貴州省貴陽市、六盤水市、黔南州2026屆化學高三第一學期期中監(jiān)測試題注意事項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(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、下列物質中，屬于溶于水后能導電的非電解質的是（）A．SO3 B．乙醇 C．CaO D．醋酸2、配制一定體積一定濃度的NaOH溶液時，下列操作導致結果偏高的是A．稱量NaOH固體時動作緩慢 B．定容時俯視刻度線C．定容后振蕩發(fā)現液面低于刻度線 D．未洗滌燒杯和玻璃棒3、向可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、NO3-、Cl-、Al3+、Na+、K+、Mg2+離子的某一溶液中加入一定量的過氧化鈉固體，則濃度保持不變的離子是，（溶液體積忽略不變）A．CO32-、Na+、K+B．SO42-、Cl-、K+C．Cl-、NO3-、K+D．HCO3-、SO42-、K+4、化學與社會、生活密切相關。下列說法不正確的是A．Al2O3作耐火材料是因為氧化鋁熔點高B．“血液透析”利用了膠體的性質C．糖類、油脂、蛋白質均能發(fā)生水解D．家用燃煤中適量的生石灰能有效減少二氧化硫的排放5、將一定質量Na置于氧氣中緩緩加熱直至完全氧化，生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，將該混合物溶于足量水，最終得到pH=12的NaOH溶液。關于此過程說法正確的是（NA表示阿伏加德羅常數的值）A．鈉與氧氣反應過程中共轉移0.3NA個電子B．鈉與氧氣反應過程中消耗氧氣體積為2.24LC．混合物中含有0.2NA個陰離子D．最終得到NaOH溶液中含有0.01NA個OH—6、由短周期的兩種元素組成的化合物XY3，下列說法錯誤的是A．X和Y可能位于同一周期，也可能位于不同周期B．X可能是金屬，也可能是非金屬C．X和Y一定位于不同主族D．化合物XY3溶于水，溶液可能顯堿性，也可能顯酸性7、阿伏加德羅常數的值為NA。下列說法正確的是A．標準狀況下，11.2L12C18O中含有的中子數為8NAB．常溫常壓下，12g金剛石中含有C－C鍵數為4NAC．1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的離子總數大于3NAD．25℃時，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的數目為0.02NA8、下列有關溶液組成的描述合理的是（）A．無色溶液中可能大量存在Al3＋、NH、Cl－、Cu2＋B．酸性溶液中可能大量存在Na＋、ClO－、SO、I－C．中性溶液中可能大量存在Ba2＋、K＋、Cl－、SOD．無色溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO9、下列物質不能通過化合反應制得的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe（OH）3 D．Fe（OH）210、化學與生活、環(huán)境、科技等密切相關。下列說法不正確的是A．“煤改氣”，“煤改電”等清潔能源工程有利于減少霧霾天氣B．人類超量碳排放、氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因C．石墨烯彈性氣凝膠制成的輕質“碳海綿”可用作處理海上原油泄漏的吸油材料D．白葡萄酒含維生素C等多種維生素，通常添加微量SO2防止營養(yǎng)成分被氧化11、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中的數目為NAB．將Cl2通入FeBr2溶液中，有1molBr2生成時，轉移的電子數為2NAC．7.8g苯含σ鍵的數目為0.6NAD．有鐵粉參加的反應若生成3molFe2+，則轉移電子數一定為6NA12、一定溫度下，下列溶液的離子濃度關系式正確的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B．pH=a的氨水溶液，稀釋10倍后，其pH=b，則a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液的c(Na＋)：①＞②＞③13、食品保鮮所用的“雙吸劑”，是由還原鐵粉、生石灰、氯化鈉、炭粉等按一定比例組成的混合物，可吸收氧氣和水。下列分析不正確的是（）A．“雙吸劑”中的生石灰有吸水作用B．“雙吸劑”吸收氧氣時，發(fā)生了原電池反應C．炭粉上發(fā)生的反應為：O2+4e-+4H+=2H2OD．吸收氧氣的過程中，鐵作原電池的負極14、不能通過單質間化合直接制取的是A．CuO B．Cu2S C．Fe3O4 D．Fe2S315、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火劑B．NaHCO3能與堿反應，可用作食品疏松劑C．Fe粉具有還原性，可用作食品袋中的抗氧化劑D．石墨具有還原性，可用作干電池的正極材料16、《天工開物》記載：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，擇取無沙黏土而為之”“凡坯既成，干燥之后，則堆積窖中燃薪舉火”“澆水轉釉(主要為青色)，與造磚同法”。下列說法錯誤的是()A．“燃薪舉火”使黏土發(fā)生了復雜的物理化學變化 B．沙子和黏土的主要成分為硅酸鹽C．燒制后自然冷卻成紅瓦，澆水冷卻成青瓦 D．黏土是制作磚瓦和陶瓷的主要原料17、室溫下，將純水加熱至沸騰，下列敘述正確的是(

