2026屆浙江省溫州市高三上化學期中質量檢測試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、水楊酸冬青油、阿司匹林的結構簡式如圖，下列說法不正確的是A．由水楊酸制冬青油的反應是取代反應B．阿司匹林的分子式為C9H8O4，在一定條件下水解可得水楊酸C．冬青油苯環(huán)上的一氯取代物有4種D．可用NaOH溶液除去冬青油中少量的水楊酸2、某無色氣體可能含有H2S、SO2、CO2、HI、HCl氣體中的一種或幾種。將氣體通入氯水后，得無色溶液，向該溶液中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀產生。則下列敘述正確的是A．該氣體中肯定含有H2S和SO2 B．該氣體不能肯定是否含有SO2C．該氣體中肯定含有CO2和SO2 D．該氣體中肯定不含有H2S和HI3、常溫下，向濃度均為0.1mol?L－1、體積均為100mL的兩種一元酸HX、HY的溶液中，分別加入NaOH，lg[c(H+)/c(OH－)]隨加入NaOH的物質的量的變化如圖所示。下列說法正確的是A．常溫下電離常數：HX<HYB．a點由水電離出的c(H+)=10－12mol?L－1C．c點溶液中：c(Y－)＞c(HY)D．b點時酸堿恰好完全中和4、下列對有關實驗事實的解釋正確的是A．紫色高錳酸鉀溶液中通入SO2后，溶液紫色褪去，說明SO2具有漂白性B．燃著的鎂條在二氧化碳氣體中劇烈燃燒，生成白色粉末和黑色固體，說明鎂燃燒時不能用二氧化碳滅火C．銅和濃硝酸反應生成NO2，銅和稀硝酸反應生成NO，說明稀硝酸的氧化性比濃硝酸強D．氫氣在氯氣中安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，說明氫氣與氯氣反應直接生成了揮發(fā)性的鹽酸5、設NA表示阿伏加德羅常數，下列說法正確的是()A．1mol氯氣參加氧化還原反應，轉移的電子數一定為2NAB．常溫常壓下，由6gNO2和40gN2O4組成的混合氣體中原子總數為3NAC．0.1mol·L－1NaF溶液中，HF和F－總和為0.1NA個D．12.5mL16mol·L－1濃硫酸與足量銅反應，生成SO2的分子數為0.1NA6、下表各組物質(或者它們的溶液)通過一步反應可實現下圖所示轉化的是選項XYＺAAl(OH)3Al2O3AlCl3BNaClNaNa2O2CFeFeCl3FeCl2DMg(OH)2MgCO3MgCl2【選項A】A 【選項B】B 【選項C】C 【選項D】D7、某酸性溶液中只有Na＋、CH3COO－、H＋、OH－四種離子。則下列描述正確的是A．加入適量氨水，c(CH3COO－)一定大于c(Na＋)、c(NH4＋)之和B．加入適量NaOH，溶液中離子濃度為c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(OH－)＞c(H＋)C．該溶液由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合而成D．該溶液可由pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合而成8、下列關于離子檢驗的說法正確的是（）A．檢驗溶液中是否含有Ba2＋：取少量待測液，向其中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀產生，則溶液中含有Ba2＋B．某溶液的焰色試驗呈黃色，則溶液中一定有鈉元素，可能有鉀元素C．檢驗用氯亞鐵制得的氯化鐵中是否含有Fe2+，可選用的試劑是酸性KMnO4溶液D．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出現白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在或9、下列說法能夠說明氮的非金屬性比磷強的是A．HNO3比H3PO4更穩(wěn)定 B．HNO3的氧化性比H3PO4強C．HNO3的酸性比H3PO4強 D．HNO3比H3PO4容易揮發(fā)10、據文獻報道：Fe(CO)5催化某反應的一種反應機理如下圖所示。下列敘述錯誤的是A．OH－在反應中做催化劑 B．該反應可產生清潔燃料H2C．該反應屬于氧化還原反應 D．該催化循環(huán)中Fe的成鍵數目未發(fā)生變化11、下列各組稀溶液，只用試管和膠頭滴管不能鑒別的是()A．