江蘇省無錫市江陰市四校2026屆高三化學(xué)第一學(xué)期期中調(diào)研試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫清楚，將條形碼準(zhǔn)確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準(zhǔn)使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、如圖所示，a曲線表示一定條件下可逆反應(yīng)：X(g)＋Y(g)2Z(g)＋W(g)△H<0的反應(yīng)過程中X的轉(zhuǎn)化率和時間的關(guān)系，若使a曲線變?yōu)閎曲線，可采取的措施是A．加入催化劑 B．增大Y的濃度C．降低溫度 D．增大體系壓強(qiáng)2、幾種短周期元素的原子半徑及某些化合價見下表，分析判斷下列說法正確的是元素符號ABDEGHIJ化合價-1-2+4，-4-1+5，-3+3+2+1原子半徑/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A．I在DB2中燃燒生成兩種化合物 B．A、H、J的離子半徑由大到小的順序是H>J>AC．GE3為離子化合物 D．A單質(zhì)能從B的簡單氫化物中置換出B單質(zhì)3、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，X的單質(zhì)是密度最小的金屬，Y原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y、Z同主族。下列敘述正確的是（）A．X的單質(zhì)通常保存在煤油中B．簡單氫化物的穩(wěn)定性：Y＜Z＜WC．Z的氧化物對應(yīng)的水化物均為強(qiáng)酸D．Z2W2中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)4、某廢催化劑含5．6％的SiO6、6．0％的ZnO、3．5％的ZnS和4．8％的CuS，某同學(xué)以該廢催化劑為原料，回收其中的鋅和銅。采用的實驗方案如下：已知：5．步驟①中發(fā)生的化學(xué)反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)；6．濾渣6的主要成分是SiO6和S。下列說法不正確的是A．步驟①，最好在通風(fēng)櫥中進(jìn)行B．步驟①和③，說明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步驟③，涉及的離子反應(yīng)為CuS+H6O6+6H+Cu6++S+6H6OD．步驟②和④，均采用蒸發(fā)結(jié)晶的方式獲取溶質(zhì)5、空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成，我國科學(xué)家用下列實驗研究其成因：反應(yīng)室底部盛有不同吸收液，將SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空氣為載體通入反應(yīng)室，相同時間后，檢測吸收液中SO42-的含量，數(shù)據(jù)如下：反應(yīng)室載氣吸收液SO42-含量數(shù)據(jù)分析①N2蒸餾水a(chǎn)ⅰ.b≈d＞a≈cⅱ.若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-②3%氨水b③空氣蒸餾水c④3%氨水d下列說法不正確的是A．控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施B．反應(yīng)室①中可能發(fā)生反應(yīng)：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2C．本研究表明：硫酸鹽的形成主要與空氣中O2有關(guān)D．農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成6、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO、C1－B．pH=11的溶液中：S2－、K+、CO、C1O－C．pH=0的溶液中：Na+、C1－、MnO、SOD．中性溶液：Fe3+、NH、[A1(OH)4]－、CH3COO－7、儀器名稱為“容量瓶”的是（）A． B． C． D．8、短周期主族元素X.Y.Z.W的原子序數(shù)依次增大。X與W同主族，Y的焰色顯黃色，Z離子在同周期元素簡單離子半徑中最小。將含Z、W簡單離子的兩溶液混合，有白色沉淀析出，同時產(chǎn)生臭雞蛋氣味的氣體。則下列說法不正確的是A．X的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性比W強(qiáng)B．Z的單質(zhì)及其氧化物均可溶于Y與水反應(yīng)所得的溶液中C．X、Y的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)D．Y與W形成化臺物的水溶液可使藍(lán)色石蕊試紙變紅9、下列說法中正確的是()A．二氧化硫溶于水能導(dǎo)電，故二氧化硫?qū)儆陔娊赓|(zhì)B．硫酸鋇難溶于水，故硫酸鋇屬于弱電解質(zhì)C．硫酸是強(qiáng)電解質(zhì)，故純硫酸能導(dǎo)電D．