2026屆河北省唐山市玉田縣高級(jí)中學(xué)高三上化學(xué)期中教學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、足量銅與一定量濃硝酸反應(yīng)得到硝酸銅溶液和NO2、N2O4、NO的混合氣體，這些氣體與1.68LO2（標(biāo)準(zhǔn)狀況）混合后通入水中，所有氣體完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸銅溶液中加入6mol·L—1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，則消耗NaOH溶液的體積是A．60mL B．50mL C．30mL D．15mL2、下列物質(zhì)的水溶液在空氣中小心加熱蒸干灼燒至質(zhì)量不再減少，能得到較純凈的原溶質(zhì)的是（）①CuSO4②FeSO4③K2CO3④Ca(HCO3)2⑤NH4HCO3⑥KMnO4⑦FeCl3A．全部都可以B．僅③C．僅①③D．僅①③⑥3、常溫下，下列四種酸溶液，能跟鋁片反應(yīng)放出H2且反應(yīng)速率最快的是A．20mL18.4mol·L?1的硫酸溶液 B．10mL3mol·L?1的硫酸溶液C．20mL5mol·L?1的鹽酸溶液 D．30mL4mol·L?1的硝酸溶液4、次氯酸鈉是消滅新型冠狀病毒常用的消毒液，常溫下，向10mL0.1mol?L-1HClO溶液中滴入0.1mol?L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的氫離子濃度的負(fù)對(duì)數(shù)[-lgc水(H+)］與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0.1mol?L-1NaClO溶液中ClO-的個(gè)數(shù)小于NAB．c點(diǎn)溶液對(duì)應(yīng)的pH=7C．a(chǎn)點(diǎn)溶液中存在：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)D．b點(diǎn)溶液中存在：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)5、某同學(xué)通過如下流程制備氧化亞銅：已知：CuCl難溶于水和稀硫酸；Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O。下列說法錯(cuò)誤的是A．步驟②中，SO2為還原劑，將CuCl2還原為CuClB．步驟③中為防止CuCl被氧化，可用H2SO3水溶液洗滌C．步驟④發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CuCl+2OH-＝Cu2O+2Cl-+H2OD．得到的Cu2O試樣中可能會(huì)混有CuCl雜質(zhì)，可通過加足量稀硫酸充分溶解過濾后分離除去6、下列關(guān)于膠體的敘述中，不正確的是（）A．Fe(OH)3膠體和FeCl3溶液的本質(zhì)區(qū)別是Fe(OH)3膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)，而FeCl3溶液無丁達(dá)爾效應(yīng)B．膠體在自然界是普遍存在的，如有色玻璃就是一種膠體C．膠體分散質(zhì)粒子直徑是10-9-10-7米范圍內(nèi)D．Fe(OH)3膠體能夠吸附水中懸浮的固體顆粒并沉降，達(dá)到凈水目的7、能夠說明硫的非金屬性比氯弱的事實(shí)有①與鐵反應(yīng)生成，S與鐵反應(yīng)生成FeS

②和的混合氣，經(jīng)強(qiáng)光照射可劇烈反應(yīng)，而S與反應(yīng)需較高溫度

③將通入氫硫酸中可置換出硫

④常溫時(shí)硫單質(zhì)為固態(tài)而氯單質(zhì)為氣態(tài)．A．①③ B．①②③ C．②④ D．①②③④8、將下列物質(zhì)加入氨水中，不能使溶液變渾濁的是A．BaCl2B．MgCl2C．FeCl3D．AlCl39、下列各種情況下一定能大量共存的離子組為A．pH＝7的溶液中：Fe3＋、Cl－、Na＋、NO3-B．由水電離出的c(H＋)＝1×10－13mol/L的溶液中：Na＋、CO32-、Cl－、K＋C．pH＝1的溶液中：NH4+、Cl－、Cu2＋、SO42-D．無色溶液中：Al3＋、HCO3-、、I－、K＋10、25℃時(shí)，向20

