2026届广西钦州市钦南区钦州港中学化学高三上期中学业水平测试试题含解析

2026届广西钦州市钦南区钦州港中学化学高三上期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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、常温下，下列各溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是A．0.1mol·L-1的Na2CO3溶液中：c(OH-)＝c()+c(H+)+c(H2CO3)B．将pH＝6的H2SO4稀释1000倍后，c(H+)＝2c()C．浓度分别为0.1mol·L-1和0.01mol·L-1的CH3COOH溶液中：c(CH3COO-)前者是后者的10倍D．NaA溶液的pH＝8，c(Na+)-c(A-)＝9.9×10-7mol·L-12、下列反应的发生与沉淀溶解平衡或盐类水解平衡的移动无关的是A．盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳B．镁条与氯化铵溶液反应生成氢气C．硝酸银溶液与盐酸反应生成氯化银D．硫酸铝溶液和小苏打溶液反应生成二氧化碳3、下图是工业合成氨反应的速率-时间图像，在t1时刻改变某一条件，到t2时重新达到平衡，判断t1时刻可能改变条件是（）A．使用催化剂B．升高温度C．增大压强D．提高N2浓度4、我国有机化学家发展了一些新型的有机试剂，如氟化试剂CpFluor－2，其与醇反应可以高产率、高选择性地生成氟代物。下列有关说法正确的是()A．该过程中只发生了取代反应 B．CpFluor－2苯环上的一氯代物有3种C．CH2Cl2能跟氢氧化钠醇溶液发生消去反应 D．A中的官能团有醚键、羰基和碳碳双键5、某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为()A．1∶1∶1 B．1∶3∶1C．3∶3∶8 D．1∶1∶46、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法一定正确的是()A．常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中氧原子数为0.3NAB．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数均为10NAC．常温、常压下，4.6gNO2和N2O4混合气体中含有的O原子数目为0.2NAD．Fe与水蒸气在高温条件下反应，有1molFe参与反应，则转移电子的数目为3NA7、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A．1.0molB．0.8molC．0.6molD．0.4mol8、常温下，关于溶液的稀释，下列说法正确的是（）A．pH＝3的醋酸溶液稀释100倍，pH＝5B．pH＝4的H2SO4溶液加水稀释100倍，溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－6mol·L－1C．将1L0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，pH＝13D．pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，其pH＝69、已知：2A(g)B(g)+Q(Q>0)，2A(g)B(l)；下列能量变化示意图正确的是A． B．C． D．10、下列有关化学用语表示正确的是A．中子数为18的硫原子：1618SB．氯离子的结构示意图：C．氨分子的电子式：D．硝基苯的结构简式：11、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、NOB．c(NO)=1mol·L-1的溶液中：H+、Fe2+、SO、Cl-C．中性溶液中：NH、Fe3+、SO、AlOD．=1×1012的溶液中：K+、Na+、S2O、F-12、一种可充电锂-空气电池如图所示，当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是A．充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移B．充电时，电池总反应为Li2O2-x==2Li+(1-)O2C．放电时，多孔碳材料电极为负极D．放电时，外电路电子由多孔碳材料电极流向锂电极13、已知化学反应A2(g)+B2(g)=2AB(g)的能量变化曲线如图所示，下列叙述正确的是（）A．该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1B．每生成2molAB(g)时吸收bkJ能量C．该反应中反应物的总能量高于生成物的总能量D．断裂1molA—A键和1molB—B键时放出akJ能量14、用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸A．A B．B C．C D．D15、已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g)ΔH=+74.9kJ∙mol-1,下列说法中正确的是A．能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应B．该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行C．碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D．该反应中熵变、焓变皆大于0,在高温条件下可自发进行16、下列说法中正确的是A．CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B．在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D．第ⅠA族元素和第ⅦA

