2026屆江蘇省淮安市盱眙縣化學(xué)高三上期中質(zhì)量跟蹤監(jiān)視模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結(jié)束后，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、實驗小組進行如下實驗：已知：Cr2(SO4)3稀溶液為藍紫色；Cr(OH)3為灰綠色固體，難溶于水。下列關(guān)于該實驗的結(jié)論或敘述不正確的是A．①中生成藍紫色溶液說明K2Cr2O7在反應(yīng)中表現(xiàn)了氧化性B．若繼續(xù)向③中加入稀硫酸，溶液有可能重新變成藍紫色C．將①與③溶液等體積混合會產(chǎn)生灰綠色渾濁，該現(xiàn)象與Cr3+的水解平衡移動有關(guān)D．操作I中產(chǎn)生的無色氣體是CO2、在甲、乙兩燒杯溶液中，分別含有大量Cu2+、K+、H+、Cl﹣、CO32﹣、OH﹣6種離子中的3種，已知甲燒杯的溶液呈藍色，則乙燒杯溶液中大量存在的離子是A．K+、OH﹣、CO32﹣ B．CO32﹣、OH﹣、Cl﹣C．K+、H+、Cl﹣ D．Cu2+、H+、Cl﹣3、下列對摩爾的敘述中不正確的是A．摩爾是一個單位，用于計量物質(zhì)所含微觀粒子的數(shù)量B．摩爾是一個物理量C．1mol任何氣體所含的氣體分子數(shù)目都相等D．摩爾既能用來計量純凈物，又能用來計量混合物4、下列實驗結(jié)果不能作為相應(yīng)定律或原理的證據(jù)是ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結(jié)果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡，試管中出現(xiàn)渾濁測得ΔH為ΔH1、ΔH2的和H2與O2的體積比約為2︰1A．A B．B C．C D．D5、已知反應(yīng)：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快該反應(yīng)的速率的是A．升高溫度 B．加入少量MnO2固體C．加水稀釋 D．加入幾滴FeCl3溶液6、五種短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A2屬于綠色燃料，C的氧化物用于生產(chǎn)光導(dǎo)纖維，D元素原子的核電荷數(shù)是同主族上一周期元素的2倍，B、C為同周期元素，B、D原子最外層電子數(shù)之和等于E的最外層電子數(shù)．根據(jù)以上敘述，下列說法中正確的是A．五種元素中有兩種金屬元素B．元素C、D、E的最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性增強C．元素D、E分別與元素A形成化合物的穩(wěn)定性：A2D＞AED．元素B、D、E的簡單離子半徑大小為：B＞D＞E7、某溶液中含有大量下列離子：Fe3+、SO42-、Al3+和M離子，且這四種離子Fe3+、SO42-、Al3+和M的物質(zhì)的量之比為2：4：1：1，則M離子可能為下列中的（）A．Na+ B．I- C．S2- D．Cl-8、不能通過化學(xué)反應(yīng)實現(xiàn)的是A．生成一種新離子 B．生成一種新分子C．生成一種新原子 D．生成一種新物質(zhì)9、下列敘述正確的是A．向Al2（SO4）3溶液中滴加過量的NaOH溶液制備Al（OH）3B．用侯氏制堿法制得NaHCO3：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+C．用加熱法除去Ca（OH）2固體中混有的NH4Cl固體D．SO2通入酸性KMnO4溶液檢驗其漂白性10、X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,且原子序數(shù)依次增大,其中X、Z同主族,Y原子半徑是短周期主族元素中最大的,X原子最外層電子數(shù)是其核外電子層數(shù)的3倍。下列說法正確的是()A．原子半徑:rW>rZ>rY>rXB．Z的簡單氫化物沸點比X的高C．X、Y、Z三種元素組成的化合物多于2種D．W元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強于Z11、mg鋁鎂合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全反應(yīng)（假定硝酸的還原產(chǎn)物只有NO），向反應(yīng)后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，當(dāng)?