Na2CO3和HCl B．Al2(SO4)3和NaHCO3C．NaOH和AlCl3 D．Ba(OH)2Na2CO3和NaHSO412、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．室溫時，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數目為0.2NAB．相同質量的Na2O2和Na2S固體具有不相同的陰陽離子數和質子數C．5.8g正丁烷與異丁烷組成的混合氣體中含有的C-H鍵數目為NAD．常溫下CH3COONH4的pH=7，則0.5mol﹒L-1的CH3COONH4溶液中，NH4+濃度為0.5mol﹒L-113、X、Y、Z、W

為原子序數依次增大的四種短周期元素,其中Z為金屬元素,X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質，丁是化合物。其轉化關系如圖所示，下列判斷錯誤的是A．反應①、②、③都屬于氧化還原反應B．X、Y、Z、W四種元素中，Y的原子半徑最小C．Na

著火時，可用甲撲滅D．一定條件下，x與甲反應生成丁14、在pH=1含Ba2+離子的溶液中，還能大量存在的離子是（）A．AlO2- B．ClO- C．Cl- D．SO42-15、下列關于有機物的說法正確的是()A．乙二醇和丙三醇互為同系物B．分子式為C5H12O的醇，能在銅催化下被O2氧化為醛的同分異構體有4種C．按系統(tǒng)命名法，化合物的名稱是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷D．環(huán)己烯()分子中的所有碳原子共面16、下列化學用語對事實的解釋不正確的是（）A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+B．氫氧化鐵膠體的制備原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+C．工業(yè)上漂白粉的制備原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD．盛裝強堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O二、非選擇題（本題包括5小題）17、下列A?I九種中學化學常見的物質之間的轉化關系如圖所示。已知A為固態(tài)非金屬單質，B在實驗室常用作氣體干燥劑，D為常見液體，常溫下C、E、F都是無色氣體，E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，G是侯氏制堿法的最終產品回答下列問題：(1)F的分子式是________，圖中淡黃色固體中的陰、陽離子個數比為___________。(2)A與B反應的化學方程式是：

___________________

。(3)E轉變?yōu)镠和I的離子方程式是_____________，體現了E的___________性。(4)簡述檢驗H溶于水電離所產生的陰離子的操作方法、實驗現象和結論：_______。18、將晶體X加熱分解，可得A、B、D、E、F和H2O六種產物，其中A、B、D都是中學化學中常見的氧化物，氣體E是單質F所含元素的氫化物。（1）A能溶于強酸、強堿，寫出A與強堿溶液反應的離子方程式:________________________。（2）B、D都是酸性氧化物且組成元素相同，D溶于水得強酸，則B、D分子中除氧元素外所含另一種元素在元素周期表中的位置是____________________。（3）E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，E的結構式為__________________，工業(yè)制取E氣體的化學方程式為___________________________。（4）由各分解產物的物質的量之比推測X的組成類似于明礬，若向X的濃溶液中滴加濃NaOH溶液至過量，現象依次為____________________、____________________、__________________。（5）取一定量的X晶體分解，若生成0.1molF，則必同時生成____________（填化學式）________mol。19、溴化亞銅可用作工業(yè)催化劑，是一種白色粉末，微溶于冷水，不溶于乙醇等有機溶劑，在熱水中或見光都會分解，在空氣中會慢慢氧化成綠色粉末。