德宏市重点中学2026届化学高三第一学期期中经典模拟试题含解析

德宏市重点中学2026届化学高三第一学期期中经典模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、天然橡胶与溴接触，橡胶被破坏，主要是因为发生了A．加成反应 B．取代反应 C．氧化反应 D．聚合反应2、实验室加热浓H2SO4和乙醇混合液制乙烯。有关说法正确的是A．向烧瓶中依次加入碎瓷片、浓H2SO4和酒精B．用温度计测量生成气体的温度C．温度过高时制得的乙烯中混有SO2D．用排气法收集乙烯3、下列叙述正确的是A．向CaCO3固体中滴加稀盐酸，将产生的气体通入Na2SiO3溶液中，产生白色胶状物质，可证明酸性：HC1>H2CO3>H2SiO3B．向铁的氧化物中加入盐酸至恰好溶解，再滴入少量酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，则溶液中含有Fe2+C．将少量的溴水分别滴入FeC12溶液、NaI溶液中，再分别滴加CC14振荡，下层分别呈无色和紫红色，则说明还原性：I->Fe2+>Br-D．向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，接着产生刺激性气味的气体，最后沉淀逐渐溶解4、已知298K时，Ksp(NiS)=，Ksp(NiCO3)=；p(Ni)=-lgc(Ni2+)，p(B)=-lgc(S2-)或-lgc()。在含相同物质的量浓度的Na2S和Na2CO3的混合溶液中滴加Ni(NO3)2溶液产生两种沉淀，溶液中阳离子、阴离子浓度关系如图所示。下列说法中错误的是（）A．常温下NiCO3的溶解度大于NiS的溶解度B．向d点对应的溶液中加入对应阴离子的钠盐，d点向b点移动C．对于曲线I，在b点加热，b点向c点移动D．p为3.5且对应的阴离子是5、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应：2NO2(g)2NO(g)＋O2(g)。能作为反应达到平衡状态的标志是A．单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2B．NO2、NO、O2三者的物质的量浓度之比为2：2：1C．混合气体的密度不再改变D．容器中气体压强不再变化6、无色的混合气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL甲气体依次通过下图实验的处理，结果得到酸性溶液，几乎无气体剩余，则甲气体的组成为A．NH3、NO2、N2 B．NH3、NO、CO2C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、N27、化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法不正确的是A．二氧化氯和三氯化铁都常用于自来水的处理，但二者的作用原理不同B．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物8、下列图示与对应的叙述相符的是A．图1表示H2与O2发生反应过程中的能量变化，则H2的燃烧热为241.8kJ·mo1－1B．图2表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强比甲的压强大C．若图3表示等质量的钾、钠分别与足量水反应，则甲代表钠D．图4表示常温下，稀释HA、HB两种酸的稀溶液时，溶液pH随加水量的变化，则相同条件下NaA溶液的pH大于同浓度的NaB溶液的pH9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAC．常温常压下，16gO2和O3的混合气体中所含原子数目为NAD．在一定条件下，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA10、下列反应在常温下均为非自发反应，在高温下仍为非自发反应的是A．Ag2O(s)===2Ag(s)＋O2(g)B．Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g)C．N2O4(g)===2NO2(g)D．6C(s)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)11、—定条件下，合成乙烯的反应为6H2(g)+2CO2(g)CH2(g)+4H2O(g)。已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是（）A．该反应的逆反应为放热反应B．生成乙烯的速率：(N)一定大于(M)C．增大压强，平衡正向移动，平衡常数K的值将增大D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低12、下图是FeS2催化氧化关系转化图，下列说法正确的是A．反应I中，还原剂为Fe2＋ B．反应II中，FeS2既是氧化剂也是还原剂C．反应III属于氧化还原反应 D．FeS2催化氧化关系中，NO是催化剂13、科学家研发出一种新型水溶液锂电池，采用复合膜包裹的金属锂作负极，锰酸锂(LiMn2O4)作正极，以0.5mol/LLi2SO4

