宁夏回族自治区石嘴山市2025-2026学年高三考前热身化学试卷（含答案解析）

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2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、下列离子方程式书写正确的是
A．FeCl2溶液中通入Cl2：Fe2＋＋Cl2= Fe3+＋2Cl－
B．澄清石灰水与少量小苏打溶液混合：Ca2++OH－＋HCO3－= CaCO3↓＋H2O
C．FeS固体放入稀硝酸溶液中：FeS＋2H+= Fe2+＋H2S↑
D．AlCl3溶液中加入过量氨水：Al3+＋4OH－=AlO2－＋2H2O
2、为研究沉淀的生成及其转化，某小组进行如下实验。关于该实验分析不正确的是（ ）
A．①浊液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)
B．②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-
C．③中颜色变化说明有AgI生成
D．该实验可以证明AgI比AgSCN更难溶
3、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是
A．HClO的结构式：H—O—ClB．HF的电子式： H＋[::]－
C．S2﹣的结构示意图：D．CCl4分子的比例模型：
4、下列不能说明氯元素的非金属性比硫元素强的是（ ）
A．氧化性：
B．
C．气态氢化物的稳定性：
D．与反应生成，而与生成
5、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）
A．0.1ml/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)＞c(X-)＞c(OH-)＞c(H+)
B．L1表示-lg与pH的变化关系
C．Kb(YOH)=10-10.5
D．a点时两溶液中水的电离程度不相同
6、下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（ ）
A．质子数为7、中子数为8的氮原子：N
B．溴化铵的电子式：
C．氮原子的结构示意图：
D．间硝基甲苯的结构简式：
7、化学与生活密切相关，下列说法错误的是
A．纯棉面料主要含C、H 、O 三种元素
B．植物油的主要成分属于酯类物质
C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色
D．聚乳酸 ( ) 的降解过程中会发生取代反应
8、有机物M、N、Q的转化关系为：
下列说法正确的是( )
A．M分子中的所有原子均在同一平面
B．上述两步反应依次属于加成反应和取代反应
C．M的同分异构体中属于芳香烃的还有3种
D．Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色
9、下列符合元素周期律的是
A．碱性：Ca(OH)2>Mg(OH)2B．酸性：H2SO3> H2CO3
C．热稳定性：NH3 < PH3D．还原性：S2－< Cl－
10、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是
A．a极的电极反应式为
B．若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室
C．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作
D．由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境
11、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2→H+H）。下列说法错误的是（ ）
A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%
B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物
C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率
D．第③步的反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO
12、乙酸香兰酯是用于调配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反应的化学方程式如下：
下列叙述正确的是( )
A．该反应不属于取代反应
B．乙酸香兰酯的分子式为C10H8O4
C．FeCl3溶液可用于区别香兰素与乙酸香兰酯
D．乙酸香兰酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香兰素
13、碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是
A．分子内共价键B．分子间的作用力
C．碘分子的大小D．分子内共价键的键长
14、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是
A．甲可以发生加成、氧化和取代反应
B．乙的分子式为C6H6Cl6
C．丙的一氯代物有2种
D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质
15、下列由实验得出的结论正确的是
A．AB．BC．CD．D
16、元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如下表所示,其中R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸。则下列判断正确的是( )
A．非金属性:Z87.8>a，则a、b、c的大小关系为___________。
(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是___
(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_________________；
(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。___________。
26、（10分）依据图1中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_________。
(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：
①NH3→NO的化学方程式为______________。
②NO→NO2反应的实验现象是____________。
③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。
(4)图1中，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为_____。
(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。
A．O2 B．Na C．NH4Cl D．NO2
27、（12分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银﹣Ferrzine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrzine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。