制備CuBr的實驗步驟如下：步驟1.在如上圖所示的三頸燒瓶中加入45gCuSO4·5H2O、19gNaBr、150mL煮沸過的蒸餾水，60℃時不斷攪拌，以適當流速通入SO22小時。步驟2.溶液冷卻后傾去上層清液，在避光的條件下過濾。步驟3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、純乙醚洗滌步驟4.在雙層干燥器(分別裝有濃硫酸和氫氧化鈉)中干燥3～4h，再經氫氣流干燥，最后進行真空干燥。（1）實驗所用蒸餾水需經煮沸，煮沸目的是除去水中的________________(寫化學式)。（2）步驟1中：①三頸燒瓶中反應生成CuBr的離子方程式為__________________；②控制反應在60℃進行，實驗中可采取的措施是____________________；③說明反應已完成的現象是_____________________。（3）步驟2過濾需要避光的原因是_____________________。（4）步驟3中洗滌劑需“溶有SO2”的原因是____________________。（5）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液(經檢測主要含Na2SO3、NaHSO3等)制取較純凈的Na2SO3·7H2O晶體。請補充實驗步驟[須用到SO2(貯存在鋼瓶中)、20%NaOH溶液]：①_________________。②___________________。③加入少量維生素C溶液(抗氧劑),蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶。④過濾，用乙醇洗滌2～3次。⑤放真空干燥箱中干燥。20、某實驗小組探究少量Cl2和FeBr2反應的過程。（1）配制FeBr2溶液：ⅰ.配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；ⅱ.上述溶液呈淡黃色。取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，變?yōu)闇\紅色。①配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液常加少量HBr是為了_____________________。②由ⅱ可知，此FeBr2溶液呈黃色的原因是其中含有________，用離子方程式解釋產生其原因：_____________________。（2）氯氣和FeBr2反應實驗操作及現象如下：據此甲同學得出結論：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br-發(fā)生氧化還原反應。①Cl2和Fe2+發(fā)生反應的離子方程式是________________。②乙同學認為上述實驗不能證明Cl2和Br-發(fā)生反應，理由是_____________。③乙同學改進實驗如下：在上述FeBr2溶液中加入過量鐵粉，取上層清液2mL，向其中滴加3滴飽和氯水后，再加入CCl4，振蕩后靜置，觀察現象。乙得出結論：少量Cl2只與Fe2+反應，不與Br-反應。乙得出該結論依據的實驗現象是____________________。21、早期發(fā)現的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Ca、Cu、Fe四種金屬元素組成。請回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子價電子排布式為_________，從結構角度來看，Fe2+易被氧化成Fe3+的原因是________________。(2)SCN－離子可用于Fe3+的檢驗，其對應的酸有兩種，分別為硫氰酸(H-S-C≡N)和異硫氰酸(H-N=C=S)。①寫出與SCN－互為等電子體的一種微粒_____(分子或離子)；②硫氰酸分子中硫原子的雜化方式為_____。③異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高的原因是____________________________。(3)新制的Cu(OH)2可溶于過量的氨水，生成的配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化學鍵類型有_____________________，1mol該物質中含有____________________個σ鍵。