2026屆云南省師大實驗中學高三上化學期中統(tǒng)考模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法不正確的是A．已知NH5為離子化合物，則固體NH5中陰陽離子個數(shù)比為1:1B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕，該法稱犧牲陽極保護法C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產生D．要證明亞硫酸鈉部分變質可選用試劑稀鹽酸和氯化鋇2、現(xiàn)有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20mol·L－1，要使Mg2+完全轉化為Mg(OH)2且與Al3+恰好分開，至少需要1.00mol·L－1的NaOH溶液的體積為A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL3、下列有關物質的性質和應用對應關系正確的是A．蘇打溶液呈弱堿性，可用作胃酸中和劑B．氧化鋁熔點高，常用于耐高溫材料C．SO2有漂白、殺菌性能，可在食品加工中大量使用D．晶體硅熔點高、硬度大，是制造太陽能電池和計算機芯片的主要材料4、能正確表示下列反應的離子方程式的是（）A．次氯酸鈣溶液中通入少量CO2：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClOB．NaClO（aq）中通入過量SO2:C1O-+SO2+H2O=HClO+HSOC．氯氣通入水中：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-D．氫氧化鋇溶液中加入少量稀硫酸：Ba2++OH—+H++SO=BaSO4↓+H2O5、下列各組離子在指定的溶液中能大量共存的是①無色溶液中：②堿性溶液中：③酸性溶液中：④含的溶液中：⑤加入能放出的溶液中：⑥能使紅色石蕊試紙變?yōu)樗{色的溶液：A．①④ B．②③⑥ C．②④ D．①③⑤⑥6、某實驗小組同學把小塊木炭在酒精燈上燒至紅熱，迅速投入熱的濃硝酸中，發(fā)生劇烈反應，同時有大量紅棕色氣體產生，液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光。經查閱資料可知濃硝酸分解產生NO2和O2。為了探究“液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光”的原因，該小組同學用如圖裝置完成以下實驗：序號實驗I實驗II集氣瓶中所盛氣體O2加熱濃硝酸產生的氣體現(xiàn)象木炭迅速燃燒發(fā)出亮光木炭迅速燃燒發(fā)出亮光下列說法正確的是A．濃硝酸分解產生的V(NO2):V(O2)=1:1B．紅棕色氣體的產生表明木炭與濃硝酸發(fā)生了反應C．能使液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光的主要氣體是氧氣D．以上實驗不能確定使液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光的主要氣體一定是NO27、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Z的核外最外層電子數(shù)與W核外電子總數(shù)相等,四種元素的最外層電子數(shù)之和為11,向X、Y、Z三種元素形成的常見化合物的水溶液中通入CO2有白色膠狀沉淀生成,過濾,加入鹽酸后白色沉淀溶解且無氣體放出。下列說法正確的是A．原子半徑:W<X<Y<ZB．W的單質與水反應比Y的單質與水反應劇烈C．Y的最高價氧化物對應的水化物溶液可與Z的單質反應D．Y、Z分別與X形成的二元化合物中,兩者所含化學鍵類型一定相同8、下列除去雜質的方法正確的是（）A．除去CO2中少量的SO2氣體：將氣體通過飽和碳酸鈉溶液B．除去FeCl3酸性溶液中少量的FeCl2：加入稍過量雙氧水后靜置C．除去Al(OH)3中少量的Mg(OH)2：加入稍過量NaOH溶液充分反應后過濾D．除去NO氣體中少量的NO2：將氣體通過NaOH溶液9、將38.4g銅與適量濃硝酸恰好反應生成氮的氧化物，這些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反應過程及有關數(shù)據如下圖所示：下列有關判斷正確的是（）A．若濃硝酸體積為200mL，則其物質的量濃度為11mol/LB．NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反應時，NO2、N2O4僅作還原劑C．生成0.2molNaNO3和0.8molNaNO2D．硝酸在反應中僅體現(xiàn)氧化性10、根據表中數(shù)據，下列判斷正確的是（）A．在等濃度的NaF、NaH2PO4混合溶液中：c(Na+)+c(H+)＝c(F－)+c(H2PO4－)+c(OH－)B．少量H3PO4和NaF反應的離子方程式為：H3PO4+2F－===HPO42－+2HFC．同溫同濃度時，溶液的pH：NaF＞NaH2PO4＞Na2HPO4D．結合質子能力：PO43－＞HPO42－＞F－11、我國科學家研制了一種新型的高比能量鋅-碘溴液流電池，其工作原理示意圖如下。圖中貯液器可儲存電解質溶液，提高電池的容量。下列敘述不正確的是A．放電時，a電極反應為B．放電時，溶液中離子的數(shù)目增大C．充電時，b電極每增重，溶液中有被氧化D．充電時，a電極接外電源負極12、下圖是FeS2催化氧化關系轉化圖，下列說法正確的是A．反應I中，還原劑為Fe2＋ B．反應II中，F(xiàn)eS2既是氧化劑也是還原劑C．反應III屬于氧化還原反應 D．FeS2催化氧化關系中，NO是催化劑13、室溫下進行的下列實驗，不能達到預期目的是實驗內容實驗目的A向同體積同濃度H2O2溶液中，分別加入1mol/L的CuCl2、FeCl3溶液比較Cu2+、Fe3+對H2O2分解速率的影響B(tài)向Mg(OH)2濁液中滴加少量0.1mol/LFeCl3溶液比較Mg(OH)2和Fe(OH)3的溶解度C將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中探究SO2的還原性D測定相同濃度的NaClO溶液，CH3COONa溶液的pH比較HClO和CH3COOH的酸性強弱A．A B．B C．C D．D14、下列圖示實驗裝置合理的是A加熱熔融的純堿固體B將干海帶灼燒成灰C制取二氧化硫D制取二氧化碳A．A B．B C．C D．D15、實驗室中下列做法錯誤的是（）A．將少量金屬鈉貯存在煤油中B．將氯水保存在細口棕色試劑瓶中C．用量筒量取6.50mL濃硫酸D．用氫氧化鈉溶液除去NO中混有的少量NO216、．用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．25℃時，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH－數(shù)目為0.2NAB．標準狀況下，2.24LCl2與過量稀NaOH溶液反應，轉移的電子總數(shù)為0.2NAC．室溫下，21.0g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的碳原子數(shù)目為1.5NAD．標準狀況下，22.4L甲醇中含有的氧原子數(shù)為1.0NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E、F6種短周期元素，G為過渡元素；已知相鄰的A、B、C、D4種元素原子核外共有56個電子，在周期表中的位置如圖所示。1molE單質與足量酸作用，在標準狀況下能產生33.6LH2；E單質粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌；F是短周期最活潑的金屬元素。請回答下列問題：（1）元素D、G的名稱分別為：__。（2）D的單質與C的氣態(tài)氫化物反應方程式為___。（3）C、E、A的簡單離子半徑：__＞__＞__，B、C、D的最高價氧化物對應的水化物的酸性強弱順序為___(用化學式表示)。（4）向D與E形成的化合物的水溶液中滴加過量燒堿溶液的離子方程式為__。（5）用電子式表示F與C形成化合物的過程___。（6）G的單質與高溫水蒸氣反應的方程式___。（7）部分元素在周期表中的分布如圖所示（虛線為金屬元素與非金屬元素的分界線），下列說法不正確的是___。A．B只能得電子，不能失電子B．原子半徑Ge＞SiC．As可作半導體材料D．Po處于第六周期第VIA族18、隨原子序數(shù)遞增，八種短周期元素(用字母x等表示)原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）用于文物年代測定的元素，其核素符號為_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的簡單離子半徑由大到小的順序為_________(用離子符號表示)。