上海市浦光中学2026届高三上化学期中质量检测试题含解析

上海市浦光中学2026届高三上化学期中质量检测试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）A．常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42－、NO3－B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4－、Cl－C．0.1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−D．常温下，=10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO42－2、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用pH计测试，溶液显弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是A．NH4+ B．SO42－ C．Ba2+ D．Na+3、下列说法正确的是A．强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的强B．氨气是弱电解质，铜是强电解质C．氯化钠是强电解质，醋酸是弱电解质D．硫酸钠是强电解质，硫酸钡是弱电解质4、下列对摩尔的叙述中不正确的是A．摩尔是一个单位，用于计量物质所含微观粒子的数量B．摩尔是一个物理量C．1mol任何气体所含的气体分子数目都相等D．摩尔既能用来计量纯净物，又能用来计量混合物5、《本草纲目》中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A．“薪柴之灰”可与铵态氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取碱”得到的是一种碱溶液 D．“浣衣”过程有化学变化6、下列描述正确的是A．氯气、活性炭都能使品红溶液褪色，它们的漂白原理相同B．滴加石蕊试液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、I-可能大量共存C．某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，原溶液中一定含有SO42-D．Fe(NO3)2溶液中滴加少量稀硫酸会变黄色7、下列关于离子反应的说法错误的是A．根据有无电子转移，离子反应可以分为氧化还原反应和离子互换反应B．一般情况下，离子反应总是朝向所有离子浓度减小的方向进行C．难溶物或弱电解质也能发生离子互换反应D．溶液中的离子反应可以有分子参加8、X、Y、Z和W代表原子序数依次增大的四种短周期主族元素，它们满足以下条件：①在元素周期表中，Z与Y、W均相邻；②X、Y、W分别位于不同周期；③Y、Z、W三种元素的原子最外层电子数之和为17。下列说法错误的是A．简单阴离子的离子半径：W>Y>Z>XB．X、Y、Z既能形成离子化合物，又能形成共价化合物C．W的常见氧化物均为酸性氧化物D．X分别与Y、Z形成的核外电子总数为10的微粒最多只有5种9、用NaCl固体配制0.1mo/L的NaCl溶液1000mL，下列操作或说法正确的是（）A．将5.85gNaCl固体溶于1L水中可配成0.1mol/L的NaCl溶液B．称量时，将固体NaCl直接放在天平左盘上C．固体溶解后，将溶液转移到容量瓶中，然后向容量瓶中直接加水稀释到刻度线D．配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不会影响实验结果10、下列离子方程式书写正确的是A．漂白粉溶液中通入过量的CO2：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOB．氯气与水的反应:Cl2+H2O2H++Cl-+ClO—C．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3—＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2OD．钠和冷水反应:Na＋2H2O＝Na+＋2OH-＋H2↑11、一定温度下，反应2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，达到平衡时：n(SO2)∶n(O2)∶n(SO3)＝2∶3∶4。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)＝0.8mol，n(SO3)＝1.4mol，此时SO2的物质的量应是()A．1.2mol B．0.4mol C．0.8mol D．0.6mol12、钯的化合物氯化钯可用来检测有毒气体CO，发生反应的化学方程式为：。下列说法正确的是（）A．题述反应条件下还原性：CO＞PdB．题述反应中PdCl2被氧化C．生成22.4LCO2时，转移的电子为2mo1D．CO气体只有在高温下才能表现还原性13、下列反应的离子方程式书写正确的是（）A．硫酸铜溶液中加过量的氨水：Cu2+＋2NH3·H2O==Cu(OH)2↓＋2NH4+B．用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO3＋2H+==Ca2+＋CO2↑＋H2OC．苯酚钠溶液中通入少量二氧化碳：C6H5O-＋CO2＋H2OC6H5OH＋HCO3-D．