2026屆安徽省淮北師大學附屬實驗中學化學高三上期中學業(yè)質量監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請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、下列反應中，水只作氧化劑的是①氟氣通入水中②水蒸氣經(jīng)過灼熱的焦炭③鈉塊投入水中④鐵與水蒸氣反應⑤氯氣通入水中A．只有①④ B．只有①⑤C．只有②③ D．只有②③④2、關于相同體積、相同pH的鹽酸和醋酸溶液及其相關實驗的說法，正確的是A．室溫時，由水電離出的c(H+)：鹽酸小于醋酸溶液B．用等濃度的NaOH溶液中和兩種溶液時：所需體積相同C．均加水沖稀10倍后：鹽酸的pH大于醋酸溶液的pHD．均加入足量鎂粉，反應完全后產(chǎn)生H2的物質的量：鹽酸大于醋酸溶液3、下列反應的離子方程式中正確的是（）A．將Fe(OH)2投入稀HNO3中：Fe(OH)2+2H+＝Fe2++2H2OB．在Ba(OH)2溶液中滴入少量的KHCO3溶液：Ba2++2OH－+2HCO3－＝BaCO3↓+CO32－+2H2OC．在NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO－+SO2+H2O＝SO42－+Cl－+2H+D．在硫酸氫鈉溶液中滴加少量純堿溶液：2H++CO32－＝CO2↑+H2O4、下列實驗合理的是A．實驗Ⅰ：稱量固體B．實驗Ⅱ：制備氫氧化鐵膠體C．實驗Ⅲ：振蕩后靜置，下層溶液顏色變淺D．實驗Ⅳ：配制一定濃度的燒堿溶液5、下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的有幾組()①酸性溶液中：Na＋、ClO－、SO、I－②無色溶液中：K＋、Na＋、MnO、SO③堿性溶液中：Cl－、CO、SO、K＋、AlO④中性溶液中：Fe3＋、K＋、Cl－、SO⑤常溫下，由水電離出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：Na＋、Ba2＋、Cl－、Br－⑥與鋁粉反應放出H2的無色溶液中：NO、Al3＋、Na＋、SOA．1組 B．2組 C．3組 D．4組6、NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．標準狀況下，11.2L三氧化硫中含有分子的數(shù)目為0.5NAB．用含有0.1mo1FeCl3的飽和溶液配制的氫氧化鐵膠體中，膠體粒子數(shù)等于0.1NAC．1mol過氧化鈉與足量水反應，轉移的電子數(shù)為NAD．1.8gD2O中所含中子數(shù)為9NA7、由氧化銅、氧化鐵組成的混合物ag,加入2mol·L-1的硫酸50mL時固體恰好完全溶解。若將ag該混合物在足量的一氧化碳中加熱充分反應,冷卻后固體質量為A．無法計算 B．a(chǎn)g C．(a-1.6)g D．(a-3.2)g8、一定量的Cu2S投入到足量濃硝酸中，收集到氣體nmol，向反應后的溶液（存在Cu2+和SO42-）中加入足量NaOH，產(chǎn)生藍色沉淀，過濾、洗滌、灼燒，得到CuO48.0g，若上述氣體為NO和NO2混合物，且體積比為1：2。則n為（）A．3.28 B．1.80 C．0.80 D．1.639、砷化氫(AsH3)是一種無色、可溶于水的氣體，其分子構型是三角錐形。下列關于AsH3的敘述中正確的是A．AsH3分子中有未成鍵的電子對 B．AsH3是非極性分子C．AsH3是強氧化劑 D．AsH3分子中的As－H鍵是非極性鍵10、下列關于石油的說法正確的是A．石油屬于可再生礦物能源 B．石油主要含有碳、氫兩種元素C．石油裂化屬于物理變化 D．石油分餾屬于化學變化11、常溫下，下列各組離子在指定溶液中可能大量共存的是A．c(OH?)/c(H+)=1×1014的溶液中：K+、Na+、I?、SiO32-B．水電離出的c(

H+)=

1×

