2026屆上海市度嘉定區(qū)高三化學第一學期期中教學質(zhì)量檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某溫度下，在一個2L的恒容密閉容器中，加入4molA和2molB進行反應：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反應一段時間后達到平衡，測得生成1.6molC，且反應的前后壓強之比為5:4（相同的溫度下測量），則下列說法正確的是（）A．該反應的化學平衡常數(shù)表達式是K=B．此時，B的平衡轉(zhuǎn)化率是20%C．增大該體系的壓強，平衡向右移動，化學平衡常數(shù)增大D．增加C，B的平衡轉(zhuǎn)化率不變2、在反應3S＋6KOH===2K2S＋K2SO3＋3H2O中，被氧化的硫與被還原的硫的物質(zhì)的量之比為()A．2:1B．1:3C．3:1D．1:23、下列說法不正確的是（）A．工業(yè)制備鎂的原理：MgO(熔融)Mg+O2↑B．久罝的硫酸亞鐵溶液滴加KSCN溶液，溶液顯淡紅色C．SiO2中含Al2O3雜質(zhì)，可加入足量HCl溶液然后過濾除去D．向氯化銨溶液加入濃氫氧化鈉溶液，加熱，產(chǎn)生的氣體使?jié)駶櫟膒H試紙變藍4、下列實驗操作能達到實驗目的的是（）A．用如圖儀器和98%的硫酸()配制60mL約溶液B．向熱的溶液中滴加2滴飽和溶液，可制得膠體C．向2%稀氨水中滴加過量的2%溶液，可以配成銀氨溶液D．用玻璃棒蘸取溶液點在濕潤的pH試紙上，測定該溶液的pH5、次氯酸鈉是消滅新型冠狀病毒常用的消毒液，常溫下，向10mL0.1mol?L-1HClO溶液中滴入0.1mol?L-1NaOH溶液，溶液中由水電離出的氫離子濃度的負對數(shù)[-lgc水(H+)］與所加NaOH溶液體積的關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是()A．0.1mol?L-1NaClO溶液中ClO-的個數(shù)小于NAB．c點溶液對應的pH=7C．a(chǎn)點溶液中存在：c(Na+)=c(ClO-)+c(HClO)D．b點溶液中存在：c(Na+)＞c(ClO-)＞c(OH-)＞c(H+)6、食品、大氣、工業(yè)尾氣中SO2均需嚴格檢測或轉(zhuǎn)化吸收，下列有關(guān)SO2的檢測或吸收方法正確的是A．滴定法：用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒試樣以測定葡萄酒中SO2的濃度B．沉淀法：用Ba(OH)2溶液沉淀SO2，然后將沉淀在空氣中洗滌、過濾、干燥、稱重以測定大氣中SO2的濃度C．氨酸法：用氨水吸收尾氣中的SO2后再將吸收液與硫酸反應，將富集后的SO2循環(huán)使用D．石灰—石膏法：常溫下用石灰石吸收尾氣中的SO2得到CaSO3，再經(jīng)氧化可用于生產(chǎn)石膏7、化學與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是A．計算機芯片的主要材料是SiB．明礬能使海水淡化從而解決淡水危機C．可用碘酒滅菌消毒是因為它能使蛋白質(zhì)變性D．鈉、鍶、鋇等金屬化合物可在燃放時呈現(xiàn)艷麗色彩8、1.52g銅、鎂合金完全溶解于50mL密度為1.40g·mL?1、質(zhì)量分數(shù)為63%的濃硝酸中，得到NO2和N2O4的混合氣體1120mL（標準狀況），向反應后的溶液中加入1.0mol·L?1NaOH溶液，當金屬離子全部沉淀時，得到2.54g沉淀。下列說法不正確的是A．該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比是2:1B．得到2.54g沉淀時，加入NaOH溶液的體積是640mLC．NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)是80%D．該濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度是7.0mol·L?19、短周期元素W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大。元素W是制備一種高效電池的重要材料，X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，元素Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍。下列說法錯誤的是A．元素X與氫形成的原子比為1：1的化合物有很多種B．元素W、X的氯化物中，各原子均滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)C．元素Y的單質(zhì)與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成D．元素Z可與元素X形成共價化合物XZ210、為驗證還原性:SO2>Fe2+>C1-，三組同學分別進行了下圖實驗，并對溶液1和溶液2中所含離子進行了檢驗,能證明上述還原性順序的實驗組有A．只有甲 B．甲、乙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙11、下列說法中，正確的是A．陽離子只能得到電子被還原，只能作氧化劑B．