2026届亳州市重点中学化学高三上期中调研模拟试题含解析

2026届亳州市重点中学化学高三上期中调研模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、焰火“脚印”、“笑脸”、“五环”，让北京奥运会开幕式更加辉煌、浪漫，这与高中化学中“焰色反应”知识相关。下列说法中正确的是（）A．焰色反应是化学变化B．用稀盐酸清洗做焰色反应的铂丝（镍丝或铁丝）C．焰色反应均应透过蓝色钴玻璃观察D．利用焰色反应可区分NaCl与Na2CO3固体2、利用如图所示的仪器和药品(必要时可加热)，能够达到实验目的是（）试剂a试剂b试剂c实验目的①盐溶液XNaOH酚酞证明X中含有NH4+②浓盐酸CaCO3Na2SiO3溶液证明酸性：HCl>H2CO3>H2SiO3③浓盐酸MnO2淀粉KI溶液证明氧化性：MnO2>Cl2>I2④浓硫酸C澄清石灰水证明产物中含有CO2A．①②③ B．①③ C．②③ D．①②③④3、X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如右图所示。已知W的一种核素的质量数为18，中子数为10，X和Ne原子的核外电子总数相差1；Y的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。下列说法正确的是（）A．最高化合价：X＞Y＞Z＞WB．简单气态氢化物的稳定性：Z＞Y＞WC．Y的氧化物与X、Z的最高价氧化物对应的水化物均能反应D．由X、Z、W三种元素形成的化合物一定既含有离子键又含共价键4、下列有关说法中正确的是（）A．分馏、干馏都是物理变化 B．127I和131I互为同素异形体C．盐酸、王水都是混合物 D．硫酸铜、二氧化硫都是电解质5、在t℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是A．该反应正反应的焓变为正值B．恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深C．升高温度，逆反应速率减小D．该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO36、常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体(称摩尔盐)是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2·6H2OFe2O3+2NH3↑+N2↑+4SO2↑+17H2O。下列说法正确的是()A．该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3B．1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAC．向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和红褐色沉淀D．常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4大7、下列说法正确的是①NaCl晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl-，CsCl晶体中每个Cl-同时吸引着6个Cs+②蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质③因为氧化性：HClO>H2SO4,所以非金属性：Cl>S④胶体的本质特征是丁达尔现象⑤除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤⑥可用Ba(OH)2溶液同时鉴别能力Fe(NO3)3、AlCl3、NH4Cl、FeCl2、Na2SO4五种溶液A．②⑤⑥B．①②④C．②④⑤D．③⑤⑥8、化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是A．Al2O3作耐火材料是因为氧化铝熔点高B．“血液透析”利用了胶体的性质C．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解D．家用燃煤中适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放9、常温下，在下列给定条件的各溶液中，一定能大量共存的离子组是A．1.0mol·L-1的HNO3溶液：NH4+、[Ag(NH3)2]+、Cl－、SO42－B．c(H+)/c(OH－)=10－11的溶液：Na+、Ba2+、NO3－、Cl－C．滴入酚酞显红色的溶液：Ca2＋、Al3+、NO3－、HCO3－D．滴入碘化钾淀粉溶液显蓝色的溶液：Na+、Fe2+、ClO－、SO42－10、以下化石能源的加工方式能大量得到乙烯的是A．石油裂解B．石油裂化C．石油分馏D．煤焦油分馏11、如图是批量生产的笔记本电脑所用的甲醇燃料电池的结构示意图。甲醇在催化剂作用下提供质子(H+)和电子。电子经外电路、质子经内电路到达另一极与氧气反应。电池总反应式为：2CH3OH＋3O2＝2CO2＋4H2O。下列说法中正确的是()A．左边的电极为电池的负极，a处通入的是甲醇B．右边的电极为电池的负极，b处通入的是空气C．电池负极的反应式为：CH3OH+H2O+6e－=CO2+6H+D．电池的正极反应式为：O2+2H2O+4e－=4OH－12、已知2H2O2（l）═2H2O（l）+O2（g）反应过程中的能量变化曲线如图所示，下列说法不正确的是A．