氫氧根離子濃度相同的氫氧化鈉溶液和氨水導(dǎo)電能力相同10、用下表提供的儀器和藥品，能完成實驗?zāi)康牡氖牵ǎ﹥x器藥品實驗?zāi)康腁燒杯、分液漏斗、膠頭滴管、鐵架臺待提純AlCl3溶液、NaOH溶液除去AlCl3溶液中的MgCl2雜質(zhì)B分液漏斗、燒瓶、錐形瓶、導(dǎo)管及橡皮塞鹽酸、大理石、硅酸鈉溶液證明非金屬性：Cl＞C＞SiC酸式滴定管、錐形瓶、鐵架臺(帶鐵夾)已知濃度的鹽酸、待測NaOH溶液測定NaOH溶液的濃度D膠頭滴管、試管Na2CO3溶液、稀鹽酸鑒別Na2CO3溶液、稀鹽酸A．A B．B C．C D．D11、常溫下，關(guān)于溶液的稀釋下列說法正確的是A．pH＝3的醋酸溶液稀釋100倍，pH＝5B．將1L0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液稀釋為2L，pH＝13C．pH＝4的H2SO4溶液加水稀釋100倍，溶液中由水電離產(chǎn)生的c(H＋)＝1.0×10－6mol·L－1D．pH＝8的NaOH溶液稀釋100倍，其pH＝612、氧化鉛-銅電池是一種電解質(zhì)可循環(huán)流動的新型電池(如圖所示)，電池總反應(yīng)為PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有關(guān)該電池的說法正確的是()A．電池工作時，電子由Cu電極經(jīng)電解質(zhì)溶液流向PbO2電極B．電池工作過程中，電解質(zhì)溶液的質(zhì)量逐漸減小C．正極反應(yīng)式：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2OD．電池工作過程中，兩個電極的質(zhì)量均減小13、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol·L?1的FeCl2溶液中：H＋、Na＋、Cl－、NO3-B．0.1mol·L?1的HCl溶液中：Na＋、K＋、SO42-、CH3COO－C．0.1mol·L?1的K2CO3溶液中：Na＋、Ca2+、AlO2-、OH－D．0.1mol·L?1的NaOH溶液中：K＋、Ba2+、Cl－、NO3-14、向相同體積的分別含amolKI和bmolFeBr2的溶液中，分別通入VLCl2（體積均在標(biāo)準(zhǔn)狀況下測得），下列說法不正確的是A．當(dāng)反應(yīng)恰好完成時，消耗Cl2的體積相同（同溫、同壓條件下），則KI、FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度之比是3:1B．當(dāng)反應(yīng)恰好完成時，停止通入Cl2，若原溶液中a=b，則通入Cl2Va:Vb=3:1C．若將KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后再滴加KSCN，發(fā)現(xiàn)溶液變紅，則V>11.2aD．向上述混合溶液中通入Cl2的體積11.2a，則可能發(fā)生的離子方程式為4I-+2Fe2++3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-15、下列物質(zhì)的轉(zhuǎn)化在給定條件下能實現(xiàn)的是（）①Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3②SSO3H2SO4③飽和NaCl(aq)NaHCO3Na2CO3④Fe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3⑤MgCl2(aq)Mg(OH)2MgOA．②③④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．①④⑤16、常溫下，A是只含X和Y兩種短周期元素的氣體，X的原子序數(shù)小于Y，甲、乙、丙分別是X、Y、Z元素的單質(zhì)，Z是地殼中含量最高的元素。甲、乙、丙和B、C、D都是常見的物質(zhì)，其轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A．原子半徑：Z>X>YB．常溫常壓下，Z的氫化物為氣態(tài)C．反應(yīng)②為化合反應(yīng)，反應(yīng)③為置換反應(yīng)D．由X、Y、Z三種元素組成的化合物可能是離子化合物二、非選擇題（本題包括5小題）17、曲尼司特()可用于預(yù)防性治療過敏性鼻炎，合成路線如圖所示：已知：i.ii.(1)E分子中的含氧官能團(tuán)名稱是_____。(2)試劑a是_____。(3)C→D的反應(yīng)方程式為_____。(4)寫出一定條件下用F制備高分子的反應(yīng)方程式_____。(5)H具有順反異構(gòu)，寫出H的順式異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_____。(6)H是重要的有機(jī)合成中間體，以H為原料合成伊曲茶堿。K的結(jié)構(gòu)簡式為_____。中間產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為_____。