海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，可減緩船體的腐蝕C．需要加熱才能發(fā)生的反應一定是吸熱反應D．為減少中和滴定實驗的誤差，錐形瓶必須洗凈并烘干后使用12、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，22.4LCl2與1molFeI2反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于2NAB．將1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得膠體，所含膠體粒子數(shù)目為0.1NAC．120gNaHSO4與KHSO3的固體混合物中陽離子數(shù)目大于NAD．標準狀況下，4.48L甲烷和乙烯的混合氣體完全燃燒，產(chǎn)物中所含O－H鍵數(shù)目為0.4NA13、近年來高鐵酸鉀(K2FeO4)已經(jīng)被廣泛應用在水處理方面。高鐵酸鉀的氧化性超過高錳酸鉀，是一種集氧化、吸附、凝聚、殺菌于一體的新型高效多功能水處理劑。干燥的高鐵酸鉀受熱易分解，在198℃以下是穩(wěn)定的。高鐵酸鉀在水處理過程中涉及的變化過程有()①蛋白質(zhì)的變性②蛋白質(zhì)的鹽析③膠體聚沉④鹽類水解⑤焰色反應⑥氧化還原反應A．①②③④ B．①③④⑥ C．②③④⑤ D．②③⑤⑥14、愛迪生蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應為Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列對該蓄電池的推斷錯誤的是（）①放電時，F(xiàn)e參與負極反應，NiO2參與正極反應②放電時，電解質(zhì)溶液中的陰離子向正極移動③放電時，負極上的電極反應式為Fe+2H2O-2e-=Fe(OH)2+2H+④該蓄電池的電極必須浸入某種堿性電解質(zhì)溶液中A．①② B．②③ C．①③ D．③④15、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述中一定正確的是A．在1molNaHSO4晶體中，含陽離子數(shù)為2NAB．3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)化為Fe3O4，失去9NA個電子C．常溫常壓下，14g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數(shù)目為NAD．1L1mol/L的NaClO溶液中含有ClO－的數(shù)目為NA16、分子式為C10H14的單取代芳烴，其可能的結(jié)構(gòu)有（）A．2種 B．3種 C．4種 D．5種二、非選擇題（本題包括5小題）17、中學常見反應的化學方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反應條件略去)，其中A、B的物質(zhì)的量之比為了1：4。請回答：(1)若Y是黃綠色氣體，則Y的電子式是______，該反應的離子方程式是______。(2)若A為非金屬單質(zhì)，構(gòu)成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，B的溶液為某濃酸，則反應中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是________．(3)若A為金屬單質(zhì)，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，且A可溶于X溶液中。①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化學式是______。②含amol

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中兩種金屬陽離子的物質(zhì)的量恰好相等，則被還原的X是______mol。(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀；B的焰色為黃色，則A與B按物質(zhì)的量之比1：4恰好反應后，溶液中離子濃度從大到小的順序是_________。18、Ⅰ、A、B是兩種常見的無機物，它們分別能與下圖中周圍4種物質(zhì)在一定條件下反應：請回答下列問題：（1）A溶液與B溶液反應的離子方程式______．（2）若A與其周圍某物質(zhì)在一定條件下反應，產(chǎn)物之一是B周圍的一種，則此反應的離子方程式為______（3）在A、B周圍的8種物質(zhì)中，有些既能與A反應又能與B反應．則這些物質(zhì)可能是：______．Ⅱ、在Na+濃度為0.6mol/L的某澄清溶液中，還可能含有表中的若干種離子：陽離子K+、Ag+、Mg2+、Ba2+陰離子NO3-、CO32-、SO42-、SiO32-取該溶液100mL進行如下實驗（氣體體積在標準狀況下測定）：序號實驗內(nèi)容實驗結(jié)果Ⅰ向該溶液中加入足量稀HCl產(chǎn)生白色沉淀并放出0.56L氣體Ⅱ?qū)ⅱ竦姆磻旌弦哼^濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質(zhì)量固體質(zhì)量為2.4gⅢ在Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現(xiàn)象試回答下列問題：（1）實驗I中生成沉淀的離子方程式為______。