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值ng，則下列有關(guān)該實驗的說法中正確的有①沉淀中氫氧根的質(zhì)量為(n-m)g②恰好溶解后溶液中的NO3-離子的物質(zhì)的量為aVmol③反應(yīng)過程中轉(zhuǎn)移的電子的物質(zhì)的量為mol④生成NO氣體的體積室溫下為L⑤與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為()molA．2項 B．3項 C．4項 D．5項12、將二氧化硫氣體緩緩?fù)ㄈ胂铝腥芤?，溶液隨體積變化如圖所示，該溶液是（）A．氨水 B．氯水 C．氫硫酸 D．氯化鋇13、化學(xué)與人類社會生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說法中正確的是A．誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的食鹽水解毒B．燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施C．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查D．生石灰可用作食品抗氧化劑14、已知草酸晶體(H2C2O4·2H2O)的熔點為101℃，170℃分解。下列選用的裝置和藥品能達到實驗?zāi)康牡氖牵ǎ〢BCD制取SO2制取NO2H2C2O4·2H2O分解分離苯與溴苯A．A B．B C．C D．D15、下列離子方程式符合題意且正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于鹽酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．在明礬溶液中加入過量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．在鹽酸中滴加少量Na2CO3溶液：CO32-+2H+=CO2↑+H2OD．用FeS除去廢水中的Cu2+：S2-+Cu2+=CuS↓16、化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列有關(guān)說法不正確的是（）A．富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質(zhì)B．“黑陶”是一種傳統(tǒng)工藝品，是用陶土燒制而成，其主要成分為硅酸鹽C．我國預(yù)計2020年發(fā)射首顆火星探測器，太陽能電池帆板的材料是二氧化硅D．用K2FeO4代替Cl2處理飲用水時，既有殺菌消毒作用，又有凈水作用二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知高分子化合物I是輕工業(yè)生產(chǎn)的重要原料，其中一種生產(chǎn)合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A為芳香烴，A的化學(xué)名稱是______。（2）G→H、H→I的反應(yīng)類型分別是______、______。（3）若G結(jié)構(gòu)為①請寫出D的結(jié)構(gòu)簡式______。②2由B生成C的化學(xué)方程式為__。（4）C有多種同分異構(gòu)體，其中屬于酚類的同分異構(gòu)體有_____種，寫出其中具有四組核磁共振氫譜峰的一種結(jié)構(gòu)簡式_____。（5）參考上述合成路線信息，寫出以CH3－CH=CH2和CH3MgBr為原料(其它無機物任選)合成的合成路線圖。_____18、在Na2SO3溶液中各微粒濃度等式關(guān)系正確的是________a.c(Na+)=c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)b.c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)c.c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+c(H2SO3)19、Ⅰ.鐵是人體必需的微量元素,綠礬(FeSO4·7H2O)是治療缺鐵性貧血藥品的重要成分。