福建省三明市A片区高中联盟校2026届化学高三上期中教学质量检测试题含解析

福建省三明市A片区高中联盟校2026届化学高三上期中教学质量检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、金属及其化合物转化关系是化学学习的重要内容之一，下列各组物质的转化关系不能全部通过一步反应完成的是（）A．Na→NaOH→Na2CO3→NaCl B．Fe→FeCl3→Fe(OH)3→Fe2O3C．Mg→MgCl2→Mg(OH)2→MgSO4 D．Al→Al2O3→Al(OH)3→AlCl32、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB．16gO3和O2混合物中氧原子数为NAC．1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含的电子数均为9NAD．标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移电子数为0.1NA3、化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是A．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油B．水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石C．光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅D．双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同4、下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应的元素，则下列说法正确的是()A．31d和33d属于同种核素B．气态氢化物的稳定性：a＞d＞eC．工业上常用电解法制备单质b和cD．a和b形成的化合物不可能含共价键5、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．Fe2O3俗称磁性氧化铁，常用作红色油漆和涂料B．钠、钾合金（液态）可用于原子反应堆的导电材料C．MgO、A12O3的熔点高，均可用作耐高温材料D．C1O2具有还原性，可用于自来水的杀菌消毐6、中国丝绸有五千年的历史和文化。古代染坊常用某种“碱剂”来精炼丝绸，该“碱剂”的主要成分是一种盐，能促进蚕丝表层的丝胶蛋白杂质水解而除去，使丝绸颜色洁白、质感柔软、色泽光亮这种“碱剂”可能是A．草木灰B．火碱C．食盐D．胆矾7、利用太阳能分解制氢，若光解0.02mol水，下列说法正确的是（）A．可生成H2的质量为0.02gB．可生成氢的原子数为2.408×1023个C．可生成H2的体积为0.224L（标准状况）D．生成H2的量理论上等于0.04molNa与水反应产生H2的量8、能够说明硫的非金属性比氯弱的事实有①与铁反应生成，S与铁反应生成FeS

②和的混合气，经强光照射可剧烈反应，而S与反应需较高温度

③将通入氢硫酸中可置换出硫

④常温时硫单质为固态而氯单质为气态．A．①③ B．①②③ C．②④ D．①②③④9、甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为A．10% B．15% C．20% D．无法确定10、四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的；Y是地壳中含量最多的金属元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列叙述中，不正确的是A．将W的最高价氧化物通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀，得出非金属性：W＞SiB．将X单质投入到CuSO4溶液中，生成紫红色固体C．工业上用电解熔融Y的氧化物的方法冶炼金属YD．Z的气态氢化物的沸点在同主族中最低11、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A．钾 B．镁 C．铁 D．铜12、下列叙述正确的是A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同13、下列说法中正确的是（）A．碱性氧化物一定是金属氧化物，酸性氧化物一定是非金属氧化物B．硫酸钡难溶于水，所以硫酸钡是弱电解质C．CO2、NH3的水溶液可以导电，所以CO2、NH3是电解质D．强电解质溶液的导电能力不一定强，弱电解质溶液的导电能力不一定弱14、利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是选项①②③实验结论A酸性高锰酸钾浓盐酸NaHCO3溶液Cl2与水反应生成酸性物质B浓硫酸蔗糖澄清石灰水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸铁片NaOH溶液铁和浓硝酸反应可生成NOD稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：Cl>C>SiA．A B．B C．C D．D15、X、Y、Z、W有如图所示的转化关系，则X、Y可能是①C、CO②AlCl3、Al(OH)3③N2、NO④S、SO2A．①②B．②③C．③④D．①②④．16、下图表示自然界中的氮循环，相关说法正确的是A．