2026屆安徽省六安三校高三上化學期中調研模擬試題注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、2016

年命名第七周期VIIA元素Ts為鈿(tian)。下列利用元素周期律的相關推測錯誤的是A．Ts為金屬元素 B．原子半徑:Ts>Br>OC．Ts的主要化合價一1、+7 D．酸性:HClO4>HTsO42、已知p(A)＝－lgc(A)。三種金屬硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法不正確的是（）A．a點無ZnS沉淀生成B．可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2C．CuS和MnS共存的懸濁液中，c(Cu2+)/c(Mn2+)＝10－20D．向CuS懸濁液中加入少量水，平衡向溶解的方向移動，c(S2－)增大3、向50mLNaOH溶液中逐漸通入一定量的CO2（假設溶液體積不變），隨后取此溶液10mL，將其稀釋至100mL，并向此稀釋后的溶液中逐滴加入0.1mol·L﹣1的鹽酸，產生CO2氣體的體積（標準狀況下）與所加入的鹽酸的體積關系如圖，下列分析錯誤的是()A．OA段所發(fā)生反應的離子方程式：H++OH﹣＝H2O；CO32﹣+H+＝HCO3－B．NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶質為NaOH和Na2CO3，其物質的量濃度之比為1：1C．產生的CO2體積（標準狀況下）為0.056LD．原NaOH溶液的物質的量濃度為0.5mol·L﹣14、稀土元素號稱“工業(yè)維生素”，科學家把稀土元素鑭對作物的作用賦予“超級鈣”的美稱。已知鑭La是一種活動性比鋅更強的元素，它的氧化物化學式為La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱堿，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列說法中正確的是A．La和鹽酸反應的離子方程式為：La＋2H＋=La3＋＋H2↑B．LaCl3的水溶液加熱蒸發(fā)灼燒，最終得到無水LaCl3C．La（NO3）3水溶液顯酸性D．鑭的一種核素為57139La，其中子數為575、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．常溫常壓下，15g甲基（－CH3）所含的電子數為7NAB．水的摩爾質量就是NA個水分子的質量之和C．含NA個Na+的Na2O2溶于1L水中，Na+的物質的量濃度為1mol/LD．1mo1Mg與足量O2或N2反應生成MgO或Mg3N2均失去2NA個電子6、用下列裝置完成相關實驗，合理的是A．圖①：驗證酸性：CH3COOH>H2CO3>H2SiO3B．圖②：收集CO2

或NH3C．圖③：

用于石油分餾D．圖④：分離CH3CH2OH

與CH3COOC2H57、在下述條件下，一定能大量共存的離子組是（）A．無色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B．能與Al反應產生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-C．澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2?D．常溫下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+8、已知下列氧化劑均能氧化+4價的硫元素，為了除去稀硫酸中混有的亞硫酸，應選用的最合理的氧化劑是A．KMnO4 B．Ca(ClO)2 C．Cl2 D．H2O29、NO2是大氣的主要污染物之一，某研究小組設計如圖所示的裝置對NO2進行回收利用，裝置中a、b均為多孔石墨電極。下列說法正確的是A．a為電池的負極，發(fā)生還原反應B．電子流向：a電極→用電器→b電極→溶液→a電極C．一段時間后，b極附近HNO3濃度增大D．電池總反應為4NO2+O2+2H2O=4HNO310、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工業(yè)上用ClO2氣體制NaClO2的工藝流程如圖所示：下列說法不正確的是()A．步驟a的操作包括過濾、洗滌和干燥B．通入空氣的目的是驅趕出ClO2，使其被吸收器充分吸收C．工業(yè)上可將ClO2制成NaClO2固體，便于貯存和運輸D．吸收器中生成NaClO2的離子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2--+O2↑+2H+11、下列實驗裝置能實現對應目的的是()A．