(1)FeSO4溶液在空氣中會因氧化變質(zhì)產(chǎn)生紅褐色沉淀,其發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__________;實驗室在配制FeSO4溶液時常加入____以防止其被氧化。請你設(shè)計一個實驗證明FeSO4溶液是否被氧化__。Ⅱ.硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]較硫酸亞鐵不易被氧氣氧化,常用于代替硫酸亞鐵。(2)硫酸亞鐵銨不易被氧化的原因是______________________。(3)為檢驗分解產(chǎn)物的成分,設(shè)計如下實驗裝置進行實驗,加熱A中的硫酸亞鐵銨至分解完全。①A中固體充分加熱較長時間后,通入氮氣,目的是_____________________________。②裝置B中BaCl2溶液的作用是為了檢驗分解產(chǎn)物中是否有SO3氣體生成,若含有該氣體,觀察到的現(xiàn)象為_。③實驗中,觀察到C中有白色沉淀生成,則C中發(fā)生的反應(yīng)為___________(用離子方程式表示)。20、某研究小組利用如圖所示的裝置，進行CO還原Fe2O3的實驗（固定裝置略）。（1）裝置B中發(fā)生的化學(xué)方程式________________。裝置C的作用是__________________________（2）用酒精噴燈對裝置D加熱，得到灰黑色粉末用黑色粉末進行以下實驗：步驟操作現(xiàn)象1取灰黑色粉末加入稀硫酸溶解，有氣泡2取步驟1中溶液，滴加NaOH溶液后，在空氣中，攪拌放置白色沉淀最終變?yōu)榧t褐色3取步驟1中溶液，滴加KSCN溶液無現(xiàn)象4向步驟3溶液中滴加新制氯水至過量先變紅，后褪色①得到的灰黑色粉末是________________（填寫化學(xué)式）。②步驟2中“白色沉淀最終變?yōu)榧t褐色”的化學(xué)反應(yīng)方程式為_________________。③步驟4中，溶液變紅的原因為_____________________________________________________________；溶液褪色可能的原因______________________________________；驗證上述原因的實驗操作方法為____________。（3）上述裝置，從實驗安全考慮，需要采取的改進措施是________。21、將甘油(C3H8O3)轉(zhuǎn)化成高附加值產(chǎn)品是當(dāng)前熱點研究方向，如甘油和水蒸氣、氧氣經(jīng)催化重整或部分催化氧化可制得氫氣，反應(yīng)主要過程如下：甘油水蒸氣重整(SPG)C3H8O3(1)+3H2O(g)3CO2(g)+7H2(g)△H1＝+128kJ·mol－1反應(yīng)I甘油部分氧化(POG)C3H8O3(1)+O2(g)3CO2(g)+4H2(g)△H2＝－603kJ·mol－1反應(yīng)II甘油氧化水蒸氣重整(OSRG)C3H8O3(1)+H2O(g)+O2(g)3CO2(g)+H2(g)△H3反應(yīng)III(1)下列說法正確的是________(填字母序號)。a.消耗等量的甘油，反應(yīng)I的產(chǎn)氫率最高b.消耗等量的甘油，反應(yīng)Ⅱ的放熱最顯著c.經(jīng)過計算得到反應(yīng)Ⅲ的△H3＝－237.5kJ·mol－1d.理論上，通過調(diào)控甘油、水蒸氣、氧氣的用量比例可以實現(xiàn)自熱重整反應(yīng)，即焓變約為0，這體現(xiàn)了科研工作者對吸熱反應(yīng)和放熱反應(yīng)的聯(lián)合應(yīng)用(2)研究人員經(jīng)過反復(fù)試驗，實際生產(chǎn)中將反應(yīng)Ⅲ設(shè)定在較高溫度(600～700℃)進行，選擇該溫度范圍的原因有：催化劑活性和選擇性高、__________。(3)研究人員發(fā)現(xiàn)，反應(yīng)I的副產(chǎn)物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO，CH3COOH等，為了顯著提高氫氣的產(chǎn)率，采取以下兩個措施。①首要抑制產(chǎn)生甲烷的副反應(yīng)。從原子利用率角度分析其原因：___________。②用CaO吸附增強制氫。如圖1所示，請解釋加入CaO的原因：__________。(4)制備高效的催化劑是這種制氫方法能大規(guī)模應(yīng)用于工業(yè)的重要因素。通常將Ni分散在高比表面的載體(SiC、Al2O3、CeO2)上以提高催化效率。