2026届江西省赣州市会昌县化学高三上期中调研模拟试题含解析

2026届江西省赣州市会昌县化学高三上期中调研模拟试题注意事项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（每题只有一个选项符合题意）1、实验室验证钠能与二氧化碳发生反应，并确定其产物的装置如图所示(已知：PdC12溶液遇CO能产生黑色的Pd)，下列说法错误的是A．装置①的仪器还可以制取H2、NH3等气体B．装置⑤中石灰水变浑浊后，再点燃酒精灯C．装置②③中分别盛装饱和Na2CO3溶液、浓H2SO4D．装置⑥中有黑色沉淀，发生的反应是PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC12、下列有关溶液中粒子浓度的关系式中，正确的是()A．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③Na2CO3三份溶液中的c(Na＋)：③＞②＞①B．0.1mol·L－1某二元弱酸强碱盐NaHA溶液中：c(Na+)=2c(A2-)＋c(HA-)＋c(H2A)C．图中a点溶液中各离子浓度的关系是：c(OH－)＝c(H＋)＋c(CH3COO－)＋2c(CH3COOH)D．图中pH＝7时：c(Na＋)＞c(CH3COO－)＞c(OH－)＝c(H＋)3、根据下列实验：①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说法正确的是（）A．氧化性Cu2+>Fe3+ B．①中所得固体只含铜C．①中滤液含有Cu2+和Fe2+ D．②中不会观察到溶液变红4、25℃时，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．H2A的电离方程式为H2AH++HA-B．B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/LC．C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(A2-)D．25℃时，该氨水的电离平衡常数为5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NAB．相同质量的Na2O2和Na2S固体具有不相同的阴阳离子数和质子数C．5.8g正丁烷与异丁烷组成的混合气体中含有的C-H键数目为NAD．常温下CH3COONH4的pH=7，则0.5mol﹒L-1的CH3COONH4溶液中，NH4+浓度为0.5mol﹒L-16、图像能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图像与描述相符的是()A．图1是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应ΔH＜0；B．图2是一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时的图像，压强p1＞p2C．图3表示分别稀释1mLpH＝2的盐酸和醋酸时溶液pH的变化，图中b＞100mLD．图4表示平衡2NO2(g)N2O4(g)在t1时迅速将体积缩小后c(N2O4)的变化7、下列说法不正确的是A．二氧化氯是一种高效安全的消毒剂B．沙子、石英、水晶等都是天然存在的二氧化硅C．SO2能漂白石蕊试液、高锰酸钾溶液D．还原铁粉可以用作食品袋内的抗氧化剂8、某同学通过系统实验探究铝及其化合物的性质，操作正确且能达到目的的是A．向氯化铝溶液中滴加过氨水，最终得到澄清溶液B．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应制得等质量的氢气C．常温下铝与浓硝酸反应制得大量的NO2D．AlCl3溶液加热蒸干得到无水氯化铝晶体9、下列化学方程式或离子方程式书写不正确的是A．工业上用电解法制备Al：2Al2O34A1+3O2↑B．用FeC13腐蚀铜线路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+C．Na2CO3溶液吸收过量Cl2：2CO32-+Cl2+H2O=2HCO3-+Cl-+ClO-D．用酸性KMnO4溶液验证H2O2的还原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O10、为了除去铁粉中的少量铝粉，可以选取下列哪种溶液()A．浓盐酸 B．浓硝酸 C．浓硫酸 D．