2026届稳派教育高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

2026届稳派教育高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、铵明矾[NH4Al(SO4)2·12H2O]是分析化学常用基准试剂，其制备过程如下。下列分析不正确的是（）A．过程Ⅰ反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4B．检验溶液B中阴离子的试剂仅需BaCl2溶液C．若省略过程Ⅱ，则铵明矾产率明显减小D．向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液并加热，先后观察到：刺激性气体逸出→白色沉淀生成→白色沉淀消失2、一种白色固体可能由Na+、Ba2+、Cl-、Br-、HCO3-、SO32-、SO42-离子中的若干种组成，某同学设计实验检验其组成，记录如下：实验步骤实验操作实验现象①将固体溶于水，用pH试纸检验无色溶液pH=9②向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置产生气泡，CCl4层呈橙色③向②所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3有白色沉淀产生④过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3有白色沉淀产生下列关于固体组成的结论错误的是A．不能确定是否含有Ba2+、Cl- B．至少含有SO32-、SO42-中的一种离子C．肯定含有HCO3-和Br- D．无需检验即可断定溶液中含有Na+3、下列关于铁电极的说法中，正确的是A．钢铁的吸氧腐蚀中铁是正极B．在铁片上镀铜时铁片作阳极C．电解饱和食盐水时可用铁作阴极D．镀锌铁板发生电化学腐蚀时铁是负极4、温度为t℃时，在10mL1.0mol·L-1的盐酸中，逐滴滴入xmol·L-1的氨水，随着氨水逐渐加入，溶液中的pH变化曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化，c点时溶液的温度为常温）。则下列有关判断正确的是A．b点，c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）B．a点，水的电离程度最大C．x=1.0D．c点时，c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-15、X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是A．简单阴离子的离子半径：W>Y>Z>XB．X、Y、Z既能形成离子化合物，又能形成共价化合物C．W的常见氧化物均为酸性氧化物D．X分别与Y、Z形成的核外电子总数为10的微粒最多只有5种6、将1molN2和3molH2充入体积可变的恒温密闭容器中,在380℃下发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，平衡时,体系中氨的体积分数(NH3)随压强变化的情况如下表:压强/MPa10203040(NH3)0.300.450.540.60下列说法正确的是()A．10MPa时,H2的转化率为75%B．20MPa时,NH3的物质的量浓度是10MPa时的1.5倍C．40MPa时,若容器的体积为VL,则平衡常数K=D．30MPa时,若向容器中充入惰性气体,则平衡向正反应方向移动7、下列说法正确的是（）A．用焰色反应检验Na+之前应用稀硫酸清洗铁丝B．将Na单质长时间放置在空气中，最终得到的白色固体是NaHCO3C．SiO2不能溶于水生成H2SiO3，因此SiO2不是酸性氧化物D．盐酸、氨水、碱石灰都是混合物8、常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A．曲线M表示pH与lgB．Ka2(H2SeO3)的数量级为10-7C．混合溶液中=104D．NaHSeO3溶液中c(H2SeO3)＞c()9、水的状态有气态、液态、固态，还有玻璃态。玻璃态水是液态水急速冷却到165K时形成的，无固定形状，且密度与普通水相同。下列有关水的叙述正确的是A．当水结成冰时，密度增大B．玻璃态水与液态水具有不同的化学性质C．玻璃态水不属于晶体D．纯净水与食盐水的熔点相同10、常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大11、可逆反应H2(g)+I2(g)2HI(g)H＜0达到平衡后，当改变外界条件如物质浓度、体系压强、温度等而发生下列项目的变化时，能作为平衡一定发生了移动的标志的是A．气体的密度变小了 B．反应物和生成物浓度均变为原来的2倍C．气体的颜色变深了 D．体系的温度发生了变化12、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是①无色溶液中：②碱性溶液中：③酸性溶液中：④含的溶液中：⑤加入能放出的溶液中：⑥能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液：A．①④ B．②③⑥ C．②④ D．①③⑤⑥13、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、化学与生活密切相关，下列对于生活中的化学说法正确的是A．服用阿司匹林出现水杨酸反应时，可服用NaOH溶液解毒B．爆竹爆炸后硫燃烧生成SO3，会造成硫酸型酸雨C．《本草纲目》中记载“火药乃焰消、硫磺、杉木炭所合，以烽燧铳机诸药者”，这里的焰消指的是KNO3D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质就变成了氨基酸15、常温下，关于溶液的说法正确的是（）A．溶质的电离方程式为B．加水稀释后，与的乘积变大C．离子浓度关系：D．温度升高，溶液的增大16、X、Y、Z、W为四种短周期元素，有关这四种元素的说法中一定正确的是（）元素

