江蘇省高級中學2026屆高三化學第一學期期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)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、下列實驗裝置能達到相應實驗目的是（）A．收集 B．分離和C．制備 D．制取蒸餾水2、隨著人們生活節(jié)奏的加快，方便的小包裝食品已被廣泛接受。為了延長食品的保質(zhì)期，防止食品受潮及富脂食品氧化變質(zhì)，可用適當方法在包裝袋中裝入A．無水硫酸銅、蔗糖 B．生石灰、硫酸亞鐵C．食鹽、硫酸亞鐵 D．生石灰、食鹽3、我國科研人員發(fā)現(xiàn)用于“點擊化學”的一種新化合物(如圖所示)，W、X、Y、Z為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大，Y原子的最外層電子數(shù)與W原子的核外電子總數(shù)相等，X、Z同主族。下列說法正確的是A．簡單離子半徑：X＞Y＞ZB．四種元素中，簡單離子還原性最強的是YC．最簡單氫化物的沸點：W＞XD．最簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y＞X＞W(wǎng)4、一種將燃料電池與電解池組合制備KMnO4的裝置如圖所示(電極甲、乙、丙、丁均為惰性電極)。該裝置工作時，下列說法不正確的是A．甲為正極，丙為陰極B．丁極的電極反應式為－e－===C．KOH溶液的質(zhì)量分數(shù)：c%>b%>a%D．標準狀況下，甲電極上每消耗22.4L氣體時，理論上有2molK+移入陰極區(qū)5、取一定質(zhì)量的均勻固體混合物Cu、CuO和Cu2O，將其分成兩等份，取其中一份用足量的氫氣還原，測得反應后固體質(zhì)量減少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸（其還原產(chǎn)物為NO），固體恰好完全溶解，且同時收集到標準狀況下NO氣體4.48L，則所用硝酸的物質(zhì)的量濃度為（）A．2.4mol/LB．1.4mol/LC．1.2mol/LD．0.7mol/L6、一定溫度下，反應2SO2(g)＋O2(g)?2SO3(g)，達到平衡時：n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶3∶4?？s小體積，反應再次達到平衡時，n(O2)＝0.8mol，n(SO3)＝1.4mol，此時SO2的物質(zhì)的量應是()A．1.2mol B．0.4mol C．0.8mol D．0.6mol7、下列的圖示與對應的敘述相符的是（

）A．如圖表示向A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液時n[Al(OH)3]的變化情況B．如圖表示KNO3的溶解度曲線，圖中a點表示的溶液通過升溫可以得到b點C．如圖表示某一放熱反應，若使用催化劑，E1、E2、△H都會發(fā)生改變D．如圖表示向Na2CO3溶液中滴加稀鹽酸時，產(chǎn)生n(CO2)的情況8、某混合溶液中，含溶質(zhì)X、Y

各0.1mol，向其中滴加

0.1mol/L的Z

溶液，所得沉淀的物質(zhì)的量如下圖，則符合條件的X、Y、Z

分別是A．偏鋁酸鈉、氯化鋇、硫酸 B．偏鋁酸鈉、氫氧化鋇、硫酸C．氯化鋁、氯化鐵、氫氧化鈉 D．氯化鋁、氯化鎂、氫氧化鈉9、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是A．NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B．S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C．MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO(s)D．N2(g)NH3(g)NO210、用下列裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是（）A．圖①所示裝置可電解食鹽水制氯氣和氫氣B．圖②所示裝置可說明濃H2SO4具有脫水性、強氧化性，SO2具有漂白性、還原性C．圖③裝置可以用來驗證化學能轉(zhuǎn)化為電能D．圖④測定中和熱11、關于乙醛，下列化學用語正確的是A．官能團—COH B．比例模型C．最簡式C2H4O D．結(jié)構(gòu)式CH3CHO12、向100mLFe2(SO4)3和CuSO4的混合溶液中逐漸加入鐵粉，充分反應后溶液中固體剩余物的質(zhì)量與加入鐵粉的質(zhì)量如圖所示。忽略溶液體積的變化，下列說法不正確的是A．a(chǎn)點時溶液中陽離子為Cu2+、Fe2+和Fe3+B．