關閉a打開活塞b，通過觀察水能否順利流下來驗證裝置的氣密性B．實驗室制備并收集氨氣C．c管先通，d管再通過量，可制取少量小蘇打D．驗證酸性強弱：鹽酸＞碳酸＞硅酸12、最近我國科學家發(fā)明“可充電鈉-二氧化碳電池”（如下圖），放電時電池總反應為：4Na+3CO2=2Na2CO3+C。下列說法錯誤的是A．充電時，鈉箔與外接電源的負極相連B．電池工作溫度可能在200℃以上C．放電時，Na+向正極移動D．放電時，正極的電極反應為：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C13、常溫下，下列溶液中有關微粒的物質的量濃度關系正確的是A．pH＝8的CH3COONa溶液：c（CH3COOH）＝9.9×10－7mol·L－1B．0.1mol·L－1Na2SO3溶液：c（Na＋）＋c（H＋）＝c（SO32－）＋c（HSO3－）＋c（OH－）C．0.1mol·L－1NaHCO3溶液：c（Na＋）＋c（OH－）＝c（HCO3－）＋c（H2CO3）＋c（H＋）D．0.1mol·L－1CH3COONa溶液中通入HCl至溶液pH＝7：c（Na＋）>c（CH3COOH）>c（Cl－）14、下列敘述正確的是（）①標準狀況下，0.2mol任何物質的體積均為4.48L②若1mol氣體的體積為22.4L，則它一定處于標準狀況下③標準狀況下，1LHCl和1LH2O的物質的量相同④標準狀況下，1gH2和14gN2的體積相同⑤28gCO的體積為22.4L⑥兩種物質的物質的量相同，則它們在標準狀況下的體積也相同⑦在同溫同體積時，氣體物質的物質的量越大，則壓強越大⑧同溫同壓下，氣體的密度與氣體的相對分子質量成正比A．①②③④ B．②③⑥⑦⑧ C．④⑦⑧ D．⑤⑥⑦⑧15、常溫下，將緩慢通入100mL水中至飽和，然后向所得飽和氯水中逐滴加入溶液，整個過程中pH的變化如圖所示，下列有關敘述正確的是()A．曲線③④段有離子反應：B．可依據②處數據計算所溶解的C．③處表示氯氣與氫氧化鈉溶液恰好反應完全D．①處約為處的兩倍16、高純度單晶硅是典型的無機非金屬材料，又稱“半導體”材料，它的發(fā)現和使用曾引起計算機的一場“革命”。這種材料可以按下列方法制備，下列說法正確的是SiO2Si(粗)SiHCl3Si(純)A．步驟①的化學方程式為SiO2＋CSi＋CO2↑B．步驟①、②、③中每生成或反應1molSi，轉移2mol電子C．二氧化硅能與氫氟酸反應，而硅不能與氫氟酸反應D．SiHCl3(沸點33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸點67.6℃)，通過蒸餾可提純SiHCl3二、非選擇題（本題包括5小題）17、有機物A～M有如圖轉化關系，A與F分子中含碳原子數相同，均能與NaHCO3溶液反應，且A中含一個鹵素原子，F的分子式為C9H10O2；D能發(fā)生銀鏡反應；M與NaOH溶液反應后的產物，其苯環(huán)上一氯代物只有一種。已知：（R1、R2代表烴基或氫原子）請回答：（1）B、F的結構簡式分別為__________、_________（2）反應①～⑦中，屬于消去反應的是_____________（填反應序號）。（3）D發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為______________；反應⑦的化學方程式為__________（4）A的相對分子質量在180～260之間，從以上轉化中不能確認A中含有哪種鹵素原子，確定該官能團的實驗步驟和現象為_____________（5）符合下列條件F的同分異構體共有________種。a．能發(fā)生銀鏡反應b．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應c．核磁共振氫譜上有四個峰，其峰面積之比為1∶1∶2∶618、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______；___________。19、廢舊光盤金屬層中的少量Ag，某科研小組采用如下方案進行回收（金屬層中其他金屬含量過低，對實驗的影響可忽略）。已知：①NaClO溶液在受熱或酸性條件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常溫時N2H4·H2O（水合肼）能還原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，適宜的加熱方式為___________。（2）NaClO溶液與Ag反應的產物為AgCl、NaOH和O2，該反應的化學方程式為___________。HNO3也能氧化Ag，從反應產物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺點是________________。