分別用三種催化劑進行實驗，持續(xù)通入原料氣，在一段時間內(nèi)多次取樣，繪制甘油轉(zhuǎn)化率與時間的關(guān)系如圖2所示。①結(jié)合圖2分析Ni／SiC催化劑具有的優(yōu)點是_________。②研究發(fā)現(xiàn)造成催化效率隨時間下降的主要原因是副反應(yīng)產(chǎn)生的大量碳粉(積碳)包裹催化劑，通過加入微量的、可循環(huán)利用的氧化鑭(La2O3)可有效減少積碳。其反應(yīng)機理包括兩步:第一步為：La2O3+CO2La2O2CO3第二步為：__________(寫出化學(xué)反應(yīng)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【解析】往H2C2O4·2H2O固體中滴入適量的K2Cr2O7酸性溶液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O，生成Cr2(SO4)3為藍紫色溶液，無色氣體為CO2，滴入適量的NaOH溶液，生成Cr(OH)3為灰綠色固體，可以看到灰綠色渾濁，繼續(xù)滴加NaOH溶液，可以看到灰綠色渾濁溶解，生成綠色的CrO2-，據(jù)此答題?！驹斀狻緼.①中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O，K2Cr2O7中Cr元素的化合價由+6價→+3價，化合價降低，作氧化劑，表現(xiàn)為氧化性，故A正確；B.向藍紫色Cr2（SO4）3溶液中，加入NaOH溶液至析出灰綠色沉淀，此時，溶液中存在著如下平衡Cr3+(藍紫色)+3OH-?Cr(OH)3(灰綠色)?CrO2-(綠色)+H++H2O，加入稀硫酸，會增大氫離子濃度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，溶液顯藍紫色，故B正確；C.①溶液中含有Cr3+，③溶液中含有CrO2-，Cr3+與CrO2-雙水解，反應(yīng)的離子方程式為：Cr3++3CrO2-+6H2O=4Cr(OH)3↓，會產(chǎn)生灰綠色渾濁，故C正確；D.由反應(yīng)方程式2K2Cr2O7+6H2C2O4+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2（SO4）3+12CO2↑+14H2O可知，操作I中產(chǎn)生的無色氣體是CO2，故D錯誤。故選D。2、A【解析】甲燒杯的溶液呈藍色，則含有Cu2+，而CO32-、OH-離子不能與Cu2+離子大量共存，故只能存在于乙燒杯中，乙燒杯中含有CO32-、OH-離子，則H+離子只能存在于甲燒杯中，根據(jù)溶液的電中性，甲中還應(yīng)有Cl-，乙中還應(yīng)有K+，故甲中含有的離子為Cu2+、H+、Cl-，乙中含有的離子為K+、OH-、CO32-，故選A。3、B【解析】試題分析：A、摩爾是物質(zhì)的量單位，是用于計量物質(zhì)所含微粒的數(shù)量，正確，不選A；B、摩爾是物質(zhì)的量的單位，錯誤，選B；C、1摩爾任何物質(zhì)含有的分子數(shù)相等，正確，不選C；D、摩爾可以計量純凈物，也能計量混合物，正確，不選D?？键c：物質(zhì)的量，摩爾的定義4、B【詳解】A.反應(yīng)2NO2(g)N2O4(g)的正反應(yīng)為放熱反應(yīng)，升高溫度，平衡逆向移動，產(chǎn)生更多的NO2氣體，二氧化氮濃度增大，左側(cè)氣體顏色加深；降低溫度，化學(xué)平衡向放熱的正反應(yīng)方向移動，二氧化氮濃度減小，右側(cè)氣體顏色變淺，能夠用勒夏特列原理解釋，A不符合題意；B.燒瓶中冒氣泡，證明酸性：HCl>H2CO3，但HCl不是最高價氧化物對應(yīng)的水化物，不能比較C、Cl的非金屬性強弱；試管中出現(xiàn)渾濁，可能是由于發(fā)生反應(yīng)：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，也可能是由于發(fā)生反應(yīng)：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，無法用元素周期律解釋，B符合題意；C.根據(jù)蓋斯定律可知：△H=△H1+△H2，能夠用蓋斯定律解釋，C不符合題意；D.根據(jù)電子守恒可知，電解水生成H2與O2的物質(zhì)的量之比2:1，結(jié)合阿伏伽德羅定律可知，H2與O2的體積比約為2:1，D不符合題意；故合理選項是B。5、C【詳解】A．