新余市重点中学2026届化学高三上期中学业质量监测模拟试题含解析

新余市重点中学2026届化学高三上期中学业质量监测模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、pH=l的溶液中含有Na＋、Cl-、NO3-，还可能含有大量的A．Fe3＋ B．Ag＋ C．OH- D．CO32-2、丙酮是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于1g/mL，沸点约55℃，分离水和丙酮时最合理的方法是A．蒸发B．分液C．过滤D．蒸馏3、下表为25℃时某些弱酸的电离平衡常数；图像表示25℃时，稀释CH3COOH、HClO两种酸的稀溶液，溶液pH随加水量的变化。常温下，有关说法正确的是弱酸的电离平衡常数(25℃)CH3COOHHClOKa=1.8×10-5Ka=3.0×10-8A．图像中，a点酸的总浓度>b点酸的总浓度B．图像中，c(H+)：c(R-)的值：a点>c点(HR代表CH3COOH或HClO)C．pH相同的CH3COONa溶液和NaClO溶液的浓度关系:c(CH3COOHNa)<c(NaClO)D．两溶液浓度相等，CH3COONa溶液的c(OH-

)+c(CH3COO-)

>

NaClO溶液的c(OH-)+c(C1O-)4、将不同量的CO(g)和H2O(g)分别通入体积为2L的恒容密闭容器中，进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：实验组温度/℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCOH2OCO21650421.652900210.433210.41下列说法不正确的是A．该反应的正反应为放热反应B．实验1中，前5min用CO表示的速率为0.16mol/(L·min)C．实验2中，平衡常数K=1/6D．实验3跟实验2相比，改变的条件可能是温度5、下列氧化还原反应中，水作为氧化剂的是A．CO＋H2OCO2＋H2 B．3NO2＋H2O＝2HNO3＋NOC．2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑ D．2F2＋2H2O＝4HF＋O26、下列除杂试剂或方法有错误的是原物质所含杂质除杂试剂主要操作方法AHNO3溶液H2SO4BaCl2溶液过滤BCO2SO2酸性KMnO4溶液、浓硫酸洗气、干燥CSiO2Al2O3稀盐酸过滤DC2H5OHCH3COOHCaO蒸馏A．A B．B C．C D．D7、以下事实不能用元素周期律解释的是（）A．向溶液中通入氧气后生成浅黄色沉淀B．氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键C．工业生产硅单质原理：D．Na与冷水反应剧烈，Mg与冷水反应缓慢8、《本草纲目》中的“石碱”条目中写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，……浣衣发面，甚获利也”。这里的“石碱”是指()A．KOH B．KAl(SO4)2C．KHCO3 D．K2CO39、下列制备金属单质的方法或原理正确的是()A．在高温条件下，用H2还原MgO制备单质MgB．在通电条件下，电解熔融Al2O3制备单质AlC．在通电条件下，电解饱和食盐水制备单质NaD．加强热，使CuO在高温条件下分解制备单质Cu10、己知HNO2在低温下较稳定，酸性比醋酸略强，既有氧化性又有还原性，其氧化产物、还原产物与溶液pH的关系如下表。下列有关说法错误的是pH范围>7<7产物NO3-NO、N2O、N2中的一种A．碱性条件下，NaNO2与NaClO反应的离子方程式为NO2-＋ClO-=NO3-＋Cl-B．向冷的NaNO2溶液中加入滴有淀粉的氢碘酸，溶液变蓝色C．向冷的NaNO2溶液中通入SO2可得到HNO2D．低温时不用其它试剂即可区分HNO2溶液与Na2CO3溶液11、硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是()A．氧化性：SeO2>SO2 B．热稳定性：H2S>H2SeC．沸点：H2S<H2Se D．酸性：H2SO3>H2SeO312、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．利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离13、《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是()A．“燃薪举火”使黏土发生了复杂的物理化学变化 B．沙子和黏土的主要成分为硅酸盐C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦 D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料14、某溶液中含有较大量的Cl-、、OH-三种阴离子，如果只取一次该溶液就能够分别将三种阴离子依次检验出来，下列实验操作顺序正确的是①滴加足量的Mg(NO3)2溶液；②过滤；③滴加适量的AgNO3溶液；④滴加足量的Ba(NO3)2溶液A．①②④②③ B．④②①②③ C．①②③②④ D．④②③②①15、某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（）A．曲线Ⅰ代表溶液B．溶液中水的电离程度：b点＞c点C．从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D．相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同16、关于下列溶液混合后的pH（忽略体积变化）说法不正确的是A．25℃时，pH=2的盐酸pH=11的烧碱溶液按体积比1:9充分反应后，溶液的pH=4B．25℃时，pH=2和pH=4的盐酸溶液按体积比1:10充分混合后，溶液的pH=3C．25℃时，pH=3的盐酸和pH=3醋酸溶液任意比例混合后，溶液的pH=3D．25℃时，pH=9和pH=11的烧碱溶液等体积混合，pH=1017、下列类比关系正确的是()。A．AlCl3与过量NaOH溶液反应生成AlO2-，则与过量NH3·H2O也生成AlO2-B．