2026屆山西農業大學附屬中學化學高三第一學期期中達標測試試題含解析

2026屆山西農業大學附屬中學化學高三第一學期期中達標測試試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、一定溫度下，某溶液pH=7，下列判斷一定正確的是A．該溶液呈中性 B．該溶液中c(H+)=c(OH-)C．該溶液中c(H+)=10-7mol/L D．該溶液中c(OH-)=10-7mol/L2、根據下表提供的數據，判斷下列離子方程式或化學方程式正確的是（）化學式電離常數的值A．向溶液中滴加少量氯水：B．向溶液中滴加少量氯水：C．向溶液中通入過量：D．向溶液通少量：3、K2FeO4是優良的水處理劑，一種制備方法是將Fe2O3、KNO3、KOH混合共熔，反應為Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O。下列關于該反應的說法不正確的是A．鐵元素被氧化，氮元素被還原 B．每生成1molK2FeO4，轉移6mole?C．K2FeO4具有氧化殺菌作用 D．該實驗條件下的氧化性：KNO3＞K2FeO44、C60可用作儲存氫氣的材料，結構如右圖所示。繼C60后，科學家又合成了Si60、N60，三種物質結構相似。下列有關說法正確的是A．C60、Si60、N60都屬于原子晶體B．C60、Si60、N60分子內共用電子對數目相同C．由于鍵能小于，故N60的穩定性弱于N2D．由于鍵長小于鍵，所以C60熔、沸點低于Si605、下列物質屬于鹽的是A．Mg(OH)2 B．Al2O3 C．Cu2(OH)2CO3 D．CH3CH2OH6、已知熱化學方程式：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/molH2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol，當1g液態水變為水蒸氣時，其熱量變化是()A．ΔH＝＋88kJ/mol B．ΔH＝＋2.44kJ/molC．ΔH＝－4.98kJ/mol D．ΔH＝－44kJ/mol7、含n克HNO3的稀溶液恰好與m克Fe完全反應，若HNO3只被還原為NO，則n：m可能()①5：1、②9：2、③3：1、④2：1、⑤4：1A．②③B．①③④C．②③⑤D．①③8、如圖是實驗室硫酸試劑標簽上的部分內容，據此下列說法正確的是()A．配制稀硫酸定容時俯視刻度線會造成所配溶液濃度偏高B．取該硫酸1ml與1ml水混合后，物質的量濃度為9.2mol/LC．將該硫酸配成1mol/L的稀硫酸480ml所需的玻璃儀器只有：燒杯、500ml容量瓶、玻璃棒D．1molFe與足量的該硫酸反應產生1mol氫氣9、下列有關膠體的敘述正確的是()A．硅酸鈉溶液中滴加鹽酸，混合液呈白色果凍狀時，即得硅酸溶膠B．氯化鐵溶液混合氫氧化鈉溶液，可得氫氧化鐵膠體C．滲析操作與膠體粒子的顆粒度大小有關D．可以通過丁達爾效應來區別稀的淀粉溶液與稀豆漿10、研究發現，硝酸越稀，還原產物中氮元素的化合價越低。某同學取適量的鐵鋁合金與足量很稀的硝酸充分反應，沒有氣體放出。在反應結束后的溶液中，逐滴加入4mol/LNaOH溶液，所加NaOH溶液的體積（mL）與產生的沉淀的物質的量（mol）的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．D點溶液中的溶質是NH4NO3、NaNO3B．DE段發生的反應為：NH+OH?=NH3·H2OC．B點沉淀的物質的量為0.024molD．C點的數值等于711、下列實驗現象預測、實驗設計、儀器使用能達到目的是A．模擬工業制氨氣并檢驗產物B．實驗室采用所示裝置收集SO2C．可用所示裝置驗證鐵發生析氫腐蝕D．可用所示裝置比較KMnO4、Cl2、S的氧化性強弱12、為驗證還原性：SO2>Fe2＋>Cl－，三組同學分別進行了下圖實驗，并對溶液1和溶液2中所含離子進行了檢驗，能證明上述還原性順序的實驗組有()溶液1溶液2甲含Fe3＋、Fe2＋含SO乙含Fe3＋，無Fe2＋含SO丙含Fe3＋，無Fe2＋含Fe2＋A．只有甲 B．甲、乙C．甲、丙 D．甲、乙、丙13、取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加熱充分反應。冷卻，稱得剩余固體比原混合物質量減輕1.200g。若將同量的該混合物與鹽酸反應完全，至少需1mol/L鹽酸的體積為A．37.5mL B．75mL C．150mL D．300mL14、某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四種離子。則下列描述正確的是A．加入適量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和B．