升高溫度能夠增加單位體積內(nèi)活化分子數(shù)以及有效碰撞頻率，能夠加快化學(xué)反應(yīng)率，故A項不選；B．MnO2對H2O2分解具有催化作用，能夠降低活化能，使單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增加，從而增加有效碰撞頻率，能夠加快化學(xué)反應(yīng)率，故B項不選；C．加水稀釋會降低單位體積內(nèi)活化分子數(shù)，使有效碰撞頻率降低，化學(xué)反應(yīng)速率將降低，故C項選；D．FeCl3對H2O2分解具有催化作用，能夠降低活化能，使單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增加，從而增加有效碰撞頻率，能夠加快化學(xué)反應(yīng)率，故D項不選；綜上所述，不能加快該反應(yīng)的速率的是C項，故答案為C。6、B【分析】五種短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次遞增，A2屬于綠色燃料，則A為H元素；C的氧化物常用于玻璃的生產(chǎn)，則C為Si元素；D元素原子的核電荷數(shù)是同主族上一周期元素的2倍，則D為S元素；E的原子序數(shù)大于S，則E為Cl元素；B、C為同周期元素，則B位于第三周期，B、D原子最外層電子數(shù)之和等于E的最外層電子數(shù)，則B最外層電子數(shù)=7-6=1，為Na元素?！驹斀狻緼．五種元素中，只有Na(B)是金屬元素，故A錯誤；B．元素C、D、E分別為Si、S、Cl，非金屬性逐漸增強，則其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性逐漸增強，故B正確；C．元素D、E分別S、Cl，非金屬性：Cl＞S，則對應(yīng)氫化物的穩(wěn)定性：A2D＜AE，故C錯誤；D．離子的電子層越多，離子半徑越大，電子層相同時核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，則離子半徑大小為：D＞E＞B，故D錯誤；故選B。7、D【詳解】A．根據(jù)電荷守恒可知，3n(Fe3+)+3n(Al3+)=2n(SO42-)+n(M)，即2×3+3×1=2×4+M，可知M應(yīng)為帶一個負電荷的陰離子，A錯誤；B．I-雖為帶一個負電荷的陰離子，但I-與Fe3+反應(yīng)不能共存，B錯誤；C．根據(jù)A項分析可知，C錯誤；D．氯離子既為帶一個負電荷的陰離子，也與其它三種離子共存，D正確；答案選D。8、C【詳解】A．如金屬與酸的反應(yīng)生成金屬陽離子同時也能生成氫氣分子，生成一種新離子，又生成一種新分子，選項A正確；B．如金屬與酸的反應(yīng)生成金屬陽離子同時也能生成氫氣分子，生成一種新離子，又生成一種新分子，選項B正確；C．化學(xué)變化中原子不能再分，選項C錯誤；D．化學(xué)反應(yīng)的本質(zhì)是有新物質(zhì)生成，選項D正確。答案選C。9、B【分析】A、過量的NaOH溶液能溶解Al（OH）3；B、二氧化碳通入溶有氨氣的飽和食鹽水中可以得到碳酸氫鈉；C、Ca（OH）2固體和NH4Cl固體混合加熱生成氯化鈣和氨氣和水；D、SO2被酸性KMnO4溶液氧化；【詳解】A、過量的NaOH溶液能溶解Al（OH）3，故A錯誤；B、二氧化碳通入溶有氨氣的飽和食鹽水中可以得到碳酸氫鈉，反應(yīng)的離子方程式為：Na＋+NH3+CO2+H2O═NaHCO3↓+NH4＋，故B正確；C、Ca（OH）2固體和NH4Cl固體混合加熱生成氯化鈣和氨氣和水，最后得到氯化鈣，故C錯誤；D、SO2被酸性KMnO4溶液氧化，顯還原性，不是漂白性，故D錯誤；故選B。10、C【分析】X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,且原子序數(shù)依次遞增,Y原子半徑是短周期主族元素中最大的,Y為Na元素;X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍,X為第二周期元素O；X、Z同主族,則Z為S；W的原子序數(shù)最大,可以知道W為Cl。由上述分析可以知道,X為O,Y為Na,Z為S,W為Cl?！驹斀狻緼、電子層越多,原子半徑越大,同周期從左向右原子半徑減小,則原子半徑:rZ>rY>rW>rX,故A錯誤;B、Z的簡單氫化物為H2S，X的簡單氫化物為H2O,H2O分子間存在氫鍵，沸點高于H2S，故B錯誤；C、X、Y、Z三種元素組成的化合物不止2種,如亞硫酸鈉、硫酸鈉、硫代硫酸鈉等,所以C選項是正確的;

