2026届江西省上饶市“山江湖”协作体化学高三第一学期期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届江西省上饶市“山江湖”协作体化学高三第一学期期中教学质量检测模拟试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是A．NaC1O在反应中作氧化剂B．制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，反应中共有6mol电子转移C．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D．K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质2、下列关于饱和食盐水的用途及装置设计正确的是（）a.b.c.d.A．a装置模拟工业制纯碱 B．b装置制乙酸乙酯实验中接收产物C．c装置除去氯化氢中氯气 D．d装置实验室制乙炔3、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A．氨气易溶于水，可用作制冷剂B．氧化铝具有两性，可用作耐高温材料C．浓硫酸具有吸水性，可用作气体干燥剂D．晶体硅熔点高硬度大，可用作半导体材料4、下列关于反应与能量的说法正确的是（）A．Zn(s)+CuSO4(aq)=ZnSO4(aq)+Cu(s)ΔH=-216kJ·mol-1，E反应物<E生成物B．CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)ΔH=+178.2kJ·mol-1，E反应物<E生成物C．2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s)ΔH=+92.3kJ•mol-1，1molHCl在密闭容器中分解后放出92.3kJ的能量D．将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应后生成NH3(g)，放热19.3kJ，其热化学方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-38.6kJ·mol-15、下列说法正确的是（）A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒B．胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能C．将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷D．淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体6、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是（）选项实验操作现象结论A向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(ClO)2

溶液产生白色沉淀试样已氧化变质B向Co2O3中滴入浓盐酸产生黄绿色气体氧化性:Co2O3>Cl2C向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色溶液待测液中含有Fe2+D向Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴入AgNO3

溶液产生白色浑浊Ksp(Ag2SO4)<Ksp(Ag2CO3)A．A B．B C．C D．D7、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种．为确定其成分，进行如下实验：①取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；③用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰．下列推断正确的是（）A．肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42- B．肯定有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-C．肯定没有K+、HCO3-、MnO4- D．肯定没有K+、NH4+、Cl-8、下列说法中正确的是（）A．生石灰可用作食品抗氧化剂B．焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化C．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化D．分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液<Fe（OH）3胶体<FeCl3溶液9、用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A验证非金属性：N>C>Si稀硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液B验证氧化性：Cl2>Br2浓盐酸KMnO4FeBr2溶液C验证SO2有还原性浓硫酸Na2SO3KMnO4溶液D除去Na2SO3中的Na2SO4氯水混合物NaOH溶液A．A B．B C．C D．D10、与氢硫酸反应有沉淀生成的电解质是（）A．硫酸铜 B．氢氧化钠 C．硫酸亚铁 D．二氧化硫11、陕西省将于2021年承办中华人民共和国第十四届运动会。下列措施不利于节能减排、改善环境质量的是（）A．利用太阳能等清洁能源代替化石燃料B．引进电动汽车，减少汽车尾气排放C．积极推行和使用能被微生物降解的新型聚合物材料D．使用填埋法处理未经分类的生活垃圾12、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．①②③④13、纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗。其制备过程如图所示、下列叙述不合理的是A．