加入適量NaOH，溶液中離子濃度為c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C．該溶液由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成D．該溶液可由pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合而成15、連二次硝酸(H2N2O2)是一種二元酸，常溫下，用0.01mol·L-1的NaOH溶液滴定10mL0.01mol·L-1的H2N2O2溶液，測得溶液pH與NaOH溶液體積的關系如圖。常溫下，下列各點所對應溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是A．a點：c(N2O)＋c(HN2O)-c(Na＋)=9.9×10-7mol·L-1B．b點：c(Na＋)＞c(N2O)＋c(HN2O)＋c(H2N2O2)C．c點：c(Na＋)＞c(HN2O)＞c(H2N2O2)＞c(N2O)D．d點：c(H2N2O2)＋c(HN2O)＋c(H+)=c(OH-)16、下列說法正確的是()A．漂白粉在空氣中久置變質是因為漂白粉中的CaCl2與空氣中的CO2反應生成CaCO3B．向含I－的無色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液變成藍色，則氧化性：Cl2＞I2C．為測定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，與標準比色卡對照即可D．氯氣溶于水的離子方程式：Cl2＋H2O===2H＋＋Cl－＋ClO－二、非選擇題（本題包括5小題）17、Ⅰ.A、B、C、D和E均為中學化學常見的純凈物，其中B為自然界中含量最多的液體，它們之間有如圖反應關系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，該反應的離子方程式為____________________________________。（2）若A為短周期的金屬單質，D為氣態單質，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應都能進行。寫出C溶液呈強堿性時反應的離子方程式：_____________________________。（3）若A、C均為化合物，E為白色沉淀（不含金屬元素），C為引起溫室效應的主要氣體，則該反應的離子方程式為__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優點。工業上可將鐵屑溶于鹽酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。（4）將標準狀況下aL氯化氫氣體溶于1000g水中得到鹽酸，若該鹽酸的密度為bg·mL－1，則該鹽酸的物質的量濃度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入標準狀況下Cl23.36L，反應后的溶液中Cl－和Br－的物質的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質的量濃度為____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。18、為分析某有機化合物A的結構，進行了如下實驗：（1）向NaHCO3溶液中加入A，有氣體放出，說明A中含有___________官能團（寫結構簡式）。（2）向NaOH溶液中加入少許A，加熱一段時間后，冷卻，用HNO3酸化后再滴加AgNO3溶液，產生淡黃色沉淀，說明中A還有___________官能團（寫名稱）。（3）經質譜分析，Mr(A)=153，且A中只有四種元素，則A的分子式為___________。（4）核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結構簡式為___________。（5）已知A可發生如下圖所示的轉化：①A→B、D→E的反應類型分別為___________、___________。②寫出下列反應的化學方程式C→H：_________________________。③C的同分異構體有多種，寫出與C具有相同的官能團的C的同分異構體的結構簡式：___________________________；寫出F的結構簡式：________________________。④G與過量的銀氨溶液反應，每生成2.16gAg，消耗G的物質的量是__________mol。19、文獻表明：工業上，向熾熱鐵屑中通入氯化氫生產無水氯化亞鐵；相同條件下，草酸根的還原性強于。為檢驗這一結論，某研究性小組進行以下實驗：資料：ⅰ.草酸為二元弱酸。ⅱ.