四川省德阳市第五中学2026届化学高三上期中学业质量监测模拟试题含解析

四川省德阳市第五中学2026届化学高三上期中学业质量监测模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，pH=1的某溶液A中除H+外，还含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、CO、NO、Cl-、I-、SO中的4种，且溶液中各离子的物质的量浓度均为0.1mol·L-1。现取该溶液进行验，实验结果如图所示，下列有关说法正确的是A．该溶液中一定有上述离子中的NO、Al3+、SO、Cl-四种离子B．实验消耗Cu14.4g，则生成气体丁的体积为3.36LC．该溶液一定没有Fe3+，但是无法确定是否含有I-D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO42、下列图示与对应的叙述相符合的是A．图甲表示已达平衡的反应在t0时刻改变某一条件后，反应速率随时间的变化，则改变的条件可能是缩小容器体积B．图乙表示某可逆反应物质的浓度随反应时间的变化，且在t0时刻达到化学平衡状态C．图丙表示向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，溶液pH的变化D．图丁表示用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液的滴定曲线3、1.52g铜、镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g·mL−1、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol·L−1NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:1B．得到2.54g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640mLC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是7.0mol·L−14、己知A、B、C、D之间的置换转化关系如图所示、且A、D为单质。下列说法正确的是A．若A为Fe，D为H2，则B一定为酸B．若A为非金属单质，则D不一定为非金属单质C．若A为金属单质，D为非金属单质，则D一定是H2D．若A、D均为金属单质，则组成元素的金属性A必强于D5、下列有关说法不正确的是A．可表示单核10电子粒子基态时的电子排布B．电子仅在激发态跃迁到基态时才会产生原子光谱C．同一原子能层越高，s电子云的半径越大D．N、O、F电负性逐渐增大6、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．滴入酚酞显红色的溶液中：K+、Na+、I−、SiO32-B．水电离出的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-C．加入铝粉能放出氢气的溶液中：Ba2+、Cl-、Fe2+、NO3-D．c(SO32－)＝0.1mol·L－1的溶液中：Ca2＋、ClO－、SO42－、K＋7、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族；Y、Z同周期；X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，25℃时，0.1mol•L-1的M溶液中=1.0×10-12。下列说法正确的是（）A．Z分別与X、W均可形成具有漂白性的化合物B．简单离子半径：Y<Z<WC．X分別与Z、W形成的化合物中，所含化学键类型相同D．X、Y形成的最简单化合物的电子式为8、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A．海带提碘 B．侯氏制碱 C．氯碱工业 D．黄铁矿制硫酸9、新制Fe(OH)3胶体的胶团结构如图所示。下列有关说法错误的是（）A．Fe(OH)3胶体显电中性B．Fe(OH)3胶团第一层和第二层共同构成胶体粒子，带正电C．向Fe(OH)3胶体中加入过量盐酸，产生红褐色沉淀D．Fe(OH)3胶团结构可表示为：{[Fe(OH)3]m·nFeO+·(n﹣x)Cl-}x+·xCl-10、已知常温下：Ksp〔Mg（OH）2〕=1.2×10-11，Ksp（AgCl）=1.8×10-10，Ksp（Ag2CrO4）=1.9×10-12，Ksp（CH3COOAg）=2.3×10-3，下列叙述正确的是()A．等体积混合浓度均为0.2

mol•L-1的AgNO3溶液和CH3COONa溶液一定不产生CH3COOAg沉淀B．将0.001

mol•L-1的AgNO3溶液滴入0.001

mol•L-1的KCl和0.001

mol•L-1的K2CrO4溶液中先产生Ag2CrO4沉淀C．在Mg2+为0.12