18、Ⅰ.A、B、C、D和E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，其中B為自然界中含量最多的液體，它們之間有如圖反應(yīng)關(guān)系：（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍(lán)，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，該反應(yīng)的離子方程式為____________________________________。（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性時，該反應(yīng)都能進(jìn)行。寫出C溶液呈強(qiáng)堿性時反應(yīng)的離子方程式：_____________________________。（3）若A、C均為化合物，E為白色沉淀（不含金屬元素），C為引起溫室效應(yīng)的主要氣體，則該反應(yīng)的離子方程式為__________________________________。Ⅱ.FeCl3可用于污水處理，具有效果好、價格便宜等優(yōu)點。工業(yè)上可將鐵屑溶于鹽酸中先生成FeCl2，再通入Cl2氧化來制備FeCl3溶液。（4）將標(biāo)準(zhǔn)狀況下aL氯化氫氣體溶于1000g水中得到鹽酸，若該鹽酸的密度為bg·mL－1，則該鹽酸的物質(zhì)的量濃度是____________________。（5）向100mL的FeBr2溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下Cl23.36L，反應(yīng)后的溶液中Cl－和Br－的物質(zhì)的量濃度相等，則原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為____________。（6）用100mL2mol·L－1的FeCl3溶液凈水時，生成具有凈水作用的微粒數(shù)_____0.2NA(填“大于”“等于”或“小于”)。19、實驗室進(jìn)行二氧化硫制備與性質(zhì)實驗的組合裝置如圖所示，部分夾持裝置未畫出。請回答下列問題：(1)在組裝好裝置后，首先要進(jìn)行的實驗操作為_______________。(2)為檢驗SO2與Na2O2的反應(yīng)是否有氧氣生成，裝置B中盛放的試劑X應(yīng)為________，裝置D中堿石灰的作用是_______________________________________________。(3)關(guān)閉彈簧夾2，打開彈簧夾1，注入70%的硫酸至浸沒三頸燒瓶中的固體，檢驗SO2與Na2O2反應(yīng)是否有氧氣生成的操作及現(xiàn)象是_____________________________________。(4)關(guān)閉彈簧夾1，打開彈簧夾2，殘余氣體進(jìn)入裝置E、F、G中，能說明I－的還原性弱于SO2的現(xiàn)象為_________________。發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_______________。(5)為了驗證裝置E中SO2與FeCl3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，某學(xué)生設(shè)計了如下實驗：取少量裝置E中的溶液于試管中，向其中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，并由此判斷SO2與FeCl3發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。上述方案是否合理？________(填“合理”或“不合理”)，原因是________。20、某研究小組利用如圖所示的裝置，進(jìn)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(jìn)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(jìn)措施是________。21、金屬鈦(Ti)因其硬度大、熔點高、常溫時耐酸堿腐蝕等性質(zhì)被廣泛用在高新科技材料和航天領(lǐng)域中?！傲蛩岱ā鄙a(chǎn)鈦的原料是鈦鐵礦[主要成分是鈦酸亞鐵（FeTiO3），含有Fe(Ⅲ)等雜質(zhì)]，同時獲得副產(chǎn)品甲的工業(yè)生產(chǎn)流程如下：（1）濃硫酸處理鈦鐵礦時產(chǎn)物之一是TiOSO4，反應(yīng)中無氣體放出，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式___。（2）上述生產(chǎn)流程中加入鐵屑的目的是_______________，可循環(huán)利用的物質(zhì)是_________，檢驗副產(chǎn)品甲是否變質(zhì)的實驗方法是_________________________________。（3）溶液Ⅰ中含有Fe2+、TiO2+和少量Mg2+等陽離子。常溫下，其對應(yīng)氫氧化物的Ksp如下表所示。氫氧化物Fe(OH)2TiO(OH)2Mg(OH)2Ksp8.0×10-161.0×10-291.8×10-11①常溫下，若所得溶液中Mg2+的物質(zhì)的量濃度為0.0018mol/L，當(dāng)pH等于_________時，Mg(OH)2開始沉淀。②若將含有Fe2+、TiO2+和Mg2+的溶液加水稀釋，立即析出大量白色沉淀，該沉淀是_______________________________________。