b點時溶液中發(fā)生的反應為：Fe＋Cu2+=Cu＋Fe2+C．c點時溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為0.5mol·L－1D．原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質(zhì)的量濃度之比為1∶113、X、Y、Z、P、Q為五種短周期元素,其原子半徑和最外層電子數(shù)之間的關系如下圖所示。下列說法正確的是A．Q的氧化物一定含有離子鍵和共價鍵 B．最高價含氧酸的酸性:Z＜YC．P的最低價氫化物常溫常壓下為液體 D．Y形成的化合物種類最多14、如圖是金屬鎂和鹵素單質(zhì)(X2)反應的能量變化示意圖。下列說法正確的是（）A．由MgCl2制取Mg是放熱過程B．熱穩(wěn)定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2C．金屬鎂和鹵素單質(zhì)(X2)的反應都是放熱反應D．由圖可知，此溫度下MgBr2(s)與Cl2(g)反應的熱化學方程式為MgBr2(s)＋Cl2(g)→MgCl2(s)＋Br2(g)-117kJ15、氮原子2p亞層上的3個電子不相同的是（）A．能量 B．電子云形狀C．電子云伸展方向 D．自旋狀態(tài)16、高鐵酸鹽在能源環(huán)保領域有廣泛用途。用鎳（Ni）、鐵作電極電解濃NaOH溶液制備高鐵酸鹽Na2FeO4的裝置如圖所示。下列推斷合理的是A．鐵是陽極，電極反應為Fe－6e一+4H2O=FeO42－+8H+B．電解時電子的流動方向為：負極→Ni電極→溶液→Fe電極→正極C．若隔膜為陰離子交換膜，則OH－自右向左移動D．電解時陽極區(qū)pH降低、陰極區(qū)pH升高，撤去隔膜混合后，與原溶液比較pH降低（假設電解前后體積變化忽略不計）二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知X、Y、Z、W四種元素是短周期的元素，且原子序數(shù)依次增大。X、W同主族，Y、Z為同周期的相鄰元素。W是該元素所在周期原子半徑最大的元素，W原子的質(zhì)子數(shù)等于Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和。Y與X形成的分子中有3個共價鍵，該分子中含有10個電子。Z原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍，試判斷：（1）Y和W兩種元素的元素符號為Y________，W________。（2）W2Z2的電子式為________________。（3）①由X、Y、Z所形成的常見離子化合物是__________________(寫化學式)。②該化合物與W的最高價氧化物對應的水化物的濃溶液加熱時反應的離子方程式為___________。③化合物WY3的晶體結(jié)構(gòu)中含有的化學鍵為________(選填序號)。A．只含離子鍵B．只含共價鍵C．既含離子鍵又含共價鍵④X與W形成的化合物與水反應時，水作________(填“氧化劑”或“還原劑”)。18、花椒毒素(I)是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：(1)②的反應類型為__________；B分子中最多有___________個碳原子共平面。(2)A中含氧官能團的名稱為__________；若反應④為加成反應，則寫出F的結(jié)構(gòu)簡式_______________。(3)反應③的化學方程式為_____________。(4)芳香化合物J是D的同分異構(gòu)體，符合下列條件的J的結(jié)構(gòu)共有_______種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結(jié)構(gòu)簡式為_____________。（只寫一種即可）。①苯環(huán)上只有3個取代基②可與NaHCO3反應放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)參照題圖信息，寫出以為原料制備：的合成路線（無機試劑任選）：____________。19、用98%的濃硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制0.5mol/L的稀硫酸480mL。（1）選用的主要玻璃儀器除量筒和玻璃棒外還需要有：①___②___③___。（2）簡要回答下列問題①所需濃硫酸的體積為___mL；②如果實驗室有10mL、20mL、50mL的量筒應選用___mL的量筒最好，量取時發(fā)現(xiàn)量筒不干凈，用水洗凈后直接量取，將使?jié)舛萠__（填“偏高”、“偏低”或“無影響”，下同）。