mL

0.0100

mol/L苯酚溶液中滴加0.0100mol/LNaOH溶液，溶液的pH與所加NaOH溶液體積(V)的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是（）A．25℃時(shí)，苯酚的電離常數(shù)Ka約為1.0×10-12B．M點(diǎn)時(shí)，所加入NaOH溶液的體積大于10mLC．加入20mLNaOH溶液時(shí)，溶液中c(OH-)-c(H+)=c()D．M點(diǎn)時(shí)，溶液中的水不發(fā)生電離11、如圖所示，將大燒杯丙扣在甲乙兩個(gè)小燒杯（口向上）上。向兩個(gè)小燒杯中分別裝入如下表所列的試劑進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象與預(yù)測(cè)現(xiàn)象不同的是甲中試劑乙中試劑預(yù)測(cè)現(xiàn)象A濃鹽酸硝酸銀溶液乙中產(chǎn)生白色沉淀B濃氨水硫酸鐵溶液乙中產(chǎn)生紅褐色沉淀C濃鹽酸濃氨水丙中產(chǎn)生白色煙霧D氯化鋁溶液濃氨水并加入固體氫氧化鈉甲中先產(chǎn)生白色沉淀，后又沉淀消失A．A B．B C．C D．D12、實(shí)驗(yàn)室制備乙酸丁酯的敘述正確的是A．采用水浴加熱法控制溫度B．制取裝置中有冷凝回流措施C．采用邊反應(yīng)邊蒸餾的方法提高產(chǎn)率D．用水和氫氧化鈉溶液洗滌后分液分離出產(chǎn)品13、工業(yè)碳酸鈉(純度約為98％)中含有Mg2＋、Fe2＋、Cl－和SO42－等雜質(zhì)，提純工藝流程如下，下列說法不正確的是A．步驟①，通入熱空氣可以將Fe2＋氧化B．步驟②，產(chǎn)生濾渣的主要成分為Mg(OH)2和Fe(OH)3C．步驟③，趁熱過濾時(shí)溫度控制不當(dāng)會(huì)使Na2CO3·H2O中混有Na2CO3·10H2O等雜質(zhì)D．步驟④，灼燒Na2CO3·H2O在瓷坩堝中進(jìn)行14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．無色透明溶液中:Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-B．0.1mol/LNaHCO3溶液中:Mg2+、Al3+、K+、NO3-C．能使甲基橙變黃的溶液中:Na+，CH3COO-、MnO4-、Fe3+D．c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+15、設(shè)計(jì)如圖裝置研究電化學(xué)反應(yīng)，a、b可用導(dǎo)線連接。下列敘述錯(cuò)誤的是A．a(chǎn)、b不連接時(shí)，鐵片上有氣泡產(chǎn)生B．a(chǎn)、b連接時(shí)，銅片上發(fā)生反應(yīng)：2H++2e→H2↑C．a(chǎn)、b連接時(shí)，溶液中產(chǎn)生電子的定向移動(dòng)D．無論a和b是否連接，鐵片上都會(huì)發(fā)生氧化反應(yīng)16、乙醇轉(zhuǎn)化為乙醛，發(fā)生的反應(yīng)為A．取代反應(yīng) B．加成反應(yīng) C．消除反應(yīng) D．氧化反應(yīng)二、非選擇題（本題包括5小題）17、元素是構(gòu)成我們生活的世界中一切物質(zhì)的“原材料”。Ⅰ．1869年，門捷列夫在前人研究的基礎(chǔ)上制出了第一張?jiān)刂芷诒?，如圖所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）門捷列夫?qū)⒁延性匕凑障鄬?duì)原子質(zhì)量排序，同一___（填“橫行”或“縱列”）元素性質(zhì)相似。（2）結(jié)合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的問號(hào)表達(dá)的含義是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是現(xiàn)在元素周期表中的短周期元素，它們的相對(duì)位置如圖所示，其中Y元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍。XYZW請(qǐng)回答下列問題：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有___種，原子軌道數(shù)為___。（2）比較Y、Z氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性___（用分子式表示）。（3）科學(xué)家們認(rèn)為存在含氫量最高的化合物XH5，預(yù)測(cè)其與水劇烈反應(yīng)放出氣體，所得水溶液呈弱堿性，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式___，XH5是離子化合物，它的電子式為___。（4）工業(yè)上將干燥的W單質(zhì)通入熔融的Z單質(zhì)中可制得化合物Z2W2，該物質(zhì)可與水反應(yīng)生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，0.2mol該物質(zhì)參加反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移0.3mol電子，其中只有一種元素化合價(jià)發(fā)生改變，寫出Z2W2與水反應(yīng)的化學(xué)方程式___。18、氮、磷屬于同一主族元素，是組成生命體的重要元素，其單質(zhì)及化合物用途廣泛。回答下列問題：（1）基態(tài)P原子的核外電子排布式為___________________（2）自然固氮現(xiàn)象發(fā)生的一系列化學(xué)變化：，解釋了民諺“雷雨發(fā)莊稼”的原理。①分子結(jié)構(gòu)中σ鍵和π鍵數(shù)目之比為__________②中N原子采取__________雜化方式，寫出它的一種等電子體的化學(xué)式：__________。③已知酸性：，下列相關(guān)見解合理的是__________。A．含氧酸中氧原子總數(shù)越多，酸性越強(qiáng)B．同種元素化合價(jià)越高，對(duì)應(yīng)含氧酸的酸性越強(qiáng)C．中氮元素的正電性更高，在水溶液中更易電離出，酸性強(qiáng)于（3）磷化硼(BP)是一種超硬耐磨涂層材料，其晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示，圖中a點(diǎn)和b點(diǎn)的原子坐標(biāo)參數(shù)分別為(0，0，0)、，則c點(diǎn)的原子坐標(biāo)參數(shù)為__________。已知該晶體密度為，則B—P鍵的鍵長(zhǎng)為__________pm(阿伏加德羅常數(shù)用表示，列出計(jì)算式即可)。。19、某學(xué)生用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液時(shí)，選擇甲基橙作指示劑。請(qǐng)?zhí)顚懴铝锌瞻住?1)用標(biāo)準(zhǔn)的鹽酸滴定待測(cè)的NaOH溶液時(shí)，左手握酸式滴定管的活塞，右手搖動(dòng)錐形瓶，眼睛注視______________，直到因加入一滴鹽酸后，溶液由________色變?yōu)開_______色，并________為止。(2)下列操作中可能使所測(cè)NaOH溶液的濃度數(shù)值偏低的是__________。A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失D．讀取鹽酸體積時(shí)，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)(3)某學(xué)生根據(jù)3次實(shí)驗(yàn)分別記錄有關(guān)數(shù)據(jù)如下表：滴定次數(shù)待測(cè)NaOH溶液的體積/mL0.1000mol·L－1鹽酸的體積/mL滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)溶液體積/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依據(jù)上表數(shù)據(jù)計(jì)算該NaOH溶液的物質(zhì)的量濃度___________。20、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)一焦亞硫酸鈉的制取采用下圖裝置(實(shí)驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5。裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應(yīng)為Na2SO3＋SO2=Na2S2O5(1)裝置Ⅰ中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為____________________。(2)要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_________________。(3)裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為________(填序號(hào))。實(shí)驗(yàn)二焦亞硫酸鈉的性質(zhì)Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)證明NaHSO3溶液中HSO3—的電離程度大于水解程度，可采用的實(shí)驗(yàn)方法是________(填序號(hào))。a.測(cè)定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入鹽酸d.加入品紅溶液e.用藍(lán)色石蕊試紙檢測(cè)(5)檢驗(yàn)Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實(shí)驗(yàn)方案是____________________。21、在一定條件下，將和置于一容積為2L的密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：，反應(yīng)過程中、和的物質(zhì)的量變化如下圖：（1）該反應(yīng)化學(xué)平衡常數(shù)K的表達(dá)式為________。隨著溫度升高，平衡常數(shù)________（選填“增大”、“減小”或“不變”）。計(jì)算的平均反應(yīng)速率________。（2）下列說法不能表明該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是________。a.容器內(nèi)的壓強(qiáng)不再變化b.容器內(nèi)氣體的密度不再變化c.d.3molH-H鍵斷裂的同時(shí)，有6molN-H鍵生成（3）0-10min、10-20min兩個(gè)時(shí)間段內(nèi)，的平均反應(yīng)速率之比為________。在第10min可能改變的條件是__________________________________________。（4）反應(yīng)進(jìn)行至25min時(shí)，曲線發(fā)生變化的原因是__________________________________________________.為使反應(yīng)速率減小，且平衡向正反應(yīng)方向移動(dòng)，可采取的措施是________。a.增大容器的體積b.降低溫度c.使用催化劑（5）在圖中畫出25min-40min時(shí)間段內(nèi)的物質(zhì)的量的變化圖像（畫在上圖中）。__________________