水溶液作电解质溶液。电池充、放电时，LiMn2O4与Li2Mn2O4可以相互转化。下列有关该电池的说法正确的是（）A．该电池放电时，溶液中的SO42-向电极b移动B．该电池负极的电极反应式为：2Li+2H2O=2LiOH+H2↑C．电池充电时，阳极的电极反应式为：Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+D．电池充电时，外加直流电源的正极与电极a相连14、宋代著名法医学家宋慈的《洗冤集录》中有关于银针验毒的记载，“银针验毒”的原理是4Ag＋2H2S＋O2===2X＋2H2O，下列说法不正确的是()A．X的化学式为Ag2SB．银针验毒时，空气中氧气得到电子C．反应中Ag和H2S均是还原剂D．每生成1molX，反应转移2mole－15、下列做法不正确的是A．易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源B．在50mL量筒中配制0.1000mol·L-1碳酸钠溶液C．用湿润的红色石蕊试纸检验氨气D．金属钠着火时,用细沙覆盖灭火16、NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molOH－含有的电子数目为10NAB．1molCl2溶于水，转移电子的数目为NAC．标准状况下，2.24LCCl4含有的分子数目为0.1NAD．1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的CO32－数目为NA17、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+18、已知：lgC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量；氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是A．碳[C（s）]的燃烧热△H为-110.4kJ·mol-1B．1molCuO分解生成Cu2O放出73kJ的热量C．反应2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）的活化能为292kJ·mol-1D．足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-119、能说明非金属性Cl比S强的是A．酸性HCl>H2S B．电子对偏移程度Cl-H>S-HC．沸点硫>氯气 D．最高正价Cl>S20、向含有FeCl3和BaCl2的酸性溶液中通入足量的SO2，有白色沉淀生成，过滤后向滤液中滴入KSCN溶液时，无明显现象，由此得出的正确结论是：A．白色沉淀是FeSO3B．白色沉淀是BaSO3和BaSO4的混合物C．白色沉淀是BaSO4D．FeCl3已全部被SO2氧化成FeCl221、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．能使pH试纸显蓝色的溶液中：Na+、ClO－、Fe3+、SO42－B．含有大量Al3+的溶液中：K+、Mg2+、NO3－、HCO3－C．＝1×10－13mol·L－1的溶液中：NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－D．常温下由水电离出的c(H+)=10-13mol·L－1的溶液中：Na+、Ba2+、HCO3－、Cl－22、以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如图，下列叙述错误的是（）A．烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来B．隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶5C．向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3D．加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F六种短周期主族元素，它们的原子序数依次增大。A与E同主族，D与F同主族，且A与D能形成两种液态化合物；B的某种单质是自然界中硬度最大的物质，C与D形成的化合物是大气常见污染物之一。请回答下列问题：（1）F在元素周期表中的位置是______，D、E、F三种元素其简单离子半径由大到小的顺序是_____（用离子符号表示）（2）元素E、F可形成多原子化台物E2Fx（x≥2）．该化台物中所含的化学键类型是_______。（3）元素B、C的最高价氧化物对应水化物酸性较强的是______。（填化学式）（4）实验室可利用_______（填试剂名称）清洗附着于试管内壁的F单质。（5）写出B、E的氧化物生成D单质的化学方程式_____________。（6）处理含BC-废水的方法之一是在微生物的作用下，BC-被D的单质氧化成ABD3-，同时生成C的简单氢化物，该反应的离子方程式为__________________________。24、（12分）下表为元素周期表的一部分。碳氮YX硫Z回答下列问题（1）Z元素在周期表中的位置为__________。（2）元素周期表中与Z元素同周期原子半径最大的是(写元素名称)__________，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型____________。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是___；a．Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b．在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多c．Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）根据下图实验，可以证明碳的非金属性比X强。饱和小苏打溶液的作用__________。发生的离子方程式是：__________________（5）重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是________。a．氘(D)原子核内有1个中子b．1H与D互称同位素c．H2O与D2O互称同素异形体d．1H218O与D216O的相对分子质量相同25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。其部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2-54.169.1①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2