③在轉(zhuǎn)入容量瓶前，燒杯中液體應___，否則會使?jié)舛萠__。④定容時必須使溶液凹液面與刻度線相平，若俯視會使?jié)舛萠__。20、某研究性學習小組將一定濃度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到藍色沉淀。甲同學認為沉淀可能是CuCO3；乙同學認為沉淀可能是Cu(OH)2；丙同學認為沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查閱資料知：CuCO3和Cu(OH)2均不帶結(jié)晶水）Ⅰ．按照甲同學的觀點，發(fā)生反應的離子反應方程式為_______________________；在探究沉淀成分前，須將沉淀從溶液中分離并凈化。其具體操作依次為____________________。Ⅱ．請用下圖所示裝置，選擇必要的試劑，定性探究生成物的成分。（1）各裝置連接順序為__________________________。（2）能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2兩者都有，可利用下列裝置通過實驗測定其組成。（1）裝置C中堿石灰的作用是__________________，實驗開始和結(jié)束時都要通入過量的空氣，請說明結(jié)束時通入過量空氣的作用是____________________________（2）若沉淀樣品的質(zhì)量為m克，裝置B質(zhì)量增加了n克，則沉淀中CuCO3的質(zhì)量分數(shù)為___________。21、(1)碳的氧化物可用來制備碳酰肼[，其中碳元素為價]．加熱條件下，碳酰肼能將鍋爐內(nèi)表面銹蝕后的氧化鐵轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)緊密的四氧化三鐵保護層，并生成氮氣、水和二氧化碳．該反應的化學方程式為________．(2)控制城市空氣污染源的方法可以有_________(多選)A．開發(fā)新能源B．使用電動車C．植樹造林D．戴上呼吸面具(3)有時可作為礦業(yè)廢液消毒劑，有“綠色氧化劑”的美稱．如消除采礦業(yè)膠液中的氰化物(如)，經(jīng)以下反應實現(xiàn)：，則生成物A的化學式為________．(4)火法煉鉛的廢氣中含低濃度，可將廢氣通入過量氦水中進行處理，反應的離子方程式為______．(5)取某鈦液，加鋁粉，使其發(fā)生反應(未配平)，反應消耗鋁，則該鈦液中的物質(zhì)的量濃度為__________．(6)工業(yè)上利用納米和組成的體系儲放氫(如圖所示)．寫出放氫過程中發(fā)生反應的化學方程式：_____________．(7)工業(yè)上可以釆用熱還原法制備金屬鎂(沸點107℃，熔點648.8℃)．將堿式碳酸鎂和焦炭按一定比例混合，放入真空管式爐中先升溫至700℃保持一段時間，然后升溫至1450℃反應制得鎂(同時生成可燃性氣體)．①用碳還原法制備金屬鎂需要在真空中而不在空氣中進行，其原因是__________．②堿式碳酸鎂分解如圖所示，寫出在1450℃反應制得鎂的化學方程式：_________．

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A．二氧化氮的密度比空氣大，應長導管進氣向上排空氣法收集，短管進氣導致（排不出空氣）收集的氣體不純，故A錯誤；B．加熱時氯化銨受熱分解，碘單質(zhì)升華，二者無法用加熱的方法分離，故B錯誤；C．使用該裝置制取氧氣時，長頸漏斗應插入液面以下起到液封的作用，否則氣體會逸出，或改用分液漏斗，故C錯誤；D．自來水中水的沸點較低，沸石用來防止暴沸，冷凝水下進上出，應用該實驗裝置可制備蒸餾水，故D正確；答案選D?！军c睛】選擇分離方法時，要根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)特征不同，將它們分開，銨鹽和碘單質(zhì)加熱時都會變化，無法通過加熱的方法分離。2、B【分析】為防止食品受潮，包裝袋中物質(zhì)應具有吸水性；為防止富脂食品氧化變質(zhì)，包裝袋內(nèi)物質(zhì)應具有還原性。據(jù)此解答?！驹斀狻緼項，無水硫酸銅能吸水，能防止食品受潮，蔗糖不能防止富脂食品氧化變質(zhì)，錯誤；B項，生石灰能吸水，能防止食品受潮，硫酸亞鐵具有還原性，能防止富脂食品氧化變質(zhì)，正確；C項，硫酸亞鐵具有還原性，能防止富脂食品氧化變質(zhì)，食鹽不能吸水，不能防止食品受潮，錯誤；D項，生石灰能吸水，能防止食品受潮，食鹽不能防止富脂食品氧化變質(zhì)，錯誤；答案選B。