10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Ba2+、Cl-、HCO3-C．加入鋁粉能放出氫氣的溶液中：Ba2+、Cl-、Fe3+、NO3-D．c(SO32－)＝0.1mol·L－1的溶液中：Ca2＋、MnO4－、SO42－、H＋12、下列有關實驗操作、現(xiàn)象和結論都正確的是選項實驗操作現(xiàn)象結論A向BaCl2溶液中通入CO2產(chǎn)生白色沉淀白色沉淀為BaCO3B向NaHCO3溶液中先加入CaCl2溶液，再加入NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀白色沉淀為CaCO3C向某溶液加入NaOH溶液，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗產(chǎn)生的氣體濕潤的紅色石蕊試紙未變藍該溶液中一定不含有D向某溶液中先加入HNO3溶液，再加入BaCl2溶液產(chǎn)生白色沉淀該溶液中一定含有A．A B．B C．C D．D13、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的簡單氫化物可用作制冷劑，Y的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的。由X、Y和Z三種元素形成的一種鹽溶于水后，加入稀鹽酸，有黃色沉淀析出，同時有刺激性氣體產(chǎn)生。下列說法正確的是A．原子半徑：Y>Z>X>WB．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：W>X>ZC．Y、Z形成的化合物溶于水會促進水的電離D．上述刺激性氣體通入紫色石蕊溶液，溶液先變紅后褪色14、把a、b、c、d四塊金屬浸入稀H2SO4中，用導線兩兩相連可以組成各種原電池。若a、b相連時a溶解；c、d相連時c為負極；a、c相連時，c極上產(chǎn)生大量氣泡；b、d相連時，b為正極，則四種金屬活動性順序由強到弱為（）A．a(chǎn)＞b＞c＞d B．a(chǎn)＞c＞d＞b C．c＞a＞b＞d D．b＞d＞c＞a15、根據(jù)下列圖示所得出的結論正確的是A．圖甲表示壓強對可逆反應2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影響，乙的壓強比甲的壓強大B．圖乙是金剛石與石墨分別氧化生成CO2的能量關系曲線，說明石墨轉化為金剛石的反應的ΔH>0C．圖丙表示一定條件下的合成氨反應中，NH3的平衡體積分數(shù)隨H2起始體積分數(shù)(N2的起始量恒定)的變化，圖中a點N2的轉化率大于b點D．圖丁表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則相同條件下NaA溶液的pH大于同濃度的NaB溶液的pH16、在FeCl3和CuCl2的混合溶液中加入鐵屑，反應結束后濾出固體物質，濾液中的陽離子可能是①只有Fe2+②Fe2+和Fe3+③Fe2+和Cu2+④Cu2+和Fe3+A．①③ B．②④ C．①④ D．②③二、非選擇題（本題包括5小題）17、下表為元素周期表的一部分：ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA二CN①三②③④P⑤⑥請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）表中元素，原子半徑最大的是_______（填元素符號）；①的核外電子排布式______；⑤的最外層核外電子的軌道表示式______；③和⑥兩元素形成化合物的電子式為________。（2）②③④三種元素最高價氧化物對應的水化物中，堿性最強的是________（填該物質化學式）。（3）比較④、⑤兩種元素的簡單離子半徑：___>___（填離子符號）;元素④最高價氧化物對應的水化物與硝酸反應的離子方程式為____________________________。（4）列舉兩個事實來證明元素①比元素⑤的非金屬性強______；___________。18、通過石油裂解制得A。以A為原料制取有機玻璃N及隱形眼鏡材料M的合成路線如下：已知：（-R，-R’為可能相同或可能不同的原子或原子團）請回答:（1）A中官能團的名稱是_______，B的結構簡式是______。（2）F→N反應的化學方程式是________，反應類型是________。（3）C在一定條件下轉化為高分子化合物的化學方程式是________。（4）D有多種同分異構體，符合下列條件的有____種（包括順反異構體）。