安徽省皖西南聯(lián)盟2026屆高三上化學(xué)期中統(tǒng)考試題注意事項1．考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務(wù)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(yīng)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（每題只有一個選項符合題意）1、為將含有FeCl3、FeCl2、CuCl2的廢液中的Cu2+還原回收，某同學(xué)在含有ag鐵粉的容器中加入廢液，探究了加入廢液體積與完全反應(yīng)后體系中固體質(zhì)量的關(guān)系，部分實驗數(shù)據(jù)如表所示。已知：廢液中c(Cu2+)=0.7mol?L-1；廢液體積大于0.5L，充分反應(yīng)后才能檢測出Cu2+。廢液體積/L123固體質(zhì)量/ga0下列說法不正確的是()A．當鐵粉與0.25L廢液反應(yīng)完全后，固體成分為Fe與CuB．當鐵粉與1L廢液反應(yīng)完全后，再加入廢液時發(fā)生的離子反應(yīng)為Fe+2Fe3+=3Fe2+C．廢液中c(Fe3+)=0.2mol?L-1D．要將1L廢液中的Cu2+全部還原，則至少需要鐵粉44.8g2、室溫下，下列各組離子在指定溶液中不能大量共存的是A．能使石蕊變紅的無色溶液：NH4+、Ba2+、Al3+B．0.1mol·L-1碘水：Na+、NH4+、SOC．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NOD．pH=2的溶液中：K+、NO3-、ClO3、已知反應(yīng)中的能量變化過程如圖，則下列推斷一定正確的是A．X的能量低于M的能量 B．Y比N穩(wěn)定C．X和Y總能量低于M和N總能量 D．該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)條件是加熱4、下列有關(guān)實驗的選項正確的是(

)ABCD苯萃取碘水中I2，分出水層后的操作從KI和I2的固體混合物中回收I2中和熱的測定分離乙醇和丙三醇的混合物A．A

B．B

C．C

D．D5、加熱時必須隔著石棉網(wǎng)的是（）A．蒸發(fā)皿 B．燒杯 C．試管 D．坩堝6、有四組同一族元素所形成的不同物質(zhì)，在101kPa時測定它們的沸點（℃）如下表所示:第一組A-268.8B-249.5C-185.8D-151.7第二組F2-187.0Cl2-33.6Br258.7I2184.0第三組HF19.4HCl-84.0HBr-67.0HI-35.3第四組H2O100.0H2S-60.2H2Se-42.0H2Te-1.8下列各項判斷正確的是A．第四組物質(zhì)中H2O的沸點最高，是因為H2O分子中化學(xué)鍵鍵能最強B．第三組與第四組相比較，化合物的穩(wěn)定性順序為：HBr>H2SeC．第三組物質(zhì)溶于水后，溶液的酸性：HF>HCl>HBr>HID．第一組物質(zhì)是分子晶體，一定含有共價鍵7、某溶液初檢后發(fā)現(xiàn)可能含有、、、和，取該溶液，加入過量，加熱，得到氣體，同時產(chǎn)生紅褐色沉淀、過濾、洗滌，灼燒，得到固體；向上述濾液中加足量溶液，得到沉淀，由此可知()A．原溶液中至少存在5種離子B．初檢時尚有離子未被發(fā)現(xiàn)C．沉淀可能溶于鹽酸D．一定不存在8、下列分子中，屬于含有極性鍵的非極性分子的是（）A．H2O B．Br2 C．CH4 D．HCl9、下列離子方程式符合題意且正確的是（）A．磁性氧化鐵溶于鹽酸中：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．在明礬溶液中加入過量Ba(OH)2溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2OC．在鹽酸中滴加少量Na2CO3溶液：CO32-+2H+=CO2↑+H2OD．用FeS除去廢水中的Cu2+：S2-+Cu2+=CuS↓10、向相同體積的分別含amolKI和bmolFeBr2的溶液中，分別通入VLCl2（體積均在標準狀況下測得），下列說法不正確的是A．當反應(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-11、化學(xué)與生產(chǎn)、生活、社會密切相關(guān)，下列說法正確的是A．漂白粉長期放置在空氣中會被空氣中的氧氣氧化而變質(zhì)B．二氧化硫可用作葡萄酒的食品添加劑C．通訊領(lǐng)域中的光導(dǎo)纖維可長期浸泡在強堿性溶液中D．汽車尾氣中含有的氮氧化物是汽油不完全燃燒生成的12、材料創(chuàng)新是衡量科技進步的重要標志。下列說法不正確的是A．發(fā)生溢油事故時可用沸石涂層網(wǎng)膜材料做防油欄B．國慶70周年閱兵使用的彩色煙劑是一種環(huán)保無毒的新型“航空液體彩色拉煙劑”C．條形碼掃描器中的光敏二極管使用的主要是超導(dǎo)材料D．