三水三草酸合鐵酸鉀為翠綠色晶體，光照易分解。其水溶液中存在ⅲ.為黃色固體，溶于水，可溶于強酸。（實驗1）用以下裝置制取無水氯化亞鐵(1)圓底燒瓶中所盛試劑是______，玻璃絲的作用是______。(2)欲制得純凈的，實驗過程中點燃A、C酒精燈的先后順序是先點燃______處酒精燈。(3)若用D的裝置進行尾氣處理，存在的問題是______、______。（實驗2）通過和在溶液中的反應比較和的還原性強弱。操作現象在避光處，向溶液中緩慢加入溶液至過量，攪拌，充分反應后，冰水浴冷卻，過濾得到翠綠色溶液和翠綠色晶體(4)取實驗2中少量晶體洗凈，配成溶液，滴加溶液，不變紅。繼續加入硫酸，溶液變紅，說明晶體中含有價的鐵元素。加硫酸后溶液變紅的原因是__________________。(5)經檢驗，翠綠色晶體為。設計實驗，確認實驗2中沒有發生氧化還原反應的操作和現象是__________________，其可能原因是__________________。(6)取實驗2中的翠綠色溶液光照一段時間，產生黃色渾濁且有氣泡產生。補全反應的離子方程式：__________________+__________________+__________________+__________________（實驗3）研究性小組又設計以下裝置直接比較和的還原性強弱，并達到了預期的目的。(7)描述達到預期目的可能產生的現象：電流計的指針_______(填“會”或“不會”)發生偏轉，一段時間后，左側_______，右側_______。20、某學習小組學習了亞鐵鹽的性質后，欲探究FeSO4溶液分別與Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反應。已知：Fe（OH）2和FeCO3均為白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。實驗操作及現象記錄如下：（1）甲同學認為實驗a中白色顆粒狀沉淀是FeCO3，寫出該反應的離子方程式：_________________________；他為了證實自己的觀點，進行實驗：取少量白色顆粒狀沉淀，加入__________，發現產生大量氣泡。（2）乙同學推測實驗a的白色顆粒狀沉淀中還可能含有Fe（OH）2，他將實驗a中兩種溶液體積均改為15mL后再進行實驗，證實了他的推測。能證明Fe（OH）2存在的實驗現象是___________________________。（3）實驗b中白色顆粒狀沉淀主要成分也為FeCO3，寫出生成FeCO3的離子方程式：_____________________________。（4）實驗b中液面上方試管內壁粘附的白色顆粒狀沉淀物變為紅褐色，主要原因是潮濕的FeCO3被氧氣氧化，寫出該反應的化學方程式：_________________。（5）乙同學反思，實驗a中含有Fe（OH）2，實驗b中幾乎不含有Fe（OH）2，對比分析出現差異的原因是_____________________________。21、已知：周期表中前四周期的六種元素A、B、C、D、E、F核電荷數依次增大，其中A原子核外有三個未成對電子；化合物B2E的晶體為離子晶體，E原子核外的M層中只有兩對成對電子；C元素是地殼中含量最高的金屬元素；D單質的熔點在同周期元素形成的單質中是最高的；F2+離子核外各層電子均充滿。請根據以上信息，回答下列問題：（1）A、B、C、D的第一電離能由小到大的順序為____。（用元素符號表示）（2）B的氯化物的熔點比D的氯化物的熔點高，理由是____________________。（3）E的最高價氧化物分子的空間構型是__________，是____分子（填“極性”“非極性”）。（4）F原子的核外電子排布式是________________。（5）E、F形成某種化合物有如圖所示兩種晶體結構（深色球表示F原子），其化學式為_________。（a）中E原子的配位數為____。若在（b）的結構中取出一個平行六面體作為晶胞，則平均一個晶胞中含有____個F原子。結構（a）與（b）中晶胞的原子空間利用率相比，（a）____（b）（填“＞”“＜”或“＝”）。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【詳解】A.常溫下pH=7的溶液才是中性溶液，故A錯誤。B常溫下pH=7的溶液中才存在c(H+)=c(OH-)，故B錯誤C.PH是H+濃度的負對數所以pH=7的溶液中一定有c(H+)=10-7mol/L，故C正確。D.常溫下pH=7的溶液中才存在c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，故D錯誤。故答案選C。【點睛】pH=7的溶液不一定是中性溶液，c(H+)=c(OH-)一定是中性溶液；pH=7，溶液顯中性，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L只有常溫才適用。