广东省兴宁一中2026届化学高三第一学期期中达标测试试题含解析

广东省兴宁一中2026届化学高三第一学期期中达标测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、合金相对于纯金属制成的金属材料来说优点是①合金的硬度一般比它的各成分金属的大②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金④合金比纯金属的导电性更强⑤合金比纯金属的应用范围更广泛A．①②③⑤ B．②③④ C．①②④ D．①④⑤2、生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0。图中L（L1、L2）、X可分别代表压强或温度。下列说法正确的是A．X代表压强B．推断L1>L2C．A、B两点对应的平衡常数相同D．一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2，则反应一定达到平衡3、工业上用铝土矿(主要成分为Al2O3，含Fe2O3杂质)为原料冶炼铝的工艺流程如下：下列叙述正确的是A．按上述流程，试剂X可以是氢氧化钠溶液，也可以是盐酸B．反应①过滤后所得沉淀为氧化铁C．图中所有的转化反应都不是氧化还原反应D．反应②的离子方程式为2AlO2－＋CO2＋3H2O＝2Al(OH)3↓＋CO32－4、已知将Fe3O4看作为(FeO·Fe2O3)，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应的离子方程式为：3Fe2+＋2S2O32－＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列说法正确的是（）A．O2和S2O32－是氧化剂，Fe2+是还原剂B．每生成1molFe3O4，转移2mol电子C．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5molD．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶55、某温度下，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。滴加过程中pM[－lgc(Cl-)或－lgc(CrO42－)]与所加AgNO3溶液体积之间的关系如下图所示。已知Ag2CrO4为红棕色沉淀。下列说法错误的是A．该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝4×10－12B．al、b、c三点所示溶液中c(Ag+)：al＞b＞cC．若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，则a1点会平移至a2点D．用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂6、碘在地壳中主要以NaIO3的形式存在，在海水中主要以I－的形式存在，几种粒子之间有如图所示关系，根据图示转化关系推测下列说法错误的是()A．用KI淀粉试纸和食醋可以检验加碘盐中是否含有碘B．足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2＋I2＋6H2O→2HIO3＋10HClC．由图可知氧化性的强弱顺序为Cl2<IO3-<I2D．途径Ⅱ中若生成1molI2，反应中转移的电子数为10NA7、在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入下列固体粉末，铜粉可以溶解的是A．FeB．Na2SO4C．KNO3D．FeCl28、下列关于化学键的说法正确的是()A．C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键B．不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键C．含极性键的共价化合物一定是电解质D．HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定9、下列说法正确的是：（）A．硫和氯气与铁反应后铁元素的价态相同。B．将SO2通入品红溶液中，溶液褪色，加热后无变化。C．二氧化硫具有较强的还原性，故不能用浓硫酸干燥。D．SO2能使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性。10、下列说法正确的是A．SiO2溶于水显酸性B．普通玻璃和氮化硅陶瓷分别属于传统无机非金属材料和新型无机非金属材料C．因为高温时SiO2与Na2CO3反应放出CO2，所以硅酸的酸性比碳酸强D．SiO2是酸性氧化物，它在常温时不溶于任何酸11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X、Z同主族，Y与W形成的盐的水溶液呈中性。下列说法正确的是A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(X)B．简单气态氢化物的热稳定性：X>Z>WC．X、Y形成的化合物中一定不含共价键D．Z的氧化物的水化物与W的氧化物的水化物之间一定不能发生反应12、下列相应反应的离子方程式正确的是()A．将少量Na投入到水中：Na+2H2O=H2+Na++2OH-B．向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O=CO＋2HClOC．向盐酸中滴加少量Na2CO3溶液：2H++CO=CO2↑+H2OD．向Mg(OH)2沉淀中滴加乙酸：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O13、下列说法中正确的是A．氯酸钾分解是一个熵增的过程B．△H>0，△S>0的反应一定可以自发进行C．电解水产生氢气、氧气的反应具有自发性D．可逆反应正向进行时，正反应具有自发性，△H一定小于零14、反应2H2O2(l)2H2O(l)+O2(g)能量变化如图所示，下列说法错误的是（）A．该反应放热B．途径Ⅱ加入了催化剂C．1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量D．途径Ⅰ放出的热量多15、法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料，其结构如下图所示。下列说法不正确的是A．b、c互为同分异构体B．