甘肅省定西市隴西縣第二中學2026屆高三化學第一學期期中教學質量檢測試題考生請注意：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，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，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。考試結束后，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、下列圖象表達正確的是A．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中B．在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2C．H2S氣體通入氯水中D．向CaCl2溶液中通入CO2至過量2、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＋3、A、B、C、D、E是原子序數依次增大的五種短周期主族元素，其中A的原子序數是B和D原子序數之和的1/4，C元素的最高價氧化物的水化物是一種中強堿，甲和丙是D元素的兩種常見氧化物，乙和丁是B元素的兩種常見同素異形體，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它們之間的轉化關系如圖所示(部分反應物省略)，下列敘述正確的是A．C、D兩元素形成化合物屬共價化合物B．C．D的簡單離子均能促進水的電離C．A、D分別與B

元素形成的化合物都是大氣污染物D．E的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性4、根據下列實驗及其現象，所得出的結論合理的是（）選項實驗現象結論A向溶液中滴入幾滴溶液，再滴加幾滴溶液先有白色沉淀生成，后有藍色絮狀沉淀生成Ksp：B用pH試紙分別檢驗等濃度溶液和溶液前者試紙變藍比后者更深些水解能力強于C分別加熱蒸干溶液和溶液前者能得到固體；后者得不到固體不易揮發(fā)，易揮發(fā)D向某鈉鹽中滴加鹽酸，產生的氣體通入品紅溶液品紅溶液褪色該鈉鹽為或A．A B．B C．C D．D5、如圖甲是利用一種微生物將廢水中的尿素[CO(NH2)2]的化學能直接轉化為電能，并生成環(huán)境友好物質的裝置，同時利用此裝置的電能在鐵上鍍銅。下列說法中正確的是（）A．銅電極應與X相連接B．H＋經過質子交換膜由右向左移動C．當N電極消耗0.25mol氣體時，則鐵電極增重16gD．M電極反應式：CO(NH2)2＋H2O－6e－=CO2↑＋N2↑＋6H＋6、據報道，我國釩電池研究獲得重大突破，未來十年市場有望突破1000億美元。某釩電池反應為2VCl2+BrCl2—2VCl3+Br—，電極均為惰性材料，儲液罐里存有反應物和酸性電解質溶液，模擬裝置如圖所示。下列說法不正確的是A．放電時，I極的電極反應式為VCl2—e—+Cl—=VCl3B．放電時，H+由交換膜右側向左側遷移C．充電時，I極與電源負極相連，發(fā)生還原反應D．充電時，Ⅱ極的電極反應式為2Cl—+Br——2e—=BrCl2—7、“空氣吹出法”海水提溴的工藝流程如下：下列說法中，不正確的是A．實驗室保存溴通常加少量水B．海水提溴與海水提鎂發(fā)生的所有反應均為氧化還原反應C．經過吸收塔后，溴元素得到了富集D．蒸餾塔中還發(fā)生了化學變化8、下列實驗操作對應的實驗現象及解釋或結論都正確的是()選項實驗操作實驗現象解釋或結論A向Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸酸化的H2O2溶液溶液變?yōu)辄S色氧化性：H2O2>Fe3＋B向5mL1mol/LNaOH溶液中滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液先產生白色沉淀，然后產生藍色沉淀Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Mg(OH)2]C將充滿NO2的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深2NO2(g)N2O4(g)ΔH＜0D向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH）溶液紫色褪去乙二醇被氧化為乙二酸A．