（2）實驗Ⅱ中判斷沉淀是否洗滌干凈的操作為：______。（3）通過實驗I、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，判斷K+______一定存在（填“是”或“否”），若存在，其最小濃度為______。（若不存在，此空不需填寫）19、鋁鎂合金已成為飛機制造、化工生產(chǎn)等行業(yè)的重要材料。研究性學習小組的同學，為測定某含鎂3%~5%的鋁鎂合金（不含其它元素）中鎂的質(zhì)量分數(shù)，設計下列兩種不同實驗方案進行探究。填寫下列空白。[方案一]〖實驗方案〗將鋁鎂合金與足量NaOH溶液反應，測定剩余固體質(zhì)量。（1）實驗中發(fā)生反應的化學方程式是___________________________。（2）稱取5.4g鋁鎂合金粉末樣品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。為使其反應完全，則NaOH溶液的體積V≥______________。過濾、洗滌、干燥、稱量固體。該步驟中若未洗滌固體，測得鎂的質(zhì)量分數(shù)將_________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。[方案二]〖實驗方案〗將鋁鎂合金與足量稀硫酸溶液反應，測定生成氣體在通常狀況（約20℃，1.01105Pa）的體積?！紗栴}討論〗（3）同學們擬選用圖一實驗裝置完成實驗：①你認為最簡易的裝置其連接順序是：A接（______）（_______）接（______）（）接（）（填接口字母，可不填滿。）②實驗開始時，先打開分液漏斗上口的玻璃塞，再輕輕打開分液漏斗可旋轉(zhuǎn)的活塞，一會兒后稀硫酸也不能順利滴入錐形瓶中。請你幫助分析原因_________________________。③實驗結(jié)束時，在讀取測量實驗中生成氫氣的體積時，你認為最合理的是__________。（有幾個選幾個）。A．等待實驗裝置冷卻后再讀數(shù)B．上下移動量筒F，使其中液面與廣口瓶中液面相平C．上下移動量筒G，使其中液面與廣口瓶中液面相平D．視線與凹液面的最低點水平，讀取量筒中水的體積（4）仔細分析實驗裝置后，同學們經(jīng)討論認為以下兩點會引起較大誤差：稀硫酸滴入錐形瓶中，即使不生成氫氣，也會將瓶內(nèi)空氣排出，使所測氫氣體積偏大；實驗結(jié)束時，連接廣口瓶和量筒的導管中有少量水存在，使所測氫氣體積偏小。于是他們設計了圖二的實驗裝置。①裝置中導管a的作用是_________________________。②實驗前后堿式滴定管中液面讀數(shù)分別為V1mL、V2mL。則產(chǎn)生氫氣的體積為_________mL。（用含V1、V2的式子表達）20、在高中階段，安排了兩種酯的制備實驗：乙酸乙酯的制備乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制備制備這兩種酯所涉及的有關(guān)物質(zhì)的物理性質(zhì)見下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔點（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸點（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶請回答下列問題：（1）在乙酸乙酯的制備過程中，采用水浴加熱的優(yōu)點為_______________________；而乙酸丁酯的制備過程中未采用水浴加熱的原因是______________。（2）提純時，乙酸乙酯一般采用______洗滌，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗滌（均填編號）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．飽和Na2CO3溶液（3）兩種酯的提純過程中都需用到的關(guān)鍵儀器是______________，在操作中要注意振蕩洗滌后，靜置分液前必須要有步驟，所制得的酯應從該儀器的________（填編號）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制備中，采用了乙醇過量，下列說法不正確的是_______（填編號）。a．乙醇比乙酸價廉b．提高乙酸的轉(zhuǎn)化率c．提高乙醇的轉(zhuǎn)化率d．提高乙酸乙酯的產(chǎn)率（5）在乙酸丁酯制備中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填編號）。a．使用催化劑b．加過量乙酸c．不斷移去產(chǎn)物d．縮短反應時間21、CH3COOH是中學化學中常用的一元弱酸，請回答下列問題：（1）設計簡單實驗證明CH3COOH為弱酸__。（2）向0.1mol/LCH3COOH溶液中加蒸餾水稀釋至100mL，在稀釋過程中，下列量的變化是（“增大”、“減小”、“不變”或“不能確定”）：n(H+)=___，=___，=__，c(OH-)=___。