山西大同市第一中学2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视试题含解析

山西大同市第一中学2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、白屈菜有止痛、止咳等功效，从其中提取的白屈菜酸的结构简式如图。下列有关白屈菜酸的说法中，不正确的是（）A．分子式是C7H4O6 B．能发生加成反应C．能发生水解反应 D．能发生加聚反应2、将Fe、Cu与FeCl3、FeCl2、CuCl2溶液一起放入某容器中，则下列情况错误的是A．充分反应后，若Fe有剩余，则容器中不可能有Fe3+、Cu2+B．充分反应后，若容器中还有大量Fe3+，则一定还有Fe2+、Cu2+，可能有Fe、CuC．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，则不可能还有Fe和Fe3+D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+3、已知位于IIA族，下列有关Sr的说法不正确的是A．的中子数为38 B．最高化合价为+2C．原子半径：Sr>Ca D．氢氧化物为强碱4、标准状况下，向100mLH2S饱和溶液中通入SO2气体，所得溶液pH变化如图所示。下列分析正确的是A．a点对应溶液的导电性比d点强B．氢硫酸的酸性比亚硫酸的酸性强C．向d点对应的溶液中加入Ba（NO3）2溶液，产生BaSO4白色沉淀D．H2S饱和溶液的物质的量浓度为0.05mol·L-15、生物质废物能源化的研究方向之一是热解耦合化学链制高纯H2，工艺流程示意图如下。下列说法不正确的是()A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒大小影响其与CO、H2反应的速率B．蒸汽反应器中主要发生的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2C．从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2D．当n(CO):n(H2)=1:1时，为使Fe2O3循环使用，理论上需要满足n(CO):n(O2)=2:16、通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是()①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H1=akJmol−1②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H2=bkJmol−1③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H3=ckJmol−1④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)H4=dkJmol−1A．反应①、②为反应③提供原料气B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一C．反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)的H=kJmol−1D．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=(-2b+2c+d)kJmol−17、下列事实中,其中与盐类的水解无关的有（）A．长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结B．NaHSO4溶液呈酸性C．氯化铵溶液可除去金属制品表面的锈斑D．.配制AgNO3溶液，用稀硝酸溶解AgNO3固体8、已知2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2，现把14.8gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的固体混合物溶于水配成100mL溶液，其中c（Na+）=1.2mol•L﹣1，若把等质量的固体混合物加热至恒重，残留固体质量是（）A．6.36g B．3.18g C．4.22g D．5.28g9、某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Zn，其他电极均为Cu。下列说法错误的是()A．电极Ⅰ发生氧化反应B．相同时间内，电极Ⅱ与电极Ⅳ的质量变化值相同C．电极Ⅲ的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2OD．电流方向：电极Ⅳ→电流表→电极Ⅰ10、硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]是一种重要的化工原料，下列有关说法正确的是A．Na+、Fe3+、NO3-、C12都可在该物质的溶液中大量共存B．向0.1mol/L该物质的溶液中逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液，生成沉淀的物质的量与逐滴加入NaOH溶液体积关系如图所示C．检验该物质中Fe2+是否变质的方法是向该物质的溶液中滴入几滴KSCN溶液，观察溶液是否变红色D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀的离子方程式为Fe2++2SO42-+2Ba2++2OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓11、下列关于有机化合物的说法正确的是A．一定条件下，乙酸能够与CuO反应，而乙醇不能B．甲烷、苯、乙醇、乙酸和酯类都可以发生取代反应C．纤维素和油脂都是能发生水解反应的高分子化合物D．乙烯、乙炔、乙醛、甲苯都能与溴水或酸性KMnO4溶液反应12、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是A．“时气错逆，霾雾蔽日”，雾所形成的气溶胶能产生丁达尔效应B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”；屠呦呦改进提取青蒿素的这种方法，提取过程中发生了化学变化C．《中国诗词大会》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。例如刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”可以看出金性质稳定，可通过物理方法得到D．