2026届安徽省安庆市五校联盟高三上化学期中教学质量检测模拟试题含解析

2026届安徽省安庆市五校联盟高三上化学期中教学质量检测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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、在下列条件下，能大量共存的微粒组是（）A．c(H+)=1×10-14mol/L的溶液：K+、Na＋、AlO2－、S2O32－B．右表提供的数据下：HClO、HCO3－、ClO－、CO32－C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4＋、Ca2+、NO3－、I－D．中性的溶液中：CO32－、Na＋、SO42－、AlO2－2、化学与生产、生活、技术密切相关，下列说法错误的是A．Al(OH)3可制作胃酸中和剂B．614C．食盐中加入KIO3可以防治碘缺乏症D．SO2可广泛用于食品增白3、下列物质熔点最高的物质是A．金刚石 B．氯化钠 C．碳化硅 D．干冰4、短周期元素G、M、W、X、Y、Z的原子半径及其最高正化合价随原子序数递增的变化如图所示：下列说法正确的是()A．碱性：GOH＞XOH B．还原性：HW＞HZ＞H2YC．酸性：HZO4＜H2YO4 D．离子半径：M3-＞W-＞X+5、下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是A．打开盛装NO的集气瓶；冷却NO2气体B．用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C．木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D．向品红溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液6、短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01mol·L－1w溶液中，c(H+)/c(OH-)＝1.0×10－10。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A．原子半径的大小：a＜b＜c＜dB．氢化物的沸点：b＞dC．x的电子式为：D．y、w含有的化学键类型完全相同7、化学方程式可简明地体现元素及其化合物的性质。已知：氧化还原反应：2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋I2＋2HCl2Co(OH)3＋6HCl=2CoCl2＋Cl2↑＋6H2O2Fe(OH)2＋I2＋2KOH=2Fe(OH)3＋2KI3I2＋6KOH=5KI＋KIO3＋3H2O复分解反应：2HSCN＋K2CO3=2KSCN＋CO2↑＋H2OKCN＋CO2＋H2O=HCN＋KHCO3热分解反应：4NaClO3NaCl＋NaClO4NaClO4NaCl＋2O2↑下列说法不正确的是()A．氧化性(酸性溶液)：FeCl3>Co(OH)3>I2B．还原性(碱性溶液)：Fe(OH)2>I2>KIO3C．热稳定性：NaCl>NaClO4>NaClOD．酸性(水溶液)：HSCN>H2CO3>HCN8、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A．Na+ B．HCO3－ C．Fe2+ D．Cl-9、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SCN－、Cl－B．c(H+)/c(OH－)=1×10－12的溶液中：K+、Na+、CO32－、NO3－C．c(Fe3+)=1mol·L－1的溶液中：Na+、NH4+、AlO2－、SO42－D．能使甲基橙变红的溶液中：K+、NH4+、SO42－、HCO3－10、已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>XB．X与Y形成的化合物只含极性键C．Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质D．气态氢化物的稳定性：A<C11、25℃时，用0.1mol/L的NaOH溶液，分别滴定20mL、浓度均为0.1mol/L的两种酸HX、HY。所加NaOH溶液体积与反应后溶液的pH的关系如图所示。下列叙述正确的是A．0.1mol/L的一元酸HY在水中有1%发生电离B．a点的导电能力比b点弱C．b点溶液中，c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)D．加NaOH溶液至pH=7时，两种溶液中，(X-)=c(Y-)12、下列离子方程式书写正确的是A．硫化亚铁与浓硫酸混合：2H++FeS=H2S↑+Fe2+B．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+==I2+3H2OC．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2OD．将足量SO2通入氨水溶液中：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-13、下列关于物质分类的说法不正确的是A．金刚石、红磷都属于单质 B．漂白粉、玻璃都属于混合物C．氯化铵、氨气都属于电解质 D．生铁、青铜都属于合金14、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A．①说明Cl2被完全消耗B．②中试纸褪色的原因是：SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HIC．③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42−D．实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化15、一定条件下，在体积为10L的密闭容器中，1molA和1molB进行反应：2A(g)+B(g)2C(g)，达到平衡时生成0.6molC。下列说法正确的是（）A．当容器内密度保持不变时，可以判断反应已达到平衡B．