2026屆四川省成都市外國語學校高三化學第一學期期中學業(yè)質量監(jiān)測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準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題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；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、可逆反應N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反應速率可用各反應物或生成物濃度的變化來表示。下列各關系中能說明反應已達到平衡狀態(tài)的是（）A．3v(N2)正=v(H2)正B．v(N2)正=v(NH3)逆C．v(N2)正=3v(H2)逆D．2v(H2)正=3v(NH3)逆2、將過量的CO2分別通入①CaCl2溶液，②Ca(OH)2溶液，③飽和Na2CO3溶液，最終有白色渾濁出現(xiàn)的是（）A．只有③ B．②③ C．只有② D．①②③3、海洋中有豐富的食品、礦產、能源、藥物和水產資源等(如下圖所示)，下列有關說法正確的是A．第①步除去粗鹽中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等雜質離子，加入的藥品順序為：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→過濾后加鹽酸B．將第②步結晶出的MgCl2·6H2O可在HCl氣流中加熱分解制無水MgCl2C．在第③④⑤步中溴元素均被氧化D．第⑤步涉及的分離操作有過濾、萃取、蒸餾4、三氧化二鎳(Ni2O3)可用于制造高能電池，其電解法制備過程如下：用NaOH調NiCl2溶液pH至7.5，加入適量硫酸鈉后進行電解。電解過程中產生的Cl2在弱堿性條件下生成ClO－，把二價鎳氧化為三價鎳。以下說法正確的是()A．可用鐵做陽極材料B．電解過程中陽極附近溶液的pH升高C．陽極反應方程式為：2Cl－＋2e－=Cl2↑D．1mol二價鎳全部轉化為三價鎳時，外電路中通過了1mol電子5、下列說法正確的是A．乙醇的沸點低于丙烷B．油脂和蛋白質都是高分子化合物C．CH2=C（CH3）2的名稱是2-甲基-2-丙烯D．對二甲苯的核磁共振氫譜有2個吸收峰6、下列說法不正確的是A．已知NH5為離子化合物，則固體NH5中陰陽離子個數(shù)比為1:1B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊可以減緩管道的腐蝕，該法稱犧牲陽極保護法C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池仍有電流產生D．要證明亞硫酸鈉部分變質可選用試劑稀鹽酸和氯化鋇7、室溫下，關于pH=3的鹽酸和醋酸，下列說法正確的是A．等體積的兩溶液，導電能力是鹽酸強B．等體積的鹽酸和醋酸溶液加水稀釋10倍后，c(Cl-

