2026届湖南省株洲市醴陵市第二中学高三上化学期中考试模拟试题含解析

2026届湖南省株洲市醴陵市第二中学高三上化学期中考试模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、为验证还原性:SO2>Fe2+>C1-，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验,能证明上述还原性顺序的实验组有A．只有甲 B．甲、乙 C．甲、丙 D．甲、乙、丙2、下列有关化学用语的表示正确的是（）A．二氧化碳的球棍模型： B．HCN的电子式：C．中子数为10的氧原子：O D．H2O2的结构式：H—O—O—H3、重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等)制备，制备流程如图所示：已知：Ⅰ.步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。Ⅱ.2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。下列说法正确的是()A．步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B．步骤①中每生成44.8LCO2共转移7mol电子C．步骤④若调节滤液2的pH，使之变小，则有利于生成Cr2O72-D．步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度大于Na2Cr2O74、下列关于误差分析的判断正确的是（）A．用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视会使所配溶液浓度偏高B．用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒药品质量一定偏小C．配制1mol·L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容会使所得溶液浓度偏小D．用润湿的pH试纸测醋酸的pH会使测定结果偏小5、下列各组物质中，前者属于电解质，后者属于混合物的是（

）A．纯碱，饱和食盐水 B．氯水，漂白粉C．盐酸，碱石灰 D．液氨，硫酸铵6、下列关于金属元素的叙述正确的是()A．金属元素的单质只有还原性，其离子只有氧化性B．金属元素的单质在常温下均为固体C．金属元素在不同化合物中化合价均相同D．大多数金属元素的单质为电的良导体7、化学反应N2+3H2→2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）A．N2(g)+H2(g)→NH3(l)△H=-46kJ/molB．N2(g)+H2(g)→NH3(g)△H=-454kJ/molC．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H=-92kJ/molD．N2(g)+3H2(g)→2NH3(1)△H=+431.3kJ/mol8、将①H+、②Cl－、③Al3＋、④K＋、⑤S2－、⑥OH－、⑦NO3－、⑧NH4＋分别加入H2O中，基本上不影响水的电离平衡的离子是（）A．①③⑤⑦⑧ B．②④⑥⑧ C．①⑥ D．②④⑦9、25℃，amol·L−1HCl与bmol·L−1一元碱MOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是A．a≤bB．a≥bC．c(Cl−)＞c(M+)D．c(Cl−)<c(M+)10、下列叙述正确的是（）A．相同条件下，N2和O3的混合气体与等体积的N2所含原子数相等B．等物质的量的甲基（-CH3）与羟基(-OH)所含电子数相等C．常温常压下28gCO与22.4LO2所含分子数相等D．16gCH4与18gNH4+所含质子数相等11、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每转移0.2mol电子，理论上消耗42.5gLiCl12、下列对古文献记载内容理解错误的是A．《天工开物》记载：“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙黏土而为之”。“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐。B．《本草纲目》“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏。C．《抱朴子·金丹篇》中记载：“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。该过程未发生氧化还原反应。D．《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应。13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A．100g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有氧原子数为4NAB．标准状况下，4.48LCO2