在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解B．反应③的化学方程式是：6FeOOH+CO==2Fe3O4+3H2O+CO2C．直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁D．纳米四氧化三铁形成的分散剂，有可能产生丁达尔现象14、氧化亚氮(N2O)是一种强温室气体，且易转换成颗粒污染物。碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g)2I(g)（快反应）第二步I(g)+N2O(g)→N2(g)+IO(g)（慢反应）第三步IO(g)+N2O(g)→N2(g)+O2(g)+I(g)（快反应）实验表明，含碘时N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5（k为速率常数）。下列表述正确的是A．N2O分解反应中，k(含碘)＜k(无碘) B．第一步对总反应速率起决定作用C．第二步活化能比第三步大 D．I2浓度与N2O分解速率无关15、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C．在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+16、T1℃时，向容积为2L的密闭容器中充入一定量的CO和H2O(g)，发生反应：CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)，反应过程中测定的部分数据见下表(表中t2>t1)，下列说法错误的是()反应时间/minn(CO)/moln(H2O)/mol02.003.00t10.80t21.80A．用H2表示反应在t1min内的平均速率为v(H2)＝0.60/t1mol·L－1·min－1B．保持其他条件不变，若起始时向容器中充入3.00molCO和2.00molH2O(g)，达到平衡时，n(CO2)＝1.20molC．保持其他条件不变，在t2min时向容器中再通入1.00molCO，与原平衡相比，达到新平衡时CO转化率将增大D．温度升至T2℃，上述反应的平衡常数为0.70，则正反应的ΔH<017、现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（）A．N一定是HCl(aq) B．X可能是Al或Cl2C．Q、Z中的一种必定为A12O3 D．Y一定为NaOH(aq)18、下列实验能达到预期目的的是()选项实验内容实验目的A向1mL0.1mol/LNaOH溶液中加入2mL0.1mol/LCuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热观察是否出现红色沉淀证明葡萄糖中含有醛基B向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]C测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者证明碳元素非金属性弱于硫D向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝证明溶液中无NH4+A．A B．B C．C D．D19、已知25℃时，AgI饱和溶液中c(Ag＋)＝1.22×10－8mol·L－1，AgCl的饱和溶液中c(Ag＋)＝1.3×10－5mol·L－1。若在5mL含有KCl和KI浓度均为0.01mol·L－1的混合溶液中，滴加8mL0.01mol·L－1的AgNO3溶液。下列叙述中不正确的是A．若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液，白色沉淀会转变成黄色沉淀B．溶液中先产生的是AgI沉淀C．AgCl的Ksp的数值为1.69×10－10D．反应后溶液中离子浓度大小关系为：c(NO3－)>c(Ag＋)>c(Cl－)>c(I－)20、水法冶金技术得以迅速发展源于西汉的《淮南万毕术》中所述：“曾青得铁则化为铜”。文中涉及的化学反应类型是A．化合反应B．分解反应C．置换反应D．复分解反应21、3,5-二甲氧基苯酚是重要的有机合成中间体，可用于天然物质白柠檬素的合成。一种以间苯三酚为原料的合成反应如下：反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚，将获得的有机层（含少量氯化氢）进行洗涤，然后分离提纯得到产物。甲醇和3,5-二甲氧基苯酚的部分物理性质见下表：物质沸点/℃熔点/℃溶解性甲醇64.7-97.8易溶于水3,5-二甲氧基苯酚172-17533-36易溶于甲醇、乙醚，微溶于水下列说法正确的是A．分离出甲醇的操作是结晶B．间苯三酚与苯酚互为同系物C．上述合成反应属于取代反应D．洗涤时可以用饱和Na2CO3溶液除氯化氢22、工业上常用氨碱法制取碳酸钠，却不能用氨碱法制碳酸钾，这是因为在溶液中()A．KHCO3溶解度较大 B．KHCO3溶解度较小 C．K2CO3溶解度较大 D．K2CO3溶解度较小二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、M、W是原子序数由小到大排列的五种短周期主族元素，其中X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，在元素周期表中X是原子半径最小的元素，Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Z、M左右相邻，M、W位于同主族。回答下列问题：（1）Y在周期表中的位置是________,W的阴离子符号是_____。（2）Z的单质的结构式为________。标准状况下，试管中收集满Z的简单氢化物后倒立于水中（假设溶质不向试管外扩散），一段时间后，试管内溶液中溶质的物质的量浓度为_______。（3）由X、Z、M三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为________（各举一例）。（4）写出加热时Y的单质与W的最高价氧化物的水化物的浓溶液发生反应的化学方程式：_______。