)A．水的離子積變大，pH變小，呈酸性B．水的離子積不變、pH不變、呈中性C．水的離子積變小、pH變大、呈堿性D．水的離子積變大、pH變小、呈中性18、某溫度下，VmL不飽和NaNO3溶液ag，蒸發(fā)掉bg水或加入bgNaNO3固體(恢復到原溫度)均可使溶液達到飽和，則下列量的計算結果正確的是A．該溫度下NaNO3的溶解度為200gB．原不飽和溶液中NaNO3的質量分數為%C．原不飽和溶液中NaNO3的物質的量濃度為mol/LD．原不飽和溶液的密度為g/mL19、下列說法中正確的是A．第ⅦA族單質從上往下熔沸點逐漸升高，第ⅠA族單質從上往下熔沸點逐漸降低B．Na2SiO3溶液可用作礦物膠、木材防火劑，還可用作制備硅膠的原料C．品紅溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能與SO2氣體作用而褪色，且其實質相同D．鎂和鋁性質穩(wěn)定且都有很強的抗腐蝕能力，所以鎂鋁合金可用于飛機、輪船制造20、一種基于酸性燃料電池原理設計的酒精檢測儀，負極上的反應為：CH-3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+。下列有關說法正確的是A．檢測時，電解質溶液中的H+向負極移動B．若有0.4mol電子轉移，則在標準狀況下消耗4.48L氧氣C．電池反應的化學方程式為：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正極上發(fā)生的反應為：O2+4e-+2H2O=4OH-21、下列關于阿伏加德羅常數(NA)的說法不正確的是A．標準狀況下，22.4L二氯甲烷的分子數約為NA個B．28g乙烯和環(huán)丁烷(C4H8)的混合氣體中含有的碳原子數為2NAC．常溫常壓下，Na2O2與足量H2O反應，共生成0.2molO2，轉移電子的數目為0.4NAD．常溫下，10LpH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的數目為NA22、下列化學反應先后順序判斷正確的是（）A．向含有等物質的量的Ba（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2，與CO2反應的物質依次是：KOH、Ba（OH）2、BaCO3B．向含有等物質的量的Fe2+、Ag+、Cu2+的混合溶液中加入Zn，與Zn反應的離子依次是：Ag+、Cu2+、Fe2+C．向含有等物質的量的AlO2-、OH-、CO32-的混合溶液中滴加鹽酸，與鹽酸反應的物質依次是：AlO2-、Al（OH）3、OH-、CO32-D．在含有等物質的量的FeBr2、FeI2的溶液中，緩慢通入氯氣，與氯氣反應的離子依次是：I-、Br-、Fe2+二、非選擇題(共84分)23、（14分）隨原子序數遞增，八種短周期元素(用字母x等表示)原子半徑的相對大小、最高正價或最低負價的變化如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：（1）用于文物年代測定的元素，其核素符號為_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的簡單離子半徑由大到小的順序為_________(用離子符號表示)。（3）元素f的單質與元素e的最高價氧化物對應的水化物反應的化學方程式為___________________。（4）元素h單質的氧化性強于元素g單質的氧化性的事實是___________(用離子方程式表示)。24、（12分）對硝基苯乙醇是治療心血管疾病藥物美多心安的中間體，也是重要的香料中間體。對硝基苯乙醇的一條合成路線如圖所示：完成下列填空：（1）A的結構簡式為___。實驗室由A制得苯乙烯通常需要經過兩步反應，第一步的反應試劑和條件為Cl2/光照，第二步的化學反應方程式為___。（2）反應②的反應類型為___反應。設計反應①、反應③的目的是___。（3）反應③的試劑和條件為___。（4）丁苯橡膠是合成橡膠中產量最大的品種，適合制輪胎、傳輸帶等。丁苯橡膠可通過1，3-丁二烯與苯乙烯加聚得到。寫出丁苯橡膠的結構簡式___。（5）由1，3-丁二烯為原料可以合成有機化工原料1，4-丁二醇（HOCH2CH2CH2CH2OH），寫出其合成路線___。（合成路線常用的表示方式為：AB目標產物）25、（12分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗：采用如圖裝置(實驗前已除盡裝置內的空氣)制取Na2S2O5。裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應為Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。（1）加試劑前要進行的操作是_______________。（2）濃硫酸_______(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是________。（3）從裝置Ⅱ中分離出產品可采取的分離方法是_____。（4）為了完整實驗裝置，在下列裝置中選擇一個最合理的裝置放在裝置Ⅲ處，可選用的裝置(夾持儀器已略去)為___________(填序號)。26、（10分）市售食鹽常有無碘鹽和加碘鹽(含KIO3和少量的KI)。I.某同學設計檢驗食鹽是否為加碘鹽的定性實驗方法：①取待檢食鹽溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入過量的KI溶液，振蕩。②為驗證①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振蕩后，靜置。(1)若為加碘鹽，則①中發(fā)生反應的離子方程式為_________。(2)②中的實驗操作名稱是_________。(3)實驗過程中能證明食鹽含KIO3的現象是_________。Ⅱ.碘攝入過多或者過少都會增加患甲狀腺疾病的風險。目前國家標準(GB／T13025.7)所用的食鹽中碘含量測定方法：①用飽和溴水將碘鹽中少量的I－氧化成IO3－。②再加入甲酸發(fā)生反應：Br2+HCOOH＝CO2↑+2HBr。③在酸性條件下，加入過量KI，使之與IO3－完全反應。④以淀粉作指示劑，用Na2S2O3標準溶液進行滴定，測定碘元素的含量。I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6(1)①中反應的離子方程式為_________。(2)測定食鹽碘含量過程中，Na2S2O3，與IO3－的物質的量之比為_________。(3)有人提出為簡化操作將①、②省略，但這樣會造成測定結果偏低。請分析偏低的原因：__________________。27、（12分）碘化鉀可用于有機合成、制藥等領域，它是一種白色立方結晶或粉末，易溶于水。有兩個學習小組查閱資料后，分別設計以下實驗裝置制備KI：（查閱資料）：（1）3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O（2）H2S是有劇毒的酸性氣體，具有較強還原性，水溶液稱氫硫酸（弱酸）；（3）HCOOH（甲酸）具有強烈刺激性氣味的液體，具有較強還原性，弱酸；（4）在實驗條件下，S2-、HCOOH分別被KIO3氧化為SO42-、CO2。Ⅰ組.H2S還原法，實驗裝置如圖：實驗步驟如下：①在上圖所示的C中加入127g研細的單質I2和210g30%的KOH溶液，攪拌至碘完全溶解。②打開彈簧夾向其中通入足量的H2S。③將裝置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加熱10min。④在裝置C的溶液中加入BaCO3，充分攪拌后，過濾、洗滌。⑤將濾液用氫碘酸酸化，將所得溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。得產品145g。Ⅱ組.甲酸還原法，實驗裝置如圖：實驗步驟如下：⑥在三頸瓶中加入127g研細的單質I2和210g30%的KOH溶液，攪拌至碘完全溶解。⑦通過滴液漏斗向反應后的溶液中滴加入適量HCOOH，充分反應后，再用KOH溶液調pH至9~10，將所得溶液蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。得產品155g?；卮鹣铝袉栴}；（1）圖中裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為__________；裝置B中的試劑是_________。（2）D裝置的作用是___________。（3）步驟④的目的是_____________________。（4）步驟⑤中“濾液用氫碘酸酸化”的目的是__________________。（5）Ⅱ組實驗的產率為__________________。（6）Ⅱ組實驗中，加入HCOOH發(fā)生氧化還原反應的離子方程式為_______________。（7）與Ⅰ組相比較，Ⅱ組實驗的優(yōu)點是（至少答出兩點即可）__________________。28、（14分）高錳酸鉀是一種常用的氧化劑。如圖是利用軟錳礦（主要成分為MnO2）制備高錳酸鉀的一種工藝（流程中部分產物已略去）：相關物質不同溫度下的溶解度（單位：g）數據如表：（1）“熔融”步驟反應的化學方程式為_____。（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸發(fā)生反應的離子方程式為：_____。（3）操作2是_____、_____、_____。