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，则与SO2反应可生成Na2SO3和O2C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，则与I2反应可生成FeI3D．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则与MnO2也能发生铝热反应18、某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-四种离子B．气体A的化学式是COC．原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓19、ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2的制备与杀菌作用的说法中不合理的是A．可用Cl2和NaClO2反应制备ClO2，其中n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶2B．ClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO2+2OH-=++H2OC．ClO2处理饮用水时残留的，可用FeSO4除去：+2Fe2++4H+=2Fe3++Cl-+2H2OD．等物质的量的ClO2的杀菌效果比Cl2、HClO的强20、0.6mol·L-1的Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1的CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2＋与Cu2＋的物质的量之比为2∶1，则加入铁粉的物质的量为（）A．0.16mol B．0.22mol C．0.30mol D．0.48mol21、下列应用没有涉及化学变化的是A．碳酸氢钠用于焙制糕点B．用铁制容器盛装浓硝酸C．用二氧化硅制作光导纤维D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂22、有关的说法正确的是()A．单体通过缩聚反应可得到该高分子化合物B．不会与酸性高锰酸钾溶液反应C．只含二种官能团D．1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH二、非选择题(共84分)23、（14分）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）用于文物年代测定的元素，其核素符号为_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的简单离子半径由大到小的顺序为_________(用离子符号表示)。（3）元素f的单质与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________________。（4）元素h单质的氧化性强于元素g单质的氧化性的事实是___________(用离子方程式表示)。24、（12分）水杨酸的结构简式为，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知：2RCH2CHO。回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为________；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为_____。（2）第③步的反应类型为____；D中所含官能团的名称为______；（3）第①步反应的化学方程式为______。（4）E的分子式是______。（5）1mol水杨酸分别消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比是______。（6）X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，符合下列条件的共__种，其中取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体的结构简式是_______。①苯环上有两个取代基

②与FeCl3发生显色反应

③能发生水解反应25、（12分）某溶液中只含有Ba2+、Mg2+、Ag+三种阳离子，现用适量的NaOH溶液、稀盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，其流程如图所示：(1)沉淀1的化学式为__________，生成该沉淀的离子方程式为_______________。(2)若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2化学式为_______________。对于反应后的溶液2，怎样检验已除去_______________。(3)若试剂B为NaOH溶液，则生成沉淀2的离子方程式为_______________。(4)如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag+的浓度均为0.1mol·L-1，且溶液中含有的阴离子只有，则溶液中浓度为________mol·L-1。26、（10分）纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：I．Fe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)红棕色悬浊液。（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是_____________。②上述反应完成后，测得a值与FeO(OH)产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：用离子方程式解释FeO(OH)生成后溶液pH下降的原因：____。（2）经检验：当a=7时，产物中存在大量Fe2O3。对Fe2O3的产生提出两种假设：i．反应过程中溶液酸性增强，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化；ii．