（3）OH-濃度相同的等體積的兩份溶液：鹽酸和CH3COOH，分別與鋅粉反應，若最后僅有一份溶液中存在鋅粉，且放出氫氣的質(zhì)量相同，則下列說法正確的是__（填寫序號）①反應需要的時間：CH3COOH＞HCl②開始反應的速率：HCl＞CH3COOH③參加反應的鋅粉的物質(zhì)的量：CH3COOH=HCl④反應過程的平均速率：CH3COOH＞HCl⑤鹽酸中有鋅粉剩余⑥CH3COOH溶液中有鋅粉剩余（4）向飽和食鹽水中滴加一定濃度的鹽酸，對出現(xiàn)現(xiàn)象的預測可能正確的是__。A.白色沉淀B.液體分層C.無明顯現(xiàn)象D.黃綠色氣體（5）現(xiàn)有下列溶液：①純水；②pH=10的NaOH溶液；③pH=3的醋酸溶液；④pH=10的CH3COONa溶液。試比較四種溶液中水的電離程度的大小關(guān)系__。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【分析】反應前后壓強之比為5:4，故反應后氣體總物質(zhì)的量變?yōu)?.8mol，結(jié)合生成1.6molC，可推知D為氣體，C為固體或液體?！驹斀狻緼.由，因C為非氣體，則不能出現(xiàn)在K的表達式中，則化學平衡常數(shù)，故A錯誤；B.生成1.6molC時，反應的B的物質(zhì)的量為0.8mol，則B的平衡轉(zhuǎn)化率為，故B錯誤；C.由于溫度沒變，化學平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D.由于C為非氣體，增加C對平衡沒影響，B的平衡轉(zhuǎn)化率不變，故D正確；故選D?！军c睛】該題首先要判斷C和D的狀態(tài)，可以根據(jù)差量法，根據(jù)總的物質(zhì)的量變化與生成C的物質(zhì)的量之比可判斷反應前后氣體系數(shù)減小了3，故D為氣體，C為非氣體（固體和純液體）。2、D【解析】在反應3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O中，只有S元素的化合價發(fā)生變化，氧化劑和氧化劑都是S，反應中S→K2S，S化合價降低，則S被還原，S為氧化劑，S→K2SO3，S化合價升高，則S被氧化，S為還原劑，由生成物可知，被氧化與被還原的S的物質(zhì)的量之比為1:2，故選D.點睛：應用得失電子守恒規(guī)律進行計算的一般步驟1．找出氧化劑、還原劑及相應的還原產(chǎn)物和氧化產(chǎn)物；2．找準一個原子或離子得失電子數(shù)，注意化學式中該種粒子的個數(shù)；3．根據(jù)題中物質(zhì)的量和得失電子守恒列出等式：n(氧化劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價?低價)=n(還原劑)×變價原子個數(shù)×化合價變化值(高價?低價)。3、A【解析】A．鎂性質(zhì)活潑，工業(yè)上用電解熔融氯化鎂制備鎂，方程式：MgCl2Mg+Cl2↑，故A錯誤；B．久置的硫酸亞鐵溶液，二價鐵離子被氧化生成三價鐵離子，滴加KSCN溶液，三價鐵離子與硫氰酸根發(fā)生絡合反應，溶液顯淡紅色，故B正確；C．SiO2中含Al2O3雜質(zhì)，氧化鋁能夠溶于鹽酸，而二氧化硅不溶，可加入足量HCl溶液然后過濾除去，故C正確；D．向氯化銨溶液加入氫氧化鈉溶液，加熱生成氨氣，氨氣為堿性氣體，能夠使?jié)駶櫟膒H試紙變藍，故D正確；故選A。點睛：明確金屬的冶煉原理，二價鐵離子的還原性及三價鐵離子的檢驗方法以及銨鹽的性質(zhì)是解題的關(guān)鍵。本題中選項A為易錯點，氧化鎂的熔點高，會消耗大量能量，因此工業(yè)上是電解熔融氯化鎂制備鎂，要與鋁的冶煉區(qū)分開。4、A【詳解】A．用如圖儀器和98%的硫酸()配制60mL約溶液，可知濃硫酸的物質(zhì)的量濃度為：，再根據(jù)溶液的稀釋，可得，10mL的量筒可以量取，故A正確；B．向沸騰的蒸餾水中逐滴加入12mL飽和溶液，繼續(xù)煮沸至液體呈紅褐色，停止加熱，可制得膠體，故B錯誤；C．向2%溶液中滴加2%稀氨水，先生成AgOH白色沉淀，在繼續(xù)滴加過量的2%稀氨水，沉淀剛好溶解停止加入，可以配成銀氨溶液，故C錯誤；D．用玻璃棒蘸取溶液點在濕潤的pH試紙上，測定該溶液的pH值不準確，濕潤的pH試紙有稀釋溶液的效果，故D錯誤；故答案選：A。5、D【分析】a點產(chǎn)物為NaClO和HClO，b點恰好生成NaClO，c點為溶質(zhì)為NaClO和過量的NaOH?！驹斀狻緼．溶液體積未知，無法確定物質(zhì)的量，不能判斷ClO－的個數(shù)是否小于NA，故A錯誤；B．c點為NaClO和過量的NaOH，溶液為堿性，所以溶液pH＞7，故B錯誤；C．a(chǎn)點產(chǎn)物為NaClO和HClO，此時c水(H＋)=10-7，溶液為中性，但是物料關(guān)系不符合n(Na)=n(Cl)，所以沒有c(Na＋)=c(ClO－)+c(HClO)這個關(guān)系，故C錯誤；D．b點恰好生成NaClO，溶液為堿性，溶液中存在電荷守恒：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(ClO－)，由于ClO－發(fā)生水解，所以c(Na＋)＞c(ClO－)，溶液為堿性，c(OH－)＞c(H＋)，水解畢竟是微弱的，所以c(ClO－)＞c(OH－)，所以b點溶液中存在：c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D正確；故選D。