A B．B C．C D．D9、己知反應：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O。據此判斷下列說法正確的是A．上述兩個反應都是置換反應B．①中KC1是氧化產物，KBr發(fā)生還原反應C．反應②中還原劑與氧化劑的物質的量之比為5:1D．氧化性由強到弱的順序為：Br2>Cl2>KClO310、下列說法正確的是A．Na2O2和NaOH所含化學鍵類型完全相同B．NH3比PH3穩(wěn)定是因為NH3分子間存在氫鍵C．CO2溶于水和干冰升華都只有分子間作用力改變D．堿性氧化物一定是金屬氧化物11、將一定量的鈉鋁合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的鹽酸滴定，沉淀質量與消耗鹽酸的體積關系如圖所示。則下列選項正確的是A．原合金質量為0.92g B．標準狀況下產生氫氣896mLC．圖中V2為60mL D．圖中m值為1.56g12、下列有關實驗裝置圖的敘述中，正確的是①②③④A．裝置①：常用于分離互不相溶的液體混合物B．裝置②：可用于吸收氯化氫、氨氣等氣體尾氣，防止倒吸C．裝置③：可用于實驗室以氯化銨為原料制備少量NH3的實驗D．裝置④：先裝滿水，再從b口進NO氣體，可收集NO13、已知0.1mol/L的醋酸溶液中存在電離平衡：CH3COOHCH3COO－＋H＋要使溶液中值增大，可以采取的措施是()A．加少量燒堿溶液 B．降低溫度C．加少量冰醋酸 D．加水14、大氣固氮過程中，不會產生A．NH3 B．NO C．NO2 D．HNO315、化學與生產、生活、科技等密切相關，下列說法正確的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化學變化B．向牛奶中加入果汁會產生沉淀，這是因為發(fā)生了酸堿中和反應C．鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液，主要是為鮮花補充鉀肥D．富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質16、下列有關說法中錯誤的是（）A．氫氟酸不能盛放在玻璃試劑瓶中B．玻璃、水晶、陶瓷的主要成分均是硅酸鹽C．灼燒NaOH固體時不能使用瓷坩堝，因為坩堝中的SiO2能與NaOH反應D．由沙子制備光伏材料時的反應之一為SiO2+2C高溫Si+2CO↑二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E、X均為短周期元素形成的無機物，存在下圖所示轉化關系(部分生成物和反應條件略去)；已知A由短周期非金屬元素組成，B具有漂白性且光照易分解。請回答以下問題:(1)若A為單質，且C為一元強酸。①寫出一種工業(yè)制備單質A的離子方程式:____________________。

②X可能為________(填字母代號)。

a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.NaAlO2(2)若A為兩種元素形成的化合物，且E與水反應生成的G的濃溶液遇C有白煙產生。①A與H2O反應的化學方程式為_____________________________。

②室溫下，NH2OH(羥氨)會發(fā)生分解生成C、D，試寫出其分解反應的化學方程式_______。18、在一定條件下可實現下圖所示物質之間的轉化：請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（堿式碳酸銅），受熱易分解，圖中的F是______（填化學式）。（2）寫出明礬溶液與過量NaOH溶液反應的離子方程式:。（3）寫出B電解生成E和D的反應方程式：。（4）圖中所得G和D都為固體，混合后在高溫下可發(fā)生反應，寫出該反應的化學方程式，該反應消耗了2molG，則轉移的電子數是。19、鐵礦石是工業(yè)煉鐵的主要原料之一，其主要成分為鐵的氧化物（設雜質中不含鐵元素和氧元素，且雜質不與H2SO4反應）。某研究性學習小組對某鐵礦石中鐵的氧化物的化學式進行探究。Ⅰ．鐵礦石中含氧量的測定①按上圖組裝儀器，檢查裝置的氣密性；②將2．