SO2↑+Cl2↑回答下列问题：Ⅰ.实验室合成硫酰氯要先制取干燥氯气。制备干燥纯净的氯气所用仪器如下图：（1）圆底烧瓶中发生的离子反应方程式为_____________。（2）上述仪器的连接顺序是：e接，接，接，接（按气流方向，用小写字母表示）。______________________II．催化合成硫酰氯的实验装置如下图(夹持仪器已省略)：（3）仪器B冷却水的进口为________(填“a””或“b”)，活性炭的作用是________。（4）装置D除干燥气体外，另一作用是_______________。若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为________________。（5）某同学建议将收集器A放在冰水中冷却，你认为该同学的建议是否合理，为什么？_______26、（10分）铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题：（1）溶液A转化为溶液D发生的离子方程式为____________________；（2）由物质M制取铝的化学方程式为____________________；（3）溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为____________________；（4）取一定量的沉淀C置于试管中，逐滴向试管中加入过量HI至沉淀全部溶解，所得溶液中Fe元素以_______存在，检验该离子的实验操作和现象是________________。27、（12分）NH3是一种重要的化工原料，可用于制氮肥、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。某实验小组在实验室中对NH3的性质进行了探究，设计了如下实验装置。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的________，反应的化学方程式为________；②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_____（按气流方向，用小写字母表示）。（2）NH3性质探究利用制取的干燥NH3，小组开始实验，其中A为NH3的制取装置，并发现了如下实验现象，同时小组对现象进行了讨论并得出了相应的结论。序号实验现象实验结论ⅠB装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了Cu2O或______ⅡC装置中无水CuSO4变蓝反应生成了________ⅢE装置中收集到无色无味气体反应生成了N2①完型填空实验结论；②实验仪器D的名称为_______________；所装药品无水CaCl2的作用为______________；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为_______________________，体现了NH3的________性（填氧化或还原）。28、（14分）碘及其化合物在合成杀菌剂和药物等方面具有广泛用途。（1）氢碘酸与氯化铁溶液________（填“能”或“不能”）发生反应。（2）碘酸碘中的碘有+3、+5两种化合价，则碘酸碘的化学式为_______________。（3）粗碘中通常含有的卤素互化物ICl、IBr，在受热时均可像I2一样升华。将粗碘提纯为精碘方法是_______________。（已知：ICl+I-=I2+Cl-；IBr+I-=I2+Br-）（4）氯酸钾、碘单质按物质的量之比11:6和水反应会生成微溶于水的碘酸氢钾[KH(IO3)2]，并放出氯气。则该反应的化学方程式为__________________。（5）在工业上还可以用电解法来制备碘酸钾。若通过电解强酸性条件下的碘化钾溶液来制备碘酸钾，则产率极低，其原因是________（用离子方程式表示）。29、（10分）（l）天然气和CO2通入聚焦太阳能反应器，发生反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)ΔH。已知：CH4、H2、CO的燃烧热ΔH分别为－akJ/mol、－bkJ/mol、－ckJ/mol。则上述反应中，ΔH＝_______________（用含a、b、c的代数式表示）kJ/mol。（2）CO2和H2可以合成二甲醚（CH3OCH3）。二甲醚是一种绿色环保型能源，以稀硫酸为电解质溶液，若某二甲醚空气燃料电池每消耗lmolCH3OCH3，电路中通过9mol电子，则该电池效率η为___________。（提示：电池效率等于电路中通过的电子数与电池反应中转移电子总数之比）（3）325K时，在恒容密闭容器中充入一定量NO2,发生反应：2NO2(g)N2O4(g)。①NO2与N2O4的消耗速率与其浓度的关系如图所示，图中交点A表示该反应所处的状态为：____________；A．平衡状态B．朝正反应方向移动C．朝逆反应方向移动D．无法判断②能够说明上述反应已经达到平衡状态的有__________________；a．NO2和N2O4的物质的量相等b．体系颜色不再变化c．容器内混合气体的密度不再改变d．容器内气体压强不发生变化③若达到平衡后容器内混合气体的平均相对分子质量为57.5。平衡时NO2的转化率为_____。（4）实验中多余的SO2可以用氢氧化钠溶液吸收。常温下H2SO3的Ka1＝1.3×10－2、Ka2＝6.6×10－8。①室温下pH=3的亚硫酸溶液，下列判断正确的是_______________。a．溶液中c(H2SO3)＞c(SO32—)b．溶液中c(SO32—)：c(HSO3—)＝6.6×10－5c．溶液中氢离子数目为6.02×1020个d．加入等体积pH＝3的硫酸溶液，亚硫酸的电离平衡不移动②常温下，用含1mol氢氧化钠的稀溶液吸收足量SO2气体，放出热量为QkJ，该反应的热化学方程式为_______③若吸收液中c(HSO3—)＝c(SO32—)，则溶液中c(H+)＝________________。