6、C【詳解】A、葡萄酒中的乙醇能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，對SO2的檢測有干擾，選項A錯誤；B、亞硫酸鋇在空氣中易被氧化，大氣中的CO2能與Ba(OH)2溶液形成沉淀，對SO2的檢測有干擾，選項B錯誤；C、氨水吸收SO2生成(NH4)2SO3或NH4HSO3，(NH4)2SO3或NH4HSO3與硫酸反應能產(chǎn)生SO2，SO2可以循環(huán)使用，選項C正確；D、石灰石吸收SO2，需要在高溫下才能進行，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查二氧化硫的性質(zhì)，注意二氧化硫是酸性氧化物，與二氧化碳具有相似的性質(zhì)，但區(qū)別于二氧化碳的性質(zhì)是二氧化硫具有漂白性及還原性。7、B【解析】試題分析：A．計算機芯片的主要材料是Si，正確；B．明礬水解生成的氫氧化鋁膠體具有吸附性，能做凈水劑，錯誤；C．可用碘酒滅菌消毒是因為它能使蛋白質(zhì)變性，正確；D．鈉、鍶、鋇等金屬化合物的焰色反應各不相同，可在燃放時呈現(xiàn)艷麗色彩，正確；故選B?？键c：考查了物質(zhì)的性質(zhì)和用途的相關(guān)知識。8、D【解析】本題考查金屬與硝酸的反應，首先應判斷出反應的相應產(chǎn)物，計算出產(chǎn)物的質(zhì)量，再結(jié)合題干，逐一作答?！驹斀狻坑捎诤辖鹜耆芙猓罱K全部沉淀，根據(jù)題目中所給數(shù)據(jù)可計算出合金中鎂、銅的含量。設合金中銅的含量為xg，鎂的含量為yg?？闪惺剑簃(Cu)+m(Mg)=x+y=1.52，m(Cu(OH)2)+m(Mg(OH)2)=98x/64+58y/24=2.54。解得x=1.28g，y=0.24g。故合金中含有n(Cu)=0.02mol，n(Mg)=0.01mol。A.該合金中銅與鎂的物質(zhì)的量之比為2:1，故A項正確；C.加入硝酸后，0.02molCu和0.01molMg共轉(zhuǎn)移0.06mole-。設混合氣體中NO2為amol，N2O4為bmol，則a+2b=0.06，a+b=0.05。解得a=0.04mol，b=0.01mol。NO2和N2O4的混合氣體中，NO2的體積分數(shù)=0.04/0.05×100%=80%，故C項正確；D.濃硝酸中HNO3的物質(zhì)的量濃度c(HNO3)=(1000mL/L×1.40g/mL×63%)/63g/mol=14mol?L?1，故D項錯誤；B.加入的硝酸物質(zhì)的量為n（HNO3）=cV=0.7mol，反應過程中產(chǎn)生NO20.04mol，N2O40.01mol，由原子守恒可知反應后n（NO3-）=0.7mol-0.04mol-0.01mol×2=0.64mol，加入NaOH溶液后，結(jié)合成NaNO3，故n（NaOH）=0.64mol，V=n/c=0.64mol/1.0mol·L?1=0.64L=640mL，故加入NaOH溶液的體積是640mL，故B項正確。綜上，本題選D。9、B【分析】X原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，是C元素，Y是地殼中含量最豐富的金屬元素，為Al元素。Z原子的最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序數(shù)依次增大，Z為S元素，W是制備一種高效電池的重要材料，是Li元素?！驹斀狻緼．元素X與氫形成的化合物有C2H2，C6H6等，故A正確；B．W、X的氯化物分別為LiCl和CCl4，則Li+的最外層只有兩個電子，不滿足8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故B錯誤；C．元素Y為鋁，鋁與氫氧化鈉溶液或鹽酸反應均有氫氣生成，故C正確；D．硫和碳可形成共價化合物CS2，故D正確；答案選B。10、C【解析】本實驗利用“還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物”、“強還原性制弱還原性”的原理來驗證還原性的強弱順序。向FeC12溶液中通入C12，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲、溶液1中含有Fe3+、Fe2+，說明發(fā)生反應2Fe2++C12=2Fe3++2Cl-,且C12反應完全，可證明還原性Fe2+>C1-；溶液2中含有SO42-,則說明發(fā)生反應2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，可證明還原性SO2>Fe2+，故甲能證明還原性SO2>Fe2+>C1-；乙、溶液1中含有Fe3+，無Fe2+剩余，則還原性Fe2+>C1-，但C12可能過量，再通入SO2，可能發(fā)生的反應是C12+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+，不能夠比較SO2與Fe2+的還原性強弱，故乙不能驗證；丙、溶液1中含有Fe3+，沒有Fe2+，通入SO2后溶液中又含有Fe2+，說明SO2將Fe3+還原得到Fe2+，證明SO2>Fe2+還原性，故丙實驗結(jié)論能證明還原性SO2>Fe2+>C1-。故選C。11、B【詳解】A.陽離子不一定只能得到電子被還原，如Fe2+既能得到電子被還原，又能失電子被氧化，故A錯誤；B.