江西省赣州市石城县石城中学2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题含解析

江西省赣州市石城县石城中学2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。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、甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题，Sen等在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，下列说法正确的是（）A．上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3B．CF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OHC．Pd2＋是该反应的中间产物D．每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为22.4L2、如下图所示，△H1=－393.5kJ•mol-1，△H2=－395.4kJ•mol-1，下列说法或表示式正确的是（）A．C（s、石墨）==C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．金刚石的稳定性强于石墨D．1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能小1.9kJ3、下列应用与盐的水解无关的是A．分别将AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热、蒸发浓缩、结晶、灼烧，所得固体的成分不同B．配置FeSO4溶液加入铁屑C．NH4F水溶液中含有HF，因此NH4F溶液不能存放于玻璃试剂瓶中D．制TiO2可用TiCl4加大量水，同时加热，方程式如下所示：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，所得的TiO2·xH2O经焙烧得TiO24、最近有科学家成功地在高压下将CO2转化具有类似SiO2结构的原子晶体，下列关于CO2的原子晶体说法正确的是A．在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体是物理变化B．CO2的原子晶体和CO2分子晶体具有相同的物理性质和化学性质C．在CO2的原子晶体中,每个C原子周围结合4个O原子,每个O原子跟两个C原子相结合D．CO2的原子晶体和分子晶体组成相同，实际上是同一种物质5、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关6、下列有关电化学的图示，完全正确的是()A．Cu-Zn原电池B．粗铜的精炼C．铁片镀锌D．验证气体产物7、下列说法错误的是A．越王勾践剑(青铜)的铸造材料主要是铜锡合金B．青花瓷制作原料的主要成分是硅酸盐C．以毛竹为原料制作的竹纤维属于高分子材料D．石墨烯是一种能导电的有机高分子材料8、下列实验能获得成功的是（）A．用乙醇和4mol/L的硫酸混合加热到170℃制乙烯B．苯与浓溴水反应制取溴苯C．电石与饱和食盐水作用制乙炔D．苯与浓硝酸共热制硝基苯9、短周期主族元素X.Y.Z.W的原子序数依次增大。X与W同主族，Y的焰色显黄色，Z离子在同周期元素简单离子半径中最小。将含Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体。则下列说法不正确的是A．X的简单氢化物的热稳定性比W强B．Z的单质及其氧化物均可溶于Y与水反应所得的溶液中C．X、Y的简单离子具有相同的电子层结构D．Y与W形成化台物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红10、下列有关热化学方程式的叙述正确的是()A．在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8KJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=+285.8KJ/molB．已知C(石墨，s)C(金刚石，s)△H>0，则石墨比金刚石稳定C．在稀溶液中H＋(aq)＋OH－(aq)H2O(l)△H＝－57.2kJ/mol若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.2kJD．己知2H2(g)+O2(g)2H2O(l)△H1,2H2(g)+O2(g)2H2O(g)△H2,则△H1>△H211、短周期元素M和N的离子M2+和N2-具有相同的电子层结构，则下列说法正确的是（）。A．M2+的离子半径比N2-小 B．M的原子序数比N小C．M和N原子的电子层数相等 D．M和N原子最外层电子数相等12、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家，磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为，，电池放电时，锂离子从石墨晶体中脱嵌出来，通过隔膜迁移到磷酸铁锂晶体表面，然后重新嵌入到磷酸铁锂的晶格内，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A．放电时，Li+通过隔膜移向正极B．放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C．