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】天然橡胶中含有碳碳双键，与溴接触，能够与溴发生加成反应，使橡胶结构受到破坏，故选A。2、C【详解】A.加热浓H2SO4和乙醇混合液制乙烯时需要向烧瓶中依次加入碎瓷片、酒精和浓H2SO4，选项A错误；B.用温度计测量反应溶液的温度，迅速加热到170℃，选项B错误；C.温度过高时乙醇被炭化，生成的碳与浓硫酸反应生成SO2，选项C正确；D.乙烯密度与空气很接近，不适合用排气法收集乙烯，应用排水法收集，选项D错误。答案选C。3、D【详解】A.挥发出来的氯化氢也能够与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，无法证明二氧化碳气体与Na2SiO3溶液反应，产生白色胶状物质，不能比较H2CO3与H2SiO3的酸性强弱，A错误；B.氯离子在酸性条件下能够被KMnO4溶液氧化，KMnO4溶液紫色褪去，溶液中不一定含有Fe2+，B错误；C.将少量的溴水分别滴入FeCl2溶液、NaI溶液中,分别发生反应生成铁离子、碘单质,可得出还原性:I->Br-、Fe2+>Br-,不能比较I-和Fe2+还原性的强弱，C错误；D.向NH4A1(SO4)2溶液中逐滴加入NaOH溶液，先产生白色沉淀，2NH4Al(SO4)2+6NaOH=3Na2SO4+(NH4)2SO4+2Al(OH)3↓，接着产生刺激性气味的气体：2NaOH+(NH4)2SO4=Na2SO4+2H2O+2NH3↑，最后沉淀逐渐溶解：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，D正确；综上所述，本题选D。【点睛】用酸性KMnO4溶液检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2时，由于酸性KMnO4溶液具有强氧化性，而盐酸具有还原性，因此酸性KMnO4溶液能够把氯离子氧化为氯气；为避免氯离子的对检验的干扰，可以加入铁氰化钾溶液，如果有蓝色沉淀出现，证明混合液中含有亚铁离子。4、C【详解】A．常温下Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，NiS、NiCO3的组成类型相同，故常温下NiCO3的溶解度大于NiS，A正确；B．Ksp(NiS)＜Ksp(NiCO3)，则曲线I代表NiS，曲线Ⅱ代表NiCO3，在d点溶液中存在溶解平衡：，加入Na2S，S2-浓度增大，平衡逆向移动，Ni2+浓度减小，d点向b点移动，B正确；C．对曲线I在b点加热，NiS的溶解度增大，Ni2+、S2-浓度增大，b点向a点方向移动，C错误；D．曲线Ⅱ代表NiCO3，a点时c(Ni2+)=c(),Ksp(NiCO3)=c(Ni2+)∙c()=，c(Ni2+)=c()=1×10-3.5mol/L，p=p(Ni)=p(B)=3.5，D正确；故选C。5、C【详解】A、单位时间内生成nmolO2的同时生成nmolNO2，题给比例不符合正逆反应速率相等，不可作为达到平衡状态的标志，选项A错误；B、NO2、NO、O2的物质的量浓度之比为2:2:1的状态，因不能说明浓度不变，所以不一定是平衡状态，所以不能作为达到平衡状态的标志，选项B错误；C、在体积可变的密闭容器中，气体的总质量不变，则混合气体的密度不变时，总物质的量不变，所以混合气体的密度不再改变的状态，反应已达到平衡状态，选项C正确；D、在体积可变的密闭容器中发生可逆反应，容器中的气体压强始终保持不变，压强不变不能作为达到平衡状态的标志，选项D错误。答案选C。6、B【详解】二氧化氮是红棕色的气体，所以混合气体甲中一定不存在二氧化氮，硫酸和碱性气体能反应，所以100mL甲气体经过足量的浓硫酸，溢出剩余气体80mL，说明一定有NH3存在，且体积为20mL，二氧化碳可以和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，一氧化氮无色，与氧气立即反应变为红棕色的二氧化氮，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明有NO、CO2，排水法收集气体，广口瓶被上升的水注满，说明没有N2，综上，气体甲的组成是：NH3、NO、CO2，故B正确；故选B。7、D【解析】A、ClO2在自来水处理中作氧化剂，利用其氧化性，杀灭水中细菌或病毒，FeCl3在自来水中的处理中作净水剂，利用FeCl3中Fe3＋水解成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮固体小颗粒，达到净水的目的，两种物质的作用原理不同，故A说法正确；B、14C可用于文物年代的鉴定，14C和12C都属于原子，质子数为6，中子数分别为8、6，因此两者互为同位素，故B说法正确；C、Fe2＋具有还原性，能被氧气所有氧化，且对人体无害，防止食品氧化变质，故C说法正确；D、光导纤维成分是SiO2，属于无机物，故D说法错误。