參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、B【解析】NO2、N2O4、NO的混合氣體與O2、水完全反應(yīng)生成HNO3，則整個(gè)過程中NO3-沒有變化，即Cu失去的電子都被O2得到了根據(jù)得失電子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以Cu(NO3)2為0.15mol，根據(jù)反應(yīng)Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，則消耗的NaOH為0.15mol×2=0.3mol，則NaOH體積V===0.05L，即50mL，故選B。2、C【解析】根據(jù)鹽類的水解原理分析；【詳解】①CuSO4溶液中Cu2+水解生成氫氧化銅和硫酸，硫酸是難揮發(fā)性酸，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)；故①符合題意；

②FeSO4中的Fe2+加熱易被氧化為三價(jià)鐵，最終無法得到原溶質(zhì)，故②不符合；

③K2CO3溶液中碳酸根離子水解生成碳酸氫鉀和氫氧化鉀，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈的原溶質(zhì)，故③符合題意；

④Ca（HCO3）2受熱分解生成CaCO3、CO2和H2O，加熱蒸干至質(zhì)量不再減少為止，能得到較純凈碳酸鈣，故④不符合；

⑤NH4HCO3受熱分解，生成CO2、H2O和NH3，故加熱后得不到原溶質(zhì)，故⑤不符合；

⑥KMnO4加熱到質(zhì)量不變，分解生成錳酸鉀、二氧化錳和氧氣，故得不到原溶質(zhì)，故⑥不符合題意；

⑦FeCl3溶液水解生成氫氧化鐵和氯化氫，氯化氫揮發(fā)促進(jìn)水解得到氫氧化鐵，在加熱蒸干，氫氧化鐵分解生成Fe2O3，故得不到原溶質(zhì)，故⑦不符合意義。

