福建省泉州市南安市僑光中學(xué)2026屆化學(xué)高三第一學(xué)期期中調(diào)研模擬試題注意事項：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、下列物質(zhì)變化中，只克服一種作用力的是（）A．NaHSO4受熱熔化 B．NaHCO3受熱分解C．干冰溶于水 D．石墨轉(zhuǎn)變?yōu)榻饎偸?、某反應(yīng)的△H＝+100kJ·mol-1，下列有關(guān)該反應(yīng)的敘述正確的是A．正反應(yīng)活化能小于100kJ·mol-1 B．逆反應(yīng)活化能一定小于100kJ·mol-1C．正反應(yīng)活化能比逆反應(yīng)活化能大100kJ·mol-1 D．反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量高3、汽車尾氣凈化反應(yīng)之一：NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)ΔH＝－373.4kJ·mol-1。若反應(yīng)在恒容的密閉容器中達(dá)到平衡狀態(tài)，下列說法正確的是A．及時除去二氧化碳，正反應(yīng)速率加快B．混合氣體的密度不變是該平衡狀態(tài)的標(biāo)志之一C．降低溫度，反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)均增大D．其它條件不變，加入催化劑可提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率4、有機物命名正確的是()A．2，3，5-三甲基己烷B．1，3-二甲基丁烷C．2，3-二甲基-2-乙基己烷D．2，3-二甲基-4-乙基戊烷5、某未知溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、Mg2+、Al3+和K+。取100mL該溶液進(jìn)行實驗，過程記錄如下。由此可知原溶液中A．一定有Cl-B．一定有CO32-C．一定沒有K+D．一定沒有Mg2+6、下列關(guān)于金屬腐蝕與防護(hù)的說法不正確的是A．圖①，放置于干燥空氣中的鐵釘不易生銹B．圖②，若將鋼閘門與電源的正極相連，可防止鋼閘門腐蝕C．圖②，若斷開電源，鋼閘門將發(fā)生吸氧腐蝕D．圖③，若金屬M比Fe活潑，可防止輸水管腐蝕7、已知：SO32-+I2+H2O→SO42-+2I-+2H+。某溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、K+、I?、SO32-、SO42?，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等。向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色。下列關(guān)于該溶液的判斷正確的是A．肯定不含I? B．SO42?是否含有，不能確定C．肯定含有SO32? D．肯定含有NH4+8、將SO2氣體通入下列溶液中，觀察不到明顯現(xiàn)象的是A．BaCl2B．石蕊溶液C．酸性KMnO4溶液D．氫硫酸9、短周期元素A、B、C、D、E的原子序數(shù)依次增大，A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，A和C同主族，D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，在中學(xué)常見的酸中E的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性最強。下列敘述正確的是（）A．氧元素與A、B、C形成的二元化合物均只有兩種B．簡單離子半徑：E>C>D>BC．由A、B、E三種元素只能形成含有共價鍵的共價化合物D．C、D、E三種元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物兩兩之間均能發(fā)生反應(yīng)10、下列說法正確的是A．因為SO2具有溧白性，所以它能使品紅溶液、溴水、KMnO4(H+)、石蕊溶液褪色B．裝滿SO2氣體的試管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，進(jìn)入試管的液體呈紅色C．SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使紅墨水褪色，其原理相同D．SO2和C12等物質(zhì)的量混合后同時通入裝有濕潤的有色布條的集氣瓶中，漂白效果更好11、廢鐵屑制Fe2O3的一種流程如下圖：下列說法不正確的是A．熱的純堿溶液可去除廢鐵屑表面的油污B．操作a是萃取C．冰水既可洗去雜質(zhì)又可減少固休的溶解D．