8、C【解析】A、燃烧热是在一定条件下，1mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，与图象不吻合，故A错误；B、该反应是一个反应前后气体体积减小的可逆反应，增大压强平衡向正反应方向移动，则反应物的含量减少，该图中改变条件后，反应物的含量不变，说明平衡不移动，加入的是催化剂，故B错误；C、钾比钠活泼，反应速率快。钠的摩尔质量小于钾的摩尔质量，在质量相等的条件下钠放出的氢气多，与图像吻合，故C正确；D、在稀释过程中HA的pH变化大，说明HA的酸性比HB强，越弱越水解，所以NaA的水解程度小于NaB，NaA与NaB水解显碱性，所以NaA溶液的pH小于同浓度的NaB溶液的pH，故D错误；故选C。9、C【详解】A.常温下Al在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B.标准状况下SO3呈固态，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C.O2和O3互为同素异形体，16gO2和O3的混合气体中所含O原子物质的量：n（O）==1mol，C项正确；D.N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在一定条件下1molN2与3molH2反应生成NH3分子物质的量小于2mol，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及金属的钝化、气体摩尔体积、物质的组成、可逆反应等知识。注意22.4L/mol适用于标准状况下已知气体体积计算气体分子物质的量。10、D【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S＜0。【详解】A.Ag2O(s)===2Ag(s)＋O2(g)反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，故A错误；B.Fe2O3(s)＋C(s)===2Fe(s)＋CO2(g)反应的△H＞0、△S＞0，高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，故B错误；C.N2O4(g)===2NO2(g)反应的△H＜0、△S＞0，任何情况下△H-T△S＜0，反应均能自发进行，故C错误；D.6C(s)＋6H2O(l)===C6H12O6(s)反应的△H＜0、△S＜0，高温下△H-T△S＞0，反应不能自发进行，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查了反应自发进行的判断依据，注意反应是否自发进行由焓变、熵变、温度共同决定。11、D【详解】A．升高温度二氧化碳转化率减小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，逆反应为吸热反应，A错误；B．温度越高化学反应速率越快，催化剂的催化效率越高化学反应速率越快，根据图知，M点催化效率大于N点但M点温度小于N点，催化效率大于温度对反应速率影响，则M点反应速率大于N点，B错误；C．化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，C错误；D．根据图知，温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率会降低，D正确；故答案为：D。12、D【详解】A．根据图示，反应I中，还原剂为Fe(NO)2+，故A错误；B．反应II中，FeS2中S元素由-1价升高到+6价，是还原剂，不是氧化剂，故B错误；C．根据图示，反应III中没有元素化合价的变化，一定不属于氧化还原反应，故C错误；D．根据图示，FeS2催化氧化过程中，NO参与了反应，但经过反应后还变成NO，因此NO是催化剂，故D正确；故选D。13、C【分析】电池放电时为原电池原理，电极a上Li失电子发生氧化反应，作原电池负极，电极b上LiMn2O4在正极得到电子发生还原反应生成Li2Mn2O4，电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，外加直流电源的负极与负极电极a相连为阴极发生还原反应，进行分析判断。【详解】A.该电池放电时，溶液中的SO42-向负极电极a移动，A错误；B.电池放电时为原电池原理，电极a上Li失电子发生氧化反应，作原电池负极，电极反应式为：Li-e-=Li+，B错误；C.电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，电极反应与正极相反，则反应式为：Li2Mn2O4-e-=LiMn2O4+Li+，C正确；D.电池充电时，外加直流电源的正极与正极电极b相连为阳极发生氧化反应，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学电源新型电池二次电池的知识，二次电池是可充电电池，放电时起原电池作用，负极失去电子发生氧化反应，正极获得电子发生还原反应，充电时负极电源的负极连接，为阴极，发生还原反应；正极与电源的正极连接，作阳极，发生氧化反应，注意电极反应式的书写，明确离子的定向移动问题。14、C【详解】A项，根据元素守恒可知X的化学式为Ag2S，故A正确；B项，O2中O元素化合价降低，所以银针验毒时，空气中O2得到电子，B正确；C项，反应时，Ag化合价升高，所以Ag是还原剂，S元素化合价不变，H2S不是还原剂，C错误；D项，根据Ag元素的化合价变化，每生成1molAg2S，转移电子的物质的量为2mol，D正确。综上所述，本题选C。15、B【解析】A．强氧化剂为可燃物发生氧化反应的氧化剂，在有火源的地方可燃物达到着火点就可以燃烧，所以易燃试剂与强氧化性试剂分开放置并远离火源，故A正确；