途径Ⅱ与途径Ⅰ相比，可能是加入了二氧化锰B．2molH2O2（l）的能量高于2molH2O（l）的能量C．其他条件相同，产生相同量氧气时放出的热量：途径Ⅰ大于途径ⅡD．其他条件相同，产生相同量氧气耗时：途径Ⅰ大于途径Ⅱ13、现有Na2SO3、Na2SO4混合物样品ag，为了测定其中Na2SO3的质量分数，设计了如下方案，其中明显不合理的是（）A．将样品配制成V1L溶液，取其中25.00mL用标准KMnO4溶液滴定，消耗标准KMnO4溶液的体积是V2mLB．向样品中加足量H2O2,再加足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为bgC．将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体通过盛有碱石灰的干燥管，测得干燥管增重cgD．将样品与足量稀盐酸充分反应后，再加入足量BaCl2溶液，过滤，将沉淀洗涤、干燥，称量其质量为dg14、强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）＝H2O（l）△H＝－57.3kJ·mol－1。分别向1L0.5mol·L－1的Ba（OH）2的溶液中加入①浓硫酸；②稀硝酸；③稀醋酸，恰好完全反应的热效应分别为△H1、△H2、△H3，下列关系正确的是A．△H1＞△H2＞△H3B．△H1＞△H2＝△H3C．△H1＜△H2＜△H3D．△H1＝△H2＜△H315、下列气体通入溶液中一定不会出现浑浊的是A．CO2通入Ca(OH)2溶液中 B．SO2通入Ba（NO3）2溶液中C．SO2通入BaCl2溶液中 D．Cl2通入氢硫酸溶液中16、中科院科学家们研究开发了一种柔性手机电池，示意图如图所示[其中多硫化锂(Li2Sx)中x=2、4、6、8]。下列说法错误的是()A．碳纳米层具有导电性，可用作电极材料B．充电时，Li+移向Li2Sx膜C．电池工作时，正极可能发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4D．电池充电时间越长，电池中Li2S2的量越少二、非选择题（本题包括5小题）17、镧系为元素周期表中第ⅢB族、原子序数为57〜71的元素。（1）镝Dy）的基态原子电子排布式为[Xe]4f106s2,画出镝（Dy）原子价层电子排布图：____________.（2）高温超导材料镧钡铜氧化物中含有Cu3+,基态时Cu3+的电子排布式为____________。（3）观察下面四种镧系元素的电离能数据，判断最有可能显示+3价的元素是_____填元素名称）。几种镧系元素的电离能（单位：kJ∙mol-1）元素Ⅰ1Ⅰ2Ⅰ3Ⅰ4Yb（镱）604121744945014Lu（镥）532139041114987La（镧）538106718505419Ce（铈）527104719493547（4）元素铈（Ce）可以形成配合物（NH4)2[Ce(NO3)6]。①组成配合物的四种元素，电负性由大到小的顺序为_______（用元素符号表示）。②画出氨的最简单气态氢化物水溶液中存在的氢键：________（任写一种）。③元素Al也有类似成键情况，气态氯化铝分子表示为（(AlCl3)2,分子中A1原子杂化方式为_____，分子中所含化学键类型有_______（填字母）。a.离子键b.极性键c.非极性键d.配位键（5）PrO2（二氧化镨）的晶体结构与CaF2相似，晶胞中错原子位于面心和顶点，则PrO2（二氧化镨）的晶胞中有_____个氧原子；已知晶胞参数为apm,密度为ρg∙cm-3，NA=_______（用含a、ρ的代数式表示）。18、曲尼司特()可用于预防性治疗过敏性鼻炎，合成路线如图所示：已知：i.ii.(1)E分子中的含氧官能团名称是_____。(2)试剂a是_____。(3)C→D的反应方程式为_____。(4)写出一定条件下用F制备高分子的反应方程式_____。(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式_____。(6)H是重要的有机合成中间体，以H为原料合成伊曲茶碱。K的结构简式为_____。中间产物的结构简式为_____。19、碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。I．合成该物质的步骤如下:步骤1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；步骤2：将所配NH4HCO3溶液倒入四口烧瓶中，控制温度50℃，边搅拌边把所配MgSO4溶液于1min内逐滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；步骤3：放置1h后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品（MgCO3•nH2O，n=1~5）。(1)步骤1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有____________。(2)①步骤2中应采取的较好加热的方法为__________；②根据上述实验药品的用量，四口烧瓶的最适宜规格为______（填标号）。A．250mLB．500mLC．1000mLD．2000mL③生成MgCO3•nH2O的离子方程式为________________________________________。