故選C?！军c(diǎn)睛】掌握物質(zhì)在水溶液中，經(jīng)過加熱促進(jìn)水解的過程中發(fā)生的化學(xué)變化是解題關(guān)鍵。3、B【詳解】A、18.4mol·L－1的硫酸是濃硫酸，金屬鋁常溫下與濃硫酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，反應(yīng)緩慢，故A錯(cuò)誤；B、相同條件濃度越大，反應(yīng)速率越快，此時(shí)溶液中c(H＋)=6mol·L－1；C、此溶液中c(H＋)=5mol·L－1；D、金屬鋁與硝酸反應(yīng)不產(chǎn)生H2，故D錯(cuò)誤；綜上所述，選項(xiàng)B中c(H＋)大于選項(xiàng)C中c(H＋)，即3mol·L－1硫酸反應(yīng)最快，故B正確。4、D【分析】a點(diǎn)產(chǎn)物為NaClO和HClO，b點(diǎn)恰好生成NaClO，c點(diǎn)為溶質(zhì)為NaClO和過量的NaOH?！驹斀狻緼．溶液體積未知，無法確定物質(zhì)的量，不能判斷ClO－的個(gè)數(shù)是否小于NA，故A錯(cuò)誤；B．c點(diǎn)為NaClO和過量的NaOH，溶液為堿性，所以溶液pH＞7，故B錯(cuò)誤；C．a(chǎn)點(diǎn)產(chǎn)物為NaClO和HClO，此時(shí)c水(H＋)=10-7，溶液為中性，但是物料關(guān)系不符合n(Na)=n(Cl)，所以沒有c(Na＋)=c(ClO－)+c(HClO)這個(gè)關(guān)系，故C錯(cuò)誤；D．b點(diǎn)恰好生成NaClO，溶液為堿性，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(ClO－)，由于ClO－發(fā)生水解，所以c(Na＋)＞c(ClO－)，溶液為堿性，c(OH－)＞c(H＋)，水解畢竟是微弱的，所以c(ClO－)＞c(OH－)，所以b點(diǎn)溶液中存在：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正確；故選D。5、D【詳解】A．步驟②中發(fā)生的反應(yīng)為：SO2+2CuCl2+2H2O=2CuCl↓+H2SO4+2HCl，故SO2為還原劑，將CuCl2還原為CuCl，A正確；B．H2SO3中的S也是+4價(jià)具有較強(qiáng)的還原性，故步驟③中為防止CuCl被氧化，可用H2SO3水溶液洗滌，B正確；C．步驟④中的反應(yīng)物為CuCl和NaOH，產(chǎn)物為Cu2O，故所發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為2CuCl+2OH-＝Cu2O+2Cl-+H2O，C正確；D．由題干信息得：CuCl難溶于水和稀硫酸；Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O，故得到的Cu2O試樣中可能會(huì)混有CuCl雜質(zhì)，不能通過加足量稀硫酸充分溶解過濾后分離除去，D錯(cuò)誤；故答案為：D。6、A【詳解】A.根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小來分類，把分散系劃分為：溶液(小于1nm)、膠體（1nm--100nm）、濁液(大于100nm)，所以溶液、膠體和濁液這三種分散系的本質(zhì)的區(qū)別在于分散質(zhì)粒子直徑大小不同，故A錯(cuò)誤；B.有色玻璃就是由某些膠態(tài)金屬氧化物分散于玻璃中制成的，與膠體性質(zhì)有關(guān)，故B正確；C.根據(jù)膠體的定義可知，膠體分散質(zhì)粒子直徑是10-9-10-7米(即1nm--100nm)范圍內(nèi)，故C正確；D.Fe(OH)3膠體具有較大的表面積，具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，F(xiàn)e(OH)3膠體能夠吸附水中懸浮的固體顆粒并沉降，達(dá)到凈水目的，故D正確；故答案選A?！军c(diǎn)睛】本題考查的是膠體的性質(zhì)，難度不大，膠體的性質(zhì)有：丁達(dá)爾效應(yīng)、電泳、聚沉；利用丁達(dá)爾效應(yīng)是區(qū)分膠體與溶液的一種常用物理方法，而溶液、濁液、膠體三大分散系的本質(zhì)特征是分散質(zhì)粒子直徑大小不同。7、B【詳解】①Cl2與鐵反應(yīng)生成FeCl3，S與鐵反應(yīng)生成FeS，則Cl得電子的能力強(qiáng)，所以硫的非金屬性比氯弱，故①正確；②Cl2和H2的混合氣，經(jīng)強(qiáng)光照射可劇烈反應(yīng)，而S與H2反應(yīng)需較高溫度，則Cl與氫氣易化合，所以硫的非金屬性比氯弱，故②正確