2、C【詳解】依據電離常數分析可知，酸性：，再根據較強酸制較弱酸的原理分析反應能否進行。A．向溶液中滴加少量氯水，溶液中過量，鹽酸和碳酸鈉反應生成和反應生成和，反應的離子方程式應為，A錯誤；B．向溶液中滴加少量氯水，氯水中的鹽酸和反應生成和不能和反應，反應的離子方程式為，B錯誤；C．向溶液中通入過量反應生成和，反應的化學方程式為，C正確；D．向溶液中通入少量反應，因酸性：，故反應生成和，反應的化學方程式為，D錯誤；故答案為：C。3、B【詳解】A.氮元素化合價降低，被還原，鐵元素化合價升高被氧化，故A正確；B.反應Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中鐵元素由+3價變為+6價，故1molFe2O3轉移6mol電子，生成2molK2FeO4，故當生成1molK2FeO4時轉移3mol電子，故B錯誤；C.K2FeO4中鐵元素為+6價，有強氧化性，能殺菌消毒，故C正確；D.反應中KNO3為氧化劑，而K2FeO4為氧化產物，氧化性：氧化劑>氧化產物，則氧化性：KNO3>K2FeO4，故D正確；答案選B。4、C【詳解】A．C60、Si60、N60都是有分子構成的分子晶體，A錯誤；B．由于C、Si、N原子的價電子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子內共用電子對數目不相同，B錯誤；C．物質分子內含有的化學鍵鍵能越小，物質的穩定性就越弱。由于N-N鍵能小于N≡N，故N60的穩定性弱于N2，C正確；D．C60、Si60都是分子晶體，結構相似的物質，相對分子質量越大，分子間作用力就越大，克服分子間作用力使物質熔化或氣化消耗的能量就越高，物質的熔、沸點就越高。分子間作用力：Si60>C60所以所以C60熔、沸點低于Si60，錯誤。故選C。5、C【詳解】A.Mg(OH)2屬于堿，叫氫氧化鎂，故A不符合題意；B.Al2O3屬于兩性氧化物，叫氧化鋁，故B不符合題意；C.Cu2(OH)2CO3屬于鹽，叫堿式碳酸銅，故C符合題意；D.CH3CH2OH屬于有機物，叫乙醇，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。6、B【詳解】將兩式編號：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/mol①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol②將①+②得H2O(g)=H2O(l)ΔH＝+241.8kJ/mol+(-285.8kJ/mol)=－44kJ/mol，所以每1g液態水變成水蒸氣需要吸收的熱量為kJ＝2.44kJ，答案選B。7、C【解析】含n克HNO3的稀溶液恰好與m克Fe完全反應，生成硝酸鐵時，發生Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，溶解Fe的質量最小，根據電子轉移守恒n(NO)=×=mol，根據氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NO)+3n[Fe(NO3)3]，即mol+mol×3=，整理得2n=9m，生成硝酸亞鐵時溶解Fe的質量最大，根據電子轉移守恒n(NO)=×=mol，根據氮原子守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Fe(NO3)2]，則mol+2×mol=，整理得n=3m，故m的取值范圍為：n≤m≤n，②③⑤都符合，故選C。8、A【詳解】A.配制稀硫酸時定容俯視刻度線，則溶液的體積變小，濃度變大，故正確；B.該硫酸的物質的量濃度為，取該硫酸1ml與1ml水混合后沒有說明溶液的體積，不能計算其物質的量濃度，故錯誤；C.配制溶液除了給出的儀器外還需要使用膠頭滴管和量筒，故錯誤；D.常溫下鐵與濃硫酸發生鈍化，不能產生氫氣，故錯誤。故選A。【點睛】在配制一定物質的量濃度的溶液的實驗中，進行誤差分析，要分清兩個因素，一是溶質的物質的量，二是溶液的體積。溶液的體積在定容時會有影響，若俯視，則體積變小，濃度變大，仰視，體積變大，濃度變小。若定容后搖勻后再加水，則體積變大，濃度變小。實驗中其他過程中的操作分析溶質的是否變化。9、C【詳解】A.硅酸不溶于水，在水中為白色果凍狀，向硅酸鈉溶液中滴加鹽酸，鹽酸會與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀(或硅酸凝膠)，而不是溶膠，故A錯誤；B.氯化鐵溶液混合氫氧化鈉溶液，得到氫氧化鐵沉淀，并不是氫氧化鐵膠體，故B錯誤；C.膠體粒子直徑比溶液粒子直徑大，故膠體粒子不能透過半透膜，但溶液能通過，故C正確；D.