(3)步骤3中，为加快过滤速度，常用__________(填过滤方法)。II．测定合成的MgCO3∙nH2O中的n值：方法1：称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后，烧杯中的溶液加足量氯化钡溶液后，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得CO2的总量；重复上述操作2次。(4)图中气球的作用是_______________________________________。(5)设NaOH溶液为amol·L-1bmL。3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则n值为______________________（用含a、b、c、d的代数式表示）。(6)若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，产生的后果是n值_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方法2：用热重分析法测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。(7)230℃~430℃发生的化学反应的方程式为__________________________。20、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i、液面上方出现白雾；

ii、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

iii、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。21、Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu2S等)为原料制取Cu2O的工艺流程如下:（1）“硫酸化焙烧”时：①硫化铜矿需粉碎的目的是_________；②CuS与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为________；③加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是__________。（2）“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制_________(至少列举两点)。（3）“制备”时，溶液的pH与Cu2O的产率关系如右图所示。①在100℃时，发生反应的离子方程式为__________②图中在4<pH<5时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】A.焰色反应是物理变化，不是化学变化，故A错误；

B.盐酸可以溶解氧化物等杂质，且易挥发，不会残留痕迹，故B正确。

C.K的焰色反应透过蓝色的钴玻璃观察，避免钠的焰色对钾的焰色的干扰，其它元素不需要透过蓝色钴玻璃观察，故C错误；

D.焰色反应是元素的性质，NaCl与Na2CO3都含有钠元素，焰色反应都为黄色，无法利用焰色反应可区分，故D错误；

故选：B。【点睛】焰色反应实质是原子核外的电子受激发，跃迁到高能级状态时发出的色光，是物理变化。2、B【详解】①若c中酚酞变红，则表明盐a与b中的NaOH溶液反应生成了NH3，从而说明盐a中一定含有NH4+，①结论正确；②因为CaCO3与HCl反应生成CO2，CO2通入Na2SiO3溶液中发生反应生成H2SiO3，但盐酸挥发出的HCl也能与Na2SiO3反应生成H2SiO3，我们不能确定H2SiO3的来源，所以②结论不一定正确；③在加热条件下，MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，Cl2通入淀粉KI溶液中，溶液变蓝，即便考虑Cl2中混有HCl，对实验结果也不会造成影响，所以可得出氧化性MnO2>Cl2>I2，③中结论正确；④在加热条件下，C与浓硫酸反应生成CO2、SO2，不仅CO2能使澄清石灰水变浑浊，SO2也能使澄清石灰水变浑浊，所以④结论不正确。综合以上分析，只有①③的结论正确。故选B。3、D【解析】四种常见的短周期元素，W的一种核素的质量数为18，中子数为10，则W的质子数为8，故W是O元素；X和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图X的原子半径大于O原子半径，所以X为Na元素；Y的单质是一种常见的半导体材料，Y的原子序数大于Na，则Y为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素；A项，X为Na元素，最高化合价为+1价，Y为Si元素，最高化合价为+4价，Z为Cl元素，最高化合价为+7价，W为O元素，最高化合价为0价，故最高化合价：Cl＞Si＞Na＞O，即Z＞Y＞X＞W，故A错误；B项，元素的非金属性越强，其相应的最简单的氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性：O>Cl>Si，即W>Z>Y，所以元素氢化物的稳定性：W>Z>Y，故B错误；C项，Y(Si)的氧化物是SiO2，X(Na)、Z(Cl)的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH和HClO4，SiO2与NaOH能反应，与HClO4不反应，故C错误；D项，由X(Na)、Z(Cl)、W(O)三种元素形成的化合物可以是NaClO、NaClO3、NaClO4等Na元素的含氧酸盐，一定既含有离子键又含共价键，故D正确。