(4)CaF2晶體的晶胞如圖所示。已知：CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，NA代表阿伏加德羅常數的值。CaF2晶體中Ca2＋和F－之間的最近核間距(d)為______________pm(列出計算式即可)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【分析】A．水楊酸發(fā)生酯化反應生成冬青油；B．阿司匹林含有酯基，可水解生成水楊酸；C．冬青油苯環(huán)不對稱，含有4種H；D．二者都與氫氧化鈉溶液反應?！驹斀狻緼．由水楊酸制冬青油，可與乙酸酐發(fā)生取代反應制得，選項A正確；B．阿司匹林的分子式為C9H8O4，含有酯基，可水解生成水楊酸，選項B正確；C．冬青油苯環(huán)不對稱，含有4種H，則一氯取代物有4種，選項C正確；D．二者都與氫氧化鈉溶液反應，應用碳酸氫鈉除雜，選項D不正確。答案選D?！军c睛】本題考查有機物的結構與性質，為高頻考點，把握官能團與性質的關系、有機反應為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，題目難度不大。2、D【分析】氯水為黃綠色，將氣體A通入氯水中得無色透明溶液，說明溶液中一定有還原性的氣體，結合反應SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4分析解答。【詳解】氯水為黃綠色，將氣體A通入氯水中得無色透明溶液，說明氣體中含有還原性氣體，將氣體通入氯水后，得無色溶液，向該溶液中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀產生，說明溶液中含有SO42-，原溶液中一定有SO2，因為SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4；由于H2S、SO2會發(fā)生氧化還原反應產生S單質和H2O而不能大量共存，反應方程式為：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，所以一定無H2S；也一定無HI，因為Cl2與HI會發(fā)生反應：2HI+Cl2=I2+2HCl，反應生成的I2微溶于水，且碘水呈褐色；故合理選項是D。【點睛】本題考查了物質成分的判斷的知識，涉及常見氣體的檢驗、離子共存等，掌握常見化合物的性質、氣體之間發(fā)生的反應、是否可以大量共存等是解題的關鍵。3、C【解析】A．lgc(H+)c(OH-)越大，溶液中氫離子濃度越大，未加NaOH時，HX溶液中l(wèi)gc(H+)c(OH-)的值大，所以HX的酸性大于HY，故A錯誤；B．a點lgc(H+)c(OH-)=12，則溶液中c(H+)=0.1mol/L，溶液中水電離的c(H+)=10-140.1=10-13mol?L-1，故B錯誤；C．c點lgc(H+)c(OH-)=6，則溶液中c(H+)=10-4mol/L，此時消耗的NaOH為0.005mol，則溶液中的溶質為NaY和HY，由于溶液顯酸性，所以HY的電離程度大于NaY的水解程度，所以c(Y4、B【詳解】A.紫色高錳酸鉀溶液中通入SO2后，溶液紫色褪去，是因為發(fā)生了氧化還原反應，說明SO2具有還原性，故A錯誤；B.燃著的鎂條在二氧化碳氣體中劇烈燃燒，生成白色粉末氧化鎂和黑色固體碳，故鎂燃燒時不能用二氧化碳滅火，故B正確；C.銅與濃硝酸反應劇烈，銅與稀硝酸反應緩慢，所以濃硝酸的氧化性強于稀硝酸的氧化性，氧化性的強弱與得電子的數目無關，只與得電子的難易有關，故C錯誤；D.氫氣與氯氣反應生成了氯化氫氣體，其水溶液才是鹽酸，故D錯誤。故選B。5、B【解析】試題分析：A、1mol氯氣與NaOH等強堿反應，轉移的電子數為NA，錯誤；B、N2O4的最簡式為NO2，所以6gNO2和41gN2O4組成的混合氣體中原子的物質的量為：46g÷46g/mol×3=3mol，即原子總數為3NA，正確；C、沒有指明溶液的體積，無法求算微粒數目，錯誤；D、隨著反應的進行，濃硫酸濃度減小，變?yōu)橄×蛩岷蠓磻Ｖ?，所以生成SO2的分子數小于1．1NA，錯誤?？键c：本題考查阿伏伽德羅常數的應用。