（4）圖中可以直接進行循環(huán)利用的物質是_____（填化學式）。（5）KMnO4粗晶體中的主要雜質（填化學式）有_____和_____，若用硫酸代替圖中的冰醋酸，則導致的問題及原因是_____。29、（10分）以高硫鋁土礦（主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金屬硫酸鹽）為原料，生產氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下：（1）流程中將高硫鋁土礦磨成礦粉的目的是_________________________________。（2）添加1%CaO和不添加CaO的礦粉焙燒，其硫去除率隨溫度變化曲線如圖所示。已知：多數金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600℃；硫去除率=（1—）×100%。①不添加CaO的礦粉在低于500℃焙燒時，去除的硫元素主要來源于____________。②700℃焙燒時，添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低，其主要原因是______________________。（3）由“過濾”得到的濾液生產氧化鋁的反應過程中涉及的離子方程式是______________________。（4）“過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，理論上完全反應消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【詳解】A．三氧化硫和水反應生成硫酸，硫酸電離出自由移動的陰、陽離子而使三氧化硫的水溶液導電，但電離出陰、陽離子的物質是硫酸而不是三氧化硫，則三氧化硫是非電解質，故A符合題意；

B．乙醇在水溶液里以分子存在，乙醇水溶液不導電，故B不符合題意；C．CaO溶于水后，與水反應生成Ca(OH)2，氫氧化鈣電離出Ca2+和OH-，溶液導電，同時CaO是活潑金屬氧化物，屬于電解質，故C不符合題意；

D．醋酸在水溶液能電離出陰、陽離子，醋酸水溶液能導電，但醋酸是電解質，故D不符合題意；

故選A。2、B【解析】A．稱量NaOH固體時動作緩慢導致氫氧化鈉吸水，溶質減少，濃度偏低，A錯誤；B．定容時俯視刻度線液面在刻度線下方，溶液體積減少，濃度偏高，B正確；C．定容后振蕩發(fā)現液面低于刻度線屬于正?，F象，濃度不變，C錯誤；D．未洗滌燒杯和玻璃棒溶質減少，濃度偏低，D錯誤，答案選B。3、C【解析】過氧化鈉具有強氧化性，加入過氧化鈉固體后，能夠將SO32-氧化成SO42-；過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉和氧氣，導致Na+的濃度增大；NaOH與Al3+、Mg2+、HCO3-反應，所以濃度變化的離子有：CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、Al3+、Na+、Mg2+，離子濃度保持不變的為：NO3-、Cl-、K+，故選C?！军c睛】本題考查離子反應及其應用，明確常見離子的性質為解答關鍵。本題的易錯點為亞硫酸根離子的判斷，要注意過氧化鈉具有強氧化性，亞硫酸根離子具有還原性。4、C【解析】A.Al2O3熔點高，可作耐火材料，A正確；B.血液可以看作是膠體，“血液透析”利用了膠體的性質，即滲析，B正確；C.糖類中的單糖不能發(fā)生水解反應，例如葡萄糖，C錯誤；D.家用燃煤中適量的生石灰能與SO2反應最終轉化為硫酸鈣，因此可有效減少二氧化硫的排放，D正確，答案選C。5、A【解析】A.理論上1個鈉與氧氣反應時不論生成過氧化鈉還是氧化鈉，其化合價都是由0價升為+1價，轉移1個電子，則生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，共0.3molNa+，故轉移電子數為0.3NA，故A正確；B.沒有標明溫度和壓強，不能確定氣體體積，故B項錯誤；C.0.1molNa2O含有0.1molO2-，0.05molNa2O2含有0.05molO22-，共0.1+0.05=0.15mol陰離子，故C錯誤；D.0.1molNa2O和0.05molNa2O2溶于足量水根據元素可知生成0.3mol氫氧化鈉，故最終得到NaOH溶液中含有0.3NA個OH—，故D錯誤；故答案為A?！军c睛】D選項雖然只知道溶液的pH值，但根據電荷守恒和元素守恒依然可以確定氫氧根的物質的量。6、C【詳解】A.若為AlCl3，Al和Cl處在同一個周期，若為SO3，S和O位于不同的周期，故A正確；B.若為AlCl3，Al是金屬，若為SO3，S是非金屬，故B正確；C.若為SO3，S和O位于同一主族，故C錯誤；D.若為NH3，溶于水溶液顯堿性，若為SO3，溶于水溶液顯酸性，故D正確；故選C。7、A【詳解】A.標況下11.2L一氧化碳的物質的量為0.5mol，每個分子含有6+10=16個中子，故總共含有8mol中子，故A正確；B.12克金剛石為1mol，每個碳原子平均形成2個共價鍵，所以共形成2mol共價鍵，故B錯誤；C.