Fe2O3可用作紅色顏料12、石墨是層狀晶體，每一層內(nèi)，碳原子排列成正六邊形，許多個正六邊形排列成平面網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)。如果每兩個相鄰碳原子間可以形成一個碳碳單鍵，則石墨晶體中每一層碳原子數(shù)與碳碳單鍵數(shù)的比是A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶313、常溫下，pH=1的某溶液A中除H+外，還含有NH、K+、Na+、Fe3+、Al3+、CO、NO、Cl-、I-、SO中的4種，且溶液中各離子的物質(zhì)的量濃度均為0.1mol·L-1。現(xiàn)取該溶液進(jìn)行驗，實驗結(jié)果如圖所示，下列有關(guān)說法正確的是A．該溶液中一定有上述離子中的NO、Al3+、SO、Cl-四種離子B．實驗消耗Cu14.4g，則生成氣體丁的體積為3.36LC．該溶液一定沒有Fe3+，但是無法確定是否含有I-D．沉淀乙一定有BaCO3，可能有BaSO414、儀器名稱為“容量瓶”的是（）A． B． C． D．15、通過膜電池可除去廢水中的乙酸鈉和對氯苯酚（），其原理如圖所示，下列說法錯誤的是A．該方法能夠提供電能B．B極上的電勢比A極上的電勢低C．A極的電極反應(yīng)為+H++2e-→Cl-+D．電池工作時H＋通過質(zhì)子交換膜由正極區(qū)向負(fù)極區(qū)移動16、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樯铧S色。再向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色。下列分析正確的是（）A．上述實驗條件下，物質(zhì)的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2時，SO2與I2反應(yīng)，I2作還原劑C．通入SO2后溶液逐漸變成無色，體現(xiàn)了SO2的漂白性D．滴加KI溶液時，轉(zhuǎn)移2mol電子時生成1mol白色沉淀二、非選擇題（本題包括5小題）17、下圖是元素周期表的一部分，A、B、C、D、E、X是周期表給出元素組成的常見單質(zhì)或化合物。①④⑤⑥②③⑦FeAsI、元素周期表是人們研究物質(zhì)性質(zhì)的重要工具。Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑。As可與Y的水溶液反應(yīng)，產(chǎn)物有As的最高價含氧酸，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______，當(dāng)消耗1mol還原劑時，轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)為_______。Ⅱ、A、B、C、D、E、X存在如下圖轉(zhuǎn)化關(guān)系〔部分生成物和反應(yīng)條件略去〕。（1）假設(shè)E為氧化物，那么A與水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_______。①當(dāng)X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，那么C的電子式為_______。②表示X呈堿性的離子方程式為_______。③當(dāng)X為金屬單質(zhì)時，那么X與B的稀溶液反應(yīng)生成C的離子反應(yīng)方程式為_______。（2）假設(shè)E為單質(zhì)氣體，D為白色沉淀，B含有的化學(xué)鍵類型為_______，C與X反應(yīng)的離子方程式為_______。（3）①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產(chǎn)物之一是大氣中的要緊成分，1.6克該物質(zhì)在氧氣中完全燃燒放出熱量31.2kJ，寫出熱化學(xué)方程式_______。（4）廢印刷電路板上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉(zhuǎn)化為氧化銅，再用硫酸溶解。現(xiàn)改用①和⑥組成的化合物和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達(dá)到上述目的，又保護(hù)了環(huán)境，試寫出反應(yīng)的離子方程式_______。（5）元素②的單質(zhì)在一定條件下，能與①的單質(zhì)化合生成一種化合物，熔點為800℃。該化合物能與水反應(yīng)放氫氣，假設(shè)將1mol該化合物和1mol③形成的單質(zhì)混合加入足量的水，充分反應(yīng)后生成氣體的體積是（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）_______。18、A、X，Y、Z、R、W為六種短周期元素。