6、C【詳解】A.Al2O3和HCl反應生成AlCl3，但AlCl3不能一步反應生成Al2O3，所以上述關系不可以一步實現，故A錯誤；B.NaCl不能一步反應生成Na2O2，所以上述關系不可以一步實現，故B錯誤；C.Fe和Cl2反應生成FeCl3，Fe和鹽酸反應生成FeCl2，FeCl3和Fe反應生成FeCl2，FeCl2和Cl2反應生成FeCl3，所以上述關系可以一步實現，故C正確；D.Mg(OH)2不能一步反應生成MgCO3，所以上述關系不可以一步實現，故D錯誤；故選C。7、D【分析】某酸性溶液中只有Na+、CH3COO-、H+、OH-四種離子，則該溶液為CH3COOH、CH3COONa混合溶液?！驹斀狻緼．若加入適量氨水至堿性，溶液中存在c(CH3COO-)+c(OH-)=c(Na+)+c(NH4+)+c(H+)，因為c(OH-)＞c(H+)，則c(CH3COO-)＜c(Na+)+c(NH4+)，故A錯誤；B．根據電荷守恒有c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+

)+c(Na+

)，若溶液中c(CH3COO-)＞c(Na+

)＞c(OH-)＞c(H+

)，則c(CH3COO-)+c(OH-)＞c(H+

)+c(Na+

)，溶液不呈電中性，故B錯誤；C．由等物質的量濃度、等體積的NaOH溶液和CH3COOH溶液混合生成強堿弱酸鹽，溶液呈堿性，與溶液的酸性不符，故C錯誤；D．pH=3的CH3COOH與pH=11的NaOH溶液等體積混合，醋酸過量，溶液呈酸性，且溶液中存在Na+、CH3COO-、H+、OH-四種離子，故D正確；故答案為D?！军c睛】判斷電解質溶液的離子濃度關系，需要把握三種守恒，明確等量關系。①電荷守恒規(guī)律，電解質溶液中，無論存在多少種離子，溶液都是呈電中性，即陰離子所帶負電荷總數一定等于陽離子所帶正電荷總數。如NaHCO3溶液中存在著Na+、H+、HCO3-、CO32-、OH-，存在如下關系：c(Na+)+c(H+)＝c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)。②物料守恒規(guī)律，電解質溶液中，由于某些離子能夠水解，離子種類增多，但元素總是守恒的。如K2S溶液中S2-、HS-都能水解，故S元素以S2-、HS-、H2S三種形式存在，它們之間有如下守恒關系：c(K+)＝2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)。③質子守恒規(guī)律，如Na2S水溶液中質子守恒式可表示：c(H3O+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)或c(H+)+2c(H2S)+c(HS-)＝c(OH-)。質子守恒的關系式也可以由電荷守恒式與物料守恒式推導得到。8、B【詳解】A．加入少量稀硫酸，有白色沉淀產生，可能是硫酸鋇或者硫酸銀或者硫酸鈣，所以不能確定溶液中一定含有Ba2+，A錯誤；B．某溶液的焰色試驗呈黃色，則溶液中一定有鈉元素，由于沒有通過藍色鈷玻璃觀察，因此不能確定溶液中是否含有鉀元素，B正確；C．Fe2+、Cl-都具有還原性，都能與高錳酸鉀等發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀溶液褪色，因此不能用酸性KMnO4溶液鑒別溶液中是否含有Fe2+，C錯誤；D．硫酸鋇和AgCl均為不溶于酸的白色沉淀，則向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，繼續(xù)加稀硝酸沉淀不消失，則溶液中可能含或或Cl-，D錯誤；故合理選項是B。9、C【分析】比較元素的非金屬性，可根據元素對應的氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物的水化物的酸性以及與氫氣反應的劇烈程度等角度?！驹斀狻緼、氫化物的穩(wěn)定性才能作為判斷依據，故A錯誤；B、比較非金屬的強弱，可根據單質的氧化性或陰離子的還原性強弱，不能根據最高價含氧酸的氧化性比較，故B錯誤；C、HNO3的酸性比H3PO4強，且二者都是最高價含氧酸，可說明氮的非金屬性比磷強，故C正確；D、揮發(fā)性屬于物理性質，不能用于比較非金屬性，故D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查元素周期律的遞變規(guī)律，注意比較元素非金屬性的角度，學習中注意相關基礎知識的積累。10、D【詳解】A.