)<c(CH3COO-)C．將pH=3

的醋酸溶液稀釋后，溶液中所有離子的濃度均降低D．中和等體積等濃度的NaOH

溶液，醋酸消耗的體積多8、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)下列說法錯誤的是()A．28g乙烯和環(huán)丁烷(C4H8)的混合氣體中含有的碳原子數(shù)為2NAB．1.00molNaCl中，所有Na+的最外層電子總數(shù)為8NAC．1.7gH2O2中含有電子數(shù)為0.9NAD．1.00molNaCl中含有10NANaCl分子9、下列有關膠體的敘述不正確的是A．向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液可制取氫氧化鐵膠體 B．制作果凍利用了膠體的性質C．膠體和溶液的本質區(qū)別是能否產生丁達爾現(xiàn)象 D．溶液是穩(wěn)定的分散系10、25℃時，下列有關電解質溶液的說法正確的是（）A．加水稀釋0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)·c(OH-)和均不變B．配制Fe(NO3)2溶液時，為了防止Fe2+水解可向溶液中加入適量的稀硝酸C．向鹽酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體，溶液的pH降低11、Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-。下列說法錯誤的是()A．加水稀釋，溶液中所有離子的濃度都減小 B．通入CO2，溶液pH減小C．加入NaOH固體，減小 D．升高溫度，平衡常數(shù)增大12、將44.8gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物的混合氣體0.8mol，這些氣體恰好能被400mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3兩種鹽溶液，其中NaNO3的物質的量為0.5mol，則NaOH的濃度為A．2mol/L B．2.4mol/L C．3mol/L D．3.6mol/L13、實驗室用乙醇、乙酸、濃硫酸制備乙酸乙酯，裝置如圖所示。下列說法正確的是A．邊加熱邊蒸出是為得到純凈產物B．長導管的作用是導氣、冷凝、回流C．小試管內盛放NaOH溶液，為除去產物中的乙酸D．濃H2SO4既加快反應速率又提高反應轉化率14、既能和鹽酸反應，又能和氫氧化鈉溶液反應的物質是（）A．Fe B．Fe2O3 C．Al D．AlCl315、設NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含有C1O-的數(shù)目小于NAB．標準狀況下，將22.4LC12通入水中，發(fā)生反應后，轉移的電子數(shù)為NAC．100g46%的乙醇溶液中，含H-O鍵的數(shù)目為NAD．4.6gNa在空氣中完全反應生成Na2O、Na2O2,轉移0.2NA個電子16、常溫下用pH=3的醋酸溶液與pH=11的氫氧化鈉溶液等體積混合，關于所得溶液酸堿性的描述正確的是A．顯堿性 B．顯中性 C．顯酸性 D．可能中性、堿性、酸性二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D、E五瓶透明溶液分別是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一種。已知:①A與D反應有氣體生成,②A與E反應有沉淀生成,③B與E反應有沉淀生成,④B與C反應有沉淀生成,⑤C與D反應有氣體生成,⑥在②和③的反應中生成的沉淀是同一種物質。請回答下列問題:（1）B為__________。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液,直至不再生成沉淀,該過程中發(fā)生反應的離子方程式為________________________________________________，沉淀完全后,繼續(xù)滴加C溶液,此時發(fā)生反應的離子方程式為_________________________________________。（3）向C溶液中加入Zn粒,發(fā)生反應的化學方程式為______________________________。18、元素是構成我們生活的世界中一切物質的“原材料”。Ⅰ．1869年，門捷列夫在前人研究的基礎上制出了第一張元素周期表，如圖所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）門捷列夫將已有元素按照相對原子質量排序，同一___（填“橫行”或“縱列”）元素性質相似。（2）結合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的問號表達的含義是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是現(xiàn)在元素周期表中的短周期元素，它們的相對位置如圖所示，其中Y元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍。XYZW請回答下列問題：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外電子運動狀態(tài)有___種，原子軌道數(shù)為___。（2）比較Y、Z氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性___（用分子式表示）。（3）科學家們認為存在含氫量最高的化合物XH5，預測其與水劇烈反應放出氣體，所得水溶液呈弱堿性，寫出該反應的化學方程式___，XH5是離子化合物，它的電子式為___。（4）工業(yè)上將干燥的W單質通入熔融的Z單質中可制得化合物Z2W2，該物質可與水反應生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，0.2mol該物質參加反應時轉移0.3mol電子，其中只有一種元素化合價發(fā)生改變，寫出Z2W2與水反應的化學方程式___。19、以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.2mol·L-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ．產生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液變綠，繼續(xù)滴加產生棕黃色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產生白色沉淀（1）經驗檢，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：__________。（2）經檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是__________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是__________。