其他条件不变，将容器体积变为5L，C的平衡浓度变为原来的2倍C．达到平衡时，C的体积百分含量为0.353D．其他条件不变，若增大压强，则物质A的转化率减小16、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向某溶液中加入NaOH溶液，并将红色石蕊试纸置于溶液中试纸变蓝原溶液中有NH4+B向苏打和小苏打溶液中分别加入盐酸均冒气泡两者均能与盐酸反应C向某溶液中滴加氯水后，再加KSCN溶液溶液变红该溶液中一定有Fe3+D向某无色溶液中滴加BaCl2溶液产生白色沉淀该无色溶液中一定含有SO42-A．A B．B C．C D．D17、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↑+8H2O18、化学与社会、生活、材料、能源密切相关，下列说法不正确的是A．一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O12)可表示为：CaO·3MgO·4SiO2B．3D打印钛合金材料，可用于航空、航天等尖端领域C．可燃冰是21世纪新型洁净能源，其组成可表示为CH4·nH2OD．纳米级材料（1nm~100nm）是一种胶体19、炭黑是雾霾中的重要颗粒物，研究发现它可以活化氧分子，生成对环境有不良影响的活化氧。反应过程的能量变化如下图。下列说法不正确的是A．生成活化氧的总反应是吸热反应B．反应前后氧元素的化合价发生改变C．生成活化氧的反应在有水条件下更容易发生D．反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成20、某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A．实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B．对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D．向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀21、亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是()A．反应②反应过程中有大量不可使带火星木条复燃气体冒出B．反应①得到的ClO2消毒漂白能力比氯气强，使用起来比较安全C．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O222、化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是A．氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类LaNi5等合金材料是纯净物B．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物C．油脂水解都得高级脂肪酸和甘油D．次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒二、非选择题(共84分)23、（14分）与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）24、（12分）已知A为常见的金属单质，根据下图所示的关系：（1）确定A、C、E的化学式：A．____________，C．____________，F.____________。（2）写出反应⑧的化学方程式___________________________________，反应④、⑤的离子方程式______________________、______________________。25、（12分）Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸钴)是一种重要的有机化工原料。回答下列问题:(1)以工业品氧化钴(CoO)为原料制备乙酸钴。(已知CoO与CH3COOH溶液反应缓慢,Co2+能与H+、NO3-大量共存)可能用到的试剂:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先将CoO溶于____(填化学式,下同)溶液制得____溶液;在不断搅拌下,向制得的溶液中不断加入____溶液至不再产生沉淀,静置,过滤,洗涤;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,调节pH约为6.8,经一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)为探究乙酸钴的热分解产物,先在低于100℃时使其脱去结晶水,然后用下列装置进行实验(已知CO能与PdCl2溶液反应生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分别用于检验CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的装置是____(填字母)。

③实验结束时,为防止倒吸,正确的操作是______。

④装置a中完全反应后得到钴的一种氧化物,固体残留率(×100%)为45.4%。该氧化物为____。

⑤装置a在加热过程中没有水生成,最终生成的固体氧化物质量为3.0125g,装置b和c中的试剂均足量(b、c中得到固体的质量分别为2.5g、10.6g),集气瓶中收集到的气体为C2H6和N2,则装置a中发生反应的化学方程式为________。26、（10分）MnC2O4·2H2O是一种常见的化学实剂，是制备其他含锰化合物的重要原料。某课外化学兴趣小组利用软锰矿主要成分为MnO2，含少量CaCO3、Fe2O3和Al2O3)制备MnC2O4·2H2O，设计流程如图所示（注：试剂①②③按编号顺序加入）。已知：常温时部分难溶化合物的Ksp近似值如下表：物质CaF2Mn(OH)2Fe(OH)2Al(OH)3Fe(OH)3Ksp10-910-1310-1710-3310-39(1)该小组同学在酸浸之前，先将软锰矿物粉碎，其目的是_______________________。(2)“酸浸”过程中MnO2发生反应的离子方程式为_________________________。