3、D【分析】W、X、Y、Z為短周期主族元素且原子序數(shù)依次增大，Y原子的最外層電子數(shù)與W原子的核外電子總數(shù)相等，由圖可知Y可形成1個共價鍵，W可形成3個共價鍵，可知Y為F元素，W為N元素；X、Z同一主族，且X可形成X=Z鍵，可知X最外層有6個電子，則X為O元素，Z為S元素，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍?，W為N元素，X為O元素，Y為F元素，Z為S元素。A．離子核外電子層數(shù)越多，離子半徑越大，對于電子層結(jié)構(gòu)相同的離子，離子的核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑：S2-＞O2-＞F-，即簡單離子半徑：Z＞X＞Y，A錯誤；B．元素的非金屬性越弱，離子的還原性就越強，在上述四種元素中，元素非金屬性最弱的是S元素，故還原性最強的是S2-，即簡單離子還原性最強的是Z，B錯誤；C．氨氣和水分子之間都存在氫鍵，但水分子之間形成氫鍵更多，水的沸點更高，即最簡單氫化物的沸點W＜X，C錯誤；D．元素的非金屬性越強，其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性越強。由于元素的非金屬性：F＞O＞N，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y＞X＞W(wǎng)，D正確；故合理選項是D?！军c睛】本題考查原子結(jié)構(gòu)和元素周期律關系。明確元素周期律的內(nèi)涵是解本題關鍵，注意氫化物的穩(wěn)定性與元素的非金屬性強弱有關，而氫化物沸點高低則與分子間作用力及氫鍵有關。4、D【分析】分析裝置的特點，可知左邊是燃料電池，右邊是電解池；通入氧氣的電極甲是電池的正極，與甲相連的電極丁是電解池的陽極，則丁電極上被氧化為；丙電極是電解池的陰極，溶液中氫離子在陰極被還原為氫氣，所以氣體X是氫氣。【詳解】A．燃料電池中通入氧氣的電極為電池的正極，與電源正極相接的一極為電解池的陽極，所以丙電極為陰極，故A正確；

B．丁是電解池的陽極，失去電子被氧化為，電極反應式為－eˉ=，故B正確；

C．丙電極為陰極，電極反應為2H2O+2e－=2OH－+H2↑，甲電極的反應式為O2+2H2O+4e－=4OH－，乙電極的反應式為H2+2OH－－2e－=2H2O，則甲電極附近始終生成KOH并且不消耗，所以c%＞b%，丙電極附近也始終生成KOH，所以b%＞a%，故大小關系為c%＞b%＞a%，故C正確；

D．標準狀況下，甲電極每消耗22.4L即1mol氧氣時，轉(zhuǎn)移4mol電子，并且K+與電子所帶電荷相等，所以理論上有4molK+進入陰極區(qū)，故D錯誤；

故選：D。5、A【解析】一份用足量的氫氣還原，反應后固體質(zhì)量減少3.20g，為混合物中O元素的質(zhì)量，O原子的物質(zhì)的量為3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固體恰好完全溶解，溶液中溶質(zhì)為Cu(NO3)2，且同時收集到標準狀況下NO氣體4.48L，NO的物質(zhì)的量為4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根據(jù)氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+2×0.2mol+3×0.2mol=1.2mol，硝酸的濃度為1.2mol/0.5L=2.4mol/L．故選A．點睛：本題考查混合物的計算、電子守恒計算、電荷守恒等，難度中等，理清反應過程中氮原子的去處是解題的關鍵，本題采取守恒法解答，簡化計算過程，注意體會，也可以通過列方程組解答，但過程較繁．6、B【詳解】反應平衡后SO2、O2、SO3的物質(zhì)的量之比是2：3：4，保持其它條件不變，縮小體積達到新的平衡時，O2、SO3的物質(zhì)的量分別為0.8mol和1.4mol，產(chǎn)生SO3、O2的物質(zhì)的量之比是1.4：0.8=1.75：1＞4：3，說明縮小體積平衡向正反應方向移動，設改變體積后生成的SO3的物質(zhì)的量為xmol，則反應的氧氣為0.5xmol，因此(1.4mol-xmol)：(0.8mol+0.5xmol)=4：3，解得x=0.2，故原平衡時SO3的物質(zhì)的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，則原平衡時SO2的物質(zhì)的量=1.2mol×=0.6mol，故到達新平衡SO2的物質(zhì)的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，故選B。【點睛】本題考查化學平衡的有關計算，難度中等，根據(jù)SO2、O2的物質(zhì)的量比例關系或改變的條件判斷平衡移動的方向是解題的關鍵。7、A【詳解】A.