（5）化合物甲由X、Z、M、W和Fe五种元素组成，甲的摩尔质量为392g·mol-1,1mol甲中含有6mol结晶水。对化合物甲进行如下实验：a．取甲的水溶液少许，加入过量的浓NaOH溶液，加热，产生白色絮状沉淀和无色、有刺激性气味的气体；白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。b．另取甲的水溶液少许，加入过量的BaCl2溶液，产生白色沉淀；再加盐酸，白色沉淀不溶解。①甲的化学式为________。②已知100mL1mol·L-1的甲溶液能与20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液恰好反应，写出反应的离子方程式：____________。24、（12分）以甲苯和丙烯为起始原料合成酯G和高聚物H的流程如下：（1）写出A中官能团的名称________________。写出E的结构简式________________________________。（2）反应类型：反应①________________，反应②________________。（3）写出反应③的化学方程式________________________________________________。（4）酯G有多种同分异构体，写出2种符合下列条件的芳香族同分异构体（写结构简式）________________。ⅰ.既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应；ⅱ.能发生银镜反应。ⅲ.苯环上的一取代物只有2种（5）检验A存在溴元素的方法____________________________________________________________________（6）设计由物质C合成物质F的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）______________25、（12分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。26、（10分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为___________________________________________。（2）B中发生反应的化学方程式为______________________________________。（3）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（4）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。27、（12分）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_______________________；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为__________。(2)某溶液中含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是________(填字母)。A．Mg2＋B．Fe2＋C．Al3＋D．Cu2＋(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：①操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ的名称是________________；操作Ⅱ的方法为________________________________________________________。②Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)_______________。③请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：_________________________________。28、（14分）自然界中的局部氮循环如下图。（1）上图含氮物质的各步转化中，属于氮的固定的是______（填数字序号）。（2）NH3是氮循环中的重要物质，工业合成氨反应的化学方程式为_____________。（3）某化工厂出现泄漏，大量氨水进入循环水系统，使循环水中含氯杀菌剂（有效成分为Cl2）的杀菌效果降低、硝化作用增强，导致循环水的pH发生波动，最终造成设备腐蚀。①下列有关氨对循环水影响的说法中，正确的是_____（填字母序号）。a.过量氨进入循环水后，水中NO和NO含量会升高b.过量氨进入循环水后，不会导致水体富营养化c.循环水pH的波动中，pH的上升与氨水的碱性有关d.为减少氨对杀菌剂杀菌效果的影响，可以改用非氧化性杀菌剂②通过检测循环水中的c（NO）可判断循环水的水质是否恶化，c（NO）检测利用的是酸性条件下I-被NO氧化为I2的反应，该反应的历程如下：I.NO+2H+=NO++H2OII.……III.2ONI=I2+2NOII的离子方程式为___________。（4）含NO的废水可用二硫化亚铁（FeS2）处理，在反硝化细菌的作用下发生以下反应，请将离子方程式补充完整：14NO+5FeS2+___H+7N2↑+10SO+___________29、（10分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目的是_________________________________。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=（1—）×100%。①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于____________。②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________。（3）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是______________________。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________。