点睛：本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答，注意O的非金属性强于Cl的非金属性。4、C【分析】A．石油分馏是根据混合物中各成分的沸点不同，控制温度得到不同馏分，是物理变化；煤的干馏是隔绝空气加强热发生了复杂的物理化学过程；B．由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；C．混合物是由两种或两种以上的物质组成；D．电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物．【详解】A．石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化，故A错误；B.127I和131I是原子不是单质，是同位素，故B错误；C．盐酸是由HCl和水组成，王水为浓盐酸和浓硝酸的混合物，都属于混合物，故C正确；D．二氧化硫溶于水能够导电，导电离子是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离的，不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫属于非电解质，故D错误；故选：C。5、D【解析】A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；D、根据A中分析D正确；答案选D。6、C【分析】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。据此分析。【详解】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。A.该反应中氧化产物是N2、Fe2O3，还原产物是SO2，故错误；B.反应中转移8个电子，所以1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为4NA，故错误；C.向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，可得刺激性气体氨气和氢氧化亚铁白色沉淀，但氢氧化亚铁沉淀能被空气中的氧气氧化，最终氢氧化铁红褐色沉淀，故正确；D.将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，说明常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，故错误。故选C。7、A【解析】NaCl晶体中每个Na+同时吸引着6个Cl-，CsCl晶体中每个Cl-同时吸引着8个Cs+，故①错误；蔗糖在水溶液里以分子存在，属于非电解质；硫酸钡虽然难溶于水，但在熔融状态能完全电离，所以属于强电解质；水能部分电离，属于弱电解质，所以蔗糖、硫酸钡和水分别属于非电解质、强电解质和弱电解质，故②正确；非金属性Cl＞S，可比较最高价含氧酸的酸性，不能比较HClO、稀H2SO4的氧化性，二者没有因果关系，故③错误；胶体的本质特征是微粒直径在1-100nm之间，故④错误；铝粉能和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠，但铁和氢氧化钠不反应，所以除去铁粉中混有的少量铝粉，可加入过量的氢氧化钠溶液，完全反应后过滤，故⑤正确；氢氧化钡和硝酸铁反应生成红褐色的氢氧化铁沉淀；和氯化铝反应先生成白色沉淀，当氢氧化钡过量时白色沉淀又溶解；和氯化铵反应生成刺激性气味的气体；和氯化亚铁反应先生成白色絮状沉淀，白色沉淀迅速变为灰绿色、最后变为红褐色沉淀；和硫酸钠反应生成白色沉淀，且氢氧化钡过量时，白色沉淀不消失；所以可用Ba（OH）2溶液同时鉴别Fe(NO3)3、AlCl3、NH4Cl、FeCl2、Na2SO4五种溶液，故⑥正确。故选A。8、C【解析】A.Al2O3熔点高，可作耐火材料，A正确；B.血液可以看作是胶体，“血液透析”利用了胶体的性质，即渗析，B正确；C.糖类中的单糖不能发生水解反应，例如葡萄糖，C错误；D.家用燃煤中适量的生石灰能与SO2反应最终转化为硫酸钙，因此可有效减少二氧化硫的排放，D正确，答案选C。9、B【解析】试题分析：A、[Ag(NH3)2]+能与H+反应，不能大量共存；B、c(H+)/c(OH－)=10－11的溶液呈碱性，各离子互不反应，可以大量共存；C、滴入酚酞显红色的溶液呈碱性，OH‾能与Al3+、HCO3‾反应，所以不能大量共存；D、ClO‾能氧化Fe2+，不能大量共存。考点：本题考查离子共存。10、A【解析】A、石油裂解生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，能得到大量乙烯，选项A正确；B、石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，不能大量得到乙烯，选项B错误；C、石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，不含乙烯，石油分馏得不到乙烯，选项C错误；D、煤焦油主要用于分馏出各种酚类、芳香烃、烷类等，得不到乙烯，选项D错误。答案选A。11、A【解析】根据电子的流向可知，左侧是负极，失去电子，通入的是甲醇。右侧是正极，得到电子，通入的是氧气，所以A正确，B不正确。由于质子交换膜允许质子通过，所以C正确，D不正确，应该是O2+4H++4e-→2H20，答案选AC。12、C【解析】A.途径Ⅱ的活化能小于途径Ⅰ；B.由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量；C.催化剂只改变速率，不改变反应的热效应；D.途径Ⅱ化学反应速率快，据此解答即可。【详解】A、由图可知，途径Ⅱ的活化能减小，可能加入了催化剂，故A正确；