“雷电作用”中发生的反应是：N2+2O22NO2B．“人工固氮”过程中，氮元素一定被还原C．①中涉及的反应可能有：2NO2-+O2=2NO3-D．②中涉及的反应可能有：2NO3-+12H+=N2+6H2O17、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将SO2通入硝酸钡溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均生成白色沉淀B向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液产生气体的速率加快硫酸铜作该反应的催化剂C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸A．A B．B C．C D．D18、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（）A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀19、反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，是潜艇中氧气来源之一。用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．22.4LO2含2NA个氧原子B．1.8gH2O含有的质子数为NAC．反应中每生成1molO2转移4mol电子D．4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度为1mol/L20、下列化学用语表达正确的是()A．乙酸的结构简式：C2H4O2B．氢氧化钠的电子式：C．Cl离子的结构示意图：D．NaClO的电离方程式：NaClO=Na++Cl-+O2-21、关于一些实验的下列说法中，正确的有几个①配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，未将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，使配制的溶液浓度偏小②用浓硫酸配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，将浓硫酸溶于水后，并不马上转移到容量瓶中，而是让其冷却至室温后才进行后续操作③钠与氯气反应实验操作：取一块绿豆大的金属钠（切去氧化层），用滤纸吸干煤油，放在石棉网上，用酒精灯微热，待钠熔成球状时，将盛有氯气的集气瓶迅速倒扣在钠的上方，观察现象。④钾在空气中燃烧实验操作：将一干燥的坩埚加热，同时取一小块钾，滤纸吸干表面的煤油后，迅速投到热坩埚中，观察现象。⑤做Na的性质的验证实验时，在较大的钠块上切下绿豆大小的金属钠后，将剩余部分放回原瓶中⑥石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再重新加热蒸馏⑦蒸馏可用于分离所有沸点不同的液体的混合物A．6个 B．7个 C．5个 D．4个22、化学与生活息息相关，下列说法不正确的是A．硅胶多孔，常用作食品干燥剂和催化剂的载体B．水玻璃可用作黏合剂和防火剂C．明矾是一种水处理剂，可用于水的杀菌、消毒D．“静电除尘”，“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化"都能提高空气质量二、非选择题(共84分)23、（14分）下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物质分别为_______、________、_______、_______（填化学式）；（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_______；（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是_______、________（填化学式）；（4）反应③产物中K的化学式为______________________________；（5）反应④的离子方程式为________________________________________。24、（12分）已知：(R、R′为烃基)。试写出以苯和丙烯(CH2=CH-CH3)为原料，合成的路线流程图(无机试剂任选)。_______25、（12分）铁矿石是工业炼铁的主要原料之一，其主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定①按上图组装仪器，检查装置的气密性；②将2．3g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；③从左端导气管口处不断地缓缓通入H2，待C装置出口处H2验纯后，点燃A处酒精灯；④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。（2）装置C的作用为_______________________________。（2）若将H2换成CO，则还需补充________________装置。（3）测的反应后装置B增重2．32g，则铁矿石中氧的百分含量为_______________。Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定（2）步骤④中煮沸的作用是__________________________。