(3)加入MnF2固体的目的是_____________________________，甲同学提出将上述流程中的氨水换成氢氧化钠溶液，乙同学觉得不妥，乙同学的理由是_________________。(4)丙同学认为向滤液C中滴加Na2C2O4溶液的过程中可能会生成Mn(OH)2沉淀，并提出可能的原因为Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)，常温时，该反应的平衡常数K=_______[已知Ka1(H2C2O4)=5.0×10-2，Ka2(H2C2O4)=5.0×10-5]。(5)操作Ⅰ的名称为_____________。27、（12分）二氯亚砜(SOCl2)是一种无色易挥发液体，遇水剧烈水解生成两种气体，常用作脱水剂，其熔点-105℃，沸点79℃，140℃以上时易分解。（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者的物质的量比为________。写出SOCl2吸收水蒸气的化学方程式：___________。（2）甲同学设计下图装置用ZnCl2·xH2O晶体制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2（夹持及加热装置略）：①装置的连接顺序为A→B→______→______→______→______。______________②搅拌的作用是______，冷凝管的作用是_______________________________。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体为bg。若_____（保留一位小数），即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④乙同学认为直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热即可得到无水ZnCl2，但老师说此方法不可。请用化学方程式解释原因：______________________________________。（3）丙同学认为SOCl2还可用作由FeCl3·6H2O制取无水FeCl3的脱水剂，但丁同学认为该实验会发生氧化还原反应。请你设计并简述实验方案判断丁同学的观点：_____________。28、（14分）一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2)制取MnSO4·H2O并回收单质硫的工艺流程如下：已知：本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。回答下列问题：（1）步骤①混合研磨成细粉的主要目的是___________________________________；步骤②浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为___________________________________。（2）步骤③所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入_________________；步骤④需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为4-5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_____________________________________。步骤⑤所得滤渣为__________________(填化学式)。（3）步骤⑦需在90-100℃下进行，该反应的化学方程式________________________。（4）测定产品MnSO4·H2O的方法之一是：准确称取ag产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用cmol·L-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液VmL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=________________。29、（10分）近几年我国大面积发生雾霾天气，其主要原因是SO2、NOx等挥发性有机物等发生二次转化，研究碳、氮、硫及其化合物的转化对于环境的改善有重大意义。（1）在一定条件下，CH4可与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式：①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝-890.3kJ·mol-1②N2(g)＋2O2(g)2NO2(g)△H＝+67.0kJ·mol-1③H2O(g)＝H2O(l)△H＝-41.0kJ·mol-1则CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)△H＝____kJ·mol-1；该反应在____（高温，低温，任何温度）下可自发进行（2）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，在一定温度下的定容容器中，能说明上述平衡达到平衡状态的是：_____________。A．混合气体的密度不再发生变化B．混合气体的平均摩尔质量不再发生变化C．(SO2):(O2):(SO3)=2:1:2D．混合气体的总物质的量不再发生变化（3）若在T1℃、0.1MPa条件下，往一密闭容器通入SO2和O2[其中n(SO2)：n(O2)=2:1]，测得容器内总压强与反应时间如下图所示。①图中A点时，SO2的转化率为________。②在其他条件不变的情况下，测得T2℃时压强的变化曲线如图所示，则C点的正反应速率0(正)与A点的逆反应速率A(逆)的大小关系为0(正)_____A(逆)(填“>"、“<”或“=”)。③图中B点的平衡常数Kp=______。(Kp=压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)（4）为了清除NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理。现有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4组成的混合气体恰好被VL氢氧化钠溶液吸收（无气体剩余），则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为____________。