B、此反应为放热反应，即2mol双氧水的总能量高于2molH2O和1molO2的能量之和，那么2molH2O2(l)的能量高于2molH2O(l)的能量也正确，故B正确；

C、催化剂只改变化学反应速率，不改变△H，故C错误；

D、途径Ⅱ加入催化剂，化学反应速率加快，到达平衡的时间缩短，故D正确；综上所述，本题选C。【点睛】反应物的总能量大于生成物的总能量，正反应为放热反应，ΔH<0；反应物的总能量小于生成物的总能量，正反应为吸热反应，ΔH>0。催化剂的加入可以较低反应的活化能，加快反应速率，但是不影响反应的热效应。13、C【解析】A、Na2SO3与高锰酸钾发生氧化还原反应，通过高锰酸钾的量求出亚硫酸钠的量，从而求得亚硫酸钠的质量分数，选项A合理；B、H2O2把亚硫酸钠氧化成硫酸钠，加入足量BaCl2溶液把硫酸根全部转化成沉淀，通过测沉淀的质量得出硫酸钡的物质的量，根据原子守恒，硫酸钡的物质的量等于亚硫酸钠和硫酸钠的物质的量之和，根据两者总物质的量和总质量可求得亚硫酸钠的质量分数，选项B合理；C、将样品与足量稀盐酸充分反应，生成的气体通过盛有碱石灰的干燥管，测得干燥管增重cg，从而求出其中亚硫酸钠的质量分数，但与足量稀盐酸充分反应引入氯化氢气体及水蒸气，所以测定的结果不准确，选项C不合理；D、盐酸把亚硫酸钠反应而除去，氯化钡与硫酸钠反应转化成硫酸钡沉淀，求出硫酸钠的量，再求出亚硫酸钠，选项D合理。答案选C。14、C【解析】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热效应为：H＋（aq）＋OH－（aq）=H2O（l）△H=－57.3kJ·mol－1；1L0.5mol·L－1的Ba（OH）2溶液中氢氧化钡物质的量为0.5mol；①浓硫酸稀释时会放热，生成BaSO4沉淀放热，∆H1<－57.3kJ·mol－1；②稀硝酸是强酸，∆H2=－57.3kJ·mol－1；③醋酸是弱酸，醋酸电离时吸热，∆H2>－57.3kJ·mol－1；故△H1＜△H2＜△H3，答案选C。15、C【详解】A．CO2通入Ca(OH)2溶液中，可形成碳酸钙沉淀，因此会出现浑浊，故A不符合题意；B．SO2通入Ba(NO3)2溶液中，有硫酸钡沉淀生成，故B不符合题意；C．盐酸的酸性大于亚硫酸，所以SO2通入BaCl2溶液中，不可能生成亚硫酸钡沉淀和盐酸，故C符合题意；D．Cl2通入氢硫酸溶液中，有不溶于水的硫沉淀生成，故D不符合题意；故答案为C。16、B【详解】A．碳纳米层具有导电性，可用作电极材料，A正确；B．该原电池中碳纳米层作负极，多硫化锂作正极，放电时，阳离子移向正极，故Li+移向Li2Sx膜，充电时，Li+移向碳纳米层，B错误；C．Li2Sx膜作正极，x=2、4、6、8，正极发生得电子的还原反应，故正极可能发生反应：2Li2S6+2Li++2e-=3Li2S4，C正确；D．充电时Li2Sx膜为阳极，与放电时的电极反应相反，则充电时间越长，电池中的Li2S2量就会越少，D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p63d8镧O＞N＞H＞CeN-H…O(或N-H…N或O-H…N或O-H…O)sp3杂化bd8【分析】(1)镝(Dy)的基态原子外围价电子排布式为4f106s2，结合泡利原理、洪特规则画出排布图；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，与第四电离能相差越大，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大；(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大；②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键，水分子之间形成氢键，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，根据均摊法计算晶胞中Pr原子数目，再根据化学式中原子数目之比计算晶胞中O原子数目；结合晶胞中原子数目用阿伏伽德罗常数表示出晶胞质量，而晶胞质量也等于晶胞体积与密度乘积，联立计算。【详解】(1)镝(Dy)的基态原子外围电子排布式为4f106s2，由泡利原理、洪特规则，外围价电子排布图为：；(2)Cu原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d104s1，先失去4s能级1个电子，再失去3d能级2个电子形成Cu3+，基态时Cu3+的电子排布式为：1s22s22p63s23p63d8；(3)第三电离能与第一电离能、第二电离能相差越小，第三个电子越容易失去，+3价的可能性越大，在上述表中La的I1+I2和I3最接近，I3与I4差距最大，故La元素最可能形成+3；(4)①同周期主族元素自左而右电负性增大，N、O在它们的氢化物中均表现负化合价，数目它们的电负性均大于氢元素的，一般非金属性越强，电负性越大，电负性由大到小的顺序为：O＞N＞H＞Ce；②NH3的水溶液中，NH3分子之间形成氢键(N-H…N)，水分子之间形成氢键(O-H…O)，NH3与水分子之间形成2种氢键(N-H…O或O-H…N)；③气态氯化铝分子表示为(AlCl3)2，Al原子价电子数为3，与Cl原子已经全部成键，Al原子有1个空轨道，Cl原子有孤电子对，Al原子与Cl之间形成1个配位键，结构式为，Al是原子采取sp3杂化，含有的化学键有极性键、配位键，没有离子键、非极性键；(5)PrO2(二氧化镨)的晶体结构与CaF2相似，晶胞中Pr(镨)原子位于面心和顶点，则晶胞中Pr原子数目=8×+6×=4，而Pr原子与O原子数目之比为1：2，则晶胞中O原子数目为4×2=8，晶胞质量=g=(a×10-10cm)3×ρg•cm-3，整理得NA=。