用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO2-的存在：NO2-＋2I-＋2H+==NO↑+I2＋H2O14、下列离子方程式的书写及评价均正确的是（）选项离子方程式评价A将1molCl2通入到含1molFeI2溶液中：2Fe2++2I﹣+2Cl2═2Fe3++4Cl﹣+I2正确；Cl2过量，可将Fe2+、I﹣均氧化B1mol•L﹣1的NaAlO2溶液和2.5mol•L﹣1的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2﹣+5H+═Al3++Al(OH)3↓+H2O正确；AlO2﹣与Al（OH）3消耗的H+的物质的量之比为2：3C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO﹣═HClO+HSO3﹣正确；说明酸性：H2SO3强于HClODCa（HCO3）2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3﹣+OH﹣═CaCO3↓+H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水A．A B．B C．C D．D15、X、Y、Z、W为四种短周期非金属元素，其中X单质是一种重要的半导体材料，X、Y、Z同周期，且原子序数依次增大，Y、W同主族，离子半径Y2->W2-。下列说法正确的是：A．X的非金属性比Y的强B．X和W组成的化合物化学性质活泼，与盐酸和氢氧化钠溶液都能反应C．Y的气态氢化物不如Z的气态氢化物稳定D．某溶液中通入Z的单质后再滴加淀粉溶液显蓝色，原溶液中一定含有I-16、化学与生产、生活密切相关。对下列现象或事实解释不正确的是选项现象或事实解释A用活性炭去除冰箱中的异味活性炭具有吸附性B漂白粉在空气中久置变质漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2及H2O反应生成CaCO3和HClO，HClO易分解CFeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+D用热碱水清除炊具上残留的油污Na2CO3可和油污直接发生反应A．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：①将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：②向①的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；③取少量②的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；④另取①中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀．根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是_________，一定不含有的物质是_________，可能含有的物质是_________．（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式．①__________________；②__________________。18、感光性高分子作为新材料在各种领城中得到广泛应用。感光高分子F的一种合成路线如下：己知：A的相对分子质量为60，核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为1∶3。回答下列问题：(1)A的结构简式为_______，D的化学名称是____________________。(2)①、②的反应类型分别是____________________。(3)反应③的化学方程式是____________________。(4)F中的官能团有_______________(填官能团名称)。(5)芳香族化合物G是E的同分异构体，能发生银镜反应且分子中只有4种不同化学环境的氢。写出三种G的结构简式：_____________________________________________。(6)写出以甲苯为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线：________________________________。19、某工厂用软锰矿（主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2）和闪锌矿（主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质）为原料制备MnO2和Zn（干电池原料），其简化流程如下：已知：反应Ⅰ中所有金属元素均以离子形式存在。有关常数：Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39、Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17、Ksp(MnCO3)＝2.0×10－11、Ka1(H2CO3)＝4.0×10－7、Ka2(H2CO3)＝5.6×10－11。回答下列问题：（1）滤渣1中除了SiO2以外，还有一种淡黄色物质，该物质是由MnO2、CuS与硫酸共热时产生的，请写出该反应的离子方程式____________________________。（2）反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，滤渣2的主要成分是___________。（3）反应Ⅲ中MnO2的作用是_______________________，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，需调节溶液pH范围为_______________（溶液中，当一种离子的浓度小于10－6mol/L时可认为已不存在），X可以是_________。（填字母代号）a．MgOb．Zn(OH)2c．Cu2(OH)2CO3d．MnCO3（4）反应Ⅳ中电极均是惰性电极，写出阳极电极反应式________________________。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和_________。（5）MnCO3有多种用途。