X

Y

Z

W

原子半径（nm）

1．177

1．175

1．112

1．199

最高正价或最低负价

+4

+5

-2

-1

A．X与W形成XW4时，各原子最外层均满足8电子稳定结构，B．1molW的单质参加氧化还原反应时转移的电子数为2molC．1．3molCu分别与足量HYO3和H2ZO4的稀溶液反应均产生1．2mol气体D．Y的氢化物与W的氢化物反应的产物只含有共价键17、下列说法不正确的是()A．＂霾尘积聚难见路人＂，雾和霾所形成的气溶胶具有丁达尔效应B．＂天宫二号＂使用的碳纤维是一种新型有机高分子材料C．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染D．丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物18、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大19、设为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的有()①与()的混合物中所含共价键数目为②溶液中含离子数为③与的混合物中所含中子数为④常温下电解饱和食盐水，当溶液由7变为13时，电路中转移的电子数为⑤常温常压下，所含的氧原子数为⑥标准状况下，乙醇完全燃烧后生成的分子数为A．二个 B．三个 C．四个 D．五个20、次磷酸(H3PO2)是一种具有强还原性的一元弱酸，工业上常利用H3PO2和AgNO3溶液反应进行化学镀银，已知该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，则下列说法中不正确的是（）A．H3PO2中磷元素的化合价为+1 B．H3PO2的电离方程式为H3PO2H++H2PO2-C．H3PO2被AgNO3氧化成了H3PO4 D．NaH2PO2、NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐21、将铝、铁物质的量均为0.2mol的某种铝铁合金粉末分别于下列溶液充分反应（溶液均过量），放出氢气最多的是A．18.4mol·L-1H2SO4溶液B．1.5mol·L-1HCl溶液C．4mol·L-1HNO3溶液D．3mol·L-1NaOH溶液22、中国是瓷器的故乡，下列关于陶瓷的说法正确的是（）A．高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B．瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D．“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化二、非选择题(共84分)23、（14分）感光性高分子作为新材料在各种领城中得到广泛应用。感光高分子F的一种合成路线如下：己知：A的相对分子质量为60，核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为1∶3。回答下列问题：(1)A的结构简式为_______，D的化学名称是____________________。(2)①、②的反应类型分别是____________________。(3)反应③的化学方程式是____________________。(4)F中的官能团有_______________(填官能团名称)。(5)芳香族化合物G是E的同分异构体，能发生银镜反应且分子中只有4种不同化学环境的氢。写出三种G的结构简式：_____________________________________________。(6)写出以甲苯为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线：________________________________。24、（12分）Ⅰ.下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子，该小组同学取了100ml水样进行实验：向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1mol·L-1硝酸，实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示：（1）仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是____。（2）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为___mL。（3）试根据实验结果推测K+是否存在___（填“是”或“否”）若存在，其物质的量浓度的范围是___mol·L-1（若不存在，则不必回答）。（4）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子_____________（写出实验步骤、现象和结论）。Ⅱ.湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO－、OH－、FeO42-、Cl－、H2O。（1）写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：____________。（2）若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为___mol。（3）低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是______。25、（12分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫(SO2)。(1)甲组采用如图装置脱硫(部分装置略)。①CaO脱硫后的产物是_________。②b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。ⅰ.加快SO2气体流速ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管ⅲ.加热a，脱硫效果可能会更好③小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是______________。(2)乙组选用AgNO3溶液脱除SO2，如图所示：现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：①取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。②取_________，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明＂假设1＂不成立。