③將Cl2通入氫硫酸中可置換出硫，由氧化還原反應(yīng)可知，硫的非金屬性比氯弱，故③正確；

④常溫時(shí)硫單質(zhì)為固態(tài)而氯單質(zhì)為氣態(tài)，物質(zhì)的狀態(tài)是物質(zhì)的物理性質(zhì)，不能說明元素的非金屬性強(qiáng)弱，故④錯(cuò)誤；能夠說明硫的非金屬性比氯弱的事實(shí)有①②③，故選B。8、A【解析】A、BaCl2與氨水不反應(yīng)，故A符合；B、MgCl2＋2NH3·H2O=Mg(OH)2↓＋2NH4Cl，故B不符。C、FeCl3＋3NH3·H2O=Fe(OH)3↓＋3NH4Cl，故C不符。D、AlCl3＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4Cl，故D不符。故選A。9、C【解析】A．鐵離子只能存在于酸性溶液中；

B．由水電離出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液中存在氫離子或氫氧根離子，碳酸根離子與氫離子反應(yīng)；

C．pH=1的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，四種離子之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)；

D．鋁離子與碳酸氫根離子之間發(fā)生雙水解反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳?xì)怏w?！驹斀狻緼．pH=7的溶液為中性溶液，F(xiàn)e3+只能存在于酸性溶液，故A錯(cuò)誤；

B．由水電離出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，CO32-與氫離子反應(yīng)，在酸性溶液中不能大量共存，故B錯(cuò)誤；

C．該溶液中存在大量氫離子，NH4+、Cl-、Cu2+、SO42-之間不反應(yīng)，都不與氫離子反應(yīng)，在溶液中能夠大量共存，所以C選項(xiàng)是正確的；