（4）中間產(chǎn)品乙是一種氧化物，其經(jīng)高溫與氯氣、焦炭反應(yīng)，除生成TiCl4外，還生成了一種可燃性氣體，請寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式___________。（5）Mg還原TiCl4過程中必須在1070K的溫度下進(jìn)行，你認(rèn)為還原控制的反應(yīng)條件是__________________________________，反應(yīng)后的產(chǎn)物需要加入______________溶解后才能達(dá)到提純金屬鈦的目的。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【分析】由圖像可知，由曲線a到曲線b，到達(dá)平衡的時間縮短，需要改變條件后，反應(yīng)速率加快，且平衡時X的轉(zhuǎn)化率不變，說明條件改變不影響平衡狀態(tài)的移動，據(jù)此分析判斷。【詳解】A、加入催化劑，反應(yīng)速率加快，催化劑不影響平衡的移動，X的轉(zhuǎn)化率不變，故A正確；B、增大Y的濃度，反應(yīng)速率加快，平衡向正反應(yīng)方向移動，X的轉(zhuǎn)化率增大，故B錯誤；C、該反應(yīng)正反應(yīng)是放熱反應(yīng)，降低溫度，反應(yīng)速率減慢，平衡向正反應(yīng)方向移動，X的轉(zhuǎn)化率增大，故C錯誤；D、增大體系壓強(qiáng)，平衡向逆反應(yīng)方向移動，X的轉(zhuǎn)化率減小，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題考查化學(xué)平衡的移動與影響因素的分析。正確解讀圖像是解題的關(guān)鍵。解答本題要注意X的轉(zhuǎn)化率不變，也是本題的易錯點。2、D【解析】短周期元素，A、E有-1價，B有-2價，且A的原子半徑與B相差不大，則A、E處于ⅦA族，B處于ⅥA族，A原子半徑小于E，可推知A為F、E為Cl，B為O；D有-4、+4價，處于ⅣA族，原子半徑與O原子相差不大，可推知D為C元素；G元素有-3、+5價，處于ⅤA族，原子半徑大于C原子，應(yīng)處于第三周期，則G為P元素；H、I、J的化合價分別為+3、+2、+1，分別處于Ⅲ族A、ⅡA族、ⅠA族，原子半徑依次增大，且都大于P原子半徑，應(yīng)處于第三周期，可推知H為Al、I為Mg、J為Na。A．鎂在二氧化碳中的燃燒生成MgO和碳單質(zhì)，故A錯誤；B．F-、Na+、Al3+離子核外電子層數(shù)相等，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，故離子半徑大小順序為：F-＞Na+＞Al3+，故B錯誤；C．PCl3屬于共價化合物，故C錯誤；D．氟氣能與水反應(yīng)生成HF與氧氣，故D正確；故選D。3、D【分析】X的單質(zhì)是密度最小的金屬，X是Li；Y原子的最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的3倍，Y是O元素；Y、Z同主族，Z是S元素；X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，W是Cl元素?！驹斀狻緼．鋰的密度小于煤油，鋰單質(zhì)通常保存在石蠟油中，故A錯誤；B．非金屬性O(shè)＞Cl＞S，簡單氫化物的穩(wěn)定性：H2S＜HCl＜H2O，故B錯誤；C．SO2對應(yīng)的水化物H2SO3為弱酸，故C錯誤；D．S2Cl2結(jié)構(gòu)式為Cl-S-S-Cl，S形成2個共價鍵、Cl原子形成1個共價鍵，S原子最外層電子數(shù)為6+2=8，Cl原子最外層電子數(shù)=7+1=8，均滿足8電子結(jié)構(gòu)，故D正確；選D。4、D【解析】A、步驟①發(fā)生的反應(yīng)是ZnO＋H6SO3=ZnSO3＋H6O，ZnS＋H6SO3=ZnSO3＋H6S↑，H6S是有毒氣體，因此應(yīng)在通風(fēng)廚內(nèi)進(jìn)行，故A說法正確；B、根據(jù)流程圖，步驟④得到CuSO3·5H6O，說明濾渣5中含有Cu元素，即CuS，步驟③從濾液中得到硫酸銅晶體，說明濾液中存在Cu6＋，從而推出CuS不溶于稀硫酸，步驟②從濾液中得到ZnSO3·7H6O，說明濾液中含有Zn6＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B說法正確；C、步驟③中CuS轉(zhuǎn)變成Cu6＋，根據(jù)信息，濾渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被過氧化氫氧化成變?yōu)榱騿钨|(zhì)，離子反應(yīng)方程式為CuS＋H＋＋H6O6→Cu6＋＋S＋H6O，根據(jù)化合價的升降法進(jìn)行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6++S+6H6O，故C說法正確；D、得到CuSO3·5H6O和ZnSO3·7H6O中都含有結(jié)晶水，通過對濾液蒸發(fā)結(jié)晶方法，容易失去結(jié)晶水，因此采用的方法是蒸發(fā)濃縮冷卻結(jié)晶方法，故D說法錯誤。點睛：在制備含有結(jié)晶水的晶體時，不采用蒸發(fā)結(jié)晶的方法，因此此方法容易失去結(jié)晶水，而是采用蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶的方法。