已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：
(1)A装置中反应的化学方程式为___________，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是___________________。
(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为________。
(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开______，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，________。
(4)室内空气中甲醛含量的测定。
①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是______________；再重复上述操作3次。毛细管的作用是__________。
②向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为____mg·L-1。
28、（14分）氢能被视为最具发展潜力的清洁能源，开发高效储氢材料是氢能利用的重要研究方向。
(1)是一种潜在的储氢材料，其中N原子的价电子排布式为________________。
(2)的键角由大到小的顺序为________________________，的第一电离能由大到小的顺序为_______________________________。
(3)是新型环烯类储氢材料，研究证明其分子呈平面结构（如图所示）。
①分子中原子和原子的杂化轨道类型分别为_________________________。
②测得中碳硫键的键长介于C-S键和C=S键之间，其原因可能是________________________________________________。
(4)某种铜银合金晶体具有储氢功能，它是面心立方最密堆积结构，原子位于面心，Ag原子位于顶点，H原子可进入由Cu原子和Ag原子构成的四面体空隙中。若将原子等同看待，该晶体储氢后的晶胞结构与（如图）相似，该晶体储氢后的化学式为_________________________。
(5)是金属氢化物储氢材料，其晶胞如图所示，该晶体的密度为，则该晶胞的体积为___________（用含的代数式表示）。
29、（10分）合成氨是人类科学技术发展史上的一项重大突破，研究表明液氨是一种良好的储氢物质。
（1）化学家Gethard Ertl证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程，示意如下图：
下列说法正确的是____（选填字母）。
A．①表示N2、H2分子中均是单键
B．②→③需要吸收能量
C．该过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成
（2）氨气分解反应的热化学方程式如下：2NH3（g）N2（g）＋3H2（g） △H，若N三N键、H一H键和N一H键的键能分别记作a、b和c（单位：kJ·ml－l），则上述反应的△H＝___kJ·ml一1。
（3）研究表明金属催化剂可加速氨气的分解。下表为某温度下等质量的不同金属分别催化等浓度氨气分解生成氢气的初始速率（m ml．min一1）。
①不同催化剂存在下，氨气分解反应活化能最大的是___（填写催化剂的化学式）。
②温度为T，在一体积固定的密闭容器中加入2 mlNH3，此时压强为P0，用Ru催化氨气分解，若平衡时氨气分解的转化率为50％，则该温度下反应2NH3（g）N2（g）十3H2（g）用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝___。[己知：气体分压（p分）＝气体总压（p总）x体积分数]
（4）关于合成氨工艺的理解，下列正确的是___。
A．合成氨工业常采用的反应温度为500℃左右，可用勒夏特列原理解释
B．使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产量
C．合成氨工业采用10 MPa一30 MPa，是因常压下N2和H2的转化率不高
D．采用冷水降温的方法可将合成后混合气体中的氨液化
（5）下图为合成氨反应在不同温度和压强、使用相同催化剂条件下，初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，平衡混合物中氨的体积分数[（NH3）]。
①若分别用vA（NH3）和vB（NH3）表示从反应开始至达平衡状态A、B时的化学反应速率，则vA（NH3）____vB（NH3）（填“＞”、“＜”或“＝”）。
②在250℃、1.0×104kPa下，H2的转化率为______%（计算结果保留小数点后1位）。
（6）N2和H2在铁作催化剂作用下从145℃就开始反应，随着温度上升，单位时间内NH3产率增大，但温度高于900℃后，单位时间内NH3产率逐渐下降的原因________。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、B
【解析】
A、电子得失不守恒，正确的是2Fe2＋＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；
B、正确；
C、硝酸具有氧化性，能氧化FeS，错误；
D、氢氧化铝不能溶于氨水中，错误，
答案选B。
2、D
【解析】
A. 络合反应为可逆反应，则①浊液中存在平衡：AgSCN(s) Ag+(aq)+SCN-(aq)，A项正确；
B. 离子与SCN-结合生成络离子，则②中颜色变化说明上层清液中含有SCN-，B项正确；
C. 银离子与碘离子结合生成AgI黄色沉淀，则③中颜色变化说明有AgI生成，C项正确；
D. 硝酸银过量，不发生沉淀的转化，余下的浊液中含银离子，与KI反应生成黄色沉淀，不能证明AgI比AgSCN更难溶，D项错误；
答案选D。
3、A
【解析】
A. 次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H−O−Cl，A项正确；
B. HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B项错误；
C. 硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；
D. 氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；
答案选A。
A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。
4、A
【解析】
A.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，不能根据其含氧酸的氧化性判断元素的非金属性强弱，A符合题意；
B.在该反应中Cl2将S置换出来，说明氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，B不符合题意；
C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，因此可通过稳定性HCl>H2S，证明元素的非金属性Cl>S，C不符合题意；
D.Fe是变价金属，氧化性强的可将其氧化为高价态，氧化性弱的将其氧化为低价态，所以可根据其生成物中Fe的价态高低得出结论氧化性Cl2>S，则元素的非金属性Cl>S，D不符合题意；
故合理选项是A。
5、A
【解析】
NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。