D、盡管非金屬性W＞Z,但是W元素氧化物對應(yīng)水化物的酸性不一定強于Z的，只有W元素最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性一定強于Z的,故D錯誤;

綜上所述，本題應(yīng)選C?！军c睛】本題重點考查根據(jù)結(jié)構(gòu)推斷元素種類。此題型應(yīng)熟練掌握元素周期律的相關(guān)知識。根據(jù)X、Y、Z、W為四種短周期主族元素,且原子序數(shù)依次遞增,Y原子半徑是短周期主族元素中最大的,Y為Na元素（原子半徑的比較：電子層數(shù)越多，半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越?。?X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍,X為第二周期元素,X為O,X、Z同主族,Z為S,W的原子序數(shù)最大,可以知道W為Cl。由上述分析可以知道,X為O,Y為Na,Z為S,W為Cl。11、B【分析】鎂鋁合金與一定濃度的稀硝酸恰好完全溶解，向反應(yīng)后的混合溶液中滴加amol·L－1NaOH溶液，當(dāng)?shù)渭拥絍mL時，得到沉淀質(zhì)量恰好為最大值，沉淀質(zhì)量最大時，沉淀Wie氫氧化鋁和氫氧化鎂，此時溶液為硝酸鈉溶液；①沉淀質(zhì)量等于合金質(zhì)量與OH－質(zhì)量之和；②根據(jù)n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)，進行計算；③沉淀中OH－的物質(zhì)的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子物質(zhì)的量；④條件是室溫狀態(tài)，不是標(biāo)準(zhǔn)狀況，無法直接用22.4L·mol－1；⑤參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物質(zhì)的量等于硝酸鈉的物質(zhì)的量，起氧化劑的硝酸的物質(zhì)的量等于NO的物質(zhì)的量?！驹斀狻竣俪恋頌锳l(OH)3和Mg(OH)2，根據(jù)原子守恒，其質(zhì)量應(yīng)為合金質(zhì)量和OH－的質(zhì)量，即m(OH－)=(n－m)g，故①正確；②當(dāng)沉淀質(zhì)量達到最大時，溶液中溶質(zhì)為NaNO3，即n(NO3－)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V×10－3×amol，故②錯誤；③在沉淀中OH－的物質(zhì)的量等于Mg2＋、Al3＋所帶電荷的物質(zhì)的量，也等于合金失去電子物質(zhì)的量，即n(e－)=n(OH－)=(n－m)/17mol，故③正確；④根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，即生成n(NO)=(n－m)/(17×3)mol=(n－m)/51mol，因為室溫狀態(tài)下，因此無法計算NO的體積，，故④不正確；⑤參加反應(yīng)的硝酸有兩種作用：其酸性和氧化性，因此與合金反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為[aV×10－3＋(n－m)/51]mol，故⑤正確；綜上所述，選項B正確。12、B【分析】從圖中可以看出，不斷通入SO2，溶液的pH不斷減小，說明溶液的酸性不斷增強?！驹斀狻緼.沒有通入二氧化硫之前，氨水溶液的pH應(yīng)該大于7，不會小于7，不合題意；B.氯水與SO2發(fā)生反應(yīng)：Cl2+SO2+2H2O＝H2SO4+2HCl，溶液的酸性增強，pH不斷減小，符合題意；C.氫硫酸與SO2發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2S＝3S↓+2H2O，溶液的酸性減弱，pH增大，不合題意；D.氯化鋇中通入SO2，不發(fā)生反應(yīng)，雖然SO2溶于水后也能使溶液的酸性增強，pH減小，但與圖象的起點不相符，BaCl2溶液呈中性，pH=7，不合題意。故選B。