D．Al3+、HCO3-之間發(fā)生雙水解反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；

綜上所述，本題選C。【點(diǎn)睛】常溫下，c（H+）=1×10-13mol/L的溶液顯堿性，c（OH-）=1×10-13mol/L的溶液顯酸性；由水電離出的c（H+）=1×10-13mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，因?yàn)樗釅A抑制水電離，水電離出的c（H+）<10-7mol/L或c（OH-）<10-7mol/L。10、C【分析】由圖象可知0.0100mol?L-1苯酚溶液的pH為6，則可知，可知苯酚為弱酸，M點(diǎn)溶液呈中性，加入20mL時(shí)酸堿恰好完全反應(yīng)?！驹斀狻緼.0.0100mol?L?1苯酚溶液的pH為6，則可知，故A錯(cuò)誤；B.M點(diǎn)pH=7，溶液呈中性，如加入體積為10mL，反應(yīng)后剩余的苯酚和生成的苯酚鈉濃度相等，由，可知苯酚根離子的水解常數(shù)為，可知水解程度大于電離常數(shù)，溶液呈堿性，如呈中性，則加入的體積小于10mL，故B錯(cuò)誤；C.加入20mL溶液時(shí)，溶液中存在電荷守恒，由物料守恒可知,則二者聯(lián)式可得，即c(OH-)-c(H+)=c()，故C正確；D.任何水溶液都存在水的電離，故D錯(cuò)誤；答案選C。11、D【詳解】A．甲燒杯中濃鹽酸揮發(fā)出HCl，HCl和乙燒杯中的硝酸銀溶液反應(yīng)生成氯化銀白色沉淀，故A正確；B.甲燒杯中濃氨水揮發(fā)出NH3，NH3和乙燒杯中的硫酸鐵溶液反應(yīng)生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，故B正確；C.甲燒杯中濃鹽酸揮發(fā)出HCl，乙燒杯中濃氨水揮發(fā)出NH3，HCl和NH3反應(yīng)生成氯化銨，丙中產(chǎn)生白色煙霧，故C正確；D.乙燒杯中濃氨水加入固體氫氧化鈉產(chǎn)生NH3，NH3和甲燒杯中的氯化鋁溶液反應(yīng)生成氫氧化鋁白色沉淀，但氫氧化鋁不溶于氨水，故D錯(cuò)誤。故答案選D。12、B【分析】實(shí)驗(yàn)室用乙酸和丁醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應(yīng)制備乙酸丁酯，為可逆反應(yīng)，反應(yīng)總濃硫酸起到吸水劑和催化劑作用，為提高丁醇的轉(zhuǎn)化率，可使用過量的乙酸，結(jié)合酯類的性質(zhì)解答該題?！驹斀狻緼.水浴加熱溫度較低，不能超過100℃，應(yīng)直接加熱，故A錯(cuò)誤；B.采用冷凝回流的方法，可使反應(yīng)物充分利用，提高轉(zhuǎn)化率，故B.正確；C.邊反應(yīng)邊蒸餾，導(dǎo)致乙酸、丁醇揮發(fā)，產(chǎn)率較低，故C錯(cuò)誤；D.乙酸丁酯在氫氧化鈉溶液中水解，一般可用碳酸鈉飽和溶液，故D錯(cuò)誤。答案選B。13、D【解析】A.步驟①，通入熱空氣，能夠把亞鐵離子氧化為鐵離子，便于除去，A正確；B.步驟②，在堿性環(huán)境下，鎂離子、鐵離子生成Mg(OH)2和Fe(OH)3沉淀，因此濾渣的主要成分為Mg(OH)2和Fe(OH)3，B正確；C.步驟③，趁熱過濾時(shí)，溫度控制不當(dāng)，會(huì)析出Na2CO3·10H2O等雜質(zhì)，C正確；D.步驟④，Na2CO3能夠與瓷坩堝中的二氧化硅反應(yīng)，故應(yīng)在鐵坩堝中進(jìn)行灼燒，D錯(cuò)誤；綜上所述，本題選D?！军c(diǎn)睛】選項(xiàng)D，二氧化硅屬于酸性氧化物，不與強(qiáng)酸反應(yīng)，但能夠與強(qiáng)堿（氫氧化鈉溶液等）發(fā)生反應(yīng)生成硅酸鹽，也能與碳酸鈉高溫下反應(yīng)生成硅酸鹽，因此灼燒氫氧化鈉和碳酸鈉應(yīng)該在鐵坩堝中進(jìn)行，不用瓷坩堝，以防發(fā)生反應(yīng)。14、A【解析】A.無色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；B.Al3++3(OH)3↓+3CO2↑，HCO3-與Al3+發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存；C.能使甲基橙變黃的溶液pH>4.4，酸性溶液中的H+與CH3COO-發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存，堿性溶液中的OH-與Fe3+發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存；D.c(H+)/c(OH-)=1×1012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+發(fā)生反應(yīng)而不能大量共存。故選A。點(diǎn)睛：溶液中的離子反應(yīng)主要是生成沉淀、氣體、難電離物質(zhì)的復(fù)分解反應(yīng)。另外，少數(shù)離子反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)等。15、C【解析】A．a(chǎn)和b不連接時(shí)，鐵和氫離子發(fā)生置換反應(yīng)，所以鐵片上會(huì)有氣泡逸出，故A正確；B．a(chǎn)和b用導(dǎo)線連接時(shí)，該裝置構(gòu)成原電池，鐵易失電子作負(fù)極，Cu作正極，H+從銅片上獲得電子，則銅片上發(fā)生反應(yīng)：2H++2e→H2↑，故B正確；C．a(chǎn)和b用導(dǎo)線連接時(shí)，該裝置構(gòu)成原電池，電子在外電路從鐵片流向銅片，溶液中的離子發(fā)生定向移動(dòng)，故C錯(cuò)誤；D．無論a和b是否用導(dǎo)線連接，鐵片均會(huì)與酸反應(yīng)，發(fā)生氧化反應(yīng)，故D正確；故答案為C。16、D【分析】乙醇在催化條件下，可與氧氣發(fā)生反應(yīng)生成乙醛，以此解答?！驹斀狻恳掖荚诖呋瘲l件下，可與氧氣發(fā)生氧化反應(yīng)生成乙醛，—OH被氧化生成—CHO，為氧化反應(yīng)。答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、橫行懷疑Te的相對(duì)原子質(zhì)量（或同一列相對(duì)原子質(zhì)量依次增大，按此規(guī)律，Te的相對(duì)原子質(zhì)量應(yīng)該在122和127之間）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)結(jié)合表中給出的是相對(duì)原子質(zhì)量分析；(2)由表中信息，同一列相對(duì)原子質(zhì)量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是現(xiàn)在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y處于第二周期，Z、W處于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，故Y為氧元素，則Z為硫元素、X為氮元素、W為Cl；(2)元素非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)氫化物越穩(wěn)定；(3)化合物NH5與水劇烈反應(yīng)放出氣體，所得水溶液呈弱堿性，水溶液為氨水，相當(dāng)于反應(yīng)生成氨氣后再溶于水，由元素守恒可知反應(yīng)時(shí)放出的氣體為氫氣，NH5是離子化合物，N原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)最多形成4個(gè)N-H鍵，由銨根離子與氫負(fù)離子構(gòu)成；(4)S2Cl2可與水反應(yīng)生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為SO2，其中只有一種元素化合價(jià)發(fā)生改變，故S元素化合價(jià)降低，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算生成二氧化硫的物質(zhì)的量，再根據(jù)元素守恒計(jì)算發(fā)生還原反應(yīng)的S原子物質(zhì)的量，再根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒計(jì)算硫元素在氧化產(chǎn)物中的化合價(jià)確定氧化產(chǎn)物，最后結(jié)合原子守恒進(jìn)行解答?！