納米材料具有奇特的熔點、磁性、光學(xué)、導(dǎo)熱、導(dǎo)電和化學(xué)方面等的特性13、重鉻酸鉀是一種重要的化工原料，工業(yè)上由鉻鐵礦(主要成分為FeO·Cr2O3、SiO2等)制備，制備流程如圖所示：已知：Ⅰ.步驟①的主要反應(yīng)為2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。Ⅱ.2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。下列說法正確的是()A．步驟①熔融、氧化可以在陶瓷容器中進行B．步驟①中每生成44.8LCO2共轉(zhuǎn)移7mol電子C．步驟④若調(diào)節(jié)濾液2的pH，使之變小，則有利于生成Cr2O72-D．步驟⑤生成K2Cr2O7晶體，說明該溫度下K2Cr2O7的溶解度大于Na2Cr2O714、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)值，下列有關(guān)敘述正確的是A．0.1molKHSO4晶體中含有H+數(shù)為0.1NAB．標準狀況下，5.6LSO3分子中含有的電子總數(shù)為10NAC．33.6gFe與足量的水蒸氣加熱充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.6NAD．5.6gFe投入100mL3.5mol?L－1硝酸中，充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子總數(shù)為0.3NA15、金屬性最強的元素是A．Li B．Na C．K D．Mg16、二氧化硅(SiO2)又稱硅石，是制備硅及其化合物的重要原料(各種轉(zhuǎn)化見圖)。下列說法正確的是A．SiO2既能與HF反應(yīng)，又能與NaOH反應(yīng)，屬于兩性氧化物B．SiO2和Si都是光導(dǎo)纖維材料C．硅膠吸水后可重復(fù)再生D．圖中所示轉(zhuǎn)化反應(yīng)都是非氧化還原反應(yīng)二、非選擇題（本題包括5小題）17、M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品。已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰。M與其他物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下圖所示（部分產(chǎn)物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金屬元素，將A的氯化物溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，得到的沉淀物中A元素與溶液中A元素的質(zhì)量相等，則A的該氯化物溶液和氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度之比可能為____________。（2）若A是CO2氣體，A與B溶液反應(yīng)后所得的溶液再與鹽酸反應(yīng)，放出氣體的物質(zhì)的量與所加鹽酸體積之間的關(guān)系如圖所示:則A與B溶液反應(yīng)后溶液中的溶質(zhì)為___________（填化學(xué)式），物質(zhì)的量之比為_______。（3）若A是一種正鹽，A能分別與B、F溶液反應(yīng)生成無色且具有刺激性氣味的氣體，則A的化學(xué)式為_____________。18、已知無色溶液X可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32-、NO3-、SO42-中的幾種離子，某化學(xué)興趣小組通過如下實驗確定了其成分(其中所加試劑均過量，氣體體積已轉(zhuǎn)化為標準狀況)：回答下列問題：(1)實驗Ⅱ可確定無色溶液X中一定不存在的離子有________。(2)無色氣體A的空間構(gòu)型為_______；白色沉淀A的成分為_______(寫化學(xué)式)。(3)實驗Ⅲ中的第ii步操作對應(yīng)發(fā)生的反應(yīng)的離子方程式為________。(4)該無色溶液X中一定存在的陽離子及其物質(zhì)的量濃度為________。19、下圖為制取純凈干燥的Cl2并讓其與鐵發(fā)生反應(yīng)的裝置，A是Cl2發(fā)生裝置，C、D為氣體凈化裝置，E硬質(zhì)玻璃管中裝有細鐵絲網(wǎng)；F為干燥的空廣口瓶；燒杯G為尾氣吸收裝置。試回答：（1）C、G兩個裝置所盛放的試劑分別是：C________，G_____________。（2）①裝置搭好須進行氣密性檢查，寫出操作方法：_____________________________。②兩處酒精燈應(yīng)先點燃_______處(填寫A或E)，目的是______________________。③F中的現(xiàn)象為______________，G中出現(xiàn)了一種沉淀，該沉淀的化學(xué)式_____。