13、B【分析】重金屬鹽能使蛋白質(zhì)變性；SO2、NOx能引起酸雨；碳酸鋇能溶于胃液中的鹽酸；氧化鈣不能和氧氣反應(yīng)，不能作食品抗氧化劑；【詳解】誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的牛奶、豆?jié){等蛋白質(zhì)含量較高的食品解毒，故A錯誤；SO2、NOx能引起酸雨，燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都能減少酸雨產(chǎn)生，故B正確；碳酸鋇能溶于胃液中的鹽酸，造成鋇鹽中毒，故C錯誤；氧化鈣不能和氧氣反應(yīng)，不能作食品抗氧化劑，生石灰可以吸水，作干燥劑，故D錯誤。14、D【解析】A.Cu與稀硫酸不反應(yīng)，不能制備二氧化硫，可以使用濃硫酸在加熱的條件下與銅反應(yīng)，應(yīng)選用亞硫酸鹽與硫酸反應(yīng)制備，A項錯誤；B.Al與濃硝酸常溫下發(fā)生鈍化，不能制備二氧化氮，故B錯誤；C.草酸晶體(H2C2O4·2H2O)無色，熔點為101℃，易溶于水，受熱脫水、升華，170℃以上分解，產(chǎn)物均為氣體，圖中試管口應(yīng)向上傾斜，C項錯誤；D.苯與溴苯互溶，但沸點不同，圖中蒸餾裝置可分離，D項正確；答案選D。15、C【詳解】A．將磁性氧化鐵溶于鹽酸的離子反應(yīng)為Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O，故A錯誤；B．明礬溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液的離子反應(yīng)為2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B錯誤；C．在鹽酸中滴加少量碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳、水和氯化鈉，離子反應(yīng)方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O，故C正確；D．FeS的溶度積大于CuS的溶度積，加入FeS可以沉淀廢水中的Cu2+：FeS+Cu2+═CuS↓+Fe2+，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為B，要注意明礬溶液中的鋁離子和硫酸根離子都能與氫氧化鋇反應(yīng)，其中過量的氫氧根離子與鋁離子反應(yīng)生成偏鋁酸根離子。16、C【解析】A.活性鐵粉具有還原性，可以做抗氧化劑，防止油脂氧化變質(zhì)，A正確；B.陶土的主要成分為硅酸鹽，B正確；C.太陽能電池板的材料是硅，不是二氧化硅，C錯誤；D.用K2FeO4具有強氧化性，且還原產(chǎn)物鐵離子可水解生成膠體，所以即有殺菌消毒租用，又有凈水作用，D正確；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、苯乙烯消去反應(yīng)加聚反應(yīng)：9或【分析】A為芳香烴，能與HBr發(fā)生加成反應(yīng)，所以A為,與HBr加成能生成兩種產(chǎn)物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烴的水解；若G結(jié)構(gòu)為，根據(jù)題目信息，可反推D是，C為，B為，F(xiàn)是，E為。G（）在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生消去反應(yīng)，H發(fā)生加聚反應(yīng)生成高分子化合物I?！驹斀狻浚?）A為，化學(xué)名稱為苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）D和F反應(yīng)反應(yīng)再水解得到的產(chǎn)物含有醇羥基，在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生的是消去反應(yīng)，生成H含有碳碳雙鍵，所以H反應(yīng)生成高分子化合物I發(fā)生的是加聚反應(yīng)；答案：消去反應(yīng)；加聚反應(yīng)；（3）①若G結(jié)構(gòu)為，根據(jù)題目已知信息可逆推出D是；答案：；②B為，C為，由B生成C的化學(xué)方程式為：；答案：；（4）C為，若苯酚的苯環(huán)上連接一個乙基，則有鄰、間、對3種同分異構(gòu)體，若苯酚的苯環(huán)上連接兩個甲基就有6種，總共9種；具有四組核磁共振氫譜峰的一種結(jié)構(gòu)，也就是有4種氫原子，則符合要求的同分異構(gòu)體有：、；答案：9;或；（5）結(jié)合題目已知信息，以CH3－CH=CH2和CH3MgBr為原料合成的合成路線圖為：【點睛】本題考查有機物推斷，涉及鹵代烴、烯、醇等的性質(zhì)以及分子式的求解、同分異構(gòu)體、有機化學(xué)反應(yīng)類型和方程式的書寫等，題目綜合性較大，注意逆向推導(dǎo)的思維訓(xùn)練，難度中等。