mol•L-1的溶液中要产生Mg（OH）2沉淀，溶液的pH至少要控制在9以上D．向1ml0.1mol•L-1AgNO3溶液中加入2滴0.1mol•L-1NaCl溶液产生白色沉淀，再滴加2滴0.1mol•L-1KI溶液，又产生黄色沉淀，证明相同温度下Ksp（AgCl）大于Ksp（AgI）11、下列离子方程式书写正确的是A．石灰水表面漂着的“白膜”可用醋酸溶解:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．钠加入水中:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C．FeS溶液中加入稀硝酸:FeS+2H+=Fe2++2H2S↑D．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合:NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O12、如图是一个用铂丝作电极，电解稀的MgSO4溶液的装置，电解液中加有中性红指示剂，此时溶液呈红色。(指示剂的pH变色范围：6.8～8.0，酸色—红色，碱色—黄色，Mg(OH)2沉淀的pH＝9)，接通电源一段时间后A管产生白色沉淀，下列叙述不正确的是A．电解过程中电极附近溶液颜色变化是A管溶液由红变黄，B管溶液不变色B．A管中发生的反应：2H2O＋2e－＋Mg2＋=H2↑＋Mg(OH)2↓C．检验b管中气体的方法是用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃D．电解一段时间后，切断电源，将电解液倒入烧杯内观察到的现象是溶液呈黄色，白色沉淀溶解13、下图是铝热反应(2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe)的实验装置，有关该反应的下列说法中正确的是A．a为镁条 B．2mol氧化剂参与反应则电子转移6NA个C．b为氧化铁与铝粉的混合物 D．还原剂与氧化产物的物质的量之比为1∶214、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15、下列实验操作及结论正确的是A．用洁净的铂丝蘸取某溶液于酒精灯外焰上灼烧，显黄色，证明该溶液中不含K+B．配制0.lmol·L-lNaCl溶液时，若缺少洗涤步骤，会使实验结果偏高C．萃取碘水中的碘时，可以选择苯作为萃取剂D．某无色溶液中滴加氯化钡产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，证明原溶液中含SO42-16、已知：。向体积可变的密闭容器中充入一定量的CH4(g)和O2(g)发生反应，CH4(g)的平衡转化率与温度(T)和压强(p)的关系如下图所示(已知T1>T2)。下列说法正确的是A．该反应的△H>0B．M、N两点的H2的物质的量浓度：c(M)>c(N)C．温度不变时，增大压强可由N点到P点D．N、P两点的平衡常数：K(N)<K(P)二、非选择题（本题包括5小题）17、下图是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表给出元素组成的常见单质或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人们研究物质性质的重要工具。Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂。As可与Y的水溶液反应，产物有As的最高价含氧酸，该反应的化学方程式为_______，当消耗1mol还原剂时，转移的电子个数为_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下图转化关系〔部分生成物和反应条件略去〕。（1）假设E为氧化物，那么A与水反应的化学方程式为_______。①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，那么C的电子式为_______。②表示X呈碱性的离子方程式为_______。③当X为金属单质时，那么X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为_______。（2）假设E为单质气体，D为白色沉淀，B含有的化学键类型为_______，C与X反应的离子方程式为_______。（3）①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的要紧成分，1.6克该物质在氧气中完全燃烧放出热量31.2kJ，写出热化学方程式_______。（4）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现改用①和⑥组成的化合物和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式_______。（5）元素②的单质在一定条件下，能与①的单质化合生成一种化合物，熔点为800℃。该化合物能与水反应放氢气，假设将1mol该化合物和1mol③形成的单质混合加入足量的水，充分反应后生成气体的体积是（标准状况下）_______。18、化合物G是合成液晶材料的中间体，以芳香烃A、乙酸为原料合成G的路线如下：回答下列问题:(1)B的结构简式为______;A的化学名称为____。(2)由A、B生成C的反应类型是_____;由E生成F的反应类型为____。(3)D中含氧官能团的名称是_______;写出在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式______。(4)E有多种同分异构体，能满足下列条件的E的同分异构体有______种。①苯环上有两个取代基②能够使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程，设计以丙酸(CH3CH2COOH)、苯为原料制备有机高分子的合成路线_____(无机试剂任选)。19、碘化钠可用于医学和摄影．实验室制备的基本实验步骤为①检查装置气密性；②关闭K，向B中滴入溶液，制得；③打开K，通入至饱和制得，同时有黄色沉淀产生；④关闭K，向所得溶液中加入稀硫酸，水浴加热，充分逸出；⑤把B中的混合液倒入烧杯，加入足量碳酸钡除去稀硫酸再经过一系列操作得到成品．