氯化鋁和氫氧化鈉反應生成氫氧化鋁和氯化鈉的反應，反應的化學方程式為：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；氫氧化鋁沉淀溶解的過程，反應生成偏鋁酸鈉和水，反應的離子方程式為：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，前后NaOH的物質(zhì)的量之比為3：1，符合此圖，故A正確；B.b點為硝酸鉀在80℃時的飽和溶液，a點為不飽和溶液，可以通過升高溫度蒸發(fā)掉部分溶劑，然后恢復到80℃可以變成飽和溶液，但是僅僅升高溫度不行，故B錯誤；C.催化劑能改變活化能，但不能改變反應熱，故C錯誤；D.向Na2CO3溶液中逐滴加入鹽酸時，發(fā)生的反應依次為Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3和NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，不會立刻產(chǎn)生二氧化碳，故D錯誤；正確答案是A。8、B【解析】A、發(fā)生的反應是AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，全部生成氫氧化鋁0.1mol，需要硫酸0.05mol，生成沉淀BaSO40.05mol，需要消耗硫酸0.05mol，因此生成0.1mol沉淀時消耗硫酸的體積為0.5L，故第一段直線不符合，故A錯誤；B、發(fā)生的反應是OH－＋H＋=H2O、Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓、H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓、Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，圖中第一段直線：氫氧化鋇中的OH－和硫酸中H＋1：1中和，同時Ba2＋和SO42－按照1：1反應生成硫酸鋇沉淀，發(fā)生的反應是Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－=BaSO4↓＋2H2O，圖中第二段直線，氫氧化鋇消耗完，硫酸繼續(xù)滴加，H＋與AlO2－反應：H＋＋AlO2－＋H2O=Al(OH)3↓，硫酸的消耗量和沉淀生成量是1：2，圖中第三段直線：硫酸進一步過量，發(fā)生Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O,硫酸和沉淀消耗量是1.5：1，直到氫氧化鋁完全溶解，沉淀只剩下BaSO4，以上三段符合圖像的數(shù)值變化，故B正確；C、滴入氫氧化鈉，發(fā)生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，n(Al3＋):n(OH－)=1:3，n(Fe3＋):n(OH－)=1:3，繼續(xù)滴加氫氧化鈉，發(fā)生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，n(Al(OH)3):n(OH－)1:1，不符合圖像的數(shù)值變化，故C錯誤；D、滴入氫氧化鈉：Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓、Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，n(Mg2＋):n(OH－)=1:2，n(Al3＋):n(OH－)=1:3，繼續(xù)滴入NaOH，發(fā)生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，n(Al(OH)3):n(OH－)=1:1，不符合圖像的數(shù)值變化，故D錯誤。9、C【詳解】A、鐵與氯氣反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，故A錯誤；B、硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤；C、氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，能夠?qū)崿F(xiàn)各步轉(zhuǎn)化，故C正確；D、高溫、高壓、催化劑條件下，N2、H2反應生成氨氣，氨氣催化氧化生成NO，不能直接得到二氧化氮，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意氨氣催化氧化生成NO，NO繼續(xù)被氧化才能生成NO2。10、B【詳解】A.陽極是銅失電子變?yōu)镃u2+進入溶液，圖①所示裝置不可電解食鹽水制氯氣和氫氣，故A錯誤；B.