b．證實沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。①推測沉淀中含有亞硫酸根和__________。②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。a．將對比實驗方案補充完整。步驟一：步驟二：__________（按上圖形式呈現(xiàn)）。b．假設ii成立的實驗證據(jù)是__________。（4）根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質有__________。鹽溶液間反應的多樣性與__________有關。20、氨氣是重要的化工原料。(1)檢驗氨氣極易溶于水的簡單操作是：收集一試管氨氣，______________。(2)往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化學式為_________；過濾后，使余液盡可能析出較多NH4Cl晶體的方法是：再通入足量的NH3、冷卻并加入________，請說明這樣操作為什么可以析出較多NH4Cl的原因：_________________。某NaHCO3晶體中含有NaCl雜質，某同學在測定其中NaHCO3的含量時，稱取5.000g試樣，定容成100mL溶液，用標準鹽酸溶液滴定(用甲基橙做指示劑)，測定數(shù)據(jù)記錄如下：滴定次數(shù)待測液(mL)0.5000mol/L鹽酸溶液的體積(mL)初讀數(shù)終讀數(shù)第一次20.001.0021.00第二次20.00如圖Ⅰ如圖Ⅱ(3)定容過程中需要用到的儀器有燒杯、玻璃棒、___________和____________。(4)當?shù)味ㄖ羅_________________________，即為滴定終點；第二次滴定，從圖I圖II顯示消耗的鹽酸溶液體積為_________mL。(5)該實驗測定樣品中NaHCO3的質量分數(shù)為__________(保留2位小數(shù))。(6)若該同學測定結果偏大，請寫出一個造成該誤差的原因_____________。21、(1)中國化學家研究出一種新型復合光催化劑(C3N4/CQDs)，能利用太陽光高效分解水，原理如圖所示。已知化學鍵鍵能如下表：共價鍵O—HO—OO=O鍵能/（kJ?mol-1）464146498①反應I的化學方程式為___________________________。②寫出反應II的熱化學方程式________________________________________。③設總反應反應熱為△H，反應I反應熱為△H1，則△H____△H1（填“＞”“＜”或“＝”）。(2)已知H3PO2（次磷酸）與足量的NaOH反應只生成一種鹽NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。H3PO2易被氧化為H3PO4磷酸。①寫出次磷酸的電離方程式______________________________。②常溫下，NaH2PO2溶液的pH__________。A．＞7B．＜7C．＝7D．不能確定③向H3PO2溶液中逐滴加入等濃度的NaOH溶液至過量，其導電性變化圖像為_____；向稀NaOH溶液中逐滴滴加濃H3PO2溶液至恰好中和，其導電性變化圖像為_____。④常溫下磷酸和氫氧化鈉溶液反應獲得含磷各物種的分布分數(shù)與pH的關系如圖所示。由圖分析：H3PO4的Ka1=______；利用圖中數(shù)據(jù)計算推測Na2HPO4溶液的酸堿性______________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【分析】若可逆反應的正反應速率與逆反應速率相等，則該反應達到了化學平衡狀態(tài)。不同物質表示同一反應的速率時，其數(shù)值之比等于其化學計量數(shù)之比?！驹斀狻緼.3v(N2)正=v(H2)正，兩物質表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，但不能說明正反應速率等于逆反應速率，故A不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；B.v(N2)正=v(NH3)逆，兩物質表示的化學反應速率之比不等于其化學計量數(shù)之比，不能說明正反應速率等于逆反應速率，故B不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；C.v(N2)正=3v(H2)逆，兩物質表示的化學反應速率之比不等于其化學計量數(shù)之比，不能說明正反應速率等于逆反應速率，故C不能說明反應已達到平衡狀態(tài)；D.2v(H2)正=3v(NH3)逆，因為2v(H2)正=3v(NH3)正，所以兩物質表示的化學反應速率之比等于其化學計量數(shù)之比，而且能說明正反應速率等于逆反應速率，故D能說明反應已達到平衡狀態(tài)。綜上所述，本題選D?！军c睛】化學平衡狀態(tài)下的正反應速率與逆反應速率相等，并不一定是其數(shù)值絕對相等，因為其化學計量數(shù)可能不同。若正反應速率與逆反應速率的比值與相關物質的化學計量數(shù)之比相等，則可判斷正反應速率與逆反應速率相等。2、A【詳解】①鹽酸是強酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取鹽酸，即二氧化碳和氯化鈣不反應，最終沒有沉淀析出，故①不符合題意；②Ca(OH)2溶液中通入過量二氧化碳氣體先生成碳酸鈣沉淀，繼續(xù)通入二氧化碳氣體沉淀會溶解，最后無沉淀生成，故②不符合題意；③碳酸鈉能和水、二氧化碳反應生成碳酸氫鈉，相同條件下碳酸氫鈉的溶解度小于碳酸鈉的溶解度，所以飽和Na2CO3溶液中通CO2氣體會有碳酸氫鈉析出，故③符合題意；故答案為A。3、B【解析】A．選項中的試劑添加順序中，鋇離子最后無法除去，則加入的藥品順序為：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→過濾后加鹽酸，故A錯誤；B．工段②中的MgCl2?6H2O脫水過程中鎂離子易水解生成氫氧化鎂沉淀，在氯化氫氣體中脫水可以抑制鎂離子水解；MgCl2?6H20要在HCl氛圍中加熱脫水制得無水MgCl2，故B正確；C．第③步將溴離子被氧化為溴單質，第④步中溴單質被還原為溴離子，第⑤步中溴離子被氧化為溴單質，故C錯誤；D．第⑤步中，溴元素化合價從-1升高到0價，被氧化，生成單質溴溶于水，則萃取后、蒸餾可分離，不需要過濾操作，故D錯誤；故選B。點睛：考查海水資源綜合利用及混合物分離提純，開發(fā)利用金屬礦物和海水資源是新課程標準教材中的必修內容，注意把握海水資源相關的海水提溴、海水提鎂都是高考命題的熱點，只要掌握好相關的物理、化學性質以及基本實驗技能就能順利解答，易錯點為選項C要結合反應原理根據(jù)化合價的升降判斷。4、D【詳解】A、電解過程中產生的氯氣是氯離子失電子發(fā)生氧化反應，鐵做陽極時鐵失電子發(fā)生氧化反應，陰極將無氧化劑Cl2生成，不能把二價鎳氧化為三價鎳，故A錯誤；