A是短周期中半徑最小的元素；X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍；Y最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為4；Z的單質(zhì)常用于漂白工業(yè)；R是短周期元素中金屬性最強的元素，W是生活中的常見金屬，其氧化物常作耐高溫材料?；卮鹣铝袉栴}：(1)Y元素的名稱是________，W在周期表中的位置是______________________。(2)寫出化合物AZX的結(jié)構(gòu)式：___________；化合物R2X2存在的化學(xué)鍵類型是______________________。(3)X、Z、R三種元素對應(yīng)的簡單離子半徑由大到小大?。篲__________________(用離子符號表示)。(4)下列事實能證明非金屬性強Z比Y的是________(填序號)。a．簡單陰離子還原性Z>Yb．簡單氫化物熱穩(wěn)定性：Z>Yc．氧化物對應(yīng)的水化物酸性：Z>Yd．Y的簡單氫化物的水溶液中通入Z的單質(zhì)有沉淀析出(5)寫出工業(yè)上制備Z的單質(zhì)的離子方程式：______________________________________。(6)用電子式表示RZ的形成過程：______________________________________。19、硫酸亞鐵(FeSO4·7H2O)是一種重要的食品和飼料添加劑。實驗室通過如下實驗由廢鐵屑制備FeSO4·7H2O晶體：①將5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量廢鐵屑的燒杯中，加熱數(shù)分鐘，用傾析法除去Na2CO3溶液，然后將廢鐵屑用水洗滌2~3遍；②向洗滌過的廢鐵屑中加入過量的稀硫酸，控制溫度在50~80℃之間至鐵屑耗盡；③，將濾液轉(zhuǎn)入到密閉容器中，靜置、冷卻結(jié)晶；④待結(jié)晶完畢后，濾出晶體，用少量冰水洗滌2~3次，再用濾紙將晶體吸干；⑤將制得的FeSO4·7H2O晶體放在一個小廣口瓶中，密閉保存．請回答下列問題：（1）實驗步驟①的目的是___________________________________________。（2）寫出實驗步驟②中的化學(xué)方程式__________________________________________。（3）補全實驗步驟③的操作名稱_________________________。（4）實驗步驟④中用少量冰水洗滌晶體，其目的是_______________________________。（5）乙同學(xué)認(rèn)為甲的實驗方案中存在明顯的不合理之處，你______(填“是”或“否”)同意乙的觀點（6）丙同學(xué)經(jīng)查閱資料后發(fā)現(xiàn)，硫酸亞鐵在不同溫度下結(jié)晶可分別得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O．硫酸亞鐵在不同溫度下的溶解度和該溫度下析出晶體的組成如下表所示(僅在56.7℃、64℃溫度下可同時析出兩種晶體)．硫酸亞鐵的溶解度和析出晶體的組成請根據(jù)表中數(shù)據(jù)畫出硫酸亞鐵的溶解度曲線示意圖。__（7）若需從硫酸亞鐵溶液中結(jié)晶出FeSO4·4H2O，應(yīng)控制的結(jié)晶溫度(t)的范圍為________________。（8）取已有部分氧化的綠礬固體(硫酸亞鐵的相對原子質(zhì)量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定，終點時消耗標(biāo)準(zhǔn)液的體積為VmL，則：若在滴定終點讀取滴定管讀數(shù)時，俯視滴定管液面，使測定結(jié)果________(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)20、ClO2與Cl2的氧化性相近，在自來水消毒和果蔬保鮮等方面應(yīng)用廣泛。某興趣小組通過圖1裝置（夾持裝置略）對其制備、吸收、釋放和應(yīng)用進(jìn)行了研究。（1）儀器D的名稱是____。安裝F中導(dǎo)管時，應(yīng)選用圖2中的_____。（2）打開B的活塞，A中發(fā)生反應(yīng)：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。為使ClO2在D中被穩(wěn)定劑充分吸收，滴加稀鹽酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。（3）關(guān)閉B的活塞，ClO2在D中被穩(wěn)定劑完全吸收生成NaClO2，此時F中溶液的顏色不變，則裝置C的作用是_____。