18、b【分析】依據(jù)Na2SO3是強堿弱酸鹽，亞硫酸根離子易水解而使其溶液呈堿性，壓硫酸根離子第一步水解程度大于第二步水解程度，但都較微弱，溶液中存在電荷守恒和物料守恒和質(zhì)子守恒分析?！驹斀狻縜.根據(jù)物料守恒：c(Na+)=2c(SO32-)+2c(HSO3-)+2c(H2SO3)，a錯誤；b.根據(jù)電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，b正確；c.由物料守恒和電荷守恒可以推出c(OH-)=c(HSO3-)+c(H+)+2c(H2SO3)，c錯誤；故合理選項是b?！军c睛】本題考查了鹽溶液中離子濃度大小比較的知識。可以根據(jù)鹽溶液中微粒關(guān)系遵循物料守恒、質(zhì)子守恒和電荷守恒分析判斷。19、Ⅰ.(1)12Fe2++3O2+6H2O=Fe(OH)3↓+8Fe3+(其他合理答案也給分)鐵粉取少量FeSO4溶液于試管中,加數(shù)滴KSCN溶液,如果溶液變紅,則說明FeSO4溶液已被氧化,如不變紅,則說明FeSO4溶液沒有被氧化。Ⅱ.(2)硫酸亞鐵銨溶液中N發(fā)生水解增大c(H+),抑制了Fe2+氧化反應(yīng)的進行。(3)①使分解產(chǎn)生的氣體在B、C中被吸收充分②溶液變渾濁(或出現(xiàn)白色沉淀)③SO2+H2O2+Ba2+=aSO4↓+2H+(或SO2+H2O2=H++S、S+Ba2+=aSO4↓)【解析】(1)Fe2+被O2氧化為Fe3+,最終生成紅褐色的Fe(OH)3沉淀;加入鐵粉可以防止Fe2+被氧化為Fe3+;通常用KSCN檢驗Fe3+。(2)N水解顯酸性,c(H+)越大,反應(yīng)4Fe2++O2+10H2O=Fe(OH)3↓+8H+正向進行的程度越小,Fe2+越不易被氧化。(3)①通入N2可以將裝置中的氣體全部排到B和C,保證被完全吸收。②SO2不和BaCl2反應(yīng),但SO3可以和BaCl2反應(yīng)產(chǎn)生BaSO4沉淀。③H2O2將SO2氧化為S,再與Ba2+反應(yīng)生成BaSO4沉淀。20、Zn＋CO2ZnO＋CO除去多余CO2Fe（可能含F(xiàn)eO）4Fe(OH)2＋O2＋2H2O→4Fe(OH)3Fe2＋被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋遇SCN－顯紅色SCN－可能被Cl2氧化取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出現(xiàn)紅色，則證明上述假設(shè)成立在裝置BC之間添加裝置E，以防至倒吸，在裝置F末端增加尾氣吸收裝置【分析】A中發(fā)生的化學(xué)方程式是MgCO3MgO+CO2↑，實驗時B中發(fā)生的化學(xué)方程式是CO2+ZnZnO+CO，裝置C的作用是除去CO中CO2，經(jīng)無水CaCl2干燥后，在D中進行CO還原Fe2O3，E中收集CO，F(xiàn)中除去CO2?！驹斀狻浚?）裝置B中鋅將CO2還原，發(fā)生的化學(xué)方程式Zn＋CO2ZnO＋CO。結(jié)合實驗?zāi)康目芍谘b置B處，CO2與Zn作用生成CO氣體，進入后面裝置進行實驗，故裝置C中NaOH是用來吸收CO中混有的CO2氣體；（2）①利用黑色固體可溶于鹽酸并產(chǎn)生氣體，結(jié)合“原子守恒”可知用酒精噴燈的乙組實驗得到的固體為Fe；②步驟2中“白色沉淀最終變?yōu)榧t褐色”是氫氧化亞鐵被空氣中氧氣氧化所致，化學(xué)反應(yīng)方程式為4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3。③因Fe3＋遇SCN－顯紅色，步驟4中，溶液變紅的原因為Fe2＋被氧化為Fe3＋，F(xiàn)e3＋遇SCN－顯紅色；溶液褪色可能的原因SCN－可能被Cl2氧化；驗證上述原因的實驗操作方法為取上述褪色后的溶液少量，再滴加入KSCN溶液，若出現(xiàn)紅色，則證明上述假設(shè)成立。（3）上述裝置，從實驗安全考慮，需要采取的改進措施是：若B處停止加熱后，C中液體易倒吸入B中引起玻璃管炸裂，因此可采取的改進措施是在裝置BC之間添加裝置E防倒吸，在裝置F末端增加尾氣吸收裝置?！军c睛】本題考查了鐵離子、亞鐵離子的檢驗方法、性質(zhì)實驗方案的設(shè)計與評價，試題綜合性較