2026届江西省上饶市横峰中学、铅山一中、余干一中化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

2026届江西省上饶市横峰中学、铅山一中、余干一中化学高三上期中质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列有关实验装置图的叙述中，正确的是①②③④A．装置①：常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②：可用于吸收氯化氢、氨气等气体尾气，防止倒吸C．装置③：可用于实验室以氯化铵为原料制备少量NH3的实验D．装置④：先装满水，再从b口进NO气体，可收集NO2、下列说法正确的是()A．H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定B．He、CO2和CH4分子中都存在共价键C．PCl5中各原子的最外层均达到8电子稳定结构D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O的过程中，既破坏离子键，也破坏共价键3、完成下列实验，所选装置正确的是ABCD实验目的检查装置气密性实验室用纯碱和稀硫酸制备二氧化碳用已知浓度的氢氧化钠溶液测定未知浓度盐酸选择合适的试剂，可分别制取少量CO2、NO和O2实验装置A．A B．B C．C D．D4、科学家利用四种原子序数依次递增的短周期元索W、X、Y、Z“组合”成一种超分子，具有高效的催化性能，其分子结构示意图如图，W、X、Z分别位于不同周期，Z是同周期中金属性最强的元素。（注：实线代表共价键，其他重复单元的W、X未标注）下列说法正确的是A．氢化物的热稳定性：X>YB．W、X、Y、Z四种元素只能组成两种离子化合物C．ZW与水反应生成W2的反应中，ZW为还原剂D．Y与Z可组成阴阳离子数之比为1:1的离子化合物5、下列离子检验得出的结论正确的是选项操作及现象结论A向某溶液中加入几滴KSCN溶液和少量新制的氯水，弱溶液变为血红色原溶液中一定含有Fe3+B加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀该溶液中一定含有硫酸盐C加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定不含D向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，再滴氯水，溶液变蓝溶液中一定含有I-A．A B．B C．C D．D6、化学关系着我们的生活，我们的未来。下列说法正确的是A．石墨烯(由碳原子构成的六角形蜂巢晶格)材料属于一种新型化合物B．可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放能量C．推广用原电池原理制成的太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用D．采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力又能预防火灾7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y常见的氢化物有两种，且常温下均为液体，Z是短周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价。下列说法正确的是()A．工业上利用Z与TiCl4溶液反应制备单质TiB．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C．X和Y单质晶体类型不可能相同D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>X8、下列离子方程式正确的是（）A．漂白粉溶液中通入少量二氧化碳气体：Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClOB．钠与硫酸铜溶液反应:Cu2++2Na=2Na++CuC．铁屑溶于过量稀硝酸：3Fe+8H++2NO3－＝3Fe2++2NO↑+4H2OD．FeI2溶液中通入少量氯气：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl－9、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增加的是A．氨气还原氧化铜B．二氧化锰加入过氧化氢溶液中C．次氯酸钙露置在空气中变质D．过氧化钠吸收二氧化碳10、中国传统文化中包括许多科技知识。下列古语中不涉及化学变化的是千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金熬胆矾(CuSO4·5H2O)铁釜，久之亦化为铜凡石灰(CaCO3)，经火焚炼为用丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂ABCDA．A B．B C．C D．D11、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（

）A．萃取 B．渗析 C．蒸馏 D．过滤12、以下化石能源的加工方式能大量得到乙烯的是A．石油裂解B．石油裂化C．石油分馏D．煤焦油分馏13、属于弱电解质的是A．Na2S B．H2O C．HNO3 D．C2H5OH14、化学与生产、