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、A【解析】试题分析：A、c(H+)=1×10-14mol/L的溶液呈碱性，各离子互不反应，可以大量共存，故A正确；B、HClO与CO32‾反应生成ClO‾和HCO3‾，不能大量共存，故B错误；C、能与Al反应生成H2的溶液可能为酸性，也可能为碱性，酸性时，H+、NO3‾能氧化I‾，碱性时OH‾与NH4+反应，不能大量共存，故C错误；D、CO32‾、AlO2－水解使溶液呈碱性，不能在中性溶液中存在，故D错误。考点：本题考查离子共存。2、D【解析】A.Al（OH）3属于两性氢氧化物，具有弱碱性，可中和胃酸（HCl），可制作胃酸中和剂，A正确；B.根据614C的衰变程度计算文物的年代，B正确；C.为了预防碘缺乏症，可在食盐中加入KIO3，C正确；【点睛】小苏打也可中和胃酸，会生成二氧化碳气体，因此不适用于胃溃疡或胃穿孔患者。3、A【详解】金刚石和碳化硅是原子晶体，氯化钠是离子晶体，干冰是分子晶体；熔沸点：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体。由于硅的半径大于碳的半径，碳硅键键长大于碳碳键，键长越长键能越小，则碳化硅的熔点低于金刚石。答案选A。4、D【分析】G、M、W、X、Y、Z都是短周期元素，结合原子序数和最高正化合价可以推知，G为Li元素，M为N元素，W为F元素，X为Na元素，Y为S元素，Z为Cl元素，以此解答。【详解】A.Na元素的金属性大于Li元素的金属性，则碱性：GOH＜XOH，故A错误；B.由分析可知，W为F元素，Y为S元素，Z为Cl元素，非金属性W＞Z＞Y，则对应氢化物的还原性：HW＜HZ＜H2Y，故B错误；C.非金属性：Cl＞S，则最高价含氧酸的酸性：HClO4＞H2SO4，故C错误；D.N3-、F-、Na+的核外电子结构相同，核电荷数越大，半径越小，则离子半径：N3-＞F-＞Na+，故D正确；故选D。5、C【详解】A．打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误；B．用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；C．木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；D．向品红溶液中加入Na2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，故D错误；故选C。6、B【解析】z是形成酸雨的主要物质之一，推出z是SO2，n、p为单质，因此n、p为S和O2，c(H＋)/c(OH－)=10－10，溶液显碱性，即c(OH－)=10－2mol·L－1，w为强碱，即NaOH，推出x和y反应可能是Na2O2与H2O反应，即n为O2，q为S，四种元素原子序数增大，推出a为H，b为O，p为Na，据此分析作答。【详解】A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，电子层数相同，半径随着原子序数增大而减小，因此半径顺序是：Na>S>O>H，故错误；B、氢化物分别是H2O、H2S，H2O中含有分子间氢键，H2S没有，则H2O的沸点高于H2S，故正确；C、x为H2O，其电子式为：，故错误；D、y是过氧化钠，w为NaOH，前者只含离子键，后者含有离子键和共价键，故错误；答案选B。7、A【解析】试题分析：A、在2FeCl3+2HI＝2FeCl2+I2+2HCl反应中，氧化性：FeCl3＞I2，在2Co(OH)3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+6H2O中，氧化性：Co（OH）3＞Cl2，又Cl2＞FeCl3，故Co（OH）3＞FeCl3，则有：Co（OH）3＞FeCl3＞I2，A错误；B、在3I2+6KOH＝5KI+KIO3+3H2O反应中，I2既是氧化剂又是还原剂，其还原性介于高低价态产物之间KI＞I2＞KIO3；在2Fe(OH)2+I2+2KOH=2Fe(OH)3+2KI反应中，反应物中作还原剂的是该反应中所有物质中还原性最强的，即Fe（OH）2＞I2；Fe（OH）2＞Fe（OH）3；Fe（OH）2＞KI，故还原性应为：Fe（OH）2＞I2＞KIO3，B正确；C、物质分解时生成更加稳定的物质，在反应中4NaClO3NaCl+NaClO4，稳定性NaClO4＞NaClO，在反应中NaClO4NaCl+2O2↑中，稳定性NaCl＞NaClO4，则稳定性NaCl＞NaClO4＞NaClO，C正确；D、化学反应遵循较强酸制弱较酸的规律，在反应2HSCN+K2CO3="2KSCN"+CO2↑+H2O中，酸性HSCN＞H2CO3，在反应中KCN+CO2+H2O＝HCN+KHCO3，酸性H2CO3＞HCN，则酸性为HSCN＞H2CO3＞HCN，D正确，答案选A。考点：考查氧化性、还原性、稳定性和酸性的比较8、B【解析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；

B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；

C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；

D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；