①能發(fā)生銀鏡反應②能與NaOH溶液反應（5）B是一種重要的工業(yè)溶劑，請完成A→B的反應的合成路線(有機物寫結構簡式、無機試劑任選):___________________19、硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]，俗名莫爾鹽，藍綠色的固體，易溶于水，幾乎不溶于乙醇，在100℃～110℃時分解，對光敏感。在空氣中逐漸風化及氧化。在空氣中比硫酸亞鐵穩(wěn)定，有還原性。常用作重鉻酸鉀、高錳酸鉀等溶液的互相標定的標準物質。一般用廢鐵屑經(jīng)以下流程制?。?1)檢驗莫爾鹽固體中亞鐵離子，可將樣品溶于水后，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，反應的現(xiàn)象是________________。(2)下列說法中正確的有____。A．用NaOH溶液洗滌廢鐵屑的作用是去除廢鐵屑表面的油污和氧化鐵雜質B．蒸發(fā)應用小火小心加熱，直到出現(xiàn)大量晶體?；鹄糜酂嵴舾扇軇〤．過濾后可用少量乙醇洗滌D．檢驗莫爾鹽固體樣品中銨離子，可將樣品溶于水后，再加足量NaOH稀溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若觀察到試紙變藍，表明固體中存在NH4+，否則無NH4+E．檢驗莫爾鹽固體是否氧化變質，可將樣品溶于水后，滴加KSCN溶液，溶液變紅，說明氧化變質(3)用重鉻酸鉀溶液標定（滴定）莫爾鹽溶液濃度，若需配制濃度為0.01000mol?L-1的K2Cr2O7標準溶液250mL，應準確稱取____________________gK2Cr2O7(保留4位有效數(shù)字，已知M（K2Cr2O7）=294.0g?mol-1)．配制該標準溶液時，下列儀器中不必要用到的有__________________.①電子天平②燒杯③溫度計④玻璃棒⑤容量瓶⑥鐵架臺（帶鐵圈）⑦膠頭滴管滴定操作中，如果滴定前裝有K2Cr2O7標準溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡，而滴定結束后氣泡消失，則測定結果將____(填“偏大”、“偏小”或“不變”)。(4)向（NH4)2Fe(SO4)2溶液中滴加一定量的NaOH溶液時，發(fā)生的總反應的離子方程式一定錯誤的是____。（填字母）A．Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓B．NH4＋＋OH－===NH3·H2OC．Fe2＋＋3OH－＋NH4＋===Fe(OH)2↓＋NH3·H2OD．Fe2＋＋5OH－＋3NH4＋===Fe(OH)2↓＋3NH3·H2O20、某研究小組欲探究SO2的化學性質，設計了如下實驗方案。（1）指出儀器①的名稱：___。（2）裝置B檢驗SO2的氧化性，則B中所盛試劑可以為___。（3）裝置C中盛裝溴水用以檢驗SO2的___性，則C中反應的離子方程式為___。（4）裝置D中盛裝新制漂白粉濃溶液，通入SO2一段時間后，D中出現(xiàn)了大量白色沉淀。同學們對白色沉淀成分提出三種假設：①假設一：該白色沉淀為CaSO3；假設二：該白色沉淀為___；假設三：該白色沉淀為上述兩種物質的混合物。②基于假設一，同學們對白色沉淀成分進行了探究。設計如下方案：限選的試劑：0.5mol·L－1HCl、0.5mol·L－1H2SO4、0.5mol·L－1BaCl2、1mol·L－1NaOH、品紅溶液。第1步，將D中沉淀過濾、洗滌干凈，備用。請回答洗滌沉淀的方法：___。第2步，用另一只干凈試管取少量沉淀樣品，加入___（試劑），塞上帶導管的單孔塞，將導管的另一端插入盛有___的試管中。若出現(xiàn)固體完全溶解，出現(xiàn)氣泡，且該溶液褪色現(xiàn)象，則假設一成立。（5）裝置E中盛放的試劑是__，作用是___。21、MnSO4·H2O在工業(yè)、農(nóng)業(yè)等方面有廣泛的應用。軟錳礦-黃鐵礦硫酸浸出法是工業(yè)上制取硫酸錳的一種方法。（1）酸浸時主要反應為15MnO2+2FeS2+14H2SO4=15MnSO4+Fe2(SO4)3+14H2O，反應中被氧化的元素是____。酸浸時，硫酸過量的目的是：①____；②____。（2）加入CaCO3可以將濾液中的Fe3+轉化為Fe(OH)3而除去，該反應的化學方程式為____。CaCO3用量過大，對MnSO4·H2O產(chǎn)量的影響是，____（填“升高”“降低”或“無影響”）。