放电时正极反应为：D．磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不变13、用一种阴、阳离子双隔膜三室电解槽处理废水中的NH4+，模拟装置如图所示。下列说法正确的是A．阳极室溶液由无色变成棕黄色B．阴极的电极反应式为：4OH–-4e–=2H2O+O2↑C．电解一段时间后，阴极室溶液中的pH升高D．电解一段时间后，阴极室溶液中的溶质一定是(NH4)3PO414、M、N、X、Y均为常见的物质，它们之间有如下转化关系（反应条件和其他产物已略去），则下列判断错误的是（）A．M是C，X是O2 B．M是Ca(OH)2，X是Na2CO3C．M是NaOH，X是CO2 D．M是Cl2，X是Fe15、下列物质的水溶液因水解呈碱性的是A．CaOB．Na2SO4C．CH3COONaD．NH316、某固体粉末X中可能含有K2SO4、(NH4)2CO3、K2SO3、NaNO3、Cu2O、FeO、Fe2O3中的若干种。某同学为确定该固体粉末的成分,取X进行如下实验,实验过程及现象如图所示。该同学得出的结论正确的是已知：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2OA．根据现象1可推出固体粉末中一定含有NaNO3B．根据现象2可推出固体粉末中一定含有K2SO4C．根据现象3可推出固体粉末中一定含有K2SO3D．根据现象4可推出固体粉末中一定含有Fe2O317、已知：Na2O2+CO2→Na2CO3+O2（未配平），关于该反应的说法中正确的是（）A．生成0.1molO2转移0.4mol电子B．相同条件下足量Na2O2吸收10LCO2放出5LO2C．氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2D．在Na2O2+SO2═Na2SO4的反应中，SO2的作用跟CO2相同18、25℃时，浓度均为0.1mol/L的溶液，其pH如下表所示。有关说法正确的是序号①②③④溶液NaClCH3COONH4NaFCH3COONapH7.07.08.18.9A．酸性强弱：c(CH3COOH)>c(HF) B．离子的总浓度：①>③C．②中：c(CH3COO－)=c(NH4+)=c(OH－)=c(H+) D．②和④中c(CH3COO－)相等19、氮氧化铝(AlON)是一种高硬度防弹材料，可以在高温下由反应Al2O3+C+N2=2AlON+CO合成，下列有关说法正确的是（）A．氮氧化铝中氮的化合价是-3B．反应中每生成5.7gAlON同时生成1.12LCOC．反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比是1:2D．反应中氮气作还原剂20、在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色。下列说法正确的是A．用激光笔照射，会出现丁达尔效应B．将液体静置片刻，会出现沉淀现象C．所得胶体中分散质的粒子直径大于100nmD．可用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体21、向可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、NO3-、Cl-、Al3+、Na+、K+、Mg2+离子的某一溶液中加入一定量的过氧化钠固体，则浓度保持不变的离子是，（溶液体积忽略不变）A．CO32-、Na+、K+B．SO42-、Cl-、K+C．Cl-、NO3-、K+D．HCO3-、SO42-、K+22、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子B．温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小C．4℃时，纯水的pH=7D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小二、非选择题(共84分)23、（14分）下列A〜I九种中学化学常见的物质之间的转化关系如图所示。已知A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，D为常见液体，常温下C、E、F都是无色气体，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，G是侯氏制碱法的最终产品回答下列问题：(1)F的分子式是________，图中淡黄色固体中的阴、阳离子个数比为___________。(2)A与B反应的化学方程式是：

___________________

。(3)E转变为H和I的离子方程式是_____________，体现了E的___________性。(4)简述检验H溶于水电离所产生的阴离子的操作方法、实验现象和结论：_______。24、（12分）已知X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素，原子序数依次增大。X、Z、Q的单质在常温下均呈气态；Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍；M与X同族；Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素。回答下列问题：(1)Y、Z、M、G四种元素的原子半径由大到小的顺序是____________(用元素符号表示)。(2)Z在元素周期表中的位置为____________，M2Z的电子式为____________。