氧化鋰含有3個離子，過氧化鈉也含有3個離子，故1mol混合物含有3mol離子，故C錯誤；D.沒有說明溶液的體積，不能計算，故D錯誤。故選A?！军c睛】阿伏加德羅常數是?？碱}型。掌握常見物質的結構和微粒的關系，注意溶液中的微粒的計算需要考慮濃度和體積的數據以及溶液中是否存在電離或水解平衡等。8、D【詳解】A．Cu2＋為藍色溶液，不符合無色溶液的要求，故A錯誤；B．酸性溶液中可ClO－不能大量共存，而且ClO－具有強氧化性，能氧化碘離子，不能大量共存，故B錯誤；C．Ba2＋和SO會生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故C錯誤；D．Na＋、K＋、Cl－、HCO是無色溶液，而且不能發(fā)生反應，能大量存在，故D正確；故選D。9、D【詳解】A.2Fe+3Cl2=2FeCl3,屬于化合反應，B.Fe+2FeCl3=3FeCl2屬于化合反應，C.4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3屬于化合反應；D.無法通過化合反應生成Fe(OH)2，符合題意；答案選D。10、B【解析】A.“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物，故有利于減少霧霾天氣，A正確；B.碳產生的氣體是CO2，不會造成酸雨，B錯誤；C.氣凝膠制成的輕質“碳海綿”，具有吸附性，則可用作處理海上原油泄漏的吸油材料，C正確；D.二氧化硫具有還原性，可防止營養(yǎng)成分被氧化，D正確；故合理選項是B。11、A【詳解】A．將1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根據電荷守恒可知：n()+n(H+)=n(OH-)+n()，由于溶液顯中性，故有n(H+)=n(OH-)，則n()=n()=1mol，的數目為NA個，選項A正確；B．亞鐵離子的還原性大于溴離子，Cl2通入FeBr2溶液中先與亞鐵離子反應，再與溴離子反應，則1molBr2生成時，轉移的電子數大于2NA，選項B錯誤；C．苯中有6個碳碳σ鍵和6個碳氫σ鍵，則1mol苯含有12molσ鍵，7.8g苯為0.1mol，含σ鍵的數目為1.2NA，選項C錯誤；D．有鐵粉參加的反應，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成3molFe2+，則轉移電子數為2NA，選項D錯誤；答案選A。12、D【詳解】A.H2S溶液中分步電離，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根據電荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A項錯誤；B.加水稀釋促進一水合氨的電離，pH=a的氨水，稀釋10倍后，其pH=b，則a＜b+1，B項錯誤；C.pH=2的H2C2O4溶液與pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在電荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C項錯誤；D.酸性大小為CH3COOH＞H2CO3＞HClO，組成鹽的酸根對應的酸越弱，該鹽的水解程度越大，相同濃度時溶液的堿性越強。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三種溶液，鹽的濃度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D項正確；答案選D。【點睛】本題考查電解質溶液中離子濃度大小關系，解答此類題目要注意首先分析溶液中存在的平衡確定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱電解質的電離、鹽類的水解是微弱的，結合溶液的酸堿性進行分析；涉及等式關系要注意電荷守恒、物料守恒和質子守恒的靈活運用。13、C【分析】雙吸劑一方面可以吸收水，這主要依靠的是雙吸劑中生石灰成分；生石灰與水反應后生成強堿性的Ca(OH)2。此外，雙吸劑在吸收氧氣時，發(fā)生原電池反應；Fe做原電池的負極，炭粉做原電池的正極，并且在炭粉處氧氣被吸收；需要額外注意的是，由于雙吸劑吸水過程中生成了強堿性的Ca(OH)2，因此，在書寫電極反應式時，不應出現H+?！驹斀狻緼．生石灰可以與水反應，因此起到了吸水的作用，A項正確；B．雙吸劑吸收氧氣時，構成了原電池，發(fā)生了原電池反應，B項正確；C．炭粉在吸氧時，做原電池的正極，發(fā)生的是氧氣的還原反應，根據分析可知，正確的電極反應式為：，C項錯誤；D．雙吸劑吸氧時，發(fā)生原電池反應，鐵做原電池的負極，D項正確；答案選C。14、D【解析】銅粉在空氣或者氧氣中加熱能夠發(fā)生反應：2Cu+O22CuO，A選項錯誤；銅絲可以硫蒸氣中發(fā)生反應：2Cu+SCu2S，B選項錯誤；鐵絲在氧氣中燃燒生成四氧化三鐵，即：3Fe+2O2Fe3O4，C選項錯誤；鐵粉與硫粉混合共熱發(fā)生反應生成FeS，Fe+SFeS，鐵粉與硫粉兩種單質不生成Fe2S3，D選項正確；正確答案D。