回答下列问题：(1)盛稀硫酸和溶液的仪器，若换成分液漏斗，其缺点是_________．(2)A装置中发生反应的离子方程式为________，C装置的作用为_________．(3)步骤②可观察到的现象是_________．(4)制得的离子方程式为_________．通入至饱和，与反应制得的离子方程式为________．(5)步骤⑤中的“一系列操作”包括过滤、洗涤、合并滤液和洗涤液、________等操作．(6)三颈烧瓶加入碘单质，若期望反应的产率为88%则最终得到产品的质量为______．20、某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白。(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由________色变为________色，并________为止。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是__________。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前读数滴定后读数溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度___________。21、烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。（1）氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)＝4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-1627.2kJ/mol。检验脱硝效果的重要指标是脱硝效率（脱硝过程中单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比）。影响SCR系统脱硝效率的因素有很多，根据如图判断提高脱硝效率的最佳条件是__；氨氮比一定时，随温度的升高脱硝效率增大，其可能的原因是___。（2）H2Y2－与Fe2＋形成的络合物FeY2－可用于吸收烟气中的NO。原理：FeY2－(aq)＋NO(g)FeY2－(NO)(aq)ΔH<0①将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2－溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图。时间越长，NO吸收率越低的原因是___。②生成的FeY2－(NO)(aq)可通过加入铁粉还原再生，其原理为FeY2－(NO)(aq)＋Fe＋H2O→FeY2－(aq)＋Fe(OH)2＋NH3(未配平)。若吸收液再生消耗14g铁粉，则所吸收的烟气中含有NO的物质的量为__mol。（3）以连二硫酸盐(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法也可处理NO，装置如图所示：阴极的电极反应式为___。（4）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为____。②加入CaCO3的作用是___。（5）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小，请解释二者去除率不同的可能原因是__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【分析】由溶液pH=1可知溶液为酸性溶液，溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32-；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀甲、气体甲，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明在原溶液中有NO3-，在强酸性溶液中含有NO3-，则一定不存在具有还原性的离子I-，最后根据电荷守恒得原溶液中含有H+、NO3-、Al3+、SO42-、Cl-五种离子，据此解答分析。【详解】A.根据以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氢离子、0.1mol/L的铝离子，0.1mol/LNO3-；溶液中阳离子带有的电荷为：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根离子外，根据电荷守恒，还应该含有SO42-离子和Cl-，所以该溶液中一定有NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四种离子，故A正确；B.根据反应方程式3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g铜，n(Cu)==0.225mol，根据反应方程式中Cu与NO的物质的量关系可知生成一氧化氮气体的物质的量为n(NO)=n(Cu)=×0.225mol=0.15mol；由于没有告诉条件是否是标准状况下，所以0.15mol一氧化氮的体积不一定为3.36L，故B错误；C.根据上述分析可知，在强酸性溶液中含有NO3-，溶液具有强氧化性，则一定不存在具有还原性的离子I-，故C错误；D.根据上述分析可知，溶液中含有硫酸根离子，所以沉淀乙中一定含有BaCO3、BaSO4，故D错误；故答案：A。2、A【解析】根据化学反应原理，分析相关量的变化图象并作出判断。