5、C【詳解】A.因為空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成。SO2和氮氧化物在一定條件下可以產(chǎn)生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施，故A正確；B.反應(yīng)室①中SO2為還原劑，NO2為氧化劑，N2做載體，蒸餾水做吸收液，可發(fā)生反應(yīng)：SO2+2NO2+2H2O=H2SO4+2HNO2，故B正確；C.由已知b≈d＞a≈c，若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-，可知硫酸鹽的形成主要與NO2有關(guān),故C錯誤；D.銨態(tài)氮肥易揮發(fā)產(chǎn)生氨氣。由已知的數(shù)據(jù)分析可知，在載體相同，吸收液為氨水的條件下，將SO2和NO2按一定比例混合時產(chǎn)生SO42-的濃度較大，而空氣中的硫酸鹽又會加劇霧霾的形成。所以農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中大量使用銨態(tài)氮肥可能會加重霧霾的形成，故D正確；答案：C。6、A【詳解】A.澄清透明的溶液中，F(xiàn)e3+、Mg2+、SO42-、C1－四種離子之間不發(fā)生任何反應(yīng)，能大量共存，故A符合題意；B.pH=11的溶液為堿性溶液，S2－具有還原性，C1O－具有強(qiáng)氧化性，S2－和C1O－在堿性溶液中能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故B不符合題意；C.pH=0的溶液為酸性溶液，C1－具有還原性，MnO4－具有強(qiáng)氧化性，C1－和MnO4－在酸性溶液中能發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存，故C不符合題意；D.[A1(OH)4]－與Fe3+和NH4+在溶液中能發(fā)生雙水解反應(yīng)，不能大量共存，故D不符合題意；故選A。7、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。8、D【解析】Y的焰色顯黃色，說明Y是鈉元素，因原子序數(shù)依次增大，且Z離子的簡單離子半徑在同周期元素中最小，故Z是鋁元素，將含Z、W簡單離子的兩溶液混合，有白色沉淀析出，同時產(chǎn)生臭雞蛋氣味的氣體，說明生成了H2S，則W元素是硫元素，又因X與W同主族，故X是氧元素。A.X是氧元素，W是硫元素，它們的簡單氫化物分別是H2O和H2S，因非金屬性O(shè)＞S，所以H2O的熱穩(wěn)定性比H2S強(qiáng)，故A正確；B.Z是鋁元素，其氧化物是Al2O3，Y是鈉，與水反應(yīng)生成NaOH，則Z的單質(zhì)Al與NaOH發(fā)生反應(yīng)：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Z的氧化物Al2O3與NaOH發(fā)生反應(yīng)：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故B正確；C.X是O，得到電子后形成與氖相同的電子層結(jié)構(gòu)，Y是Na，失去電子后形成與氖相同的電子層結(jié)構(gòu)，所以二者的簡單離子具有相同的電子層結(jié)構(gòu)，故C正確；D.Y與W形成化臺物是Na2S，屬于強(qiáng)堿弱酸鹽，形成的水溶液呈堿性，所以不能使藍(lán)色石蕊試紙變紅，故D錯誤；故答案選D。點睛：本題考查的是元素的推斷，并結(jié)合元素周期律考查對元素在周期表的位置、原子結(jié)構(gòu)及元素的性質(zhì)三者之間的關(guān)系理解和掌握情況。解題時首先要抓住題干中關(guān)鍵信息，準(zhǔn)確推斷元素，如本題中的Y焰色為黃色，即可快速推斷Y是鈉元素；然后確定有關(guān)短周期主族元素在周期表中的位置；最后依據(jù)同周期、同主族元素性質(zhì)的遞變規(guī)律來推斷各選項表述是否正確。9、D【解析】A、SO2的水溶液雖然導(dǎo)電，但導(dǎo)電的離子不是SO2電離產(chǎn)生的，因此SO2不是電解質(zhì)，故錯誤；B、硫酸鋇雖然難容溶于水，但溶于水硫酸鋇完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故錯誤；C、電解質(zhì)導(dǎo)電，需要條件，即水溶液或熔融狀態(tài)，因此純硫酸不導(dǎo)電，故錯誤；D、OH－離子濃度相同，溶液中導(dǎo)電離子的濃度以及所帶電荷數(shù)相同，因此導(dǎo)電能力相同，故正確；答案選D。10、D【解析】試題分析：A、加入NaOH溶液，Mg2＋轉(zhuǎn)化成Mg(OH)2，Al3＋可能轉(zhuǎn)化成Al(OH)3或AlO2－，故錯誤；B、非金屬性越強(qiáng)，其最高價氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，但HCl中Cl不是最高價，故錯誤；C、沒有給出指示劑，故錯誤；D、碳酸鈉加入到鹽酸中，有氣泡產(chǎn)生，把鹽酸滴加碳酸鈉中，開始沒有氣泡，一段時間后有氣泡，故正確?？键c：考查實驗方案設(shè)計的評價等知識。11、B【分析】醋酸是弱電解質(zhì)，在水溶液里存在電離平衡，加水稀釋能促進(jìn)醋酸電離；先計算稀釋后溶液中氫氧根離子濃度，再計算溶液中氫離子濃度，從而確定溶液的pH；先計算稀釋后溶液中氫離子濃度，再結(jié)合水的離子積常數(shù)計算水電離出的氫氧根離子濃度，水電離出的氫氧根離子濃度等于水電離出的氫離子濃度；酸或堿無論如何稀釋都不能轉(zhuǎn)變?yōu)閴A或酸?！驹斀狻緼.如果醋酸是強(qiáng)電解質(zhì)，則pH=3的醋酸溶液加水稀釋100倍，pH=5，實際上醋酸是弱電解質(zhì)，所以稀釋后pH＜5，A錯誤；B.將1L0.1mol?L-1的Ba（OH）2溶液加水稀釋為2L，溶液中c（OH-）為0.1mol/L，則C（H+）=10-13mol/L，所以pH=13，B正確；C.pH＝4的H2SO4溶液加水稀釋100倍，溶液中氫離子濃度為1.0×10－6