15、C【詳解】A.Na2SiO3可用作木材防火劑是因為其具有較好的耐熱性，與其是否易溶于水無直接關系，A項錯誤；B.NaHCO3可用作食品疏松劑是利用其與有機酸反應或受熱分解生成二氧化碳，B項錯誤；C.Fe粉具有還原性，易和空氣中的氧氣反應，可用作食品袋中的抗氧化劑，C項正確；D.石墨可用作干電池的正極材料，主要利用的是石墨具有良好的導電性，與還原性無關，D項錯誤；答案選C。16、B【詳解】A．黏土燒制成瓦的過程中發(fā)生了復雜的物理化學變化，故A正確。B．沙子的主要成分為二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不屬于硅酸鹽，故B錯誤。C．由“澆水轉釉(主要為青色)，與造磚同法”可知，故C正確。D．黏土是制作磚瓦和陶瓷的主要原料，故D正確。故選B。17、D【詳解】將純水加熱至沸騰，水的電離平衡正向移動，氫離子、氫氧根離子濃度增大，水的離子積變大，pH變小，，純水呈中性，故選D。18、C【詳解】A．蒸發(fā)掉bg水或加入bgNaNO3固體（恢復到原溫度）均可使溶液達到飽和，說明一定溫度下bgNaNO3固體溶于bg水中形成的是飽和溶液，根據溶解度概念列式計算設溶解度為S，則=100g，故該溫度下NaNO3的溶解度為100g，故A錯誤；B．設不飽和溶液中溶質為xg，蒸發(fā)水bg后為飽和溶液，溶解度為100g，則依據溶解度概念列式計，解得x=，所以原不飽和溶液中NaNO3質量分數=%，B錯誤；C．設不飽和溶液中溶質為xg，蒸發(fā)水bg后為飽和溶液，溶解度為100g，則依據溶解度概念列式計算，x=，原不飽和溶液中NaNO3物質的量濃度=mol/L，C正確；D．溶液的密度=g/L，D錯誤，答案選C。19、B【解析】A.第ⅦA族單質從上往下：氟氣、氯氣、液溴、固體碘、固體砹，物質由氣態(tài)變?yōu)橐簯B(tài)，所以熔沸點逐漸升高，第一主族的金屬元素，從上到下，原子半徑逐漸增大，形成的金屬鍵逐漸減弱，熔沸點逐漸降低，但該族元素還含有H元素，H2常溫下為氣體，熔點低于同族元素的單質，故A錯誤；B.硅酸鈉的水溶液是礦物膠，和酸反應可以制備硅膠，具有防腐阻燃的作用，做木材防火劑的原料,故B正確；C.品紅遇二氧化硫褪色體現二氧化硫的漂白作用，而且加熱紅色能復原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉，溶液堿性減弱，紅色褪去，各元素沒有價態(tài)變化，是復分解反應，二者褪色原理不一樣，故C錯誤；D.鎂鋁合金密度小，硬度大，可用于制造飛機、汽車等部件，故D錯誤；綜上所述，本題選B。【點睛】二氧化硫具有漂白性，漂白某些有機色質，如品紅，且漂白過程屬于非氧化性漂白，具有可逆性；但是不能漂白酸堿指示劑，因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氫氧化鈉反應，紅色褪去，體現了二氧化硫的酸性氧化物的性質，而非漂白性。20、C【詳解】A、該燃料電池的電極反應式分別為正極：O2+4e-+4H+=2H2O，負極：CH-3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+，電解質溶液中的H+應向正極移動（正極帶負電），A不正確；B、根據正極反應式，若有0.4mol電子轉移，則在標準狀況下消耗2.24L氧氣，B不正確；C、將正負極電極反應式疊加得CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，C正確；D、酸性條件下正極：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正確。答案選C。21、A【解析】A、標準狀況下，CH2Cl2的狀態(tài)不是氣體，因此不能直接用22.4L·mol－1進行計算，故A說法錯誤；B、乙烯和環(huán)丁烯符合CnH2n，28g該混合物含有C原子物質的量為28×n/14n=2mol，故B說法正確；C、Na2O2與H2O反應方程式為：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2，轉移電子物質的量為2mol，因此生成0.2molO2，轉移電子物質的量為0.4mol，故C說法正確；D、常溫下，pH=13的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，則n(OH－)=10×0.1mol=1mol，故D說法正確。【點睛】易錯點是選項D，學生認為c(OH－)=0.1mol·L－1是NaOH電離產生，水也能電離出OH－，即溶液中n(OH－)>1mol，學生忽略了pH=13，求出的c(H＋)是溶液中H＋的物質的量濃度，根據水的離子積，計算出的OH－的濃度，是溶液中OH－的物質的量濃度。22、B【分析】