（3）為提高Ag的回收率，需對“過濾Ⅱ”的濾渣進行洗滌，并________________。（4）從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的過程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后續(xù)還需選用的試劑有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序號）。反應完全后獲取純凈的單質銀再進行的實驗操作過程簡述為________________。20、以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。實驗試劑現象滴管試管0.2mol·L-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ．產生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產生棕黃色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產生白色沉淀（1）經驗檢，現象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現象Ⅰ：__________。（2）經檢驗，現象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現象是__________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是__________。b．證實沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經檢驗，現象Ⅲ的白色沉淀中無，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。①推測沉淀中含有亞硫酸根和__________。②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。a．將對比實驗方案補充完整。步驟一：步驟二：__________（按上圖形式呈現）。b．假設ii成立的實驗證據是__________。（4）根據實驗，亞硫酸鹽的性質有__________。鹽溶液間反應的多樣性與__________有關。21、[化學—選修3：物質結構與性質]前四周期原子序數依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的價電子層中未成對電子均只有1個，平且A-和B+的電子相差為8；與B位于同一周期的C和D，它們價電子層中的未成對電子數分別為4和2，且原子序數相差為2?；卮鹣铝袉栴}：（1）D2+的價層電子排布圖為_______。（2）四種元素中第一電離最小的是________，電負性最大的是________。（填元素符號）（3）A、B和D三種元素責成的一個化合物的晶胞如圖所示。①該化合物的化學式為_________________；D的配位數為___________；②列式計算該晶體的密度_______g·cm-3。（4）A-、B+和C3+三種離子組成的化合物B3CA6，其中化學鍵的類型有_____________；該化合物中存在一個復雜離子，該離子的化學式為_______________，配位體是____________。

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、同主族元素從上而下金屬性逐漸增強，第七周期VIIA元素Ts應為金屬，選項A正確；B、同主族元素從上而下原子半徑依次增大，同周期元素原子半徑從左到右依次減小，故原子半徑:Ts>Br>O，選項B正確；C、Ts為金屬元素，沒有負價，選項C錯誤；D、元素非金屬性越強，其最高價氧化物的水化物的酸性越強，故酸性:HClO4>HTsO4，選項D正確。答案選C。2、D【分析】，則，故越大，越小。【詳解】A.平衡曲線右上方為不飽和溶液，左下方為過飽和溶液，a點在曲線的右上方，為的不飽和溶液，所以沒有沉淀生成，A正確；B.的溶解度大于，向溶液中中加入固體，可以將轉化為更難溶的，達到除去的目的，B正確；C.根據圖像可推知，，，和共存的懸濁液中,，C正確；D.向懸濁液中加入少量水，沉淀溶解平衡向右移動，但溶液依然是飽和溶液，故保持不變，D錯誤；答案選D。3、D【解析】根據圖像可知產生CO2消耗鹽酸的體積是25mL，而之前消耗鹽酸是50mL。由于碳酸鈉與鹽酸反應時首先轉化為碳酸氫鈉，然后碳酸氫鈉再與鹽酸反應放出CO2，方程式為CO32－＋H＋＝HCO3－、HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑。根據方程式可判斷溶液中還含有氫氧化鈉，即前25mL鹽酸中和氫氧化鈉，后25mL鹽酸與碳酸鈉反應，最后25mL鹽酸與碳酸氫鈉反應?！驹斀狻緼．根據以上分析可知OA段所發(fā)生反應的離子方程式：H＋＋OH－＝H2O、CO32－＋H＋＝HCO3－，A正確；B．根據以上分析可知NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶質為NaOH和Na2CO3，其物質的量濃度之比為1∶1，B正確；C．產生的CO2消耗的鹽酸物質的量是0.025L×0.1mol/L＝0.0025mol，則根據方程式HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑可知放出CO2是0.0025mol，在標準狀況下的體積為0.0025mol×22.4L/mol＝0.056L，C正確；D．反應結束后溶液中氯化鈉的物質的量是0.075L×0.1mol/L＝0.0075mol，根據鈉離子守恒可知原NaOH溶液的物質的量濃度為0.0075mol÷0.01L＝0.75mol·L－1，D錯誤；答案選D。4、C【解析】A．鑭(La)是一種活動性比鋅更強的元素，能夠與鹽酸反應生成氫氣，反應的離子方程式為：2La+6H+=2La3++3H2↑，故A錯誤；B．La(OH)3是不溶于水的弱堿，則LaCl3為強酸弱堿鹽，加熱過程中LaCl3發(fā)生水解生成La(OH)3和HCl，HCl具有揮發(fā)性，則最終灼燒得到La2O3，故B錯誤；C．已知La(OH)3是不溶于水的弱堿，則La(NO3)3為強酸弱堿鹽，其溶液顯酸性，故C正確；D．鑭的一種核素為57139La，中子數為139-57=82，故D錯誤；故選C。點睛：明確題干信息為解答本題的關鍵。注意掌握常見金屬單質及其化合物性質。本題的易錯點為B，注意要充分利用題示信息“La(OH)3是不溶于水的弱堿”，判斷LaCl3能否水解。5、D【詳解】A.甲基的式量是15，15g甲基的物質的量為1mol，每個甲基中含有9個電子，因此15g甲基（－CH3）所含的電子數為9NA，A錯誤；B．水的摩爾質量以g/mol為單位，在數值上與NA個水分子的質量（以g為單位）之和相等，B錯誤；C.水的體積為1L，溶液的體積不等于溶劑的體積，不能計算Na+的物質的量濃度，C錯誤；D．Mg是+2價的金屬，所以無論1mo1Mg與足量O2或N2反應生成的都是+2價的Mg的化合物，Mg均失去2NA個電子，D正確；答案選D。6、B【解析】A.醋酸具有揮發(fā)性，二氧化碳夾帶的醋酸蒸氣干擾驗證酸性：H2CO3>H2SiO3，故A不合理；B.CO2密度大于空氣，收集CO2時氣體“長進短出”，NH3密度小于空氣，收集NH3時氣體“短進長出”，故B合理；C.缺少冷凝裝置，故C不合理；D.CH3CH2OH

與CH3COOC2H5互溶，不可使用分液分離CH3CH2OH與CH3COOC2H5，故D不合理。故選B。7、D【解析】A.MnO4－是有色離子，在無色溶液中不能大量共存，故A錯誤；B.能與Al反應產生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，若為酸性溶液，HCO3－不能大量共存，若為堿性溶液，HCO3－和Al3＋不能大量共存，故B錯誤；C.Fe3＋可以和AlO2－發(fā)生雙水解反應生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3－和AlO2－在溶液中反應生成CO32－和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C錯誤；D.常溫下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之間不發(fā)生任何反應，可以大量共存，故D正確；故答案選D。點睛：本題主要考查離子能否大量共存，掌握相關離子的性質是解答的關鍵，在解題時要特別注意題目所隱含的條件。如：①溶液無色透明時，則溶液中一定沒有有色離子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②強堿性溶液中肯定不存在與OH-反應的離子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；③強酸性溶液中肯定不存在與H+反應的離子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本題的易錯點在B項，要特別注意能與Al反應產生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是堿性溶液，但若為酸性溶液，則不可能是硝酸，因鋁與硝酸反應不能生成氫氣。