【详解】A项：图甲化学平衡后在t0时刻改变某一条件后，正、逆反应速率都变大但仍相等，可能是气体分子数不变的反应增大压强（缩小容器体积）。A项正确；B项：图乙可表示可逆反应物质的浓度随反应时间的变化，但t0时刻正反应速率大于逆反应速率，未达化学平衡状态。B项错误；C项：向CH3COOH溶液中逐步加入CH3COONa固体后，CH3COO-抑制CH3COOH电离，溶液pH随CH3COONa固体的增加而增大，图丙不正确。C项错误；D项：醋酸为弱酸，20.00mL0.1000mol·L-1醋酸溶液应pH>1。当加入20.00mL0.1000mol·L-1NaOH溶液时恰好生成醋酸钠溶液，因CH3COO-水解pH>7。图丁不正确。D项错误。本题选A。3、D【解析】本题考查金属与硝酸的反应，首先应判断出反应的相应产物，计算出产物的质量，再结合题干，逐一作答。【详解】由于合金完全溶解，最终全部沉淀，根据题目中所给数据可计算出合金中镁、铜的含量。设合金中铜的含量为xg，镁的含量为yg。可列式：m(Cu)+m(Mg)=x+y=1.52，m(Cu(OH)2)+m(Mg(OH)2)=98x/64+58y/24=2.54。解得x=1.28g，y=0.24g。故合金中含有n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol。A.该合金中铜与镁的物质的量之比为2:1，故A项正确；C.加入硝酸后，0.02molCu和0.01molMg共转移0.06mole-。设混合气体中NO2为amol，N2O4为bmol，则a+2b=0.06，a+b=0.05。解得a=0.04mol，b=0.01mol。NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数=0.04/0.05×100%=80%，故C项正确；D.浓硝酸中HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=(1000mL/L×1.40g/mL×63%)/63g/mol=14mol•L−1，故D项错误；B.加入的硝酸物质的量为n（HNO3）=cV=0.7mol，反应过程中产生NO20.04mol，N2O40.01mol，由原子守恒可知反应后n（NO3-）=0.7mol-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，加入NaOH溶液后，结合成NaNO3，故n（NaOH）=0.64mol，V=n/c=0.64mol/1.0mol·L−1=0.64L=640mL，故加入NaOH溶液的体积是640mL，故B项正确。综上，本题选D。4、B【解析】A．若A为铁，D为氢气，B为酸、醇等，可以与金属铁反应生成氢气，A错误；B．若A为非金属单质，则D不一定为非金属单质，例如氢气还原氧化铜，B正确；C．若A为金属单质，D为非金属单质，则D不一定是氢气，例如碳和二氧化硅反应生成硅和CO，C错误；D．若A、D均为金属单质，则组成元素的金属性A不一定强于D，例如再一定条件下钠可以置换出K，D错误，答案选B。5、B【分析】基态电子排布遵循能量最低原理、洪特规则、泡利原理，电子不发生跃迁；原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱；同一能级，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大；电负性是指原子对于电子的吸引能力，由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大。【详解】A．单核10电子粒子基态时，遵循能量最低原理，每个轨道排布2个电子，自旋方向相反，故A正确；B．原子光谱是原子中的电子在能量变化时所发射或吸收的一系列光所组成的光谱，所以电子在激发态跃迁到基态、基态跃迁到激发态时均会产生原子光谱，故B错误；C．s电子云均为球形，能层序数越大，轨道的能量越高，轨道的半径也越大，故C正确；D．由元素周期律知，同一周期，从左至右，电负性增大，N、O、F从左至右排列，故D正确；答案选B。【点睛】电子的排布遵循三原则：能量最低原理、洪特规则、泡利原理；电子由激发态跃迁到基态是发射光谱，由基态到激发态是吸收光谱。6、A【详解】A．滴入酚酞变红色的溶液显碱性，碱性溶液中，K+、Na+、I−、SiO32-离子间不发生反应，能够大量共存，故A正确；B．由H2O电离出的c(H+)=10-13mol/L溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，HCO3-与氢离子和氢氧根离子都能反应，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．加铝粉能放出氢气的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中Al、H+、NO3-发生氧化还原反应不生成氢气，且酸性溶液中H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D．SO32－、Ca2＋能够反应生成沉淀，不能大量共存，故D错误；故选A。7、A【分析】由已知分析可以知道,X为H,Y为N,Z为O,W为Na。【详解】根据题意推知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。A.Z分別与X、W可形成H2O2、Na2O2，两者是具有漂白性的化合物,所以A是正确的;B.因为具有相同电子层结构的离子，原子序数大的离子半径小,所以简单离子半径:N3->O2->Na+,故B错误;C.X分別与Z、W形成的化合物分别为H2O(或H2O2)、NaH,前者只有共价键，后者只有离子键,故C错误;D.X、Y形成的最简单化合物为NH3,其电子式为,故D错误;答案：A。【点睛】25℃时，0.1mol•L-1的M溶液中=1.0×10-12,氢离子浓度为0.1mol/L则M为一元强酸,短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大,X、Y、W组成的一种化合物M,,X、W同主族;Y、Z同周期,可以知道X为H,W为Na,Y为N,Z为O,以此来解答。8、B【详解】A．碘以离子存在，海水提碘时I元素的化合价升高，发生氧化还原反应，故A错误；