（4）已知在酸性條件下NaClO2可發(fā)生反應(yīng)生成NaCl并釋放出ClO2，該反應(yīng)的離子方程式為____，在ClO2釋放實驗中，打開E的活塞，D中發(fā)生反應(yīng)，則裝置F的作用是______。（5）已吸收ClO2氣體的穩(wěn)定劑Ⅰ和穩(wěn)定劑Ⅱ，加酸后釋放ClO2的濃度隨時間的變化如圖3所示。若將其用于水果保鮮，你認(rèn)為效果較好的穩(wěn)定劑是_______，原因是_________。21、綜合利用CO2、CO對構(gòu)建低碳社會有重要意義。（1）已知在298K和101kPa條件下，有如下反應(yīng)：反應(yīng)Ⅰ：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1＝－393.5kJ·mol－1反應(yīng)Ⅱ：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2＝－221kJ·mol－1反應(yīng)Ⅲ：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3＝＋180.5kJ·mol－1試回答下列問題：①汽車尾氣凈化原理為反應(yīng)Ⅳ：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H＝______，該反應(yīng)能自發(fā)進(jìn)行的條件是_______。（填“高溫”、“低溫”或“任意溫度”）。②若一定溫度下，在容積可變的密閉容器中，上述反應(yīng)Ⅳ達(dá)到平衡狀態(tài)，此時容積為3L，c（N2）隨時間t的變化曲線x如圖所示。若在t2min時升高溫度，t3min時重新達(dá)到平衡，請在圖中畫出在t2～t4內(nèi)c（N2）的變化曲線。______________（2）利用H2和CO2在一定條件下可以合成乙烯：6H2＋2CO2CH2＝CH2＋4H2O①不同溫度對CO2的轉(zhuǎn)化率及催化劑的催化效率的影響如圖甲所示。下列有關(guān)說法不正確的是_____（填序號）。A．不同條件下反應(yīng)，N點的速率最大B．溫度在約250℃時，催化劑的催化效率最高C．相同條件下，乙烯的產(chǎn)量M點比N高②若在密閉容器中充入體積比為3∶1的H2和CO2，則圖甲中M點時，產(chǎn)物CH2＝CH2的體積分?jǐn)?shù)為________。（保留兩位有效數(shù)字）（3）利用一種鉀鹽水溶液作電解質(zhì)，CO2電催化還原為乙烯，如圖乙所示。在陰極上產(chǎn)生乙烯的電極反應(yīng)方程式為___________________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【詳解】A．NaHSO4受熱熔化只克服離子鍵，故A選；B．NaHCO3受熱分解生成碳酸鈉、二氧化碳和水，克服了離子鍵和共價鍵，故B不選；C．干冰溶于水，反應(yīng)生成了碳酸，克服了共價鍵，碳酸發(fā)生部分電離，需克服范德華力，共價鍵，故C不選D．石墨變?yōu)榻饎偸l(fā)生化學(xué)反應(yīng)，克服了共價鍵和范德華力，故D不選；故選A?！军c睛】本題的易錯點為CD，要注意干冰和石墨中均存在范德華力，發(fā)生了化學(xué)反應(yīng)，同時需要破壞化學(xué)鍵。2、C【詳解】A．△H=正反應(yīng)的活化能─逆反應(yīng)的活化能，故正反應(yīng)活化能大于100kJ·mol-1，A錯誤；B．△H=正反應(yīng)的活化能─逆反應(yīng)的活化能=+100kJ/mol，不知道正反應(yīng)的活化能，無法確定逆反應(yīng)的活化能，B錯誤；C．△H=正反應(yīng)的活化能─逆反應(yīng)的活化能=+100kJ/mol，正反應(yīng)活化能比逆反應(yīng)活化能大100kJ·mol-1，C正確；D．該反應(yīng)為吸熱反應(yīng)，反應(yīng)物的總能量比生成物的總能量低，D錯誤；答案選C。3、C【解析】A.除去二氧化碳，生成物的濃度降低，逆反應(yīng)速率先減小后增大，正反應(yīng)速率減小，故A錯誤；

B.由NO(g)＋CO(g)N2(g)＋CO2(g)可知反應(yīng)物生成物都是氣體，反應(yīng)在恒容的密閉容器中進(jìn)行，所以混合氣體的密度不變不能作為判斷達(dá)到平衡狀態(tài)的標(biāo)志，故B錯誤；C.該反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降溫時，平衡正向移動，反應(yīng)物轉(zhuǎn)化率和平衡常數(shù)均增大，故C正確；D.催化劑不影響化學(xué)平衡移動，所以加入催化劑不能提高反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率，故D錯誤；綜上所述，本題正確答案：C?！军c睛】該反應(yīng)是正反應(yīng)氣體體積減小的放熱反應(yīng)，據(jù)外界條件的改變對反應(yīng)速率和平衡移動的影響分析，容器體積不變，混合氣體的密度始終不變。