3g鐵礦石放入硬質玻璃管中，裝置B、C中的藥品如圖所示（夾持儀器均省略）；③從左端導氣管口處不斷地緩緩通入H2，待C裝置出口處H2驗純后，點燃A處酒精燈；④充分反應后，撤掉酒精燈，再持續(xù)通入氫氣至完全冷卻。（2）裝置C的作用為_______________________________。（2）若將H2換成CO，則還需補充________________裝置。（3）測的反應后裝置B增重2．32g，則鐵礦石中氧的百分含量為_______________。Ⅱ．鐵礦石中含鐵量的測定（2）步驟④中煮沸的作用是__________________________。（2）步驟⑤中用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、__________________。（3）下列有關步驟⑥的操作中說法正確的是__________________________。a．因為碘水為黃色，所以滴定過程中不需加指示劑b．滴定過程中可利用淀粉溶液作為指示劑c．滴定管用蒸餾水洗滌后可以直接裝液d．錐形瓶不需要用待測夜?jié)櫹磂．滴定過程中，眼睛注視滴定管中液面變化f．滴定結束后，33s內溶液不恢復原來的顏色，再讀數（4）若滴定過程中消耗3．2333mol·L?2的KI溶液23．33mL，則鐵礦石中鐵的百分含量為____________。Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出該鐵礦石中鐵的氧化物的化學式為______________。20、(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O俗稱莫爾鹽，淺綠色晶體，是化學定量分析中的常用試劑。其分解情況復雜，某課題組道過實驗檢驗莫爾鹽隔絕空氣加熱時的分解產物。(1)分解裝置A應選用________(填“①”或“②”)。(2)若實驗中A裝置中的固體變?yōu)榧t棕色，則固體產物中含有________；C裝置中紅色褪去，說明氣體產物中含有________；C裝置后應連裝置D(未畫出)，其作用是________。(3)若想利用上述裝置證明分解產物中含有氨氣，只需更換B、C中的試劑即可，則更換后的試劑為B________、C________(填序號)。①堿石灰②無水氯化鈣③酚酞溶液④稀硫酸(4)若實驗證實(2)(3)的猜想是正確的，某同學認為莫爾鹽分解還可能會生成N2、SO3，擬從下列裝置中選擇合適的裝置加以證明，則正確的連接順序是A、________、H、E、J(5)若(4)中的氣體產物只有一種，可能是N2，也可能是SO3，另外只有水生成，則據此推測，莫爾鹽分解反應的化學方程式可能為__________________或__________________21、硫酸銅是一種重要的化工產品。某工廠用刻蝕印刷電路板產生的堿性廢液[含較多[Cu(NH3)4]2+及少量Cu2+、NH4+、NH3和Cl-]制備硫酸銅晶體，流程如下：（1）通過“中和、沉淀和過濾”可得堿式氯化銅[Cu(OH)Cl]固體，請將生成該固體的反應的離子方程式補充完整：[Cu(NH3)4]2++________________。（2）制備Cu(OH)Cl沉淀時，溶液的pH對銅元素含量的影響如右圖所示：①若要提高Cu(OH)Cl沉淀的量，應將溶液的pH控制在_______(填字母序號）。A．<5.2B．5.2~5.8C．>5.8②pH<5.2時，隨pH減小，溶液中銅元素含量增大，其原因用反應的離子方程式可表示為______。（3）“化漿、酸化"過程可得到硫酸銅粗品，發(fā)生的反應為Cu(OH)Cl+4H2O+H2SO4=CuSO4·5H2O+HCl。則硫酸銅粗品中，含銅元素的雜質為__________，檢驗樣品中含有該雜質的方法是：取少量硫酸銅粗品，加入適量水使其充分溶解，__________。（4）硫酸銅粗品還需要通過重結晶法進行提純，具體操作是：將粗晶體溶解于熱水中形成飽和溶液，然后加入適量乙醇，攪拌，冷卻，過濾并洗滌，得到高純度的硫酸銅晶體。加入乙醇能夠提高硫酸銅的產率，從溶解性角度解釋其可能的原因是______________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】A．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，氫氧根離子、碳酸氫根離子、鋇離子反應生成碳酸鋇沉淀，即開始加入NaOH溶液時就有沉淀生成，A與圖象不符；B．