③为进一步确认＂假设2＂，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是______；经确认，反应后混合液中存在SO。实验证明＂假设2＂成立。④产生沉淀A的化学方程式是_______，_____。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。(3)丙组用NaClO脱除SO2，用1L0.1mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2__L。26、（10分）已知Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示：Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑Zn＋2CrCl3===2CrCl2＋ZnCl22Cr2＋＋4CH3COO－＋2H2O===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(晶体)试回答下列问题：(1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是__________。(2)往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是__________________________，理由是____________。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合，应关闭阀门____(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_____。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是________。仪器Ⅳ的主要作用是___________。(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的CH3COONa溶液为1.5L0.1mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O9.4g，则该实验所得产品的产率为________(用百分数表示，保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。27、（12分）在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸点（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_______________________；而乙酸丁酯的制备过程中未采用水浴加热的原因是______________。（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用______洗涤，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗涤（均填编号）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是______________，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的________（填编号）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_______（填编号）。a．乙醇比乙酸价廉b．提高乙酸的转化率c．提高乙醇的转化率d．提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填编号）。a．使用催化剂b．加过量乙酸c．不断移去产物d．缩短反应时间28、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E、F的原子序数依次增大，A是宇宙中含量最丰富的元素；B和C同一主族，且B的L层电子数是K层电子数的2.5倍；D和C同一周期；E元素原子核外电子有17种不同的运动状态，F位于第四周期，其未成对电子数只有一个，且内层都处于全充满状态。请回答下列问题：（1）B原子的L层电子排布图____________。（2）由A、B原子形成的分子的结构式为：A-B=B-A，则该分子中σ键和π键的数目之比为________，B、C的氢化物中BH3的沸点高于CH3的沸点，原因是___________；C、D和E的电负性由大到小的顺序为___________；C、D和E的第一电离能由大到小的顺序是____________；C和D最高价含氧酸的酸性由弱到强的顺序为_________________。CO中C的杂化方式为___________，该离子的“VSEPR”模型为__________________形。（3）向FDO4溶液中加入过量稀氨水，得到的深蓝色溶液中阳离子化学式为_______，该离子的配位体为________________。（4）D（黑球）和F（白球）形成的某种晶体的晶胞如下图所示，已知该晶胞的棱长为516pm，则该晶胞的密度为___________g/cm3（精确到0.1），最近的黑球和白球之间的距离为_______pm。29、（10分）碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。(1)饱和食盐水所用的原料粗盐主要来自于海洋，从海水中得到粗盐我们通常用的方法是_______。(2)所得的粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42-)需要提纯，需要加入足量NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液将杂质离子除去，随后过滤并加入盐酸调pH至7。其中先用BaCl2，再用Na2CO3的原因是______。(3)饱和食盐水除用于制纯碱，也是氯碱工业的原料。氯碱工业中电解饱和食盐水的方程式为_______。(4)测试纯碱产品中NaHCO3含量的方法是：用_______(定量仪器)称取纯碱样品1.144g，用蒸馏水溶解，加入0.500mol/L的HCl溶液100mL，再加1-2滴酚酞，继续用0.500mol/L标准氢氧化钠溶液滴定。当滴定至溶液由_____色变_____色，半分钟不变色为滴定终点。(5)若上述过程中共消耗氢氧化钠58.00mL，纯碱样品中NaHCO3质量分数为_____。(保留3位小数)(6)如果装氢氧化钠的滴定管滴定结束读数时有漏液情况，会导致测定结果______（选填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。