（3）硫酸錳在不同溫度下結晶可分別得到MnSO4·7H2O、MnSO4·5H2O和MnSO4·H2O。硫酸錳在不同溫度下的溶解度和該溫度范圍內析出晶體的組成如下圖所示。從過濾Ⅱ所得的濾液中獲得較高純度MnSO4·H2O的操作是：控制溫度在80℃~90℃之間蒸發(fā)結晶，____，使固體MnSO4·H2O與溶液分離，____、真空干燥。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【分析】根據(jù)氧化還原反應的特點，化合價升高的反應是氧化劑，所以通過分析在反應中水中的氫元素化合價既能判定?！驹斀狻竣俜鷼馔ㄈ胨邪l(fā)生的反應為：2F2+2H2O=4HF+O2,水中氧元素的化合價升高，所以水做還原劑；②水蒸氣經(jīng)過灼熱的焦炭發(fā)生的反應為：C+H2O(g)=CO+H2，水中的氫的化合價降低，所以水做氧化劑；③鈉塊投入水中發(fā)生的反應為：2Na+2H2O=2NaOH+H2,水中的氫的化合價降低，所以做氧化劑；④鐵與水蒸氣反應發(fā)生的反應為：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2,水中的氫的化合價降低，所以水做氧化劑；⑤氯氣通入水中發(fā)生的反應為:Cl2+H2OHCl+HClO水中的氫和氧的化合價都沒有變化，所以水既不是氧化劑也不是還原劑。綜上所述A.只有①④不符合題意；B.只有①⑤不符合題意；C.只有②③不符合題意；D.只有②③④符合題意；答案：D?！军c睛】根據(jù)氧化還原反應特征判斷氧化劑和還原劑。氧化劑是所含元素的化合價降低的物質，還原劑是所含元素的化合價升高的物質。結合水中H、O元素的變化特征進行解答。2、C【解析】A.pH相同的鹽酸和醋酸溶液中氫離子濃度相同，所以對水電離的抑制程度相同，由水電離的c（H+）相同，A不正確；B.鹽酸屬于強酸，醋酸屬于弱酸，pH相同的鹽酸和醋酸溶液，醋酸濃度大，消耗的氫氧化鈉多，B不正確；C.加水稀釋促進醋酸的電離，所以稀釋相同的倍數(shù)后，鹽酸的pH大于醋酸溶液的pH，C正確；D.鹽酸屬于強酸，醋酸屬于弱酸，pH相同的鹽酸和醋酸溶液，醋酸濃度大，因此和足量鎂反應，醋酸產(chǎn)生的氫氣多，D不正確；答案選C。3、D【解析】試題分析：A、硝酸具有強氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故錯誤；B、KHCO3是少量，系數(shù)為1，因此離子反應方程式為Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O，故錯誤；C、因為SO2少量，NaClO過量應生成HClO，故錯誤；D、NaHSO4完全電離出H＋，純堿過量，2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，故正確?？键c：考查離子反應方程式的正誤判斷等知識。4、C【詳解】A.氫氧化鈉固體易潮解，具有強烈的腐蝕性，所以稱量時不能放在紙片上，應放在小燒杯中快速稱量，故A錯誤；B.制備氫氧化鐵膠體是應該將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，加熱煮沸得到紅褐的液體；若滴加氫氧化鈉溶液，會生成氫氧化鐵沉淀，故B錯誤；C.碘易溶于有機溶劑，苯能夠萃取碘，苯的密度小于水，振蕩后靜置，下層溶液顏色變淺，故C正確；D.配制一定濃度的燒堿溶液，應該在燒杯中溶解氫氧化鈉固體，冷卻后再轉移至容量瓶中，故D錯誤；故選C。5、B【詳解】①酸性溶液中存在大量H+，ClO－與H+能夠反應生成弱電解質HClO，且ClO－能氧化I-，因此該組微粒不能大量共存；②含溶液呈紫紅色，不能在無色溶液中大量共存；③堿性溶液中存在大量OH-，該組微粒之間相互之間不會發(fā)生反應，因此能夠大量共存；④含F(xiàn)e3＋的溶液呈酸性，因此不能在中性溶液中大量共存；⑤常溫下，由水電離出的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，該組微粒之間不會發(fā)生反應，且與H+、OH-均不會反應，因此能夠大量共存；⑥與鋁粉反應放出H2的無色溶液可能為酸溶液，也可能為強堿溶液，強堿性條件下Al3＋能與OH-之間會發(fā)生反應而不能大量共存；綜上所述，各組離子在指定溶液中一定能大量共存的有③⑤，共2組，故答案為B。