B．发生两大反应NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故B正确；

C．氯碱工业中电解饱和食盐水，生成NaOH、氢气、氯气，H、Cl元素的化合价变化，为氧化还原反应，故C错误；

D.黄铁矿制硫酸分为三步，第一步4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，第二步2SO2+O22SO3，第三步SO3+H2O=H2SO4，其中铁、硫、O化合价发生了改变，涉及氧化还原反应，D错误；答案为B。9、C【详解】A．Fe(OH)3胶体显电中性，故A项正确；B．由图可知，Fe(OH)3胶团第一层和第二层共同构成胶体粒子，带正电，故B项正确；C．向Fe(OH)3胶体中加入过量盐酸，开始因聚沉产生红褐色沉淀后，由于盐酸过量，沉淀会继续溶解，故C项错误；D．由图可知，Fe(OH)3胶团结构可表示为{[Fe(OH)3]m·nFeO+·(n﹣x)Cl-}x+·xCl-，故D项正确；故选C。10、C【解析】A．等体积混合浓度均为0.1mol•L-1，c（CH3COO-）×c（Ag+）=0.01＞2.3×10-3，一定产生CH3COOAg沉淀，故A错误；B．将0.001mol•L-1的AgNO3溶液滴入0.001mol•L-1的KCl和0.001mol•L-1的K2CrO4溶液中，c（Ag+）×c（Cl-）=10-6，c2（Ag+）×c（CrO42-）=10-9，AgCl先达到饱和，应先生成AgCl沉淀，故B错误；C．Ksp〔Mg（OH）2〕=1.2×10-11，Mg2+为0.12

mol•L-1，c（OH-）==10-5

mol•L-1，所以当溶液中c（OH-）==10-5

mol•L-1时开始析出氢氧化镁沉淀，所以溶液的pH至少要控制在9以上，故C正确；D．向1ml0.1mol•L-1AgNO3溶液中加入2滴0.1mol•L-1NaCl溶液产生白色沉淀，AgNO3溶液过量，滴加2滴0.1mol•L-1KI溶液，又产生黄色沉淀，故D错误．故选：C11、D【解析】A、醋酸是弱酸，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子，应是CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故A错误；B、电荷不守恒，正确的是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故B错误；C、硝酸具有强氧化性，能与Fe2＋、H2S发生氧化还原反应，故C错误；D、NH4＋、Al3＋都能与OH－发生反应，Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，因此先发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，然后发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，最后发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，根据题中信息，发生的离子反应是NH4＋＋Al3＋＋2(SO4)2－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确。12、D【解析】按照电解原理，A为阴极，电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，B为阳极，电极反应式为2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，按照题所给信息完成即可。【详解】A、根据电解原理，A管电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，根据题中信息，指示剂：碱色为黄色，因此A管溶液由红变黄，B管电极反应式为：2H2O－4e－=O2↑＋4H＋，溶液仍为红色，故A说法正确；B、A管电极反应式为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，根据信息，一段时间后，A管出现白色沉淀，发生Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓，即A管总反应为2H2O＋Mg2＋＋2e－=H2↑＋Mg(OH)2↓，故B说法正确；C、根据上述分析，b管中收集的气体为氧气，检验氧气：用拇指堵住管口，取出试管，放开拇指，将带有火星的木条伸入试管内，看到木条复燃，说明收集的气体为氧气，故C说法正确；D、由于该电解池实质是电解水，因此将电解液倒入烧杯中，整个溶液呈中性，指示剂为红色，氢氧化镁溶解，故D说法错误。13、A【详解】铝与氧化铁的铝热反应为：2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe。A.a为镁条，起引燃作用，故A正确；B.2Al＋Fe2O3Al2O3＋2Fe，该反应中氧化剂是氧化铁，2mol氧化剂参与反应则电子转移12NA个电子，故B错误；C.混合物中的镁条燃烧时，氯酸钾是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，由于该反应放出大量的热，只要反应已经引发，就可剧烈进行，放出的热使生成的铁熔化为液态，故b为氯酸钾，故C错误；D.该反应中还原剂是铝，氧化产物是氧化铝，还原剂和氧化产物的物质的量之比为2：1，故D错误。故选A。【点睛】铝热反应的装置中铝热剂在最下面，上面铺层氯酸钾，中间插根镁条。反应时先点燃镁条，高温使氯酸钾分解产生氧气，这样又促进镁条燃烧，镁条燃烧产生大量热，因为铝热反应需高温条件，这样反应就得以进行。14、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。15、C【解析】A，焰色反应呈黄色证明溶液中含Na+，要证明是否含K+必须透过蓝色钴玻璃观察，A项错误；B，若缺少洗涤步骤，溶质物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，B项错误；C，萃取碘水中的碘可选择苯、CCl4等萃取剂，C项正确；D，某无色溶液中滴加BaCl2产生白色沉淀，再加稀盐酸沉淀不消失，原溶液中可能含Ag+、SO42-等，D项错误；答案选C。点睛：本题考查焰色反应、配制物质的量浓度溶液的误差分析、萃取剂的选择、SO42-的检验。配制物质的量浓度溶液的误差分析，根据公式cB=，由于操作不当nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高，反之偏低。萃取剂的选择必须满足三个条件：萃取剂与原溶剂互不相溶（如苯难溶于水）、萃取剂与原溶液不反应、溶质在萃取剂中的溶解度远大于在原溶剂中的溶解度（如I2在苯中溶解度远大于I2在水中溶解度）。检验SO42-的方法：先向溶液中加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀；HCl和BaCl2的加入顺序不能颠倒。16、B【解析】A.已知T1>T2，升高温度，CH4的平衡转化率降低，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反，正反应为放热反应，故△H<0，故A错误；B.CH4+O2⇌2CO+2H2，压强增大，各组分的浓度都增大，虽然平衡向逆反应方向移动、甲烷的转化率减小，但是根据平衡移动原理可以判断，平衡移动只能减弱氢气浓度的增大，不能阻止氢气浓度的增大，故H2的物质的量浓c(M)>c(N)，故B正确；C.两条线的温度不同，增大压强不能从N点到P点，故C错误；D.平衡常数只和温度有关，T1>T2，升高温度，平衡向逆反应方向移动，所以平衡常数变小，故K(N)>K(P)，故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O离子键和极性共价键Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根据元素在周期表中的位置分析元素的种类；根据氧化还原反应原理书写反应方程式；根据物质性质及转化关系分析物质种类并书写反应方程式及电子式；根据燃烧热计算反应热并书写热化学方程式；根据反应方程式及物质的量与体积的关系进行相关计算。【详解】由元素在周期表中位置，可知①为H②为Na③为Al④为C.⑤为N⑥为O⑦为Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三种元素组成，它的水溶液是生活中常见的消毒剂，则Y为NaClO，As可与Y的水溶液反应，物有As的最高价含氧酸，即生成H3AsO4，根据化合价升降相等可知还有NaCl生成，反应方程式为：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合价由0升高为+5，转移电子数为5，故消耗1mol还原剂时,转移的电子个数为5NA，故答案为5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反应的物质有金属氧化物、非金属氧化物、金属和非金属。(1)若E为氧化物，常温下与A与水反应生成E，则为二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，故A为NO2，B为HNO3，E为NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①当X是碱性盐溶液，C分子中有22个电子时，则X为碳酸盐，C为CO2，D为碳酸氢盐，则：C的电子式为，表示X呈碱性的离子方程式为CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②当X为金属单质时，由转化关系可知，X为变价金属，故X为Fe，C为硝酸铁，D为硝酸亚铁，则X与B的稀溶液反应生成C的离子反应方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E为单质气体，D为白色沉淀，则A为Na或过氧化钠，E为氢气或氧气，B为NaOH，X为氯化铝，C为偏铝酸钠，D为氢氧化铝，B(NaOH)含有的化学键类型为：离子键、共价键，C与X反应的离子方程式为Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一种可燃性液体，其燃烧产物之一是大气中的主要成分，则该化合物为N2H4，1molN2H4燃烧放出的热量为31