（3）元素f的單質與元素e的最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為___________________。（4）元素h單質的氧化性強于元素g單質的氧化性的事實是___________(用離子方程式表示)。19、草酸是一種常用的還原劑，某校高三化學小組探究草酸被氧化的速率問題。實驗Ⅰ試劑混合后溶液pH現(xiàn)象（1h后溶液）試管滴管a4mL0.01mol·L?1KMnO4溶液，幾滴濃H2SO42mL0.3mol·L?1H2C2O4溶液2褪為無色b4mL0.01mol·L?1KMnO4溶液，幾滴濃NaOH7無明顯變化c4mL0.01mol·L?1K2Cr2O7溶液，幾滴濃H2SO42無明顯變化d4mL0.01mol·L?1K2Cr2O7溶液，幾滴濃NaOH7無明顯變化（1）H2C2O4是二元弱酸，寫出H2C2O4溶于水的電離方程式：_____________。（2）實驗I試管a中KMnO4最終被還原為Mn2+，該反應的離子方程式為：________。（3）瑛瑛和超超查閱資料，實驗I試管c中H2C2O4與K2Cr2O7溶液反應需數(shù)月時間才能完成，但加入MnO2可促進H2C2O4與K2Cr2O7的反應。依據此資料，吉吉和昊昊設計如下實驗證實了這一點。實驗II實驗III實驗IV實驗操作實驗現(xiàn)象6min后固體完全溶解，溶液橙色變淺，溫度不變6min后固體未溶解，溶液顏色無明顯變化6min后固體未溶解，溶液顏色無明顯變化實驗IV的目的是：_______________________。（4）睿睿和萌萌對實驗II繼續(xù)進行探究，發(fā)現(xiàn)溶液中Cr2O72-濃度變化如圖：臧臧和蔡蔡認為此變化是通過兩個過程實現(xiàn)的。過程i．MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+。過程ii．__________________________________。①查閱資料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化為MnO4-。針對過程i，可采用如下方法證實：將0.0001molMnO2加入到6mL____________中，固體完全溶解；從中取出少量溶液，加入過量PbO2固體，充分反應后靜置，觀察到_______________。②波波和姝姝設計實驗方案證實了過程ii成立，她們的實驗方案是________。（5）綜合以上實驗可知，草酸發(fā)生氧化反應的速率與__________________有關。20、工業(yè)上利用回收的合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Si、Li）進行深度加工的工藝流程如圖：已知：①Fe、Co、Ni為同族元素，化學性質相似②Li2CO3微溶于水，其飽和溶液的物質的量濃度與溫度關系如表所示溫度／℃10306090濃度/mol／L0.210.170.140.10回答下列問題：（1）流程中殘渣M的主要成分為____。（2）“浸出液”中加入H2O2后，為檢測Fe2+是否完全被氧化，最佳試劑為____；加入氨水發(fā)生反應的離子方程式為_________________。（3）為減少Li2CO3的溶解損失，“操作3”應為蒸發(fā)濃縮、______、洗滌、干燥。（4）將CoC2O4·2H2O樣品于空氣中加熱，樣品質量隨溫度變化的曲線如圖所示，曲線中300℃及以上所得固體為鈷的氧化物。實驗室中應置于______（填儀器名稱）焙燒樣品。通過計算確定C點剩余固體的化學成分為_______；試寫出B點對應的物質與O2在225℃～300℃發(fā)生反應的化學方程式：_______________。21、N、P、As等元素的化合物在生產和研究中有許多重要用途.請回答下列問題:（1）意大利羅馬大學的Cacace等人獲得了極具理論研究意義的N4分子,該分子的空間構型與P4類似,其中氮原子的軌道雜化方式為______________________，N—N鍵的鍵角為______________________；（2）基態(tài)砷原子的價電子排布圖為______________________，砷與同周期相鄰元素的第一電離能由大到小的順序為______________________；（3）配位原子對孤對電子的吸引力越弱,配體越容易與過渡金屬形成配合物。PH3與NH3的結構相似,和過渡金屬更容易形成配合物的是____________________(填“PH3”或“NH3”)。