B.量筒只能量取溶液，不能在量筒中配制溶液，故B错误；C.氨气和水反应生成氨水，氨水电离生成铵根离子和氢氧根离子，红色石蕊试纸遇碱变蓝色，所以能用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，故C正确；

D.钠性质很活泼，能和水、氧气反应，所以为防止钠燃烧，必须隔绝空气和水，一般用细沙覆盖灭火，故D正确。故选B。【点睛】明确氨气能用湿润的红色石蕊试纸检验，不能用蓝色的石蕊试纸检验。16、A【详解】A.1molOH-中所含电子数为8+1+1=10mol，即10NA，故A正确；B.1mol

Cl2溶于水，只有部分氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C.标准状况下，CCl4是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故C错误；D.碳酸根离子在水中水解，1L1mol•L-1的Na2CO3溶液中含有的CO32-数目小于NA，故D错误。故选A。17、D【解析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。18、D【详解】A碳[C（s）]的燃烧热指的是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体时所放出的热量，根据题中数据无法计算碳的燃烧热，故A不正确；B.由题图可知，氧化亚铜与氧气反应生成CuO是放热反应，则CuO分解生成Cu2O是吸热反应，故B错误；C.由题图可知氧化亚铜与氧气反应生成CuO的活化能为348kJ·mol-1，故C错误；D.将lgC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量的热化学方程式为：①C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-110.4kJ·mol-1，氧化亚铜与氧气反应的热化学方程式为：②2Cu2O+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ·mol-1，根据盖斯定律计算①-②/2得热化学方程式为C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-1，故正确。故选D。19、B【解析】A．比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物的酸性进行比较，故A错误；B．元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，电子对偏移程度Cl﹣H＞S﹣H，可说明非金属性Cl＞S，故B正确；C．沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，故C错误；D．化合价高元素的非金属性不一定强，所以不能根据最高正化合价的大小来比较非金属性，故D错误；故答案为B。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。20、C【解析】氯化铁具有强的氧化性，在酸性环境下能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，硫酸根离子与钡离子发生反应生成硫酸钡沉淀，亚硫酸酸性弱于盐酸，与氯化钡不反应，所以不会产生亚硫酸钡沉淀，向过滤后的滤液中滴入KSCN溶液，无明显现象，说明溶液中三价铁离子全部被还原为二价铁离子，故选C。21、C【解析】A.能使pH试纸显蓝色的溶液显碱性，Fe3+与OH—发生反应，不能大量共存，A错误；B.含有Al3+的溶液水解显酸性，含有HCO3－的溶液水解显碱性，二者混合相互促进水解，生成沉淀和气体，不能大量共存，B错误；C.根据KW=c(H+)×c(OH—)可知，＝1×10－13mol·L－1的溶液c(OH—)=1×10－13mol·L－1，c(H+)=0.1mol·L－1的溶液显酸性，H+、NH4＋、Ca2＋、Cl－、NO3－离子间均能大量共存，C正确；D.常温下由水电离出的c(H+)=10-13mol·L－1的溶液可以为酸溶液，也可以为碱溶液，HCO3－与H+、OH—均能发生反应，不能大量共存，D错误；故选C。22、B【解析】由流程可知，高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2)为原料，通入空气焙烧时，因为含有少量FeS2，会产生二氧化硫，加入氧化钙达到吸收二氧化硫的目的，防止二氧化硫排放污染空气，焙烧产物经过氢氧化钠溶液碱浸，三氧化二铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，过滤后，滤液中通入过量二氧化碳，偏铝酸根与二氧化碳、水反应生成氢氧化铝沉淀，洗涤后灼烧氢氧化铝即可生产三氧化二铝；碱浸过程中，三氧化二铁不与氢氧化钠反应，过滤后留在滤渣中，加入FeS2与三氧化二铁在隔绝空气的条件下反应生成二氧化硫和四氧化三铁，利用四氧化三铁的磁性实现其与烧渣的分离。据此分析解答。【详解】A．Fe3O4有磁性，可以用磁铁将Fe3O4从烧渣中分离出来，故A正确；B．隔绝空气焙烧，FeS2与Fe2O3反应，生成SO2和Fe3O4，反应方程式为：FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，由方程式可知n(FeS2)∶n(Fe2O3)=1∶16，故B错误；C．滤液中含有AlO2-，通入过量CO2，发生反应：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，生成Al(OH)3沉淀，经过过滤、洗涤后得到Al(OH)3，再灼烧Al(OH)3，反应为：2Al(OH)3+3H2O，即可制得Al2O3，故C正确；D．