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【解析】NaHCO3的溶解度较小，所以在饱和碳酸氢铵溶液中加入过量的硫酸钠溶液会产生NaHCO3沉淀，过滤后所得滤液A中有(NH4)2SO4和少量的NaHCO3，将滤液A用稀硫酸调节pH=2，使NaHCO3生成硫酸钠，得滤液B为(NH4)2SO4溶液和少量的硫酸钠溶液，在B溶液中加入硫酸铝可得铵明矾，据此答题。【详解】A.过程Ⅰ利用NaHCO3的溶解度比较小，NH4HCO3和Na2SO4发生反应：2NH4HCO3＋Na2SO4=2NaHCO3↓＋(NH4)2SO4，故A正确；B.溶液B已经呈酸性，检验SO42－只需加入BaCl2溶液即可，故B正确；C.若省略过程Ⅱ，溶液中还有一定量的HCO3－，加入Al2(SO4)3，Al2(SO4)3会与HCO3－发生双水解反应，铵明矾产率会明显减小，故C正确；D.向铵明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液，先有氢氧化铝沉淀产生，后产生氨气，再后来氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀消失，所以观察到：白色沉淀生成→刺激性气体逸出→白色沉淀消失，故D错误；答案选D。2、A【解析】①无色溶液，pH=9，溶液显碱性，是因为SO32－或HCO3－水解造成，因此HCO3－、SO32－至少含有一种；②滴加氯水和四氯化碳后，产生气泡，因为氯水中含有HCl，因此原溶液中一定含有HCO3－，CCl4层呈橙色，加入氯水后产生了Br2，推出原溶液中一定含有Br－；③在②的所得溶液中加入Ba(NO3)2和HNO3，出现白色沉淀，此沉淀是BaSO4，得出SO32－、SO42－至少含有一种，Ba2＋不存在，溶液呈现电中性，原溶液一定含有Na＋；④滤液中加入AgNO3和稀硝酸，出现白色沉淀，此沉淀是AgCl，Cl－来自于氯水，不能说明原溶液中一定含有Cl－；综上所述选项A正确。点睛：离子检验中，应注意两点：一点是外来离子的干扰，如本题原溶液中Cl－的判断，因为氯水中含有Cl－，对原溶液中Cl－的检验产生干扰，二点是溶液呈现电中性，溶液中必须是有阴必有阳。3、C【解析】试题分析：A、钢铁腐蚀时铁做负极，错误，不选A；B、铁上镀铜，铁做阴极，错误，不选B；C、电解饱和食盐水，铁做阴极不参与反应，正确，选C；D、镀锌铁板形成原电池时锌做负极，错误，不选D。考点：金属腐蚀和电解原理的应用4、D【解析】A、b点时溶液显酸性，溶液中c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-），A错误；B、a点是盐酸溶液，氢离子浓度最大，水的电离程度最小，B错误；C、如果x=1.0，则c点二者恰好反应，铵根水解，溶液显酸性，但pH＝7，这说明氨水过量，因此x＞1，C错误；D、c点时溶液显中性，根据电荷守恒可知铵根离子浓度等于氯离子浓度，均是0.5mol/L。根据氮原子守恒可知此时溶液中c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-1，D正确，答案选D。5、D【解析】X、Y、W分别位于不同周期且均为主族元素，所以X一定位于第一周期，X为H，Y、W分别位于第二、三周期，Z与Y、W均相邻，则三种元素的位置关系有两种情况：或，若为第一种情况，设Y最外层为a个电子，则有a+a+1+a+1=17，a=5，则Y为N，Z为O，W为S；若为第二种情况，设Y最外层为a个电子，则有a+a+a+1=17，a无解，故X、Y、Z和W四种元素分别为：H、N、O、S。A、电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，所以阴离子的离子半径：S2->N3->O2->H-，A正确。B、H、N、O形成的化合物物如HNO3为共价化合物，形成的NH4NO3为离子化合物，B正确。C、S的氧化物SO2为H2SO3的酸性氧化物，SO3为H2SO4的酸性氧化物，故两者都是酸性氧化物，C正确。D、H与N、O形成的10电子的粒子有：NH3、NH2-、NH4+、H2O、OH-、H3O+共有6种，D错误。正确答案为D点睛：本题考查元素的位构性三者间的关系，本题的难点是Y、Z、W三种元素的推断，Z与Y、W均相邻，有两种情况，一是Y、Z两种元素同周期且相邻，Z、W两种元素同主族，二是Y、Z同主族，Z、W两元素同周期。6、C【详解】A.10MPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量1mol3mol0变化量x3x2x平衡量1-x3-3x2x则x=，H2的转化率为，A错误；B.20MPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量1mol3mol0变化量y3y2y平衡量1-y3-3y2y则y=，NH3的物质的量浓度是10MPa时的≠1.5倍，B错误；C.40MPa时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)起始量1mol3mol0变化量z3z2z平衡量1-z3-3z2z则z=，K=，C正确；D.30MPa时，若向容器中充入惰性气体，则气体体积增大，反应物和生成物的浓度同等程度减小，则平衡向逆反应方向移动，D错误。故选C。7、D【详解】A.用焰色反应检验Na+之前应用稀盐酸清洗铁丝，因为硫酸盐是难挥发性物质，用稀硫酸洗涤后，杂质难以去除，故A不正确；B.将Na单质长时间放置在空气中，最终得到的白色固体是Na2CO3，B不正确；C.SiO2不能溶于水生成H2SiO3，但SiO2能与碱反应生成Na2SiO3和水，因此SiO2是酸性氧化物，C不正确；D.盐酸是氯化氢的水溶液、氨水是氨气溶于水形成的混合物、碱石灰是氧化钙与氢氧化钠的混合物，它们都是混合物，D正确。故选D。8、D【分析】Se与S位于同一主族，则其化合物的性质相似，可知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，以第一步电离为主，Ka1(H2SeO3)＞Ka2(H2SeO3)，常温下将NaOH

溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，随着氢离子不断被消耗，混合溶液的pH、、不断增大，通过比较相同pH时溶液中和的相对大小，=，=，Ka1(H2SeO3)＞Ka2(H2SeO3)，＞，确定M曲线代表了lg的变化曲线，N曲线代表了lg的变化曲线，由此分析。【详解】A．=，=，pH相同时，=＞=，根据图象可知，曲线M表示pH与lg的变化关系，M曲线代表了lg的变化曲线，故A不符合题意；B．根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数Ka2(H2SeO3)=×c(H+)=c(H+)=10-6.6，Ka2(H2SeO3)的数量级为10-7，故B不符合题意；C．混合溶液中：====104，则C不符合题意；D．根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数Ka2(H2SeO3)=×c(H+)=c(H+)=10-6.6，同理pH=2.6时，lg=0，=1，Ka1(H2SeO3)=×c(H+)=c(H+)=10-2.6，的水解平衡常数Kh==c(OH-)==10-11.4＜10-6.6，则NaHSeO3溶液中的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，电离得到，水解得到H2SeO3，c(H2SeO3)＜c()，故D符合题意；答案选D。【点睛】的关系转化为Ka1和Ka2的关系是难点，需要学生熟练公式及公式间的关系。9、C【解析】A、当水结成冰时，密度减小，A错误；B、玻璃态水与液态水均是水分子，具有相同的化学性质，B错误；C、玻璃态水无固定形状，不属于晶体，C正确；D、纯净水是纯净物，食盐水是氯化钠的水溶液，二者的熔点不相同，D错误，答案选C。10、D【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。11、D【详解】A项，若增大体积，减小压强，混合气体的密度变小，但平衡没有发生移动；B项，若将容器体积缩小为原来的1/2，增大压强，反应物和生成物的浓度都变为原来的2倍，但平衡没有发生移动；C项，若缩小体积，增大压强，c（I2）增大，气体颜色变深，但平衡没有发生移动；D项，该反应的正反应为放热反应，若体系的温度变化了，则平衡一定发生了移动；故选D。12、C【详解】①无色溶液中不会存在有色的Cu2+，故①错误；②之间不反应，都不与OH-反应，在碱性溶液中能够大量共存，故②正确；③Fe2+、在酸性溶液中发生氧化还原反应，不能大量共存，故③错误；④Na+、Ba2+、Cl-、I-之间不反应，都不与Fe2+反应，能够大量共存，故④正确；⑤加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH-，与H+、OH-反应，不能大量共存，故⑤错误；⑥能使红色石蕊试纸变为蓝色的溶液中存在大量OH-，S2-、ClO-之间发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑥错误；②④正确，故答案为C。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项，服用阿司匹林出现水杨酸反应，应静脉滴注NaHCO3溶液，错误；B项，爆竹爆炸后硫燃烧生成SO2，SO2会造成硫酸型酸雨，错误；C项，火药由KNO3、硫磺、木炭混合而成，这里的焰消指KNO3，正确；D项，蛋白质在催化剂存在下发生水解，加热能使蛋白质变性，不能水解，错误；答案选C。15、D【详解】A.因为碳酸是弱酸，所以部分电离的HCO3-应以化学式表示。溶质的电离方程式为KHCO3→K++HCO3-，错误；B.加水稀释后，因为温度不变，所以水的离子积常数不变，与的乘积不变，B错误；C.离子浓度满足电荷守恒关系：，C错误；D.温度升高，HCO3-水解程度增大，增大，溶液的增大，正确。故选D。16、A【分析】由表中的原子半径和化合价的数据判定，X、Y的半径小于Z、W，所以X、Y位于第二周期，根据化合价判断X为碳，Y为氮，同理得Z为硫，W为氯。【详解】A、碳与氯形成的四氯化碳的各原子最外层均达8电子稳定结构，正确；B、1mol氯气参加反应时未必转移2mol电子，如与水的反应只转移1mol电子，错误；C、铜不与稀硫酸反应，错误；D、氨气与氯化氢的反应产物是氯化铵，不仅含共价键还含有离子键，错误；答案选A。17、B【详解】A.雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B.碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，故B错误；C.绿色化学应从源头上做起，其核心是利用化学原理从源头上减少或消除工业生产对环境的污染，而不能先污染后治理，故C正确；D.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故D正确；故选B。18、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。19、B【详解】①S8与S6()均由S原子构成，且S8与S6中分别含8条和6条共价键，即1mol硫原子形成1mol共价键，而32gS8与S6()的混合物中含硫为1mol，则该混合物中含1molS−S键，所含共价键数目为NA，故①正确；②1L0.1mol⋅L−1H2C2O4溶液中H2C2O4的物质的量为0.1mol，因为草酸是弱电解质，第二步电离极微弱的部分电离出，则含离子数小于0.1NA，故②错误；③14CO2与N218O摩尔质量都是46g/mol，1个分子中都含有24个中子，与的混合物的物质的量为=0.1mol，则所含中子数为0.1mol×24×NA=2.4NA，故③正确；④由7变为13只能得到氢离子浓度变化量，但溶液体积未知，无法计算转移电子数，故④错误；⑤的物质的量为1mol，所含的氧原子数为3NA，故⑤正确；⑥标准状况下，乙醇为液体，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，在完全燃烧后生成二氧化碳分子数无法确定，故⑥错误；根据上述分析，说法正确的有三个，答案选B。20、D【解析】A．