浓氢氧化钠溶液11、下列说法不正确的是A．铅蓄电池在放电过程中，正极得到电子，电极质量增加B．0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中减小C．SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)必须在高温下反应才能发生，则ΔH>0D．合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率12、某学生想利用下图装置(烧瓶位置不能移动)收集下列气体：①H2②Cl2③CH4④HCl⑤NH3⑥NO⑦NO2⑧SO2，下列操作正确的是()A．在烧瓶中充满水，由A进气收集①③⑤⑦B．在烧瓶中充满水，由B进气收集⑥C．烧瓶是干燥的，由A进气收集①③⑤D．烧瓶是干燥的，由B进气收集②④⑥⑦⑧13、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．活性炭可吸附水体中的重金属离子B．胆矾（CuSO4·5H2O）可代替明矾用作净水剂C．液态二氧化碳可扑灭电器起火，也可扑灭镁合金起火D．处于有毒有害气体泄漏的化学事故现场，应向顺风方向迅速撤离14、向含有下列离子的溶液中加入相应试剂后，发生反应的离子方程式书写正确的是离子组加入试剂离子方程式AAl3+、SO42−适量Ba(OH)2溶液Al3++3OH−==A1(OH)3↓BFe2+、I−足量新制氯水Cl2+2I−==2C1−+I2CFe2+、H+H2O2溶液2Fe2+＋H2O2===2Fe3+＋O2↑＋2H+DBa2+、HCO3−少量Ba(OH)2溶液Ba2++HCO3−+OH−==BaCO3↓+H2OA．A B．B C．C D．D15、根椐实验操作和现象所得出的结论正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将盐酸滴入NaHCO3溶液中有气泡产生氯的非金属性比碳强B用pH试纸分别测定0.1mol•L-1的Na2SO3溶液和0.1mol•L-1的NaHSO3溶液的pHNa2SO3溶液的pH约为10，NaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-强C分别将乙烯与SO2通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液均褪色两种气体使酸性KMnO4溶液褪色的原理相同D铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液出现血红色铝热剂中一定含有氧化铁A．A B．B C．C D．D16、短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Z和W在同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：W<X<Y<ZB．X、Y、Z单质的熔点：Z<Y<XC．简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z<WD．Z元素的最高价氧化物对应水化物的分子中存在非极性共价键二、非选择题（本题包括5小题）17、已知有机物A（分子中共有7个碳原子）为芳香族化合物，相互转化关系如图所示回答下列问题：（1）写出反应类型：A→B①______；B+D→E②_____。（2）分别写出C、D分子中官能团的名称______；______。写出反应C→D的实验现象_____。（3）写出B、D合成E的化学方程式：_____。（4）写出与D互为同分异构体且属于芳香族化合物所有有机物的结构简式：_____。（5）写出实验室由制备的合成路线。_____。（合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物）18、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为___________________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。19、纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示:(1)纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为__________________________。