鋅比鐵活潑，海輪外殼上鑲?cè)脘\塊，利用犧牲陽極的陰極保護法可減緩船體的腐蝕，故B正確；C.吸熱反應還是放熱反應與反應條件無關(guān)，它取決于反應物和生成物的總能量相對大小，故C錯誤；D.錐形瓶沒有必要洗凈并烘干后使用，故D錯誤；答案選B。12、A【詳解】A.常溫常壓下，22.4LCl2的物質(zhì)的量小于1mol，則與1molFeI2反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)小于2NA，A正確；B.將1L0.1mol·L－1FeCl3溶液加入沸水中制得膠體，每個膠粒不一定為一個Fe(OH)3，則所含膠體粒子數(shù)目不一定為0.1NA，B錯誤；C.NaHSO4、KHSO3的摩爾質(zhì)量均為120g/mol，120gNaHSO4與KHSO3的固體混合物的物質(zhì)的量為1mol，陽離子分別為Na+、K+，陽離子數(shù)目等于NA，C錯誤；D.標準狀況下，4.48L甲烷和乙烯的混合氣體的物質(zhì)的量為0.2mol，其完全燃燒生成0.4mol水，產(chǎn)物中所含O-H鍵數(shù)目為0.8NA，D錯誤；答案為A。13、B【詳解】高鐵酸鉀(K2FeO4)中的Fe為+6價，有強氧化性，能使蛋白質(zhì)變性；還原后生成的+3價鐵離子，水解生成的氫氧化鐵為氫氧化鐵膠體，可使膠體聚沉，綜上所述，涉及的變化過程有①③④⑥，答案為B。14、B【詳解】①Fe元素化合價由0價變?yōu)?2價、Ni元素化合價由+4價變?yōu)?2價，則Fe參與負極反應，NiO2參與正極反應，故①正確；②放電時為原電池，原電池中，電解質(zhì)溶液中的陰離子向負極方向移動，陽離子向正極移動，故②錯誤；③根據(jù)題意，電解質(zhì)為堿性溶液，放電時，負極上失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，故③錯誤；④由方程式可知此電池為堿性電池，電極需要浸在堿性電解質(zhì)溶液中，故④正確；錯誤的有②③，故選B。15、C【詳解】A項、硫酸氫鈉是由鈉離子和硫酸氫根離子組成的離子化合物，1mol硫酸氫鈉晶體中含陽離子數(shù)為NA，故A錯誤；B項、3mol單質(zhì)Fe完全轉(zhuǎn)化為Fe3O4，失去8NA個電子，故B錯誤；C項、氮氣和一氧化碳是相對分子質(zhì)量都為28的雙原子分子，14g氮氣和一氧化碳組成的混合氣體的物質(zhì)的量為0.5mol，含有的原子數(shù)目為NA，故C正確；D項、次氯酸鈉是強堿弱酸鹽，次氯酸根在溶液中水解，1L1mol/L的NaClO溶液中含有ClO－的數(shù)目小于NA，故D錯誤；故選C?！军c睛】硫酸氫鈉是由鈉離子和硫酸氫根離子組成的離子化合物，在水溶液中能完全電離出鈉離子、氫離子和硫酸根離子，1mol硫酸氫鈉晶體中含陽離子數(shù)為NA，含1mol硫酸氫鈉的溶液中含陽離子數(shù)為2NA，要注意區(qū)別這兩種情況。16、C【詳解】分子式為C10H14的單取代芳烴可以寫為C6H5—C4H9，—C4H9的同分異構(gòu)體有：CH3CH2CH2CH2—、、（CH3）2CHCH2—、（CH3）3C—，共4種，所以分子式為C10H14的單取代芳烴可能的結(jié)構(gòu)有四種，答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O4：1第四周期Ⅷ族NO0.4ac(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)【分析】(1)若Y是黃綠色氣體，則Y為氯氣，A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，結(jié)合實驗室常用濃鹽酸與二氧化錳反應來制取氯氣來解答；(2)A為非金屬單質(zhì)，構(gòu)成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，即A為碳元素；A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，則該反應為碳與濃硝酸反應，然后利用元素的化合價分析；(3)A為金屬單質(zhì)，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中，則A為鐵，由A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，該反應為鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水；利用鐵的原子序數(shù)分析其位置，利用三價鐵離子與鐵的反應及溶液中兩種金屬陽離子的物質(zhì)的量恰好相等來計算被還原的三價鐵；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有鈉元素，A與B按物質(zhì)的量之比1：4恰好反應，則該反應為氯化鋁與氫氧化鈉的反應，利用反應中各物質(zhì)的量級偏鋁酸鈉的水解來分析?！