OH－在該循環(huán)中參與反應，又生成OH－，因此起到催化循環(huán)的作用，故A正確，但不符合題意；B.該循環(huán)過程產生了H2，故B正確，但不符合題意；C.該反應生成單質氫氣，元素的化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，故C正確，但不符合題意；D.該循環(huán)中Fe的成鍵數目發(fā)生了變化，有等，故D錯誤，符合題意；故選：D。11、B【分析】只用試管和膠頭滴管，不用任何化學試劑就可以鑒別的物質可以采用相互滴加的方法檢驗，滴加順序不同，現象不同的就可以鑒別?！驹斀狻緼.將碳酸鈉溶液滴加到鹽酸溶液中立即有氣泡生成，將鹽酸滴加到碳酸鈉溶液中，開始沒有氣體生成，當鹽酸滴加到一定程度后就有氣體生成，滴加的順序不同，反應現象不同，可以鑒別，所以A選項不符合題意；B.無論是硫酸鋁滴加到碳酸氫鈉溶液中還是碳酸氫鈉滴加到硫酸鋁溶液中，都是既產生沉淀，也放出氣體，因而不能鑒別兩種物質，所以選項B符合題意；C.將氫氧化鈉溶液滴加到氯化鋁溶液中首先生成白色沉淀，當氫氧化鈉溶液過量時沉淀又溶解；將氯化鋁滴加到NaOH中，開始沒有現象，后來生成沉淀。滴加的順序不同，反應現象不同，可以鑒別，所以C選項不符合題意；D.Ba(OH)2滴入Na2CO3溶液中產生白色沉淀；滴入到NaHSO4時也產生白色沉淀；Na2CO3溶液滴入Ba(OH)2溶液中產生白色沉淀，滴入NaHSO4溶液中立刻有大量氣體產生；NaHSO4滴入Ba(OH)2溶液中產生白色沉淀，滴入Na2CO3溶液中，開始無現象，后來量多了放出氣體，相互滴加，順序不同，現象不同，可以鑒別，選項D不符合題意；故合理選項是B。【點睛】本題考查不加任何試劑的鑒別，題目難度中等，注意物質發(fā)生反應的現象，牢固掌握相關基礎知識，是解答此類題目的關鍵。12、C【解析】A項，室溫下pH=13的溶液中c（OH-）=0.1mol/L，1.0L溶液中n（OH-）=0.1mol/L1L=0.1mol，錯誤；B項，Na2O2和Na2S的摩爾質量都是78g/mol，等質量的Na2O2和Na2S物質的量相等，Na2O2和Na2S中陽離子與陰離子個數比都為2:1，質子數都是38，則相同質量的Na2O2和Na2S具有相同的陰陽離子數和質子數，錯誤；C項，正丁烷和異丁烷互為同分異構體，分子式都是C4H10，摩爾質量都是58g/mol，則5.8g混合氣中所含分子物質的量為0.1mol，1個正丁烷和1個異丁烷分子中都含有10個C—H鍵，0.1mol混合氣中含C—H鍵為1mol，正確；D項，CH3COONH4屬于弱酸弱堿鹽，CH3COO-、NH4+都發(fā)生水解，且水解程度相同，溶液呈中性，c（NH4+）0.5mol/L，錯誤；答案選C。點睛：本題考查阿伏伽德羅常數的計算。錯因分析：錯選A，Ba（OH）2是二元強堿，n（OH-）=2n[Ba（OH）2]，混淆溶液的pH與Ba（OH）2的濃度；錯選B，以為Na2O2中陽離子、陰離子數相等；錯選D，溶液呈中性，以為CH3COONH4是強酸強堿鹽，忽略鹽的水解。13、C【解析】根據題中信息可判斷x為碳，丙為二氧化硅，在高溫條件下碳與硅反應生成w為硅、丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，z為鎂，二氧化碳在鎂中點燃反應生成碳和乙為氧化鎂。A.反應①二氧化碳與鎂反應、②碳與氧氣反應、③碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應，選項A正確；B.同周期元素原子從左到右依次減小，同主族元素原子從上而下半徑增大，故C、O、Mg、Si四種元素中，O的原子半徑最小，選項B正確；C.Na著火時，不可用二氧化碳撲滅，選項C錯誤；D.一定條件下，碳與二氧化碳在高溫條件下反應生成一氧化碳，選項D正確。答案選C。點睛：本題考查元素周期表、元素周期律及物質的推斷，根據題中信息可判斷x為碳，丙為二氧化硅，在高溫條件下碳與硅反應生成w為硅、丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，z為鎂，二氧化碳在鎂中點燃反應生成碳和乙為氧化鎂，據此分析解答。14、C【分析】PH=1的溶液中含有大量H+，并且溶液中含有鋇離子，選出可以共存的離子?！驹斀狻緼．溶液中AlO2-與H+反應生成沉淀，不能大量共存，故A選項錯誤。

B．溶液中ClO-與H+反應生成弱電解質，不能大量共存，故B選項錯誤。

C．溶液中Cl-與H+和Ba2+都不反應，可大量共存，故C選項正確。