稀的淀粉溶液與稀豆漿都是膠體，都會有丁達爾效應，所以不能用丁達爾效應來區分稀的淀粉溶液與稀豆漿，故D錯誤；故選C。10、C【分析】從圖中可以看出，HNO3過量，此時Al轉化為Al(NO3)3，Fe轉化為Fe(NO3)3；OC段，發生反應為H++OH-==H2O；CD段，發生反應為Al3++3OH-==Al(OH)3↓、Fe3++3OH-==Fe(OH)3↓；DE段，發生反應為+OH?=NH3·H2O；EF段，發生反應為OH-+Al(OH)3＝+2H2O。【詳解】A．D點時HNO3、Al(NO3)3、Fe(NO3)3與NaOH剛好發生反應，所以溶液中的溶質是NH4NO3、NaNO3，故A正確；B．DE段，NH4NO3與NaOH剛好完全反應，發生反應的離子方程式為：+OH?==NH3·H2O，故B正確；C．n()=0.003L×4mol/L=0.012mol，共得電子的物質的量n(e-)=0.012mol×8=0.096mol，則Al3+、Fe3+消耗NaOH的物質的量為0.096mol，B點沉淀的物質的量為=0.032mol，故C錯誤；D．n()=0.003L×4mol/L=0.012mol，共得電子的物質的量n(e-)=0.012mol×8=0.096mol，則Al3+、Fe3+消耗NaOH的物質的量為0.096mol，消耗NaOH的體積為=0.024L=24mL，C點的數值等于31mL-24mL=7mL，故D正確；故選C。11、D【解析】A.檢驗氨氣應該用濕潤的紅色石蕊試紙，故A錯誤；B.SO2的密度比空氣大，應采用“長進短出”的方式收集SO2，故B錯誤；C.食鹽水呈中性，含有溶解的氧氣，鐵生銹時發生吸氧腐蝕，故C錯誤；D.錐形瓶中高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成黃綠色氣體，試管中有淡黃色的固體生成，說明生成了Cl2和S，證明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次減弱，故D正確；答案選D。12、C【分析】本實驗利用“還原劑的還原性大于還原產物”的原理來驗證還原性的強弱順序。向FeCl2溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。【詳解】甲．溶液1中含有Fe3＋、Fe2＋，說明發生反應2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，且Cl2反應完全，可證明還原性Fe2＋>Cl－；溶液2中含有SO42-，則說明發生反應2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋，可證明還原性SO2>Fe2＋，故甲能證明還原性SO2>Fe2＋>Cl－；乙．溶液1中含有Fe3＋，無Fe2＋剩余，則還原性Fe2＋>Cl－，但Cl2可能過量，再通入SO2，可能發生的反應是Cl2＋SO2＋2H2O=2Cl－＋SO42-＋4H＋，不能比較SO2與Fe2＋的還原性強弱，故乙不能驗證；丙．溶液1中含有Fe3＋，沒有Fe2＋，通入SO2后溶液中又含有Fe2＋，說明SO2將Fe3＋還原得到Fe2＋，證明還原性SO2>Fe2＋，故丙實驗結論能證明還原性SO2>Fe2＋>Cl－。綜上所述，答案為C。13、C【解析】取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加熱充分反應。冷卻，稱得剩余固體比原混合物質量減輕1.200g，由于在反應中氧元素與氫元素結合生成水，因此減少的質量即是混合物中氧元素的質量。而混合物再與鹽酸反應時氧元素仍然是結合氫原子生成水，所以根據氧元素的質量可知氯化氫的物質的量是2×1.2g/16g·mol－1＝0.15mol，所以鹽酸的體積是0.15mol÷1mol/L＝0.15L＝150mL，答案選C。14、D【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四種離子，則該溶液為CH3COOH、CH3COONa混合溶液。【詳解】A．若加入適量氨水至堿性，溶液中存在c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)，因為c(OH-)＞c(H+)，則c(CH3COO-)＜c(Na+)+c(NH4+)，故A錯誤；B．根據電荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+

)+c(Na+

)，若溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+

)＞c(OH-)＞c(H+

)，則c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+

)+c(Na+