废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，该反应的离子方程式为______。试通过题述有关数据简要计算说明该反应能进行的原因：____________________________。20、铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%~5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。[方案一]〖实验方案〗将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是___________________________。（2）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V≥______________。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_________（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。[方案二]〖实验方案〗将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20℃，1.01105Pa）的体积。〖问题讨论〗（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：①你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（______）（_______）接（______）（）接（）（填接口字母，可不填满。）②实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因_________________________。③实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积时，你认为最合理的是__________。（有几个选几个）。A．等待实验装置冷却后再读数B．上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C．上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D．视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。①装置中导管a的作用是_________________________。②实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1mL、V2mL。则产生氢气的体积为_________mL。（用含V1、V2的式子表达）21、硫化氢气体在资源利用和环境保护等方面均有重要应用。(1)工业上采用高温分解H2S制取氢气，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反应器中分离出H2。在容积为2L的恒容密闭容器中，控制不同温度进行此反应。H2S的起始物质的量均为1mol，实验过程中测得H2S的转化率如图所示。曲线a表示H2S的平衡转化率与温度的关系，曲线b表示不同温度下反应经过相同时间时H2S的转化率。①反应2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的H___________(填“>”“<’或“＝”)0。②985℃时，反应经过5s达到平衡状态，此时H2S的转化率为40%，则用H2表示的反应速率为v(H2)＝____________。③随着H2S分解温度的升高，曲线b向曲线a逐渐靠近，其原因是____________。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如下图所示。①在图示的转化中，化合价不变的元素是____________。②在温度一定和不补加溶液的条件下，缓慢通入混合气体，并充分搅拌。欲使生成的硫单质中尽可能不含CuS，可采取的措施有________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4－与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C.0.1mol·L−1KI溶液中ClO−与I−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.常温下，=10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO42－，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。2、D【详解】由①可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有NH4+，而S2-水解显碱性，且其水解程度比NH4+大，则溶液中一定不含有S2-；再由氯水能氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而②中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有I-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH4+，必须同时存在阴离子，即SO42－必然存在，而Ba2+、SO42－能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是Na+，故D符合题意；所以答案：D。3、C【解析】A．溶液的导电能力由溶液中离子浓度和离子所带电荷决定，与电解质强弱无关，故A错误；B．