mol·L－1，溶液中的氫氧根離子濃度為=10-9mol/L，此時由水電離產(chǎn)生的氫氧根離子即溶液中的氫氧根離子，且由水電離的氫離子等于由水電離出的氫氧根離子，故由水電離的c(H＋)＝1.0×10－9mol·L－1，C錯誤；D.將pH=8的NaOH溶液加水稀釋100倍，溶液仍然是堿性溶液不可能是酸性溶液，其溶液的pH＞7，D錯誤；故選B。【點睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離，易錯選點是酸或堿稀釋過程中溶液接近中性時，要考慮水的電離。12、C【詳解】A．電池工作時，電子不能流經(jīng)電解質(zhì)溶液，只能在外電路中流動，故A項鐠誤；B．由電池總反應(yīng)可知，若反應(yīng)的PbO2為1mol，則電解質(zhì)溶液中增加了2molO，1molCu，減少了1molSO，則增加和減少的質(zhì)量相等，反應(yīng)前后電解質(zhì)溶液的質(zhì)量不變，故B項錯誤；C．由總反應(yīng)可知，PbO2得電子，正極反應(yīng)式為PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，故C項正確；D．正極反應(yīng)生成的硫酸鉛附著在PbO2電極上，其質(zhì)量增加，故D項錯誤；故選C。13、D【詳解】A.H＋、NO3-能將Fe2+氧化為Fe3+，離子間不能大量共存，A錯誤；B.CH3COO－能與H+反應(yīng)，生成弱電解質(zhì)CH3COOH，離子間不能大量共存，B錯誤；C.Ca2+與CO32-會發(fā)生反應(yīng)生成CaCO3沉淀，離子間不能大量共存，C錯誤；D.K＋、Ba2+、Cl－、NO3-在堿性環(huán)境中能穩(wěn)定存在，離子間不反應(yīng)，D正確。故選D?！军c睛】簡單來說，離子能共存，就是離子間不發(fā)生反應(yīng)。離子反應(yīng)包括離子間直接反應(yīng)，生成沉淀、氣體或弱電解質(zhì)，也可以是離子間發(fā)生成分的互換反應(yīng)，如HSO3-與CO32-能發(fā)生反應(yīng)，生成SO32-和HCO3-。離子間發(fā)生氧化還原反應(yīng)，也不能大量共存。如在酸性條件下，NO3-能表現(xiàn)出強(qiáng)氧化性，與Fe2+、S2-、SO32-等不能大量共存。離子的顏色，也可能是命題人設(shè)置的限制條件。14、B【解析】A、當(dāng)反應(yīng)恰好完成時，消耗Cl2的體積相同（同溫、同壓條件下），則根據(jù)電子得失守恒可知amol×1＝bmol×3，因此KI、FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度之比是3:1，A正確；B、當(dāng)反應(yīng)恰好完成時，停止通入Cl2，根據(jù)電子得失守恒可知消耗氯氣的物質(zhì)的量分別是0.5amol、1.5bmol，若原溶液中a=b，則通入Cl2的體積比Va:Vb=1:3，B錯誤；C、還原性是I－＞Fe2+＞Br－，若將KI和FeBr2溶液混合，通入Cl2后，氯氣首先氧化碘離子，然后是亞鐵離子，最后氧化溴離子。如果再滴加KSCN，發(fā)現(xiàn)溶液變紅，這說明碘離子已經(jīng)全部被氧化，亞鐵離子部分被氧化，則根據(jù)電子得失守恒可知V>11.2a，C正確；D、向上述混合溶液中通入Cl2的體積11.2a<V<11.2b，這說明碘離子已經(jīng)全部被氧化，亞鐵離子未被氧化或部分被氧化，則可能發(fā)生的離子方程式為4I-+2Fe2++3Cl2=2I2+2Fe3++6Cl-，D正確，答案選B。15、B【解析】Al2O3溶于NaOH生成NaAlO2溶液，再向該溶液中通入CO2氣體，又生成了Al(OH)3白色沉淀，①可實現(xiàn)；S在氧氣中燃燒只能生成SO2，不能生成SO3，②不能實現(xiàn)；飽和NaCl溶液與氨氣、二氧化碳共同反應(yīng)生成NaHCO3，NaHCO3受熱分解為Na2CO3，③可以實現(xiàn)；Fe2O3溶于鹽酸生成FeCl3溶液，由于氯化鐵易發(fā)生水解，直接加熱蒸干并灼燒得到氧化鐵固體，得不到無水FeCl3，④不能實現(xiàn)；MgCl2(aq)與石灰乳反應(yīng)生成Mg(OH)2沉淀，加熱該沉淀分解為MgO，⑤可以實現(xiàn)；綜上①③⑤都可以實現(xiàn)，B正確；正確選項B。點睛：FeCl3溶液直接加熱蒸干并灼燒得到氧化鐵固體，只有在不斷通氯化氫氣流的情況下，加熱蒸干才能得到無水FeCl3。16、C【解析】Z是地殼中含量最高的元素，則Z為氧元素，丙為O2；A是由X和Y兩種短周期元素組成的氣體，短周期元素形成的化合物氣體主要為氧化物和氫化物，A在O2中燃燒生成兩種物質(zhì)，則A不會是氧化物，所以可推斷A為氫化物。