)，溶液不呈電中性，故B錯誤；C．由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，與溶液的酸性不符，故C錯誤；D．pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合，醋酸過量，溶液呈酸性，且溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-四種離子，故D正確；故答案為D。【點睛】判斷電解質溶液的離子濃度關系，需要把握三種守恒，明確等量關系。①電荷守恒規律，電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數一定等于陽離子所帶正電荷總數。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規律，電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質子守恒規律，如Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。15、C【分析】連二次硝酸H2N2O2是一種二元酸。常溫下，向10mL0.01mol/L的H2N2O2溶液滴加0.01mol/L的NaOH溶液，起始時，酸的pH為4.3，若H2N2O2為強酸，則pH=2，可見H2N2O2為弱酸，其鹽會發生水解，水解促進水的電離，酸電離抑制水的電離。【詳解】A．在a點時電荷守恒為：c(Na＋)+c(H＋)=2c(N2O)＋c(HN2O)＋c(OH-)，此時pH為6，則c(H＋)-c(OH-)=2c(N2O)＋c(HN2O)-c(Na＋)=10-6mol/L-10-8mol/L=9.9×10-7mol/L，A不正確；B．當溶質為NaHN2O2時，物料守恒為：c(Na＋)=c(N2O)＋c(HN2O)＋c(H2N2O2)，要使c(Na＋)＞c(N2O)＋c(HN2O)＋c(H2N2O2)，則NaOH應過量，即溶質為：NaHN2O2和Na2N2O2，但是在b點時溶液溶質為NaHN2O2和H2N2O2，，B不正確；C．c點溶液中，加入NaOH的體積為10mL，此時為第一化學計量點，反應恰好生成NaHN2O2，溶液為堿性，則c(OH-)>c(H+)，HN2O水解使溶液顯堿性，則c(Na+)>c(H2N2O2)，HN2O水解趨勢大于電離趨勢，則c(HN2O)>c(N2O)，考慮到水解促進電離，則c(OH-)>c(H2N2O2)，綜上，c點溶液中離子濃度大小關系為：c(Na＋)＞c(HN2O)＞c(H2N2O2)＞c(N2O)，故C正確；D．d點時溶液溶質為Na2N2O2，質子守恒為：2c(H2N2O2)＋c(HN2O)＋c(H+)=c(OH-)，D不正確；故選C。16、B【解析】A、漂白粉中的有效成分是次氯酸鈣；B、反應物的氧化性強于生成物的氧化性；C、具有強氧化性的HClO能使變色的pH試紙漂白褪色；D、次氯酸為弱酸。【詳解】A項、漂白粉在空氣中久置，漂白粉中的有效成分次氯酸鈣和空氣中二氧化碳水反應生成次氯酸和碳酸鈣，反應生成的次氯酸見光分解，導致漂白粉變質失效，故A錯誤；B項、氯氣具有強氧化性，向含I-的無色溶液中滴加少量新制氯水，氯氣能將碘離子氧化生成碘單質，碘單質遇淀粉試液變藍色，反應物的氧化性強于生成物的氧化性，則氧化性的順序為：Cl2>I2，故B正確；C項、氯水中含有具有強氧化性的HClO，HClO能使變色的pH試紙漂白褪色，無法測定氯水pH，實驗時應選pH計，故C錯誤；D項、氯氣溶于水，氯氣與水反應生成強酸鹽酸和弱酸次氯酸，反應的離子方程式為Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，故D錯誤。故選B。【點睛】本題考查氯及其化合物的性質，注意物質的性質和用途的關系分析，注意氧化性強弱的判斷是解答關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均為中學化學常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O，再結合流程中物質轉化關系及提供的信息進行分析判斷，從而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，結合c=計算；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，剩余的氯氣再發生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，說明氯氣完全反應，Cl2的物質的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應，設FeBr2的物質的量為x，表示出參加反應的n（Br-），根據電子轉移守恒列方程計算x值，再根據c=計算；（6）鐵離子水解制備膠體，膠體可凈化水，且水解反應為可逆反應。