（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、__________________。（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是__________________________。a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液d．锥形瓶不需要用待测夜润洗e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化f．滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，再读数（4）若滴定过程中消耗3．2333mol·L−2的KI溶液23．33mL，则铁矿石中铁的百分含量为____________。Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为______________。26、（10分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫(SO2)。(1)甲组采用如图装置脱硫(部分装置略)。①CaO脱硫后的产物是_________。②b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_____。ⅰ.加快SO2气体流速ⅱ.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管ⅲ.加热a，脱硫效果可能会更好③小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是______________。(2)乙组选用AgNO3溶液脱除SO2，如图所示：现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：①取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。②取_________，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明＂假设1＂不成立。③为进一步确认＂假设2＂，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是______；经确认，反应后混合液中存在SO。实验证明＂假设2＂成立。④产生沉淀A的化学方程式是_______，_____。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。(3)丙组用NaClO脱除SO2，用1L0.1mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2__L。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）常作氯化剂或氯磺化剂，用于制作药品、染料、表面活性剂等。其部分性质如下表：物质熔点/℃沸点/℃其它性质SO2Cl2-54.169.1①易水解，产生大量白雾②易分解：SO2Cl2

SO2↑+Cl2↑回答下列问题：Ⅰ.实验室合成硫酰氯要先制取干燥氯气。制备干燥纯净的氯气所用仪器如下图：（1）圆底烧瓶中发生的离子反应方程式为_____________。（2）上述仪器的连接顺序是：e接，接，接，接（按气流方向，用小写字母表示）。______________________II．催化合成硫酰氯的实验装置如下图(夹持仪器已省略)：（3）仪器B冷却水的进口为________(填“a””或“b”)，活性炭的作用是________。（4）装置D除干燥气体外，另一作用是_______________。若缺少D，则硫酰氯会水解，该反应的化学方程式为________________。（5）某同学建议将收集器A放在冰水中冷却，你认为该同学的建议是否合理，为什么？_______28、（14分）工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下：(1)过滤Ⅰ所得滤渣Ⅰ的主要成分为_________(填化学式)。(2)“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：__________________________。(3)“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_______。(4)向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度控制在30-35℃，温度不宜太高的原因是_______。(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_____________。(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是______________。29、（10分）氨基甲酸铵(H2NCOONH4)是一种易分解、易水解的白色固体。某研究小组用下图所示的实验装置，利用浓氨水、干冰等作原料制备氨基甲酸铵。（1）仪器a的名称是____________；与分液漏斗相比，使用滴液漏斗的优点是：______________________________________。（2）装置B中盛装药品的名称是________________。