(2)如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2_________(用简要文字描述)。

(3)生成纳米级Fe的化学方程式为__________________。

Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用如图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。(4)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是____________。

(5)乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验:实验步骤实验操作实验现象①将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生②向实验①得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是________(用简要文字描述)。

(6)丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。20、某课外小组探究硫化钠晶体（Na2S·9H2O）在空气中放置后的氧化产物。取少量在空气中放置一段时间的硫化钠晶体样品，溶于水得到溶液A，测得溶液A的pH为13。查阅资料：i.硫化钠晶体在空气中放置后，可能会有Na2Sx、Na2SO3、Na2S2O3等物质生成。ii.S2-、S、S2O都不能使品红褪色，SO或高浓度OH-能使品紅褪色。ii.Na2Sx能与H+反应生成H2S（臭鸡蛋气味气体）和S；Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS（黑色固体）和S；Na2S2O3可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。（1）取未在空气中放置的硫化钠晶体，溶于水后测得溶液显碱性，用离子方程式解释其原因为__________。（2）进行实验一。编号试剂现象1溶液A立即褪色2pH=13的NaOH溶液无明显变化①实验一证明氧化产物中有Na2SO3，其中编号2实验的目的是________________。②某同学由实验结果进一步推测硫化钠晶体的氧化产物中可能还含有Na2SO4，这是因为Na2SO3有____性。（3）进行实验二。取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，离心沉降（固液分离），得到无色溶液B和淡黄色固体。①取无色溶液B______（填操作和现象），证明溶液A中存在SO。②该实验现象不能证明样品中存在Na2Sx，因为______________。（4）进行实验三。①证明氧化产物中存在Na2S2O3的证据是_______________。②溶液A中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能发生的反应是______（用离子方程式表示）。结论：硫化钠晶体在空气中放置后的氧化产物有Na2SO3、Na24SO4、Na2Sx和Na2S2O3。21、过二硫酸钾(K2S2O8)在科研与工业上有重要用途。（1）H2S2O8的结构式如图，其中S元素的化合价为__________。在Ag+催化下，S2O82-能使含Mn2+的溶液变成紫红色，氧化产物是___________（填离子符号）。（2）某厂采用湿法K2S2O8氧化脱硝和氨法脱硫工艺综合处理锅炉烟气，提高了烟气处理效率，处理液还可以用作城市植被绿化的肥料。①脱硫过程中，当氨吸收液的pH=6时，n(SO32-)∶n(HSO3-)=________。[巳知：25℃时，Ka1(H2SO3)=1.5×10-2，Ka2(H2SO3)=1.0×10-7]②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步，K2S2O8将NO氧化成HNO2，第2步，K2S2O8继续氧化HNO2，第2步反应的化学方程式为______________________________________；（3）过二硫酸钾可通过“电解→转化→提纯”方法制得，电解装置示意图如图所示。①电解时，铁电极连接电源的_________________极。②常温下，电解液中含硫微粒的主要存在形式与pH的关系如下图所示。在阳极放电的离子主要是HSO4-，阳极区电解质溶液的pH范围为_________，阳极的电极反应式为________________________。③往电解产品中加入硫酸钾，使其转化为过二硫酸钾粗产品，提纯粗产品的方法____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】固体和液体不加热反应制备气体，锌和稀硫酸反应制氢气，氧化钙和浓氨水反应制备氨气都可以用装置①，A正确；金属钠与空气中的氧气、水蒸气等发生反应，因此实验之前，用二氧化碳气体排出装置内的空气，当看到装置⑤中石灰水变浑浊后，空气已排净，再点燃酒精灯，B正确；反应产生的二氧化碳气体含有氯化氢和水蒸气，因此先用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，（因为碳酸钠溶液与二氧化碳反应），再用浓H2SO4吸收水蒸气，C错误；根据题给信息可知，PdC12被CO还原为黑色的Pd，反应PdC12+CO+H2O=Pd↓+CO2+2HC1，D正确；正确选项C。【点睛】碳酸钠与盐酸反应制备二氧化碳气体，会含有杂质气体氯化氢和水蒸气，要得到纯净的二氧化碳气体，混合气体先通过饱和碳酸氢钠溶液，再通过浓硫酸，不能用饱和碳酸钠溶液除氯化氢，因为碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。2、C【详解】A．pH相同的钠盐溶液中，弱根离子水解程度越大，其盐溶液浓度越小，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，大于醋酸钠，则当三种溶液的pH相同时，其物质的量浓度由大到小的顺序是③＜②＜①，钠离子浓度大小顺序是③＜②＜①，故A错误；

B．根据物料守恒得c（Na+）=c（A2-）+c（HA-）+c（H2A），故B错误；

C．a点溶液中存在的溶质是等物质的量的醋酸钠和氢氧化钠，根据物料守恒得c（Na+）=2c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（OH-）=c（H+）+c（CH3COO-）+2c（CH3COOH），故C正确；

D．pH=7时c（OH-）=c（H+），溶液中存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以得c（Na+）=c（CH3COO-），故D错误；