4、A【詳解】A．符合烷烴命名規(guī)則，主鏈最長，主鏈編號之和最小，A選項正確；B．主鏈選取錯誤，該物質(zhì)的正確命名為2-甲基戊烷，B選項錯誤；C．主鏈選取錯誤，該物質(zhì)的正確命名應(yīng)為3，3，4-三甲基庚烷，C選項錯誤；D．主鏈選取錯誤，該物質(zhì)的正確命名應(yīng)為2，3，4-三甲基己烷，D選項錯誤；答案選A。【點睛】烷烴命名規(guī)則：①長：選最長碳鏈為主鏈；②多：遇等長碳鏈時，支鏈最多為主鏈；③近：離支鏈最近一端編號；④?。褐ф溇幪栔妥钚。虎莺啠簝扇〈嚯x主鏈兩端等距離時，從簡單取代基開始編號，如取代基不同，就把簡單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面。5、A【解析】試題分析：溶液中通入CO2生成的0.01mol沉淀能溶解在氫氧化鈉溶液中，這說明沉淀是氫氧化鋁，因此溶液是偏鋁酸鈉，則一定含有0.01mol鋁離子，因此一定不能存在碳酸根離子。試樣溶液加入過量的氫氧化鋇生成0.01mol沉淀，則沉淀可能是硫酸鋇或氫氧化鎂或是二者的混合物。即硫酸根離子的最大值是0.01mol，而鋁離子是0.01mol，所以根據(jù)電荷守恒可知一定還含有氯離子，答案選A。考點：考查離子共存與檢驗的有關(guān)判斷6、B【詳解】A.形成原電池需要電解質(zhì)溶液，所以干燥空氣中不易形成原電池，則鐵釘不易生銹，故A正確；B.與原電池的正極相連作陽極，活潑金屬作陽極時，金屬失電子易被腐蝕，所以若將鋼閘門與電源的正極相連，不能防止鋼閘門腐蝕，故B錯誤；C.中性、堿性和弱酸性條件下易發(fā)生吸氧腐蝕，所以鋼閘門會發(fā)生吸氧腐蝕，故C正確；D.若金屬M比Fe活潑，M、Fe形成原電池時，F(xiàn)e作正極，M失電子作負(fù)極，F(xiàn)e被保護(hù)，故D正確；答案選B。7、C【詳解】向該無色溶液中滴加少量溴水，溶液仍呈無色，溴水為橙色，則溶液中含SO32-，不含F(xiàn)e2+；A．少量溴水先氧化SO32-，不能確定是否含I-，故A錯誤；B．若含SO42-，一定含SO32-，且所有離子物質(zhì)的量濃度相等，三種陽離子均存在也不能滿足電荷守恒，故B錯誤；C．由上述分析可知，肯定含有SO32-，故C正確；D．若陰離子只有SO32-，陽離子為Na+、NH4+、K+中的兩種，可滿足電荷守恒，不能確定是否含NH4+，故D錯誤；故答案為C。8、A【解析】BaCl2與二氧化硫不反應(yīng)，故A正確；二氧化硫使石蕊溶液變紅，故B錯誤；二氧化硫具有還原性，使酸性KMnO4溶液褪色，故C錯誤；二氧化硫與氫硫酸反應(yīng)生成硫沉淀，故D錯誤。9、D【解析】根據(jù)題意：A和B形成的氣態(tài)化合物的水溶液呈堿性，A為氫元素，B為氮元素，A和C同主族，C為鈉元素；在中學(xué)常見的酸中E的最高價氧化物對應(yīng)的水化物的酸性最強，E為氯元素；D原子最外層電子數(shù)與電子層數(shù)相等，D為鋁元素。氧元素與氮元素形成的二元化合物有：N2ONONO2N2O4N2O5等；A錯誤；核外電子排布相同的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，所以Al3+<N3-，B錯誤；H、N、Cl可以形成氯化銨，即有離子鍵、又含共價鍵的離子化合物，C錯誤；氫氧化鈉、氫氧化鋁、高氯酸三者之間兩兩之間可以反應(yīng)生成鹽和水，D正確；正確選項D。10、B【詳解】A.SO2具有溧白性，所以它能使品紅溶液，SO2具有還原性，能使溴水、KMnO4(H+)褪色；SO2溶于水生成亞硫酸，溶液顯酸性石蕊溶液變紅色，A錯誤；B.SO2溶于水生成亞硫酸，溶液顯酸性，因此裝滿SO2氣體的試管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，進(jìn)入試管的液體呈紅色，B正確；C.SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使紅墨水褪色，其原理分別是化合、氧化、吸附、氧化，C錯誤；D.SO2和C12等物質(zhì)的量混合后同時通入裝有濕潤的有色布條的集氣瓶中二者反應(yīng)生成鹽酸和硫酸，漂白效果降低，D錯誤；答案選B。11、B【解析】用熱純堿溶液洗滌廢鐵屑表面的油污。加入稀硫酸后，將鐵單質(zhì)轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，再加入碳酸氫銨，促進(jìn)亞鐵離子水解得到沉淀。通過過濾、洗滌、煅燒，得到氧化鐵，據(jù)此分析；【詳解】A.熱的純堿溶液可去除廢鐵屑表面的油污，故A項正確；B.操作a是過濾，故B項錯誤；C.冰水既可洗去雜質(zhì)又降低溫度，減少固休的溶解，故C項正確；D.Fe2O3俗名鐵紅，可用作紅色顏料，故D項正確；綜上，本題選B。