族元素的原子之间都能形成离子键二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMRQ原子半径/nm0.1860.0740.0990.143主要化合价-4,+4-2-1,+7+3其它阳离子核外无电子单质为半导体材料焰色反应呈黄色(1)R在元素周期表中的位置是___________________________；R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们之间的关系互为____________。(2)Z的单质与水反应的化学方程式是__________________________________________。(3)Y与R相比，非金属性较强的是____________(用元素符号表示)，下列事实能证明这一结论的是____________(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.稳定性XR>YX4c.Y与R形成的化合物中Y呈正价(4)根据表中数据推测，Y的原子半径的最小范围是大于_______nm小于______nm。(5)甲、乙是上述部分元素的最高价氧化物的水化物，且甲+乙→丙+水。若丙的水溶液呈碱性，则丙的化学式是____________。18、有机化学基础]M为合成高分子材料的中间体，以芳香烃A制备M和高分子化合物N的一种合成路线如下：​已知：请回答下列问题：（1）C的化学名称为________。（2）A→B、H→M的反应类型分别为________、________。（3）F中所含官能团的名称为________。G的结构简式为________。（4）试剂1为________。（5）D→N的化学方程式为________。（6）Q为H的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构简式为________。①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构②能与氯化铁溶液发生显色反应，1molQ最多消耗3molNaOH③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1（7）参照上述合成路线和信息，以甲醛和乙醛为起始原料（无机试剂任选），设计制备聚丙烯酸（）的合成路线：________。19、用含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)制备CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：除镍过程中溶液pH对Co的回收率影响如下图所示，部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4（1）酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，其优点为__________________。（2）除镍时应调节pH=______________，此步骤中Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___________________。（3）除铁过程的步骤：_______________，过滤得CoCl2溶液。(可供选用的试剂：30%H2O2、1.0mol·L-1KMnO4、NaOH固体、CoCO3固体)（4）除铁后加入盐酸调pH的作用是____________________。（5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl2·6H2O，减压蒸干的目的是___________________。20、MnO2是制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：Ⅰ、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式___。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是___。Ⅲ、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B．把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红C．把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是___。写出在MnO2迅速氧化I−的离子方程式___。21、东晋《华阳国志南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）文明中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：（1）镍元素基态原子的电子排布式为_________，3d能级上的未成对的电子数为______。（2）硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中阴离子的立体构型是_____。②在[Ni(NH3)6]2+中Ni2+与NH3之间形成的化学键称为______，提供孤电子对的成键原子是_____。③氨的沸点_____（“高于”或“低于”）膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为_______。（3）单质铜及镍都是由______键形成的晶体：元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1958kJ/mol，INi=1753kJ/mol，ICu＞INi的原因是______。（4）某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。①晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。②若合金的密度为dg/cm3，晶胞参数a=________nm。