“外观如雪，强烧之，紫青烟起”。南北朝陶弘景对硝酸钾的鉴定过程中利用了焰色反应13、某溶液中加入铝粉能产生氢气，在该溶液中一定不能大量共存的离子组是()A．Na+、K+、Cl-、ClO- B．Cu2+、Fe2+、NO3-、SO42-C．Na+、K+、Cl-、SO42- D．K+、NH4+、Cl-、SO42-14、某同学参照侯氏制碱原理制备少量的Na2CO3，经过制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3、分解NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是（）A．制取NaHCO3B．分离NaHCO3C．干燥NaHCO3D．分解NaHCO3A．A B．B C．C D．D15、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应NaN3＋KNO3―→K2O＋Na2O＋N2↑。对上述反应的描述错误的是（）A．NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂B．该反应中有两种元素的化合价发生变化C．配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16D．若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol16、某离子反应涉及到H2O、ClO－、NH4+、OH－、N2、Cl－等微粒，其中N2、ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A．该反应中Cl－为氧化产物B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．NH4+被ClO－氧化成N2D．反应后溶液的酸性减弱二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系(部分生成物和反应条件略去)。(1)若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：_______(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强。①写出A与H2O反应的离子方程式：___________。②X可能为________(填字母)。A．NaHCO3B．Na2CO3C．Al(OH)3D．NaAlO2(3)若A为淡黄色粉末，回答下列问题：①1molA与足量H2O充分反应时转移的电子数为_______。②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，写出D的电子式：_______。③若X为一种造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种稀溶液，可选择的试剂为__(填字母)。A．盐酸B．BaCl2溶液C．NaOH溶液D．Ca(OH)2溶液(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。①A与H2O反应的化学方程式为________。②检验溶液D中还可能存在Fe2＋的方法是_______。18、常温下，酸性溶液A中可能含有NH4+、K+、Na+、Fe2+、Al3+、Fe3+、CO32－、NO3-、Cl-、I-、SO42-中的几种，现取该溶液进行有关实验，实验结果如下图所示：回答下列问题：(1)溶液A中一定存在的离子有___________________(2)生成沉淀甲的离子方程式为___________________(3)生成气体丙的离子方程式为__________________，若实验消耗Cu144g，则最多生成气体丙的体积（标准状况下）为_____。依据上述实验，某小组同学通过讨论后认为：溶液中可能含有的离子有NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-。为进一步确认溶液中存在的离子，分别取100ml废水又进行了如下图所示的三组实验：(4)根据上述实验可进一步确定NH4+、K+、Na+、Cl-、SO42-中一定存在的离子有_________，沉淀溶解时发生反应的离子方程式为________________________________。19、碱式碳酸钴[Cox(OH)y(CO3)z]常用作电子材料，磁性材料的添加剂，受热时可分解生成三种氧化物。为了确定其组成，某化学兴趣小组同学设计了如图所示装置进行实验。（1）请完成下列实验步骤：①称取3.65g样品置于硬质玻璃管内，称量乙、丙装置的质量：②按如图所示装置组装好仪器，第一步是__（填操作）；③加热甲中玻璃管，当乙装置中不再有气泡产生时，停止加热；④打开活塞a，缓慢通入一段时间空气，然后称量乙、丙装置的质量；⑤计算。（2）丁装置的名称为__。（3）某同学认为该实验装置中存在一个明显不足之处，为解决这一问题，可选用下列装置中的__（填字母）连接在__（填装置连接位置）。（4）若按正确装置进行实验，测得如下数据：乙装置的质量/g丙装置的质量/g加热前90.0082.00加热后90.3682.88则该碱式碳酸钴的化学式为__。20、葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）(1)实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等．①请完成下列表格试剂作用A_____________验证SO2的还原性BNa2S溶液_____________C品红溶液______________②A中发生反应的离子方程式为______________________________________(2)该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的_________(填序号);若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积_____(填序号)(①=10mL;②=40mL;③<10mL;④>40mL)(3)该小组在实验室中先配制0.0900mol/LNaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是________。A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶内有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．