和N2O的混合气体中含有的电子数为4.4NAC．0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAD．7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为0.2NA14、下列物质中既能与稀H2SO4反应,又能与NaOH溶液反应，且都只生成盐和水的是①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤Na2CO3A．②③④B．①②③④C．①③④D．②③15、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是（）A．检验试液中的SO42-：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的Fe2+：试液无明显现象红色溶液C．检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解D．检验试液中的I-：试液无明显现象蓝色溶液16、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO二、非选择题（本题包括5小题）17、M是日常生活中不可缺少的调味品。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为____________。（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如图所示:则A与B溶液反应后溶液中的溶质为___________（填化学式），物质的量之比为_______。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。18、5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na＋Al3＋Fe3＋Cu2＋Ba2＋阴离子OH－Cl－CO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；④B溶液与D溶液混合后无现象；⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol·L－1H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式：______________________________________。（3）写出步骤⑤中发生反应的离子方程式：______________________________________。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是________mL。19、某课外兴趣小组欲测定某NaOH溶液的浓度，其操作步骤如下：①将碱式滴定管用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗后，再注入待测溶液，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数；将锥形瓶用蒸馏水洗净后，用待测溶液润洗锥形瓶2～3次；从碱式滴定管中放出25.00mL待测溶液到锥形瓶中。②将酸式滴定管用蒸馏水洗净后，立即向其中注入0.1000mol·L－1标准盐酸，调节滴定管的尖嘴部分充满溶液，并使液面处于“0”刻度以下的位置，记下读数。③向锥形瓶中滴入酚酞作指示剂，进行滴定。滴定至终点，测得所耗盐酸的体积为V1mL。④重复以上过程，但在滴定过程中向锥形瓶中加入5mL的蒸馏水，测得所耗盐酸的体积为V2mL。试回答下列问题：(1)滴定终点时的现象为锥形瓶中的溶液由______；(2)滴定时边滴边摇动锥形瓶，眼睛应观察_______；(3)该小组在步骤①中的错误是______，由此造成的测定结果________(填“偏高”或“偏低”或“无影响”)；(4)步骤②缺少的操作是_____；(5)如上图是某次滴定时的滴定管中的液面，其读数为___mL；(6)根据下列数据：测定次数待测液体积/mL标准盐酸体积/mL滴定前读数/mL滴定后读数/mL第一次25.000.4020.38第二次25.004.0024.02请计算待测烧碱溶液的物质的量浓度。(请写出解答过程)_______________20、甲酸(HCOOH)易挥发，熔点为8.6℃，电离常数K＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。Ⅰ.制取一氧化碳（1）用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是_________________；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是_________________。（2）欲收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→_________(按气流方向，用小写字母表示)。Ⅱ.一氧化碳性质的探究资料：①常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；②一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOH473K10MPa利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。（3）打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为_________；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置的作用是____________，H装置中盛放的试剂是__________。（4）某同学为了证明E装置中CO与NaOH固体发生了反应，设计下列实验方案：取固体产物，配成溶液，常温下测该溶液的pH，若pH>7，则证明CO与NaOH固体发生了反应。经小组讨论，该方案不可行，理由是_________________________________。（5）某同学为了测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度，设计如下实验方案：准确称取固体产物mg配成100mL溶液，取20.00mL溶液，加入指示剂，用cmol·L－1的盐酸标准溶液平行滴定剩余的NaOH三次，平均消耗的体积为VmL。已知：三种指示剂的变色范围如下所示。则指示剂应选用_______，产物中甲酸钠的纯度为________(用含m、c、V的代数式表示)。21、SO2是我国大部分地区雾霾天气产生的主要原因之一。加大SO2的处理力度，是治理环境污染的当务之急。SO2主要来自于汽车尾气、燃煤烟气、硫酸工业尾气、冶金工业烟气等。（1）“催化转换器”能将汽车尾气中CO与NO转化成可参与大气生态环境循环的无毒气体，并促进烃类充分燃烧及SO2的转化，但也在一定程度上提高了空气的酸度。“催化转换器”提高空气酸度的原因是_____________________________。（2）用氨水将燃煤烟气中的SO2转化成NH4HSO3。该法是利用了SO2________（填选项字母编号）A．漂白性B．氧化性C．还原性D．酸性氧化物性质（3）用生物质热解气（主要成分CO、CH4、H2）将燃煤烟气中SO2在高温下还原成单质硫。主要发生了下列反应：2H2（g）+SO2（g）=S（g）+2H2O（g）△H1=+90.4kJ▪mol-12CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H2=－566.0kJ▪mol-1S（g）+O2（g）=SO2（g）△H3=－574.0kJ▪mol-1试写出CO将SO2还原成S（g）的热化学方程式__________________________。