（4）SCl3+和PCl3是等電子體,SCl3+的空間構型是____________________；S—Cl鍵鍵長______P-Cl鍵鍵長(填“＞”、“=”或“＜”),原因是____________________。（5）砷化鎵為第三代半導體,以其為材料制造的燈泡壽命長,耗能少。已知立方砷化鎵晶胞的結構如圖所示,砷化鎵的化學式為____________________。若該晶體的密度為ρg/cm3,設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值,則a、b的距離為_________pm(用含ρ和NA的代數(shù)式表示)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【詳解】A．已知NH5為離子化合物，可以寫成NH4H，則固體NH5中陰陽離子個數(shù)比為1:1，故A正確；B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊，鋅、鐵、土壤中的電解質組成原電池，鋅作負極，先腐蝕，從而減緩管道的腐蝕，該法稱犧牲陽極陰極保護法，故B正確；C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池沒有電流產生，故C錯誤；D．取少量配成溶液，滴加BaCl2，有白色沉淀生成，繼續(xù)滴加HCl，如果白色沉淀部分溶解,則試劑部分變質，故D正確；故選C。2、D【解析】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根據電荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，將100mL此溶液中的Mg2+轉化為Mg（OH）2沉淀并分離析出，反應后溶液為NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氫氧化鈉溶液的體積為=0.14L=140ml，故答案選D。3、B【詳解】A項、蘇打的主要成分是碳酸鈉，碳酸鈉溶液堿性強于碳酸氫鈉溶液，對胃黏膜有破壞作用，不適合作胃酸中和劑，故A錯誤；B項、氧化鋁熔點較高，可用作高溫耐火材料，故B正確；C項、二氧化硫具有漂白和殺菌性能，但有毒，不能在食品加工業(yè)中大量使用，故C錯誤；D項、晶體硅是半導體材料，廣泛用于制造太陽能電池和計算機芯片，與熔點高、硬度大無關，故D錯誤；故選B?！军c睛】蘇打的主要成分是碳酸鈉，小蘇打的主要成分是碳酸氫鈉，碳酸鈉溶液堿性強于碳酸氫鈉溶液，對胃黏膜有破壞作用，不適合作胃酸中和劑，小蘇打能夠與胃酸中的鹽酸反應，能夠作胃酸的中和劑。4、A【詳解】A．碳酸的酸性大于次氯酸，則次氯酸鈣溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸鈣，反應的離子方程式為Ca2++2ClO-+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，A正確；B．次氯酸具有強氧化性，能把+4價的硫氧化為+6價，則NaClO（aq）中通入過量SO2生成氯離子、硫酸根離子和水，C1O-+SO2+H2O=2H++Cl-+，B錯誤；C．氯氣通入水中，少量的氯氣與水反應生鹽酸和次氯酸，離子方程式為Cl2+H2O?H++Cl-+HClO，C錯誤；D．氫氧化鋇溶液中加入少量稀硫酸的離子方程式為Ba2++2OH－+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，D錯誤；答案為A。5、C【詳解】①無色溶液中不會存在有色的Cu2+，故①錯誤；②之間不反應，都不與OH-反應，在堿性溶液中能夠大量共存，故②正確；③Fe2+、在酸性溶液中發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故③錯誤；④Na+、Ba2+、Cl-、I-之間不反應，都不與Fe2+反應，能夠大量共存，故④正確；⑤加入Al能放出H2的溶液中存在大量H+或OH-，與H+、OH-反應，不能大量共存，故⑤錯誤；⑥能使紅色石蕊試紙變?yōu)樗{色的溶液中存在大量OH-，S2-、ClO-之間發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故⑥錯誤；②④正確，故答案為C。6、D【解析】A.濃硝酸分解的方程式為4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，則V(NO2):V(O2)=4:1，故A錯誤；B.