(3)上述元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的水化物是__________(写化学式)。(4)X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是____________(写名称)。(5)GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为_________________________________(6)常温下，不能与G的单质发生反应的是____________(填标号)。a.CuSO4溶液b.浓硫酸c.NaOH溶液d.浓硝酸e.氧化铜25、（12分）富马酸亚铁，是一种治疗缺铁性贫血的安全有效的铁制剂。富马酸在适当的pH条件下与，反应得富马酸亚铁。已知：物质名称化学式相对分子质量电离常数(25℃)富马酸116碳酸富马酸亚铁FeC4H2O4170i.制备富马酸亚铁：①将富马酸置于100mL烧杯A中，加热水搅拌②加入溶液10mL使溶液pH为6.5-6.7。并将上述溶液移至100mL容器B中③安装好回流装置C，加热至沸。然后通过恒压滴液漏斗D缓慢加入溶液30mL④维持反应温度100℃，充分搅拌1.5小时。冷却，减压过滤，用水洗涤沉淀⑤最后水浴干燥，得棕红(或棕)色粉末，记录产量请回答以下问题：(1)该实验涉及到的主要仪器需从以上各项选择，则B为__________(填字母)，C为___________(填名称)。(2)已知反应容器中反应物和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，写出步骤②中加入溶液调节pH的目的是______________________________________________；若加入溶液过量，溶液pH偏高，则制得产品的纯度会_____________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。(3)配制溶液方法为称取固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是____________________________________________________________________________。(4)步骤④中洗涤的目的主要是为了除去是___________离子，检验沉淀是否洗净的方法是：_____________。ii.计算产品的产率：(5)经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%。以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g，则富马酸亚铁的产率为_____________%。(保留小数点后一位)26、（10分）某探究性学习小组拟用小颗粒状铝硅合金与足量稀硫酸的反应(其中硅与稀硫酸不反应)测定通常状况(约20℃，1atm)下气体摩尔体积的方法。拟选用下列实验装置完成试验：(1)该组同学必须选用的装置的连接顺序是(用管口字母，可不填满)：A接（_______）（_______）接（_______）(2)实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开其活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶。请你帮助分析原因_________________________。(3)实验结束时，该组同学应怎样测量实验中生成氢气的体积？____(4)实验中准确测得4个数据：实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，实验后量筒中液面读数为VmL。则通常状况下气体摩尔体积Vm＝_________。若合金中含铜，测得的Vm将________(偏大/偏小/无影响)。27、（12分）磺酰氯（SO2Cl2）是一种重要的有机合成试剂，实验室可利用SO2与Cl2反应制取少量的SO2Cl2。装置如图（有些夹持装置省略）所示。已知SO2Cl2的熔点为-54.1℃，沸点为69.1℃，在潮湿空气中遇水能发生剧烈的水解反应，并产生白雾。（1）仪器组装完毕后，检验戊装置气密性的方法是_______，表明装置气密性良好。（2）仪器C的作用是吸收逸出的有毒气体Cl2、SO2，防止污染环境和________。（3）试剂X、Y的组合最好是_________（填字母）。a.18.4mol/LH2SO4+Cub.4mol/LHNO3+Na2SO3c.60%H2SO4+K2SO3（4）戊是贮气装置，则E中的试剂是______；若缺少装置乙和丁，潮湿的氯气和二氧化硫之间发生反应的化学方程式是：________________。（5）分析装置丙中活性炭的作用是________，反应结束后，将丙中的混合物分离开的实验操作是______。28、（14分）I、甲醇燃料电池被认为是21世纪电动汽车最佳候选动力源。(1)101KPa时，16g液态CH3OH完全燃烧生成CO2气体和液态水时，放出363.5kJ的热量，则表示甲醇燃烧热的热化学方程式是________________________________________。(2)甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸汽转化为氢气的两种反应原理是：①CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g)；△H1＝＋49.0kJ·mol－1②CH3OH(g)＋O2(g)＝CO2(g)＋2H2(g)；△H2＝?