D．溶液中SO42-與Ba2+反應生成沉淀，不能大量共存，故D選項錯誤。故答案選C?！军c睛】離子共存問題中要注意共存條件，會反應生成沉淀、氣體、弱電解質、雙水解等現象的離子不能大量共存。15、B【詳解】A．乙二醇和丙三醇中-OH數目不同，不屬于同系物，故A錯誤；B．分子式為C5H12O的醇，它的同分異構體中，經氧化可生成醛，說明連接羥基的碳原子上含有2個氫原子，C5H12的同分異構體有：CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH(CH3)CH2CH3、(CH3)4C。當烷烴為CH3CH2CH2CH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有1種結構；當烷烴為(CH3)2CHCH2CH3，-OH取代甲基上的H原子有2種結構；當烷烴為(CH3)4C，-OH取代甲基上的H原子有1種結構，因此C5H12O的醇中可以氧化為醛的醇有4種，故B正確；C．的最長碳鏈有6個碳，其名稱為2，3，4，4-四甲基己烷，故C錯誤；D．環(huán)己烯()分子中含有4個亞甲基，亞甲基具有甲烷的四面體結構，所以分子中所有碳原子不可能共面，故D錯誤；故選B。16、C【詳解】A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵失電子生成亞鐵離子，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，A解釋正確；B．向沸水中加入幾滴飽和的氯化鐵溶液至溶液呈紅褐色，停止加熱，氫氧化鐵膠體的制備原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+，B解釋正確；C．工業(yè)上，向石灰乳中通入氯氣制備漂白粉，漂白粉的制備原理：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C解釋錯誤；D．二氧化硅與強堿反應生成硅酸鹽和水，則盛裝強堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D解釋正確；答案為C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、O21:2C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2OSO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-還原性在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產生白色沉淀，說明H溶于水電離產生Cl-【分析】根據圖中各物質轉化關系，A為固態(tài)非金屬單質，B在實驗室常用作氣體干燥劑，常溫下C、E、F都是無色氣體，D是常見液體，B為濃硫酸，D為水，則A與B的反應應為碳和濃硫酸的反應，E能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，E為二氧化硫，E能與黃綠色溶液（應為氯水）反應生成I，I遇氯化鋇有白色沉淀，則I中應有硫酸根，I為H2SO4，H為HCl，所以A為C，B為濃H2SO4，E為SO2，D為H2O，C為二氧化碳，C能與淡黃色固體反應，則應為二氧化碳與過氧化鈉的反應，所以F為O2，G為Na2CO3，HCl與Na2CO3反應生成二氧化碳、氯化鈉和水，符合各物質的轉化關系，據此答題?！驹斀狻緼.根據以上分析，F為O2，題中淡黃色固體為過氧化鈉，過氧化鈉中陰、陽離子個數比為1:2，故答案為O2，1:2。B.A與B反應的化學方程式為：C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案為C+2H2SO4(濃)CO2↑+2SO2↑+2H2O。C.E轉變?yōu)镠和I的離子方程式是SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，SO2中S元素的化合價由+4→+6價，化合價升高，作還原劑，體現其還原性，故答案為SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42-+2Cl-，還原性。D.H為HCl，HCl溶于水電離出的陰離子為Cl-，Cl-的檢驗操作為先加稀硝酸，無現象，再加硝酸銀溶液，產生白色沉淀，說明H溶于水電離所產生的陰離子為氯離子，故答案為在H的水溶液中加硝酸酸化的硝酸銀溶液，產生白色沉淀，說明H溶于水電離產生Cl-?！军c睛】此題的突破口在于淡黃色的固體，高中階段常見的有過氧化鈉和硫單質，I與氯化鋇反應有白色沉淀，推測I為H2SO4。18、Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O第三周期VIA族N2+3H22NH3生成白色沉淀生成有刺激性氣味的氣體白色沉淀又逐漸溶解SO20.3【解析】試題分析：（1）A能溶于強酸、強堿，A是Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且組成元素相同，D溶于水得強酸，則D是SO3、B是SO2；（3）E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，E是NH3；氣體E是單質F所含元素的氫化物，所以F是N2；（4）由各分解產物推測X含有銨根離子、鋁離子、硫酸根離子；（5）根據得失電子守恒分析；解析：根據以上分析，（1）A是Al2O3，Al2O3與強堿溶液反應生成偏鋁酸鹽，離子方程式是Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O。