氨气的水溶液能导电，原因是氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨能电离出自由移动的阴阳离子而使溶液导电，一水合氨是电解质，氨气是非电解质，电解质必须是化合物，铜是单质，不是电解质，故B错误；C．氯化钠在熔融状态下能够完全电离，能导电，属于电解质，醋酸溶于水能够部分电离，属于弱电解质，故C正确；D．硫酸钠在熔融状态下或在水溶液里都完全电离是强电解质，硫酸钡难溶于水，但溶于水的那部分是完全电离，在熔融状态下能够完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了强弱电解质、电解质和非电解质的判断。本题的易错点为A，要注意强电解质溶液的导电能力不一定强，导电能力强的溶液不一定是强电解质溶液，如浓度很小的氯化钠溶液的导电能力可能比一定浓度的醋酸的导电能力弱，但氯化钠是强电解质，而醋酸是弱电解质。4、B【解析】试题分析：A、摩尔是物质的量单位，是用于计量物质所含微粒的数量，正确，不选A；B、摩尔是物质的量的单位，错误，选B；C、1摩尔任何物质含有的分子数相等，正确，不选C；D、摩尔可以计量纯净物，也能计量混合物，正确，不选D。考点：物质的量，摩尔的定义5、D【详解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸钾，与铵态氮肥共用时，发生水解反应，相互促进水解，降低肥效，故A错误；B.“以灰淋汁”的操作是过滤，故B错误；C.“取碱”得到的是碳酸钾溶液，属于盐溶液，故C错误；D.“浣衣”过程中促进油脂的水解，属于化学变化，故D正确；故选D。6、D【解析】A、氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性，而使有色物质漂白，而活性炭是吸附作用，原理不同，A错误；B、Fe3+与I-可发生氧化还原反应，而不能大量共存，B错误；C、某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡产生白色沉淀，原溶液中不一定含有SO42-，也可能含有银离子，C错误；D、在酸性条件下，硝酸根氧化亚铁离子生成铁离子，使溶液显黄色，D正确；答案选D。7、B【详解】A.如有电子转移，则为氧化还原反应，也可发生离子互换反应，如复分解反应不发生电子转移，故A正确；B.离子反应总是向着某种离子浓度减小的方向进行，并不是所有的离子浓度都减小，如醋酸与氢氧化钠的反应，醋酸根离子浓度增大，故B错误；C.难溶物可发生沉淀的转化、溶解等；弱酸、弱碱为弱电解质，可发生中和反应，故C正确；D.弱电解质在溶液中主要以分子形式存在，在发生离子反应时，以分子形态参加，故D正确；答案选B。【点睛】有离子参加的反应为离子反应，导致某些离子浓度减小，反应类型可为氧化还原反应、复分解反应等。8、D【解析】X、Y、W分别位于不同周期且均为主族元素，所以X一定位于第一周期，X为H，Y、W分别位于第二、三周期，Z与Y、W均相邻，则三种元素的位置关系有两种情况：或，若为第一种情况，设Y最外层为a个电子，则有a+a+1+a+1=17，a=5，则Y为N，Z为O，W为S；若为第二种情况，设Y最外层为a个电子，则有a+a+a+1=17，a无解，故X、Y、Z和W四种元素分别为：H、N、O、S。A、电子层数越多，半径越大，电子层结构相同时，原子序数越大，半径越小，所以阴离子的离子半径：S2->N3->O2->H-，A正确。B、H、N、O形成的化合物物如HNO3为共价化合物，形成的NH4NO3为离子化合物，B正确。C、S的氧化物SO2为H2SO3的酸性氧化物，SO3为H2SO4的酸性氧化物，故两者都是酸性氧化物，C正确。D、H与N、O形成的10电子的粒子有：NH3、NH2-、NH4+、H2O、OH-、H3O+共有6种，D错误。正确答案为D点睛：本题考查元素的位构性三者间的关系，本题的难点是Y、Z、W三种元素的推断，Z与Y、W均相邻，有两种情况，一是Y、Z两种元素同周期且相邻，Z、W两种元素同主族，二是Y、Z同主族，Z、W两元素同周期。9、D【解析】A、要配制1．1mol/L的NaCl溶液981mL，应选用1111ml的容量瓶配成1111ml，5.85gNaCl的物质的量为1.1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液的浓度为1.1mol/L，溶液体积为1L，溶剂的体积不是1L，A错误；B、药品不能直接放在托盘上，防止腐蚀，应放在称量纸上或玻璃器皿中，B错误；C、定容之前应洗涤烧杯、玻璃棒，再加水至刻度线1-2cm改用胶头滴管定容，C错误；D、配制溶液时容量瓶中原来有少量蒸馏水不影响溶液的体积，不会影响实验结果，D正确；答案选D。10、C【解析】A、CaCO3在过量CO2作用下反应生成Ca(HCO3)2，所以离子方程式为ClO-+CO2+H2O=HCO3-+HClO，A错误。B、HClO是一种弱酸，不能改写成离子，正确离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B错误。C、NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液时，NaHCO3完全反应，假设NaHCO31mol，则足量的Ba(OH)2参加反应的为1molOH-、1molBa2+，离子方程式为HCO3—＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O，C正确，D、给出的离子方程式左右电荷不守恒，配平后得2Na＋2H2O＝2Na+＋2OH-＋H2↑，D正确。正确答案D。点睛：①离子方程式正误判断中，一看改写（强酸、可溶性强碱、可溶性盐改写成离子形式，微溶性物质视已知而定，其它物质写化学式）是否正确；二看产物是否正确（如此题中A选项，由于通入过量CO2，则产物是Ca(HCO3)2而不是CaCO3）；三看电荷是否守恒；四看原子是否守恒。②离子方程式出现某物质“过量”或者“不足”题型时，由于过量的物质没有参加反应，所以这类离子方程式书写时需要从完全反应的离子入手。