已知H2(g)＋O2(g)＝H2O(g)△H＝－241.8kJ·mol－1，则反应②的△H2＝_________。(3)一种甲醇燃料电池是采用铂或碳化钨作电极，稀硫酸作电解液，一极直接通入纯化后的甲醇蒸汽，同时向另一个电极通入空气，则通入甲醇的电极发生的电极反应方程式为________________________________________。II、工业上为了处理含有Cr2O的酸性工业废水，采用下面的处理方法：往工业废水中加入适量NaCl，以Fe为电极进行电解，经过一段时间，有Cr(OH)3和Fe(OH)3沉淀生成，工业废水中铬的含量已低于排放标准。请回答下列问题：(1)写出阳极的电极反应方程式________________________________(2)阳极不能改用石墨作电极的原因是________________________________(3)写出Cr2O变为Cr3＋的离子方程式：________________________________29、（10分）据《自然·通讯》(NatureCommunications)报道，我国科学家发现了硒化铜纳米催化剂在二氧化碳电化学还原法生产甲醇过程中催化效率高。铜和硒等元素化合物在生产、生活中应用广泛。请回答下列问题：(1)基态硒原子的价电子排布式为________；硒所在主族元素的简单氢化物中沸点最低的是________。(2)电还原法制备甲醇的原理为2CO2+4H2O2CH3OH+3O2。①写出该反应中由极性键构成的非极性分子的结构式________；②标准状况下，VLCO2气体含有________个π键。(3)苯分子中6个C原子，每个C原子有一个2p轨道参与形成大π键，可记为(π右下角“6”表示6个原子，右上角“6”表示6个共用电子)。已知某化合物的结构简式为，不能使溴的四氯化碳溶液褪色，由此推知，该分子中存在大π键，可表示为_______，Se的杂化方式为________。(4)黄铜矿由Cu+、Fe3+、S2-构成，其四方晶系晶胞结构如图所示。则Cu+的配位数为________；若晶胞参数a=b=524pm，c=1032pm，用NA表示阿伏加德罗常数的值，该晶系晶体的密度是________g·cm-3(不必计算或化简，列出计算式即可)。

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【详解】A．根据①②③④加和可得上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O，故A选项错误。B．CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH，故B选项正确。C．反应①中Pd2＋参与反应，反应②中又生成等物质的量的Pd2＋，故Pd2＋为催化剂不是中间产物，故C选项错误。D．根据反应CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH4＋O2→CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为11.2L，故D选项错误。故答案选B。【点睛】本题需要注意C选项，Pd2＋为催化剂，反应前后物质的量不改变，不是中间产物，注意概念混淆。2、A【分析】由图得：①C（S，石墨）+O2（g）=CO2（g）△H=-393.5kJ•mol-1②C（S，金刚石）+O2（g）=CO2（g）△H=-395.4kJ•mol-1，利用盖斯定律将①-②可得：C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1【详解】A、因C（s、石墨）=C（s、金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，A正确；B、石墨转化为金刚石是发生的化学反应，属于化学变化，B错误；C、金刚石能量大于石墨的总能量，物质的量能量越大越不稳定，则石墨比金刚石稳定，C错误；D、依据热化学方程式C（S，石墨）=C（S，金刚石）△H=+1.9kJ•mol-1，1mol石墨的总键能比1mol金刚石的总键能大于1.9kJ，D错误；选A。3、B【详解】A．AlCl3溶液水解生成氢氧化铝和氯化氢，由于氯化氢易挥发，加热、蒸发浓缩、结晶，得到氢氧化铝，灼烧得到氧化铝；硫酸铝水解生成氢氧化铝和硫酸，但硫酸是难挥发性酸，加热、蒸发浓缩、结晶，得到硫酸铝固体，灼烧后依然是硫酸铝，所得固体的成分不相同，且与盐的水解相关，故A不符合题意；B．配置FeSO4溶液加入铁屑是为了防止亚铁离子被氧化，与水解无关，故B符合题意；C．铵根和F-均会水解，且二者相互促进，所以NH4F水溶液中含有HF，不能存放于玻璃试剂瓶中，与水解有关，故C不符合题意；D．TiCl4在水中水解：：TiCl4+(x+2)H2O(过量)=TiO2·xH2O↓+4HCl，加热使水解程度增大并使HCl挥发，促进水解，最终彻底水解得到TiO2·xH2O，经焙烧得TiO2，与水解有关，故D不符合题意；综上所述答案为B。4、C【解析】A．在一定条件下，CO2原子晶体转化为分子晶体，由于物质的微粒结构改变，所以发生的是化学变化，错误；B．CO2的原子晶体和CO2分子晶体具有不同的物理性质和化学性质，错误；C．在CO2的原子晶体中,每个C原子周围结合4个O原子,每个O原子跟两个C原子相结合，正确；D．CO2的原子晶体和分子晶体组成相同，由于物质的结构不同，性质不同，因此实际上是两种不同的物质，错误。答案选C。