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【分析】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价由+1降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；据以上分析解答。【详解】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；A.结合以上分析可知，NaC1O在反应中作氧化剂，A正确；B.结合以上分析可知，生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；每生成1molNa2FeO4，反应中共有3mol电子转移，B错误；C.根据信息低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，C正确；D.K2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮杂质，可用来净水,D正确；

综上所述，本题选B。2、D【详解】A项、氨气极易溶于水，通入氨气的导管插在液面下会产生倒吸，故A错误；B项、实验室里用饱和碳酸钠溶液吸收乙酸乙酯，不是用饱和食盐水，故B错误；C项、该装置用于除去氯气中的氯化氢气体，故C错误；D项、实验室用电石与水反应制备乙炔气体，由于电石与水反应剧烈不易控制，常用饱和食盐水代替水,控制反应速率获得平稳的乙炔气流，故D正确；故选D。【点睛】本题主要考查实验装置以及相关实验注意事项，易错点为A选项中不清楚通NH3的导管不可以伸入液面以下，氨气极易溶于水会导致倒吸。3、C【详解】A．液氨气化时吸收热量导致其周围环境温度降低，所以液氨可以作制冷剂，与氨气的溶解性大小无关，故A错误；B．高熔点的物质可用作耐高温耐火材料，氧化铝熔沸点较高，所以可用作耐高温耐火材料，与氧化铝具有两性无关，故B错误；C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂，故C正确；D．晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，故D错误；答案选：C。4、B【分析】A.反应物的总能量大于生成物的总能量为放热反应；B.反应物的总能量小于生成物的总能量为吸热反应；C.该反应为吸热反应；D.该反应为可逆反应。【详解】A.当反应物总能量<生成物总能量，则反应是吸热反应，但该反应ΔH<0，A项错误；B.当反应物总能量<生成物总能量，则反应是吸热反应，该反应ΔH>0，B项正确；C.根据热化学方程式2HCl(g)=H2(g)+Cl2(s)ΔH=+92.3kJ·mol-1可知HCl分解是吸热反应，C项错误；D.反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是可逆反应，将0.5molN2和1.5molH2置于密闭的容器中充分反应生成NH3(g)小于1.0mol，放热19.3kJ，则热化学方程式应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH<-38.6kJ·mol-1，D项错误；答案选B。5、D【详解】A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化但不能杀毒，故A错误。B.胶体和溶液的本质区別是分散质粒径大小不同，故B错误。C.胶体不带电荷，是Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，故C错误。D.淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体，故D正确。故答案选D。【点睛】胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒径大小，鉴别方法是丁达尔效应。6、B【解析】A.向亚硫酸钠试样中滴入盐酸酸化的Ba(C1O)2溶液，Ba(C1O)2溶液具有氧化性，能够将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，生成硫酸钡沉淀，不能证明试样已氧化变质，故A错误；B.根据氧化还原反应方程式中氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，向Co2O3中滴入浓盐酸，产生黄绿色气体氯气，说明氧化性：Co2O3>C12，故B正确；C.应该先滴加KSCN溶液，后滴加氯水，故C错误；D.向Na2SO4和Na2CO3混合溶液中滴入AgNO3溶液能够反应生成硫酸银和碳酸银沉淀，不能证明Ksp(Ag2SO4)<Ksp(Ag2CO3)，故D错误；故选B。7、A【分析】①逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；②加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；③焰色反应为黄色说明含有钠元素；据此分析；【详解】该溶液为无色溶液，因MnO4－显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4－，①逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4＋，能与OH－反应生成沉淀的离子是Mg2＋、Al3＋，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋，因Al3＋与HCO3－不能大量共存，因此原溶液中一定不存在HCO3－；②取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42－；③焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na＋，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K＋；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4＋、HCO3－、MnO4－，一定含有离子是Na＋、Al3＋、Mg2＋、SO42－，不能确定的离子有K＋、Cl－，故选项A正确；答案：A。