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.通过如下方式得Na2CO3溶液中质子守恒关系式，则c(OH－)＝c(H＋)＋c(HCO)＋2c(H2CO3)，A项错误；B.pH＝6的H2SO4溶液稀释1000倍后，溶液中的c(H＋)接近10－7mol·L－1，原溶液中硫酸根的浓度是5×10－7，稀释1000倍变成了5×10－10，c(H＋)与c(SO)的比为(1×10－7)：(5×10－10)＝200∶1，即为c(H＋)＝200c(SO)，B项错误；C.若CH3COOH是强酸，结论正确，由于CH3COOH是弱酸，存在电离平衡，而且稀释促进电离，所以两者中c(CH3COO－)之比不等于酸的浓度之比，C项错误；D.溶液中pH＝8，c(H＋)＝10－8mol·L－1，c(OH－)＝10－6mol·L－1，根据电荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(A－)＋c(OH－)，得：c(Na＋)－c(A－)＝c(OH－)－c(H＋)＝10－6－10－8＝9.9×10－7mol·L－1，D项正确；故选D。2、C【解析】A项，CaCO3在溶液中存在溶解平衡：CaCO3（s）Ca2+（aq）+CO32-（aq），盐酸电离的H+与CO32-结合，CO32-浓度减小，溶解平衡正向移动，生成CO2，与沉淀溶解平衡的移动有关；B项，NH4Cl溶液中存在水解平衡：NH4++H2ONH3·H2O+H+，Mg与H+反应生成Mg2+和H2，H+浓度减小，水解平衡正向移动，与盐类水解平衡的移动有关；C项，AgNO3与HCl发生复分解反应：Ag++Cl-=AgCl↓，与沉淀溶解平衡的移动无关；D项，Al2（SO4）3溶液中存在水解平衡：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，NaHCO3溶液中存在水解平衡：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，硫酸铝溶液和小苏打溶液混合由于H+与OH-结合成H2O，水解平衡都正向移动，最终水解趋于完全生成CO2，与盐类水解平衡的移动有关；答案选C。3、B【解析】根据图像，t1时正、逆反应速率增大，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡逆向移动，合成氨是一个放热的体积减小的反应，根据外界条件对化学反应速率和平衡移动的影响分析解答。A.使用催化剂，平衡不移动，故A错误；B．合成氨反应是一个放热反应，升高温度平衡逆向移动，故B正确；C．增大反应体系的压强，平衡正向移动，正逆反应速率都增大，故C错误；D.提高N2浓度，平衡正向移动，故D错误；故选B。点睛：本题考查影响化学反应速率的因素，注意把握浓度、催化剂、温度、压强对反应速率的影响即可解答，侧重反应速率图象的分析，明确速率变化程度为解答的关键，本题的难点是根据图像判断平衡的移动方向。4、D【详解】A.如果只发生取代反应，生成的A的一个分子中会有两个羟基，而A分子中没有两个羟基，所以不只发生取代反应，故A错误；B.CpFluor-2苯环上的一氯代物有6种，故B错误；C.卤代烃能够发生消去反应，要求与卤素相邻的碳原子上要有氢，CH2Cl2不能跟氢氧化钠醇溶液发生消去反应，故C错误；D.根据分子结构，A中的官能团有醚键、羰基和碳碳双键，故D正确；答案选D。5、D【分析】分析溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系图，可知，加入1mol铁粉，此时c(Fe2+)为0，说明此时发生反应：Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O。再加入1mol铁粉，c(Fe2+)由0变为3，可知此时发生反应：2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2。当加入铁粉的物质的量为3mol时，c(Fe2+)浓度由3变为4，则发生了：Cu(NO3)2＋Fe=Fe(NO3)2＋Cu。据此分析。【详解】将铁粉加入该稀溶液中，依次发生的反应是Fe＋4HNO3(稀)=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，2Fe(NO3)3＋Fe=3Fe(NO3)2，Cu(NO3)2＋Fe=Fe(NO3)2＋Cu。由图可知，稀硝酸消耗1molFe同时生成1molFe(NO3)3，溶液中Fe(NO3)3消耗了1molFe，而Cu(NO3)2消耗了1molFe，结合反应方程式可知，消耗1molFe需要4molHNO3、2molFe(NO3)3和1molCu(NO3)2，则原溶液中有4molHNO3、1molFe(NO3)3，1molCu(NO3)2，则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1∶1∶4。D项正确；答案选D。6、C【解析】A、常温下，1L0.1mol/L的NH4NO3溶液中，NH4NO3的物质的量为0.1mol，所含氧原子的物质的量为0.3mol，水也含有氧原子，所以该溶液中所含氧原子的物质的量大于0.3mol，个数大于0.3NA，故A错误；B、1个羟基含9个电子，1个氢氧根离子含10个电子，则1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含电子数分别为9NA、10NA，故B错误；C、NO2和N2O4混合气体从组成上可以看成NO2，4.6gNO2的物质的量为0.1mol，含有0.2mol氧原子，个数为0.2NA，故C正确；D、Fe与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气，有1molFe参与反应，转移电子mol，个数为NA，故D错误；答案选C。7、D【解析】可以将反应理解为：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，则有0.4molNaNO3。8、C【分析】A.醋酸是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，加水稀释能促进醋酸电离；B.