（4）将硫酸工业尾气中的SO2转化成硫酸，同时获得电能。装置如图所示（电极均为惰性材料）：①溶液中的H+移向_______。（填“M”或“N”）②M极发生的电极反应式为________________。③写出A、B所代表的物质的化学式：A_______、B________。（5）利用硫酸钠溶液吸收冶金工业烟气中SO2，再用惰性电极电解，能获得所需的产品，装置如图所示。①若电解后A极区得到硫酸，则B电极反应式为________________________。②若电解后A极区析出硫磺，则电解反应的化学方程式为________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”、“强还原性制弱还原性”的原理来验证还原性的强弱顺序。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+，说明发生反应2Fe2++C12=2Fe3++2Cl-,且C12反应完全，可证明还原性Fe2+>C1-；溶液2中含有SO42-,则说明发生反应2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，可证明还原性SO2>Fe2+，故甲能证明还原性SO2>Fe2+>C1-；乙、溶液1中含有Fe3+，无Fe2+剩余，则还原性Fe2+>C1-，但C12可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是C12+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+，不能够比较SO2与Fe2+的还原性强弱，故乙不能验证；丙、溶液1中含有Fe3+，没有Fe2+，通入SO2后溶液中又含有Fe2+，说明SO2将Fe3+还原得到Fe2+，证明SO2>Fe2+还原性，故丙实验结论能证明还原性SO2>Fe2+>C1-。故选C。2、D【详解】A．比例模型能够体现出分子中各原子相对体积大小，二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子，比例模型为：，球棍模型用来表现化学分子的三维空间分布，线代表化学键，可连结以球型表示的原子中心，二氧化碳是直线型分子，球棍模型为：，故A错误；B．HCN的中间原子是碳，左边与氢原子形成1对共用电子对，右边与氮原子形成3对共用电子对，HCN的电子式：，故B错误；C．质子数为8，中子数为10的氧原子的质量数为18，该原子可以表示为：O，故C错误；D．双氧水中两个氧原子之间以单键相结合，每个氧原子再分别与一个H原子形成共价键，H2O2的结构式：H—O—O—H，故D正确；答案选D。3、C【解析】铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价。步骤①中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答。【详解】A.由上述分析可知，步骤①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故A错误；B.由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，每生成2molCO2转移7mol电子，但没指明标况，故无法计算CO2的物质的量，故B错误；C.步骤④若调节滤液2的pH，发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH变小，平衡正向移动，则有利于生成Cr2O72-，故C正确；D.向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，说明步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，故D错误。故答案选C。【点睛】题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。4、A【解析】A.用浓硫酸配制稀硫酸时，量筒量取浓硫酸仰视，量取的浓硫酸的体积偏大，会使所配溶液浓度偏高，A正确；B.用托盘天平称取药品时药品和砝码位置颠倒，药品质量可能偏小，可能不变，B错误；C.配制1mol·L-1的NaOH溶液时未恢复至室温就转移并定容，会导致溶液的体积偏小，所得溶液浓度偏大，C错误；D.用润湿的pH试纸测醋酸的pH，相当于将醋酸稀释，溶液的酸性减弱，测定结果偏大，D错误；故选A。5、A【详解】A.纯碱为碳酸钠，是电解质，饱和食盐水为氯化钠溶液，为混合物，故正确；B.氯水为氯气的水溶液为混合物，故错误；C.盐酸为氯化氢的水溶液，属于混合物，故错误；D.液氨为非电解质，硫酸铵为纯净物，故错误。故选A。6、D【详解】A.金属离子中的中间价态离子，比如Fe2＋，既有氧化性又有还原性，A错；B.常温下金属汞呈液态，B错；C.有的金属元素存在变价，比如Fe、Cu等，C错；D.大多数金属单质有良好的导电性，是电的良导体，D正确。答案选D。【点睛】7、C【分析】根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。【详解】由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)断键吸收的能量为204kJ，形成1molNH3(g)的放出的能量为250kJ，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=-46kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为22.7kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=-68.7kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=-137.4kJ/mol，故合理选项是C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意书写热化学方程式时要注明物质的存在状态及与反应的物质相对应的反应热，放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热包括符号、数值及单位。8、D【分析】水的电离平衡H2OH++OH-，H+和OH-能抑制水的电离，能水解的盐促进水的电离。【详解】①H+对水的电离起到抑制作用②Cl－对水的电离无影响③Al3＋能结合水电离产生的OH-生成弱碱Al(OH)3，促进水的电离④K＋对水的电离无影响⑤S2－能结合水电离产生的H+生成HS-，促进水的电离⑥OH－使水的电离平衡逆移⑦NO3－对水的电离无影响⑧NH4＋能结合水电离产生的OH-生成弱电解质NH3·H2O，促进水的电离。故选D。9、A【解析】25℃时，amol·L−1HCl与bmol·L−1一元碱MOH等体积混合后，pH=7，溶液呈中性，该一元碱可能是强碱也可能为弱碱，若为强碱则a=b；若一元碱为弱碱，则反应后得到的是强酸弱碱盐和弱碱的混合物，a＜b；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度。【详解】25℃时，amol·L−1HCl与bmol·L−1一元碱MOH等体积混合后，pH=7，溶液呈中性，该一元碱可能是强碱也可能为弱碱，若为强碱则a=b；若一元碱为弱碱，则反应后得到的是强酸弱碱盐和弱碱的混合物，a＜b；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度，c（Cl