故选：C。【点睛】本题考查了离子浓度大小的比较，根据溶质的性质结合物料守恒和电荷守恒来分析解答，易错选项是C，明确a点溶液中的溶质是解此选项的关键，题目难度中等．3、D【分析】在实验①中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+>Cu2+，故A错误；B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。4、B【解析】根据图像，A点时，0.05mol/L的二元酸H2A的溶液=-12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H++A2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL0.10mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，=-2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5mL0.10mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液，=0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)=2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，=-2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++H2OH++NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh====2×10-5，故氨水的电离平衡常数为=5×10-10，故D错误；故选B。5、C【解析】A项，室温下pH=13的溶液中c（OH-）=0.1mol/L，1.0L溶液中n（OH-）=0.1mol/L1L=0.1mol，错误；B项，Na2O2和Na2S的摩尔质量都是78g/mol，等质量的Na2O2和Na2S物质的量相等，Na2O2和Na2S中阳离子与阴离子个数比都为2:1，质子数都是38，则相同质量的Na2O2和Na2S具有相同的阴阳离子数和质子数，错误；C项，正丁烷和异丁烷互为同分异构体，分子式都是C4H10，摩尔质量都是58g/mol，则5.8g混合气中所含分子物质的量为0.1mol，1个正丁烷和1个异丁烷分子中都含有10个C—H键，0.1mol混合气中含C—H键为1mol，正确；D项，CH3COONH4属于弱酸弱碱盐，CH3COO-、NH4+都发生水解，且水解程度相同，溶液呈中性，c（NH4+）0.5mol/L，错误；答案选C。点睛：本题考查阿伏伽德罗常数的计算。错因分析：错选A，Ba（OH）2是二元强碱，n（OH-）=2n[Ba（OH）2]，混淆溶液的pH与Ba（OH）2的浓度；错选B，以为Na2O2中阳离子、阴离子数相等；错选D，溶液呈中性，以为CH3COONH4是强酸强碱盐，忽略盐的水解。6、C【详解】A.由图1可知，温度升高，平衡正向移动，正反应△H＞0，故A错误；B.由图2可知，一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时，平衡向正反应方向移动，能提高A物质的转化率，该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，增大压强，平衡不移动，故B错误；C.由图3可知，醋酸是弱电解质，在水溶液在中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的是醋酸，且稀释至pH=4，b应该＞100mL，故C正确；D.对可逆反应2NO2(g)N2O4(g)，缩小体积，相当于增大压强，平衡正向移动，c(N2O4)迅速增大以后继续增加，D图像错误，故D错误；正确答案是C。7、C【解析】A.二氧化氯具有强氧化性，是一种不产生致癌物的广谱环保型杀菌消毒剂，故A说法正确；B.沙子、石英、水晶等都是天然存在的二氧化硅，故B说法正确；C.SO2通入紫色石蕊试液中，由于生成了亚硫酸，溶液显酸性，使之变红色；SO2通入高锰酸钾溶液能将之还原而使溶液的紫红色褪去，并不是因为二氧化硫的漂白性，是因为SO2具有还原性，故C说法不正确；D.还原铁粉能被空气中的氧气氧化，可以用作食品袋内的抗氧化剂，故D说法正确；答案选C。【点睛】二氧化硫能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，并不是因为二氧化硫的漂白性，而是二氧化硫的还原性；二氧化硫漂白性的特点为能和品红溶液等有色物质化合生成不稳定的无色物质。8、B【详解】A．向氯化铝溶液中滴加过氨水，一水合氨不能够溶解氢氧化铝，所以反应生成了氢氧化铝沉淀，最终不会得到澄清溶液，故A错误；B．等质量的铝分别与足量的盐酸和氢氧化钠溶液反应，铝的物质的量相等，反应后生成了铝离子，铝失去的电子总数相等，反应生成的氢气的物质的量及质量一定相等，故B正确；C．由于在常温下铝与浓硝酸发生了钝化，阻止了反应的进行，不会生成大量的二氧化氮，故C错误；D．加热氯化铝溶液，铝离子水解生成氢氧化铝和氯化氢，而氯化氢具有挥发性，加热氯化铝溶液得到了氢氧化铝沉淀，最终蒸干得到氢氧化铝，灼烧得到的是氧化铝，故D错误；故选B。9、C【解析】工业上制备金属铝采取电解熔融的氧化铝：2Al2O34A1+3O2↑，A项正确；Fe3+具有氧化性，用于腐蚀铜线路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，B正确；氯气溶于水生成次氯酸和氯化氢，使溶液呈酸性，所以与碳酸钠反应生成二氧化碳气体，故Na2CO3溶液吸收过量Cl2：CO32-+2Cl2+H2O=2Cl-+2HClO+CO2↑，C项错误；用酸性KMnO4溶液验证H2O2的还原性：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，D项正确。