A．曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=1×10-9＞1×10-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-＜Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)＜c(H+)、c(Y+)＜c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)＞c(Y+)＞c(H+)＞c(OH-)，故A错误；
B．根据分析可知，曲线L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；
C．曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=1×10-10.5ml/L，则Kb(YOH)==c(OH-)=1×10-10.5，故C正确；
D．a点溶液的pH＜7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：a＜b，故D正确；
故答案为A。
6、D
【解析】
A．质子数为7、中子数为8的氮原子：,故A错误；
B．溴化铵的电子式：，故B错误；
C．氮原子的结构示意图：，故C错误；
D．间硝基甲苯的结构简式：，故D正确；
答案选D。
7、C
【解析】
A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；
B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；
C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；
D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；
答案选C。
8、C
【解析】
由转化关系可知，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成。
【详解】
A项、分子中的侧链为乙基，乙基含有2个饱和碳原子，则分子中的所有原子不可能在同一平面，故A错误；
B项、与氯气在光照条件下转化为的反应属于取代反应，故B错误；
C项、的同分异构体中属于芳香烃的还有对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯，共3种，故C正确；
D项、属于芳香醇，其与乙醇不是同系物，故D正确。
故选C。
本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。
9、A
【解析】
A．金属性Ca＞Mg，对应碱的碱性为Ca(OH)2＞Mg(OH)2，故A正确；
B．非金属性S＞C，对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4＞H2CO3，而H2SO3＞H2CO3可利用强酸制取弱酸反应说明，故B错误；
C．非金属性N＞P，对应氢化物的稳定性为NH3＞PH3，故C错误；
D．非金属性S＜Cl，对应阴离子的还原性为S2-＞Cl-，故D错误；
故答案为A。
元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
10、C
【解析】
本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。
【详解】
A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；
B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；
C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；
D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;
答案：C
11、A
【解析】
A．从反应②、③、④看，生成2mlH2O，只消耗1mlH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；
B．从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；
C．从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；
D．从历程看，第③步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO，D正确；
故选A。
12、C
【解析】
A、香兰素中—OH中的H原子，被—COCH3替代，该反应属于取代反应，A项错误；
B、乙酸香兰酯的分子式为C10H10O4，B项错误；
C、乙酸香兰酯中没有酚羟基，可以用FeCl3溶液区别香兰素与乙酸香兰酯，C项正确；
D、乙酸香兰酯应在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香兰素，D项错误；
答案选C。
考点：考查有机化学基础（反应类型、分子式的确定、官能团的性质等）。
13、B
【解析】
碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。
14、B
【解析】
A. 物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；
B. 根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；
C. 丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；
D. 丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；
故答案选B。
15、D
【解析】
A．苯与溴水发生萃取，苯分子结构中没有碳碳双键，不能与溴发生加成反应，故A错误；
B．向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体，生成的产物为硫和二氧化硫，原溶液中可能含有S2-和SO32-，不一定是S2O32-，故B错误；
C．水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下进行，没有向水解后的溶液中加碱调节溶液至碱性，加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，实验不能成功，故C错误；
D．测定等物质的量浓度的Na2CO3和Na2SO4溶液的pH，Na2CO3的水解使溶液显碱性，Na2SO4不水解，溶液显中性，说明酸性：硫酸＞碳酸，硫酸、碳酸分别是S元素、C元素的最高价含氧酸，因此非金属性：硫强于碳，故D正确；
答案选D。
16、B
【解析】
R单质在暗处与H2剧烈化合并发生爆炸，则R为F元素，由元素在周期表中的位置可知，T为Cl元素，Q为Br元素，X为S元素，Z为Ar元素。
【详解】
A．Z为Ar元素，最外层为稳定结构，金属性与非金属性在同周期中最弱，且同周期自左而右非金属性增强，非金属性Z＜X＜T，A项错误；
B．R为F元素，Q为Br元素，原子序数相差26，B项正确；
C．同主族自上而下，非金属性减弱，非金属性F＞Cl＞Br，非金属性越强，气态氢化物越稳定，稳定性HF＞HCl＞HBr，C项错误；
D．R为F，非金属性很强，没有最高价含氧酸，D项错误；
答案选B。
17、A
【解析】