生活密切相关。下列说法正确的是A．砒霜的主要成分是三硫化二砷B．氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C．过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒D．铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强15、下列叙述正确的是()A．中和热测定实验用的小烧杯和物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都必须干燥B．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，氢氧化钠浓度偏低C．配制2.0mol·L－1的硫酸，若定容时俯视，则所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)D．用铜电极电解2.0mol·L－1的硫酸，阴阳两极生成气体的体积之比为2∶116、某烧杯中盛有含0.2molNH4Al(SO4)2的溶液，向其中缓缓加入4mol·L－1的NaOH溶液200mL，使其充分反应，此时烧杯中铝元素的存在形式为()A．Al3＋和Al(OH)3 B．AlO2— C．AlO2—和Al(OH)3 D．Al(OH)317、化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是A．天然气是高效清洁的化石燃料 B．可利用离子反应处理水中的微量重金属元素C．油脂可以制取肥皂 D．我国使用最早的合金是生铁18、中科院化学所研制的晶体材料——纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途其生产过程的部分流程如下图所示（）FeCl3·6H2OFeOOH纳米四氧化三铁下列有关叙述不合理的是A．纳米四氧化三铁可分散在水中，它与FeCl3溶液的分散质直径相当B．纳米四氧化三铁具有磁性，可作为药物载体用于治疗疾病C．在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解D．反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO219、如图所示，将铁棒和石墨棒插入饱和食盐水中。下列说法正确的是A．甲中铁被保护不会腐蚀B．甲中正极反应式为4OH-－4e-=2H2O+O2↑C．乙中铁电极上发生氧化反应D．乙中石墨电极附近滴几滴碘化钾淀粉溶液变蓝色20、以石墨为电极，电解KI溶液（其中含有少量酚酞和淀粉）。下列说法错误的是A．溶液的pH变小 B．阴极逸出气体C．阳极附近溶液呈蓝色 D．阴极附近溶液呈红色21、可逆反应X(g)+YZ(g)中，其中Z是有色气体，当达到平衡时，下列叙述正确的是A．增大压强，平衡体系颜色加深，说明Y必是气体B．增大压强，当c(X)=c(Z)时，则再次达到平衡C．若Y是气体，增大X的浓度会使Y的转化率增大，化学平衡常数也增大D．升温，Z的质量分数减小，说明正反应是放热反应22、用过量的FeCl3溶液腐蚀铜制线路板，反应是Cu+2FeCl3=2FeCl2+CuCl2。取少量腐蚀反应完毕后的混合溶液，加入一定量的铁粉充分搅拌，发现仍有固体存在。则下列判断不正确的是（

）A．氧化性Fe3+＞Cu2+ B．剩余固体中一定含CuC．有固体存在的溶液中一定无Cu2+ D．有固体存在的溶液中一定含Fe2+二、非选择题(共84分)23、（14分）短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，B为地壳中含量最多的元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品。填写下列空白：（1）AB2的结构式_______________；C元素在周期表中的位置第_______周期________族（2）B、C组成的一种化合物与水发生化合反应的化学方程式为：____________________（3）如图所示，电解质a溶液为含有CD的饱和溶液。X为石墨电极，Y为铁电极，接通直流电源。X电极的电极反应式为________________________。Y电极的电极反应式为________________________。（4）常温下，相同体积的0.2mol·L—1CD溶液与0.1mol·L—1C2AB3溶液中，总离子数目较多的是______________溶液（填化学式）。24、（12分）高分子化合物G是作为锂电池中Li十迁移的介质，合成G的流程如下：（1）B的含氧官能团名称是_____________________________________。（2）A—B的反应类型是_____________________________________。（3）C的结构简式是_____________________________________。（4）D→E反应方程式是_____________________________________。（5）G的结构简式是_____________________________________。（6）D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，该同分异构体的结构简式是_____________________________________。（7）已知：M—N的化学方程式是___________________________。（8）下列说法正确的是_______________（填字母）。a．E有顺反异构体b．C能发生加成、消去反应c．M既能与酸反应，又能与碱反应d．苯酚与C反应能形成高分子化合物e．