5、C【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。6、D【详解】A.在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，A错误；B.粗铜的精炼时，粗铜与电源的正极连接，为阳极，精铜与电源的负极连接，为电源的阴极，B错误；C.铁片镀锌时，镀件与电源的负极连接，为阴极，镀层金属与电源的正极连接，为阳极，C错误；D.在电解时，阳极C棒上Cl-失去电子变为Cl2，Cl2与KI发生置换反应产生I2，I2与淀粉溶液变为蓝色，在阴极上H+获得电子变为H2，H2的密度比空气小，用向下排空气方法收集，D正确；故合理选项是D。7、D【详解】A．越王勾践剑是春秋晚期越国青铜器，铸造材料主要是铜锡合金，故A正确；B．青花瓷的制造原料为黏土，属于硅酸盐，故B正确；C．高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万，以毛竹为原料制作的竹纤维，主要成分为纤维素，是高聚物，属于有机合成高分子材料，故C正确；D．“石墨烯”是一种碳的单质，为无机物，不是新型有机高分子材料，故D错误；

故选：D。8、C【详解】A．4mol/L的硫酸不是浓硫酸，应利用乙醇和浓硫酸混合加热到170℃制乙烯，A错误；B．苯与溴水不反应，应利用苯、液溴反应制备溴苯，B错误；C．电石与饱和食盐水反应生成氢氧化钙和乙炔，且反应平稳，C正确；D．苯与浓硝酸共热制硝基苯，需要浓硫酸作催化剂，D错误。答案选C。9、D【解析】Y的焰色显黄色，说明Y是钠元素，因原子序数依次增大，且Z离子的简单离子半径在同周期元素中最小，故Z是铝元素，将含Z、W简单离子的两溶液混合，有白色沉淀析出，同时产生臭鸡蛋气味的气体，说明生成了H2S，则W元素是硫元素，又因X与W同主族，故X是氧元素。A.X是氧元素，W是硫元素，它们的简单氢化物分别是H2O和H2S，因非金属性O＞S，所以H2O的热稳定性比H2S强，故A正确；B.Z是铝元素，其氧化物是Al2O3，Y是钠，与水反应生成NaOH，则Z的单质Al与NaOH发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Z的氧化物Al2O3与NaOH发生反应：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故B正确；C.X是O，得到电子后形成与氖相同的电子层结构，Y是Na，失去电子后形成与氖相同的电子层结构，所以二者的简单离子具有相同的电子层结构，故C正确；D.Y与W形成化台物是Na2S，属于强碱弱酸盐，形成的水溶液呈碱性，所以不能使蓝色石蕊试纸变红，故D错误；故答案选D。点睛：本题考查的是元素的推断，并结合元素周期律考查对元素在周期表的位置、原子结构及元素的性质三者之间的关系理解和掌握情况。解题时首先要抓住题干中关键信息，准确推断元素，如本题中的Y焰色为黄色，即可快速推断Y是钠元素；然后确定有关短周期主族元素在周期表中的位置；最后依据同周期、同主族元素性质的递变规律来推断各选项表述是否正确。10、B【解析】A错放出热量，ΔH应为小于0B对能量越低越稳定，石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定C错应该是稀硫酸D错放出的热量越多，ΔH越小，因为ΔH是负数，所以△H1<△H211、A【分析】M、N在周期表中位置如图所示：【详解】A、电子层数相同，M2+的质子数大半径小，正确；B、错误；C、M原子的电子层数比N多1层，错误；D、M和N原子最外层电子数分别为2和6个，错误。12、D【分析】充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，LiFePO4中的锂离子脱出并伴随着铁元素的氧化，则此时铝箔电极上发生失电子的氧化反应，铝箔为阳极，电极反应式为xLiFePO4-xe-=xFePO4+xLi+，即LiFePO4-e-=FePO4+Li+，铜箔电极为阴极，阴极上锂离子得电子发生还原反应，阴极反应式为：xLi++xe-+6C=LixC6，所以电池总反应为FePO4+LixC6xLiFePO4+6C；原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，电子由负极铝箔经过导线流向正极铜箔，电解质溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【详解】A、原电池放电时，电解质溶液中的阳离子向正极移动，即Li+通过隔膜移向正极，A正确；B、原电池放电时，电子由负极铝箔流出，经过导线流向正极铜箔，B正确；C、原电池放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，所以正极反应为：，C正确；D、由于隔膜的作用，Li+通过隔膜形成闭合回路，完成电池的充放电，电池总反应为xFePO4+LixC6xLiFePO4+6C，其中Fe的化合价发生变化，C、P元素化合价均不变，D错误；故答案为：D。13、C【详解】A．根据装置图知，Fe为阳极，阳极上Fe失电子发生氧化反应生成Fe2+，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，所以溶液由无色变浅绿色，故A错误；B．阴极上H+放电生成H2，电极反应式为2H++2e-═H2↑，故B错误；C．电解时，阴极上H+放电生成H2，溶液中c(H+)减小，溶液中pH增大，故C正确；D．电解时，溶液中NH4+向阴极室移动，阴极上H+放电生成H2，电解一段时间后阴极室中溶质可能为(NH4)3PO4、NH4HPO4、(NH4)2HPO4，故D错误；故选C。