B、陽極反應方程式為：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2在弱堿性條件下生成ClO-，故電解過程中陽極附近溶液的pH降低，故B錯誤；

C、陽極反應是氯離子失電子發(fā)生氧化反應。電解反應為：2Cl--2e-=Cl2↑，故C錯誤；

D、由Ni2+-e-=Ni3+可知1mol二價鎳全部轉化為三價鎳時，外電路中通過了1mol電子，故D正確；

故選：D。5、D【詳解】A.乙醇分子間存在氫鍵，丙烷分子間不存在氫鍵，乙醇沸點高于丙烷，錯誤；B.油脂是小分子，錯誤；C.CH2=C（CH3）2的名稱是2-甲基-1-丙烯，錯誤；D.對二甲苯的結構簡式為，對二甲苯中有兩種H原子，核磁共振氫譜有2個吸收峰且峰的面積比為3:2，正確；答案選D。6、C【詳解】A．已知NH5為離子化合物，可以寫成NH4H，則固體NH5中陰陽離子個數(shù)比為1:1，故A正確；B．地下鋼鐵管道用導線連接鋅塊，鋅、鐵、土壤中的電解質組成原電池，鋅作負極，先腐蝕，從而減緩管道的腐蝕，該法稱犧牲陽極陰極保護法，故B正確；C．原電池中發(fā)生的反應達平衡時，該電池沒有電流產生，故C錯誤；D．取少量配成溶液，滴加BaCl2，有白色沉淀生成，繼續(xù)滴加HCl，如果白色沉淀部分溶解,則試劑部分變質，故D正確；故選C。7、B【詳解】A、pH=3的鹽酸和醋酸中離子濃度相同，導電性相同，故A錯誤；B、相同pH的鹽酸和醋酸中，醋酸的濃度大，稀釋過程中，醋酸會進一步電離，所以c(Cl-)<c(CH3COO-)，故B正確；C、酸性溶液稀釋，溶質離子濃度均減小，但OH-濃度會增大，故C錯誤；D、相同pH的鹽酸和醋酸中，醋酸的濃度大，中和相同量的NaOH，消耗的醋酸體積小一些，故D錯誤。答案選B?！军c睛】同pH的強酸和弱酸的比較題型屬于難點和易錯點，要把握兩種溶液的相同點和不同點。相同pH的鹽酸和醋酸，相同點是：氫離子濃度相同，與金屬單質、堿反應起始速率相同；不同點是：醋酸是弱酸，只發(fā)生微弱的電離，溶液中還存在大量的醋酸分子沒有發(fā)生電離，即醋酸的濃度大于鹽酸，在稀釋和反應時，醋酸會邊反應邊電離，那么反應過程中醋酸的速率大于鹽酸，相同體積的酸，醋酸中和能力更強。8、D【解析】A．C2H4和C4H8的最簡式相同，只需計算28gCH2中含有的碳原子數(shù)即可；B.先計算1個Na+最外層電子數(shù)，再根據(jù)物質的量與微粒關系式計算Na+的最外層電子總數(shù)；C.先計算1個H2O2分子中含有的電子數(shù)，再根據(jù)物質的量與質量、微粒數(shù)目關系式計算；D.根據(jù)NaCl是離子化合物判斷?！驹斀狻緼．C2H4和C4H8的最簡式都是CH2，28gCH2物質的量是2mol，所以其中共含有的碳原子的數(shù)目是2NA，選項A正確；B.1個Na+最外層有8個電子數(shù)，1.00molNaCl中含有1molNa+，則其最外層電子總數(shù)為8NA，選項B正確；C.1個H2O2分子中含有18個電子數(shù)，1.7gH2O2的物質的量是0.05mol，則其含有的電子數(shù)為0.05mol×18NA/mol=0.9NA，選項C正確；D.NaCl是離子化合物，構成微粒是陰、陽離子，沒有分子，選項D錯誤；故本題合理選項是D。【點睛】本題考查阿伏加德羅常數(shù)，注意干擾信息的處理，選項D中物質的構成微粒及晶體類型的判斷是本題易錯點，本題難度不大。9、C【詳解】A.向沸水中滴入飽和氯化鐵溶液可制取氫氧化鐵膠體，方程式為：FeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HCl，故A正確；B.果凍是膠體，制作果凍利用了膠體的性質，故B正確；C.溶液、膠體和濁液的本質區(qū)別是分散質粒子直徑大小，而不是丁達爾效應，丁達爾效應只是膠體所特有的性質，故C錯誤；D.