“过量的某物质”“足量的某物质”或“少量的某物质”等都属于这类题型。11、B【详解】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：1＞4：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则反应的氧气为0.5xmol，因此(1.4mol-xmol)：(0.8mol+0.5xmol)=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol×=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，故选B。【点睛】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系或改变的条件判断平衡移动的方向是解题的关键。12、A【分析】由反应方程式可知，CO为反应的还原剂，氯化钯为氧化剂，二氧化碳为氧化产物，Pd为还原产物，1mol该反应转移2mol电子。【详解】A.CO为还原剂，Pd为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，A正确；B.PdCl2发生还原反应，被还原，B错误；C.在说气体体积时，未指明温度和压强，无意义，C错误；D.该反应常温即可反应，故CO不是只在常温下表现还原性，D错误；故答案选A。13、C【解析】本题考查离子方程式书写；属于高考必考内容，判断离子方程式是否正确可从以下几个方面入手：①看是否符合客观事实；②看电荷是否守恒，各元素原子个数是否守恒；③看改写是否正确；④看是否漏掉某些离子反应；⑤看反应物生成物配比是否正确；⑥看反应物用量是否正确；⑦看“＝”、“”、“↑”、“↓”符号运用是否正确；A．最终产生，二氨合铜络离子；B．醋酸为弱酸，不能改写！D．反应前后电荷不守恒！14、B【分析】A、一种氧化剂与多种还原性微粒作用，先还原性强的反应，I-的还原性强于Fe2+；B、NaAlO2溶液和HCl溶液，可以有多种可能：①当NaAlO2过量时方程为HCl+NaAlO2+H2O=NaCl+Al(OH)3↓，②当HCl过量时方程为4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3+2H2O，③1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O；C、SO2具有强还原性，而NaClO具有极强的氧化性，两者要发生氧化还原反应，与事实相违背；D、足量的NaOH会将溶液中HCO3-反应完全。【详解】A、

将1molCl2通入到含1molFeI2的溶液中，只能够将碘离子氧化完全，正确的离子方程式为Cl2+2I−=2Cl−+I2，正确的评价为Cl2不足，只氧化I−，故A错误；B.

1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合反应方程式为：2AlO2-+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，如果盐酸过量继续和Al(OH)3反应，所以1molNaAlO2和盐酸反应最多消耗4molH+，AlO2-与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比在(1∼4):3，故B正确；C.过量SO2通入到NaClO溶液中，SO32−有强还原性，ClO−有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为SO2+H2O+ClO−=2H++SO42−+Cl−，故C错误；D、因OH－足量，故溶液中Ca(HCO3)2相对不足，Ca(HCO3)2完全反应，其离子反应方程式为：Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32－，故D错误。15、C【分析】X、Y、Z、W为四种短周期非金属元素，其中X单质是一种重要的半导体材料，则X为Si，X、Y、Z同周期，即处于第三周期，且原子序数依次增大，Y、W同主族，离子半径Y2－＞W2－，结合离子所带电荷，应是ⅥA族元素，可推知Y为S、W为O，故Z为Cl。【详解】A．X为Si、Y为S，同周期从左至右随原子序数增大元素非金属性增强，故非金属性Si＜S，故A错误；B．X和W组成的化合物为二氧化硅，化学性质不活泼，能与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠，但不能与盐酸反应，故B错误；C．Y为S、Z为Cl，同周期从左至右随原子序数增大元素非金属性增强，非金属性S＜Cl，故氢化物稳定性：H2S＜HCl，故C正确；D．某溶液中通入氯气，再滴加淀粉溶液显蓝色，原溶液中可能含有I2或I－或二者都有，故D错误，故选C。16、D【详解】A、用活性炭去除冰箱中的异味是因为活性炭具有吸附性，A正确；B、漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2及H2O反应生成CaCO3和HClO，HClO易分解，B正确；C、FeCl3溶液可用于制作铜质印刷线路板是因为FeCl3溶液能将铜氧化为Cu2+，反应为Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，C正确；D、用热碱水清除炊具上残留的油污是因为升温促进Na2CO3的水解，溶液的碱性增强，去污能力增强，油污在碱性条件下发生水解，D错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）Ba（NO3）2、Na2CO3CuSO4NaCl；（2）①Ba2++CO32-=BaCO3↓②BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O【解析】试题分析：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤溶液呈无色，说明无CuSO4，沉淀只能为碳酸钡，所以白色粉末中一定有Ba(NO3)2和Na2CO3；（2）向（1）的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，进一步确定白色沉淀为碳酸钡；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，确定有Ba(NO3)2；（4）另取（1）中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀，因为Na2CO3与硝酸钡反应后可能过量，碳酸钠也可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以不能确定是否有NaCl。