（3）写出装置D中发生反应的化学方程式：__________________________________。（4）装置E的作用之一是控制原料气按反应计量系数充分反应。若反应初期观察到装置内浓硫酸中产生气泡，应该______(填“加快”、“减慢”或“不改变”)产生氨气的流速；装置E的作用还有___________________________________________________。（5）已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵。为测定氨基甲酸铵样品的纯度，取样品1.600g，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为2.000g。①写出碳酸氢铵与足量石灰水反应的离子方程式：______________________________。②样品中氨基甲酸铵的质量分数为_____________％。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，氢氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，碳酸钠和氯化钙反应生成碳酸钙进而氯化钠，Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，能一步实现反应，故A不符合；B．Fe→FeCl3→Fe（OH）3→Fe2O3中反应方程式分别是、FeCl3+3NaOH=Fe（OH）3↓+3NaCl、，能一步实现，故B不符合；C．镁和氯气反应生成氯化镁，Mg+Cl2=MgCl2，氯化镁和氢氧化钠溶液反应生成氢氧化镁沉淀，MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl，氢氧化镁沉淀溶解于硫酸生成硫酸镁，Mg（OH）2+H2SO4=MgSO4+2H2O；故C不符合；D．氧化铝和水不反应，所以不能一步生成氢氧化铝，故D符合；故答案为D。2、B【详解】A、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；B、O3和O2都是氧原子构成的单质分子，则16gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA，选项B正确；C、羟基是不带电的原子团，而OH－离子是带电原子团，所以1mol的羟基含有电子数为9NA，而1mol的氢氧根离子含电子数为10NA，选项C错误；D、0.1mol氯气溶于水，与水反应生成氯化氢和次氯酸的反应是可逆反应，消耗的氯气小于0.1mol，则转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，选项D错误；答案选B。3、B【详解】A．“地沟油”中主要含油脂，还含有害物质，不能食用，但可用来制肥皂(碱性条件下水解)或燃油(油脂能燃烧)，故A正确；B．水泥的生产工艺,以石灰石和黏土为主要原料；生产玻璃的原料为石英、石灰石、纯碱；常见的陶瓷原料有黏土等,所以陶瓷的原料没有石灰石,故B错误；C．二氧化硅传导光的能力非常强，Si为常见的半导体材料，则光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅，故C正确；D．高锰酸钾和双氧水都是利用其强氧化性杀菌消毒，漂白粉溶液中有次氯酸，具有强氧化性，也能够杀菌消毒作用，原理一样，故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】高锰酸钾和双氧水、漂白粉溶液等均有强氧化性，能够杀菌消毒，属于氧化性杀菌消毒；而酒精、甲醛、苯酚等也具有杀菌消毒功能，能够使蛋白质变性，属于非氧化性杀菌消毒。4、C【解析】由图部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图分析，a为氧化元素，e为硫元素，b为钠元素，c为铝元素，d为磷元素；A.31d和33d质子相同，中子数不同，互为同位素，A错误；a、e、d的非金属性依次减弱，它们的气态氢化物的稳定性也依次减弱，即a＞e＞d，B错误；C.工业上常用电解法制备单质钠和铝，C正确；D.a和b可形成过氧化钠，其中过氧根离子中含氧氧共价键，D错误。5、C【解析】A、Fe2O3俗名为铁红，常用作红色油漆和涂料，磁性氧化铁为Fe3O4，A错误。B、钠、钾合金呈液态，可用于原子反应堆的冷却剂，B错误。C、MgO、A12O3的熔点高，均可用作耐高温材料，C正确。D、C1O2具有氧化性，所以可用于自来水的杀菌消毐，而不是因为有还原性，D错误。正确答案为C6、A【解析】草木灰的成分是碳酸钾，属于盐，溶液呈碱性，故A正确；火碱是氢氧化钠，属于碱，故B错误；食盐是氯化钠属于盐，溶液呈中性，故C错误；胆矾是，属于盐，溶液呈酸性，故D错误。7、D【详解】根据方程式2H2O2H2↑+O2↑，光解0.02mol水，可产生0.02molH2和0.01molO2。则可得：A．可生成H2的质量为0.04g，错误；B．可生成氢的原子数为2.408×1022个，错误；C．可生成标准状况下H2的体积为0.448L，错误；D．0.04molNa与水反应产生0.02molH2。故选D。8、B【详解】①Cl2与铁反应生成FeCl3，S与铁反应生成FeS，则Cl得电子的能力强，所以硫的非金属性比氯弱，故①正确；②Cl2和H2的混合气，经强光照射可剧烈反应，而S与H2反应需较高温度，则Cl与氢气易化合，所以硫的非金属性比氯弱，故②正确