濃硫酸使蔗糖脫水后，C與濃硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫使品紅褪色，二氧化硫被高錳酸鉀氧化，則可說明濃H2SO4具有脫水性、強氧化性，SO2具有漂白性、還原性，故B正確；C.圖③裝置不能形成閉合回路，無法用來驗證化學能轉(zhuǎn)化為電能，故C錯誤；D.圖④中溫度計無法測量反應混合液的溫度，中和熱測定實驗中，溫度計應插在小燒杯中的混合溶液中，故D錯誤；故選B。11、C【詳解】A．醛基中H原子與C原子形成共價鍵，故醛基的結(jié)構(gòu)簡式為﹣CHO，故A錯誤；B．用小球和小棍表示的模型為球棍模型，故為球棍模型不是比例模型，故B錯誤；C．各原子的最簡單的整數(shù)比為最簡式，則C2H4O可為有機物的最簡式，故C正確；D．用一條短線來代替一對共用電子對所得到的式子為結(jié)構(gòu)式，故為乙醛的結(jié)構(gòu)式，故D錯誤。故答案為C。12、D【分析】由氧化性的強弱（Fe3+＞Cu2+）及圖象變化可知：①0～5.6gFe發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，②0.56g～1.68gFe時，消耗鐵1.12g，剩余物為1.28g，而1.28gCu的物質(zhì)的量為0.02mol，此時發(fā)生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；③加入鐵粉為從1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）時，固體增加1.84g-1.28g=0.56g，所以此時溶液中不含Cu2+，反應完全，以此來解答?！驹斀狻緼．0～5.6gFe發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，a點時溶液中陽離子為Cu2+、Fe2+和Fe3+，故A正確；B．由圖可知加入鐵粉0.56g～1.68g時，n（Fe）=1.12g÷56g/mol=0.02mol，剩余物為1.28g，即1.28gCu的物質(zhì)的量為1.28g÷64g/mol=0.02mol，此時發(fā)生Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故B正確；C．由圖象可知原溶液中Fe3+為0.02mol，即Fe2(SO4)3為0.01mol，n（SO）=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol，Cu2+為0.02mol，即CuSO4為0.02mol，n（SO）=n（CuSO4）=0.02mol，當加入鐵粉為從1.68g～2.24g（即加入0.56gFe）時，固體增加1.84g-1.28g=0.56g，溶液中不含Cu2+，溶液中溶質(zhì)為FeSO4，n（SO）=0.02mol+0.03mol=0.05mol，SO守恒有n（FeSO4）=n（SO）=0.05mol，所以c點溶液中溶質(zhì)的物質(zhì)的量濃度為0.05mol÷0.1L=0.5mol/L，故C正確；D．由上述分析可知原溶液中Fe2(SO4)3為0.01mol，CuSO4為0.02mol，所以原溶液中Fe2(SO4)3和CuSO4的物質(zhì)的量濃度之比=物質(zhì)的量之比為1：2，故D錯誤；故答案選D。13、D【解析】X、Y、Z、P、Q為五種短周期元素，X、Q最外層只有一個電子，為第IA族元素；Y最外層有4個電子，位于第IVA族，Z原子最外層有5個電子，位于第VA族，P最外層有6個電子，位于第VIA族；Q原子半徑最大，為Na元素，X原子半徑最小，為H元素；Y原子和Z原子半徑接近、P原子半徑大于Y而最外層電子數(shù)大于Y，所以Y是C、Z是N、P為S元素；據(jù)此解答。【詳解】A．Na的氧化物有氧化鈉和過氧化鈉兩種，但不論是氧化鈉還是過氧化鈉，結(jié)構(gòu)中均含離子鍵，但氧化鈉中沒有共價鍵，故A錯誤；B．元素的非金屬性越強，其最高價含氧酸的酸性越強，非金屬性Z＞Y，所以其最高價含氧酸酸性Z＞Y，故B錯誤；C．P的氫化物為硫化氫，常溫下為氣體，故C錯誤；D．Y為碳元素，而C元素形成的有機物種類繁多，遠多于無機物的種類，故D正確；故選D。14、C【詳解】A．由圖可知，Mg與Cl2的能量高于MgCl2，則由MgCl2制取Mg是吸熱反應，故A錯誤；B．物質(zhì)的能量越低越穩(wěn)定，由圖可知化合物的熱穩(wěn)定性順序為MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故B錯誤；C．金屬鎂和鹵素單質(zhì)（X2）的能量均比生成物能量高，則均為放熱反應，故C正確；D．