溶液中存在少量Fe2+，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化。①经分析，假设i不成立的实验依据是____。②其他条件相同时，向FeO(OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，30min后测定物质的组成，结果如下：以上结果表明：____。③a=7和a=9时，FeO(OH)产率差异很大的原因是____。Ⅱ．Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO(OH)红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。（3）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。①共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是____。②已知N=n[FeO(OH)]/n(Fe2+)，其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如下图所示：经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是_________。27、（12分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_______________________；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为____________________。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为__________________________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是__________________，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是____________________________（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________。28、（14分）氯、铁的某些化合物在工业生产和生活中有着重要的作用。（1）二氧化氯（ClO2，黄绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂。主要有两种制备方法：方法一：工业上常常用KClO3和草酸（H2C2O4）、硫酸反应生成高效的消毒杀菌剂ClO2，还生成CO2和KHSO4等物质。写出该反应的化学方程式___________，生成5molClO2转移电子__________mol。方法二：实验室用NCl3、盐酸、NaClO2（亚氯酸钠）为原料，通过以下过程制备ClO2，NCl3溶液和NaClO2溶液发生反应的离子方程式_______________。X中大量存在的阴离子有________________。（2）铁及其化合物有重要用途，如聚合硫酸铁[Fe2(OH)n(SO4)3-n/2]m是一种新型高效的水处理混凝剂，而高铁酸钾（其中铁的化合价为+6）是一种重要的杀菌消毒剂，某课题小组设计如下方案制备上述两种产品：①检验固体铁的氧化物中铁的化合价，应使用的试剂是________（填标号）。a．稀硫酸b．稀硝酸c．KSCN溶液d．酸性高锰酸钾溶液②在溶液Ⅰ中加入NaClO3写出其氧化Fe2+的离子方程式：______________。③Fe2O3与KNO3和KOH的混合物加热共融可制得高铁酸鉀。完成并配平化学方程式：_____Fe2O3+_____KNO3+_____KOH—____________+_____KNO2+_____________。29、（10分）对燃煤烟气和汽车尾气进行脱硝、脱碳和脱硫等处理，可实现绿色环保、节能减排等目的。汽车尾气脱硝脱碳的主要原理为：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)△H=-Q(Q>0)。一定条件下，在一密闭容器中，用传感器测得该反应在不同时间的NO和CO浓度如下表：时间/s012345c(NO)/mol·L-11.00×10-34.50×10-42.50×10-41.50×10-41.00×10-41.00×10-4c(CO)/mol·L-13.60×10-33.05×10-32.85×10-32.75×10-32.70×10-32.70×10-3(1)写出该反应的平衡常数表达式____________________。(2)前2s内的平均反应速率υ(N2)=__________；达到平衡时，CO的转化率为___________。(3)采用低温臭氧氧化脱硫脱硝技术，同时吸收SO2和NOx，获得(NH4)2SO4的稀溶液，往(NH4)2SO4溶液中再加入少量(NH4)2SO4固体，的值将_______(填“变大”、“不变”或“变小”)。

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【详解】pH=1的溶液显酸性，溶液中存在大量氢离子。A．Fe3＋、Na＋、Cl-、NO3-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，能够大量共存，故A正确；B．Ag＋、Cl-能够反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故B错误；C．OH-能够与氢离子反应生成水，不能大量共存，故C错误；D．CO32-能够与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D错误；故选A。2、D【解析】蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质（晶体）的过程，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，据此解答。【详解】根据题意丙酮与水互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现二者的分离，答案选D。