含有—OH和—COOH的D的同分异构体有2种25、（12分）实验室根据需要现配制500mL0.4mol∙L−1氢氧化钠溶液，请回答下列问题(1)需要称量氢氧化钠固体质量为______g。(2)以下配制操作中正确的有（填序号）__________。a.把称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中，加入约480mL蒸馏水溶解；b.氢氧化钠溶解后立刻转移入容量瓶中；c.洗涤烧杯和玻璃棒2~3次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀；d.定容时，向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加至刻线.(3)上题操作d中，如果仰视刻线，所配溶液浓度_____（选填“偏大”或“偏小”）；请在下面图中画出配制终点时仰视的视线以及凹液面的位置。(4)称量时，氢氧化钠固体中含有过氧化钠，则所配溶液浓度_____（选填“偏大”或“偏小”）。(5)在操作步骤完全正确的情况下，配制后所得的氧氧化钠溶液，所得浓度也和理论值有所偏差，其原因是_______（任答两条）。使用时需用邻苯二甲酸氢钾来标定，原理为_______（用离子方程式表示），指示剂应选择___________，可知邻苯二甲酸为______元酸。26、（10分）某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。①假设1：_____________对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。②假设2：对该反应有催化作用。方案Ⅰ：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_____________。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_________________。③查阅资料：溶于水可以生成和___________________。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因________________。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。i．ii．______________________iii．(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原来的，则剩余固体的化学式可能为______________。27、（12分）在实验室中可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30%KOH溶液，并置于热水浴中；③的试管里盛有15mL8%NaOH溶液，并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。请填写下列空白：（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰，通过________(填写仪器名称)向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有________(填写下列编号字母)的净化装置。A．碱石灰B．饱和食盐水C．浓硫酸D．饱和碳酸氢钠溶液（2）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是_______________________。（3）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白：实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为___________色氯气与水反应生成的H＋使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色___________________________然后溶液从无色逐渐变为_________色____________________________28、（14分）某学习小组用铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）制备Fe3O4纳米材料的流程示意图如下：已知：步骤⑤中，相同条件下测得Fe3O4的产率与R()的关系如图所示。（1）为提高步骤①的反应速率，可采取的措施是_______________________(任写一点)。（2）步骤②中，主要反应的离子方程式是___________________________________。（3）浊液D中铁元素以FeOOH形式存在,步骤④中反应的化学方程式是________；步骤④中，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2目的是__________________。（4）⑤反应的离子方程式为________________________________________________；步骤⑤中的“分离”包含的步骤有______________。（5）设浊液D中FeOOH的物质的量为amol，滤液B中的铁元素的物质的量为bmol。为使Fe3O4的产率最高，则＝_________。