【詳解】A.氫氧化鋇先與二氧化碳發(fā)生反應，因為碳酸鉀與氫氧化鋇不能共存，故A錯誤；B.氧化性順序：Ag+＞Cu2+＞Fe2+，鋅粉先與氧化性強的反應，反應順序為Ag+、Cu2+、Fe2+，故B正確；C.若H+最先與AlO2-反應，生成氫氧化鋁，而氫氧化鋁與溶液中OH-反應又生成AlO2-，反應順序為OH-、AlO2-、CO32-，故C錯誤；D.離子還原性I-＞Fe2+＞Br-，氯氣先與還原性強的反應，氯氣的氧化順序是I-、Fe2+、Br-，因為2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故D錯誤；故選B。【點睛】本題考查反應的先后順序，為高頻考點，把握酸性、還原性、氧化性、溶度積等為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，綜合性較強。同一反應體系有多種物質參加反應，確定反應先后順序成為學習中的難點，特別是反應先后順序與圖像結合更困難。判斷先后反應總原則是，先反應的產物與其他物質能大量共存，若產物不能與其他物質大量共存，則它一定不能先反應。1、同一氧化劑與多種還原劑反應，還原性較強的還原劑先發(fā)生反應。常見還原劑的還原性順序：S2-＞I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。2、與同一種還原劑反應，氧化性強的氧化劑優(yōu)先發(fā)生反應。陽離子氧化性順序與金屬活動性順序相反，其中鐵對應的是亞鐵離子，而不是鐵離子，鐵離子的氧化性強于銅離子，但弱于銀離子。3、陽離子與OH-反應和陰離子與H+反應，用假設法判斷離子反應的先后順序，若優(yōu)先反應的產物與其他離子能大量共存，該假設成立，否則，假設不成立。4、對于多種物質組成的混合物，要分清是物質本身發(fā)生反應，還是一種物質發(fā)生反應后，生成產物繼續(xù)反應。例如，固體碳酸氫鈉與氫氧化鈉混合，氫氧化鈉與碳酸氫鈉反應，過量的碳酸氫鈉發(fā)生分解等。二、非選擇題(共84分)23、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】從圖中的化合價、原子半徑的大小及原子序數，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，據此分析解答。【詳解】（1）能用于文物年代測定的是14C，其核素的符號為：614C，z元素為氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案為：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的簡單離子分別是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三個電子層，半徑最大，O2-、Na+、Al3+三種離子的電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案為S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高價氧化物對應的水化物為NaOH，兩者反應的方程式為：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h為氯元素，元素g為硫元素，氯元素的非金屬性較硫強，所以氯氣的氧化性強于硫，能與硫化鈉溶液或氫硫酸反應得到硫單質，反應的離子反應為：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案為S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。24、+NaOH+NaCl+H2O或+NaOH+NaCl+H2O取代反應保護羥基稀硫酸/加熱或NaOH溶液/加熱【分析】根據合成路線分析可知，A先發(fā)生取代反應得到鹵代烴，再在氫氧化鈉的醇溶液中加熱發(fā)生消去反應得到苯乙烯()，則A為乙苯()，催化氧化、加成得到，與發(fā)生取代反應得到，與濃硝酸在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生硝化(或取代)反應得到，在NaOH溶液、加熱發(fā)生水解反應得到，據此分析解答問題；【詳解】(1)由上述分析可知，A為乙苯，其結構簡式為，實驗室由A制取苯乙烯通常需要經過兩步反應，第一步的反應試劑和條件為Cl2/光照得到鹵代烴，第二步的反應為鹵代烴在氫氧化鈉的醇溶液中加熱發(fā)生消去反應得到苯乙烯，反應方程式為+NaOH+NaCl+H2O（或+NaOH+NaCl+H2O）；(2)與濃硝酸在濃硫酸、加熱的條件下發(fā)生硝化(或取代)反應得到；由于—OH具有還原性，會與濃硝酸發(fā)生氧化還原反應，故設計反應①、反應③的目的是：保護—OH，防止其被氧化；(3)反應③為在NaOH溶液、加熱下徹底水解得到和CH3COONa，當然，也可以在稀硫酸、加熱條件下發(fā)生水解反應得到和乙酸；(4)根據題干信息，丁苯橡膠可由1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和苯乙烯共聚得到，則丁苯橡膠的結構簡式為；(5)由1，3—丁二烯為原料制備1，4—丁二醇，可以用1，3—丁二烯與溴發(fā)生1，4—加成，然后水解生成烯醇，再與氫氣加成即可，合成路線為CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。