（3）寫出在A、E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為：A：______________________；E：______________________。20、焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，常用作食品抗氧化劑等。某化學(xué)研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)等。（1）制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復(fù)使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3（飽和溶液）→Na2S2O5（晶體）+H2O（l）①如圖裝置中儀器A的名稱是_________，A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_________。②F中盛裝的試劑是__________________，作用是____________________。③實驗前通入N2的作用是_____________。④Na2S2O5晶體在_____（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。⑤若撤去E，則可能發(fā)生___________________。（2）設(shè)計實驗探究Na2S2O5的性質(zhì)，完成表中填空：預(yù)測Na2S2O5的性質(zhì)探究Na2S2O5性質(zhì)的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性用適量的蒸餾水溶解少量的Na2S2O5樣品于試管中，取pH試紙放在干燥潔凈的表面皿上，用干燥潔凈的玻璃棒蘸取樣品點在試紙上，試紙變紅探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol·L-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去綜合實驗結(jié)論，檢驗Na2S2O5晶體在空氣中是否被氧化的試劑為__________，探究二中反應(yīng)的離子方程式為__________。21、實驗室從含碘廢液（除H2O外，含有CCl4、I2、I-等）中回收碘，實驗過程如下：（1）向含碘廢液中加入稍過量的Na2SO3溶液，將廢液中的I2還原為I－，其離子方程式為___________；該操作將I2還原為I－的目的是________。（2）操作X的名稱為__________。（3）氧化時，在三頸瓶中將含I－的水溶液用鹽酸調(diào)至pH約為2，緩慢通入Cl2，在40℃左右反應(yīng)（實驗裝置如圖所示）。實驗控制在較低溫度下進行的原因是________；儀器a的名稱為__________；儀器b中盛放的溶液為________。（4）已知：；某含碘廢水（pH約為8）中一定存在I2，可能存在I－、中的一種或兩種。請補充完整檢驗含碘廢水中是否含有I－、IO3-的實驗方案（實驗中可供選擇的試劑：稀鹽酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液）。①取適量含碘廢水用CCl4多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗不出有碘單質(zhì)存在；②______________________；③另從水層中取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加鹽酸酸化后，滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍說明廢水中含有IO3-；否則說明廢水中不含有IO3-。（5）二氧化氯（ClO2，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑和水處理劑?，F(xiàn)用氧化酸性含廢液回收碘。完成ClO2氧化I－的離子方程式：_____ClO2+____I－+_______=_____+_____Cl－+（_________）________。（6）“碘量法”是一種測定S2－含量的有效方法。立德粉ZnS·BaSO4是一種常用的白色顏料，制備過程中會加入可溶性的BaS，現(xiàn)用“碘量法”來測定立德粉樣品中S2－的含量。稱取mg樣品，置于碘量瓶中，移取25.00mL0.1000mol/L的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密閉，置暗處反應(yīng)5min，有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑，過量的I2用0.1000mol/LNa2S2O3滴定，反應(yīng)式為。測定消耗Na2S2O3溶液體積VmL。