8、D【詳解】KMnO4、Ca(ClO)2、Cl2均可氧化亞硫酸，但會引入新雜質，H2O2氧化亞硫酸時自身產物為水，不引入雜質；答案選D。9、D【解析】通入O2的b極為正極，通入NO2的a極為負極。A項，a為電池的負極，發(fā)生失電子的氧化反應：NO2-e-+H2O=NO3-+2H+，錯誤；B項，電子流向：a電極→用電器→b電極，錯誤；C項，b極電極反應式為O2+4e-+4H+=2H2O，生成H2O，b極附近HNO3濃度減小，錯誤；D項，將正負極電極反應式相加得電池總反應為4NO2+O2+2H2O=4HNO3，正確；答案選D。點睛：原電池中電子的流向：由負極通過導線流向正極；在電解質溶液中陰離子向負極移動，陽離子向正極移動；即“電子不下水，離子不上岸”。10、D【分析】由流程可知，發(fā)生器通入空氣，可將ClO2排出，確保其被充分吸收，在吸收器中發(fā)生2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸發(fā)、冷卻結晶，再經過過濾、洗滌和干燥得到NaClO2，以此解答該題?！驹斀狻緼．步驟a是將晶體從溶液中取出，然后干燥，所以操作包括過濾、洗滌和干燥，A正確；B．反應結束后，發(fā)生器中含有少量ClO2，通入空氣的目的是讓ClO2逸出，進入吸收器被濃NaOH溶液和雙氧水充分吸收，B正確；C．工業(yè)上利用還原劑及NaOH溶液，將ClO2制成NaClO2固體，固體較為穩(wěn)定，便于貯存和運輸，C正確；D．吸收器反應在堿性條件下進行，生成NaClO2的離子方程式：2ClO2+H2O2+2OH-=2C1O2-+O2↑+2H2O，D不正確；故選D。【點睛】書寫離子方程式時，應關注溶液的性質，以便確定溶液中參加反應的微粒是H+、H2O，還是OH-和H2O。11、C【詳解】A.關閉a打開活塞b，橡皮管將蒸餾燒瓶與分液漏斗連接起來，組成一個恒壓相通的裝置，不能通過觀察水能否順利流下來判斷此裝置的氣密性，故A錯誤；B.濃硫酸與氨氣反應，因此不能用濃硫酸干燥氨氣，故B錯誤；C.易溶于水，應從c管通入防止倒吸，且先通入，可以增大的溶解量，故C正確；D.鹽酸具有揮發(fā)性，可能是鹽酸與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，不能證明碳酸＞硅酸，故D錯誤；故選C。12、B【解析】根據總反應方程式，放電時鈉失電子發(fā)生氧化反應，鈉是負極，故A正確；溫度過高金屬鈉熔化，故B錯誤；原電池中陽離子移向正極，所以放電時Na+向正極移動，故C正確；放電時，二氧化碳在正極得電子生成碳單質，正極的電極反應為：4Na++3CO2+4e－=2Na2CO3+C，故D正確。13、A【詳解】A、CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，H2OH＋＋OH－，由方程式可知，溶液中的OH－來自CH3COO－的水解，以及H2O的電離。常溫下pH=8，溶液中c(OH－)=10－6mol·L－1，溶液c(H+)均由水電離得到，溶液中的OH-，來自與水的電離的濃度為10-8，則溶液中的由水解得到的c(OH－)=10-6-10-8mol·L－1，根據水解方程式，可知CH3COOH的濃度與水解得到OH-的濃度相同，則c(CH3COOH)=10-6-10-8mol·L－1=9.9×10－7mol·L－1，A正確；B、0.1mol·L－1Na2SO3溶液，有電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(SO32－)＋c(HSO3－)＋c(OH－)，B錯誤；C、0.1mol·L－1NaHCO3溶液中有，電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(OH－)+c(HCO3－)＋2c(CO32-)，物料守恒，c(Na＋)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)+c(CO32-)；將兩式中CO32-消去，得c(Na＋)＋c(OH－)＝c(HCO3－)＋2c(H2CO3)＋c(H＋)，C錯誤；D、在所得溶液中，有電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，pH=7，c(H＋)=c(OH－)，則c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(Cl－)，c(Na＋)>c(Cl－)，關于CH3COONa有物料守恒，有c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，結合c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(Cl－)，則c(CH3COOH)=c(Cl－)，正確排序應為c(Na＋)>c(CH3COOH)=c(Cl－)，D錯誤；答案選A。