配制溶液定容时，俯视刻度线E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为_______g/L。21、将甘油（C3H8O3）转化为高附值产品是当前热点研究方向，如甘油和水蒸气、氧气经催化重整或部分催化氧化可制得氢气，反应主要过程如下：（1）下列说法正确的是______（填字母序号）。a.消耗等量的甘油，反应I的产氢率最高b.消耗等量的甘油，反应II的放热最显著c.经过计算得到反应III的∆H3=-237.5kJ/mol，d.理论上，通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为0，这体现了科研工作者对吸热和放热反应的联合应用（2）研究人员经过反复试验，实际生产中将反应III设定在较高温度（600~700°C）进行，选择该温度范围的原因有：催化剂活性和选择性高、____________。（3）研究人员发现，反应I的副产物很多，主要含有：CH4、C2H4、CO、CO2、CH3CHO、CH3COOH等，为了显著提高氢气的产率，采取以下两个措施。①首要抑制产生甲烷的副反应。从原子利用率角度分析其原因：__________________。②用CaO吸附增强制氢。如图1所示，请解释加入CaO的原因：____________________。（4）制备高效的催化剂是这种制氢方法能大规模应用于工业的重要因素。通常将Ni分散在高比表面的载体（SiC、Al2O3、CeO2）上以提高催化效率。分别用三种催化剂进行实验，持续通入原料气，在一段时间内多次取样，绘制甘油转化率与时间的关系如图2所示。①结合图2分析Ni/SiC催化剂具有的优点是____________________。②研究发现造成催化效率随时间下降的主要原因是副反应产生的大量碳粉（积碳）包裹催化剂，通过加入微量的、可循环利用的氧化镧（La2O3）可有效减少积碳。其反应机理包括两步：第一步为：La2O3+CO2La2O2CO3第二步为：______________________________（写出化学反应方程式）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．由结构简式可知分子式为C7H4O6，故A正确；B．含有碳碳双键和羰基，可发生加成反应，故B正确；C．含有羰基和羧基，不能水解，故C错误；D．含有碳碳双键，可发生加聚反应，故D正确。故选：C。【点睛】解答本题需注意：白屈菜酸中不含苯环，结构中含碳碳双键。2、B【解析】试题分析：氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu；A．反应后铁有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，Fe3+、Cu2+都不能存在，故A正确；B．若FeCl3有剩余，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe、Cu都不能存在，故B错误；C．充分反应后，若容器中有较多的Cu2+和一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，则不可能还有Fe和Fe3+，故C正确；D．充分反应后，若容器内有一定量的Cu，因Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，则可能还含有Cu2+，一定含有Fe2+，一定不含有Fe3+，故D正确；答案为B。【考点定位】考查氧化还原反应以及铁的单质化合物的性质【名师点晴】把握物质的氧化性、还原性强弱判断反应的先后顺序是解题关键；在金属活动性顺序中，位置在前的金属能将位于其后的金属从其盐溶液中置换出来，向装有氯化铁溶液的烧杯中，加入一定量的Cu和Fe的混合粉末，则铁和铜都能与氯化铁溶液反应．氧化性：FeCl3＞CuCl2＞FeCl2，还原性Fe＞Cu，Fe有剩余，则Cu没有参加反应，溶液中不存在Fe3+、Cu2+，以此解答该题。3、A【详解】A．的质子数为38，故A错误；B．第IIA族元素，最高化合价为+2，故B正确；C．同一主族，从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：Sr>Ca，故C正确；D．同一主族，从上到下，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，氢氧化钙为强碱，所以氢氧化锶也为强碱，故D正确；故选A。4、C【解析】H2S和H2SO3均为二元酸且d点溶液酸性比a点强，故d点溶液导电性强，A项错误；d点时，亚硫酸浓度约是0.1mol/L，酸性比同浓度硫化氢强，H2S的酸性比H2SO3弱，B项错误；向d点对应的溶液中加入Ba(NO3)2溶液，因d点的亚硫酸会电离出氢离子结合硝酸钡电离出的硝酸根形成硝酸，具有强氧化性，将亚硫酸根氧化为硫酸根，故产生BaSO4白色沉淀，C项正确；b点时H2S恰好反应，消耗SO2为0.112mL÷22.4L/mol=0.005mol，依据反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O可知，n（H2S）=0.005mol×2=0.01mol，则c（H2S）=0.01mol÷0.1L=0.1mol/L，可算出c(H2S)为0.1mol·L－1，D项错误；5、D【详解】A．燃料反应器中Fe2O3固体颗粒越小，接触面积越大，反应速率越快，故A正确；B．根据图示，蒸汽反应器中铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，发生的反应为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，故B正确；C．H2O的沸点比H2的沸点高得多，从蒸汽反应器所得H2和H2O的混合物中液化分离H2O，可获得高纯H2，故C正确；D．根据氧元素守恒，反应体系有水蒸气通入，为使Fe2O3循环使用，理论上n(CO):n(O2)>2:1，故D错误；选D。6、C【详解】A.反应③中反应物为CO2、H2，由反应可以知反应①、②为反应③提供原料气，A正确；B.反应③中反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是

CO2资源化利用的方法之一，B正确；C.由反应④可知物质的量与热量成正比，且气态水能量比液态水高，则反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)的HkJmol−1，C错误；D.