立德粉樣品S2－含量為__________（寫出表達式）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【分析】由于氧化性Fe3+＞Cu2+，先發(fā)生：Fe+2Fe3+=3Fe2+，再發(fā)生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；由題目中當廢液超過0.5L時才能加測出Cu2+，可知當廢液體積為0.5L時廢液中Fe3+和Cu2+恰好完全反應(yīng)，容器內(nèi)固體質(zhì)量不變，則溶解的鐵與析出Cu的質(zhì)量相等，0.5L廢液中含有Cu2+為0.5L×0.7mol/L=0.35mol，由Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，可知消耗0.35molFe，生成0.35molCu，二者質(zhì)量之差為0.35mol×(64g/mol-56g/mol)=2.8g，故Fe+2Fe3+=3Fe2+消耗Fe為2.8g÷56g/mol=0.05mol，故0.5L廢液中Fe3+為0.05mol×2=0.1mol，鐵粉為0.35mol+0.05mol=0.4mol，故鐵粉質(zhì)量為0.4mol×56g/mol=22.4g?！驹斀狻緼．由題目中當廢液超過0.5L時才能加測出Cu2+，可知當廢液體積為0.5L時廢液中Fe3+和Cu2+恰好完全反應(yīng)，故當鐵粉與0.25L廢液反應(yīng)完全后Fe有剩余，固體成分為Fe與Cu，故A正確；B．1L廢液與鐵粉反應(yīng)后，鐵粉無剩余，再加廢液發(fā)生的反應(yīng)為：Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B錯誤；C．廢液中c(Fe3+)=0.1mol÷0.5L=0.2mol?L-1，故C正確；D．1L廢液中含有0.2molFe3+和0.7molCu2+，先發(fā)生Fe+2Fe3+=3Fe2+，再發(fā)生：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，前者消耗Fe為0.1mol，后者消耗Fe為0.7mol，要使Cu2+反應(yīng)完先要和Fe3+反應(yīng)，消耗鐵粉質(zhì)量m=(0.1+0.7)mol×56g/mol=44.8g，故D正確。

故選：B。2、B【解析】A.能使石蕊變紅的無色溶液，說明溶液呈酸性，且無有色微粒存在，上述4種離子均能和H+大量共存，故A項不選；B.I2能夠?qū)O32-氧化：H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+，故B項選；C.能夠大量共存，故C項不選；D.pH=2的溶液，說明c(H+)=0.01mol/L，溶液中離子能大量共存，故D項不選。答案選B。3、C【詳解】A．X的能量與M的能量無法判斷，A錯誤；B．Y、N的能量無法判斷，無法比較那個穩(wěn)定，B錯誤；C．根據(jù)圖像，X和Y總能量低于M和N總能量，C正確；D．反應(yīng)物的總能量小于生成物的總能量，該反應(yīng)是吸熱反應(yīng)，反應(yīng)吸熱、放熱與反應(yīng)條件無關(guān)，D錯誤；答案為C。4、D【詳解】A.分離出水層后，應(yīng)該從上口倒出碘的苯溶液，不符合題意，A錯誤；B.圖示儀器為蒸發(fā)皿，對固體進行加熱時，應(yīng)用坩堝，不符合題意，B錯誤；C.測定中和熱時，大小燒杯之間應(yīng)用泡沫塑料填滿，以防止熱量的散失，不符合題意，C錯誤；D.乙醇和丙三醇是兩種互溶的液體，但二者的沸點不同，應(yīng)用蒸餾進行分離，符合題意，D正確；答案為D。5、B【詳解】A．蒸發(fā)皿可以直接加熱，故A選項錯誤。B．燒杯加熱需要石棉網(wǎng)，故B選項正確。C．試管可以直接加熱，故C選項錯誤。D．坩堝直接加熱不需要石棉網(wǎng)，故D選項錯誤。故答案選B。6、B【解析】分析：根據(jù)物質(zhì)的沸點高低可以判斷其晶體類型。由表中數(shù)據(jù)可知，，表中所有物質(zhì)沸點較低，故其均可形成分子晶體。根據(jù)元素的非金屬性強弱可以判斷其氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性。對于分子組成相似的物質(zhì)，若分子間能形成氫鍵，則其沸點要高于不能形成分子間氫鍵的。詳解：A.第四組物質(zhì)中H2O的沸點最高，是因為H2O分子之間可以形成氫鍵，A不正確；B.Se和Br同為第4周期元素，Br的非金屬性較強，故化合物的穩(wěn)定性順序為HBr>H2Se，B正確；C.第三組物質(zhì)溶于水后，HF溶液的酸性最弱，因為氫氟酸是弱酸、其他均為強酸，C不正確；D.第一組物質(zhì)是分子晶體，其結(jié)構(gòu)粒子為分子，但是，分子中不一定含有共價鍵，如稀有氣體分子中無共價鍵，D不正確。綜上所述，各項判斷正確的是B，本題選B。7、B【分析】加入過量NaOH溶液，加熱，得到0.02mol氣體，氣體是氨氣，說明一定有NH，物質(zhì)的量＝0.02mol；同時產(chǎn)生紅褐色沉淀，沉淀是氫氧化鐵，說明一定有Fe3+。