紅棕色氣體為NO2，它的產生不能表明木炭與濃硝酸發(fā)生了反應，也可能是濃硝酸分解產生的，故B錯誤；C.實驗II中濃硝酸受熱分解產生的氣體為二氧化氮和氧氣，木炭在此混合氣體中能迅速燃燒發(fā)出亮光，可能是氧氣助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C錯誤；D.根據C的分析，濃硝酸受熱分解產生的氣體為二氧化氮和氧氣，木炭在此混合氣體中能迅速燃燒發(fā)出亮光，可能是氧氣助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上實驗不能確定使液面上木炭迅速燃燒發(fā)出亮光的主要氣體一定是NO2，故D正確。答案選D。7、C【分析】向X、Y、Z三種元素形成的常見化合物的水溶液中通入CO2有白色膠狀沉淀生成,過濾,加入鹽酸后白色沉淀溶解且無氣體放出，可推出X、Y、Z三形成的化合物為NaAlO2，可得出X為O，Y為Na，Z為Al，又根據W、Y同主族、Z的核外最外層電子數(shù)與W核外電子總數(shù)相等得出W為Li，據此解答。【詳解】根據上述分析，得出W為Li，X為O，Y為Na，Z為Al。A、根據原子半徑遞變規(guī)律，應是X<W<Z<Y，故A錯誤；B、W的單質是Li，Y的單質是Na，Na與水反應更劇烈，故B錯誤；C、Y的最高價氧化物對應的水化物溶液是NaOH溶液，可與Al反應，故C正確；D、Y、Z分別與X形成的二元化合物可能有Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O2中有離子鍵和非極性鍵，而其余兩種都只有離子鍵，化學鍵類型不同，故D錯誤。答案選C?！军c睛】推出元素是解題的關鍵，突破口是水溶液中通入CO2有白色膠狀沉淀生成,過濾,加入鹽酸后白色沉淀溶解且無氣體放出，推出該水溶液為NaAlO2溶液，可推出X、Y、Z元素。8、B【詳解】A．CO2和SO2二者均與碳酸鈉溶液反應，不能除雜，應選飽和碳酸氫鈉溶液除去二氧化硫，故A錯誤；B．酸性條件下過氧化氫可將亞鐵離子氧化為鐵離子，且不引入新雜質，故B正確；C．氫氧化鋁與NaOH反應，將原物質除去，故C錯誤；D．NO、NO2可在NaOH溶液中發(fā)生氧化還原反應，應將混合氣體通過水、洗氣，故D錯誤；答案選B?！军c睛】選擇除雜溶液時，不要引入新的雜質，不減少原來的溶液。9、A【詳解】A.銅和硝酸反應生成硝酸銅和氮的化合物，n（Cu）=38.4/64==0.6mol，生成硝酸銅0.6mol，含有硝酸根離子1.2mol，氮的化合物為0.9mol，與氫氧化鈉恰好完全反應生成NaNO3和NaNO2，根據原子守恒可知：n(Na)=n(N)=n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol,所以硝酸的總量為1.2+1=2.2mol，若濃硝酸體積為200mL，則其物質的量濃度為2.2/0.2=11mol/L,A正確；B.NO、NO2、N2O4和NaOH溶液反應時生成NaNO3和NaNO2，NO2、N2O4中氮元素為+4價，既可升高到+5價，又可降低到+3價，既作還原劑又作還原劑，B錯誤；C.n（Cu）=38.4/64==0.6mol，由電子守恒可以知道，38.4gCu失去的電子等于HNO3到NaNO2得到的電子，0.6×（2-0）=n（NaNO2）×（5-3）,計算得出n（NaNO2）=0.6mol，根據題給信息可知n（NaOH）=0.5L×2mol/L=1mol，則由Na原子守恒可以知道n（NaOH）=n（NaNO2）+n（NaNO3），則n（NaNO3）=1mol-0.6mol=0.4mol，C錯誤；D.銅和硝酸反應生成硝酸銅和氮的化合物，硝酸部分被還原，作氧化劑，有部分生成鹽，表現(xiàn)出酸性，D錯誤；正確選項A。【點睛】本題考查氧化還原反應計算，把握硝酸的作用，氮元素的化合價變化及原子守恒（n(Na)=n(N)），電子守恒2n(Cu)=3n（NaNO2），這是順利解題的關鍵。10、D【解析】根據電荷守恒、水解規(guī)律、離子方程式的書寫分析?！驹斀狻緼.根據電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)=c(F－)+c(H2PO4－)+c(OH－)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，故A錯誤；B.少量H3PO4和NaF反應生成NaH2PO4和HF，離子方程式為：H3PO4