25、檢查裝置的氣密性不能如用稀硫酸，則生成的二氧化硫會溶解在溶液中而難以逸出過濾d【解析】（1）加試劑前要進行的操作是檢查裝置的氣密性。（2）二氧化硫易溶于水，如用稀硫酸，則生成的二氧化硫會溶解在溶液中而難以逸出，所以濃硫酸不能用稀硫酸代替。（3）從溶液中析出的晶體需要過濾得到。（4）二氧化硫是大氣污染物，需要尾氣處理，一般用堿液，同時還需要防止倒吸，答案選d。26、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O萃取溶液分層，下層為紫紅色3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+6:1將操作①、②省略，只測定了食鹽中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素沒有被測定?！痉治觥勘绢}從定性和定量兩個角度對加碘鹽進行了測定，均是將碘鹽中的碘元素轉化為I2，前者通過反應的現象來判斷，后者通過滴定實驗來測定，再結合氧化還原反應的計算分析解答?！驹斀狻竣?（1）若為加碘鹽，則其中含有KIO3，在酸性條件下與I-會發(fā)生反應生成碘單質，反應的方程式為：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，離子方程式為：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案為IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；（2）由于I2在有機溶劑中的溶解度更大，CCl4能將I2從水溶液中萃取出來，故②中的實驗操作名稱為：萃??；（3）I2溶于CCl4所得溶液為紫紅色，且CCl4的密度比水的密度大，實驗過程中能證明食鹽含KIO3的現象是：溶液分層，下層為紫紅色；II.（1）①中反應時，溴將I-氧化成IO3-的同時，溴單質被還原為Br-，反應的離子方程式為：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+，故答案為3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+；（2）在酸性條件下，IO3-被I-還原為I2，離子方程式為；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2與Na2S2O3反應的化學方程式為:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，由以上兩反應可得關系式：IO3-~3I2~6Na2S2O3，則測定食鹽中含量過程中，Na2S2O3與IO3-的物質的量之比為6:1，故答案為6:1；（3）簡化操作將①、②省略，則只測定了食鹽中以IO3-形式存在的碘元素，而食鹽中以I-形式存在的碘元素沒有被測定，從而造成測定結果偏低，故答案為將操作①、②省略，只測定了食鹽中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素沒有被測定。27、FeS+2H+Fe++H2S↑飽和NaHS溶液吸收多余的H2S氣體除去溶液中的SO42-除去溶液中的CO32-93.4%3HCOOH+IO3-I-+3CO2↑+3H2O操作簡單、產率高、原料無劇毒等【解析】Ⅰ組.H2S還原法試題分析；由題中信息可知，A裝置制備硫化氫氣體，B用于除去硫化氫中的氯化氫雜質，C是制備碘化鉀的裝置，D是尾氣處理裝置。（1）圖中裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為FeS+2H+Fe++H2S↑；B用于除去硫化氫中的氯化氫雜質，根據平衡移動原理可知，硫化氫在飽和NaHS溶液中溶解度較小，故裝置B中的試劑是飽和NaHS溶液。（2）D裝置的作用是吸收多余的H2S氣體，防止污染空氣。（3）步驟④中加入BaCO3，可以將溶液中的SO42-轉化為難溶于水、難溶于酸的硫酸鋇，故其目的是除去溶液中的SO42-。（4）步驟④中加入BaCO3，在生成硫酸鋇的同時，有CO32-生成，故步驟⑤中“濾液用氫碘酸酸化”的目的是除去溶液中的CO32-。Ⅱ組.甲酸還原法試題分析：與與Ⅰ組相比較，該實驗中沒有使用有毒原料、不用除雜、不用進行尾氣處理、產品的產率較高。（5）127gI2的物質的量為0.5mol，210g30%的KOH溶液含KOH的物質的量為1.125mol，由3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O可知，KOH過量，KIO3被HCOOH還原也生成KI，故理論上0.