由盖斯定律可知，②×(-2)+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)，则H=(-2b+2c+d)kJmol−1，D正确；故选C。7、B【详解】A项、（NH4）2SO4属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导致溶液呈酸性，使土壤酸性增大，发生板结，与盐类水解有关，故A错误；B项、NaHSO4是强酸强碱酸式盐，硫酸氢钠在溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故B正确；C项、氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导使溶液呈酸性，酸和锈反应生成盐和水，所以溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑与盐类水解有关，故C错误；D项、硝酸银属于强酸弱碱盐，银离子在溶液中水解导致其溶液呈酸性，为抑制银离子水解，在配制该溶液时用稀硝酸溶解硝酸银固体，与盐类水解有关，故D错误；故选B。8、A【解析】n（Na+）=1.2mol•L﹣1×0.1L=0.12mol，根据题意可得2n（Na2CO3•10H2O）+n（NaHCO3）=0.12mol，n（Na2CO3•10H2O）×286g/mol+n（NaHCO3）×84g/mol=14.8g，解得n（Na2CO3•10H2O）=0.04mol，n（NaHCO3）=0.04mol。14.8gNa2CO3•10H2O和NaHCO3组成的固体混合物加热至恒重，0.04molNa2CO3•10H2O转化为0.04molNa2CO3，0.04molNaHCO3转化为0.02molNa2CO3，所以残留固体质量是(0.04+0.02)mol×106g/mol=6.36g，故选A9、C【解析】电极Ⅰ为Zn，其它均为Cu，Zn易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极。A．电极Ⅰ上为Zn失电子，发生氧化反应，故A正确；B、电极II是正极，电极反应：Cu2++2e-=Cu；电极Ⅳ是阴极，该电极上发生反应为Cu2++2e-=Cu，由于流经各个电极的电子的量相同，故两个电极的质量变化相同，故B正确；C、电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D、电子方向从负极流向正极，即电极Ⅰ→电极Ⅳ，而电流方向与电子的方向相反，故电流的流向为：电极Ⅳ→→电极I，故D正确；故选C。点睛：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答。该装置中，左边是原电池，右边是电解池，要注意，电解池中阳极为铜，铜电极本身放电。10、C【详解】A．Fe2+有还原性，可被Cl2氧化为Fe3+而不能大量共存，A错误；B．滴加NaOH溶液，首先是Fe2+先与OH−反应生成白色沉淀，然后是发生反应：NH4++OH-=NH3∙H2O，图象与发生的反应事实不符合，B错误；C．若Fe2+被氧化为Fe3+，只需滴入几滴KSCN溶液，可观察到溶液变为红色，因此可鉴别，C正确；D．向该物质的溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42－完全沉淀的离子方程式为Fe2++2NH4++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Fe(OH)2↓+2NH3∙H2O，漏掉NH4+与OH-的反应，D错误；故选C。11、B【解析】A．乙醇与氧化铜一定条件下反应生成乙醛、Cu和水，乙酸与氧化铜反应生成乙酸铜和水，选项A错误；B．甲烷能在光照条件下发生取代反应，苯在催化剂的条件下发生取代反应，乙酸、乙醇的酯化反应以及酯的水解属于取代反应，选项B正确；C．油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，选项C错误；D．乙烯、乙炔均能与溴发生加成反应，能与酸性高锰酸钾发生氧化反应；乙醛能与溴水或酸性高锰酸钾发生氧化反应；甲苯不能与溴水发生反应，能被酸性KMnO4溶液氧化，选项D错误；答案选B。12、B【解析】A、气溶胶具有胶体的性质，可发生丁达尔效应，故A正确；

B、提取青蒿素的过程利用萃取的原理，没有发生化学变化，故B错误；

C、由于金的密度大于沙，所以可以利用两者密度不同加以分离，是物理方法，故C正确；

D、选项涉及硝酸钾的灼烧以及颜色，利用了焰色反应，故D正确；故选B；13、B【分析】加入铝粉产生氢气的溶液可能是酸性或碱性。据此解答。【详解】A.ClO-在酸性溶液不能存在，但在碱性条件下能存在，不符合题意；B.Cu2+、Fe2+在碱性条件下不能存在，Fe2+和NO3-在酸性条件下反应不能存在，故符合题意；C.Na+、K+、Cl+、SO42-在酸性或碱性溶液中都存在，故不符合题意；D.NH4+只能在酸性条件下存在，故不符合题意。故选B。【点睛】掌握和铝反应生成氢气的溶液为酸性或碱性，注意在酸性条件下，硝酸根离子能氧化铝不产生氢气。14、C【详解】A．将二氧化碳通入到溶有氨气的饱和氯化钠的溶液中，反应生成碳酸氢钠和氯化铵，导管长进短出可制取NaHCO3，故A装置和原理能达到实验目的；B．碳酸氢钠的溶解度小，从溶液中析出晶体，可用图中过滤的方法分离出NaHCO3，故B装置和原理能达到实验目的；C．NaHCO3不稳定，直接加热会分解，应选择干燥器干燥，故C装置和原理不能达到实验目的；D．根据C项分析，NaHCO3不稳定，直接加热会分解生成碳酸钠，故D装置和原理能达到实验目的；答案选C。