又X的原子序數(shù)小于Y，所以X為氫元素，甲為H2。假設(shè)Y為碳元素，則乙為碳單質(zhì)，A可以為CxHy；A在足量氧氣中燃燒生成CO2與H2O，由C+碳→甲(H2)+D，則C為H2O，B為CO2；H2O+CCO，CO2+C2CO，均符合圖中轉(zhuǎn)化關(guān)系，則假設(shè)成立。綜上所述，X為氫元素，Y為碳元素，Z為氧元素。A、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：Y>Z>X，故A錯誤；B、Z的氫化物為：H2O和H2O2，由于分子間含氫鍵，常溫常壓下，均為液態(tài)，故B錯誤；C、②為CO2+C2CO，屬于化合反應(yīng)，③為C+H2OCO+H2，屬于置換反應(yīng)，故C正確；D、X為氫元素，Y為碳元素，Z為氧元素，三者不能組成是離子化合物，故D錯誤。故選C。點睛：本題的突破口為根據(jù)A物質(zhì)的特點：①氣態(tài)；②兩種短周期元素所形成的化合物，推斷出A應(yīng)為氫化物。短周期元素中形成的氣態(tài)氫化物種類不多，可以從最常見的開始，代入進(jìn)行推斷。要求掌握短周期主族元素的特點，能夠在解題時進(jìn)行大膽的推測和驗證。二、非選擇題（本題包括5小題）17、羧基、硝基濃硫酸、濃硝酸+NaOH+NaCln+(n-1)H2O【分析】根據(jù)A的分子式以及D到E的條件是氧化，再結(jié)合E的結(jié)構(gòu)簡式，可知A的結(jié)構(gòu)簡式為，試劑a為濃硫酸和濃硝酸加熱的反應(yīng)，得到B()，通過氯氣光照得C()，C通過氫氧化鈉的水溶液水解得到D()，通過Fe/HCl可知F()；通過已知信息i，可知G的結(jié)構(gòu)簡式()，通過SOCl2結(jié)合曲尼司特的結(jié)構(gòu)簡式可知H()，即可解題了?！驹斀狻?1)E分子中的含氧官能團(tuán)名稱是羧基和硝基，故答案為：羧基、硝基；(2)試劑a是濃硫酸、濃硝酸，故答案為：濃硫酸、濃硝酸；(3)C→D的反應(yīng)方程式為+NaOH+NaCl，故答案為：+NaOH+NaCl；(4)一定條件下用F制備高分子的反應(yīng)方程式n+(n-1)H2O，故答案為：n+(n-1)H2O；(5)H具有順反異構(gòu)，寫出H的順式異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式，故答案為：；(6)根據(jù)題意可知，結(jié)合H的結(jié)構(gòu)簡式，可推知K的結(jié)構(gòu)簡式為，中間產(chǎn)物脫水生成，可知中間產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為：；。18、I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓mol·L-12mol·L-1小于【分析】Ⅰ.A、B、C、D、E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O，再結(jié)合流程中物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系及提供的信息進(jìn)行分析判斷，從而得解；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質(zhì)量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，結(jié)合c=計算；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應(yīng)后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，說明氯氣完全反應(yīng)，Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol，若Br-沒有反應(yīng)，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應(yīng)，設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x，表示出參加反應(yīng)的n（Br-），根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒列方程計算x值，再根據(jù)c=計算；（6）鐵離子水解制備膠體，膠體可凈化水，且水解反應(yīng)為可逆反應(yīng)。【詳解】A、B、C、D、E均為中學(xué)化學(xué)常見的純凈物，B為自然界中含量最多的液體，判斷B為H2O；（1）若A的溶液能使淀粉溶液變藍(lán)，A具有氧化性為I2，C為非金屬氧化物，能使品紅溶液褪色，則C為二氧化硫，該反應(yīng)的反應(yīng)離子方程式為：SO2+I2+2H2O═4H++2I-+SO42-；（2）若A為短周期的金屬單質(zhì)，D為氣態(tài)單質(zhì)，C溶液呈強(qiáng)酸性或強(qiáng)堿性時，該反應(yīng)都能進(jìn)行，則A為Al，D為H2，A與強(qiáng)堿性溶液反應(yīng)的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（3）若A、C均為化合物，C為引起溫室效應(yīng)的主要氣體，判斷C為CO2，為酸性強(qiáng)的制備酸性弱的反應(yīng)，E為白色沉淀不含金屬元素，判斷E為H2SiO3，則A為硅酸鹽，足量的C與A反應(yīng)生成E的一個離子方程式為：SiO32-+2CO2+2H2O=2HCO3-+H2SiO3↓；Ⅱ.