【点睛】离子检验中坚持“四项基本原则”：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；④进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。8、C【详解】A选项，Fe可用作食品抗氧化剂，生石灰作干燥剂，故A错误；B选项，焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于物理变化，故B错误；C选项，“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾只能净水，不能使海水淡化，故C正确；D选项，分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液>Fe(OH)3胶体>FeCl3溶液，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】焰色反应为物理变化；食品中的化学知识；铁粉做抗氧剂，生石灰作干燥剂。9、C【详解】A、硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有HNO3，对CO2与Na2SiO3的反应产生干扰，不能达到实验目的，故A不符合题意；B、KMnO4能把HCl氧化成Cl2，FeBr2中Fe2＋的还原性强于Br－，氯气先于Fe2＋发生反应，对Cl2和Br2氧化性的比较产生干扰，不能达到实验目的，故B不符合题意；C、浓硫酸与Na2SO3反应生成SO2，气体通入到KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体现SO2的还原性，能够达到实验目的，故C符合题意；D、Na2SO3具有还原性，氯气能把Na2SO3氧化成Na2SO4，与实验目的不符，故D不符合题意。10、A【解析】A.CuSO4是盐，属于电解质，加入氢硫酸，会发生反应：CuSO4+H2S＝CuS↓+H2SO4，产生黑色沉淀，A正确。B．氢氧化钠是碱，属于电解质，与氢硫酸发生反应：2NaOH+H2S＝Na2S+2H2O，产生的Na2S是可溶性的物质，没有沉淀产生，B错误。C．硫酸亚铁是盐，属于电解质，由于酸性：硫酸＞氢硫酸，因此二者不能发生反应，无沉淀产生，C错误。D．二氧化硫与硫化氢会发生反应：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，产生沉淀，但是SO2是非电解质，不符合题意，D错误。答案选A。11、D【详解】A．利用太阳能等清洁能源，可以节约能源，保护环境，利于节能减排、改善环境质量，A不符合题意；B．引进电动汽车，可以减少汽车尾气排放，利于节能减排、改善环境质量，B不符合题意；C．积极推行和使用能被微生物降解的新型聚合材料，可以减少白色污染，利于节能减排、改善环境质量，C不符合题意；D．填埋法处理未经分类的生活垃圾会污染水体和土壤，不利于节能减排、改善环境质量，D符合题意。答案为D。12、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。13、C【解析】试题分析：A、因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A合理；B、由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故B合理；C、直接加热FeCl3溶液可以得到氢氧化铁，进一步加热可以得到氧化铁，得不到四氧化三铁，故C不合理；D、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；故选C。考点：考查了胶体的性质；制备实验方案的设计的相关知识。14、C【详解】A．由题碘的存在提高N2O的分解速率，v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5中v与k成正比，则k(含碘)＞k(无碘)，故A错误；B．慢反应对总反应速率起决定作用，第二步起决定作用，故B错误；C．第二步反应慢，活化能大，即第二步活化能比第三步大，故C正确；D．根据N2O分解速率方程v=k•c(N2O)•[c(I2)]0.5，I2浓度与N2O分解速率有关，故D错误；故答案为C。15、D【详解】A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；故选D。【点睛】本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。16、C【解析】A.CO的物质的量的变化为（2.00-0.80）mol，反应在t1min内的平均速率为v(CO)=（2.00-0.80）mol÷2L÷t1min=(0.60/t1)mol·L-1·min-1，根据反应速率之比等于化学计量数之比，t1min内H2的平均反应速率与CO的平均反应速率相同，故A正确；B.根据t2＞t1，对比表中数据可知t1min时已经达到平衡状态，而反应物和生成物的化学计量数都为1，则其它条件不变，起始时向容器中充入的3.00molCO和2.00molH2O(g)与充入2.00molCO和3.00molH2O(g)达平衡时，反应的限度相同，故达到平衡时，n(CO2)＝1.20mol，故B正确；C.增大反应物CO的浓度，平衡正向移动，CO转化率减小，水蒸气的转化率增大，故C错误；D.T1℃时，该反应的平衡常数为K=(1.2/2)×(1.20/2)÷(0.80/2)×(1.80/2)=1，T2℃，上述反应的平衡常数为0.70，温度升高，平衡常数减小，平衡逆向移动，说明正反应为放热反应，故D正确。故选C。