由圖可知①Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）△H=-641kJ/mol、②Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ/mol，結(jié)合蓋斯定律可知，①-②得到MgBr2（s）+Cl2（g）═MgCl2（s）+Br2（g）△H=-117kJ?mol-1，放熱，故D錯誤；故答案為C。15、C【解析】氮原子2p亞層上的3個電子分布在不同的軌道上，且自旋方向相同，不相同的是電子云伸展方向；答案選C。16、D【詳解】A、依據(jù)裝置圖分析可知鐵與電源正極相連做電解池陽極，堿性溶液不能生成氫離子，電極反應為Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，故A錯誤；B、電解過程中電子流向負極流向Ni電極，不能通過電解質(zhì)溶液，是通過電解質(zhì)溶液中離子定向移動實現(xiàn)閉合電路，通過Fe電極回到正極，故B錯誤；C、陰離子交換膜只允許陰離子通過；陰離子移向陽極，應從左向右移動，故C錯誤；D、陽極區(qū)域，鐵失電子消耗氫氧根離子，溶液PH減小，陰極區(qū)氫離子得到電子生成氫氣，溶液中氫氧根離子濃度增大，溶液pH增大；生成氫氧根離子物質(zhì)的量消耗，在陽極電極反應Fe-6e-+8OH-═FeO42-+4H2O，陰極氫氧根離子增大，電極反應2H++2e-=H2↑，依據(jù)電子守恒分析，氫氧根離子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故D正確；故答案為：D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NNaNH4NO3NH4++OHNH3↑+H2OC氧化劑【分析】由“Z原子最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的3倍”，可推得其為氧(O)；由“Y、Z為同周期的相鄰元素”，可確定Y為氮(N)；由“W是該元素所在周期原子半徑最大的元素，W原子的質(zhì)子數(shù)等于Y、Z原子的最外層電子數(shù)之和”，可確定W為鈉(Na)；由“X、W同主族”、“Y與X形成的分子中有3個共價鍵，該分子中含有10個電子”，可確定X為氫(H)。（1）通過以上推斷，可確定Y和W分別氮和鈉；（2）W2Z2為Na2O2；（3）①由X、Y、Z所形成的常見離子化合物是NH4NO3；②NH4NO3與NaOH的濃溶液加熱時發(fā)生復分解反應；③化合物WY3的化學式為NaN3，它由Na+和N3-構(gòu)成；④X與W形成的化合物為NaH，它與水發(fā)生氧化還原反應?！驹斀狻浚?）通過分析，可確定Y和W分別氮和鈉。答案為：N；Na；（2）W2Z2為Na2O2，電子式為。答案為；（3）①由X、Y、Z所形成的常見離子化合物是NH4NO3。答案為：NH4NO3；②NH4NO3與NaOH的濃溶液加熱時發(fā)生反應的離子方程式為NH4++OHNH3↑+H2O。答案為：NH4++OHNH3↑+H2O；③化合物WY3的化學式為NaN3，它由Na+和N3-構(gòu)成，N3-中含有共價鍵。答案為：C；④X與W形成的化合物為NaH，它與水發(fā)生氧化還原反應NaH+H2O=NaOH+H2↑，在此反應中，水中的氫元素由+1價降低為0價，作氧化劑。答案為：氧化劑?！军c睛】N3-與CO2為等電子體，CO2的結(jié)構(gòu)式為O=C=O，則N3-的結(jié)構(gòu)式為[N=N=N]-。18、加成反應9羥基HCHO+H2O30或【分析】根據(jù)B的結(jié)構(gòu)簡式和生成B的反應條件結(jié)合A的化學式可知，A為，根據(jù)C和D的化學式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成D，D為，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)可知，D消去結(jié)構(gòu)中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為，根據(jù)G生成H的反應條件可知，H為，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)②為C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成D，反應類型為加成反應；B分子中苯環(huán)為平面結(jié)構(gòu)，單鍵可以旋轉(zhuǎn)，所以最多有9個碳原子共平面，故答案為：加成反應；9；(2)A為，含氧官能團為羥基；若反應④為加成反應，E為，與F生成，則F為HCHO，故答案為：HCHO；(3)反應③中D消去結(jié)構(gòu)中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