（填数值，小数点后保留3位）29、（10分）优化反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S↓+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水温度/℃浓度/（mol/L）体积/mL浓度/（mol/L）体积/mL体积/mLⅠ0.11.50.11.51020Ⅱ0.12.50.11.59aⅢ0.1b0.11.5930①表中，a为______，b为______。②实验表明，实验Ⅲ的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_______。③硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+H2O⇌2[Ag(S2O3)2]3-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.5~9.5，解释其原因：_________。（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO4•2H2O），其中的物质转化过程如图所示。①过程Ⅰ、Ⅱ中，起催化剂作用的物质是_________。②过程Ⅱ中，反应的离子方程式为________。③根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_______L。

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、D【详解】A.装置①为蒸馏装置，常用于分离沸点不同的液体混合液，A项错误；B.装置②中苯与水互不相容，密度比水小，位于水的上层，氯化氢、氨气等气体易溶于水，与水直接接触易倒吸，该装置达不到防倒吸的目的，B项错误；C.氯化铵受热分解虽能生成氯化氢和氨气，但氨气为碱性气体，与氯化氢会重新化合生成氯化铵，该操作不能用于制备氨气，C项错误；D.NO的密度与空气相当，只能用排水法收集，图示中操作规范且科学，D项正确；答案选D。2、D【详解】A.H2O分子间存在氢键，影响水的沸点，沸点是物理性质，稳定性是化学性质，由分子内化学键的强弱决定，所以稳定性与氢键无关，故A错误；B.CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；C.PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；答案选D。3、A【详解】A.关闭止水夹,利用漏斗下端导管中液面与烧瓶中液面的液面差一段时间不变可以知道气密性良好,故A正确；B.纯碱为粉末固体,则多孔隔板不能使反应随时停止,故B错误;C.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠,应选碱式滴定管,故C错误;D.NO密度和空气相近，不能用排空气法收集，故此装置不适合制取NO,所以D错误；答案：A。【点睛】可以通过关闭止水夹,利用液面差检验气密性;.NaOH溶液与二氧化硅反应生成具有粘合性的硅酸钠;碘的CCl4溶液不分层。4、C【分析】四种原子序数依次递增短周期元索W、X、Y、Z，由化合物的结构可知，X能形成4个共价键，则X为C元素；W的原子序数最小，只形成了1个共价键，则W为H元素；Y能形成2个共价键，则Y为O元素，Z是同周期中金属性最强的元素则Z为Na元素；【详解】A.非金属性O>C，非金属性越强，元素的氢化物的稳定性越强，则稳定性H2O>CH4，故A错误；B．离子化合物由阴、阳离子构成的，一般情况下，活泼金属与非金属相互作用形成，经以上分析，能形成NaH、Na2O、Na2O2三种离子化合物，故B错误；C．以上分析ZW是NaH，NaH+H2O=NaOH+H2↑,NaH中H的化合价由-1价→0价，失去电子，做还原剂，所以NaH是还原剂，故C正确；D．O和Na可形成Na2O和Na2O2两种离子化合物，且阴阳离子个数均为1:2，故D错误；故选C。5、D【详解】A．向某溶液中加入KSCN溶液和新制的氯水，若溶液变为血红色，则原溶液中可能含有Fe3+或Fe2+或两者都有，故A错误；B．向某溶液中加入盐酸无沉淀生成，再加氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液中可能含有硫酸盐，也可能是硫酸，故B错误；C．向某溶液中加入少量盐酸，没有产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，该溶液中可能不含或SO32-，也可能不含HCO3-或HSO3-，或者都不存在，故C错误；D．向某溶液中先加几滴淀粉溶液，无明显现象，説明没有碘单质，再滴氯水，溶液变蓝，有碘生成，则溶液中一定含有I-，故D正确；故答案：D。6、D【解析】A.石墨烯是单质，不是化合物，故A错误；B.分解反应一般都是吸热反应，使氯化镁分解获得镁需要吸收能量，故B错误；C.太阳能电池不是使用原电池原理制成的，故C错误；D.干冰气化后体积膨胀，且二氧化碳可以灭火，故D正确；故选D。7、D【解析】根据题意可确定X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为氯元素，由此分析如下：A、钠能与水迅速反应，所以不能置换出TiCl4溶液中的Ti，可用钠与熔融的TiCl4反应制备Ti，故A错误；B、CCl4是由C－Cl共价键形成的共价化合物，而NaCl是由Na＋和Cl－之间的离子键形成的离子化合物，二者的化学键类型不同，故B不正确；C、碳可以形成原子晶体，也可以形成分子晶体，如C60等，而氧气和臭氧都是分子晶体，故二者可以形成相同类型的晶体，所以C错误；D、氯和碳形成的最高氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2CO3，前者为强酸，后者为弱酸，故D正确。