15、B【解析】NaN3中N元素化合价从－1/3价升高到0价，硝酸钾中氮元素化合价从+5价降低到0价，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为10NaN3＋2KNO3＝K2O＋5Na2O＋16N2↑，则A.NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确；B.该反应中只有氮元素的化合价发生变化，B错误；C.配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16，C正确；D.若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol，D正确，答案选B。本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意各种守恒法应用。16、C【解析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价发生变化，具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，以此解答该题。【详解】反应的方程式应为3ClO-+2NH4++2OH-=N2↑+5H2O+3Cl-，A.由方程式可知，N元素的化合价升高，则N2为氧化产物，故A错误；B.N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B错误；C.由方程式可知，NH4+被ClO-氧化成N2，故C正确；D.反应在碱性条件下发生，反应消耗OH-，反应后溶液的碱性减弱，故D错误。故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、OH-+HSO=SO+H2OCl2+H2O=H++Cl-+HClOBDNAAB3NO2+H2O=2HNO3+NO取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无【分析】若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，A应为Na，X能使品红溶液褪色，X应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A应为Cl2，则B为HClO，C为HCl；若A为淡黄色粉末，A应为Na2O2；若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，D中含Fe3+，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3；以此解答。【详解】(1)由分析可知，若A为常见的金属单质，焰色试验呈黄色，A应为Na，X能使品红溶液褪色，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO=SO+H2O，故答案为：OH-+HSO=SO+H2O；(2)若A为短周期元素组成的单质，该元素的最高价氧化物的水化物酸性最强，A应为Cl2，B为HClO，C为HCl，①Cl2和水反应生成次氯酸、HCl，离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；②A.C为盐酸，可与NaHCO3反应生成NaCl、H2O和CO2，但它们与NaHCO3均不反应，故A不可能；B.盐酸与Na2CO3反应生成CO2，CO2与Na2CO3反应可生成NaHCO3，故B可能；C.盐酸与氢氧化铝反应生成氯化铝，氯化铝与氢氧化铝不反应，故C不可能；D.NaAlO2与过量盐酸反应生成AlCl3，AlCl3和NaAlO2反应生成Al（OH）3，故D可能；故答案为：BD；(3)若A为淡黄色粉末，A应为Na2O2；①1molNa2O2与足量的H2O充分反应时，过氧化钠自身发生氧化还原反应，转移的电子数目为NA；故答案为：NA；②若X为非金属单质，通常为黑色粉末，C为O2，X应为C，D为CO2，E为CO，二氧化碳的电子式为：；③若X为一种造成温室效应的气体，X应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，A.与盐酸反应产生气泡较快的为NaHCO3，较慢的为Na2CO3，可以鉴别；B.加入BaCl2产生白色沉淀的为Na2CO3，无明显现象的是NaHCO3，可以鉴别；C.加入NaOH溶液都无明显现象，不可以鉴别；D.加入Ca（OH）2溶液都产生白色沉淀，不可以鉴别；故答案为：AB；(4)若A为氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红，D中含Fe3+，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，①NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；②Fe2+具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应而使高锰酸钾褪色，则可用酸性高锰酸钾溶液检验Fe2+，操作为取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无，故答案为：取D中适量溶液置于洁净试管中，滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，若紫红色褪去，证明溶液中含有Fe2+，否则无。