3、D【解析】A、稀释前，CH3COOH、HClO的pH相同，由于HClO的酸性弱，所以HClO的浓度大，所以HClO的总浓度大于CH3COOH，则稀释相同的倍数，HClO的总浓度大于CH3COOH，即图中a点酸总浓度小于b点酸的总浓度，选项A错误；B、加水稀释，氢离子浓度和酸根离子浓度均减小，由于水也能电离出氢离子，所以酸根离子减小的程度大，即浓度越小，c(H+)：c(R-)的值越大，所以图中c(H+)：c(R-)的值：a点<c点，选项B错误；C、电离常数越大，酸性越强，其盐溶液的水解程度越小，溶液的碱性越弱，即pH越小，所以pH相同时，酸性强的对应盐的浓度大，所以pH相同的CH3COONa溶液和NaClO溶液的浓度关系:c(CH3COOHNa)>c(NaClO)，选项C错误；D、浓度相等的CH3COONa溶液和NaClO溶液，前者水解程度小，pH小，c(OH-)较小，而两溶液中钠离子浓度相等，存在电荷守恒有c(OH-)+c(CH3COO-)=c(H+)+c(Na+)、c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(C1O-)，故CH3COONa溶液的c(OH-)+c(CH3COO-)>NaClO溶液的c(OH-)+c(C1O-)，选项D正确。答案选D。4、D【解析】A.由表中数据可知，实验1中CO的转化率为40%，而实验2中CO的转化率为20%，压强不能使该化学平衡发生移动，由于温度升高使得CO的转化率减小，所以该反应的正反应为放热反应，A正确；B.实验1中，前5min用CO表示的速率为1.6mol2L×5min=0.16mol/(L·min)，B正确；C.实验2中，平衡混合物中各组分CO、H2O、CO2、H2的浓度分别为0.8mol/L、0.3mol/L、0.2mol/L、0.2mol/L，所以平衡常数K=0.2×0.20.8×0.3=1/6，C正确；D.实验3跟实验2相比，各组分的平衡量没有改变，所以改变的条件不可能是温度点睛：要注意题中反应是在恒温恒容条件下进行的，故不可采用增大压强的措施（即缩小容器体积）。在投料相同且保证达到等效平衡的前提下，加快化学反应速率的措施只有加入催化剂了。5、A【分析】氧化还原反应中水作为氧化剂，说明水中氢元素的化合价降低，得到电子，据此解答。【详解】A.反应CO+H2O(g)CO2+H2中氢元素化合价从+1价降低到0价，化合价降低，水是氧化剂，A正确；B.反应3NO2+H2O＝2HNO3+NO中氮元素化合价部分升高，部分降低，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，B错误；C.反应2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑中过氧化钠中氧元素化合价部分升高，部分降低，过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂，C错误；D.反应2F2+2H2O＝4HF+O2中氧元素化合价升高，失去电子，水是还原剂，D错误。答案选A。6、A【详解】A.加入BaCl2溶液可除去H2SO4，但引入了新杂质盐酸，故A错误；B.二氧化硫能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，二氧化碳不能，再通过浓硫酸干燥可以得到纯净的二氧化碳，故B正确；C.二氧化硅在盐酸中不溶解，氧化铝能够溶于盐酸，故C正确；D.乙酸与氧化钙反应生成沸点较高的乙酸钙，通过蒸馏可以得到纯净的乙醇，故D正确；故选A。7、C【详解】A．向溶液中通入氧气后生成浅黄色硫沉淀，反应中O2是氧化剂，S是氧化产物，氧化性：O2＞S，O、S位于同主族，从上到下，非金属性减弱，非金属性越强，对应单质的氧化性越强，故A可以用元素周期律解释；B．Na、Si位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增强，Na易失去电子，则氯与钠形成离子键，Si不易失去电子，氯与硅形成共价键，故B可用元素周期律解释；C．C、Si位于同主族，从上到下，非金属性减弱，对应单质的氧化性逐渐减弱，工业生产硅单质原理：反应中C是还原剂，Si是还原产物，还原性C＞Si，不能比较单质的氧化性强弱，故C不能用元素周期律解释；D．Na、Mg位于同周期，从左向右金属性减弱、非金属性增强，金属性：Na＞Mg，元素金属性越强，对应单质与水反应越剧烈，故D能用元素周期律解释；答案选C。【点睛】元素周期律除了原子半径，金属性，非金属性同主族，同周期的递变规律外，还有元素单质的还原性越强，金属性就越强；单质氧化性越强，非金属性就越强；元素的最高价氢氧化物的碱性越强，元素金属性就越强；最高价氢氧化物的酸性越强，元素非金属性就越强等。8、D【解析】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，故D符合。答案选D。9、B【解析】试题分析：A．制备单质Mg应该用电解熔融MgCl2的方法，故A错误；B．Al为活泼金属，应用电解熔融Al2O3制备，故B正确；C．制备单质Na采用电解熔融NaCl的方法，电解溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故C错误；D．制备单质Cu用热还原法制备，故D错误。故选B。考点：考查金属冶炼的一般原理【名师点睛】本题考查金属的冶炼，题目难度不大，注意把握金属的活泼性与冶炼方法的关系，学习中注意积累，易错点为C，注意电解饱和食盐水不能得到金属钠。金属的活泼性不同，冶炼方法不同，K、Ca、Na、Mg、Al等金属可用电解熔融的化合物的方法冶炼，Zn、Fe、Sn、Pb、Cu可用热还原发生冶炼，Hg、Ag可用也分解法冶炼。10、C【解析】A、根据信息，HNO2既有氧化性又有还原性，ClO－具有强氧化性，在碱性条件下，NO2－被氧化成NO3－，因此离子反应方程式为NO2－＋ClO－=NO3－＋Cl－，故A说法正确；B、HNO2具有氧化性和还原性，HI中I－具有强还原性，HNO2把I－氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝，故B说法正确；C、HNO2具有氧化性，SO2以还原性为主，因此HNO2把SO2氧化成SO42－，本身被还原成NO、N2O、N2中的一种，故C说法错误；D、低温时，HNO2稳定，且HNO2的酸性强于醋酸，醋酸的酸性强于碳酸，即HNO2的酸性强于碳酸，HNO2和Na2CO3采用互滴的方法进行区分，把Na2CO3滴入HNO2，立即产生气体，HNO2滴入Na2CO3溶液，过一段时间后，才产生气体，故D说法正确。