14、B【分析】依据转化关系的特征是M和X能反应两部连续反应说明变化过程中存在变价元素的物质，结合选项中的物质进行分别推断。【详解】A．M是C，X是O2，可存在转化关系：，符合转化关系，故A正确；B．M是Ca(OH)2，X是Na2CO3，，CaCO3不能继续与Na2CO3反应，故B错误；C．M是NaOH，X是CO2，可存在转化关系：，符合转化关系，故C正确；D．M是Cl2，X是Fe，可存在转化关系：，符合转化关系，故D正确。答案选B。15、C【解析】A、CaO溶于水生成氢氧化钙，溶液显碱性，与水解无关，A错误；B、Na2SO4是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，B错误；C、CH3COONa是强碱弱酸盐，醋酸根离子水解，溶液显碱性，C错误；D、NH3溶于水生成一水合氨，电离出氢氧根，溶液显碱性，与水解没有关系，D错误，答案选C。点睛：明确水解原理、水解特点是解答的关键。即有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。16、C【分析】向某固体粉末X中加入足量的NaOH溶液，产生气体B，证明一定含有(NH4)2CO3；得到溶液A，溶液A的焰色反应为黄色火焰，则溶液A中一定含有钠元素；向溶液A中加入足量的稀盐酸，得到溶液D和混合气体，说明不仅仅生成二氧化碳，还应有其它气体，则一定含有K2SO3，在酸性溶液中与NaNO3发生氧化还原反应生成NO，不能确定是否含有K2SO4，而向溶液D中加入BaCl2溶液产生白色沉淀，则该沉淀为硫酸钡沉淀。固体C溶于NaOH溶液产生沉淀C，则C为Cu2O、FeO、Fe2O3中的一种或几种，加入足量的稀盐酸，并加入KSCN溶液，溶液不显红色，证明溶液中不含有Fe3+，据此分析。【详解】A.根据现象1可知，溶液A中一定含有Na元素，而由于前面加入了NaOH溶液，因此不能根据现象1推出该固体粉末中一定含有NaNO3，故A错误；B.由于溶液中一定含有K2SO3，在酸性条件下，若溶液中同时存在NaNO3，由于硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化成硫酸根，因此也会产生硫酸钡白色沉淀，故根据现象2不能推出该固体中一定含有K2SO4，故B错误；C.根据现象3，有混合气体产生，则该混合气体为二氧化碳和NO，因此可以推出该固体粉末中一定含有K2SO3，故C正确；D.根据现象4，证明溶液中不含Fe3+，但不能推出固体粉末中不含Fe2O3，原因是若粉末中同时存在Cu2O和Fe2O3，根据Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O可知Cu+能将Fe3+还原成Fe2+，加入KSCN溶液，也不会显红色，故D错误。故选C。17、B【解析】已知：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2↑,反应中过氧化钠发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，C错误；生成0.1molO2转移0.2mol电子，A错误；D.在Na2O2+SO2═Na2SO4的反应中，二氧化硫作还原剂，与二氧化碳作用不同，D错误；由方程式：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2↑可知，相同条件下足量Na2O2吸收10LCO2放出5LO2，B正确。18、B【解析】由表中数据得到，碱性：NaF＜CH3COONa，所以说明阴离子的水解能力：F－＜CH3COO－，根据越弱越水解的原理，得到酸性：CH3COOH＜HF。选项A错误。①③两个溶液有各自的电荷守恒式：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)；c(Na+)+c(H+)=c(F-)+c(OH-)，所以两个溶液的离子总浓度都等于各自的2[c(Na+)+c(H+)]，因为两个溶液中的钠离子浓度相等，所以只需要比较两个溶液的氢离子浓度即可。pH为：①＜③，所以①的氢离子浓度更大，即溶液①的2[c(Na+)+c(H+)]大于溶液③的2[c(Na+)+c(H+)]，所以离子的总浓度：①>③，选项B正确。溶液②中，pH=7，所以c(H+)=c(OH-)=1×10-7mol/L。明显溶液中的醋酸根和铵根离子的浓度都接近0.1mol/L（电离和水解的程度都不会太大），所以应该是cCH19、C【详解】A．氮氧化铝中铝是＋3价，氧元素是—2价，则氮的化合价是-1价，A错误；B．根据方程式可知反应中每生成5.7gAlON即0.1mol的同时生成0.05molCO，但其体积不一定是1.12LCO，B错误；C．反应中碳元素的化合价从0价升高到＋2价，氮元素的化合价从0价降低到—1价，因此氧化产物是CO，还原产物是AlON，氧化产物和还原产物的物质的量之比是1:2，C正确；D．根据以上分析可知，反应中氮气得到电子，发生还原反应，作氧化剂，D错误。答案选C。20、A【解析】在沸水中逐滴加入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色即得到氢氧化铁胶体。A.用激光笔照射，会出现丁达尔效应，A正确；B.胶体是介稳体系，将液体静置片刻，不会出现沉淀现象，B错误；C.所得胶体中分散质的粒子直径介于1nm与100nm之间，C错误；D.胶体可以透过滤纸，不能用滤纸分离提纯得到氢氧化铁胶体，应该用渗析，D错误，答案选A。