+F-=H2PO4-+HF，故B錯誤；C.根據鹽類水解規(guī)律：越弱越水解，可知同溫同濃度時，溶液的pH：Na2HPO4＞NaH2PO4＞NaF，故C錯誤；D.根據電離常數(shù)可知，結合H+

的能力由強到弱：PO43－＞HPO42－>F-＞H2PO4-，故D正確。故選D?！军c睛】鹽類水解規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解，雙弱雙水解，誰強顯誰性。11、D【分析】放電時，Zn是負極，負極反應式為Zn-2e－═Zn2＋，正極反應式為I2Br－+2e－=2I－+Br－，充電時，陽極反應式為Br－+2I－-2e－=I2Br－、陰極反應式為Zn2＋+2e－=Zn，只有陽離子能穿過交換膜，陰離子不能穿過交換膜，據此分析解答?！驹斀狻緼、放電時，a電極為正極，碘得電子變成碘離子，正極反應式為I2Br－+2e－=2I－+Br－，故A正確；B、放電時，正極反應式為I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中離子數(shù)目增大，故B正確；C、充電時，b電極反應式為Zn2＋+2e－=Zn，每增加0.65g，轉移0.02mol電子，陽極反應式為Br－+2I－-2e－=I2Br－，有0.02molI－失電子被氧化，故C正確；D、充電時，a是陽極，應與外電源的正極相連，故D錯誤；故選D。【點睛】本題考查化學電源新型電池，會根據電極上發(fā)生的反應判斷正負極是解本題關鍵，會正確書寫電極反應式，易錯選項是B，正極反應式為I2Br－+2e－=2I－+Br－，溶液中離子數(shù)目增大。12、D【詳解】A．根據圖示，反應I中，還原劑為Fe(NO)2+，故A錯誤；B．反應II中，F(xiàn)eS2中S元素由-1價升高到+6價，是還原劑，不是氧化劑，故B錯誤；C．根據圖示，反應III中沒有元素化合價的變化，一定不屬于氧化還原反應，故C錯誤；D．根據圖示，F(xiàn)eS2催化氧化過程中，NO參與了反應，但經過反應后還變成NO，因此NO是催化劑，故D正確；故選D。13、A【解析】A.由于溶液中氯離子濃度不同，無法排除氯離子對H2O2分解速率的影響，A錯誤；B.根據沉淀溶解平衡原理，向Mg(OH)2濁液中滴加FeCl3溶液，觀察是否出現(xiàn)紅棕色沉淀，即可判斷兩者的溶解度，B正確；C.將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中，高錳酸鉀把二氧化硫氧化為硫酸根離子，本身被還原為錳離子，溶液褪色，證明SO2具有還原性，C正確；D.結合鹽類“越弱越水解”規(guī)律，相同濃度的NaClO和CH3COONa溶液，NaClO溶液的pH較大，水解能力強，對應的酸的酸性弱，即HClO小于CH3COOH的酸性，D正確；綜上所述，本題選A。14、C【詳解】A．由于瓷器中的SiO2、Al2O3等在加熱條件下能與Na2CO3反應，故加熱熔融的純堿固體不能用瓷坩堝，應該用鐵坩堝，A不合題意；B．將干海帶灼燒成灰應該在坩堝中進行，不能在蒸發(fā)皿中進行，B不合題意；C．銅與濃硫酸共熱可以制取二氧化硫，Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，C符合題意；D．由于碳酸鈉為粉末狀固體，用D裝置制取二氧化碳不能控制反應的發(fā)生與停止，D不合題意；故答案為：C。15、C【詳解】A．鈉易被空氣中的氧氣氧化，且鈉的密度比煤油大，不與煤油反應，則將少量金屬鈉貯存在煤油中，A做法正確；B．氯水中的次氯酸見光易分解，則將氯水保存在細口棕色試劑瓶中，B做法正確；C．10mL的量筒精確度為0.1mL，則用量筒量取6.5mL濃硫酸，C說法錯誤；D．NO2與NaOH反應生成硝酸鈉和亞硝酸鈉，而NO不反應，則用氫氧化鈉溶液除去NO中混有的少量NO2，D做法正確；答案為C。16、C【解析】試題分析：A、25℃時，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中c(H+)=10-13mol/L，c(OH－)=0.1mol/L含有的OH－數(shù)目為0.1NA，錯誤；B、標準狀況下，2.24LCl2的物質的量是0.1mol，與過量稀NaOH溶液反應，轉移的電子總數(shù)為0.1NA，錯誤；C、乙烯和丁烯的最簡式是CH2,式量是14，所以室溫下，21.0g乙烯和丁烯的混合氣體中含有的最簡式的物質的量是0.15mol，因此其中含有碳原子數(shù)目為1.5NA，正確；D、標準狀況下，甲醇是液體，所以不能使用氣體摩爾體積，錯誤?？