1.6g固體為氧化鐵，物質(zhì)的量為0.01mol，則含有0.02molFe3+，因此一定沒有；4.66g沉淀為硫酸鋇，一定有，物質(zhì)的量為0.02mol；由于加入NaOH溶液過量，則Al3+可能存在，陽離子總電荷物質(zhì)的量至少為0.02mol+0.02mol×3=0.08mol，陰離子的總電荷物質(zhì)的量為0.02mol×2=0.04mol，根據(jù)溶液呈電中性，說明溶液中應(yīng)含有其他陰離子未被檢驗出來，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．根據(jù)題中已知信息，只能確定至少3種離子，由于陰陽離子電荷不守恒，溶液中含有其他離子未被檢測出來，無法確定含有離子種類數(shù)目，故A錯誤；B．根據(jù)分析可知，初檢時尚有離子未被發(fā)現(xiàn)，故B正確；C．根據(jù)分析，溶液中一定存在，硫酸鋇不溶于酸，則沉淀不可能全部溶于鹽酸，故C錯誤；D．根據(jù)分析，在過量的氫氧化鈉溶液中可轉(zhuǎn)化為偏鋁酸根離子，可能存在，故D錯誤；答案選B。8、C【解析】A．H2O為V形結(jié)構(gòu)，含有極性鍵，正負電荷的重心不重合，電荷分布不均勻，為極性分子，故A錯誤；A．Br2為單質(zhì)，只含有非極性鍵，為非極性分子，故B錯誤；C．CH4含有極性鍵，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，為非極性分子，故C正確；D．HCl為直線型，含有極性鍵，正負電荷的重心不重合，電荷分布不均勻，為極性分子，故D錯誤；故選C。點睛：同種元素之間形成非極性共價鍵，不同元素之間形成極性共價鍵，分子中正負電荷中心不重合，從整個分子來看，電荷的分布是不均勻的，不對稱的，這樣的分子為極性分子，以極性鍵結(jié)合的雙原子一定為極性分子，以極性鍵結(jié)合的多原子分子如結(jié)構(gòu)對稱，正負電荷的重心重合，電荷分布均勻，則為非極性分子。9、C【詳解】A．將磁性氧化鐵溶于鹽酸的離子反應(yīng)為Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2O，故A錯誤；B．明礬溶液中加入過量的Ba(OH)2溶液的離子反應(yīng)為2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+2H2O，故B錯誤；C．在鹽酸中滴加少量碳酸鈉反應(yīng)生成二氧化碳、水和氯化鈉，離子反應(yīng)方程式為CO32-+2H+═CO2↑+H2O，故C正確；D．FeS的溶度積大于CuS的溶度積，加入FeS可以沉淀廢水中的Cu2+：FeS+Cu2+═CuS↓+Fe2+，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意明礬溶液中的鋁離子和硫酸根離子都能與氫氧化鋇反應(yīng)，其中過量的氫氧根離子與鋁離子反應(yīng)生成偏鋁酸根離子。10、B【解析】A、當反應(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。11、B【解析】A.漂白粉長期放置在空氣中會與空氣中的二氧化碳和水蒸氣反應(yīng)生成碳酸鈣和次氯酸，次氯酸分解生成鹽酸和氧氣，而變質(zhì)，故A錯誤；B.二氧化硫具有殺菌消毒的作用，可微量用作葡萄酒的食品添加劑，故B正確；C.通訊領(lǐng)域中的光導(dǎo)纖維的主要成分為二氧化硅，能夠與強堿性溶液反應(yīng)，故C錯誤；D.汽車尾氣中含有的氮氧化物是空氣中的氮氣和氧氣在放電條件下生成的，故D錯誤；故選B。12、C【詳解】A.沸石具有強吸附性，故發(fā)生溢油事故時可用沸石涂層網(wǎng)膜材料做防油欄，故A正確；B.國慶70周年閱兵使用的彩色煙劑是一種環(huán)保無毒的新型“航空液體彩色拉煙劑”，故B正確；C.當光照發(fā)生變化時，由半導(dǎo)體材料做成的光敏電阻的阻值可發(fā)生變化，可以感知條形碼，故C錯誤；D.納米材料的尺寸已接近光的波長，加上具有大表面的特殊效應(yīng)，因此具有奇特的熔點、磁性、光學(xué)、導(dǎo)熱、導(dǎo)電和化學(xué)方面等的特性，故D正確；故選C?！军c睛】13、C【解析】鉻鐵礦的主要成分為FeO·Cr2O3、SiO2等，制備重鉻酸鉀，由制備流程可知，步驟①的主要反應(yīng)為2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合價由+3價升高為+6價，F(xiàn)e元素的化合價由+2價升高為+3價，N元素的化合價由+5價降低為+3價。步驟①中若使用陶瓷，二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應(yīng)生成硅酸鈉和二氧化碳，則使用鐵坩堝，濾液2中含Na2CrO4，④中調(diào)節(jié)pH發(fā)生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，濾液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固體后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此來解答。