【詳解】A、B、C、D、E均為中學化學常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍，A具有氧化性為I2，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則C為二氧化硫，該反應的反應離子方程式為：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A為短周期的金屬單質，D為氣態單質，C溶液呈強酸性或強堿性時，該反應都能進行，則A為Al，D為H2，A與強堿性溶液反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均為化合物，C為引起溫室效應的主要氣體，判斷C為CO2，為酸性強的制備酸性弱的反應，E為白色沉淀不含金屬元素，判斷E為H2SiO3，則A為硅酸鹽，足量的C與A反應生成E的一個離子方程式為：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，由c==mol/L；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發生反應2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反應完畢，剩余的氯氣再發生反應2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應后溶液中Cl-和Br-的物質的量濃度相等，說明氯氣完全反應，Cl2的物質的量為=0.15mol，若Br-沒有反應，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應，設FeBr2的物質的量為x，則n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反應的n（Br-）=0.3mol，參加反應的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根據電子轉移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質的量濃度為=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物質的量為0.2mol，因為水解為可逆反應，且生成膠體為微觀粒子的集合體，則生成具有凈水作用的微粒數小于0.2NA。【點睛】本題考查無機推斷、氧化還原反應的計算及濃度計算等，綜合性較強，把握氧化還原反應中電子守恒、鹽類水解及物質的量濃度的相關計算公式等為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，題目難度中等。18、-COOH溴原子C3H5O2BrCH2BrCH2COOH消去反應酯化反應（取代反應）nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O0.01【分析】A和NaHCO3溶液反應有氣體放出，說明A中含有羧基，A和足量NaOH溶液反應一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，有機化合物A的相對分子質量為153，溴的相對原子質量是80、-COOH的相對分子質量為45，所以A剩余基團相對分子質量為28，其基團應該為C2H4，所以A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A的結構簡式為CH2BrCH2COOH；A和氫氧化鈉水溶液加熱時發生取代反應，然后酸化生成C，C的結構簡式為HOCH2CH2COOH，C發生氧化反應生成G，G的結構簡式為OHCCH2COOH，C發生酯化反應生成高分子化合物H，其結構簡式為，A和NaOH醇溶液加熱時，A發生消去反應生成B，B的結構簡式為CH2=CHCOONa，B然后酸化生成D，則D的結構簡式為CH2=CHCOOH，D和C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成E，E的結構簡式為CH2=CHCOOCH2CH2COOH，E發生加聚反應生成F，F的結構簡式為，再結合題目分析解答。