本题正确答案为D。点睛：碳元素的单质比较多，如金刚石、石墨、活性炭和C60，其中金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，其它的晶体类型较复杂，但C60往往被忽略，而错选C。8、A【详解】A．漂白粉溶液中通入少量二氧化碳气体可以生成白色沉淀，反应的离子方程式为Ca2＋＋2ClO－＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2HClO，A正确；B．钠与硫酸铜溶液反应先与水反应生成氢氧化钠与氢气，然后生成的氢氧化钠继续与硫酸铜反应生成氢氧化铜与硫酸钠，B错误；C．稀硝酸过量则铁被氧化成+3价铁，C错误；D．正确反应离子方程式为：2I—+Cl2＝I2+2Cl－，D错误；故选A。9、D【解析】A.氨气还原氧化铜后生成铜，固体质量减小；B.二氧化锰加入过氧化氢溶液中，二氧化锰是过氧化氢分解的催化剂，其质量不变；C.次氯酸钙露置在空气中变质后，次氯酸钙转化为碳酸钙，固体质量减小；D.过氧化钠吸收二氧化碳后，变成碳酸钠，固体质量减小，D正确，本题选D。10、A【详解】A项，意思是淘金要千遍万遍的过滤，虽然辛苦，但只有淘尽了泥沙，才会露出闪亮的黄金。不涉及化学变化，故A符合题意；B项，CuSO4·5H2O煎熬泉水的锅用久了就会在其表面析出一层红色物质（铜），其原因为：CuSO4+Fe=Cu+FeSO4，发生了化学反应，故B不符合题意；C项，石灰石加热后能制得生石灰，发生了化学反应，故C不符合题意；D项，丹砂（HgS）烧之成水银，即红色的硫化汞（即丹砂）在空气中灼烧有汞生成；积变又还成了丹砂，即汞和硫在一起又生成硫化汞，发生了化学反应，故D不符合题意。故答案选A。11、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。12、A【解析】A、石油裂解生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，能得到大量乙烯，选项A正确；B、石油裂化就是在一定的条件下，将相对分子质量较大、沸点较高的烃断裂为相对分子质量较小、沸点较低的烃的过程，不能大量得到乙烯，选项B错误；C、石油主要成分是各种烷烃、环烷烃、芳香烃的混合物，不含乙烯，石油分馏得不到乙烯，选项C错误；D、煤焦油主要用于分馏出各种酚类、芳香烃、烷类等，得不到乙烯，选项D错误。答案选A。13、B【解析】A．Na2S属于盐，在水溶液中完全电离，Na2S=2Na＋＋S2－，属于强电解质，故A错误；B．H2O部分电离，H2OH＋＋OH－，属于弱电解质，故B正确；C．HNO3属于强酸，溶于水完全电离，HNO3=H＋＋NO3－；属于强电解质，故C错误；D．乙醇，属于有机物，不能电离，属于非电解质，故D错误；故答案为B。【点睛】电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，强电解质是在水溶液中能完全电离的电解质，弱电解质是水溶液中部分电离的电解质。14、C【详解】A.砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；

B.碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；

C.阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；

D.金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；

综上所述，本题选C。15、C【解析】试题分析：A．中和热测定实验用的小烧杯必须干燥，物质的量浓度溶液配制用的容量瓶都不需要干燥，A错误；B．用已知浓度的盐酸滴定未知浓度的氢氧化钠溶液终点时仰视读数，则读数偏大，氢氧化钠浓度偏高，B错误；C．配制2.0mol·L－1的硫酸，若定容时俯视，则液面低于刻度线，因此所得溶液浓度偏高(其他操作均正确)，C正确；D．用铜电极电解2.0mol·L－1的硫酸，阳极铜失去电子，得不到氧气，D错误，答案选C。【考点定位】本题主要是考查化学实验基本操作、误差分析及电解产物判断等【名师点晴】中和滴定误差分析的总依据为：由C测==C标V标/V测由于C标、V待均为定植，所以C测的大小取决于V标的大小，即V标：偏大或偏小，则C测偏大或偏小。16、D【分析】含有0.2molNH4Al(SO4)2的溶液中n(NH4+)＝0.2mol，n(Al3＋)＝0.2mol，200mL4mol·L－1的NaOH溶液中n(OH－)＝4mol·L－10.2L=0.8mol，首先与Al3＋反应生成Al(OH)3，Al3＋反应完毕，剩余的OH－再与NH4+反应生成NH3∙H2O，NH4+反应完毕，剩余的OH－再与Al(OH)3反应生成AlO，据此根据方程式，计算判断。【详解】首先：Al3＋3OH-0.2mol0.6molAl3＋反应完毕，剩余的OH－为0.8mol-0.6mol=0.2mol；然后：NH4+OH-