（4）n（HCl）=，溶液質(zhì)量為×36.5g/mol+1000g，則溶液體積為mL，由c==mol/L；（5）還原性Fe2+＞Br-，通入氯氣先發(fā)生反應(yīng)2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，F(xiàn)e2+反應(yīng)完畢，剩余的氯氣再發(fā)生反應(yīng)2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，反應(yīng)后溶液中Cl-和Br-的物質(zhì)的量濃度相等，說明氯氣完全反應(yīng)，Cl2的物質(zhì)的量為=0.15mol，若Br-沒有反應(yīng)，溶液中n（Br-）=0.3mol，則n（FeBr2）=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-參加反應(yīng)，設(shè)FeBr2的物質(zhì)的量為x，則n（Fe2+）=xmol，n（Br-）=2xmol，未反應(yīng)的n（Br-）=0.3mol，參加反應(yīng)的n（Br-）=（2x-0.3）mol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒有x×1+（2x-0.3）×1=0.15mol×2，解得x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物質(zhì)的量濃度為=2mol/L；（6）100mL2mol/L的FeCl3溶液，其物質(zhì)的量為0.2mol，因為水解為可逆反應(yīng)，且生成膠體為微觀粒子的集合體，則生成具有凈水作用的微粒數(shù)小于0.2NA?！军c睛】本題考查無機(jī)推斷、氧化還原反應(yīng)的計算及濃度計算等，綜合性較強(qiáng)，把握氧化還原反應(yīng)中電子守恒、鹽類水解及物質(zhì)的量濃度的相關(guān)計算公式等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與計算能力的考查，題目難度中等。19、檢查裝置的氣密性濃硫酸吸收未反應(yīng)的SO2，防止污染空氣，同時防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置與Na2O2反應(yīng)，干擾實驗將帶火星的木條放在干燥管D出口處，若木條復(fù)燃，則有氧氣生成，否則無氧氣生成裝置F中溶液藍(lán)色褪去SO2＋I(xiàn)2＋2H2O＝2I－＋SO42－＋4H＋不合理裝置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42－，也可與BaCl2反應(yīng)，生成白色沉淀，會對SO2與FeCl3反應(yīng)產(chǎn)物(SO42－)的檢驗造成干擾【解析】由題意結(jié)合流程，A為SO2的制取裝置；B為吸水裝置，防止水蒸氣與Na2O2反應(yīng)，干擾SO2與Na2O2反應(yīng)的實驗探究；C為SO2與Na2O2反應(yīng)裝置；D為隔絕空氣及尾氣吸收裝置；E、F為探究SO2還原性的裝置；G為尾氣吸收裝置。(1)有氣體參與或生成的實驗裝置組裝好后的第一步操作都是檢查裝置的氣密性。(2)因為Na2O2能與水蒸氣反應(yīng)產(chǎn)生氧氣，所以要檢驗SO2與Na2O2反應(yīng)是否有氧氣生成，為避免干擾，應(yīng)先除去水蒸氣；SO2是有毒的酸性氧化物，可用堿石灰吸收，以防止污染，同時堿石灰可防止空氣中的水蒸氣、CO2進(jìn)入裝置與Na2O2反應(yīng)，干擾實驗。(3)檢驗氧氣用帶火星的木條，木條復(fù)燃則證明有氧氣生成。(4)關(guān)閉彈簧夾1，打開彈簧夾2，SO2氣體進(jìn)入裝置E、F、G中，若裝置F中溶液藍(lán)色褪去，則說明I-的還原性弱于SO2；發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是SO2＋I(xiàn)2＋2H2O=2I-＋SO42-＋4H+。(5)評價該實驗方案時，要考慮檢驗試劑與原溶液中所含物質(zhì)的反應(yīng)是否會對實驗造成干擾。裝置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42-，也可與BaCl2反應(yīng)，生成白色沉淀，會對SO2與FeCl3反應(yīng)產(chǎn)物(SO42-)的檢驗造成干擾，所以該同學(xué)的方案不合理?！军c睛】本題考查物質(zhì)制備及性質(zhì)實驗設(shè)計與探究。主要考查SO2的制取與還原性、酸性氧化物的通性，涉及實驗基本操作、實驗設(shè)計與評價，考查學(xué)生實驗探究能力、分析解決問題的能力等。注意：對實驗方案的正確與錯誤、嚴(yán)密與不嚴(yán)密、準(zhǔn)確與不準(zhǔn)確作出判斷，要考慮是否合理、有無干擾現(xiàn)象、經(jīng)濟(jì)上是否合算和對環(huán)境有無污染等。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+CO