18、羧基、硝基浓硫酸、浓硝酸+NaOH+NaCln+(n-1)H2O【分析】根据A的分子式以及D到E的条件是氧化，再结合E的结构简式，可知A的结构简式为，试剂a为浓硫酸和浓硝酸加热的反应，得到B()，通过氯气光照得C()，C通过氢氧化钠的水溶液水解得到D()，通过Fe/HCl可知F()；通过已知信息i，可知G的结构简式()，通过SOCl2结合曲尼司特的结构简式可知H()，即可解题了。【详解】(1)E分子中的含氧官能团名称是羧基和硝基，故答案为：羧基、硝基；(2)试剂a是浓硫酸、浓硝酸，故答案为：浓硫酸、浓硝酸；(3)C→D的反应方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；(4)一定条件下用F制备高分子的反应方程式n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)H具有顺反异构，写出H的顺式异构体的结构简式，故答案为：；(6)根据题意可知，结合H的结构简式，可推知K的结构简式为，中间产物脱水生成，可知中间产物的结构简式为：，故答案为：；。19、500mL容量瓶水浴加热CMg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+减压过滤法暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定偏大MgCO3·H2OMgCO3+H2O【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2−3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，还需要仪器有：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；②四口烧瓶要加入200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液，液体总体积为600mL，四口烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的，不少于容积的，故选1000mL规格的四口烧瓶，故选C；③将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+，故答案为：Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+；(3)要分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，可利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，故答案为：减压过滤法；(4)装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；（5）设NaOH溶液为amol·L-1bmL，3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则吸收二氧化碳消耗的NaOH的物质的量为：amol·L-1b10-3-cmol·L-1d10-3=（ab-cd）10-3mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为10-3mol，根据化学式可知，MgCO3⋅nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n，得到1:n=10-3:；得到n=，故答案为：。（6）反应后期将温度升到30℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，测得二氧化碳的量偏小，由（5）可知，n值偏大；（7）由图像可知，加热到230℃~430℃，质量损失了（100%-82.3%）100g=18g，刚好损失的是1mol水，则MgCO3·nH2O的相对分子质量为：=100g/mol，则n=1，230℃~430℃发生的化学反应的方程式为：MgCO3·H2OMgCO3+H2O。20、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【分析】（1