溶液很穩(wěn)定，是穩(wěn)定的分散系，故D正確；故選C。10、C【詳解】A.溶液中c(H+)c(OH?)=Kw，Kw只與溫度有關，則c(H+)?c(OH?)不變，=，稀釋過程中c(OH?)發(fā)生變化，則變化，故A錯誤；B.稀硝酸具有氧化性會把Fe2+氧化成Fe3+，故B錯誤；C.向鹽酸中滴加氨水至溶液呈中性，有電荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C正確；D.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中=，加入CH3COONa，增大，c(H+)減小，溶液堿性增強，pH增大，故D錯誤；故選C。11、A【詳解】A.碳酸鈉溶液顯堿性，其中加水稀釋時，溶液中OH-離子濃度減小，由于溶液中存在水的離子積常數(shù)，所以溶液中c(H+)增大，A錯誤；B.通入CO2，其與水反應生成碳酸，碳酸與碳酸根離子反應產生HCO3-，溶液中HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度。向堿性的溶液中加入酸，溶液的堿性一定會減弱，故溶液pH減小，B正確；C.加入NaOH固體會抑制碳酸鈉水解，所以減小，C正確；D.溫度升高，促進鹽的水解，因此水解平衡常數(shù)增大，D正確；故合理選項是A。12、C【詳解】44.8gCu的物質的量為=0.7mol，分析整個過程，Cu與硝酸發(fā)生氧化還原反應時Cu失去1.4mol，N得到電子生成氮的氧化物，之后和NaOH溶液反應得到NaNO2和NaNO3兩種鹽溶液，NaNO3中N元素化合價與HNO3中相同，所以Cu失去的1.4mol電子全部被NaNO2得到，NaNO2中N元素化合價為+3價，所以NaNO2的物質的量為0.7mol，根據(jù)Na元素守恒可知400mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.7mol+0.5mol=1.2mol，所以NaOH的濃度為=3mol/L，故答案為C。13、D【詳解】A．乙酸與乙醇在濃硫酸作用下加熱發(fā)生酯化反應生成乙酸乙酯和水，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，該反應為可逆反應，邊加熱邊蒸出，平衡正向移動，提高產率，乙醇和乙酸易揮發(fā)，邊加熱邊蒸出的產物為混合物，故A錯誤；B．長導管的作用是導氣、冷凝，無法回流反應物到反應容器中，故B錯誤；C．需使用碳酸鈉溶液，吸收未反應的乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，小試管內盛放NaOH溶液，會使乙酸乙酯發(fā)生水解而使乙酸乙酯損失，故C錯誤；D．乙酸與乙醇發(fā)生酯化反應，該反應為可逆反應，濃硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移動，故濃硫酸的作用為催化劑、吸水劑，既加快反應速率又提高反應轉化率，故D正確；故答案為D。14、C【詳解】A.Fe能夠與鹽酸反應，但不與氫氧化鈉溶液反應，故A錯誤；B.Fe2O3為堿性氧化物，能夠與鹽酸反應，但不與氫氧化鈉溶液反應，故B錯誤；C.Al與鹽酸反應生成氯化鋁與氫氣，與氫氧化鈉反應反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，故C正確；D.AlCl3與氫氧化鈉溶液反應，但不與鹽酸反應，故D錯誤；答案選C。【點睛】常見的既能和鹽酸反應，又能和氫氧化鈉溶液反應的物質有Al、Al2O3、Al(OH)3。15、D【解析】A．未注明溶液的體積，無法判斷溶液中含有ClO-的數(shù)目，故A錯誤；B．標況下22.4L氯氣的物質的量為1mol，由于只有部分氯氣與水反應，則轉移電子的物質的量小于1mol，轉移的電子數(shù)小于NA，故B錯誤；C．100g