12、D【解析】石墨晶體每一層內(nèi)碳原子形成3個共價鍵，所以平均每個正六邊形占有的碳原子數(shù)是6×1/3＝2，占有的C－C鍵是6×1/2＝3，即石墨晶體每一層內(nèi)碳原子數(shù)與碳—碳化學(xué)鍵數(shù)的比是2∶3，答案選D。13、A【分析】由溶液pH=1可知溶液為酸性溶液，溶液中存在大量氫離子，可以排除CO32-；溶液A中加過量(NH4)2CO3，產(chǎn)生白色沉淀甲、氣體甲，白色沉淀只能為氫氧化鋁，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液中一定含有Al3+；溶液乙加銅和濃硫酸能產(chǎn)生氣體丙，丙在空氣中變成紅棕色，則丙為NO，說明在原溶液中有NO3-，在強酸性溶液中含有NO3-，則一定不存在具有還原性的離子I-，最后根據(jù)電荷守恒得原溶液中含有H+、NO3-、Al3+、SO42-、Cl-五種離子，據(jù)此解答分析?！驹斀狻緼.根據(jù)以上分析可知，溶液中存在0.1mol/L的氫離子、0.1mol/L的鋁離子，0.1mol/LNO3-；溶液中陽離子帶有的電荷為：（0.1mol/L×1）+（0.1mol/L×3）=0.4mol/L；而溶液中除了存在0.1mol/L的硝酸根離子外，根據(jù)電荷守恒，還應(yīng)該含有SO42-離子和Cl-，所以該溶液中一定有NO3-、Al3+、SO42-、Cl-四種離子，故A正確；B.根據(jù)反應(yīng)方程式3Cu+8HNO3(稀)═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，若消耗14.4g銅，n(Cu)==0.225mol，根據(jù)反應(yīng)方程式中Cu與NO的物質(zhì)的量關(guān)系可知生成一氧化氮氣體的物質(zhì)的量為n(NO)=n(Cu)=×0.225mol=0.15mol；由于沒有告訴條件是否是標(biāo)準(zhǔn)狀況下，所以0.15mol一氧化氮的體積不一定為3.36L，故B錯誤；C.根據(jù)上述分析可知，在強酸性溶液中含有NO3-，溶液具有強氧化性，則一定不存在具有還原性的離子I-，故C錯誤；D.根據(jù)上述分析可知，溶液中含有硫酸根離子，所以沉淀乙中一定含有BaCO3、BaSO4，故D錯誤；故答案：A。14、B【詳解】A．為圓底燒瓶，故A錯誤；B．為容量瓶，故B正確；C．為錐形瓶，故C錯誤；D．為分液漏斗，故D錯誤；故選B。15、D【分析】該裝置為原電池，原電池中陽離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動方向可知A為正極，正極有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+H++2e-→Cl-+，電流從正極經(jīng)導(dǎo)線流向負(fù)極，據(jù)此解答。【詳解】A.該裝置為原電池，將化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，則該方法能夠提供電能，A項正確；B.原電池中陽離子移向正極，根據(jù)原電池中氫離子的移動方向可知A極為正極，B極為負(fù)極，則B極上的電勢比A極上的電勢低，B項正確；C.A極為正極，有氫離子參與反應(yīng)，電極反應(yīng)式為+H++2e-→Cl-+，C項正確；D.原電池中陽離子移向正極，則該原電池中氫離子向正極移動，D項錯誤；答案選D。16、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樯铧S色，說明有I2生成。碘元素化合價由-1價升高到0價，Cu2+被還原為CuI，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色，說明I2被還原，I2與SO2反應(yīng)生成HI和H2SO4，據(jù)此分析解答。【詳解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，發(fā)生反應(yīng)化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反應(yīng)中，Cu2+化合價降低，Cu2+作氧化劑，I2是I-失去電子形成的，I2是氧化產(chǎn)物，根據(jù)物質(zhì)的氧化性：氧化劑>氧化產(chǎn)物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反應(yīng)SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合價由0價降低為-1價，I2作氧化劑，SO2被氧化，SO2作還原劑。由于物質(zhì)氧化性：氧化劑>還原劑，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正確；B.