6、C【解析】A.標準狀況下，三氧化硫不是氣體；B.一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體；C.通過化合價分析過氧化鈉與水反應轉移電子數(shù)；D.1.8gD2O物質的量為0.09mol，所含中子數(shù)為0.9NA；【詳解】A.標準狀況下，三氧化硫不是氣體，不能根據(jù)氣體摩爾體積來計算其物質的量，故A項錯誤；B.一個氫氧化鐵膠粒是多個氫氧化鐵的聚集體，故形成的膠粒的個數(shù)小于0.1NA，故B項錯誤；C.1mol過氧化鈉與足量水反應，生成氫氧化鈉和氧氣，轉移的電子數(shù)為NA；D.1.8gD2O物質的量為0.09mol，所含中子數(shù)為0.9NA，故D項錯誤。綜上，本題選C。7、C【分析】氧化銅和氧化鐵組成的混合物與硫酸反應恰好完全溶解，說明硫酸的物質的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物質的量?！驹斀狻垦趸~和氧化鐵組成的混合物與硫酸反應恰好完全溶解，說明硫酸的物質的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物質的量，當混合物被一氧化碳還原，則固體質量等于原固體質量-氧原子質量，硫酸的物質的量為0.05×2=0.1mol，則固體的質量為a-16×0.1=a-1.6,故C正確。8、B【分析】結合n=計算n(CuO)，根據(jù)Cu元素守恒計算n(Cu2S)，再根據(jù)電子轉移數(shù)目守恒計算n(NO)、n(NO2)，進而計算氣體總物質的量，實際氣體介于二者之間?！驹斀狻康玫紺uO

48.0g，其物質的量為=0.6mol，n(Cu2S)=n(CuO)=×0.6mol=0.3mol，Cu2S中S的化合價由-2價升高為+6價，且Cu元素的化合價由+1價升高為+2價，則轉移電子物質的量0.3×（8+1×2）=3mol，上述氣體為NO和NO2混合物，且體積比為1：2，設NO為xmol、NO2為2xmol，由電子守恒可知3x+2x=3，解得x=0.6，可知n=0.6+2×0.6=1.80。答案選B?！军c睛】氧化還原反應的計算，把握元素化合價變化、電子守恒為解答的關鍵，注意守恒法的應用。9、A【詳解】A．As原子最外層有5個電子，其中3根分別與氫原子形成共價鍵，剩余一對電子未參與成鍵，故A正確；B．砷化氫分子構型是三角錐形，所以正負電荷中心不重合，為極性分子，故B錯誤；C．處于最低價態(tài)的元素具有強還原性，As為-3價，處于最低價態(tài)，具有強還原性，故C錯誤；D．不同種元素之間形成的共價鍵極性鍵，故D錯誤；綜上所述答案為A。10、B【解析】A、石油屬于不可再生礦物能源，A錯誤；B、石油主要含有碳、氫兩種元素，B正確；C、石油裂化屬于化學變化，C錯誤；D、石油分餾屬于物理變化，D錯誤，答案選B。11、A【詳解】A.c(OH-)/c(H+)=1×1014的溶液中c(OH-)=1mol/L，溶液呈堿性，K+、Na+、I?、SiO32-互不反應，能夠大量共存，故A正確；B.在由水電離產(chǎn)生的H+濃度為1×10-13mol?L-1的溶液中，水的電離受到酸或堿的抑制，則溶液為強酸性或強堿性，HCO3-既不能存在于酸性較強的溶液中，也不能存在于堿性較強的溶液中，故B錯誤；C.加入鋁粉能放出氫氣的溶液可能為酸溶液，也可能為堿溶液，在酸性條件下NO3-有強氧化性，與鋁反應不生成氫氣，在堿性條件下Fe3+不能大量共存，故C錯誤；D.c(SO32－)＝0.1mol·L－1的溶液中，Ca2+、H＋與SO32－都能反應而不能大量共存，SO32-與高錳酸根離子發(fā)生氧化還原反應也不能大量共存，故D錯誤。故選A?！军c睛】解決離子共存問題時應該注意題目所隱含的條件，題目所隱含的條件一般有（1）溶液的酸堿性，據(jù)此來判斷溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的顏色，如無色時可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色離子的存在；（3）溶液的具體反應條件，如“氧化還原反應”“加入鋁粉產(chǎn)生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存。12、B【詳解】A.