a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上C．a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应D．a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色16、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指（）A．KOH B．KAl(SO4)2C．KHCO3 D．K2CO3二、非选择题（本题包括5小题）17、元素是构成我们生活的世界中一切物质的“原材料”。Ⅰ．1869年，门捷列夫在前人研究的基础上制出了第一张元素周期表，如图所示。Ni=Co=59H=1Cu=63.4Ag=108Hg=200Be=9.4Mg=24Zn=65.2Cd=112B=11Al=27.4?=68Ur=116Au=198?C=12Si=28?=70Sn=118N=14P=31As=75Sb=122Bi=210?O=16S=32Se=79.4Te=128?F=19Cl=35.5Br=80I=127Li=7Na=23K=39Rb=85.4Cs=133Tl=204Ca=40Pb=207（1）门捷列夫将已有元素按照相对原子质量排序，同一___（填“横行”或“纵列”）元素性质相似。（2）结合表中信息，猜想第5列方框中“Te=128？”的问号表达的含义是___。Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，它们的相对位置如图所示，其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍。XYZW请回答下列问题：（1）W位于周期表中的位置__。W的原子核外电子运动状态有___种，原子轨道数为___。（2）比较Y、Z气态氢化物的稳定性___（用分子式表示）。（3）科学家们认为存在含氢量最高的化合物XH5，预测其与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，写出该反应的化学方程式___，XH5是离子化合物，它的电子式为___。（4）工业上将干燥的W单质通入熔融的Z单质中可制得化合物Z2W2，该物质可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，0.2mol该物质参加反应时转移0.3mol电子，其中只有一种元素化合价发生改变，写出Z2W2与水反应的化学方程式___。18、已知无色溶液X可能含有H+、Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、CO32-、NO3-、SO42-中的几种离子，某化学兴趣小组通过如下实验确定了其成分(其中所加试剂均过量，气体体积已转化为标准状况)：回答下列问题：(1)实验Ⅱ可确定无色溶液X中一定不存在的离子有________。(2)无色气体A的空间构型为_______；白色沉淀A的成分为_______(写化学式)。(3)实验Ⅲ中的第ii步操作对应发生的反应的离子方程式为________。(4)该无色溶液X中一定存在的阳离子及其物质的量浓度为________。19、工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：①空气；②某溶液，③纯碱样品，④稀H2SO4，⑤浓H2SO4，⑥碱石灰，⑦碱石灰。实验步骤是：①检查装置的气密性；②准确称量盛有碱石灰的干燥管Ⅰ的质量(设为m1g)。③准确称量一定量的纯碱的质量(设为m2g)，并将其放入广口瓶中；④从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；⑤缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管Ⅰ的总质量(设为m3g)。根据上述实验，回答下列问题：（1）鼓入空气的目的是______________________________。（2）装置A中液体②应为______，其作用是______________________，如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）装置C的作用是_____________，如果撤去装置C，则会导致实验结果_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）干燥管Ⅱ的作用是____________________。（5）上述实验的操作④和⑤，都要求缓缓进行，其理由是：______________________，如果这两步操作太快，则会导致实验测定结果____________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（6）根据实验，纯碱中Na2CO3的质量分数的计算式为__________________________。20、某兴趣小组设计如图所示装置制取SO2，研究其性质。（1）仪器G的名称是________________。（2）装置B、C、D分别用于检验SO2的漂白性、还原性和氧化性。则装置C中反应的离子方程式__________________，证明SO2具有氧化性的实验现象是___________。（3）为了实现绿色环保的目标，某同学设计装置F来代替装置A。与装置A相比，装置F的优点是________（写出两点）。（4）若选用装置F制取O2可选用的试剂是________。21、实验室采用MgCl2、AlCl3的混合溶液与过量氨水反应制备MgAl2O4的主要流程如下:（1）制备MgAl2O4过程中,高温焙烧时发生反应的化学方程式为_____________。（2）判断流程中沉淀是否洗净所用的试剂是__________________。（3）在25℃下,向浓度均为0.01mol·L-1的MgCl2和AlCl3混合溶液中逐滴加入氨水,先生成______沉淀(填化学式),生成该沉淀的离子方程式:_____________。{已知25℃时Ksp[Mg(OH)2]=1.8×10－11,Ksp[Al(OH)3]=3×10-34}。（4）无水AlCl3(183℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾,实验室可用下列装置制备。装置B中盛放饱和NaCl溶液,该装置的主要作用是______;F中试剂的作用是__________________________________________。