键c：考查阿伏加德羅常數(shù)的計算的知識。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氯鐵Cl2+H2S=2HCl+S↓S2－O2－Al3＋HClO4＞H2SO4＞H3PO4Al3+＋4OH-=AlO2-＋2H2O3Fe＋4H2OFe3O4+4H2A【分析】設C的原子序數(shù)為x，則A為x-8，B為x-1，C為x+1，A、B、C、D四種元素原子核外共有56個電子，則有x+x-8+x-1+x+1=56，x=16，所以C為S元素，A為O元素，B為P元素，D為Cl元素，1molE單質與足量酸作用，在標準狀況下能產生33.6LH2，可知E的化合價為+3價，應為Al元素，E單質粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌，G為Fe，F(xiàn)是短周期最活潑的金屬元素，F(xiàn)為Na，根據元素周期律的遞變規(guī)律比較原子半徑以及元素的非金屬性強弱，結合元素對應的單質、化合物的性質解答該題?！驹斀狻浚?）根據分析，元素D為氯，元素G為鐵。（2）D的單質與C的氣態(tài)氫化物反應即氯氣與硫化氫反應，生成氯化氫和硫單質，反應方程式為Cl2+H2S=2HCl+S↓。（3）根據電子層數(shù)越多，半徑越大，具有相同結構的離子，原子序數(shù)越小的離子半徑越大，則離子半徑為S2-＞O2-＞Al3＋；元素的非金屬性越強，對應的最高價氧化物對應水化物的酸性越強，則有HClO4＞H2SO4＞H3PO4。（4）D和E形成的化合物為AlCl3，水溶液中滴入過量燒堿溶液生成偏鋁酸鈉和水，離子反應為Al3++4OH--=AlO2-+2H2O。（5）鈉和氯在形成氯化鈉的過程中，鈉原子失去一個電子形成鈉離子，氯原子得到一個電子形成氯離子，之后結合生成氯化鈉，電子式表示為（6）G為鐵，鐵單質與高溫水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，反應方程式為3Fe＋4H2OFe3O4+4H2。（7）A．B可以失電子，H3BO3中B顯+3價，故A選項錯誤。B．同一主族越往下原子半徑越大，故原子半徑Ge＞Si，B選項正確。C．As與Si化學性質較相近，也可作半導體材料，故C選項正確。D．Po在周期表中處于第六周期第VIA族，故D選項正確。故答案選A【點睛】本題考查元素推斷及元素化合物知識，本題從元素在周期表中的相對位置為載體，通過元素原子核外電子數(shù)目關系推斷元素種類，考查元素周期律的遞變規(guī)律以及常見元素化合物的性質，學習中注重相關基礎知識的積累。18、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】從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數(shù)，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，據此分析解答。【詳解】（1）能用于文物年代測定的是14C，其核素的符號為：614C，z元素為氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案為：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的簡單離子分別是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三個電子層，半徑最大，O2-、Na+、Al3+三種離子的電子層結構相同，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案為S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，兩者反應的方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h為氯元素，元素g為硫元素，氯元素的非金屬性較硫強，所以氯氣的氧化性強于硫，能與硫化鈉溶液或氫硫酸反應得到硫單質，反應的離子反應為：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案為S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。