21、C【解析】过氧化钠具有强氧化性，加入过氧化钠固体后，能够将SO32-氧化成SO42-；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，导致Na+的浓度增大；NaOH与Al3+、Mg2+、HCO3-反应，所以浓度变化的离子有：CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、Al3+、Na+、Mg2+，离子浓度保持不变的为：NO3-、Cl-、K+，故选C。【点睛】本题考查离子反应及其应用，明确常见离子的性质为解答关键。本题的易错点为亚硫酸根离子的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性。22、A【详解】A.水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为1×10-7mol/L，水电离程度很小，所以纯水中水的主要存在形态是水分子，A正确；B.水的电离是吸热过程，升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，B错误；C.温度降低，水的电离平衡逆向移动，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃时，纯水的pH>7，C错误D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，D错误；故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、O21:2C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-还原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-【分析】根据图中各物质转化关系，A为固态非金属单质，B在实验室常用作气体干燥剂，常温下C、E、F都是无色气体，D是常见液体，B为浓硫酸，D为水，则A与B的反应应为碳和浓硫酸的反应，E能使酸性高锰酸钾溶液褪色，E为二氧化硫，E能与黄绿色溶液（应为氯水）反应生成I，I遇氯化钡有白色沉淀，则I中应有硫酸根，I为H2SO4，H为HCl，所以A为C，B为浓H2SO4，E为SO2，D为H2O，C为二氧化碳，C能与淡黄色固体反应，则应为二氧化碳与过氧化钠的反应，所以F为O2，G为Na2CO3，HCl与Na2CO3反应生成二氧化碳、氯化钠和水，符合各物质的转化关系，据此答题。【详解】A.根据以上分析，F为O2，题中淡黄色固体为过氧化钠，过氧化钠中阴、阳离子个数比为1:2，故答案为O2，1:2。B.A与B反应的化学方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O。C.E转变为H和I的离子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合价由+4→+6价，化合价升高，作还原剂，体现其还原性，故答案为SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，还原性。D.H为HCl，HCl溶于水电离出的阴离子为Cl-，Cl-的检验操作为先加稀硝酸，无现象，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离所产生的阴离子为氯离子，故答案为在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，说明H溶于水电离产生Cl-。【点睛】此题的突破口在于淡黄色的固体，高中阶段常见的有过氧化钠和硫单质，I与氯化钡反应有白色沉淀，推测I为H2SO4。24、第二周期ⅥA族乙烯AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2Oe【分析】X、Y、Z、M、G、Q是六种短周期主族元素,原子序数依次增大.Z、G分别是地壳中含量最高的非金属元素和金属元素,则Z为O元素、G为Al元素;Y的原子最外层电子数是其电子层数的2倍,原子序数小于O,只能处于第二周期,最外层电子数为4,则Y为C元素;X单质在常温下呈气态,则X为H元素,X与M同主族,原子序数大于O,则M为Na;Q单质常温下为气态,原子序数大于Al,则Q为Cl.【详解】（1）同周期自左而右原子半径减小,同主族自上而下原子半径减小,故原子半径；（2）Z为O元素,在元素周期表中的位置为第二周期ⅥA族，M2Z为氧化钠，电子式为；（3）上述元素的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是；（4）X与Y能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且它的产量可以用来衡量一个国家的石油化工发展水平的是乙烯；（5）GQ3溶液与过量的MZX溶液反应的化学方程式为AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O；（6）常温下，不能与G的单质发生反应的是e氧化铜。【点睛】常温下，Al与浓硫酸和浓硝酸会钝化，是发生了化学反应，形成了致密的氧化膜，并非未发生反应。