0.2mol0.2molOH－与NH4+恰好反应，没有OH－剩余，Al(OH)3不溶解，故铝元素的存在形式为Al(OH)3；故答案选D。【点睛】本题解题时，要理清反应的先后顺序是解题的关键，本题中n(Al3＋)＝0.2mol，n(NH4+)＝0.2mol，n(OH－)＝0.8mol，根据反应顺序，反应后，恰好生成0.2molAl(OH)3和0.2molNH3·H2O。17、D【详解】A、天然气燃烧生成二氧化碳和水，是清洁的化石燃料，选项A正确；B、可利用离子反应处理水中的微量重金属元素，如用硫化钠沉淀铜离子生成硫化铜，选项B正确；C、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，选项C正确；D、人类使用的合金的时间与冶炼技术有关，活泼性弱的金属容易冶炼，铁、铝比较活泼，难冶炼，铜活泼性较弱，容易冶炼，所以我国使用最早的合金是铜合金（青铜），选项D错误。答案选D。18、A【详解】A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大，A不合理；B.由题意可知,纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途,纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病，B合理；C.FeCl3·6H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化,说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解，C合理；D．根据已知条件及质量守恒定律可得反应②的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2，D合理。选A。19、D【详解】A.甲是原电池，铁作负极被腐蚀，碳作正极，错误；B.甲中正极反应式为2H2O+4e-＋O2=4OH-，错误；Ｃ.乙装置是电解池，Fe作阴极，阴极上发生还原反应，错误；D．乙中石墨电极为阳极，2Cl-—2e-=Cl2↑，Cl2+2I-=2Cl-+I2，I2遇淀粉溶液变蓝色，正确。答案选D。20、A【详解】A．以石墨为电极，电解KI溶液的反应为2KI+2H2O2KOH+H2↑+I2，溶液的pH值增大，A项错误；B．阴极产生氢气，B项正确；C．阳极生成I2，I2遇淀粉呈蓝色，C项正确；D．该电解反应的阴极产物为氢气和NaOH，阴极附近溶液呈红色，D项正确；答案选A。21、D【详解】A．增大压强，容器的体积减小，Z的浓度增大，平衡体系颜色加深，不能说明平衡的移动方向，因此不能判断Y的状态，故A错误；B．平衡时c(X)与c(Z)不一定相等，c(X)=c(Z)时，不能判断是否为平衡状态，故B错误；C．若Y是气体，增大X的浓度，平衡正向移动，会使Y的转化率增大，但化学平衡常数不变，故C错误；D．升高温度，Z的质量分数减小，说明平衡逆向移动，因此逆反应为吸热反应，则正反应是放热反应，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意只要容器的体积减小，容器中所有气体的浓度都会增大，只是增大的幅度不同而已，因此无论平衡如何移动，混合气体的颜色一定加深。22、C【详解】混合溶液中含有氯化亚铁和氯化铜和氯化铁，加入铁，铁先和铁离子反应生成亚铁离子，然后铁和氯化铜反应生成铜，实验后发现有固体存在，可能是铁和铜或铜。A.铁离子的氧化性强于铜离子，故正确；B.固体可能是铁和铜或铜，故正确；C.固体可能是铁和铜或铜，若固体只有铜，溶液中可能含有铜离子，故错误；D.反应一定产生亚铁离子，故正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、O=C=O3IANa2O+H2O==2NaOH2H++2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH－）Fe—2e－=Fe2+NaCl【分析】短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，A为C元素，B为地壳中含量最多的元素，B为O元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C为钠，C与D形成的离子化合物NaCl是常用的调味品。【详解】短周期元素A、B、C、D分别为：C、O、Na、Cl。（1）二氧化碳中的碳最外层4个电子，分别与O形成两个共价键，AB2的结构式O=C=O，C元素为钠元素，在周期表中位于第3周期IA族；（2）B、C组成的一种化合物是氧化钠，与水发生化合反应的化学方程式为：Na2O+H2O==2NaOH；（3）电解NaCl的饱和溶液，X为石墨电极，与电源负极相连，作阴极，X电极的电极反应式为2H++2e－=H2↑（或2H2O+2e－=H2↑+2OH－）。Y为铁电极，与直流电源正极相连，发生氧化反应。Y电极的电极反应式为Fe—2e－=Fe2+。（4）常温下，相同体积的0.2mol·L—1NaCl溶液与0.1mol·L—1Na2CO3溶液中，钠离子数相同，碳酸根部分水解，阴离子总数少于钠离子，总离子数目较多的是NaCl溶液。24、羟基、水解（取代）反应bcdbcd【解析】试题分析：从F来看4个碳原子的碳链结构含有一个支链，故C4H8是CH2=CH(CH3)2。A为CH2BrCHBr(CH3)2，B为，根据信息氧化的C为。继续氧化生成的D是，再消去—OH变为E。G是F进行加聚反应的产物。D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，成环含有1个氧原子，4个碳原子，其同分异构体是HO—CH2—CH2—CH2—COOH。根据信息：C()生成M为，则N为。考点：有机化学基础，考查反应类型、有机物的官能团、结构简式、化学反应方程式、物质的性质判断等。25、8.0cd偏小，偏大NaOH可能部分变质生成碳酸钠，或则NaOH固体中含有杂质酚酞二【分析】根据配制溶液计算固体的质量和配制过程中需要注意的事项，再根据酸碱中和滴定分析指示剂的选择。