11、B【分析】硒()与同主族，同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，以此来解答。【详解】A．不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，A错误；B．热稳定性：＞，可知非金属性，B错误；C．不能利用熔沸点比较非金属性强弱，错误；D．酸性：，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，D错误；故选B。【点睛】元素非金属性强弱比较：1、简单氢化物的稳定性，越稳定，非金属性越强；2、最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强；元素金属性强弱比较：1、金属与酸或水反应越剧烈，金属性越强；2、最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性越强。12、D【解析】A．明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有与净水作用，不能用于杀菌消毒，故A错误；B．胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；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，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；D．由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；故选D。13、B【详解】A．黏土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理化学变化，故A正确。B．沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故B错误。C．由“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”可知，故C正确。D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，故D正确。故选B。14、B【详解】Ag+能与Cl-、、

OH-三种结合，Mg2+能与、

OH-结合，Ba2+只能与结合，故先加入Ba(NO3)2溶液溶液，检验出离子，过滤除去生成的BaCO3沉淀；然后加入Mg(NO3)2溶液，检验出

OH-，过滤除去生成的Mg(OH)2沉淀；最后加入AgNO3溶液，检验出Cl-，故正确的操作顺序是④②①②③，故合理选项是B。15、C【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2）。【详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，Ⅱ的变化大，则Ⅱ的酸性比I的酸性强，Ⅱ代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、Ⅱ代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)·c(HNO2)c(OH-)/[c(H+)·c(NO2-)]=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）＞c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。16、D【详解】A.25℃时，pH=2的盐酸中氢离子浓度为10-2mol/L，pH=11的烧碱溶液中氢氧根离子浓度为10-3mol/L，pH=2的盐酸pH=11的烧碱溶液按体积比1:9充分反应后，混合溶液中氢离子为，pH=4，A正确；B.25℃时，pH=2和pH=4的盐酸溶液按体积比1:10充分混合后，混合溶液中氢离子为，溶液的pH=3，B正确；C.25℃时，pH=3的盐酸和pH=3醋酸溶液任意比例混合后，氢离子浓度始终为10-3mol/L，溶液的pH=3，C正确；D.25℃时，pH=9和pH=11的烧碱溶液等体积混合，混合液中氢氧根，氢离子浓度约为2×10-11mol/L，pH=10.7，D不正确；答案选D。17、D【详解】A、AlCl3与过量NH3·H2O只能生成Al(OH)3沉淀，A项错误；B、SO2具有较强还原性，与Na2O2这一强氧化剂反应生成Na2SO4，B项错误；C、I2的氧化性较弱，只能将铁氧化为FeI2，C项错误；D、金属Al一般能和活泼性较弱的金属氧化物发生铝热反应，D项正确；故合理选项为D。18、C【解析】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl－。【详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl－。A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A错误；B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正确；D、NH3·H2O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D错误。【点睛】根据分析，学生认为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。19、C【详解】A、氯气的化合价从0升高到+4价，NaClO3中化合价从+5价到+4价，所以氧化剂和还原剂的比例为1:2，正确，不选A；B、二氧化氯在强碱性环境中自身腐蚀氧化还原反应，正确，不选B；C、方程式点和不守恒，错误，选C；D、二氧化氯做为氧化剂，由+4价降低到-1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，正确，不选D。