14、C【詳解】①標準狀況下，0.2mol任何氣體物質的體積均為4.48L，但所有物質并不都是氣體，故①錯誤；②若1mol氣體的體積為22.4L，由于溫度、壓強影響氣體摩爾體積，則它可能處于標準狀況下，也可能不是標準狀況下，故②錯誤；③標準狀況下，CO為氣體，而H2O不是氣體，二者體積相等，它們物質的量不相等，故③錯誤；④1gH2物質的量為=0.5mol，14gN2的物質的量為=0.5mol，二者物質的量相等，標準狀況下，二者體積相等，故④正確；⑤28gCO為1mol，但不一定處于標準狀況下，CO的體積不一定為22.4L，故⑤錯誤；⑥標準狀況下，兩種物質不一定都是氣體，它們物質的量相等，占有的體積不一定相等，故⑥錯誤；⑦在同溫同體積時，氣體壓強與物質的量成正比，則氣體物質的物質的量越大，壓強越大，故⑦正確；⑧同溫同壓下，氣體的密度之比等于摩爾質量之比，也等于相對分子質量之比，即氣體的密度與氣體的相對分子質量成正比，故⑧正確；答案選C。15、A【詳解】曲線從到，溶液PH增大，說明此段發(fā)生反應：、，離子反應分別為：、，點此時，，HClO為弱電解質，部分電離，此時溶液中存在次氯酸的電離平衡，從到圖象分析可知：溶液PH繼續(xù)增大，且PH大于7，繼續(xù)加氫氧化鈉，氫氧化鈉和次氯酸反應，，生成的次氯酸鈉為強堿弱酸鹽，水解呈堿性，加堿直至堿過量PH繼續(xù)增大，所以離子反應為：，選項A正確；B.點所示溶液中發(fā)生反應：，HClO為弱電解質，部分電離，無法根據pH計算參加反應的氯氣，選項B錯誤；C.氯氣與氫氧化鈉恰好反應完全溶液為氯化鈉、次氯酸鈉溶液，溶液呈堿性，點所示溶液中發(fā)生反應：、，溶液呈中性，，選項C錯誤；D.處到處是氯氣的溶解平衡：向右進行的過程，酸性逐漸增強，氫離子濃度逐漸增大，選項D錯誤；答案選A。16、D【分析】二氧化硅與碳高溫條件下生成硅和一氧化碳；SiO2Si(粗)，硅元素化合價由+4變?yōu)?；硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣；SiHCl3(沸點33.0℃)、SiCl4(沸點67.6℃)，沸點相差較大?！驹斀狻坎襟E①的化學方程式為SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A錯誤；SiO2Si(粗)，硅元素化合價由+4變?yōu)?，生成1molSi，轉移4mol電子，故B錯誤；硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣，故C錯誤；SiHCl3(沸點33.0℃)、SiCl4(沸點67.6℃)，沸點相差較大，可以通過蒸餾提純SiHCl3，故D正確。【點睛】本題考查了硅的制備、提純及性質，側重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意相關基礎知識的積累。二、非選擇題（本題包括5小題）17、④＋2Ag↓＋2NH3＋H2O＋（n－1）H2O取反應①后的混合液少許，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則A中含氯原子；若生成淺黃色沉淀，則A中含溴原子2【分析】A與F分子中所含碳原子數相同，且均能與NaHCO3溶液反應，均含有﹣COOH，F的分子式為C9H10O2，其不飽和度為=5，F發(fā)生氧化反應生成M，M與NaOH溶液反應后的產物，其苯環(huán)上一氯代物只有一種，說明F含有苯環(huán)，F中應含有乙基，且與羧基處于對位，故F為，M為．由A→B→C的轉化可知，C中含有﹣COOH，C發(fā)生氧化反應生成D，D能發(fā)生銀鏡反應，結合F的結構可知，C為，故D為，B為，A的相對分子質量在180?260之間，故A中苯環(huán)上的乙基中不可能連接羥基，應為鹵素原子，A的結構為，X相對原子質量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能為Cl或Br。C發(fā)生消去反應生成E為，E與氫氣發(fā)生加成反應生成F。C發(fā)生縮聚反應生成高聚物H為?！驹斀狻緼與F分子中所含碳原子數相同，且均能與NaHCO3溶液反應，均含有﹣COOH，F的分子式為C9H10O2，其不飽和度為=5，F發(fā)生氧化反應生成M，M與NaOH溶液反應后的產物，其苯環(huán)上一氯代物只有一種，說明F含有苯環(huán)，F中應含有乙基，且與羧基處于對位，故F為，M為．由A→B→C的轉化可知，C中含有﹣COOH，C發(fā)生氧化反應生成D，D能發(fā)生銀鏡反應，結合F的結構可知，C為，故D為，B為，A的相對分子質量在180?260之間，故A中苯環(huán)上的乙基中不可能連接羥基，應為鹵素原子，A的結構為，X相對原子質量大于180﹣28﹣76﹣45=31，小于260﹣28﹣76=111，X可能為Cl或Br。