17、B【详解】Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，其中NaOH和其他5种物质都能发生反应，所以Y一定为NaOH。盐酸和除了Cl2之外的其他4种物质都能反应，所以N一定为盐酸。Al能和Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)发生反应，所以M为Al，X为Cl2，Al2O3和A1(OH)3都只能盐酸、NaOH(aq)反应，所以Q、Z分别为Al2O3和A1(OH)3中的一种。故选B。18、C【详解】A.由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；B.开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；C.测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；D.溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；答案选C。【点睛】本题的易错点是葡萄糖检验的方法，在检验的过程中要注意：①新制Cu(OH)2悬浊液要随用随配，不可久置；②配制新制Cu(OH)2悬浊液时，所用NaOH必须过量；③反应液直接加热煮沸，才有明显的红色沉淀；④加热沸腾不能太久，否则会有黑色沉淀，这是Cu(OH)2受热分解生成CuO所致。19、D【分析】依据氯化银和碘化银的溶度积比较溶解度，反应向更难溶的方向进行；依据碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，反应中先析出碘化银；AgCl饱和溶液中c（Ag+）为1.30×10-5mol•L-1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl（s）⇌Ag++Cl-，氯离子浓度为1.30×10-5mol•L-1；依据Ksp=c（Ag+）c（Cl-）计算得到；根据溶解度判断沉淀的先后顺序，利用溶度积常数计算出各离子浓度，结合反应的程度比较溶液离子浓度的大小。【详解】A．

碘化银和氯化银溶度积比较溶解度可知，碘化银溶解度小，若在AgCl悬浊液中滴加KI溶液,如满足c(Ag+)c(I−)>Ksp(AgI)，则可生成黄色沉淀；B．由已知条件知，AgI的Ksp较小，则先产生的是AgI沉淀，故B正确；C．在AgCl饱和溶液中c(Ag+)＝1.30×10−5mol⋅L−1，溶液中存在沉淀溶解平衡AgCl(s)⇌Ag++Cl−，c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1，由Ksp=c（Ag+）c（Cl-）=1.30×10−5mol⋅L−1×1.30×10−5mol⋅L−1=1.69×10−10mol2⋅L−2，故C正确；D．若在5mL含有KCl和KI各为0.01mol/L的溶液中，加入8mL0.01mol/LAgNO3溶液，首先生成AgI沉淀，反应后剩余n(Ag+)=0.003L×0.01mol/L=3×10−5mol，继续生成AgCl沉淀，反应后剩余n(Cl−)=0.005×0.01mol/L−3×10−5mol=2×10−5mol，c(Cl−)==1.53×10−3mol/L，浊液中c(Ag+)═==1.1×10−7(mol/L)，c(I−)═==1.35×10−9(mol/L)，混合溶液中n(K+)=1×10−4mol，n(NO3−)=0.008L×0.01mol/L=8×10−5mol，则c(K+)>c(NO3−)，故c(K+)>c(NO3−)>c(Cl−)>c(Ag+)>c(I−)，故D错误；答案选D。20、C【解析】“曾青得铁则化为铜”，其中“曾青”是铜的化合物，即用铁将铜的化合中的铜置换出来，反应物是铁和硫酸铜溶液，生成铜单质和硫酸亚铁。故选C。21、C【解析】A、3，5－二氧基苯酚易溶于甲醇，因此采用蒸馏方法进行分离，故A错误；B、1个间苯三酚分子有3个酚羟基，1个苯酚只有1个酚羟基，两者不互为同系物，故B错误；C、根据反应方程式，2个甲基取代酚羟基上的氢原子，上述反应属于取代反应，故C正确；D、酚羟基与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，因此应用碳酸氢钠洗涤，除去氯化氢，故D错误。点睛：本题易错点是选项D，有的学生只注意到碳酸的酸性强于苯酚，忽略了苯酚电离出H＋能力强于HCO3－，即苯酚能与Na2CO3反应生成碳酸氢钠，因此不能采用碳酸钠除去HCl。22、A【详解】用氨碱法制取碳酸钠主要是制取碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，在溶液中先析出，使得反应继续下去，从而制取较多的碳酸氢钠以用来制取碳酸钠。但是相同条件下，碳酸氢钾的溶解度较大，不会从溶液中析出，所以就得不到碳酸氢钾，也就不能用这种方法制取碳酸钾。故A正确；综上所述，本题应选A。二、非选择题(共84分)23、第二周期IVA族S2-N≡N0.045mol/L（或1/22.4mol/L）HNO3（或HNO2）、NH3·H2O、NH4NO3（或NH4NO2）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O【解析】原子序数由小到大排列的五种短周期元素X、Y、Z、M、W，在周期表中X是原子半径最小的元素，则X为H元素；元素Y原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，Y为C或S，结合原子序数可知，Y不可能为S元素，故Y为C元素；Z、M左右相邻，M、W位于同主族，令Z的原子序数为a，可知M原子序数为a+1，W原子序数为a+9，X、Z、M、W四种元素的原子序数之和为32，则1+a+a+1+a+9=32，解得a=7，故Z为N元素、M为O元素、W为S元素。(1)Y为C元素，在周期表中位于第二周期IVA族，W为S元素，W的阴离子符号是S2-，故答案为第二周期IVA族；S2-；(2)Z为N元素，单质的结构式为N≡N；标况下，Z的氢化物为氨气，氨气极易溶于水，试管中收集满氨气，倒立于水中(溶质不扩散)，一段时间后，氨气体积等于溶液的体积，令体积为1L，则试管内溶液的物质的量浓度为=0.045mol/L，故答案为N≡N；0.045mol/L；(3)X为H元素、Z为N元素、M为O元素。