【详解】(1)氢氧化钠物质的量为n＝0.5L×0.4mol∙L−1＝0.2mol，需要称量氢氧化钠固体质量为m＝0.2mol×40g∙mol−1＝8.0g；故答案为：8.0。(2)a．溶解NaOH固体，一般加入约配溶液体积的三分之一进行溶解，溶解后冷却，洗涤，定容时都需要加蒸馏水，故a错误；b．氢氧化钠溶解后，需要冷却至室温，再转移入容量瓶中，故b错误；c．洗涤烧杯和玻璃棒2~3次洗涤液都小心转入容量瓶，并轻轻摇匀，防止液体溅出，故c正确；d．定容时，向容量瓶中加蒸馏水至液面距刻线1cm～2cm处，改用胶头滴管小心滴加至刻线，避免加入过量蒸馏水，故d正确；综上所述，答案为cd。(3)上题操作d中，如果仰视刻线，溶液体积偏大，所配溶液浓度偏小，图像为；故答案为：偏小；。(4)称量时，氢氧化钠固体中含有过氧化钠，假设称量8.0gNaOH固体，物质的量为0.2mol，如果含有过氧化钠，用极限思维，全部为过氧化钠，称量出过氧化钠物质的量比0.1mol多，最终得到NaOH物质的量大于0.2mol，则所配溶液浓度偏大；故答案为：偏大。(5)在操作步骤完全正确的情况下，配制后所得的氧氧化钠溶液，所得浓度也和理论值有所偏差，说明NaOH可能部分变质生成碳酸钠，或则NaOH固体中含有杂质。使用时需用邻苯二甲酸氢钾来标定，原理为，这是弱酸酸式盐滴定强碱，因此指示剂应选择酚酞，可知邻苯二甲酸为二元酸；故答案为：NaOH可能部分变质生成碳酸钠，或则NaOH固体中含有杂质；；酚酞；二。26、Cu2+排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：B＞C＞A，反应速率随浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【详解】(1)①溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。②排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案Ⅰ中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案Ⅱ：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：B＞C＞A，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。③已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2)根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形，在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3)Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为：，反应ii=(总反应-i×6-iii×2)，则反应ii为：。(4)硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g×24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。27、分液漏斗BCl2+2OH—===Cl—+ClO—+H2O红色生成的HClO有漂白性黄绿Cl2溶于水呈黄绿色【解析】①为反应制取氯气，②为氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，③为氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠，④为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，加入石蕊先变红后褪色，⑤为尾气处理，应用碱溶液吸收。【详解】(1)制取氯气时用分液漏斗向烧瓶中加入浓盐酸，为了除去氯气中氯化氢，应选用饱和食盐水，故选B。(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；(3)氯气和水反应生成盐酸能使石蕊变红色；反应生成的HClO有漂白性，溶液变为无色。随着通入的氯气的量的增加，水中的氯气的量增加，水溶液变为黄绿色。【点睛】氯气和碱反应时注意温度的条件，若为热的溶液反应可以生成氯酸盐和氯化物，若为常温下则反应生成次氯酸盐和氯化物，根据氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和强氧化性即漂白性分析溶液的颜色变化。28、搅拌、适当升高温度2Fe3++Fe＝3Fe2+2Fe(OH)2+H2O2＝2FeOOH+2H2O加热使其分解除去，防止其在步骤⑤中继续氧化＋2价铁元素2FeOOH＋Fe2＋＋2OH－Fe3O4＋2H2O过滤、洗涤0.636【解析】(1)这是在溶液中进行的反应，为了提高反应速率，可采用搅拌，或适当升高温度，或者适当增大盐酸的浓度；(2)由铁泥的主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe可知，在与盐酸反应后的滤液A中有FeCl3、FeCl2及剩余的HCl，所以加入铁粉后的反应有：2Fe3++Fe＝3Fe2+和Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，其中主要的反应为2Fe3++Fe＝3Fe2+；(3)浊液C为Fe(OH)2，而浊液D为FeOOH，所以步骤④的反应方程式为2Fe(OH)2+H2O2＝2FeOOH+2H2O，反应完成后继续加热，是为了除去H2O2，防止在与滤液B(即FeCl2)