③将Cl2通入氢硫酸中可置换出硫，由氧化还原反应可知，硫的非金属性比氯弱，故③正确；

④常温时硫单质为固态而氯单质为气态，物质的状态是物质的物理性质，不能说明元素的非金属性强弱，故④错误；能够说明硫的非金属性比氯弱的事实有①②③，故选B。9、A【解析】三种酯均符合通式CnH2nO2，即C∶H＝1∶2，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%×＝10%。10、B【详解】四种短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W元素的最外层电子数是其电子层数的二倍，则W为碳元素；X的原子半径是短周期主族元素原子中最大的，则X为钠元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为铝元素；X与Z形成的离子化合物的水溶液呈中性，则Z为氯元素，形成的离子化合物为氯化钠。A.将W的最高价氧化物二氧化碳通入到Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀硅酸，说明碳酸的酸性强于硅酸，得出非金属性：C＞Si，选项A正确；B.将X单质钠投入到CuSO4溶液中，由于钠很活泼，直接与水反应，不能置换出铜，则不可能生成紫红色固体，选项B不正确；C.工业上用电解熔融Y的氧化物氧化铝的方法冶炼金属铝，选项C正确；D.因HF中存在氢键，沸点比同主族的氢化物都高，而同主族其他氢化物的沸点随相对分子质量增大而升高，故Z的气态氢化物氯化氢的沸点在同主族中最低，选项D正确。答案选B。11、C【详解】A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D.铜和水不反应，故D不选。故选C。12、B【分析】本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。13、D【详解】A．只能和酸反应生成盐和水的氧化物为碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物，只能和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，如Mn2O7是金属氧化物，属于酸性氧化物，故A错误；B．强电解质是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，硫酸钡是难溶的盐，投入水中，导电性较弱，但熔融状态完全电离，所以BaSO4是强电解质，故B错误；C．CO2、NH3溶于水分别生成碳酸、一水合氨，碳酸、一水合氨能够电离，其水溶液均能导电，但导电离子不是CO2、NH3自身电离的，二者不属于电解质，为非电解质，故C错误；D．导电能力的强弱与参与导电的自由移动的离子的浓度大小有关，强电解质如果浓度很小，导电能力也可能比浓的弱电解质溶液的导电能力弱，故D正确；答案为D。14、B【解析】A、浓盐酸被酸性高锰酸钾溶液氧化生成氯气，但浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与碳酸氢钠反应，结论不正确，A错误；B、浓硫酸具有脱水性，将蔗糖炭化，生成的碳又被浓硫酸氧化生成CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，B正确；C、铁和浓硝酸反应生成NO2，C错误；D、盐酸不是最高价含氧酸，不能比较元素的非金属性强弱，D错误，答案选B。15、A【解析】试题分析：①可以，此时W是氧气；②也是可以的，此时W是强碱，例如氢氧化钠；氮气和氧气反应只能得到NO，得不到NO2，所以③不可能；S单质燃烧生成物只能是SO2，也得不到三氧化硫，④不可能，所以正确的答案选A。考点：考查常见物质的性质、及有关转化点评：该题关键是熟练记住常见物质的性质，特别是化学性质。另外该题也可以通过排除法，利用具体的实例进行验证得出正确的结论。16、C【解析】A.氮气与氧气在放电时生成一氧化氮，不能生成二氧化氮，故A错误；B.“人工固氮”是氮气转化为含氮化合物，氮元素不一定被还原，如氮气与氧气反应中N元素被氧化，故B错误；C.根据图示，①中亚硝酸盐转化为硝酸盐，被氧化，涉及的反应可能有：2NO2-+O2=2NO3-，故C正确；D.根据图示，②中硝酸盐被细菌分解生成氮气，被还原，一定与还原剂反应，反应2NO3-+12H+=N2+6H2O中没有元素化合价升高，不存在还原剂，故D错误；故选C。点睛：解答本题的关键是掌握和理解氮及其化合物的性质和氧化还原反应的规律。本题的易错点为CD，需要根据氧化还原反应的规律分析判断。在氧化还原反应中，一定同时存在化合价的升高和降低。17、D【详解】A.二氧化硫和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，是因为+4价硫被硝酸氧化生成硫酸根离子但是二氧化硫与氯化钡等不反应，故错误；B.锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，铜和锌和硫酸形成原电池，加快反应速率，但硫酸铜不是催化剂，故错误；C.焰色反应时火焰为黄色，只能说明物质中含有钠元素，但不能确定是否为钠盐，故错误；D.浓盐酸有挥发性和浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵，出现白烟，故正确。故选D。【点睛】焰色反应为元素的性质，只能说明含有该元素，但不能确定其具体的化学成分。18、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；B.