正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。9、B【解析】分析：A项，Fe3+与SCN-不能大量共存；B项，溶液呈碱性，离子相互间不反应；C项，Fe3+、NH4+与AlO2-不能大量共存；D项，溶液呈酸性，HCO3-不能大量存在。详解：A项，Fe3+与SCN-发生络合反应，Fe3+与SCN-不能大量共存；B项，c（H+）/c（OH-）=1×10-12的溶液呈碱性，离子相互间不反应，能大量共存；C项，Fe3+、NH4+与AlO2-发生双水解反应，Fe3+、NH4+与AlO2-不能大量共存；D项，能使甲基橙变红的溶液呈酸性，HCO3-能与H+反应，HCO3-不能大量存在；在指定溶液中能大量共存的是B项，答案选B。点睛：本题考查离子共存，掌握离子的性质和离子不能大量共存的原因是解题的关键。离子间不能大量共存的原因有：①离子间发生复分解反应生成水、沉淀或气体；②离子间发生氧化还原反应，如Fe3+与I-等；③离子间发生双水解反应，如题中C项；④离子间发生络合反应，如题中A项；⑤注意题中的附加条件。10、D【解析】A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反应，乙应为C，则D为CO，甲为H2，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2。A.由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Y>Z>X，A错误；B.X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；C.Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软，C错误；D.A是CH4，C是H2O，元素的非金属性O>C，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性A<C，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用，A与C中均含有10个电子是推断突破口，再结合反应进行分析解答，注意熟练掌握元素化合物知识。11、C【详解】A.0.1mol/L的酸HY的pH=4，则c(H+)=10-4mol/L，c(HY)=0.1mol/L，所以HY的电离度为(10-4mol/L÷0.1mol/L)×100%=0.1%，即0.1mol/L的一元酸HY在水中有0.1%发生电离，A错误；B.反应开始时HX溶液的pH=1，c(H+)=c(HX)=0.1mol/L，所以HX是强酸，完全电离，而HY是一元弱酸，部分电离，存在电离平衡，当加入NaOH溶液体积相等都是10mL时，HY中仍然有大量HY分子存在，离子浓度比HX的小，所以a点的导电能力比b点强，B错误；C.b点溶液中含有等物质的量浓度的HY和NaY，根据电荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，根据物料守恒可得2c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，第一个式子扩大2倍，然后减去第二个式子，整理可得c(HY)+2c(H+)=c(Y-)+2c(OH-)，C正确；D.pH=7时，根据电荷守恒，HY反应后的溶液中c(Na+)=c(Y-)；HX反应后的溶液中c(Na+)=c(X-)，又由于HX是强酸，HY是弱酸，部分电离，HX消耗的NaOH多，所以c(X-)>c(Y-)，D错误；故合理选项是C。12、D【解析】A、硫化亚铁与浓硫酸混合发生氧化还原反应，得不到硫酸亚铁和H2S，A错误；B、酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+5I-+6H+==3I2+3H2O，B错误；C、磁性氧化铁溶于稀硝酸发生氧化还原反应，且四氧化三铁应该用化学式表示，C错误；D、将足量SO2通入氨水溶液中生成亚硫酸氢铵：SO2+NH3·H2O=NH4++HSO3-，D正确，答案选D。13、C【详解】A.金刚石是C、红磷是P，都属于单质，A正确；B.漂白粉主要成分是氯化钙和次氯酸钙、玻璃主要成分是二氧化硅，都属于混合物，B正确；C.氯化铵是NH4Cl、氨气NH3，前者属于电解质，后者属于非电解质，C错误；D.生铁是铁、碳合金，青铜是铜、锡合金，都属于合金，D正确；答案为C。14、C【解析】A.①加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B.当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2O==H2SO4+2HI，②中试纸褪色，选项B正确；C.硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−，选项C不正确；D.实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42−。15、C【详解】A．反应前后气体的总质量不变，气体的总体积不变，容器内密度无论是在平衡前还是平衡后均保持不变，故无法判断反应是否已达平衡，A项错误；B．其他条件不变，将容器体积变为5L，相当于增加了压强，平衡右移，此时C的平衡浓度变为超过原来的2倍，B项错误；C．根据三段式进行求解法：，达到平衡时，C的体积百分含量==0.353，C项正确；D．其他条件不变，若增大压强，平衡右移，物质A的转化率增大，D项错误；答案选C。16、B【解析】A.不可将红色石蕊试纸置于溶液中检验氨，故A操作不正确；B.实验操作、理象和结论均正确；C.应先向某溶液中滴加KSCN溶液检验Fe3+，故C操作不正确；D.BaSO4、BaCO3、BaSO3都是白色沉淀，该无色溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，故D结论不正确。故选B。17、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。18、D【解析】A、一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O2)，根据化合价用氧化物可表示为：CaO·3MgO·4SiO2，故A正确；B、3D打印钛合金材料，由于密度小，强度大等性能，可用于航空、航天等尖端领域，故B正确；C、“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中；据测定一种“可燃冰”中平均每46个水分子构成8个分子笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子，其组成可表示为CH4·nH2O，故C正确；D、胶体为分散系，而纳米材料不是分散系，故D错误；故选D。