氯化鋇溶液中通入二氧化碳不反應，不能得到碳酸鋇沉淀，故錯誤；B.碳酸氫鈉和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉，與氯化鈣反應生成碳酸鈣沉淀，故正確；C.含有銨根離子的溶液中加入濃的氫氧化鈉并加熱才能得到堿性的氨氣，故錯誤；D.原溶液中不一定有硫酸根離子，也可能含有亞硫酸根離子，因為被硝酸氧化成硫酸根離子再生成硫酸鋇沉淀，故錯誤。故選B。13、C【分析】氨可作制冷劑，所以W是氮；鈉是短周期元素中原子半徑最大的，所以Y是鈉；硫代硫酸鈉與稀鹽酸反應生成黃色沉淀硫單質和刺激性氣味的氣體二氧化硫，所以X、Z分別是氧、硫?！驹斀狻緼.由分析可知，Y是鈉、X是氧、Z是硫、W是氮，N、O同周期，Na、S同周期，自左而右原子半徑減小，故原子半徑：N＞O，Na＞S，S電子層多，原子半徑較大，S＞N；故原子半徑Na＞S＞N＞O，故選A錯誤；B.非金屬性O＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，即W<X，故B錯誤；C.Y、Z形成的化合物是Na2S，Na2S溶于水后硫離子會結合少量水電離的氫離子，使得溶液中氫離子濃度降低，然而溶液中氫離子和氫氧根離子濃度的乘積為常數(shù)，此時氫氧根離子弄都就會增大，從而促進了水的電離，故C正確；D.上述刺激性氣體是二氧化硫，二氧化硫只能漂白某些有機色質，比如說品紅溶液，但是不能使紫色石蕊試液褪色，二氧化硫的漂白原理是與某些有色物質結合生成不穩(wěn)定的無色物質，加熱后又會恢復原來的顏色，故D錯誤；正確答案是C。【點睛】本題考查元素周期表和元素周期律的知識，準確判斷出元素是解答的關鍵，注意從元素及其化合物知識的角度去判斷，例如制冷劑、淡黃色沉淀和刺激性氣味氣體等，然后再根據(jù)元素周期律的知識進行解答，這就需要掌握（非）金屬性的強弱、微粒半徑的大小比較等知識，因此平時學習中要夯實基礎知識，同時應注意知識的靈活運用。元素周期表、元素周期律是學習化學的工具和基本規(guī)律。元素周期表反映了元素的原子結構、元素的性質及相互轉化關系的規(guī)律，是根據(jù)元素周期律的具體表現(xiàn)形式，元素周期律是元素周期表排布的依據(jù)。元素的原子半徑、元素的化合價、元素的金屬性、非金屬性、原子核外電子排布都隨著原子序數(shù)的遞增而呈周期性的變化。同一周期的元素原子核外電子層數(shù)相同，從左到右原子序數(shù)逐漸增大；同一主族的元素，原子最外層電子數(shù)相同，從上到下原子核外電子層數(shù)逐漸增大。原子核外電子排布的周期性變化是元素周期律變化的原因，掌握元素的單質及化合物的結構、反應條件、物質的物理性質、化學性質等是進行元素及化合物推斷的關鍵。14、B【分析】原電池負極金屬相對較活潑，按照構成的原電池，分別比較a、b、c、d兩兩間的金屬性強弱大小，即可排出四種金屬活動性順序由強到弱的順序。【詳解】兩金屬片、稀H2SO4為電解質溶液的原電池中，負極的活潑性大于正極的活潑性，負極溶解，正極產(chǎn)生氣泡。因此，四種金屬活動性a＞b；c＞d；a＞c；d＞b，即a＞c＞d＞b。故選B。15、B【詳解】A．2A(g)+2B(g)?3C(g)+D(s)為氣體體積減小的反應，增大壓強平衡正向移動，圖中平衡狀態(tài)相同，應為使用催化劑，故A錯誤；B．圖中金剛石比石墨的能量高，則石墨轉化為金剛石的反應的△H＞0，故B正確；C．增大氫氣的量，可促進氮氣的轉化率，則圖中a點N2的轉化率小于b點，故C錯誤；D．開始的pH相同，稀釋相同倍數(shù)時，酸性強的pH變化大，則HA的酸性強，相同條件下NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，故D錯誤；故答案為B。16、A【解析】由于Fe3+能氧化Fe、Cu，充分反應后濾去固體物質，固體為Cu或Fe、Cu，所以濾液中一定無Fe3+，可排除②④，固體物質存在兩種可能：1、當固體為鐵、銅時，溶液中的Fe3+、Cu2+全部參加反應生成Fe2+和Cu，反應的反應方程式為：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定沒有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故①正確；2、當固體為銅時，溶液中一定沒有Fe3+，Cu2+恰好全部參加反應或部分反應生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定沒有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；綜上可知：濾液中一定含有Fe2+，故③正確，故選A?！