【詳解】A.由上述分析可知，步驟①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅與碳酸鈉高溫下反應(yīng)生成硅酸鈉和二氧化碳，故A錯誤；B.由上述分析可知步驟①的主要反應(yīng)為2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合價由+3價升高為+6價，F(xiàn)e元素的化合價由+2價升高為+3價，N元素的化合價由+5價降低為+3價，每生成2molCO2轉(zhuǎn)移7mol電子，但沒指明標況，故無法計算CO2的物質(zhì)的量，故B錯誤；C.步驟④若調(diào)節(jié)濾液2的pH，發(fā)生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH變小，平衡正向移動，則有利于生成Cr2O72-，故C正確；D.向“濾液3”中加入適量KCl，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾得到K2Cr2O7固體，說明步驟⑤發(fā)生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，說明該溫度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，故D錯誤。故答案選C?！军c睛】題考查物質(zhì)的制備實驗，把握流程中發(fā)生的反應(yīng)、混合物分離提純、發(fā)生的反應(yīng)為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意元素化合物知識與實驗的結(jié)合。14、C【詳解】A.硫酸氫鉀為離子化合物，晶體中含有鉀離子和硫酸氫根離子，不含有氫離子，故A錯誤；B.標準狀況下，三氧化硫為固態(tài)，無法計算5.6L三氧化硫的物質(zhì)的量和含有的電子總數(shù)，故B錯誤；C.高溫下，鐵與水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，反應(yīng)消耗3mol鐵，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為(—0)×3mol=8mol，33.6g鐵的物質(zhì)的量為=0.6mol，則0.6mol鐵與足量的水蒸氣加熱充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.6NA，故C正確；D.5.6g鐵的物質(zhì)的量為=0.1mol，100mL3.5mol?L－1硝酸得物質(zhì)的量為0.35mol，若0.1mol鐵完全轉(zhuǎn)化為鐵離子，消耗硝酸的物質(zhì)的量為0.4mol，若完全轉(zhuǎn)化為亞鐵離子，消耗硝酸mol，則0.1mol鐵與0.35mol硝酸反應(yīng)生成硝酸鐵和硝酸亞鐵的混合物，充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子總數(shù)小于0.3NA，故D錯誤；故選C。15、C【解析】Li、Na、K位于同一主族，同主族元素從上到下元素的金屬性逐漸增強，則有金屬性：K＞Na＞Li，Na、Mg位于同一周期，同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸減弱，則金屬性：Na＞Mg，金屬性最強的元素是K。故選C。16、C【詳解】A.兩性氧化物的定義為與酸和堿反應(yīng)均生成鹽和水的氧化物，SiO2與HF反應(yīng)得到的SiF4不屬于鹽類，所以SiO2不是兩性氧化物，SiO2屬于酸性氧化物，A錯誤；B.SiO2是光導(dǎo)纖維材料，Si為半導(dǎo)體材料，B錯誤；C.硅膠表面積大，吸附力強，硅膠吸附水分后，可通過熱脫附方式將水分除去而重復(fù)使用，C正確；D.圖中二氧化硅與氫氟酸、氫氧化鈉、碳酸鈉的反應(yīng)，硅酸鈉與鹽酸的反應(yīng)，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合價都沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應(yīng)，而Si與Cl2反應(yīng)產(chǎn)生SiCl4的反應(yīng)及SiCl4與H2反應(yīng)產(chǎn)生Si單質(zhì)的反應(yīng)屬于氧化還原反應(yīng)，因此反應(yīng)不全是非氧化還原反應(yīng)，D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3【分析】已知C可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，所以C為氫氣，D為氯氣；C與D反應(yīng)生成的F為HCl；M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，M為NaCl，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，B為NaOH。