先计算稀释后溶液中氢离子浓度，再结合水的离子积常数计算水电离出的氢氧根离子浓度,水电离出的氢氧根离子浓度等于水电离出的氢离子浓度；C.先计算稀释后溶液中氢氧根离子浓度，计算溶液中氢离子浓度，从而确定溶液的pH；D.酸或碱无论如何稀释都不能转变为碱或酸。【详解】A.如果醋酸是强电解质，则pH＝3的醋酸溶液加水稀释100倍,pH＝5,实际上醋酸是弱电解质,所以稀释后pH<5,故A错误；B.将pH＝4的H2SO4加水稀释100倍,则溶液的pH＝6,溶液中c(OH-)=1×10－8mol·L－1，所以溶液中由水电离产生的c(H＋)＝1×10－8mol·L－1,故B错误；C.将1L0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀释为2L，溶液中c(OH-)=0.1×2×1/2=0.1mol·L－1，则c(H＋)＝1×10－13mol·L－1,所以pH=13,故C正确；D.pH＝8的NaOH溶液稀释100倍，溶液仍然是碱性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH>7,故D错误；正确选项C。【点睛】本题考查弱电解质的电离，易错选项为D，注意酸碱稀释过程中溶液接近中性时，要考虑水的电离，为易错点，题目难度中等。9、A【详解】2A(g)B(g)+Q(Q>0)为放热反应，2molA(g)的能量大于1molB(g)；B(g)的能量大于B(l)，2A(g)B(l)放出的能量大于Q；故选A。10、B【解析】A．硫原子质子数为16，中子数为18，则质量数为34，该硫原子可以表示为：1634S，故A错误；B．Cl-的离子结构示意图：，故B正确；C．氨气分子中氮原子最外层达到8电子稳定结构，漏掉了氮原子的孤电子对，氨气的电子式为，故C错误；D．硝基的化学式错误，硝基为-NO2，硝基苯的结构简式为：，故D错误；故选B。点睛：本题考查了常见化学用语的书写方法，明确常见化学用语的概念及书写原则为解答关键。本题的易错点为D，硝基苯可以看作硝基取代苯环上的1个H形成的，硝基的化学式为-NO2。11、A【详解】A．能使甲基橙变红的溶液出酸性，Na+、NH、SO、NO能大量共存，故选A；B．c(NO)=1mol·L-1的溶液中，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，故不选B；C．中性溶液中Fe3+、AlO发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故不选C；D．=1×1012的溶液呈酸性，酸性条件下，S2O生成S和SO2，故不选D；选A。12、B【分析】由题意知，放电时负极反应为Li－e－=Li＋，正极反应为(2－x)O2＋4Li＋＋4e－=2Li2O2－x(x＝0或1)，电池总反应为O2＋2Li=Li2O2－x。【详解】A、该电池放电时，电解质溶液中的Li＋向多孔碳材料区迁移，充电时电解质溶液中的Li＋向锂材料区迁移，A项错误；B、充电时电池总反应为Li2O2－x=2Li＋(1－)O2，B项正确；C、该电池放电时，金属锂为负极，多孔碳材料为正极，C项错误；D、该电池放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极，D项错误。【点睛】本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。13、A【详解】AB．依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收(a−b)kJ热量，该反应热ΔH=+(a-b)kJ·mol-1，故A正确，B错误；C．依据能量图象分析可知反应物总能量低于生成物总能量，故C错误；D．由图可知，断裂1molA−A和1molB−B键，吸收akJ能量，故D错误；答案选：A。14、D【解析】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。答案选D。15、D【详解】A.反应能否自发进行的判断依据为∆H-T∆S，不能根据反应放热、吸热判断能否自发进行，与题意不符，A错误；B.该反应是吸热反应，根据复合判据，在高温时能自发进行，与题意不符，B错误；C.碳酸盐分解反应中熵增加，∆S>0，反应为吸热反应，根据复合判据，低温条件下碳酸盐分解不能自发进行，与题意不符，C错误；D.该反应中熵变、焓变皆大于0，∆H-T∆S<0时，可自发进行，则在高温条件下可自发进行，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】判断反应能否进行的判断依据为∆G=∆H-T∆S。16、B【解析】A．CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B．在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；D．一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的H－F是共价键，D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期ⅦA族同位素2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Clbc0.0990.143NaAlO2或Na2SiO3【分析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，X阳离子核外无电子，则X为H元素；Y有+4、-4价，单质为半导体材料，则Y为Si元素；Z焰色反应呈黄色，则Z为Na元素；M为-2价，处于ⅥA族，则M为O元素；R有-1、+7价，则R为Cl元素；Q有+3价，处于ⅢA族，原子半径小于Na原子，则Q为Al元素，据此解答。【详解】（1）R为Cl元素，原子核外电子数为17，有3个电子层最外层电子数为7，处于元素周期表中第三周期第ⅦA族，R在自然界中有质量数为35和37的两种核素，它们属于同位素关系，故答案为第三周期第ⅦA族；同位素。