因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为＋1、－1价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。
A. 反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化， 所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A项正确；
B. 水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；
C. SO2中硫的化合价为＋4价，故每生成1 ml SO2转移3 ml电子，C项错误；
D. SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3，D项错误；
答案选A。
18、C
【解析】
A. HCl是共价化合物，不存在氯离子，故A错误；
B. CCl4是共价化合物，不存在氯离子，故B错误；
C. KCl是离子化合物，由K+ 和Cl- 组成，含有氯离子，故C正确；
D. NaClO是离子化合物，由Na+ 和ClO- 组成，不存在氯离子，故D错误；
故答案为C。
19、C
【解析】
A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；
Fe物质的量为0.1ml，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，B错误；
C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中增大，故C正确；
D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-⇌BaSO4(s)+CO32-(aq)，=，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；
故合理选项是C。
20、D
【解析】
根据题干信息和图示转换进行判断。
【详解】
A．由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确；
B．环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；
C．在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C正确；
D．该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；
答案选D。
21、B
【解析】
A.同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。浓氯水能挥发出氯气，该实验中氯气易参与试管中的反应，故无法证明溴和碘的氧化性的强弱关系，A得不到相应结论；
B.浓硫酸使蔗糖变黑，证明浓硫酸有脱水性；然后有气体生成，该气体能使溴水褪色，证明有二氧化硫生成，说明浓硫酸有强氧化性，可以被C还原为二氧化硫，故B可以得出相应的结论；
C.SO2溶解在试管中使溶液显酸性，与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应得到SO42-，所以生成硫酸钡白色沉淀，故C得不到相应的结论；
D.盐酸有挥发性，挥发出的盐酸也会与Na2SiO3溶液反应得到硅酸沉淀。因此不能证明酸性：碳酸＞硅酸，D得不到相应的结论。
本题主要是考查化学实验方案设计与评价，明确相关物质的性质和实验原理是解答的关键，选项A是易错点，注意浓氯水的挥发性。考查根据实验现象，得出结论，本题的难度不大，培养学生分析问题，得出结论的能力，体现了化学素养。
22、B
【解析】
A．a～b点导电能力增强，说明反应后溶液中离子浓度增大，也证明HR在溶液中部分电离，为弱酸，故A正确；B、弱离子在水溶液中会发生水解反应，根据A知，HR是弱电解质，且一水合氨是弱电解质，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，且此时二者的浓度、体积都相等，说明HR和一水合氨的电离程度相等，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相等，故B错误；C．c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C正确；D．离子积常数只与温度有关，温度不变，离子积常数不变，所以b-c任意点溶液均有c（H+）•c（OH-）=Kw=1.0×10-14 ml2•L-2，故D正确；故选B。
点睛：本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，明确图中曲线变化趋势及曲线含义是解本题关键，侧重考查学生分析判断及知识综合运用能力，易错选项是D，注意：离子积常数只与温度有关，与溶液浓度及酸碱性无关，题目难度中等
二、非选择题(共84分)
23、b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑ 可能
【解析】
Ⅰ. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；
(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；
Ⅱ.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L×22.4 L/ml=28 g/ml，丙为氮气，乙为氨气。
【详解】
(1)
a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)＜r(Cl-)，故a错误；
b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；
c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；
d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。
(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；
(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；
(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。
(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。
(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O═2Al(OH)3+6H2↑。
(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。
24、 羧基、氯原子 加成反应 C10H16O2 +2NaOH+NaCl+2H2O
【解析】
A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是与CO发生加成反应，可知A为．对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生取代反应生成F，故C为、D为、E为．F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。
【详解】
(1)A的结构简式为；D为，其官能团为羧基、氯原子；
(2)根据分析可知D与氢气发生加成反应生成E；G的结构简式为，分子式为C10H16O2；