，化學方程式為+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分異構(gòu)體，①苯環(huán)上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2，說明結(jié)構(gòu)中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，說明結(jié)構(gòu)中含有2個酚羥基和1個羧基；符合條件的J的結(jié)構(gòu)有：苯環(huán)上的3個取代基為2個羥基和一個-C3H6COOH，當2個羥基位于鄰位時有2種結(jié)構(gòu)；當2個羥基位于間位時有3種結(jié)構(gòu)；當2個羥基位于對位時有1種結(jié)構(gòu)；又因為-C3H6COOH的結(jié)構(gòu)有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結(jié)構(gòu)簡式有或，故答案為：30；或；(5)以為原料制備，根據(jù)流程圖C生成D可知，可以和氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為：，故答案為：?！军c睛】本題考查了有機合成與推斷，根據(jù)反應條件和已知物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式釆用正逆推導的方法分析是解題的關鍵。本題的易錯點為B分子中共面的原子數(shù)的判斷，要注意單鍵可以旋轉(zhuǎn)；本題的難點是(6)的合成路線的設計，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。19、小燒杯500mL容量瓶膠頭滴管13.620偏低冷卻至室溫偏高偏高【詳解】（1）用液體濃溶液稀釋以配制稀溶液時，需要用量筒量取濃溶液的體積，然后放到小燒杯中溶解，使用玻璃棒攪拌，冷至室溫后轉(zhuǎn)移入容量瓶，定容時需使用膠頭滴管。因為實驗室沒有480mL規(guī)格的容量瓶，所以應選擇500mL的容量瓶。答案為：①小燒杯②500mL容量瓶③膠頭滴管（2）①c(濃)=mol/L所需濃硫酸的體積為。答案為：13.6②如果實驗室有10mL、20mL、50mL的量筒應選用20mL的量筒最好。答案為：20量取時發(fā)現(xiàn)量筒不干凈，用水洗凈后，濃硫酸的濃度減小，直接量取將使?jié)舛绕?。答案：偏低③在轉(zhuǎn)入容量瓶前，燒杯中液體應冷卻至室溫。答案：冷卻至室溫否則會使溶液的體積偏小，所配溶液的濃度偏高。答案：偏高④定容時必須使溶液凹液面與刻度線相平，若俯視，則導致溶液體積減小，使所配溶液濃度偏高。答案：偏高20、CO32－+Cu2+=CuCO3↓過濾、洗滌、干燥A→C→B裝置B中澄清石灰水變渾濁吸收空氣中的H2O(g)和CO2結(jié)束時通入的空氣可以將裝置中滯留的H2O(g)和CO2趕出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3說明Na2CO3溶液與CuSO4溶液發(fā)生復分解反應生成硫酸鈉與碳酸銅，即碳酸根與銅離子反應生成碳酸銅沉淀；將沉淀從溶液中分離并凈化，用過濾的方法；Ⅱ、（1）加熱時氫氧化銅分解成CuO和水，碳酸銅分解成氧化銅和二氧化碳；若有氫氧化銅可用無水硫酸銅檢驗；若有碳酸銅可用澄清的石灰水檢驗產(chǎn)生的二氧化碳，澄清石灰水變渾濁說明含有CuCO3；由于澄清石灰水會帶出H2O（g），所以先檢驗H2O后檢驗CO2。（2）由上述分析能證明生成物中有CuCO3的實驗現(xiàn)象是裝置B中澄清石灰水變渾濁。Ⅲ、（1）實驗開始時裝置的空氣中含有水蒸氣和二氧化碳，若不排除被吸收裝置吸收會對計算結(jié)果產(chǎn)生較大的誤差，故開始時先用除去H2O（g）和二氧化碳的空氣將裝置中的空氣排盡；實驗結(jié)束氫氧化銅和碳酸銅加熱分解后會在反應裝置中殘留二氧化碳和H2O（g），通過用除去H2O（g）和二氧化碳的空氣將裝置中的H2O（g）和二氧化碳趕出被吸收裝置完全吸收；（2）裝置B質(zhì)量增加了n克，說明分解生成ng水，根據(jù)水的質(zhì)量計算沉淀中氫氧化銅的質(zhì)量，沉淀質(zhì)量減去氫氧化銅的質(zhì)量等于碳酸銅的質(zhì)量，再利用質(zhì)量分數(shù)的定義計算。【詳解】Ⅰ、沉淀是CuCO3說明，Na2CO3溶液與CuSO4溶液發(fā)生反應生成硫酸鈉與碳酸銅，即碳酸根與銅離子反應生成碳酸銅沉淀，反應的離子方程式為CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；將沉淀從溶液中分離并凈化，用過濾的方法，其具體操作依次為過濾、洗滌、干燥；Ⅱ、（