驹斀狻竣瘢?1)結(jié)合表中信息得，給出的是元素的相對(duì)原子質(zhì)量，故同一橫行元素性質(zhì)相似；(2)由表中信息，同一列按相對(duì)原子質(zhì)量依次增大規(guī)律進(jìn)行排列，第5列方框中“Te=128？”的問號(hào)表示懷疑Te的相對(duì)原子質(zhì)量，Te的相對(duì)原子質(zhì)量應(yīng)該在122和127之間；Ⅱ．X、Y、Z、W是現(xiàn)在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y處于第二周期，Z、W處于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，故Y為氧元素，則Z為硫元素、X為氮元素、W為Cl；(1)W為Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核電荷數(shù)是17，則原子核外電子總數(shù)為17，即W的原子核外電子運(yùn)動(dòng)狀態(tài)有17種，其電子排布式為1s22s22p63s23p5，則原子軌道數(shù)為9；(2)由于元素非金屬性S＜O，故氫化物穩(wěn)定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5與水劇烈反應(yīng)放出氣體，所得水溶液呈弱堿性，水溶液為氨水，相當(dāng)于反應(yīng)生成氨氣后再溶于水，由元素守恒可知反應(yīng)時(shí)放出的氣體為氫氣，反應(yīng)方程式為NH5+H2O=H2↑+NH3?H2O，NH5是離子化合物，N原子形成穩(wěn)定結(jié)構(gòu)最多形成4個(gè)N-H鍵，由銨根離子與氫負(fù)離子構(gòu)成，電子式為：；(4)化合物S2Cl2可與水反應(yīng)生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為SO2，其中只有一種元素化合價(jià)發(fā)生改變，故S元素化合價(jià)降低，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，轉(zhuǎn)移0.3mol電子生成二氧化硫?yàn)?0.1mol，故有0.3molS原子發(fā)生還原反應(yīng)，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒可知S元素在還原產(chǎn)物中的化合價(jià)為0，故生成S，同時(shí)生成HCl，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。18、1∶2sp2SO3或O4或BF3等BC【分析】(1).P元素的原子序數(shù)為15，核外電子為3層，有5個(gè)能級(jí)；（2）①N2分子中含有氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，氮氮三鍵由一個(gè)σ鍵和兩個(gè)π鍵形成；②硝酸根中N原子價(jià)電子層電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)數(shù)為0，雜化方式為sp2雜化；原子個(gè)數(shù)和價(jià)電子數(shù)相同的微粒互為等電子體；③同種元素化合價(jià)越高，含氧酸中氧原子總數(shù)越多，非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，正電性更高，在水溶液中更易電離出，酸性越強(qiáng)；（3）由a、b的坐標(biāo)可知晶胞的邊長(zhǎng)為1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知c位于右側(cè)面的面心，則c的坐標(biāo)為（1，，）；由分?jǐn)偡ㄓ?jì)算可得。【詳解】(1).P元素的原子序數(shù)為15，核外電子為3層，有5個(gè)能級(jí)，電子排布式為1s22s22p63s23p3，故答案為：1s22s22p63s23p3；（2）①N2分子中含有氮氮三鍵，結(jié)構(gòu)式為N≡N，氮氮三鍵由一個(gè)σ鍵和兩個(gè)π鍵形成，則σ鍵和π鍵之比為1:2，故答案為：1:2；②硝酸根中N原子價(jià)電子層電子對(duì)數(shù)為3，孤電子對(duì)數(shù)為0，則雜化方式為sp2雜化；原子個(gè)數(shù)和價(jià)電子數(shù)相同的微?；榈入娮芋w，則與硝酸根互為等電子體的微粒為SO3或O4或BF3等，故答案為：SO3或O4或BF3等；③A.含氧酸中非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，酸性越強(qiáng)，與氧原子總數(shù)無關(guān)，故錯(cuò)誤；B.同種元素化合價(jià)越高，含氧酸中氧原子總數(shù)越多，非羥基氧原子個(gè)數(shù)越多，酸性越強(qiáng)，故正確；C.HNO3中氮元素的化合價(jià)高，正電性更高，在水溶液中更易電離出，所以相較HNO2酸性更強(qiáng)，故正確；BC正確，故答案為：BC；（3）由a、b的坐標(biāo)可知晶胞的邊長(zhǎng)為1，由晶胞結(jié)構(gòu)可知c位于右側(cè)面的面心，則c的坐標(biāo)為（1，，）；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，b處于4個(gè)P原子圍成的正方體的正中心，P原子位于頂點(diǎn)，設(shè)x為晶胞邊長(zhǎng)，則B-P鍵的長(zhǎng)度為；由晶胞結(jié)構(gòu)可知，晶胞中含有4個(gè)BP，由=x3ρ可得x=，則B-P鍵長(zhǎng)為pm，故答案為：（1，，）；。19、錐形瓶中溶液顏色變化黃橙在半分鐘內(nèi)不變色D1．1144mol·L－1【分析】(1)酸堿中和滴定時(shí)，眼睛要注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化；滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顏色由黃色突變?yōu)槌壬?，且半分鐘?nèi)不變色；(2)根據(jù)c(待測(cè))=分析不當(dāng)操作對(duì)V(標(biāo)準(zhǔn))的影響，以此判斷濃度的誤差；(3)先分析數(shù)據(jù)的有效性，然后求出平均消耗的V(鹽酸)，接著根據(jù)鹽酸和NaOH反應(yīng)求出c(NaOH)?！驹斀狻?1)酸堿中和滴定時(shí)，眼睛要注視錐形瓶?jī)?nèi)溶液的顏色變化；用已知物質(zhì)的量濃度的鹽酸來測(cè)定未知物質(zhì)的量濃度的NaOH溶液，選擇甲基橙作指示劑時(shí)，滴定終點(diǎn)時(shí)溶液顏色由黃色突變?yōu)槌壬野敕昼妰?nèi)不變色，故答案為錐形瓶中溶液顏色變化；黃；橙；半分鐘內(nèi)不變色；(2)A．酸式滴定管未用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸潤(rùn)洗就直接注入標(biāo)準(zhǔn)鹽酸，標(biāo)準(zhǔn)液被稀釋，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測(cè))=分析，測(cè)定c(待測(cè))偏大，故A錯(cuò)誤；B．滴定前盛放NaOH溶液的錐形瓶用蒸餾水洗凈后沒有干燥，待測(cè)液的物質(zhì)的量不變，對(duì)V(標(biāo)準(zhǔn))無影響，根據(jù)c(待測(cè))=分析，測(cè)定c(待測(cè))無影響，故B錯(cuò)誤；C．酸式滴定管在滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大，根據(jù)c(待測(cè))=分析，測(cè)定c(待測(cè))偏大，故C錯(cuò)誤；D．讀取鹽酸體積時(shí)，開始仰視讀數(shù)，滴定結(jié)束時(shí)俯視讀數(shù)，造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏小，根據(jù)c(待測(cè))=分析，測(cè)定c(待測(cè))偏小，故D正確；故選D；(3)第二次實(shí)驗(yàn)誤差較大，舍去第2組數(shù)據(jù)，然后求出1、3組平均消耗V(鹽酸)=26.11mL，