（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是NaCl。（2）各步变化的离子方程式分别为Ba2++CO32-====BaCO3↓、BaCO3+2H+====Ba2++CO2↑+H2O、SO42-+Ba2+====BaSO4↓、CO32-+2Ag+====Ag2CO3↓、Ag++Cl－====AgCl↓。点睛：检验离子时，要注意排除干扰，如检验氯离子时，碳酸根就对其有干扰，所以要先向待检液中加入稀硝酸把溶液酸化，排除了干扰离子的干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子。18、CH3COOH苯甲醛加成反应加聚反应+nNaOH+nCH3COONa碳碳双键、酯基【分析】本题可以通过逆合成法进行分析A、B、C的结构，进而分析各步反应类型。【详解】由合成路线图逆向分析得，F是由C和E酯化反应得到，故C为，C由B碱性条件下水解得到，故B为，A和乙炔反应生成，则A为甲酸，反应类型为加成反应；(1)A为甲酸，结构简式为：CH3COOH，D的名称为：苯甲醛；(2)①的反应类型为：加成反应；②是由→，反应类型为：加聚反应；(3)根据流程图反应③的化学方程式是：+nNaOH+nCH3COONa；(4)F中的官能团有：碳碳双键、酯基；(5)能够发生银镜反应，结构中含有醛基，且分子中只有4种不同化学环境的氢，G的结构简式为：(6)以甲苯为原料制备化合物D的合成路线为：。19、CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2OCu将Fe2+氧化为Fe3+5.0<pH<6.0（或5～6）bdMn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋H2SO4Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O由于K＝7.0×106>105，所以该反应能进行【解析】(1)软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Al2O3和SiO2)和闪锌矿(主要成分是ZnS，含少量FeS、CuS等杂质)中加入硫酸，只有二氧化硅不能被硫酸溶解，因此滤渣1中含有SiO2，由于MnO2具有强氧化性，能够在酸性溶液中将CuS氧化生成硫，反应的离子方程式为CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O，故答案为：CuS＋MnO2＋4H＋Cu2＋＋Mn2＋＋S↓＋2H2O；(2)反应Ⅱ中加入适量金属锌的目的是为了回收某种金属，是因为锌能够将铜从溶液中置换出来，因此滤渣2的主要成分是Cu，故答案为：Cu；(3)MnO2具有强氧化性，反应Ⅲ中MnO2能够将Fe2+氧化为Fe3+，若反应后溶液中Mn2＋、Zn2＋均为0.1mol·L－1，根据流程图，此过程中需要除去铁离子和铝离子，不能沉淀Mn2＋、Zn2＋。根据Ksp[Mn(OH)2]＝2.0×10－13、Ksp[Zn(OH)2]＝1.0×10－17，则需调节溶液中的c(OH-)分别小于KspMnOH2cMn2+=2.0×10－130.1=2×10－6mol·L－1、KspZnOH2cZn2+=1.0×10－170.1=1.0×10－8mol·L－1，则c(OH-)＜1.0×10－8mol·L－1，即pH＜6，根据Ksp[Al(OH)3]＝1.0×10－33、Ksp[Fe(OH)3]＝3.0×10－39，则需调节溶液中的c(OH-)分别大于3KspAlOH310－6=31.0×10－3310－6=1.0×10－9mol·L－1、3KspFeOH3(4)反应Ⅳ中电极均是惰性电极，电解硫酸锰和硫酸锌的混合溶液，根据流程图，电解生成了二氧化锰和锌，则阳极电极反应式为Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋。本工艺可以循环利用的物质有MnO2、Zn和硫酸，故答案为：Mn2＋−2e−＋2H2O＝MnO2＋4H＋；H2SO4；(5)废水处理领域中常用NH4HCO3溶液将Mn2+转化为MnCO3，反应的离子方程式为Mn2＋＋2HCO3—＝MnCO3↓＋CO2↑＋H2O，该反应的平衡常数K=c（H2CO3）cMn2+c2（HCO3-）=Ka2Ka1KspMnCO320、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑97mL偏高EDG镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大ACD使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差V1-V2【解析】方案一：⑴.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g×(1−3%)=5.4×97%g，则：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%g

V×10−3