-

）+c（OH

-

）=c（H

+

）+c（M

+

），溶液呈中性c（OH

-

）=c（H

+

），得到c(Cl−)=c(M+)，所以一定正确的是a≤b，故选A。【点睛】本题考查了酸碱反应过程中，溶液酸碱性分析判断，本题中难点是若一元碱为弱碱则弱碱过量，得到的中性溶液为强酸弱碱盐和弱碱的混合物，另外溶液中电荷守恒的计算分析也很关键。10、B【解析】根据阿伏加德罗定律知，相同条件下N2和O3的混合气体与等体积的N2所含分子数相等，但由于N2是双原子分子，O3是三原子分子，因此它们所含的原子总数不相等，A错误；由于-CH3与-OH都呈电中性，故其电子数与其质子数相等，都是9个，B正确；常温常压下28gCO的物质的量为1mol，而22.4LO2的物质的量要小于1mol，C错误；16gCH4与18gNH4+的物质的量都为1mol，CH4分子中质子数为10mol，而NH4+的质子数为11mol，D错误。故本题应选B。11、C【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。12、C【解析】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐；古代用蒸馏法酿酒；丹砂是硫化汞，涉及的反应有HgS=Δ【详解】“瓦”由黏土烧制而成，黏土的分成是硅酸盐，所以“瓦”是传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，故A正确；古代用蒸馏法酿酒，故B正确；丹砂是硫化汞，涉及的反应有HgS=Δ13、C【详解】A.100g质量分数为

46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此乙醇溶液中共含4mol氧原子即4NA个，故正确；B.标准状况下，4.48LCO2