在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2，開始時，鈣離子、氫氧根離子、二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀，由于n(OH-)＞2n(Ca2+)，鈣離子反應完時，繼續(xù)通入二氧化碳，為氫氧根離子、二氧化碳反應生成碳酸根離子，繼而碳酸根離子與二氧化碳與水反應生成碳酸氫根離子，然后碳酸鈣與二氧化碳、水反應生成碳酸氫鈣，B與圖象相符；C．H2S氣體通入氯水中，氯氣與硫化氫反應生成單質硫和鹽酸，溶液的pH減小，C與圖象不符；D．向CaCl2溶液中通入CO2至過量，二氧化碳與氯化鈣不反應，無沉淀生成，D與圖象不符；答案為B。2、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。【點睛】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”“加入鋁粉產生氫氣”；（4）是“可能”共存，還是“一定”共存。3、B【解析】根據甲+乙→丙+丁，而乙、丁是B常見的同素異形體，即乙、丁是單質，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2→氧化物，中學中常見的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序數小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH2SO4溶液的pH=2，與題干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高價氧化物的水化物是一種中強堿，其原子序數應該介于8～16之間，所以C是Mg，E是短周期且原子序數大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分別是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是離子化合物，A選項錯誤；Mg（OH）2是中強堿，所以Mg2+在水溶液中能夠發(fā)生水解，使水溶液呈酸性，促進了水的電離，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能夠發(fā)生水解，使溶液呈堿性，也促進了水的電離，所以Mg2+、S2-的簡單離子均能促進水的電離，B選項正確；A與D形成化合物是SO3、SO2是大氣污染物，A與B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大氣污染物，C選項錯誤；根據元素周期律的規(guī)律：非金屬性Cl＞S，則E的最高價氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高價氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，題干中沒有涉及到是最高價氧化物的水化物，D選項錯誤；正確答案B。點睛：中學化學中元素之間的轉化是比較復雜的，類型也很多，如直線型轉化關系X為O2，中學中常見的有：Na→Na2O→Na2O2、N2→NO→NO2或NH3→NO→NO2、S→SO2→SO3或H2S→SO2→SO3、C→CO→CO2或CH4→CO→CO2，本題中涉及是SO2→SO3→H2SO4，熟悉這個之間的轉化，是解決本題的關鍵。4、C【詳解】A．由于氫氧化鈉過量，沉淀都是由加入的鹽溶液與氫氧化鈉溶液反應生成的，不存在沉淀的轉化，不能證明溶度積的大小，故A錯誤；B．NaClO溶液含有次氯酸根離子，具有氧化性，可水解生成次氯酸，具有漂白性，可以將pH試紙漂白，導致實驗現象不準確，無法比較二者的水解能力，故B錯誤；C．加熱氯化鎂溶液水解生成氫氧化鎂和氯化氫，HCl易揮發(fā)，得到的是氫氧化鎂，因硫酸不揮發(fā)，加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體，可知與酸的揮發(fā)性有關，故C正確；D．使品紅褪色的氣體可能為氯氣或二氧化硫，可能為NaClO與濃鹽酸反應生成氯氣，可能Na2SO3或NaHSO3與濃鹽酸反應生成二氧化硫，故D錯誤；答案選C。