铝土矿中含有FeS2，FeS2焙烧生成SO2，CaO与SO2、O2反应：2CaO+2SO2+O2=2CaSO4，CaSO4可用于建筑材料，故D正确；故选B。【点睛】了解制备氧化铝并获得Fe3O4的工艺流程是解题的关键。本题的易错点为D，要注意CaO与SO2反应生成的亚硫酸钙能够被空气中的氧气氧化。二、非选择题(共84分)23、第3周期第ⅥA族S2->O2->Na+离子键和共价键（离子键和非极性键也可）HNO3二硫化碳（或热碱液、热氢氧化钠溶液）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O22CN-+O2+4H2O=2HCO3-+2NH3【解析】在短周期主族元素中，A与D能形成两种液态化合物，则A是H，D是O；自然界中硬度最大的物质是金刚石，故B是C，又因它们的原子序数依次增大，所以C是N，A与E同主族，则E是Na，D和F同主族，则F是S。（1）.根据上述分析可知，F是硫元素，其在元素周期表中的位置是：第3周期第ⅥA族；D、E、F三种元素分别是O、Na、S，其中O2－和Na＋具有相同的电子层结构，根据“序大径小”的原则，O2-半径大于Na+，S2－比O2－和Na＋多一个电子层，故S2－的半径最大，故答案是：第3周期第ⅥA族；S2->O2->Na+；（2）.E是Na元素，F是S元素，则E2Fx（x≥2）是Na2Sx（x≥2）若x=2，则为Na2S2，是一种结构类似于Na2O2的化合物，所以含有的化学键是离子键和共价键（或离子键和非极性键），故答案是：离子键和共价键（或离子键和非极性键）；（3）.元素B、C分别是碳元素和氮元素，因非金属性N＞C，所以最高价氧化物对应水化物酸性较强的是HNO3，故答案是：HNO3；（4）.因硫单质易溶于二硫化碳，所以可用二硫化碳清洗试管内壁的硫单质，又因S可以和热的碱液反应：3S＋6OH－=2S2－＋SO32－＋3H2O，故也可用热的碱液清洗试管内壁的硫单质，故答案是：二硫化碳（或热碱液、热氢氧化钠溶液）；（5）.B的氧化物CO2可以和E的氧化物Na2O2发生反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，从而制得氧气，故答案是：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；（6）.根据上述分析可知，BC－是CN－，ABD3－是HCO3－，C的简单氢化物是NH3，根据氧化还原反应方程式的配平原则，该反应的离子方程式是：2CN-+O2+4H2O=2HCO3-+2NH3，故答案是：2CN-+O2+4H2O=2HCO3-+2NH3。24、第三周期ⅦA族钠离子键和（极性）共价键ac除去挥发出来的HCl气体H++HCO3-=H2O+CO2↑c【分析】根据元素在周期表的位置关系可知，X与碳同族，位于碳的下一周期，应为Si元素；Y与硫元素同族，位于硫的上一周期，应为O元素；Z与硫元素处于同一周期，位于第VIIA族，应为Cl元素，结合元素原子的结构和元素周期律分析作答。（1）Z为Cl，质子数为17，电子结构有3个电子层，最外层电子数为7；

（2）电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，即同一周期元素原子的半径从左到右依次减小；根据化学键与物质类别分析；

（3）Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可利用单质之间的置换反应、氢化物稳定性比较；

（4）利用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl气体，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中出现白色胶状沉淀，以此证明碳酸的酸性比硅酸强；（5）a．原子的中子数等于质量数-质子数；

b．具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；

c．同种元素形成的不同单质互为同素异形体；

d．D即是2H，据此分析。【详解】（1）Z为Cl元素，在周期表中的位置为第三周期ⅦA族；（2）根据上述分析可知，与Cl处于同一周期的原子半径最大的是钠，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，其化学键类型为：离子键和（极性）共价键，故答案为钠；离子键和（极性）共价键；（3）a.Y单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊，则Y的得到电子能力强，Y的非金属性强，a项正确；b.在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多，得电子多少不能比较非金属性，b项错误；c.Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知Y的氢化物稳定，则Y的非金属性强，c项正确；故答案为ac；（4）图中实验装置中，制备二氧化碳的过程中会有HCl气体挥发，为除去二氧化碳气体中的HCl，证明碳酸的酸性比硅酸强，需用饱和碳酸氢钠溶液进行除杂，发生的离子方程式为：H++HCO3-=H2O+CO2↑，故答案为除去挥发出来的HCl气体；H++HCO3-=H2O+CO2↑；（5）a.氘(D)原子内有1个质子，质量数为2，因此中子数=2-1=1，a项正确；b.1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，b项正确；c.H2O与D2O均为水，属于化合物，不是单质，不能互称同素异形体，c项错误；d.D即是2H，所以1H218O与D216O的相对分子质量相同，d项正确；故答案为c。