18、Al3+、NO3-3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O33.6LNH4+、Na+、SO42-Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O【解析】(1)、溶液为酸性溶液，则溶液中存在大量氢离子，可以排除CO32−；溶液A中加过量(NH4)2CO3，产生白色沉淀，白色沉淀只能为氢氧化铝，可以排除Fe2+、Fe3+，溶液一定含有有Al3+；溶液乙加铜和浓硫酸能产生气体丙，丙在空气中变成红棕色，则丙为NO，说明原溶液中有NO3−，强酸性溶液中含有NO3−，则一定不存在具有还原性的离子：Fe2+、I−。故答案是Al3+、NO3-。（2）、根据上述分析，生成沉淀甲是CO32-和溶液中的Al3+发生双水解反应，故离子方程式为3H2O+2Al3++3CO32－=2Al（OH）3↓+3CO2↑。（3）、根据上述分析可知，生成的气体丙是NO，是Cu、H+和溶液中的NO3-反应生成的，离子方程式为3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O。实验消耗Cu144g，则Cu的物质的量是：144g÷64g/mol=2.25mol，由3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O可得：3Cu～2NO，则NO的物质的量是×2.25mol，其在标准状况下的体积是×2.25mol×22.4L/mol=33.6L；故本题的答案是：3Cu+8H++NO3-═3Cu2++2NO↑+4H2O；33.6L。（4）、因焰色反应为黄色，说明含有Na+；加入氯化钡和稀盐酸可以生成白色沉淀，说明溶液中一定含有SO42-，2.33g白色沉淀是BaSO4；根据上面的分析可知，溶液中含有H+和Al3+，根据图像可知，开始时发生的是H＋＋OH－=H2O，当H＋完全反应后，开始发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，继续滴加NaOH溶液，Al(OH)3并没有立刻溶解，说明溶液中含有NH4＋，发生了NH4＋＋OH－=NH3·H2O；故一定存在的离子还有：NH4+、Na+、SO42-；沉淀溶解时是Al(OH)3和过量的NaOH发生反应生成NaAlO2和H2O，其离子方程式是：Al(OH)3＋OH－=AlO2-＋2H2O。19、检查装置气密性球形干燥管D活塞a前（或装置甲前）Co3(OH)4(CO3)2【分析】该实验的目的是测定碱式碳酸钴的组成，根据提供的实验仪器知，通过分别测量生成的水和二氧化碳的质量来达到实验目的。装置甲是分解碱式碳酸钴的装置，分解后产生水蒸气和二氧化碳，乙装置为浓硫酸，吸收水蒸气，通过测量反应前后质量的变化，可以获得碱式碳酸钴中H元素的质量，丙装置为碱石灰，可以吸收产生的二氧化碳，通过测量反应前后质量的变化，可以获得碱式碳酸钴中C元素的质量，因为整个装置与外部空气连通，所以碱式碳酸钴分解产生的二氧化碳的质量会受到空气中水蒸气和二氧化碳的影响，故增加丁装置防止干扰，相应的装置的左侧也会受到外部空气的影响，也需要增加装置。【详解】(1)该实验要测定气体的质量，所以组装好装置后，首先要进行气密性的检查；(2)丁装置的名称是球形干燥管；(3)该实验容易受到空气中水蒸气和二氧化碳的影响，所以反应前后都需要避免空气的影响，故应在甲装置前增加盛有碱石灰的干燥管，排除空气的干扰；(4)碱式碳酸钴样品是3.65g，反应前乙装置的质量为80.00g，反应后为80.36g，生成水的质量为0.36g，即0.02mol；反应前丙装置的质量为60.00g，反应后为60.88g，生成二氧化碳的质量为0.88g即0.02mol，故Co的质量为，即0.03mol，根据Co、H、C元素守恒可知x:y:z=3:4:2,故化学式为Co3(OH)4(CO3)220、FeCl3溶液验证SO2的氧化性验证SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C0.24【详解】（1）①由装置分析为制取SO2并检验SO2的性质问题，A.由所给的试剂知道2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+,该反应SO2表现还原性，所用的试剂FeCl3为氧化性；B.加入Na2S溶液会和SO2发生反应，S2-+SO2+4H+=S+2H20,此时SO2表现氧化性；C.品红溶液通入SO2后褪色。表现了SO2的漂白性。答案：FeCl3溶液验、SO2的氧化性、验证SO2的漂白性。②由上述分析知道A中发生反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。答案：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42+。（2）因为氢氧化钠溶液为碱性溶液,应该使用碱式滴定管,碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以排除碱式滴定管中的空气用(3)的方法;若用50mL滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,滴定管的0刻度在上方,10mL刻度线下方还有有40mL刻度的溶液,另外滴定管50mL刻度线下有液体,因此管内的液体体积>40mL所以(4)正确,因此，本题答案是:(3);(4);

(3）A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管导致标准液稀释，使测量结果偏高；B．滴定前锥形瓶内有少量水因为稀释时需要加水，所以滴定前锥形瓶内有少量水不影响测量结果；C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡。没有赶气泡导致消耗标准液体积增大，使测量结果偏高。D．配制溶