46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O鍵，則該溶液中含H-O鍵的數(shù)目大于NA，故C錯誤；D．4.6g鈉的物質的量為：=0.2mol，0.2molNa完全反應失去0.2mol電子，轉移0.2NA個電子，故D正確；故選D。點睛：注意掌握好以物質的量為中心的各化學量與阿伏加德羅常數(shù)的關系。本題的易錯點為C，注意乙醇溶液中，除了乙醇，還有水分子，水分子中也含有O-H鍵。16、C【詳解】pH=3的醋酸溶液中，氫離子的濃度c(H+)=10-3mol/L，c(CH3COOH)>10-3mol/L，pH=11的氫氧化鈉溶液中，氫氧根的濃度c(OH-)=10-3mol/L；酸為弱酸，二者混合后，酸電離產生的H+與OH-恰好中和，而酸過量，得到的溶液是過量的醋酸和生成的強堿弱酸鹽的混合溶液，由于酸的電離程度通常大于鹽的水解程度，故溶液顯酸性，所以合理選項是C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、BaCl2溶液Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑H++HCO3-=H2O+CO2↑2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4【分析】BaCl2可與Na2CO3、NaHSO4、AgNO3均反應生成沉淀，Na2CO3分別與HCl、NaHSO4均反應生成氣體，BaCl2、HCl均與AgNO3反應生成沉淀，

由①A與D反應有氣體生成、⑤C與D反應有氣體生成可以知道，D為Na2CO3，

由②A與E反應有沉淀生成

③B與E反應有沉淀生成、⑥在②和③的反應中生成的沉淀是同一種物質可以知道，E為AgNO3，A為HCl，B為BaCl2，C為NaHSO4，

④B與C反應有沉淀生成，沉淀為硫酸鋇，以此來解答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹梢灾?，A為HCl，B為BaCl2，C為NaHSO4，

D為Na2CO3，E為AgNO3，

(1)B為BaCl2溶液，

因此，本題正確答案是：BaCl2溶液；

(2)Ba(HCO3)2溶液中，逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，該過程中發(fā)生反應的離子方程式為Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后,繼續(xù)滴加C溶液，此時發(fā)生反應的離子方程式為H++HCO3-=H2O+CO2↑，

因此，本題正確答案是：Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；H++HCO3-=H2O+CO2↑；