点睛：判断离子方程式是否正确，通常从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能够发生、反应能否生成所给产物、反应是否可逆等。②从物质存在形态进行判断，如电解质的拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等。③从守恒角度进行判断，如是否遵循电荷守恒、质量守恒、氧化还原反应中电子转移守恒等。④从反应条件进行判断，如是否标注了必要的条件，是否关注了反应物的量对参加反应的离子种类及其反应产物的影响（如本题C选项中的过量Cl2）等。⑤从反应物的组成及反应物之间的配比进行判断。10、D【分析】根据金属的性质差异进行分析，铝和铁都能与酸反应，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，故选D。【点睛】本题考查了金属的化学性质的差异，完成此题，可以依据已有的知识进行，需要同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便灵活应用。11、D【详解】A.铅蓄电池在放电过程中，正极得到电子，由PbO2转化为PbSO4，电极质量增加，A正确；B.0.1mol/LCH3COOH溶液加水稀释后，n(CH3COOH)减小，但n(CH3COO-)增大，所以溶液中减小，B正确；C.SiO2(s)＋2C(s)=Si(s)＋2CO(g)，ΔS>0，必须在高温下反应才能发生，则ΔH>0，C正确；D.合成氨生产中将NH3液化分离，减少了生成物的浓度，但没有增大反应物浓度，所以虽然可提高H2的转化率，但正反应速率没有加快，D错误。故选D。【点睛】铅蓄电池在放电过程中，负极Pb失电子，生成的Pb2+与溶液中的SO42-作用，生成PbSO4附着在负极Pb表面，使负极质量增大；正极得到电子，由PbO2转化为PbSO4，附着在正极上，使正极质量增加。铅蓄电池在放电过程中，正、负极的质量都增重，这是在众多电池中少有的。12、C【详解】A、若在烧瓶中充满水，由A进气收集不溶于水的气体，为①③⑥，而其它气体与水反应或溶于水，故A错误；B、在烧瓶中充满水，由B进气，不能收集气体，故B错误；C、若烧瓶是干燥的，则由A口进气B口出气，该收集方法为向下排空气集气法，说明收集气体的密度小于空气，且常温下和空气中氧气不反应，则①③⑤符合，故C正确；D、若烧瓶是干燥的，则由B口进气A口出气，该收集方法为向下排空气集气法，说明收集气体的密度大于空气，且常温下和空气中氧气不反应，满足条件的气体有②④⑦⑧，故D错误；故选C。13、A【解析】A、活性炭的体表面积大，可以吸附溶液中的重金属离子，A正确；B、明矾可以净水，是由于Al3＋水解得到Al(OH)3胶体，具有较大的表面积，可吸附杂质，而Cu2＋水解不能得到胶体，不能用于净水，B错误；C、Mg会与CO2反应，不能用CO2扑灭镁合金起火，C错误；D、处于有毒有害气体泄漏的化学事故现场，气体会随风流动，人群应该远离有毒气体，应该逆风撤离，D错误；答案选A。14、D【解析】A.加入适量Ba(OH)2溶液后，Al3+、SO42-都参与反应，离子方程式为：Al3++3OH-═Al(OH)3↓、Ba2++SO42-═BaSO4↓，故A错误；B．加入足量新制氯水，Fe2+、I-都被氧化，离子方程式为：Cl2+2I-═2Cl-+I2、Cl2+2Fe2+═2Cl-+2Fe3+，故B错误；C．Fe2+、H+中加入H2O2溶液,发生反应的离子方程式为：2H++2Fe2+＋H2O2==2Fe3+＋2H2O+故C错误；D．Ba2+、HCO3-与少量Ba(OH)2溶液反应生成碳酸钡沉淀，反应的离子方程式为：Ba2++HCO3-+OH-═BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。【点睛】明确发生反应的实质为解答本题的关键，注意掌握离子方程式的书写原则。本题的易错点为B，氯气具有强氧化性，能够将Fe2+、I-氧化，氧化顺序为先I-后Fe2+。15、C【解析】A、盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能比较氯元素和碳元素的非金属性强弱，A错误；B、阴离子水解程度越大，溶液的pH越大，说明越易结合氢离子，则HSO3-结合H+的能力比SO32-的弱，B错误；C、乙烯和SO2均能被酸性高锰酸钾氧化而使其褪色，原理相同，C正确；D、也可能含有四氧化三铁，不一定是氧化铁，D错误，答案选C。点睛：本题考查实验方案的评价，涉及物质的性质比较、检验及非金属性强弱比较等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析、实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。16、C【解析】试题分析：短周期主族元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X原子最外层电子数的两倍，质子数比X原子少5个，说明W是氧元素，X是铝元素，Y原子的最外层电子数是次外层电子数的一半，Y是硅元素，Z和W在同一主族，Z是硫元素，A、原子半径应该是X>Y>Z>W，A错误；B、硅的熔点最高1420℃，铝的熔点660℃，硫的熔点最低，X、Y、Z单质的熔点：Y>X>Z，B错误；C、气态氢化物的热稳定性与非金属性强弱有关，非金属元素的非金属性越强，氢化物就越稳定.同一周期的由左到右非金属性越来越强，同一族的自下而上非金属性越来越强，所以简单气态氢化物的热稳定性：Y<Z<W，C正确；D、Z元素的最高价氧化物对应水化物H2SO4，分子中不存在非极性共价键，D错误。答案选C。考点：元素周期律二、非选择题（本题包括5小题）17、加成反应酯化反应或取代反应醛基羧基有砖红色沉淀生成、、、【分析】有机物