19、A【详解】A．根据图示，炭黑和氧气的总能量大于活化氧的总能量，生成活化氧的总反应是放热反应，故A错误；B．反应前氧气中O元素的化合价为0，在活化氧中O元素的化合价不为0，反应前后氧元素的化合价发生了改变，故B正确；C．根据图示，生成活化氧的反应在有水条件下的活化能小于无水条件下的活化能，反应更容易发生，故C正确；D．根据图示，反应物氧气中存在氧氧键，炭黑中存在碳碳键，生成物活化氧中存在碳氧键和碳碳键，因此反应过程中存在氧氧键的断裂和碳氧键的生成，故D正确；故选A。20、C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。21、A【分析】NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A．反应②方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；B．ClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其消毒漂白能力比氯气强，因此使用起来比较安全，B正确；C．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；D．据流程图可知反应②为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；故答案为B。22、D【解析】A．合金材料是混合物，选项A错误；B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，与SiO2是酸性氧化物无关，选项B错误；C．油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油，选项C错误；D．次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于游泳池消毒，选项D正确。答案选D。二、非选择题(共84分)23、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。24、FeFeCl2Fe(OH)34Fe(OH)2+O2+2H2O===4Fe(OH)32Fe2++Cl2===2Fe3++2Cl—2Fe3++Fe=3Fe2+【分析】红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，则A为铁。B为黑色晶体，应含有铁元素，为四氧化三铁。据此解答。【详解】红褐色固体为氢氧化铁，说明转化关系中含有铁元素，则A为铁。B为黑色晶体，应含有铁元素，为四氧化三铁，则和盐酸反应生成氯化亚铁和氯化铁，根据转化关系分析，D为氯化铁，C为氯化亚铁，E为氢氧化亚铁。(1)根据以上分析，A为Fe；C为FeCl2；F为Fe(OH)3；(2)⑧为氢氧化亚铁和氧气和水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。④为亚铁离子被氯气氧化生成铁离子，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl—；⑤铁离子变成亚铁离子，离子方程式为：2Fe3++Fe=3Fe2+。25、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔绝空气,使反应产生的气体全部进入后续装置c先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到最终产物；探究乙酸钴的热分解产物，a中乙酸钴受热分解生成CO、CO2等产物,通入N2先将空气排尽并将产生的气体都赶入吸收装置，b澄清石灰水检验CO2，c中PdCl2溶液可检验CO，最后用d来收集未反应完的CO。【详解】（1）根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co2+能与H+、NO3-大量共存的信息，制备乙酸钴时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液产生碳酸钴沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2，再通过浓缩、结晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案为HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排尽装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；②因为在检验CO时可生成CO2，会影响原混合气体中CO2的检验，因此应该先检验CO2，故答案为c；③实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯，再通入一段时间氮气保护分解后的产物，以免被空气氧化，故答案为先熄灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气；④样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取1molCo(CH3COO)2，质量为177g，则残留的氧化物质量为177g×45.4%=80.36g，根据Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，则氧元素的物质的量为mol=1.33mol=mol，则==，故金属氧化物的化学式为Co3O4，答案为：Co3O4；⑤Co3O4为3.0125g，其物质的量为=0.0125mol，CO2的物质的量为=0.025mol，CO的物质的量为0.05mol，最后用质量守恒计算出乙烷的质量为(0.0375×177-3.0125-0.025×44-0.05×28)g=1.125g，则乙烷的物质的量为：mol=0.0375mol，综上计算可得Co3O4、CO2、CO、C2H6的物质的量之比为：1:2:4:3，方程式为：3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑，故答案为3Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。