（2）D是SO3、B是SO2，則B、D分子中除氧元素外所含另一種元素是S元素，S元素在元素周期表中的位置是第三周期VIA族。（3）E是NH3，NH3的結構式為，工業(yè)上用氮氣和氫氣在高溫、高壓、催化劑的條件下合成氨氣，化學方程式為N2+3H22NH3。（4）由各分解產物推測X含有銨根離子、鋁離子、硫酸根離子，向X的濃溶液中滴加濃NaOH溶液至過量，依次發(fā)生反應，、、，所以現象依次為生成白色沉淀、生成有刺激性氣味的氣體、白色沉淀又逐漸溶解。（5）生成1molN2失去6mol電子，生成1molSO2得到2mol電子，電子根據電子得失守恒，若生成0.1molN2，失去0.6mol電子，則必同時生成0.3molSO2。點睛：鋁離子結合氫氧根離子的能力大于銨根離子結合氫氧根離子的能力；氧化還原反應中氧化劑得到的電子總數一定等于還原劑失去的電子總數。19、O22Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+60℃水浴加熱溶液藍色完全褪去防止CuBr見光分解防止CuBr被氧化在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液【解析】(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，用二氧化硫還原銅離子生成溴化亞銅要排除氧氣的干擾，可以通過煮沸的方法除去水中的O2，故答案為O2；(2)①三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應生成CuBr沉淀，反應的離子方程式為2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+，故答案為2Cu2++2Br-+SO2+2H2O=2CuBr↓+SO42-+4H+；②控制反應在60℃進行，可以用60℃的水浴加熱，故答案為60℃水浴加熱；③45gCuSO4?5H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過量，所以當溶液中的銅離子消耗完時反應即完成，所以說明反應已完成的現象是溶液藍色完全褪去，故答案為溶液藍色完全褪去；(3)溴化亞銅見光會分解，所以步驟2過濾需要避光，防止CuBr見光分解，故答案為防止CuBr見光分解；(4)溴化亞銅在空氣中會慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，故答案為防止CuBr被氧化；(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO3?7H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據鈉元素守恒可知，此時溶液中NaHSO3的物質的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾，用乙醇洗滌2～3次，除去表面可溶性雜質，放真空干燥箱中干燥，故答案為①在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和；②然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液。點睛：本題考查了物質制備的生產工藝流程，涉及對操作的分析評價、物質的分離提純、實驗方案實際等，(5)為易錯點，學生容易忽略圖中加入氫氧化鈉溶液的質量。20、抑制Fe2+的水解Fe3+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+溶液中含有的Fe3+可與I－反應生成I2使淀粉變藍靜置后，上層溶液為黃色，下層溶液無色【解析】(1)①FeBr2溶液中亞鐵離子能夠水解，加少量HBr可以抑制Fe2+的水解，故答案為：抑制Fe2+的水解；②FeBr2溶液呈黃色，是因為含有鐵離子，因亞鐵離子具有還原性，易被空氣中的氧氣氧化，反應離子方程式為：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案為：Fe3+；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；(2)①Cl2具有強氧化性，可使Fe2+轉化為Fe3+，自身被還原生成氯離子，離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+，故答案為：Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+；②鐵離子具有氧化性、碘離子具有還原性，溶液中含有的Fe3+可與I-反應，二者發(fā)生氧化還原反應生成亞鐵離子和碘單質，離子方程式為2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2使淀粉變藍，故答案為：溶液中含有的Fe3+可與I-反應生成I2使淀粉變藍；③少量Cl2與Fe2+反應，加入CCl4萃取后，靜置后，上層溶液為黃色，為鐵離子，下層溶液無色，說明不含