25、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2Oe接d，c接a，b接i，h接ga催化剂通过观察气泡控制气流速度（或比例）SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl合理，防止硫酰氯分解【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）此装置制备氯气，其离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O；（2）制备干燥的氯气，烧瓶中制备的氯气含有HCl和水蒸气，一般用饱和食盐水除去HCl，因此e接d，用浓硫酸除去水蒸气，因此c接a，然后进行收集，因此氯气的密度大于空气，因此用向上排空气法收集，即b接i，氯气是有毒气体，必须进行尾气处理，因此h接g；（3）冷凝管冷却水的通入一般是从下向上通入，即从a口通入冷却水，本实验的目的是催化合成硫酰氯，因此活性炭的目的作催化剂；（4）因为硫酰氯易水解，因此装置D作用是干燥气体，同时为了原料充分利用，需要控制气流速度或比例，即装置D的另一个作用是观察气泡控制气流的速率或比例；根据信息，硫酰氯水解产生大量白雾，此白雾是HCl，反应方程式为SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（5）根据信息，硫酰氯易分解，因此收集A应放在冷水中冷却，目的是防止硫酰氯分解。点睛：实验设计一般步骤是制气装置→除杂装置→收集或反应装置→尾气处理装置，然后根据题目中信息，注意细小环节，如硫酰氯易水解，要防止水蒸气的进入，不仅要防止氯气和二氧化硫中水蒸气的进入，而且还要外界空气的进入，即装置C不仅是除去过量的氯气和二氧化硫，还防止了外界空气进入装置A。26、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O2Al2O34Al+3O2↑AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Fe2+取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在。【解析】(1)溶液A与转化为溶液D的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；(2)根据流程图沉淀F为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，反应为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，M为Al2O3，电解熔融的氧化铝可以制取铝，方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；(3)溶液A中含有镁离子、铁离子和铝离子、氢离子，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，镁离子、铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化镁、氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液中，但氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，所以溶液D中含偏铝酸根离子，通入过量CO2和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；(4)取一定量的沉淀C中含有氢氧化镁和氢氧化铁，置于试管中，逐滴向试管中加入过量HI至沉淀全部溶解，溶解生成的铁离子能够将碘离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，检验亚铁离子可以取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在，故答案为：Fe2+；取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在。27、A（或B）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）d→c→f→e→iCuH2O（球形）干燥管吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O还原【分析】装置A产生氨气，氨气在装置B中和氧化铜反应，生成的气体分别通过无水硫酸铜、无水氯化钙，装置E用于收集未反应完全的气体，以此解答。【详解】（1）①A.为固固加热制取气体的装置，可以选用氯化铵与碱石灰加热制取氨气；B.浓氨水和氧化钙反应可以制取氨气或者加热浓氨水可以制取氨气；故选A或B；反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）；②氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序：发生装置→d→c→f→e→i；（2）①B装置中黑色氧化铜变为红色，说明生成了Cu2O或Cu；C装置中无水CuSO4变蓝，说明反应生成了H2O；②实验仪器D的名称为：（球形）干燥管；所装药品无水CaCl2的作用为：吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为：2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O；该反应中N元素化合价上升，体现了NH3