【点睛】再检验分解产物时，要考虑相互影响并确定顺序；计算过程主要抓住钴元素和碳元素守恒。26、增大反应物间的接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应(答任意一条均可)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O除去溶液中的Ca2+氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量4.0×10-7重结晶【分析】由流程可知，软锰矿用硫酸、硫酸亚铁溶解，生成硫酸钙微溶，Fe2O3和Al2O3均溶于硫酸，且酸性条件下二氧化锰被亚铁离子还原为Mn2+，滤液A中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，氨水可调节溶液pH，将Fe3+、Al3+转化为Fe（OH）3、Al（OH）3除去，加入MnF2固体将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去（或除去溶液中的Ca2+），过滤分离出滤渣为Fe（OH）3、Al（OH）3、CaF2，滤液C中含Mn2+，滴加Na2C2O4溶液生成MnC2O4⋅2H2O，操作I为重结晶，可分离出纯品MnC2O4⋅2H2O，以此来解答。【详解】(1)在酸浸之前，先将软锰矿粉碎，其目的是增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应。故答案为：增大反应物接触面积，加快化学反应速率，使反应物充分反应。(2)“酸浸”过程中加入了硫酸亚铁,MnO2发生反应生成了硫酸锰,所以该反应的离子方程式为MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O，故答案为：MnO2+2Fe2++4H+═Mn2++2Fe3++2H2O。(3)加入MnF2固体的作用是将CaSO4转化为更难溶的CaF2而除去(或除去溶液中的Ca2+),甲同学提出将上述流程中的氨水换成氢氧化钠溶液,乙同学觉得不妥,乙同学的理由是氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量，故答案为：除去溶液中的Ca2+；氢氧化钠溶液能进一步溶解Al(OH)3沉淀，不易控制用量。(4)已知Ka1(H2C2O4)=5.0×10−2,Ka2(H2C2O4)=5.0×10−5,即,常温时,该反应Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)的平衡常数,又因为Mn(OH)2刚好沉淀时Ksp=10-13，即,则。故答案为：4.0×10-7。(5)操作Ⅰ是分离提纯，所以该步骤的名称为重结晶。故答案为：重结晶。【点睛】解题时需注意在计算Mn2+(aq)+2(aq)+2H2O(l)Mn(OH)2(s)+2(aq)的平衡常数时，需将此反应的平衡常数与H2C2O4的电离平衡常数和Mn(OH)2刚好沉淀时进行对比，然后联立。最终得出K和Ka2、Ksp的关系是：，代入数据进行求解。27、2:3:1SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑DEFC使ZnCl2•xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，晶体脱水充分把剩余的SOCl2冷凝成液体回收2.1ZnCl2•xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O、Zn(OH)ClZnO+HCl↑或ZnCl2•xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、Zn(OH)2ZnO+H2O或ZnCl2•xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O方法1：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，然后滴加BaCl2溶液，若生成白色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法2：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加KSCN溶液，若没有明显现象则证明脱水过程发生了氧化还原反应；方法3：取少量FeCl3•6H2O于试管中，加入过量SOCl2，振荡；再往试管中加水溶解，滴加K3Fe(CN)6]溶液，若生成蓝色沉淀则证明脱水过程发生了氧化还原反应【解析】（1）用硫黄（用S表示）、液氯和三氧化硫为原料在一定条件合成二氯亚砜，原子利用率达100%，则三者发生了化合反应，化学方程式为2S+3Cl2+SO3=3SOCl2，其物质的量比为2:3:1。SOCl2吸收水蒸气的化学方程式为SOCl2+H2O=SO2↑+2HCl↑。（2）由题意知，A是晶体的脱水反应装置；B是回收剩余的SOCl2的装置；C是尾气吸收装置；D是保护装置，防止水蒸气进入B中；E是防止倒吸的；F是用于检验生成物中含有SO2的。①装置的连接顺序为A→B→D→E→F→C。②搅拌的作用是使ZnCl2·xH2O晶体均匀、充分的与SOCl2接触，使晶体充分脱水，冷凝管的作用是把剩余的SOCl2冷凝成液体回收。③实验结束后，为检测ZnCl2·xH2O晶体是否完全脱水，称取蒸干后的固体ZnCl2ag溶于水，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，过滤，洗涤，干燥，称得固体AgCl为bg。若，即可证明ZnCl2·xH2O晶体已完全脱水。④直接将ZnCl2·xH2O晶体置于坩埚中加热，晶体首先会溶解在结晶水中形成溶液，氯化锌发生水解得到碱式氯化锌或氢氧化锌，氢氧化锌受热分解得到氧化锌，总之，得不到无水ZnCl2，发生的反应的化学方程式为ZnCl2·xH2OZn(OH)Cl+HCl↑+(x-1)H2O或ZnCl2·xH2OZn(OH)2+2HCl↑+(x-2)H2O、(Zn(OH)ClZnO+HCl↑)或ZnCl2·xH2OZnO+2HCl↑+(x-1)H2O。（3）SOCl2与FeCl3·6H2O若发生氧化还原