【詳解】(1)A和NaHCO3溶液反應有氣體放出，說明A中含有羧基，羧基的結構簡式為-COOH；(2)A和足量NaOH溶液反應一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，即A還有溴原子官能團；(3)有機化合物A的相對分子質量為153，且A中只有四種元素，溴的相對原子質量是80、-COOH的相對分子質量為45，所以A剩余基團相對分子質量為28，其基團應該為C2H4，則A的分子式為C3H5O2Br；(4)A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結構簡式為CH2BrCH2COOH；(5)①A→B是CH2BrCH2COOH在NaOH的醇溶液中發生消去反應生成CH2=CHCOONa；D→E是CH2=CHCOOH和HOCH2CH2COOH在濃硫酸的作用下發生酯化反應生成CH2=CHCOOCH2CH2COOH；②HOCH2CH2COOH在濃硫酸的催化作用下發生縮聚反應的化學方程式為nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O；③C的結構簡式為HOCH2CH2COOH，與C具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為；由分析可知F的結構簡式為；④G的結構簡式為OHCCH2COOH，Ag的物質的量==0.02mol，生成0.02molAg需要0.01molG。【點睛】能準確根據反應條件推斷反應原理是解題關鍵，常見反應條件與發生的反應原理類型：①在NaOH的水溶液中發生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發生鹵代烴的消去反應；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；⑤能與H2在Ni作用下發生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發生醇的氧化反應；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發生的是—CHO的氧化反應。(如果連續兩次出現O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。19、固體防堵塞A有水蒸氣進入C中導致產品不純、發生倒吸、可燃性氣體不能被吸收(任意寫出兩種即可)溶液中存在平衡：，加熱硫酸后，與結合可使平衡正向移動，增大，遇溶液變紅取少量實驗2中的翠綠色溶液，滴加溶液，不出現藍色沉淀與形成配位化合物的趨勢要強于與發生氧化還原反應242會溶液變為淺綠色有氣泡產生【分析】實驗1：主要是通過氯化鈉固體和濃硫酸共熱制得HCl氣體，向熾熱鐵屑中通入氯化氫生產無水氯化亞鐵，HCl有毒，需要進行尾氣處理，據此回答；實驗2：預設目的是通過和在溶液中的反應比較和的還原性強弱，但在實驗條件下，沒有出現預期現象，而得到翠綠色晶體，所得晶體取少量配成溶液、滴加KSCN溶液，不變紅，但是加入硫酸后，溶液變紅，那可見在加硫酸以后鐵離子的濃度由小變大，可推測不是復鹽而是配合物，鐵元素存在于中，通過加硫酸以后平衡的移動來回答；實驗3：通過設計原電池來比較和的還原性強弱，原電池中，還原劑在負極失去電子發生氧化反應，電子從負極流出，電子沿著導線流向正極，正極上氧化劑得到電子發生還原反應，內電路中陰離子移向負極、陽離子移向正極，和中還原性強的就是原電池負極反應物，據此分析回答；【詳解】(1)據分析知：圓底燒瓶中所盛試劑是NaCl固體，玻璃絲的作用是防堵塞；

(2)欲制得純凈的FeCl2，在鐵和氯化氫反應前，必須用產生的HCl氣體排凈裝置中的空氣，故實驗過程中點燃A、C酒精燈的先后順序是：先點燃A處酒精燈，再點燃C處的酒精燈；

(3)若用D的裝置進行尾氣處理，存在的問題是：有水蒸氣進入C中導致產品不純、發生倒吸、可燃性氣體H2不能被吸收；

(4)取實驗2中少量晶體洗浄，配成溶液，滴加KSCN溶液，不變紅。繼續加入硫酸，溶液變紅，說明晶體中含有+3價的鐵元素，加硫酸后溶液變紅的原因是：溶液中存在平衡，加入硫酸后，與結合可使平衡正向移動，增大，遇溶液變紅；

(5)經檢驗，翠綠色晶體為為，設計實驗，確認實驗2中沒有發生氧化還原反應的操作和現象是：取少量實驗2中的翠綠色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出現藍色沉淀，其可能原因是與形成配位化合物的趨勢要強于與發生氧化還原反應；

(6)取實驗1中的翠綠色溶液光照一段時間，產生黃色渾濁且有氣泡產生，反應生成二氧化碳，鐵離子被還原為亞鐵離子，結合電子守恒、原子守恒書寫得到離子方程式為：，故答案為：2；4；2；；2CO2↑；

(7)設計如圖裝置直接比較和的還原性強弱，并達到了預期的目的，則按信息：草酸根的還原性強于，結合原電池原理可推知：裝置右側是原電池的負極區，失去電子被氧化得到二氧化碳氣體，裝置左側是原電池的正極區，鐵離子得電子被還原，故達到了預期目的可能產生的現象是：電流計的指針發生偏轉，一段時間后，左側溶液變成淺綠色，右側有氣泡生成。