5、D【解析】A、根據甲圖，N電極通入氧氣，因此N極為正極，M電極為負極，電鍍時，待鍍金屬作陰極，鍍層金屬作陽極，即鐵連接X，Cu連接Y，故A說法正確；B、根據選項A的分析，以及原電池的工作原理，H＋從負極流向正極，即從M極流向N極，故B說法正確；C、N極反應式為O2＋4H＋＋4e－=2H2O，鐵極反應式Cu2＋＋2e－=Cu，得失電子數目守恒，因此有O2～4e－～2Cu，鐵電極質量增重0.25×2×64g=32g，故C錯誤；D、M極為負極，尿素產生H＋，因此電極反應式為：CO(NH2)2＋H2O-6e－=CO2↑+N2↑+6H＋，故D正確。6、B【解析】A.I為負極，由釩電池反應式2VCl2+BrCl2－2VCl3+Br－可知，放電時VCl2在負極失電子生成VCl3，電極反應式為VCl2－e－+Cl－=VCl3，故A正確；B.H+是陽離子，放電時H+移向正極，所以H+由交換膜左側向右側遷移，故B錯誤；C.I為負極，充電時連接電源的負極構成電解池的陰極，發(fā)生還原反應，故C正確；D.II為原電池的正極，充電時為電解池的陽極，電極反應式為2Cl－+Br－―2e－=BrCl2－，故D正確；答案選B。點睛：本題主要考查原電池原理和電極反應式書寫等，根據題目所給的原電池總反應方程式并結合原電池裝置圖即可解答，試題難度中等。本題的易錯點是D項，判斷充電時II極的電極反應式，需要根據裝置圖先確定II極在放電時屬于正極，則充電時屬于陽極，充電時陽極的電極反應式與放電時的正極反應式相反。7、B【分析】濃縮、酸化后的海水，通入Cl2，Cl2將Br-氧化成Br2，通入空氣、水蒸氣吹出Br2，在吸收塔被SO2再次還原成Br-，在蒸餾塔中被Cl2氧化成Br2，經過冷凝、精餾得到高純度Br2；A.液溴易揮發(fā)，常用水封法保存；B.海水提鎂發(fā)生的所有反應大部分為非氧化還原反應，只有電解氯化鎂為氧化還原反應；C.經過吸收塔后，Br2在吸收塔被SO2吸收，溴元素得到了富集；D.Br-在蒸餾塔中被Cl2氧化成Br2。【詳解】A.溴易揮發(fā)，加水液封可以減少揮發(fā)損失，A正確；B.海水提鎂的過程中，發(fā)生了鎂鹽與堿反應生成氫氧化鎂的復分解反應，所以并不都是氧化還原反應，B錯誤；C.經過吸收塔后，所得溶液中的Br—濃度遠大于進入吹出塔之前的海水中的Br—濃度，因此溴元素得到了富集，C正確；D.蒸餾塔中發(fā)生的反應為：2Br—+Cl2=2Cl-+Br2,D正確。8、C【詳解】A.Fe(NO3)2溶液中滴入硫酸，由于硝酸根離子在酸性條件下將亞鐵離子氧化為鐵離子，故無法判斷在該反應中，雙氧水是否參加了反應，故不能據此實驗判斷H2O2和Fe3＋的氧化化性的相對強弱的關系，A的結論不正確；B.向5mL1mol/LNaOH溶液中滴加5滴1mol/LMgCl2溶液，兩者反應生成白色的氫氧化鎂沉淀，且NaOH溶液有大量剩余，然后再滴加足量的1mol/LCuCl2溶液，則可生成藍色的氫氧化銅沉淀，由于兩種鹽溶液不是同時加入的，因此不存在競爭關系，故無法據此判斷兩種沉淀的溶度積的相對大小，B的結論不正確；C.升高溫度，可逆反應向吸熱反應方向移動。升高溫度后，氣體的顏色加深，說明平衡向生成二氧化氮方向移動，所以正反應是放熱反應，C選項正確；

D.向一定量酸性KMnO4溶液中加入乙二醇（HOCH2CH2OH），溶液的紫色褪去，說明KMnO4被還原，但不能據此判斷乙二醇被氧化后的產物，所以D選項的結論不正確。答案選C。9、C【解析】A．①為置換反應，②中生成物有單質但反應物沒有單質，所以不是置換反應，A錯誤；B．反應①中溴離子從-1價變?yōu)?價，KBr是還原劑，發(fā)生氧化反應，氯氣是氧化劑，氯化鉀是還原產物，B錯誤；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氯元素化合價從+5價降低到0價，根據電子得失守恒可知參加反應的6mol氯化氫中有5mol的氯化氫作還原劑，所以還原劑和氧化劑的物質的量之比是5：1，C正確；D．Cl2+2KBr＝2KCl+Br2中氧化劑是氯氣，氧化產物是溴，所以氯氣的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氧化產物是氯氣，氯酸鉀的氧化性大于氯氣，則氧化性強弱順序是KClO3＞Cl2＞Br2，D錯誤；答案選C。