由H、N、O三种元素组成的化合物是酸、碱、盐的化学式分别为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)，故答案为HNO3(或HNO2)、NH3·H2O、NH4NO3(或NH4NO2)；(4)加热时，碳与浓硫酸发生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；(5)①取甲的溶液加入过量的浓NaOH溶液并加热，产生白色絮状沉淀和无色刺激性气味气体，过一段时间白色絮状沉淀变为灰绿色，最终变为红褐色，则说明甲中有亚铁离子和铵根离子，另取甲的溶液，加入过量BaCl2溶液产生白色沉淀，加盐酸沉淀不溶解，则说明甲中有硫酸根离子，1mol甲中含有6mol结晶水，即甲的化学式中含有6个结晶水，甲的摩尔质量为392g/mol，则甲的化学式为(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O，故答案为(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O；②100mL1mol·L-1的甲溶液中含有0.1molFe2+，20mL1mol·L-1的酸性KMnO4溶液中含有0.02molMnO4-，恰好反应生成铁离子和锰离子，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，故答案为5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键。本题的难点是(5)中甲的化学式的确定；易错点为(2)的计算，要知道氨气极易溶于水，氨气体积等于溶液的体积。24、溴原子加成反应取代反应、取样，滴加氢氧化钠水溶液加热，冷却后先加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀出现，证明有溴元素，反之无【分析】甲苯与氯气发生苯环上取代反应生成D，D发生水解反应得到E，由E与F反应产物G（酯）的结构结构式可知，E为，则D为，F为CH2=CHCOOH，F还可发生加聚反应可生成H；丙烯发生与溴水发生取代反应得到A，A发生水解反应得到B，B催化氧化得到C，C与银氨溶液反应得到丙烯酸，采用逆合成分析法由F逆推C可知，C为，B为，A为，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）A为，则A中官能团的名称溴原子；E的结构简式为；（2）反应①为碳碳双键的加成反应，故反应类型为：加成反应；反应②为卤代烃的水解反应，其反应类型为：水解反应（或取代反应），故答案为加成反应；水解反应（或取代反应）；（3）反应③为醇的催化氧化反应，B为，在铜催化作用下与氧气发生反应，其化学方程式为：；（4）酯G为，分子式为：C10H10O2，不饱和度为：=6，其芳香族同分异构体中，能发生银镜反应则含有醛基，苯环上的一取代物只有2种，则说明苯环上有2个取代基，处于邻对位，既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应，则说明含有酯基，则符合条件的同分异构体可以为：、；（5）A中含有溴原子，可先让其发生水解反应生成溴离子，再利用银离子与溴离子的反应现象证明，具体方法为：取样，滴加氢氧化钠水溶液加热，冷却后先加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀出现，证明有溴元素；（6）C为，可先进行催化氧化生成，再加氢还原生成，最后在浓硫酸催化剂作用下发生消去反应得到F（CH2=CH-COOH），具体合成路线如下：。25、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【详解】（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，设计简单实验为量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得，故答案为：量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得。【点睛】本题的难点是（4），实验目的是测定饱和氯水中氯元素的总量，氯水中氯元素以Cl－、HClO、Cl2、ClO－形式存在，根据实验目的需要将Cl元素全部转化成Cl－，然后加入AgNO3，测AgCl沉淀质量，因此本实验不能用SO2和FeCl3，SO2与Cl2、ClO－和HClO反应，SO2被氧化成SO42－，SO42－与AgNO3也能生成沉淀，干扰Cl－测定，FeCl3中含有Cl－，干扰Cl－测定，因此只能用H2O2。26、NaOH溶液2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量，因Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D为量气装置，B中剩余固体为Mg，固体质量差为Al的质量，利用氢气的体积可计算铝的质量分数和铝的相对原子质量。【详解】Mg与NaOH不反应，而Al与NaOH反应，由实验可知，A中为NaOH溶液，B中发生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D为量气装置，(1)由上述分析可知，A为NaOH溶液；(2)B中发生反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)B中剩余固体的质量为cg，为Mg的质量，则Al的质量为（a-c）g，测得氢气体积为bmL，其物质的量为×10-3mol；根据2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al的物质的量为×10-3mol=mol，则Al的摩尔质量为=g/mol，原子量为；(4)若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，则造成