H3PO2中H为+1价，O为-2价，则磷元素的化合价为+1，选项A正确；B．次磷酸是一元弱酸，一元弱酸部分电离出一个氢离子，所以H3PO2的电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2-，选项B正确；C．H3PO2中，氢元素为+1价，氧元素为-2价，依据化合价代数和为0，磷化合价为+1价，该反应中Ag+为氧化剂，H3PO2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，设反应产物中P的化合价为x，根据化合价升降相等可得，4×（1-0）=1×（x-1），解得x=5，所以氧化产物为+5价的H3PO4，选项C正确；D．H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐，NaH2PO4、Na2HPO4均为酸式盐，选项D错误。答案选D。21、B【解析】试题分析：Fe、Al与浓硫酸发生钝化，Fe、Al与稀硝酸发生氧化还原反应不生成氢气，则排除A、C，因Fe、Al均与盐酸反应，只有Al与NaOH反应，等物质的量的铝铁合金粉末，与1.5mol·L-1HCl溶液反应生成氢气最多，故B项正确。考点：本题考查金属的性质。22、D【解析】A.瓷器是主要原料黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐，是混合物，A错误；B.尽管瓷器中含有大量的金属元素，但是陶瓷不属于金属材料，因为其中的金属元素是以化合态存在的。陶瓷属于无机非金属材料，B错误；C.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，可用于制造陶瓷发动机的受热面，C错误；D.不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色发生变化，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、CH3COOH苯甲醛加成反应加聚反应+nNaOH+nCH3COONa碳碳双键、酯基【分析】本题可以通过逆合成法进行分析A、B、C的结构，进而分析各步反应类型。【详解】由合成路线图逆向分析得，F是由C和E酯化反应得到，故C为，C由B碱性条件下水解得到，故B为，A和乙炔反应生成，则A为甲酸，反应类型为加成反应；(1)A为甲酸，结构简式为：CH3COOH，D的名称为：苯甲醛；(2)①的反应类型为：加成反应；②是由→，反应类型为：加聚反应；(3)根据流程图反应③的化学方程式是：+nNaOH+nCH3COONa；(4)F中的官能团有：碳碳双键、酯基；(5)能够发生银镜反应，结构中含有醛基，且分子中只有4种不同化学环境的氢，G的结构简式为：(6)以甲苯为原料制备化合物D的合成路线为：。24、Fe3+、Cu2+40是c(K+)≥0.6mol∙L-1取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)2Fe(OH)3＋3ClO-＋4OH-=2FeO42-＋3Cl-＋5H2O0.15该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【分析】Ⅰ.根据题意，水样无色，可排除Fe3+、Cu2+；根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液，到a处沉淀达到最大量，可判断CO32-、SO42-至少存在一种，沉淀为BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判断沉淀为BaCO3和BaSO4两者的混合物，则水样中含CO32-和SO42-，能与CO32-反应而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断一定有K+；根据题给的信息不能判断Cl-是否一定存在。Ⅱ.(1)高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式；(2)建立电子转移和还原产物的关系便可求出还原产物的物质的量；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明从Na2FeO4→K2FeO4，溶解度变小。【详解】Ⅰ.(1)根据题意，水样无色，可排除有色离子，所以仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+。答案为：Fe3+、Cu2+；(2)根据分析可知，由b点到c点的变化是BaCO3溶于稀硝酸的过程，则：n(BaCO3)=(6.27g-2.33g)÷197g∙mol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案为：40；(3)根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液产生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判断水样中含CO32-和SO42-，与CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色离子Fe3+、Cu2+也已排除，阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol÷(100×10-3L)=0.2mol∙L-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g÷233g∙mol-1=0.01mol，c(SO42-)=0.01mol÷(100×10-3L)=0.1mol∙L-1，根据电中性原则有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能确定，所以有：c(K+)≥2c(CO32-)+2c(SO42-)=2×0.2mol∙L-1+2×0.1mol∙L-1=0.6mol∙L-1。答案为：是；c(K+)≥0.6mol∙L-1；(4)根据分析，原水样中可能存在的离子是Cl-，可取滴加过量稀硝酸后的溶液检验，此时已无CO32-和SO42-的干扰，且已被稀硝酸酸化。