20、A【详解】由反应2Fe3++Fe＝3Fe2+可知，n(Fe3+)=0.6mol·L-1×2×0.2L=0.24mol，消耗n(Fe)=0.12mol，生成n(Fe2+)=0.36mol；设与Fe反应的Cu2+的物质的量为x，由反应Fe+Cu2+＝Fe2++Cu可知，参加反应的n(Cu2+)=n(Fe)=n(Fe2+)=x；溶液中n(Fe2+)=(0.36+x)mol，n(Cu2+)=(0.24-x)mol，则，x=0.04mol，则加入铁粉的物质的量为0.12mol+x=0.16mol，故选A。【点睛】我们也可假设加入铁粉物质的量为x，消耗Cu2+的物质的量为y则利用电荷守恒，可得：0.24×3+0.24×2=(0.24+x)×2+(0.24-y)×2，即x-y=0.12①，即x+2y=0.24②解①、②两方程，从而求出x=0.16mol。21、C【解析】A、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，且与酸反应生成CO2，所以可用于焙制糕点，发生的是化学变化，A错误；B、用铁制容器盛装浓硝酸利用的是钝化，钝化是化学变化，B错误；C、二氧化硅制作光导纤维利用的是二氧化硅可以传递光信号，发生的是物理变化，C正确；D、肥皂水显碱性，可用作蚊虫叮咬处的清洗剂，发生的是化学变化，D错误，答案选C。22、A【详解】A．根据结构简式可知，该物质是缩聚产物，故单体通过缩聚反应可得到该高分子化合物，A正确；B．该缩聚产物含羟基，可与酸性高锰酸钾溶液反应生成羧基，B错误；C．该缩聚产物含酯基、羟基、羧基三种官能团，C错误；D．该缩聚产物含酯基、羧基，均能与NaOH溶液反应，但聚合度n不定，不能计算消耗的NaOH的物质的量，D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）能用于文物年代测定的是14C，其核素的符号为：614C，z元素为氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案为：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的简单离子分别是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三个电子层，半径最大，O2-、Na+、Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案为S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h为氯元素，元素g为硫元素，氯元素的非金属性较硫强，所以氯气的氧化性强于硫，能与硫化钠溶液或氢硫酸反应得到硫单质，反应的离子反应为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案为S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。24、C4H10O1-丁醇加成反应羟基2CH3(CH2)2CH2OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2OC15H22O32:19【分析】饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则根据饱和一元醇的通式CnH2n+2O分析，该醇的分子式为C4H10O，根据其只有一个甲基分析，结构简式为CH3CH2CH2CHO，根据转化关系分析，B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，结合D的相对分子质量为130分析，D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。【详解】(1)根据分析，A的分子式为C4H10O，其结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1-丁醇；(2)C到D为碳碳双键和碳氧双键的加成反应；D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能团为羟基；(3)第①步反应为醇变醛的过程，化学方程式为2CH3(CH2)2CH2OH+O22CH3(CH2)2CHO+2H2O；(4)E为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水杨酸酯化反应生成的，根据质量守恒定律分析，反应生成酯和水，故E的分子式为C15H22O3；(5)1mol消耗2mol氢氧化钠，消耗1mol碳酸氢钠，故比例为2:1；(6)X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，即连接的为-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，与酚羟基都有邻间对三种位置关系，所以符合下列条件的共9种；取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体说明酯基水解后生成酚羟基和羧基，其结构简式是。【点睛】掌握有机物的官能团的结构和性质，注意能和氢氧化钠反应的官能团为酚羟基和羧基和酯基，能和碳酸氢钠反应的官能团为羧基。能和金属钠反应的官能团为羟基或羧基。25、AgClAg++Cl-=AgCl↓BaSO4取少许溶液2于试管，向其中滴加氯化钡溶液，看是否有沉淀，若没有沉淀，则硫酸根已除去Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓0.5【分析】某溶液中含有Ba2+、Mg2+、Ag+，现用NaOH溶液、盐酸和Na2SO4溶液将这三种离子逐一沉淀分离，OH-和Mg2+、Ag+反应；和Ba2+反应，所以先用HCl将Ag+转化为AgCl沉淀，过滤后加入Na2SO4或NaOH生成BaSO4沉淀或Mg(OH)2沉淀，所以B可能是Na2SO4或NaOH。若试剂B为Na2SO4溶液，则沉淀2为BaSO4，溶液2含有Mg2+，加入NaOH溶液，生成沉淀3为Mg(OH)2；若试剂B为NaOH溶液，沉淀2为Mg(OH)2，沉淀3为BaSO4，以此解答该题。