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，该反应热化学方程式为：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)双氧水有强氧化性,酸性条件下，双氧水能氧化铜生成铜离子同时生成水，反应离子方程式为：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氢气和钠反应生成氢化钠，氢化钠和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠和铝反应生成氢气，反应方程式为：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氢化钠和水反应生成1mol氢氧化钠和1mol氢气，1mol氢氧化钠和铝反应生成1.5mol氢气，故标况下生成氢气体积为(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。18、乙苯取代反应加成反应羟基+2NaOH+2NaBr+2H2O11CH3CH2COOH【分析】根据信息可知CH3COOH与SOCl2反应生成CH3COCl，根据C的结构可以推断出A为，C发生加成反应生成D()，D发生消去反应生成E()，E发生加成反应生成F()，F发生消去反应生成G()。【详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式为CH3COCl；A()的化学名称为乙苯；故答案为：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反应生成C的反应类型是取代反应；由E()生成F()的反应类型为加成反应；故答案为：取代反应；加成反应。(3)D()中含氧官能团的名称是羟基；在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案为：羟基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多种同分异构体，①苯环上有两个取代基，②能够使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，含有一个甲基和—CH2CH=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—C(CH3)=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—CH=CHCH3，邻、间、对三种；含有一个—CH=CH2和—CH2CH3，邻、间、对三种，去掉，其同分异构体共11种；故答案为：11。(5)根据信息CH3CH2COOH和SOCl2反应生成，和苯反应生成，和氢气反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂条件下反应生成；其流程图为CH3CH2COOH；故答案为：CH3CH2COOH。【点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式或结构简式分析前后物质的结构简式，常见推断方式有正向推断、逆向推断、两边向中间、中间向两边的推断。19、不能使液体顺利流下吸收气体,防止污染空气固体溶解，溶液由棕黄色变为无色蒸发结晶5.28g【分析】由制备实验装置可知，A装置由FeS和稀硫酸制备H2S，B装置由碘与NaOH溶液发生3I2+6NaOH═NaIO3+5NaI+3H2O，将H2S通入B中NaIO3溶液发生反应：3H2S+IO═3S↓+3H2O+I-，向所得溶液滴入稀硫酸，水浴加热，充分逸出H2S，C装置吸收多余的H2S，把装置B中混合液倒入烧杯，为除去硫酸，加入足量碳酸钡，得到硫酸钡沉淀，过滤、洗涤，合并滤液和洗液，蒸发结晶得到NaI固体，以此解答该题。【详解】(1)盛稀硫酸和30%NaOH溶液的仪器与普通分液漏斗相比，其优点为可平衡分液漏斗和三口烧瓶的压强，便于液体顺利流下，如为分液漏斗，则不能使液体顺利流下；(2)A装置中发生反应的离子方程式为FeS+2H+=H2S+Fe2+，C装置的作用为吸收H2S气体，防止污染空气；(3)步骤②为碘和氢氧化钠溶液的反应，可观察到固体溶解，溶液由棕黄色变为无色；(4)制得NaIO3的离子方程式为3I2+6OH-═IO+5I-+3H2O，通入H2S至饱和，与NaIO3反应制得NaI的离子方程式为3H2S+═3S↓+3H2O+I-；(5)步骤⑤中的“一系列操作”包括包括过滤、洗涤、合并滤液和洗液、蒸发结晶等操作；(6)三口烧瓶加入5.08g单质碘，由元素守恒可知存在I2～2NaI，则理论上生成NaI为×2×150g/mol=6g，期望反应的产率为88%，则最终得到产品的质量为6g×88%=5.28g。【点睛】考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，其中氧化还原反应型离子方程式书写时需要注意电子守恒、电荷守恒和原子守恒。20、锥形瓶中溶液颜色变化黄橙在半分钟内不变色D1．1144mol·L－1【分析】(1)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色；(2)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；(3)先分析数据的有效性，然后求出平均消耗的V(盐酸)，接着根据盐酸和NaOH反应求出c(NaOH)。【详解】(1)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；用已知