(3)E为，与足量氢氧化钠的乙醇溶液在加热条件发生氯原子的消去反应，以及羧基与氢氧化钠的中和反应，故反应方程式为：+2NaOH+NaCl+2H2O；
(4)由分析可知M的结构简式为；
(5)C为，其同分异构体H既能发生银镜反应又能发生水解反应说明其含有—CHO结构且含有酯基，核磁共振氢谱有4组吸收峰说明其结构对称，则符合条件的H为：；
(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路线流程图为。
解决本题充分利用物质的结构与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化；注意对信息的理解，明确题目所给反应中是哪个化学键的断裂与形成。
25、ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O a、c K3[Fe(CN)6]溶液 2.0 25 c>b>a 若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净 称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于
【解析】
(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，据此书写；
(2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；
(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；
(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；
(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；
(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；
(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。
【详解】
(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO4·7H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=6Fe3++Cl-+3H2O；
(2) NaClO3氧化FeSO4·7H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO4·7H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；
(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；
(4)①根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；
②在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验b>a；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验c>b，因此三者关系为c>b>a；
(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；
(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；
(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1mlFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5mlFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。
本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。
26、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O A 4NH3+5O24NO+6H2O 无色气体变红棕色 1：2 H2O2 AD
【解析】
(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O；
(2)氨气是一种碱性气体，会与酸发生反应；
(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO，NO与氧气反应产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根据电子守恒、一种守恒配平方程式，判断氧化剂、还原剂的物质的量的比，根据物质的颜色判断反应现象；
(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，还原产物无污染；
(5)若要将NH3→N2，N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，加入的物质应该有强的氧化性。
【详解】
(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应，反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；
(2)氨气是一种碱性气体，能与酸发生反应，而不能与碱反应，因此不能使用浓硫酸干燥，可以使用碱石灰、NaOH固体干燥，故合理选项是A；
(3)①NH3与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化反应产生NO和水，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
②NO在室温下很容易与O2反应产生NO2，NO是无色气体，NO2是红棕色气体，所以反应的实验现象是看到气体由无色变为红棕色；
③NO2被水吸收得到HNO3，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，在该反应中，NO2既作氧化剂，又作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
(4)图中实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为H2O2；
(5)若要将NH3→N2，由于N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，则加入的物质应该有强的氧化性。
A.O2可以将NH3氧化为N2，A符合题意；
B.金属Na具有强的还原性，不能氧化NH3，B不符合题意；
C.NH4Cl中N元素化合价也是-3价，不能与氨气反应产生氮气，C不符合题意；
D.NO2中N元素化合价也是+4价，能与氨气反应产生氮气，D符合题意；
故合理选项是AD。
本题考查了氮元素的单质及化合物的转化、气体的制取、干燥、氧化还原反应的应用等。掌握N元素的有关物质的性质、反应规律、氧化还原反应中电子得失与元素化合价的升降、反应类型的关系、物质的作用关系等基础知识和基本理论是本题解答的关键。
27、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑ 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375
【解析】