25、b球形冷凝管使富马酸转化为富马酸根离子偏低除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率、取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净72.9【详解】(1)仪器B为反应容器，应该选b；回流装置C为球形冷凝管；(2)已知反应容器中反应物和富马酸按恰好完全反应的比例进行起始投料，步骤②中加入溶液调节pH，使富马酸转化为富马酸根离子；若加入溶液过量，溶液pH偏高，部分Fe2+生成Fe（OH）2或FeCO3，则制得产品的纯度会偏低；(3)配制溶液方法为称取固体，溶于30mL新煮沸过的冷水中，需用新煮沸过的冷水的原因是：除去溶液中溶解的氧气，防止亚铁离子被氧化，降低产品产率；(4)根据实验步骤富马酸钠与硫酸亚铁反应生成富马酸亚铁和硫酸钠，步骤④中洗涤的目的主要是为了除去沉淀表面的可溶物，即、离子，检验沉淀是否洗净的方法是：取最后一次的洗涤液少许于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无沉淀产生，证明已经洗涤干净；(5)经测定，产品中富马酸亚铁的纯度为76.5%。以5.80g富马酸为原料反应制得产品8.10g，则富马酸亚铁的产率为×100%=72.9%。26、EDG铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，即氢气在通常状况时的体积L•moL-1无影响【解析】(1)装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；(3)保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等是读取示数的关键点；(4)硅铝合金中，只有金属铝可以和硫酸反应产生氢气，硅和硫酸之间不反应，根据化学反应中量的关系来计算即可。【详解】(1)①装置的组装顺序：合金与水反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：E、D、G；(2)镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；(3)根据气压原理，待实验装置冷却后，上下移动量筒使其中液面与广口瓶中液面相平，再平视读取量筒中水的体积，此时的体积即为常温常压下的体积，即氢气在通常状况时的体积；(4)实验前铝硅合金的质量m1g，实验后残留固体的质量m2g，则金属铝的质量是m1-m2，实验后量筒中液面读数为VmL，即产生的气体物质的量是，根据化学反应原理：

2Al～3H2↑

2

3即=，解得Vm=L•moL-1，若合金中含有金属铜，不会和硫酸之间反应，和含有硅是一样的结果，无影响。27、关闭c、d，向分液漏斗内加水，打开d，一段时间后分液漏斗内的液体不再下滴防止空气中的水蒸气进入体系导致磺酰氯水解c饱和食盐水SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl增大接触面积，使之充分反应（其他合理答案也给分）蒸馏【解析】由(4)戊是贮氯气装置，可知甲装置制备二氧化硫，二氧化硫与氯气在丙中反应生成SO2Cl2，丙中活性炭具有比较大的表面积，可起催化剂作用，SO2Cl2遇水发生剧烈的水解反应，乙为干燥二氧化硫，E中盛放溶液加入戊中排出装置内氯气，可以是饱和食盐水，降低氯气溶解度，丁干燥氯气，SO2Cl2沸点低、易挥发，B为冷凝管，使挥发的产物SO2Cl2冷凝回流，碱石灰吸收为反应的二氧化硫、氯气，防止污染空气，并吸收空气中的水蒸气，防止进入C中导致磺酰氯水解。(1)根据装置图，仪器组装完毕后，需要检验戊装置气密性，可以关闭c、d，向分液漏斗内加水，打开d，一段时间后分液漏斗内的液体不再下滴，表明装置气密性良好，故答案为：关闭c、d，向分液漏斗内加水，打开d，一段时间后分液漏斗内的液体不再下滴；(2)根据装置图可知，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故C中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故碱石灰是用于吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入B中，故答案为：防止空气中的水蒸气进入装置导致磺酰氯水解；(3)甲是制备SO2的装置，铜与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用c.60%

H2SO4+K2SO3来制备SO2，故选c；(4)因氯水不溶于饱和食盐水，故E中的试剂是饱和食盐水，氯气在水存在的条件下可将SO2氧化成硫酸，自身被还原为HCl，反应的方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，故答案为：饱和食盐水；SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl；(5)装置丙中活性炭具有比较大的表面积，可以增大接触面积，使之充分反应；分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以丙中混合物分离开的实验操作是蒸馏，故答案为：增大接触面积，使之充分反应；蒸馏。点睛：本题考查实验制备方案，涉及对反应原理、装置及操作的分析评价、对仪器的识别、物质的分离提纯等，注意对物质性质信息的应用。本题的易错点为装置C的作用，需要充分利用题干信息。28、CH3OH(l)+O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)ΔH=-727kJ/mol-192.8kJ/molCH3OH-6e-+H2O=CO2↑+6H+Fe-2e-=Fe2+石墨电极无法生成还原剂Fe2+Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3