A

为芳香族化合物，A和氢气发生加成反应生成B，A被催化氧化生成C，C被氧化生成D，BD发生酯化反应生成E，E不饱和度==6，苯环的不饱和度是4，碳氧双键不饱和度是1，A中含有苯环，则E中还含有一个六元碳环，A分子中含有7个碳原子，且含有醇羟基，则A为，A发生加成反应生成B为，A发生催化氧化反应生成C为，发生氧化反应生成D为，E为；(5)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成。【详解】有机物

A

为芳香族化合物，A和氢气发生加成反应生成B，A被催化氧化生成C，C被氧化生成D，BD发生酯化反应生成E，E不饱和度==6，苯环的不饱和度是4，碳氧双键不饱和度是1，A中含有苯环，则E中还含有一个六元碳环，A分子中含有7个碳原子，且含有醇羟基，则A为，A发生加成反应生成B为，A发生催化氧化反应生成C为，发生氧化反应生成D为，E为；(1)①由A→B发生的是加成反应；②B+D→E发生的是酯化反应或取代反应；(2)由分析知C、D的结构简式分别为、，则分子中官能团的名称分别是醛基、羧基；反应C→D是和新制的Cu(OH)2混合加热，可观察的实验现象是有砖红色沉淀生成；(3)B为，D为，B和D发生酯化反应生成E，反应方程式为；(4)D为，与

D

互为同分异构体且属于芳香族化合物，则其同分异构体中含有酯基或一个酚羟基一个醛基，符合条件的所有有机物的结构简式为、、、；(5)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，和溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，其合成路线为。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。18、Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、、c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【分析】(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2)A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。19、Fe+2H+=Fe2++H2↑在干燥的HCl气流中加热FeCl2+H2Fe+2HClFe+H2O(g)FeO+H2加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+67.1%【分析】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，据此写出离子方程式；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，抑制水解；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，据此写出反应方程式；Ⅱ.(1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO、氢气，据此写出反应方程式；(5)用KSCN溶液检验Fe3+；纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，据此进行分析；(6)用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)＝6.88g−5.60g＝1.28g，则n(O)==0.08mol；由关系式1Fe3O1∼1O，可得n(Fe3O1)＝0.02mol；据此计算出固体物质中氧化物的质量分数。【详解】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl2+2H2O⇋Fe(OH)2+2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCI气体可带走水蒸气，利于固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，反应方程式为FeCl2+H2Fe+2HCl，答案为：FeCl2+H2Fe+2HCl；Ⅱ.(1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO，甲装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO；Fe失电子，水中H得电子，生成氢气，则反应方程式为Fe+H2O(g)FeO+H2，答案为：Fe+H2O(g)FeO+H2(5)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色。故答案为：加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+。(6)用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)＝6.88g−5.60g＝1.28g，则n(O)==0.08mol；由关系式1Fe3O1∼1O，可得n(Fe3O1)＝0.02mol；所以固体物质中氧化物的质量分数==67.1%，答案为：67.1%。【点睛】氯化亚铁属于强酸弱碱盐，能够发生水解，产生盐酸，因此加热氯化亚铁溶液，氯化氢挥发，水解平衡右移，得到氢氧化亚铁沉淀；只有在不断通氯化氢气流的情况下，抑制了氯化亚铁的水解，最后才可得到氯化亚铁晶体。20、排除OH-对实验的干扰还原滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色