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；C.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2mol电子生成2molCuI，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。19、B【详解】A．22.4LO2没有说明是在标准状况条件下，故无法计算O2的物质的量，A错误；B．1.8gH2O的物质的量为，每个H2O分子中有10个质子，故1.8gH2O含有的质子数为NA，B正确；C．对于反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中-1价的O歧化为0价和-2价，故每生成1molO2转移2mol电子，C错误；D．4gNaOH溶于100mL水中，所得溶液的物质的量浓度不是1mol/L，而是配制在100mL容量瓶中定容到100mL，D错误；故选B。20、B【详解】A．乙酸结构简式应体现官能团-COOH，即乙酸的结构简式为CH3COOH，选项A错误；B．NaOH的电子式：，选项B正确；C．Cl的质子数为17，离子的核外电子数为18，则Cl-的结构示意图为：，选项C错误；D．NaClO是强电解质NaClO在水中电离出钠离子和次氯酸根离子，次氯酸根不能拆，正确应为：NaClO═Na++ClO-，选项D错误。答案选B。21、C【解析】①配制一定浓度的稀硫酸，用量筒量取浓硫酸后，量筒不需要洗涤，若将蒸馏水洗涤量筒后的洗涤液转移至容量瓶中，会导致配制的溶液浓度偏高，故①错误；②容量瓶只能在常温下使用，只有把浓硫酸冷却后才能转移到容量瓶中，防止实验误差，故②正确；③钠的熔点低，首先熔化成闪亮的小球，然后剧烈燃烧生成氯化钠固体小颗粒，所以观察到产生大量白烟，反应的化学方程式为2Na+Cl2═2NaCl，故③正确；④取一小块钾，用滤纸吸干表面的煤油后，迅速投到热坩埚中，可以观察到钾的燃烧，故④正确；⑤钠容易被空气中的氧气氧化，也能与空气中的水蒸气反应，因此做Na的性质的验证实验时，剩余部分必须放回原试剂瓶中，防止发生意外，故⑤正确；⑥液体加热要加沸石或碎瓷片，防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故⑥正确；⑦蒸馏是利用沸点不同分离的，但不是所有沸点不同的液体混合物都可以用蒸馏分离，沸点必须相差较大，一般需要达到30℃左右，如果温差较小，则不能通过蒸馏分离，故⑦错误；正确的有5个，故选C。22、C【解析】A、硅胶多孔，吸附能力很强，所以硅胶用作干燥剂、吸附剂，也可用作催化剂载体，故A不符合题意；B、水玻璃是矿物胶，可用作黏合剂，其不燃烧，而将硅酸钠涂在木材表面就阻隔了木材与空气中氧气的直接接触，可用作制备木材防火剂的原料，故B不符合题意；C、明矾是常用净水剂，其原理是：明矾内的铝离子水解后生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，可以吸附水中的杂质形成沉淀而使水澄清，但不具有杀菌消毒作用，故C符合题意；D、“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放，有利于提高空气质量，故D不符合题意。二、非选择题(共84分)23、AlCH2ONa2O22H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CONa2CO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-【详解】D是淡黄色的固体化合物，D是Na2O2；C是常见的无色无味液体，C是水；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，A是常见的金属单质，A能与NaOH溶液反应，A为Al，E、F为H2、O2中的一种，溶液甲中含NaAlO2，B为非金属单质（一般是黑色粉末），B为C，B能与F反应生成G和H，则F为O2，E为H2，G、H为CO2、CO中的一种，D能与G反应生成K和F，则G为CO2，K为Na2CO3，溶液乙为Na2CO3溶液，H为CO；CO2与NaAlO2溶液反应生成的沉淀L为Al（OH）3。（1）根据上述分析，A、B、C、D的化学式分别为Al、C、H2O、Na2O2。（2）反应①中C、D均过量，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。（3）B为C，F为O2，C与O2以物质的量之比1:1反应生成CO2，以物质的量之比2:1反应生成CO，反应②中C与O2物质的量之比为4:3则反应生成CO2和CO，其中G能与Na2O2反应，G为CO2，H为CO。（4）反应③的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物K的化学式为Na2CO3。（5）反应④的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-。24、【分析】苯与Cl2发生取代反应产生氯苯，氯苯与丙烯(CH2=CH-CH3)在Pd存在时发生取代反应产生，该物质与水发生加成反应产生，然后发生题干信息中的反应合成。【详解】以苯、丙烯(CH2=CHCH3)为原料制备，首先是发生苯与Cl2在Fe作催化剂时发生取代反应产生氯苯，然后是氯苯与CH2=CHCH3发生取代反应产生和HCl，与水在催化剂存在时，在加热条件下发生加成反应产生，最后与CO在Pb存在时反应生成产物，故物质合成路线流程图为。