(3)向C溶液中加入Zn粒，反應的化學方程式為2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4，

因此，本題正確答案是：2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4。18、橫行懷疑Te的相對原子質量（或同一列相對原子質量依次增大，按此規(guī)律，Te的相對原子質量應該在122和127之間）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)結合表中給出的是相對原子質量分析；(2)由表中信息，同一列相對原子質量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是現(xiàn)在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y處于第二周期，Z、W處于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，故Y為氧元素，則Z為硫元素、X為氮元素、W為Cl；(2)元素非金屬性越強，對應氫化物越穩(wěn)定；(3)化合物NH5與水劇烈反應放出氣體，所得水溶液呈弱堿性，水溶液為氨水，相當于反應生成氨氣后再溶于水，由元素守恒可知反應時放出的氣體為氫氣，NH5是離子化合物，N原子形成穩(wěn)定結構最多形成4個N-H鍵，由銨根離子與氫負離子構成；(4)S2Cl2可與水反應生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為SO2，其中只有一種元素化合價發(fā)生改變，故S元素化合價降低，根據(jù)電子轉移守恒計算生成二氧化硫的物質的量，再根據(jù)元素守恒計算發(fā)生還原反應的S原子物質的量，再根據(jù)電子轉移守恒計算硫元素在氧化產物中的化合價確定氧化產物，最后結合原子守恒進行解答?！驹斀狻竣瘢?1)結合表中信息得，給出的是元素的相對原子質量，故同一橫行元素性質相似；(2)由表中信息，同一列按相對原子質量依次增大規(guī)律進行排列，第5列方框中“Te=128？”的問號表示懷疑Te的相對原子質量，Te的相對原子質量應該在122和127之間；Ⅱ．X、Y、Z、W是現(xiàn)在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y處于第二周期，Z、W處于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的3倍，最外層電子數(shù)為6，故Y為氧元素，則Z為硫元素、X為氮元素、W為Cl；(1)W為Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核電荷數(shù)是17，則原子核外電子總數(shù)為17，即W的原子核外電子運動狀態(tài)有17種，其電子排布式為1s22s22p63s23p5，則原子軌道數(shù)為9；(2)由于元素非金屬性S＜O，故氫化物穩(wěn)定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5與水劇烈反應放出氣體，所得水溶液呈弱堿性，水溶液為氨水，相當于反應生成氨氣后再溶于水，由元素守恒可知反應時放出的氣體為氫氣，反應方程式為NH5+H2O=H2↑+NH3?H2O，NH5是離子化合物，N原子形成穩(wěn)定結構最多形成4個N-H鍵，由銨根離子與氫負離子構成，電子式為：；(4)化合物S2Cl2可與水反應生成一種能使品紅溶液褪色的氣體，該氣體為SO2，其中只有一種元素化合價發(fā)生改變，故S元素化合價降低，根據(jù)電子轉移守恒，轉移0.3mol電子生成二氧化硫為=0.1mol，故有0.3molS原子發(fā)生還原反應，根據(jù)電子轉移守恒可知S元素在還原產物中的化合價為0，故生成S，同時生成HCl，該反應的化學方程式為2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。19、2Ag++===Ag2SO3↓有紅色固體生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，轉化為Al3+、OH-V1明顯大于V2亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件【解析】(1).實驗Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是飽和溶液且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考慮到SO32?濃度較大，因此推斷白色沉淀為Ag2SO3，反應的離子方程式為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓，故答案為：2Ag++SO32?=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反應生成銅和銅離子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應生成銅單質，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成，故答案為：有紅色固體生成；②.a.分析實驗流程可知，實驗原理為2Cu2++4I?=2CuI↓+I2、I2+SO32?+H2O=SO42?+2I?+2H+、SO42?+Ba2+=BaSO4↓，根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2+的化合物，可以選用BaCl2溶液，考慮沉淀A沒有BaSO3，因此應在酸性環(huán)境中，故答案為：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上層清液中有SO42?，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I?作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，而Cu2+和I?反應生成I2，因而推斷生成的I2參與了其他反應，因而有還原劑SO32?，故答案為：在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，SO32?轉化為SO42?；(3).①.根據(jù)題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SO42?，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推測沉淀中含有鋁離子和氫氧根離子，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色是因為存在具有還原性的亞硫酸根離子，故答案為：Al3+、OH-；②.a.根據(jù)假設可知實驗的目的是證明產生的沉淀是Al(OH)3還是鋁的堿式鹽，給定實驗首先制備出現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此對比實驗首先要制備出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若兩者消耗的NaOH體積相同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若兩者消耗的NaOH體積不同，則現(xiàn)象Ⅲ中的沉淀考慮是鋁的堿式鹽，故步驟二的實驗方案為：；b.根據(jù)上述分析可知，假設ii成立的實驗證據(jù)是V1明顯大于V2，故答案為：V1明顯大于V2；（4）.根據(jù)實驗可知，亞硫酸鹽具有還原性、水解使溶液呈堿性；根據(jù)題目，該實驗探究的是亞硫酸鈉溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液反應，所以鹽溶液間反應的多樣性與鹽的性質和溶液的酸堿性等反應條件有關，故答案為：亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性；兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件。20、倒插入水中，水迅速充滿試管NaHCO3NaCl足量的NH3、冷卻并加入NaCl，能夠增大NH4+和Cl-的濃度，使平衡NH4Cl(s)?NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動100mL容量瓶膠頭滴管溶液由橙色變成黃色，且半分鐘內部變色20.2084.42%滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標準酸液進行滴定(或滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失或錐形瓶用待測液潤洗了等)【分析】(1)根據(jù)氨氣極易溶于水分析解答；(2)根據(jù)侯氏制堿法的反應原理分析判斷；結合NH4Cl飽和溶液中存在NH4Cl(s)?NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根據(jù)定容的操作分析解答；(4)碳酸氫鈉溶液顯堿性，用甲基橙做指示劑時，開始時溶液顯橙色，解甲基橙的變色范圍分析判斷；根據(jù)滴定管的結構結合圖I圖II讀出初讀數(shù)和終讀數(shù)，再計算消耗的鹽酸溶液體積；(5)計算兩次消耗鹽酸的平均值，計算消耗鹽酸的物質的量，依據(jù)方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后計算碳酸氫鈉的物質的量和質量，計算其質量分數(shù)；(6)根據(jù)