军c晴】本題考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比較，能正確判斷固體的成分是解本題的關鍵。根據(jù)Fe3+、Cu2+的氧化性強弱判斷反應先后順序，從而確定固體的成分、溶液的成分；有固體剩余，若固體只有銅，則反應后的溶液中一定無Fe3+存在，一定存在Fe2+；可能含有Cu2+；若有鐵剩余，一定有銅生成，F(xiàn)e3+、Cu2+無剩余。二、非選擇題（本題包括5小題）17、Na1s22s22p4NaOHS2—Al3+Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O熱穩(wěn)定性H2O比H2S強H2S水溶液在空氣中變渾濁【分析】由周期表的相對位置可知，①為O元素、②為Na元素、③為Mg元素、④為Al元素、⑤為S元素、⑥為Cl元素?！驹斀狻浚?）由同周期元素從左到右原子半徑依次減小，同主族元素從上到下原子半徑依次增大可知，表中左下角Na原子的原子半徑最大；O元素的核電荷數(shù)為8，最外層電子數(shù)為6，則核外電子排布式為1s22s22p4；S元素的價電子排布式為3s23p4，則軌道表示式為；鎂元素和氯元素形成的化合物為氯化鎂，氯化鎂為離子化合物，電子式為，故答案為Na；1s22s22p4；；；（2）金屬元素的金屬性越強，元素最高價氧化物對應的水化物的堿性越強，同周期元素Na、Mg、Al的金屬性依次減弱，則堿性最強的是NaOH，故答案為NaOH；（3）同主族元素，從上到下離子半徑依次增大，電子層結構相同的離子，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑S2—>Al3+；氫氧化鋁與硝酸反應生成硝酸鋁和水，反應的離子方程式為Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O，故答案為S2—>Al3+；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O；（4）元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定，O的非金屬性大于S，則熱穩(wěn)定性H2O比H2S強；H2S水溶液在空氣中變渾濁，是由于發(fā)生如下反應：2H2S+O2=2S+2H2O，反應說明O2的氧化性大于S，則O的非金屬性強，故答案為熱穩(wěn)定性H2O比H2S強；H2S水溶液在空氣中變渾濁；【點睛】元素的非金屬性越強，對應的氫化物越穩(wěn)定；H2S水溶液在空氣中變渾濁說明O2的氧化性大于S；在一定條件下，O2與Cu反應生成CuO，S與Cu反應生成Cu2S，說明O2的氧化性大于S等事實都能說明O的非金屬性大于S。18、碳碳雙鍵加聚反應5【解析】本題考查有機物推斷和合成，（1）根據(jù)A的分子式，且A是石油裂解產(chǎn)生，因此A為丙烯，結構簡式為CH2=CHCH3，含有官能團是碳碳雙鍵；根據(jù)M的結構簡式，推出E的單體是CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH，D與X發(fā)生酯化反應生成E，D和X反應物是CH2=C(CH3)COOH和HO－CH2－CH2－OH，根據(jù)A的結構簡式，因此推出D為CH2=C(CH3)COOH，X為HO－CH2－CH2－OH，C通過消去反應生成D，則C的結構簡式為，根據(jù)信息，推出B的結構簡式為；（2）D和甲醇發(fā)生酯化反應，即F的結構簡式為CH2=C(CH3)COOCH3，N為高分子化合物，F(xiàn)通過加聚反應生成N，化學反應方程式為：；（3）C中含有羥基和羧基，通過縮聚反應，生成高分子化合物，其化學反應方程式為：；（4）能發(fā)生銀鏡反應說明含有醛基，能與NaOH反應，說明含有酯基，因此屬于甲酸某酯，符合的形式有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3(存在順反異構，2種)、HCOOC(CH3)=CH2、，共有5種；（5）根據(jù)A和B的結構簡式，應CH2=CHCH3先HBr或HCl發(fā)生加成反應，假設A與HCl反應生成CH3CHClCH3，然后發(fā)生水解反應，生成CH3CH(OH)CH3，最后發(fā)生氧化反應，即得到，因此合成路線為。