向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反應(yīng)方程式可知，碘元素化合價由0價降低為-1價，被還原，所以I2作氧化劑，B錯誤；C.向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因為I2不斷被還原消耗變?yōu)镮-使碘水褪色，SO2體現(xiàn)強還原性，而不能表現(xiàn)漂白性，C錯誤；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每轉(zhuǎn)移2mol電子生成2molCuI，D錯誤；故合理選項是A?！军c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，掌握物質(zhì)的性質(zhì)與元素化合價的關(guān)系是本題解答的關(guān)鍵。根據(jù)題目信息推斷實驗中發(fā)生的反應(yīng)，利用物質(zhì)的氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物，氧化劑大于還原劑；物質(zhì)的還原劑：還原劑大于還原產(chǎn)物，還原劑大于氧化劑，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目等于反應(yīng)中元素化合價升降總數(shù)，本題考查了學(xué)生對氧化還原反應(yīng)的利用及對陌生信息的接受與應(yīng)用能力。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl5NA3NO2+H2O=2HNO3+NOCO32-＋H2OHCO3-＋OH-Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O離子鍵和極性共價鍵Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O56L【分析】根據(jù)元素在周期表中的位置分析元素的種類；根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理書寫反應(yīng)方程式；根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)及轉(zhuǎn)化關(guān)系分析物質(zhì)種類并書寫反應(yīng)方程式及電子式；根據(jù)燃燒熱計算反應(yīng)熱并書寫熱化學(xué)方程式；根據(jù)反應(yīng)方程式及物質(zhì)的量與體積的關(guān)系進(jìn)行相關(guān)計算?！驹斀狻坑稍卦谥芷诒碇形恢?，可知①為H②為Na③為Al④為C.⑤為N⑥為O⑦為Cl；.Ⅰ、Y由②⑥⑦三種元素組成，它的水溶液是生活中常見的消毒劑，則Y為NaClO，As可與Y的水溶液反應(yīng)，物有As的最高價含氧酸，即生成H3AsO4，根據(jù)化合價升降相等可知還有NaCl生成，反應(yīng)方程式為：5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl，As元素化合價由0升高為+5，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為5，故消耗1mol還原劑時,轉(zhuǎn)移的電子個數(shù)為5NA，故答案為5NaClO+2As+3H2O=2H3AsO4+5NaCl；5NA；Ⅱ、能和水反應(yīng)的物質(zhì)有金屬氧化物、非金屬氧化物、金屬和非金屬。(1)若E為氧化物，常溫下與A與水反應(yīng)生成E，則為二氧化氮與水反應(yīng)生成硝酸與NO，故A為NO2，B為HNO3，E為NO，反應(yīng)方程式為：3NO2+H2O=2HNO3+NO；①當(dāng)X是堿性鹽溶液，C分子中有22個電子時，則X為碳酸鹽，C為CO2，D為碳酸氫鹽，則：C的電子式為，表示X呈堿性的離子方程式為CO32-＋H2OHCO3-＋OH-；②當(dāng)X為金屬單質(zhì)時，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，X為變價金屬，故X為Fe，C為硝酸鐵，D為硝酸亞鐵，則X與B的稀溶液反應(yīng)生成C的離子反應(yīng)方程式為：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O；(2)若E為單質(zhì)氣體，D為白色沉淀，則A為Na或過氧化鈉，E為氫氣或氧氣，B為NaOH，X為氯化鋁，C為偏鋁酸鈉，D為氫氧化鋁，B(NaOH)含有的化學(xué)鍵類型為：離子鍵、共價鍵，C與X反應(yīng)的離子方程式為Al3+＋3AlO2-＋6H2O＝4Al(OH)3↓；(3)①和⑤形成的化合物是一種可燃性液體，其燃燒產(chǎn)物之一是大氣中的主要成分，則該化合物為N2H4，1molN2H4燃燒放出的熱量為31.2kJ×1mol×32g/mol1.6g=624kJ，