和N2O的混合气体的物质的量n===0.2mol，1个CO2

和N2O所含电子数都是22，0.2molCO2

和N2O含有电子数是N=n×NA=4.4NA，故正确；C.0.1mol·L－1的NH4NO3溶液，不知道溶液的体积，无法算出溶质的物质的量，故错误；D.7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为N=n×NA=m÷M×NA=7.2g÷72g/mol×NA×2=0.2NA，故正确；故选：C。14、D【解析】①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al都是既能与稀H2SO4反应、又能与NaOH溶液反应的物质，其中只生成盐和水的是②Al2O3和③Al(OH)3，①NaHCO3还生成二氧化碳，④Al还生成氢气。⑤Na2CO3只和酸反应，不和碱反应。本题选D。15、D【详解】A．硝酸可氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含SO32-，故A错误；B．氯化钡溶液没有氧化性，加入氯化钡溶液后不能将亚铁离子氧化，故溶液不可能变红，故B错误C．白色沉淀为碳酸钡或亚硫酸钡，则原溶液中可能含SO32-，故C错误；D．淀粉遇碘变蓝，可知加入双氧水将碘离子氧化为碘，则可知试液中含I-，方案严密，故D正确；故答案为D。16、D【详解】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、2:3或2:7Na2CO3和NaHCO31:1(NH4)2SO3【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；根据加入盐酸后所消耗盐酸的体积来分析解答即可。（3）若A是一种正盐，A能分别与NaOH、HCl溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，该气体为常见的NH3和SO2，据此来分析作答。【详解】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气，D为氯气；C与D反应生成的F为HCl；M是日常生活中不可缺少的调味品，M为NaCl，结合转化关系图，B为NaOH。（1）若A是地壳中含量最多的金属元素，则推断A为金属铝，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，发生的反应为，Al3++3OH－=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH－=AlO2-+2H2O；溶液中Al元素有AlO2-或者Al3+两种存在形式，故当得到的沉淀物Al(OH)3中Al元素与溶液中中Al元素的质量相等，也分两种情况，①碱过量时，即反应剩余的n[Al(OH)3]=n(AlO2-)，根据元素守恒可知此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：7；②当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(Al3+)，再根据元素守恒可知，此时c(AlCl3)：c(NaOH)=2：3，故答案为2：3或2：7。（2）若A是CO2气体，A与NaOH溶液反应后所得溶液中溶质可能为：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、NaHCO3和Na2CO3、NaHCO3；由图示信息可以看出：①0~0.1L时，消耗盐酸没有气体放出；②0.1L~0.3L，消耗盐酸有气体放出；根据两个阶段消耗的盐酸的体积比为1:2，可以推测出，原溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl、NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，不产生气体消耗的盐酸与产生气体消耗的盐酸体积比为1:2，可判断出Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。故答案为Na2CO3和NaHCO3，1:1。（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，可推测出A的阳离子为NH4+，阴离子为SO32-，进而得出A的化学式为(NH4)2SO3。18、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O500【分析】①蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡；②在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；③说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；④说明E是碳酸钠，B是铁盐；⑤说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤②中Fe3+与CO32－的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑。（3）步骤⑤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6molH+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。19、浅红色变为无色，且半分钟之内不褪色锥形瓶中溶液颜色变化待测溶液润洗锥形瓶偏高用标准液润洗滴定管2～3次22.600.0800mol/L【分析】(1)根据滴定终点，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，应停止滴定；(2)根据滴定操作分析；(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多；根据c(待测)=分析误差；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗；(5)结合滴定管0刻度在上判断溶液体积读数；(6)根据c(待测)=计算，V(标准)用两次的平均值。【详解】(1)用标准盐酸溶液滴定未知浓度的NaOH溶液，使用酚酞为指示剂，开始时溶液为碱性，因此溶液显红色，当达到滴定终点时，锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(2)中和滴定时，左手控制滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视锥形瓶中溶液颜色变化。当锥形瓶中的溶液从浅红色变为无色时，且半分钟内不褪色，停止滴定；(3)根据待测溶液润洗锥形瓶，会使的待测液的物质的量增多，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=，可知c(标准)偏高；(4)根据酸式滴定管用蒸馏水洗净后，应用标准液润洗滴定管2～3次；(5)滴定管0刻度在上，大刻度在下的结构，根据滴定管中液体凹液面的位置可确定该溶液体积读数为22.60mL；(6)V(标准)═[(20.38-0.40)+(24.02-4.00)]mL÷2═20.00mL，c(待测)=═0.0800mol/L。【点睛】本题考查中和滴定的操作以及注意事项。在误差分析时，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，其标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏低；其标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏高；同时要注意计算结果精确度，一般要结合题干给定数据确定计算结果保留有效数字的位数。20、HCOOHCO↑＋H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl除去酸性气体浓硫酸无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7酚酞5m-cV5m×100%【解析】本题主要考查了方程式书写，实验室仪器安装顺序，指示剂选取和滴定反应计算。【详解】（1）甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是HCOOHCO↑＋H2O；甲酸与浓硫酸混合放出大量热，故不需加热；（2）欲收集CO气体，首先保证杂质完全去除，甲酸易挥发，故需要去除的杂质是甲酸。B装置目的是吸收甲酸，用排水法收集CO，则连接顺序为c→b→e→d→f；（3）CO与PdCl2溶液反应，