（2）Z为Na元素，Na与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，故答案为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑。

（3）Y为Si，R为Cl，位于同一周期，根据同周期元素非金属性从左到右逐渐增强可知，Cl的非金属性大于Si，

a.属于物质的物理性质，不能比较非金属性的强弱，故a错误；

b.元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故b正确；

c.Y与R形成的化合物中Y呈正价，说明R得电子能力强，非金属性强，故c正确，

故答案为Cl；bc。

（4）Y为Si，与Al、Cl位于相同周期，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则Si的原子半径比Al小，比Cl大，即大于0.099nm小于0.143nm，

故答案为0.099nm；0.143nm。

（5）甲+乙→丙+水，应为中和反应，若丙的水溶液呈碱性，则对应的物质的应为强碱弱酸盐，可为NaAlO2或Na2SiO3，故答案为NaAlO2或Na2SiO3。【点睛】非金属与氢气化合的难易程度、气态氢化物的稳定性、最高价氧化物的水化物的酸性、非金属单质之间的置换反应等均可比较非金属性的强弱。18、苯酚取代反应酯化反应（或取代反应）醛基、醚键银氨溶液[或新制Cu（OH）2悬浊液]CH3CHOCH2＝CHCHO【详解】结合E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应生成E和HI，可推知D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；B为氯苯，A为苯；E发生氧化反应生成F为；在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G为；H与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M，根据M的结构简式可推知H为；（1）C的化学名称为苯酚；（2）A→B是苯在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢、H→M是和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应（也属于取代反应）生成M和水，反应类型分别为取代反应、酯化反应（或取代反应）；（3）F为，所含官能团的名称为醛基、醚键；G的结构简式为；（4）试剂1将G中的醛基氧化为羧基，为银氨溶液[或新制Cu（OH）2悬浊液]；（5）D→N是在催化剂作用下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为；（6）Q为H的同分异构体，满足①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，②能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，1molQ最多消耗3molNaOH，根据氧原子个数可知应该还含有一个连接在苯环上的酯基且水解后生成两个酚羟基；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，则有四种氢，其中有两个甲基，符合条件的同分异构体为；（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2＝CHCHO，CH2＝CHCHO在银氨溶液中水浴加热发生氧化反应后酸化得到CH2＝CHCOOH，CH2＝CHCOOH在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸，故制备聚丙烯酸（）的合成路线为：CH3CHOCH2＝CHCHO19、减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化）10否向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1≤pH≤6.6，使Fe3+沉淀完全抑制Co2-水解防止COCl2·6H2O分解【解析】含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化亚铁离子，向溶液中加入CoCO3，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH数据，需要调节溶液pH4.l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl2•6H2O。(1)硝酸酸浸时氧化Co2+产生氮氧化物，酸浸工艺中用“稀HCl”替代传统的“盐酸与硝酸的混酸”，可以减少有毒气体氮氧化物的排放；同时防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)，故答案为减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)；(2)由图2可知，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，Co元素在滤渣中，Ni元素在滤液中，故未形成沉淀，故答案为10；否；(3)除铁过程中，需要将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节pH沉淀铁离子，为了不引入新杂质，故选择过氧化氢做氧化剂，用CoCO3调节pH，操作为：①向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；②向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；③过滤得CoCl2溶液；故答案为①向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；②向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；(4)Co2+水解，故加盐酸可以抑制Co2+水解，故答案为抑制Co2+水解；(5)工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl2•6H2O，减压蒸干的目的是防止CoCl2•6H2O分解，故答案为防止CoCl2•6H2O分解。20、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2反应生成的MnO2对该反应起催化作用A酸性越强，MnO2氧化能力越强MnO2+2I−+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；Ⅱ、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；Ⅲ、(1)A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化