10、D【詳解】A.Na2O2中含有離子鍵和非極性共價鍵，NaOH中含有離子鍵和極性共價鍵，所含化學鍵類型不完全相同，故A錯誤；B.物質的穩(wěn)定性與化學鍵的強弱有關，與分子間作用力無關，故B錯誤；C.化學反應的實質舊的化學鍵斷裂和新的化學鍵形成，CO2溶于水并可與水反應生成碳酸，則CO2溶于水存在化學鍵和分子間作用力的改變，干冰升華只是二氧化碳從固態(tài)變?yōu)闅鈶B(tài)，只有分子間作用力改變，因此二者作用力的改變不相同，故C錯誤；D.堿性氧化物是指溶于水而成堿或與酸反應而成鹽和水的氧化物，堿性氧化物皆為金屬的氧化物，它們的堿性差別很大，故D正確；答案選D?！军c睛】共價化合物的穩(wěn)定性是由化學鍵的強弱決定的，熔沸點是分子間作用力決定的，還和分子間氫鍵有關。11、D【詳解】A.根據原子守恒可知金屬鋁的質量是0.02mol×27g/mol＝0.54g。向溶液中加入lmol?L-1的鹽酸滴定，至沉淀質量最大時，此時溶液中溶質為氯化鈉，根據溶液中電荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.04mol×1mol/L=0.04mol，則金屬鈉的質量是0.92g，則原合金的質量是0.92g＋0.54g=1.46g，選項A錯誤；B.由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知生成氫氣是0.02mol＋0.03mol＝0.05mol，標準狀況下的體積是1.12，選項B錯誤；C.當沉淀恰好完全溶解時溶液為NaCl、AlCl3的混合溶液，根據元素守恒可得n(HCl)=n(Na)+3n(Al)=0.04mol＋0.02mol×3=0.1mol,v(HCl)=n÷V=0.1mol÷1mol/L=0.1L=100ml，所以V2=100ml，選項C錯誤。D.將一定量的鈉鋁合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，溶液呈堿性，故溶液中溶質為氫氧化鈉、偏鋁酸鈉，n(NaOH)(過量)=0.02L×1mol/L=0.02mol，由于發(fā)生反應：HCl+NaOH=NaCl+H2O;所以消耗鹽酸的物質的量也是0.02mol,因此其體積是V(HCl)=0.02mol÷1mol/L=0.02L=20mL，所以V1為20ml。因此與偏鋁酸鈉反應的鹽酸是20mL，由方程式可知NaAlO2+H2O+HCl=Al(OH)3↓+NaCl;生成氫氧化鋁是0.02mol，質量是1.56g，故D正確。正確選項是D。12、D【詳解】A.裝置①為蒸餾裝置，常用于分離沸點不同的液體混合液，A項錯誤；B.裝置②中苯與水互不相容，密度比水小，位于水的上層，氯化氫、氨氣等氣體易溶于水，與水直接接觸易倒吸，該裝置達不到防倒吸的目的，B項錯誤；C.氯化銨受熱分解雖能生成氯化氫和氨氣，但氨氣為堿性氣體，與氯化氫會重新化合生成氯化銨，該操作不能用于制備氨氣，C項錯誤；D.NO的密度與空氣相當，只能用排水法收集，圖示中操作規(guī)范且科學，D項正確；答案選D。13、D【分析】醋酸是弱電解質，在溶液中存在電離平衡，要使溶液中值增大，應使平衡向右移動。【詳解】A．加入少量燒堿溶液，反應H+生成CH3COO-，c（H+）減小，由于CH3COO-對CH3COOH的電離起到抑制作用，則值減小，故A錯誤；B．醋酸的電離是吸熱反應，降低溫度，抑制醋酸電離，平衡向逆反應方向移動，則值減小，故B錯誤；C．加入少量冰醋酸，醋酸濃度增大，弱電解質的濃度越大，電離程度越小，則值減小，故C錯誤；D．加水稀釋促進醋酸電離，則氫離子的物質的量增大，醋酸分子的物質的量減小，所以值增大，故D正確；故選D?！军c睛】醋酸加水稀釋，溶液中除氫氧根離子外，各粒子濃度均減小，由于平衡向右移動，氫離子、醋酸根離子濃度減小少，醋酸分子濃度減小多。14、A【詳解】A．氮的固定是將空氣中游離態(tài)的氮轉化為含氮化合物的過程，大氣固氮是閃電能使空氣里的氮氣轉化為一氧化氮，不會產生氨氣，故A錯誤；B．空氣中的N2在放電條件下與O2直接化合生成無色且不溶于水的一氧化氮氣體，N2+O22NO，故B正確；C．一氧化氮的密度比空氣略大，不穩(wěn)定，常溫下就易與空氣中的O2反應生成紅棕色的二氧化氮氣體，2NO+O2＝2NO2，故C正確；D．二氧化氮氣體有毒，易與水反應生成硝酸(HNO3)和一氧化氮，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，故D正確；故答案為A?！