检验方法为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在。答案为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)；Ⅱ.(1)根据分析可知，高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，铁元素化合价升高，失电子；有元素化合价升高，必有元素化合价降低，所以氯元素化合价应降低，ClO-是反应物，Cl-是产物。再根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42—+3Cl-+5H2O。答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-→Cl-对应化合价变化为+1→-1，降低2，所以还原产物是Cl-，Cl-和转移的电子的关系为：Cl-～2e-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.3mol÷2=0.15mol。答案为：0.15；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明在此条件下K2FeO4已经过饱和，从而说明在该温度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案为：该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【点睛】1．离子推导题的一般思路是：先利用题给信息直接推，再根据已知的离子进一步推，最后根据电中性原则推。第三步容易被忽视，要在平时练习中养成良好的习惯；2．涉及氧化还原反应的离子方程式的配平：先依据电子守恒判断氧化剂、还原剂、氧化产物和还原产物，再依据电荷守恒安排其它离子，使方程两边电荷代数和相等，最后依据质量守恒安排剩下的物质并配平，思路清晰有利于快速、准确配平涉及氧化还原反应的离子方程式。25、CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量(其他答案合理即可)Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性H2O+SO2=H2SO3H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO32.24【详解】(1)①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3；②ⅰ．加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，ⅰ错误；ⅱ．将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，ⅱ正确；ⅲ．加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，ⅲ正确；答案为ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量；(2)②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设1”不成立。③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3；(3)1L0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。26、去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化先加盐酸后加CrCl3溶液让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化BA让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应防止空气进入装置Ⅲ83.3%【详解】（1）根据信息，Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，因此在配制溶液时，所用蒸馏水事先煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化；（2）装置中有氧气，为防止Cr2＋被氧化，先排除装置中氧气，即先加盐酸，再加CrCl3溶液，理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化；（3）根据实验目的，需要把装置II的溶液压入到装置III，需要关闭阀门B，打开阀门A，Zn和盐酸反应，产生氢气，利用压强差，把装置II中溶液压入到装置III中；（4）根据（3）过量Zn的另一个作用是让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应；仪器IV的作用是防止空气进入装置III；（5）CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol，根据元素守恒，则Cr2＋的物质的量为0.06mol，CH3COONa的物质的量为1.5×0.1mol=0.15mol，根据题中所给第三个反应，Cr2＋不足，CH3COONa过量，根据Cr2＋进行计算，得出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06×376/2g=11.28g，即产率为9.4/11.28×100%=83.3%。27、受热均匀，易控制温度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较乙酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故c正确；d、缩短反应时间，反应未达平衡，1-丁醇的利用率降低，故d错误。故答案为：bc。【点睛】本题以考查乙酸乙酯的制备为载体，旨在考查学生对知识的迁移运用，注意基础知识的积累。28、3︰1NH3分子间可以形成氢键Cl>S>PCl>P>SH3PO4＜H2SO4sp3杂化正四面体[Cu(NH3)4]2+NH34.6