【点睛】本题考查了有机物合成路线的分析判断。充分利用课本已经学过的知识，结合题干信息及反应原理，利用已知物质通过一定的化学反应制取得到目标产物。掌握常见的反应类型及有机物的结构对性质的决定作用是本题解答的基础。25、防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果尾气处理24%赶走溶液中溶解的过量的Cl2223mL容量瓶df73%Fe2O6【分析】Ⅰ．氢气和铁矿石中铁的氧化物在A装置的玻璃管内反应生成Fe和水蒸气，C用来隔绝空气，防止空气中的水蒸气进入B中，B中质量增加量即A中产生的水蒸气的量，据此计算铁矿石中含氧量；Ⅱ．23.3g铁矿石与足量稀硫酸反应、过滤得含Fe2+、Fe3+的滤液A，滤液A中通入足量氯气使Fe2+转化为Fe3+得B溶液，取23.33mLB的稀溶液用KI溶液滴定可得Fe3+的量，从而可计算铁矿石中含铁量，最后得铁矿石中铁的氧化物的化学式。【详解】Ⅰ．(2)装置C的作用为防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，使测得的含氧量增大；(2)CO有毒，若将H2换成CO，则还需补充尾气处理装置；(3)测的反应后装置B增重2．32g，即生成水2.32g，则铁矿石中氧的百分含量为=24%；Ⅱ．(2)通入足量的氯气，溶液中溶有未反应的氯气，步骤④中煮沸的作用是赶走溶液中溶解的过量的Cl2；(2)步骤⑤配制溶液中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、223mL容量瓶；(3)碘水、Fe3+均为黄色，所以滴定过程中需加指示剂；无论如何互滴，开始就生成碘单质，滴定过程中不能利用淀粉溶液作为指示剂；滴定管用蒸馏水洗涤后再用待裝液润洗；锥形瓶不能用待测夜润洗；滴定过程中，眼睛注视锥形瓶中颜色的变化；滴定结束后，33s内溶液不恢复原来的颜色，可判断滴定终点，再读数；(4)若滴定过程中消耗3．2333mol·L−2的KI溶液23．33mL，根据，铁矿石中铁的百分含量为=73%。Ⅲ．设化学式为，，，所以该铁矿石中铁的氧化物的化学式为Fe2O6。26、CaSO3ⅱ、ⅲ装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量(其他答案合理即可)Ag2SO4固体检验白色沉淀是否具有还原性H2O+SO2=H2SO3H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO32.24【详解】(1)①二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3；②ⅰ．加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，ⅰ错误；ⅱ．将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，ⅱ正确；ⅲ．加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，ⅲ正确；答案为ⅱ、ⅲ；③要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量；(2)②要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设1”不成立。③浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；④根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O+SO2＝H2SO3、H2SO3+2AgNO3＝Ag2SO3↓+2HNO3；(3)1L0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。27、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2Oe接d，c接a，b接i，h接ga催化剂通过观察气泡控制气流速度（或比例）SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl合理，防止硫酰氯分解【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）此装置制备氯气，其离子反应方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+H2O；（2）制备干燥的氯气，烧瓶中制备的氯气含有HCl和水蒸气，一般用饱和食盐水除去HCl，因此e接d，用浓硫酸除去水蒸气，因此c接a，然后进行收集，因此氯气的密度大于空气，因此用向上排空气法收集，即b接i，氯气是有毒气体，必须进行尾气处理，因此h接g；（3）冷凝管冷却水的通入一般是从下向上通入，即从a口通入冷却水，本实验的目的是催化合成硫酰氯，因此活性炭的目的作催化剂；（4）因为硫酰氯易水解，因此装置D作用是干燥气体，同时为了原料充分利用，需要控制气流速度或比例，即装置D的另一个作用是观察气泡控制气流的速率或比例；根据信息，硫酰氯水解产生大量白雾，此白雾是HCl，反应方程式为SO2Cl2＋2H2O=H2SO4＋2HCl；（5）根据信息，硫酰氯易分解，因此收集A应放在冷水中冷却，目的是防止硫酰氯分解。点睛：实验设计一般步骤是制气装置→除杂装置→收集或反应装置→尾气处理装置，然后根据题目中信息，注