军c睛】氮的固定是指：將空氣中游離態(tài)的氮轉化為含氮化合物的過程。游離態(tài)是指氮氣單質。大氣固氮是閃電能使空氣里的氮氣轉化為一氧化氮。在放電條件下，氮氣跟氧氣能直接化合生成無色的一氧化氮氣體；一氧化氮不溶于水，在常溫下易跟空氣中的氧氣化合，生成紅棕色的二氧化氮氣體；二氧化氮易溶于水，它與空氣中的水反應后生成硝酸和一氧化氮。15、D【解析】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料中涉及裂化、裂解等，裂化、裂解屬于化學變化，A錯誤；B．因牛奶中含有蛋白質，加入果汁能使蛋白質凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，則不是酸堿之間的反應，B錯誤；C．高錳酸鉀可防止鮮花衰敗，則鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液，主要是為鮮花保鮮，與補充鉀肥無關，C錯誤；D．鐵是活潑金屬，富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質，D正確；答案選D。點睛：本題考查物質的組成和性質，為高頻考點，把握物質的性質、性質與用途的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意化學與生活的聯系，題目難度不大。16、B【解析】試題分析：A.氫氟酸能腐蝕玻璃，所以氫氟酸不能盛放在玻璃試劑瓶中，A項正確；B.水晶的主要成分是SiO2，不是硅酸鹽，B項錯誤；C.瓷坩堝是硅酸鹽產品，坩堝中的SiO2能與NaOH反應，用鐵坩堝，C項正確；D.沙子的主要成分是SiO2，光伏材料的成分是晶體硅，由沙子制備光伏材料時的反應之一為SiO2＋2CSi＋2CO↑，D項正確；答案選B?？键c：考查物質的保存、成分和性質二、非選擇題（本題包括5小題）17、2Cl?+2H2O

2OH?+H2↑+Cl2↑cdNCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O【分析】A、B、C、D、E、X是中學常見的無機物，A由短周期非金屬元素組成，B具有漂白性且光照易分解，則B為HClO，（1）若A為單質，且C為一元強酸，則C為HCl，A為Cl2，X可能為Na2CO3、NaAlO2等；（2）若A為兩種元素形成的化合物，且E與水反應生成G的濃溶液遇C有白煙產生，則C為NH3，結合B為HClO，根據元素守恒可及化合價的情況可知A為NCl3，時而推得G為HNO3，E為NO2，X為氧氣，符合轉化關系，以此解答該題?！驹斀狻?1)若A為單質，且C為一元強酸，則C為HCl，A為Cl2，X可能為Na2CO3、NaAlO2等。①工業(yè)可用電解飽和食鹽水制備氯氣,離子方程式為2Cl?+2H2O

2OH?+H2↑+Cl2↑，故答案為2Cl?+2H2O

2OH?+H2↑+Cl2↑；

②四種物質中能與鹽酸連續(xù)反應的為Na2CO3、NaAlO2，發(fā)生的化學方程式為HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑或者NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，Al(OH)3+HCl=AlCl3+3H2O，故答案為cd；(2)若A為兩種元素形成的化合物，且E與水反應生成G的濃溶液遇C有白煙產生，則C為NH3，結合B為HClO，根據元素守恒可及化合價的情況可知A為NCl3，進而推得G為HNO3，E為NO2，X為氧氣，D為NO。①A為NCl3，A與水反應的化學方程式為NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案為NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