點睛：本題的難點是同分異構體的判斷，先根據(jù)題中信息，推出所寫同分異構體應是甲酸某酯，推出“HCOOC－C－C”，然后添加碳碳雙鍵，然后再寫出支鏈的形式HCOOC(CH3)=CH2，特別注意碳碳雙鍵和環(huán)烷烴互為同分異構體，最后判斷出。19、出現(xiàn)藍色沉淀CE0.7350g③⑥偏大BD【分析】(1)Fe2+的溶液與鐵氰化鉀K3[Fe(CN)6]溶液反應生成具有特征藍色的鐵氰化亞鐵沉淀。(2)NaOH溶液可以去除廢鐵屑表面的油污；硫酸亞鐵銨在100℃～110℃時分解，蒸發(fā)時應用小火小心加熱，待晶膜出現(xiàn)，?；鹄糜酂嵴舭l(fā)溶劑，過濾所得懸濁液；因為硫酸亞鐵銨易溶于水，幾乎不溶于乙醇，故過濾后用少量乙醇洗滌；檢驗銨離子，利用銨根離子可以和強堿反應生成氨氣，但氨氣極易溶于水，注意溶液反應的時候需要加熱；鐵離子（Fe3+）與SCN-反應生成顯血紅色絡合物，是檢驗鐵離子的常用方法。(3)計算K2Cr2O7的質量可以用m=M×n進行計算；配置一定物質的量濃度的溶液需要用到的儀器：容量瓶(應注明體積），燒杯，量筒,天平，玻璃棒，滴管；滴定溶液的影響因素根據(jù)c(待測)=，分析操作對待測液的物質的量濃度的影響。(4)加入NaOH溶液時，F(xiàn)e2＋先反應，NH4＋后反應?！驹斀狻?1)K3[Fe(CN)6]檢驗Fe2+，會生成Fe3[Fe(CN)6]2特征藍色沉淀(2)用NaOH溶液洗滌廢鐵屑的作用是去除廢鐵屑表面的油污，但NaOH溶液并不能和鐵的氧化物雜質反應；硫酸亞鐵銨在100℃～110℃時分解，故蒸發(fā)應用小火小心加熱，蒸發(fā)溶劑直到晶膜出現(xiàn)，停火利用余熱蒸發(fā)溶劑，得到的是濁液，分離操作是過濾，而不能蒸干后轉移；又因硫酸亞鐵銨易溶于水，幾乎不溶于乙醇，故過濾后用少量乙醇洗滌；檢驗銨離子，可將樣品溶于水后，再加足量NaOH溶液，并加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若觀察到試紙變藍，表明固體中存在NH4+；固體在空氣中氧化變質會生成鐵離子，檢驗鐵離子可將樣品溶于水后，滴加KSCN溶液，溶液變紅，說明氧化變質。故選CE。(3)用重鉻酸鉀溶液標定莫爾鹽溶液的反應為6Fe(NH4)2(SO4)2+7H2SO4+K2Cr2O7=Cr2(SO4)3+3Fe2(SO4)3+K2SO4+7H2O+6(NH4)2SO4m（K2Cr2O7）=0.01000mol?L-1×0.250L×294.0g?mol-1=0.7350g；根據(jù)溶液濃度的精度，應選擇電子天平用于稱量固體質量，燒杯用于溶解固體，玻璃棒用于攪拌和引流操作，容量瓶用于配置溶液，膠頭滴管用于加水定容．故用不到的儀器為溫度計和鐵架臺；如果滴定前裝有K2Cr2O7標準溶液的滴定管尖嘴部分有氣泡，這樣就造成讀數(shù)偏??；滴定結束后氣泡消失，這樣讀數(shù)就正常，所以讀出來的K2Cr2O7標準溶液體積偏大，測定結果將偏大，故答案為0.7350g；③⑦；偏大。(4)由于加入NaOH溶液時，F(xiàn)e2＋先反應，NH4＋后反應，所以若NaOH量不足，可能只有Fe2＋發(fā)生反應，所以A正確、B錯誤；也可能Fe2＋完全反應而NH4＋部分或完全反應，即離子方程式中n(NH4＋):n(Fe2＋)≤2：1，所以C正確D錯誤，故答案為BD。20、分液漏斗硫化氫溶液（或硫化鈉、硫氫化鈉溶液均可）還原性SO2＋Br2＋2H2O=SO42-＋4H＋＋2Br－CaSO4沿玻璃棒向漏斗中加蒸餾水至浸沒沉淀，待水流盡重復2到3次以上操作過量0.5mol·L－1HCl品紅溶液NaOH溶液吸收多余的SO2，防止污染環(huán)境，造成大氣污染【分析】探究SO2的化學性質，根據(jù)裝置圖，A裝置是制取二氧化硫，裝置B檢驗SO2的氧化性，裝置C檢驗SO2的還原性，裝置D探究二氧化硫和漂白粉的反應，裝置E為尾氣吸收裝置。(4)①新制漂白粉濃溶液中含有的次氯酸根離子具有氧化性，可能氧化亞硫酸根離子；②因沉淀的表面有可溶性的雜質，需用