【详解】(1)向含有Ba2+、Mg2+、Ag+的溶液中加入HCl，发生反应：Ag++Cl-=AgCl↓，产生AgCl白色沉淀，所以沉淀1为AgCl，生成该沉淀的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓；(2)溶液1中含有Ba2+、Mg2+，若试剂B为Na2SO4溶液，则发生反应：Ba2++=BaSO4↓，则沉淀2化学式为BaSO4；根据BaSO4的不溶性检验已经除尽，检验方法是：取少许溶液2于试管，向其中滴加BaCl2溶液，看是否有沉淀，若没有沉淀，则已除去；(3)溶液1中含有Ba2+、Mg2+，若试剂B为NaOH溶液，加入NaOH溶液会发生反应：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，则生成沉淀2为Mg(OH)2；(4)Ag+的浓度均为0.1mol/L，且溶液中含有的阴离子只有，因溶液呈电中性，溶液中存在c()=2c(Ba2+)+2c(Mg2+)+c(Ag+)，则溶液中浓度c()=2×0.1mol/L+2×0.1mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L。【点睛】本题考查混合物分离提纯的实验设计。握离子之间的反应、题目中的信息为解答的关键，注意“逐一沉淀分离”的限制条件。26、a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强溶液中存在少量Fe2+可导致FeO(OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内,FeO(OH)向Fe2O3转化的越多a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+Fe2O3在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降【详解】（1）①若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：，故答案为：。②FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO(OH)红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子，溶液pH降低，反应的离子方程式为：，故答案为：。（2）①根据表中数据，a=8或9时反应后溶液pH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强，说明假设i.反应过程中溶液酸性增强，导致FeO(OH)向Fe2O3的转化不正确。故答案为：a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强。②表中数据分析可知，其他条件相同时，向FeO(OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，溶液中存在少量Fe2+可导致FeO(OH)向Fe2O3的转化，且溶液中亚铁离子含量越高，相同时间内FeO(OH)向Fe2O3的转化的越多。故答案为：溶液中存在少量Fe2+可导致FeO(OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内，FeO(OH)向Fe2O3转化的越多③a=7和a=9时，FeO(OH)产率差异很大的原因是：a=9时溶液中几乎无亚铁离子，而a=7时溶液中还存在亚铁离子。故答案为：a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+。（3）①共沉淀pH过低时，Fe2+导致FeO(OH)向Fe2O3的转化，则共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是：Fe2O3，故答案为：Fe2O3。②经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是：实际操作过程中会有部分亚铁离子被氧气氧化为铁离子，故N=2时，参与共沉淀的亚铁离子减少，导致生成的Fe3O4的产率减小。故答案为：在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降。27、CO32－+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤、干燥A→C→B装置B中澄清石灰水变浑浊吸收空气中的H2O(g)和CO2结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O(g)和CO2赶出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为A→C→B；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中H2O（g）和二氧化碳的干扰，并保证H2O（g）和二氧化碳被完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABDE。（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O（g）和CO2；实验结束时通入过量空气的作用是：通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中滞留的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收。（2）装置B质量增加了ng，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g·mol－1=g，沉淀中CuCO3的质量为（m－）g，碳酸铜的质量分数为=(m－)÷m×100%=（1-）×100%。28、2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=2ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O53NCl3+6ClO2-+3H2O=6ClO2↑+3NH3↑+3Cl-+3OH-Cl-和OH-ACD6Fe2++ClO3-+6H+=6Fe3++Cl-+3H2O1342K2FeO432H2O【分析】（1）方法一、在硫酸溶液中，氯酸钾与草酸发生氧化还原反应生成二氧化氯、二氧化碳、