②室溫下，NH2OH(羥氨)中的氮元素為-1價，發(fā)生分解生成NH3、NO，根據氧化還原反應得失電子守恒和物料守恒，其分解反應的化學方程式5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O，答案為：5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。18、（每空1分，共10分）（1）CO1（1）Al3＋+4OH－＝AlO1－+1H1O（3）1Al1O34Al+3O1↑（4）1Al+3CuO3Cu+Al1O34NA（或1．408х1014）【解析】試題分析：（1）明礬與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鹽?？兹甘闹饕煞质荂uCO3·Cu（OH）1（堿式碳酸銅），受熱易分解，生成氧化銅、CO1和水。CO1能與A反應，則F是CO1。（1）明礬溶液與過量NaOH溶液反應的離子方程式為Al3＋+4OH－＝AlO1－+1H1O。（3）CO1能與偏鋁酸鹽反應生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁分解生成氧化鋁和水，電解氧化鋁生成氧氣和鋁，則B電解生成E和D的反應方程式為1Al1O34Al+3O1↑。（4）圖中所得G和D都為固體，分別是是氧化銅和鋁，混合后在高溫下可發(fā)生鋁熱反應，該反應的化學方程式為1Al+3CuO3Cu+Al1O3。反應中銅的化合價從＋1價降低到0價，因此若該反應消耗了1mol氧化銅，則轉移的電子數是4NA?？键c：考查無機框圖題推斷19、防止空氣中的水蒸氣和CO2進入B中，影響測定結果尾氣處理24%趕走溶液中溶解的過量的Cl2223mL容量瓶df73%Fe2O6【分析】Ⅰ．氫氣和鐵礦石中鐵的氧化物在A裝置的玻璃管內反應生成Fe和水蒸氣，C用來隔絕空氣，防止空氣中的水蒸氣進入B中，B中質量增加量即A中產生的水蒸氣的量，據此計算鐵礦石中含氧量；Ⅱ．23.3g鐵礦石與足量稀硫酸反應、過濾得含Fe2+、Fe3+的濾液A，濾液A中通入足量氯氣使Fe2+轉化為Fe3+得B溶液，取23.33mLB的稀溶液用KI溶液滴定可得Fe3+的量，從而可計算鐵礦石中含鐵量，最后得鐵礦石中鐵的氧化物的化學式?！驹斀狻竣瘢?2)裝置C的作用為防止空氣中的水蒸氣和CO2進入B中，使測得的含氧量增大；(2)CO有毒，若將H2換成CO，則還需補充尾氣處理裝置；(3)測的反應后裝置B增重2．32g，即生成水2.32g，則鐵礦石中氧的百分含量為=24%；Ⅱ．(2)通入足量的氯氣，溶液中溶有未反應的氯氣，步驟④中煮沸的作用是趕走溶液中溶解的過量的Cl2；(2)步驟⑤配制溶液中用到的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、膠頭滴管、223mL容量瓶；(3)碘水、Fe3+均為黃色，所以滴定過程中需加指示劑；無論如何互滴，開始就生成碘單質，滴定過程中不能利用淀粉溶液作為指示劑；滴定管用蒸餾水洗滌后再用待裝液潤洗；錐形瓶不能用待測夜?jié)櫹?；滴定過程中，眼睛注視錐形瓶中顏色的變化；滴定結束后，33s內溶液不恢復原來的顏色，可判斷滴定終點，再讀數；(4)若滴定過程中消耗3．2333mol·L?2的KI溶液23．33mL，根據，鐵礦石中鐵的百分含量為=73%。Ⅲ．設化學式為，，，所以該鐵礦石中鐵的氧化物的化學式為Fe2O6。20、②Fe2O3SO2處理尾氣SO2（答出處理尾氣即可）①③I2(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O=Fe2O3+4SO2↑+2NH3↑+N2↑+17H2O2(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O=Fe2O3+SO2↑+4NH3↑+3SO3↑+14H2O【分析】摩爾鹽受熱分解需要在隔絕空氣條件下加熱，由于裝置中含有空氣，需要用如惰性氣體排盡裝置中空氣；要證明摩爾鹽分解還可能會生成N2、SO3，利用氣體與溶液反應生成硫酸鋇檢驗SO3，用排水法收集氣體證明有氮氣。酸性條件下二氧化硫不能鋇鹽反應，二氧化硫可以被硝酸鋇氧化生成硫酸鋇，會影響SO3的檢驗，可以用氯化鋇和鹽酸混合溶液檢驗。用酸性高錳酸鉀溶液除去二氧化硫，最后排水法收集氣體，由于生成的氣體中可能含有氨氣，要防止倒吸，據此解答?！驹斀狻?1)反應需要在隔絕空氣條件下加熱，由于裝置中含有空氣，需要用如惰性氣體排盡裝置中空氣，故應選擇裝置②；(2)摩爾鹽受熱分解的固體為紅棕色固體，可知紅棕色固體為Fe2O3，C裝置中紅色褪去，說明氣體產物中含有SO2，二氧化硫會污染空氣，需要進行尾氣處理，C裝置后應連裝