驹斀狻?1)因黃綠色氣體為氯氣，氯原子最外層7個電子，則氯氣中存在一對共用電子對，其電子式為，A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，則反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)A為非金屬單質(zhì)，構(gòu)成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，其質(zhì)子數(shù)等于電子數(shù)等于6，即A為碳元素；A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，則該反應為碳與濃硝酸反應，其反應為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O。根據(jù)元素的化合價變化可知：碳元素的化合價升高，則碳作還原劑；硝酸中氮元素的化合價降低，則硝酸作氧化劑，由化學計量數(shù)可知氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為4：1；(3)A為金屬單質(zhì)，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中則A為鐵，由A、B的物質(zhì)的量之比為1：4，該反應為鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應方程式為Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。①鐵為26號元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，鐵與稀硝酸反應生成的氣體Y為NO；②設被還原的硝酸鐵的物質(zhì)的量為x，則根據(jù)放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反應會產(chǎn)生3molFe2+，假設反應的Fe3+的物質(zhì)的量是x，則反應產(chǎn)生Fe2+的物質(zhì)的量是mol，由于反應后溶液中兩種金屬陽離子的物質(zhì)的量恰好相等，則a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有Na+，A與B按物質(zhì)的量之比1：4恰好反應，則該反應為氯化鋁與氫氧化鈉的反應，其反應為AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由題意知A與B的物質(zhì)的量分別為1mol、4mol，則n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是強堿弱酸鹽，AlO2-水解消耗，則n(AlO2-)<1mol，因偏鋁酸根離子水解則溶液顯堿性，c(OH-)>c(H+)，水解產(chǎn)生的離子濃度小于鹽電離產(chǎn)生的離子濃度，則c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液離子大小為：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)?！军c睛】本題考查了元素及化合物的推斷、化學方程式的書寫、離子濃度大小比較等，要求學生應熟悉常見的氧化還原反應及常見物質(zhì)的性質(zhì)，弄清物質(zhì)結(jié)構(gòu)與物質(zhì)組成及性質(zhì)的關(guān)系，這是解答本題的關(guān)鍵。18、H++OH-=H2OMnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2OAl（OH）3、NaHCO32H++SiO32-==H2SiO3↓取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則沒洗滌干凈，反之洗滌干凈；是0.7mol/L【分析】Ⅰ、結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)可知A為HCl，B為強堿，如NaOH、KOH等，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)判斷可能發(fā)生的反應；Ⅱ、由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質(zhì)量為2.4g為二氧化硅的質(zhì)量，根據(jù)硅原子守恒，SiO32-的濃度為=0.4mol/L；由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L，不能確定NO3-是否存在，據(jù)此進行解答?！驹斀狻竣?、結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)可知A為HCl，B為強堿，如NaOH、KOH等，（1）A為HCl，B為強堿，二者發(fā)生中和反應，離子方程式為H++OH-=H2O；（2）對比左右兩個圖中的物質(zhì)，應為MnO2和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣和水的反應，反應的離子方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2++Cl2+2H2O；（3）既能與酸反應，又能與堿反應的物質(zhì)可為兩性氫氧化物，如Al（OH）3，也可為弱酸的酸式鹽，如NaHCO3，故答案為Al（OH）3、NaHCO3；Ⅱ、由題意“溶液為澄清溶液”可知：溶液中含有的離子一定能夠大量共存；由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，其濃度為=0.25mol/L，則一定沒有Ag+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發(fā)生反應SiO32-+2H+=H2SiO3↓，硅酸加熱分解生成二氧化硅，固體質(zhì)量為2.4g為二氧化硅的質(zhì)量，根據(jù)硅原子守恒，SiO32-的濃度為=0.4mol/L；由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L，不能確定NO3-是否存在。