（1）若A是地殼中含量最多的金屬元素，則推斷A為金屬鋁，將A的氯化物溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，發(fā)生的反應(yīng)為，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2氣體，A與NaOH溶液反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)可能為：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根據(jù)加入鹽酸后所消耗鹽酸的體積來分析解答即可。（3）若A是一種正鹽，A能分別與NaOH、HCl溶液反應(yīng)生成無色且具有刺激性氣味的氣體，該氣體為常見的NH3和SO2，據(jù)此來分析作答?！驹斀狻恳阎狢可在D中燃燒發(fā)出蒼白色火焰，所以C為氫氣，D為氯氣；C與D反應(yīng)生成的F為HCl；M是日常生活中不可缺少的調(diào)味品，M為NaCl，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，B為NaOH。（1）若A是地殼中含量最多的金屬元素，則推斷A為金屬鋁，將A的氯化物溶液和氫氧化鈉溶液等體積混合，發(fā)生的反應(yīng)為，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+兩種存在形式，故當?shù)玫降某恋砦顰l(OH)3中Al元素與溶液中中Al元素的質(zhì)量相等，也分兩種情況，①堿過量時，即反應(yīng)剩余的n[Al(OH)3]=n(AlO2-)，根據(jù)元素守恒可知此時c(AlCl3)：c(NaOH)=2：7；②當堿量不足時，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根據(jù)元素守恒可知，此時c(AlCl3)：c(NaOH)=2：3，故答案為2：3或2：7。（2）若A是CO2氣體，A與NaOH溶液反應(yīng)后所得溶液中溶質(zhì)可能為：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由圖示信息可以看出：①0~0.1L時，消耗鹽酸沒有氣體放出；②0.1L~0.3L，消耗鹽酸有氣體放出；根據(jù)兩個階段消耗的鹽酸的體積比為1:2，可以推測出，原溶液中溶質(zhì)為Na2CO3和NaHCO3，根據(jù)反應(yīng)Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不產(chǎn)生氣體消耗的鹽酸與產(chǎn)生氣體消耗的鹽酸體積比為1:2，可判斷出Na2CO3和NaHCO3物質(zhì)的量之比為1:1。故答案為Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一種正鹽，A能分別與B、F溶液反應(yīng)生成無色且具有刺激性氣味的氣體，可推測出A的陽離子為NH4+，陰離子為SO32-，進而得出A的化學(xué)式為(NH4)2SO3。18、H+、Mg2+、Al3+三角錐形BaCO3、BaSO43Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2Oc(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L【分析】無色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加熱產(chǎn)生無色氣體A是NH3，說明含有NH4+，根據(jù)氨氣的物質(zhì)的量可計算出NH4+的物質(zhì)的量；同時產(chǎn)生白色沉淀A，向該沉淀中加入稀硝酸產(chǎn)生無色氣體B，同時有白色沉淀B，說明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的質(zhì)量和為8.6g，沉淀B是BaSO4，氣體B是CO2，說明原溶液中含SO42-、CO32-，根據(jù)沉淀A、B的質(zhì)量可計算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物質(zhì)的量；向溶液A中加入鹽酸酸化，并加入FeCl2溶液，產(chǎn)生無色氣體C，該氣體與空氣變?yōu)榧t棕色，則B是NO，說明III發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，A中含有NO3-，根據(jù)NO的體積，結(jié)合N元素守恒可得NO3-的物質(zhì)的量，根據(jù)離子共存判斷是否含有其它離子，并進行分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：該溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-與H+、Mg2+、Al3+會發(fā)生離子反應(yīng)而不能大量共存，所以該溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+離子；(2)無色氣體A是NH3，該氣體分子呈三角錐形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3)實驗Ⅲ中的第ii步操作是H+、NO3-與Fe2+發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒。可得該反應(yīng)的離子方程式為3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)根據(jù)上述分析及題干已知信息，結(jié)合元素守恒可知，在原溶液中含有的離子的物質(zhì)的量分別是：n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=4.66g÷233g/mol=0.02mol，n(CO32-)=n(BaCO3)=(8.6-4.66)g÷197g/mol=0.02mol，n(NO3-)=n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol。陰離子帶有的負電荷總數(shù)多于陽離子帶有的正電荷總數(shù)，根據(jù)溶液呈電中性，說明溶液中還含有陽離子Na+，其物質(zhì)的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)-n(NH4+)=2×0.02mol+2×0.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的體積是200mL，則該無色溶液X中一定存在的陽離子的物質(zhì)的量濃度c(NH4+)=n(NH4+)÷V=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L；c(Na+)=n(Na+)÷V=0.08mol÷0.2L=0.4mol/L?！军c睛】本題考查常見離子的檢驗方法及物質(zhì)的量濃度的計算，注意掌握常見離子的性質(zhì)及正確的檢驗方法，要求學(xué)生能夠根據(jù)離子反應(yīng)的現(xiàn)象判斷原溶液中存在的離子名稱，結(jié)合離子反應(yīng)由已經(jīng)確定的離子存在判斷不能存在的離子，并根據(jù)溶液的電中性分析題目未涉及的檢驗離子的存在及其濃度，該題培養(yǎng)了學(xué)生的分析、理解能力及靈活應(yīng)用所學(xué)知識的能力。19、飽和食鹽水氫氧化鈉溶液關(guān)閉分液漏斗活塞，往燒杯G中加水，微熱A處酒精燈，燒杯中有氣泡產(chǎn)生，停止加熱冷卻后，導(dǎo)管中形成一段水柱A趕走空氣，防止鐵被空氣氧化產(chǎn)生棕黃或棕紅或棕褐色的煙Fe（OH）3MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O2Fe+3Cl22FeCl3【解析】（1）制取純凈干燥的Cl2，A是Cl2發(fā)生裝置，C、D為氣體凈化裝置，先用飽和食鹽水除氯化氫，再用濃硫酸干燥，氯氣有毒，為防止污染空氣，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣，所以C中的試劑是飽和食鹽水，G中的試劑是氫氧化鈉溶液；（2）①檢查氣密性的方法：關(guān)閉分液漏斗活塞，往燒杯G中加水，微熱A處酒精燈，燒杯中有氣泡產(chǎn)生，停止加熱冷卻后，導(dǎo)管中形成一段水柱；②兩處酒精燈應(yīng)先點燃A處，目的是趕走空氣，防止鐵被空氣氧化；③E處反應(yīng)生成了FeCl3，F(xiàn)中的現(xiàn)象為產(chǎn)生棕黃或棕紅或棕褐色的煙，G中會出現(xiàn)Fe(OH)3沉淀；（3）A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；E中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式2Fe+3Cl22FeCl3。20、三頸燒瓶Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O濃NaOH溶液吸收剩余的SO2排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化D倒吸鹽酸、BaCl2溶液5S2O+4MnO+2H+=10SO+4Mn2++H2O【分析】采用裝置圖制取Na2S2O5，裝置D中有Na2S2O5晶體析出，根據(jù)圖可知：裝置A中濃硫酸與亞硫酸鈉溶液反應(yīng)生成SO2，裝置D中析出Na2S2O5晶體：Na2SO3+SO2=Na2S2O5；二氧化硫有毒，裝置F為尾氣吸收裝置，裝置E防止倒吸?！驹斀狻?1)①根據(jù)儀器的結(jié)構(gòu)可知A