HCl+NaOH=NaCl+H2O

1

1

1.1261L×1.1111mol?L-1

1.125L×c(NaOH)則：1.1261L×1.1111mol?L-1=1.125L×c(NaOH)，解得：c(NaOH)=1.1144mol/L，故答案為1.1144mol/L。【點(diǎn)睛】本題考查了中和滴定操作、誤差分析以及計(jì)算。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(2)，無論哪一種類型的誤差，都可以歸結(jié)為對(duì)標(biāo)準(zhǔn)溶液體積的影響，根據(jù)c(待測(cè))=分析，若標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏小，那么測(cè)得的物質(zhì)的量的濃度也偏小；若標(biāo)準(zhǔn)溶液的體積偏大，那么測(cè)得的物質(zhì)的量的濃度也偏大。20、Na2SO3＋H2SO4(濃)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O[或Na2SO3＋2H2SO4(濃)=2NaHSO4＋SO2↑＋H2O]過濾dae取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成【解析】(1)由裝置Ⅱ中發(fā)生的反應(yīng)可知，裝置Ⅰ中產(chǎn)生的氣體為SO2，亞硫酸鈉與硫酸反應(yīng)生成硫酸鈉、二氧化硫與水，反應(yīng)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；

(2)裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，分離固體與液態(tài)，應(yīng)采取過濾進(jìn)行分離；

(3)a．裝置應(yīng)將導(dǎo)管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強(qiáng)增大易產(chǎn)生安全事故，故a錯(cuò)誤；b．該裝置吸收二氧化硫能力較差，且為密閉環(huán)境，裝置內(nèi)壓強(qiáng)增大易產(chǎn)生安全事故，故b錯(cuò)誤；c．該裝置不能吸收二氧化硫，所以無法實(shí)現(xiàn)實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔯錯(cuò)誤；d．該裝置中氫氧化鈉與二氧化硫反應(yīng)，可以吸收，且防止倒吸，故d正確；故答案為d；(4)NaHSO3溶液中HSO3-的電離程度大于水解程度，溶液呈酸性，測(cè)定溶液的pH，可以確定溶液酸堿性，酸性溶液可以使?jié)駶?rùn)藍(lán)色石蕊試