該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為：N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)ΔH=-624kJ·mol-1；(4)雙氧水有強氧化性,酸性條件下，雙氧水能氧化銅生成銅離子同時生成水，反應(yīng)離子方程式為：Cu+2H++H2O2=Cu２＋+2H2O；(5)氫氣和鈉反應(yīng)生成氫化鈉，氫化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣,氫氧化鈉和鋁反應(yīng)生成氫氣，反應(yīng)方程式為：NaH+H2O=NaOH+H2↑，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，1mol氫化鈉和水反應(yīng)生成1mol氫氧化鈉和1mol氫氣，1mol氫氧化鈉和鋁反應(yīng)生成1.5mol氫氣，故標(biāo)況下生成氫氣體積為(1mol+1.5mol)×22.4L/mol=56L。18、硫第三周期第ⅢA族H—O—Cl離子鍵，非極性共價鍵(共價鍵、非極性鍵)Cl-＞O2-＞Na+bd2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-【分析】根據(jù)題干信息，A、X，Y、Z、R、W為六種短周期元素，其中A是短周期中半徑最小的元素，則A為H元素，X原子最外層電子數(shù)是核外電子層數(shù)的3倍，則X為O元素，Y最高正價與最低負(fù)價代數(shù)和為4，則Y為S元素，Z的單質(zhì)常用于漂白工業(yè)，則Z為Cl元素，R是短周期元素中金屬性最強的元素，則R為Na元素，W是生活中的常見金屬，其氧化物常作耐高溫材料，則W為Al元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析可知，Y為S元素，元素名稱為硫，W為Al元素，位于元素周期表第三周期第ⅢA族；(2)化合物AZX為HClO，為共價化合物，其結(jié)構(gòu)式為H—O—Cl，化合物R2X2為Na2O2，化合物中Na+與形成離子鍵，中O原子間形成非極性共價鍵；(3)電子層數(shù)越多，離子半徑越大，電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，Cl-、Na+、O2-中，Cl-電子層數(shù)為3層最多，半徑最大，Na+和O2-電子層數(shù)均為2層，核電荷數(shù)Na＞O，則離子半徑Cl-＞O2-＞Na+；(4)a．簡單陰離子的還原性應(yīng)該是S2-＞Cl-，即Y＞Z，a錯誤，不符合題意；b．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性越強，熱穩(wěn)定性HCl＞H2S，則非金屬性Cl＞S，b符合題意；c．不是最高價氧化物對應(yīng)水化物，比較酸性強弱不能得出非金屬性強弱，c不符合題意；d．H2S水溶液中通入Cl2有沉淀析出，說明氧化性Cl2＞S，則則非金屬性Cl＞S，d符合題意；答案選bd；(5)工業(yè)上電解NaCl水溶液制備Cl2，其離子方程式為2Cl-+2H2OH2↑+Cl2↑+2OH-；(6)NaCl為離子化合物，其形成過程可表示為。19、去除油污或利用碳酸鈉水解后顯堿性的性質(zhì)除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁熱過濾洗去雜質(zhì)，降低洗滌過程中FeSO4·7H2O的損耗是56.7℃<t<64℃偏低【詳解】（1）Na2CO3溶液顯堿性，鐵屑表面含有油脂，油脂在堿性條件下，水解成可溶水的物質(zhì)，步驟①的目的是除去鐵屑表面的油污；（2）發(fā)生化學(xué)方程式為Fe＋H2SO4FeSO4＋H2↑；（3）步驟③將濾液轉(zhuǎn)入到密閉容器，冷卻結(jié)晶，因此步驟③的操作名稱為趁熱過濾；（4）一般溫度低，晶體的溶解度低，冰水洗滌的目的是洗去表面的雜質(zhì)，減少FeSO4·7H2O的損耗；（5）步驟②中鐵屑耗盡，鐵轉(zhuǎn)化成Fe2＋，F(xiàn)e2＋容易被氧化成Fe3＋，即同意乙同學(xué)的觀點；（6）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，得出：；（7）根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同時析出兩種晶體，因為溫度控制在高于56.7℃，低于64℃，范圍是56.7℃<t<64℃；（8）根據(jù)得失電子數(shù)目，推出FeSO4·7H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為，根據(jù)滴定管從上到下刻度增大，俯視讀數(shù)，V偏小，即所測結(jié)果偏低。20、錐形瓶b慢