在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3＋定量反应生成Fe2+，Fe2＋与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2＋1.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。
【详解】
(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；
(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；
(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag++NH3+H2O=AgOH↓+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 ·H2O=[ Ag(NH3)2] ++OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；
(4)①用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。
②甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)==2×10-5 ml，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x ml，则4x=2×10-5 ml×1，x=5×10-6 ml，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml，空气中甲醛的含量为1.25×10-6 ml×30 g/ml×103 mg/g=0.0375 mg/L。
本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。
28、 碳原子为杂化，硫原子为杂化 中碳硫键具有一定程度的双键性质
【解析】
（1）基态氮原子的电子排布式为，价电子排布式为；
（2）甲烷分子中键角为109°28′，水分子中因孤对电子对键的挤压，导致键角小于109°28′，而二氧化碳中的键角为180°，因此键角由大到小的顺序为；同周期元素随着原子序数的增加，第一电离能越来越大，但是考虑到氮原子为半满的稳定结构，因此电离能最大，故电离能大小排序为；
（3）①每个碳原子周围有3个碳原子，有3个键和1个键，因此杂化，而每个硫原子周围有2个原子，还有2对孤对电子，因此为杂化；
②由于中碳硫键具有一定程度的双键性质，双键的长度比单键短，因此碳硫键的长度介于和之间；
（4）处于顶点的原子按计算，处于面心的原子按计算，而处于晶体内部的原子按整个计算，铜原子位于面心，因此一共有个铜原子，银原子位于顶点，因此一共有个银原子，而氢原子全部嵌在晶体内，一共有8个氢原子，故储氢后的化学式为；
（5）晶胞中含有2个Mg、4个H，直接代入二者的原子量算出单个晶胞的质量为g，代入后得出。
29、BC 6c-a-3b BC < 66.7 高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降
【解析】
⑴A. N2分子中是三键不是单键；
B. ②→③的过程是分子中价键断裂为原子，价键断裂是吸收能量的；
C. 化学变化的本质就是旧化学键的断裂，新化学键的生成。
⑵，根据反应方程式计算；
⑶①根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大；
②
体积分数等于物质的量分数所以的体积分数为 、N2的体积分数为 、的体积分数为 ，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比得总压强 化学平衡常数 带入，得
⑷A.反应为放热反应，按勒夏特列原理，应选择较低温度，此反应考虑到催化剂的活化温度；
B.催化剂的作用是增大反应速率，使反应尽快到到平衡，但不影响反应物转化率；
C. 反应是体积减小的反应，增大压强反应向右进行，增大转化率；
D.氨气的沸点比水低，采用冷水降温的方法不能将合成后混合气体中的氨液化；
⑸①压强大，速率大，温度高，速率大；
② 初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，假设为1 ml、 为3 ml， 设平衡时，消耗 x ml，再根据三段式法列式计算。
⑹合成氨的反应是放热反应，当温度高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降；
【详解】
⑴A.N2分子中是三键不是单键，故A错误；
B. ②→③的过程是分子中价键断裂为原子，价键断裂是吸收能量的，故需要吸收能量，故B正确；
C.化学变化的本质就是旧化学键的断裂，新化学键的生成，所以氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的过程表示了化学变化中包含旧化学键的断裂和新化学键的生成，故C正确；
故答案为：BC。
⑵，含有三个N-H键，根据反应方程式可得，故答案为：；
⑶①Fe作催化剂时，氢气的初始生成速率最小，根据碰撞理论的解释，催化剂的催化原理实质上是降低反应的活化能，活化能越低，则活化分子百分数越高，反应速率越大，所以上述金属比较，铁作催化剂时，氨分解的活化能最大，故答案为：Fe；
②

体积分数等于物质的量分数所以的体积分数为 、N2的体积分数为 、的体积分数为 ，根据同温同体积下，压强之比等于物质的量之比得总压强 化学平衡常数 带入，得
⑷A.反应为放热反应，按勒夏特列原理，应选择较低温度，此反应主要是考虑到催化剂的活化温度，故A错误；
B.催化剂的作用是增大反应速率，使反应尽快到到平衡，但不影响反应限度，故使用初始反应速率更快的催化剂Ru，不能提高平衡时NH3的产量，故B正确；
C. 反应是体积减小的反应，增大压强反应向右进行，所以合成氨工业压强采用10 MPa一30 MPa，可以大大增加转化率，故C正确；
D.氨气的沸点比水低，采用冷水降温的方法不能将合成后混合气体中的氨液化，故D错误；
故答案为BC；
⑸①压强大，速率快，温度高，速率快，B的温度比A的高，B的压强比A的大，所以B的速率大于A的速率，故答案为：＜；
②初始时氮气、氢气的体积比为1：3时，假设为1ml、 为3ml，设平衡时，消耗xml
由图可知在250℃、1.0×104kPa下，平衡混合物中氨的体积分数为50%，列式
，解得 ， 的转化率为，故答案为：66.7%；
⑹合成氨的反应是放热反应，当温度高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降，故答案为：高于900℃后，产率受平衡移动影响为主，温度升高，平衡向左移动，NH3 产率下降；
转化率、压强和平衡常数的计算是解答的难点，注意从阿伏加德罗定律的角度去理解压强与气体物质的量之间的关系，注意结合反应的方程式和表中数据的灵活应用。也可以直接把压强看作是物质的量，利用三段式计算。
实验
结论
A
将适量苯加入溴水中，充分振荡后，溴水层接近无色
苯分子中含有碳碳双键，能与Br2发生加成反应
B
向某溶液中加入稀硫酸，生成淡黄色沉淀和有刺激性气味的气体
该溶液中一定含有S2O32－
C
向蔗糖溶液中滴加稀硫酸，加热，然后加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，未观察到砖红色沉淀
蔗糖未水解或水解的产物不是还原性糖
D
相同条件下，测定等浓度的Na2CO3溶液和Na2SO4溶液的pH，前者呈碱性，后者呈中性
非金属性：S>C
编号
T/℃
FeSO4·7H2O/g
NaClO3/g
氧化效果/%
i
70
25
1.6
a
ii
70
25
m
b
iii
80
n
2.0
c
iv
80
25
1.6
87.8