19、H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O排除實驗II中MnO2直接還原重鉻酸鉀的可能Mn2+可加快草酸與重鉻酸鉀的反應0.1mol/LH2C2O4溶液（調至pH=2）上清液為紫色2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液與4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，調至pH=2，加入0.0001molMnSO4固體（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色變淺氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑【解析】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步電離；（2）酸性條件下，KMnO4最終被還原為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳；（3）實驗IV與實驗II、III區(qū)別是沒有草酸；（4）分析曲線可知，開始時Cr2O72-濃度變化緩慢，一段時間后變化迅速；①由實驗結論出發(fā)即可快速解題；②由控制變量法可知，保持其他變量不變，將MnO2換成等物質的量的MnSO4固體即可；（5）注意實驗的變量有：氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑?！驹斀狻浚?）H2C2O4是二元弱酸，分步電離，用可逆符號，則H2C2O4溶于水的電離方程式為H2C2O4HC2O4-+H+、HC2O4-C2O42-+H+；（2）實驗I試管a中，酸性條件下，KMnO4最終被還原為Mn2+，草酸被氧化為二氧化碳，則該反應的離子方程式為5H2C2O4+6H++2MnO4-=10CO2↑+2Mn2++8H2O；（3）實驗IV與實驗II、III區(qū)別是沒有草酸，則實驗IV的目的是：排除實驗II中MnO2直接還原重鉻酸鉀的可能；（4）分析曲線可知，開始時Cr2O72-濃度變化緩慢，一段時間后變化迅速，則可能是過程i．MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+。過程ii．Mn2+可加快草酸與重鉻酸鉀的反應；①將0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液（調至pH=2）中，固體完全溶解，則說明MnO2與H2C2O4反應生成了Mn2+；從中取出少量溶液（含Mn2+），加入過量PbO2固體，充分反應后靜置，觀察到上清液為紫色，則說明溶液中Mn2+能被PbO2氧化為MnO4-，MnO4-顯紫色；②設計實驗方案證實過程ii成立，由控制變量法可知，保持其他變量不變，將MnO2換成等物質的量的MnSO4固體即可，即實驗方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液與4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合，調至pH=2，加入0.0001molMnSO4固體（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色變淺；（5）綜合以上實驗可知，變量有：氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑，則草酸發(fā)生氧化反應的速率與氧化劑種類、溶液pH、是否有催化劑有關。20、Si和CuK3Fe（CN）6，或鐵氰化鉀、鐵氰酸鉀Fe3++3NH3·H2O=Fe（OH）3↓+3NH4+趁熱過濾坩堝Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【解析】合金廢料（主要含F(xiàn)e、Cu、Co、Si、Li）加入鹽酸過濾得到殘渣M為不與鹽酸反應的銅和硅，浸出液中加入過氧化氫，將亞鐵離子氧化為鐵離子，加入氨水調節(jié)溶液PH使鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，通過操作Ⅰ過濾得到溶液A，加入草酸銨溶液沉淀鈷離子，過濾得到溶液B，主要是鋰離子的溶液，加入碳酸鈉沉淀鋰離子，過濾得到碳酸鋰；（1）.根據上述分析，流程中殘渣M的主要成分是Si和Cu，故答案是：Si和Cu；（2）亞鐵離子和鐵氰化鉀溶液反應生成藍色沉淀，所以最佳試劑是鐵氰化鉀；加入氨水使溶液中的鐵離子生成氫氧化鐵沉淀而除去鐵離子