C發(fā)生消去反應生成E為，E與氫氣發(fā)生加成反應生成F。C發(fā)生縮聚反應生成高聚物H為。（1）B、F的結構簡式分別為、，故答案為、；（2）反應①屬于取代反應，還發(fā)生中和反應，反應②屬于復分解反應，反應③⑥屬于氧化反應，反應④屬于消去反應，反應⑤屬于加成反應，反應⑦屬于縮聚反應，故答案為④；（3）D發(fā)生銀鏡反應的化學方程式為：；反應⑦的化學方程式為：，故答案為；；（4）根據上面的分析可知，X可能為Cl或Br，要確定X是哪種官能團的實驗步驟和現象為：取反應①后的混合液少許，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則A中含氯原子；若生成淺黃色沉淀，則A中含溴原子，故答案為取反應①后的混合液少許，向其中加入稀HNO3至酸性，滴加AgNO3溶液，若生成白色沉淀，則A中含氯原子；若生成淺黃色沉淀，則A中含溴原子；（5）符合下列條件的F（）的同分異構體：a．能發(fā)生銀鏡反應，說明分子中存在醛基；b．能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明分子中存在酚羥基；c．核磁共振氫譜上有四個峰，其峰面積之比為1：1：2：6，說明有4種氫原子，符合以上條件的F分子中有2個甲基、1個酚羥基、1個﹣CHO，且2個甲基處于間位，另2個分別處于對位，結構簡式為，所以F的同分異構體有2種，故答案為2。18、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元素的核電荷數為8，最外層電子數為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。19、水浴加熱4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑會釋放出氮氧化物(或NO、NO2),造成環(huán)境污染將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中①過濾、洗滌,干燥【解析】（1）“氧化”階段需在80℃條件下進行，由于加熱溫度低于水的沸點，所以適宜的加熱方式為水浴加熱。（2）因為已知NaClO溶液與Ag反應的產物為AgCl、NaOH和O2,用化合價升降法即可配平，該反應的化學方程式為4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化劑時通常被還原為有毒的氮的氧化物而污染環(huán)境，所以以HNO3代替NaClO的缺點是會產生氮的氧化物(或NO、NO2),造成環(huán)境污染。（3）洗滌的目的是為了把濾渣表面殘存的銀氨配離子洗滌下來，將洗滌后的濾液合并入過濾Ⅱ的濾液中可以提高Ag的回收率。（4）“過濾Ⅱ”后的濾液含有銀氨配離子，根據題中信息常溫時N2H4·H2O(水合肼)在堿性條件下能還原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于該反應產生所氣體中含有氨氣，氨氣有強烈的刺激性氣味會污染空氣，所以要設計尾氣處理措施，吸收氨氣比較理想的溶液是稀硫酸。所以，從“過濾Ⅱ”后的濾液中獲取單質Ag的過程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后續(xù)還需選用的試劑有①1mol/LH2SO4。反應完全后為獲取純凈的單質銀，需要再進行的實驗操作過程簡述為過濾、洗滌,干燥。點睛：本題以回收一種光盤金屬層中的少量Ag的實驗流程為載體，將實驗原理的理解、實驗試劑和儀器的選用、實驗條件的控制、實驗操作規(guī)范、實驗方案的設計等融為一體，重點考查學生對實驗流程的理解、實驗裝置的觀察、信息的加工、實驗原理和方法運用、實驗方案的設計和評價等能力，也考查學生運用比較、分析等科學方法解決實際問題的能力和邏輯思維的嚴密性。解題的關鍵是能讀懂實驗流程，分析實驗各步驟的原理、目的、實驗條件等。20、2Ag++===Ag2SO3↓有紅色固體生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，轉化為Al3+、OH-V1明顯大于V2亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件【解析】(1).實驗Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮到SO32?濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反應的