（1）實驗I中生成沉淀的離子方程式為2H++SiO32-=H2SiO3↓；（2）實驗Ⅱ中判斷沉淀是否洗滌干凈的操作為：取最后一次洗滌液少許于試管中，滴入少量硝酸酸化的硝酸銀溶液，若出現(xiàn)白色沉淀，則沒洗滌干凈，反之洗滌干凈；（3）通過實驗I、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，判斷K+一定存在，根據(jù)電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L=1.3mol/L＞0.6mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為0.7mol/L。【點睛】本題考查無機物的推斷、離子反應及計算，題目難度不大，解答本題的關(guān)鍵是把握相關(guān)物質(zhì)的化學性質(zhì)，把握發(fā)生的反應及現(xiàn)象，側(cè)重分析與計算能力的綜合考查，注意加鹽酸生成氣體和沉淀為解答的突破口，題目難度不大。19、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑97mL偏高EDG鎂、鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大ACD使分液漏斗內(nèi)氣體壓強與錐形瓶內(nèi)氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下，滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差V1-V2【解析】方案一：⑴.鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，反應方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含鎂為3%時，金屬鋁的含量最高，5.4g合金中鋁的質(zhì)量為5.4g×(1?3%)=5.4×97%g，則：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%g

V×10?3L×2.0mol/L得54g:(5.4g×97%g)=2mol:(V×10?3L×2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的體積?97mL；鎂上會附著偏鋁酸鈉等物質(zhì)，若未洗滌固體，會導致測定鎂的質(zhì)量偏大，鎂的質(zhì)量分數(shù)偏高；故答案為97mL；偏高；方案二：⑶.①.合金與稀硫酸反應，用排水量氣法測定氫氣的體積，其中盛水的試劑瓶導管一定要短進長出，利用增大壓強原理將水排出，量筒中水的體積就是生成氫氣的體積，量筒內(nèi)導管應伸入量筒底部，故連接順序為：(A)接(E)、(D)接(G)；故答案為E、D、G；②.鎂、鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大，導致硫酸不能順利滴入錐形瓶；故答案為鎂、鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大；③.反應放熱導致氫氣的溫度偏高，故應冷卻后再進行讀取氫氣的體積，讀取實驗中生成氫氣的體積時上下移動量筒，使其中液面與廣口瓶中液面相平，視線與凹液面的最低點水平讀取氫氣的體積；故答案選ACD；⑷.①.裝置中導管a的作用是：保持分液漏斗內(nèi)氣體壓強與錐形瓶內(nèi)氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下，滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差，故答案為使分液漏斗內(nèi)氣體壓強與錐形瓶內(nèi)氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下，滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差；②.滴定管的0刻度在上方，兩次讀取的體積數(shù)值之差為測定的氫氣的體積，收集氫氣后滴定管內(nèi)液面上升，讀數(shù)減小，所以測定氫氣的體積為V1?V2，故答案為V1?V2。20、受熱均勻，易控制溫度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸點均高于100度，故不必進行水浴加熱cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加熱均勻受熱，容易控制溫度，水浴加熱的缺點是加熱溫度最高只能達到100