（5）将Mg、Cu组成的3.92g混合物投入过量稀硝酸中,充分反应后,固体完全溶解时收集到还原产物NO气体1.792L(标准状况),向反应后的溶液中加入4mol·L-1的NaOH溶液80mL时金属离子恰好完全沉淀。则形成沉淀的质量为____g。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【详解】①合金的硬度一般比它的各成分金属的大，故①正确；②一般合金的熔点比它的各成分金属的更低，故②正确；③改变原料的配比，改变生成合金的条件，可得到具有不同性能的合金，故③正确；④一般情况下，合金的导电性和导热性低于任一组分金属，故④错误；⑤由于合金的许多性能优于纯金属，所以在应用材料中大多使用合金，故⑤正确；综上所述，题目中①②③⑤正确，故本题应选A。2、B【分析】生产硫酸的主要反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H＜0，该反应的正反应是一个气体分子数目减少的放热反应，根据化学平衡移动原理可知，在其它条件不变时，随温度的升高，化学平衡逆向移动，二氧化硫的平衡转化率下降，故X代表温度；随着压强的增大，二氧化硫的平衡转化率增大，故图中L代表压强，且L1>L2，据此分析可得结论。【详解】A.因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，增大压强，平衡正向移动，二氧化硫的平衡转化率应增大，与图示变化不符，故A错误；B.由上述分析可知，图中L代表压强，因该反应正反应是一个分子数目减少的反应，所以在其它条件相同时，压强越大，二氧化硫的转化率越大，则L1>L2，故B正确；C.由上述分析可知，X代表温度，则A、B两点的温度不同，化学平衡常数不同，故C错误；D.一定温度下，当混合气中n（SO2）：n（O2）:n(SO3)=2:1:2时，反应混合物中各组份的浓度不一定保持不变，不一定是平衡状态，故D错误；答案选B。3、B【解析】综合分析工艺流程图可知，试剂X是氢氧化钠溶液，Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，所以反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，沉淀为Fe2O3；Y为CO2，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝，电解熔融Al2O3得到金属铝，以此解答该题。【详解】A．由溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为盐酸，故A错误；B．Al2O3溶于氢氧化钠溶液得到NaAlO2溶液，Fe2O3与氢氧化钠溶液不反应，则过滤后所得沉淀为Fe2O3，故B正确；C．电解熔融Al2O3冶炼金属铝属于氧化还原反应，故C错误；D．反应①过滤后所得溶液乙为NaAlO2溶液，向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al（OH）3沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式为NaAlO2+CO2+2H2O＝Al（OH）3↓+NaHCO3，故D错误；故答案选B。【点睛】本题是一道综合考查铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等知识题目，侧重于考查学生分析和解决问题的能力，综合性强，注意把握制备原理和反应的流程分析。4、C【解析】试题分析：在3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62-＋2H2O中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3，硫元素的化合价变化为：+2→+5/2，氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，则A．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，A错误；B．由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，B错误；C．2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为：2mol÷4=0.5mol，C正确；D．由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算【名师点晴】Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键。氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子转移，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。5、B【分析】根据pM=－lgc(Cl-)或pM=－lgc(CrO42－)可知，c(CrO42－)越小，pM越大，根据图像，向10mL0.1mol·L-lNaCl溶液和10mL0.1mol·L-lK2CrO4溶液中分别滴加0.1mol·L-lAgNO3溶液。当滴加10mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，氯化钠恰好反应，滴加20mL0.1mol·L-lAgNO3溶液时，K2CrO4恰好反应，因此al所在曲线为氯化钠，b、c所在曲线为K2CrO4，据此分析解答。【详解】A．b点时恰好反应生成Ag2CrO4，－lgc(CrO42－)=4.0，c(CrO42－)=10－4mol·L-l，则c(Ag+)=2×10－4mol·L-l，该温度下，Ksp(Ag2CrO4)＝c(CrO42－)×c2(Ag+)=4×10－12，故A正确；B．al点恰好反应，－lgc(Cl-)=4.9，c(Cl-)=10－4.9mol·L-l，则c(Ag+)=10－4.9mol·L-l，b点c(Ag+)=2×10－4mol·L-l，c点，K2CrO4过量，c(CrO42－)约为原来的，则c(CrO42－)=0.025mol·L-l，则c(Ag+)==×10－5mol·L-l，al、b、c三点所示溶液中b点的c(Ag+)最大，故B错误；C．温度不变，氯化银的溶度积不变，若将上述NaCl溶液浓度改为0.2mol·L－1，平衡时，－lgc(Cl-)=4.9，但需要的硝酸银溶液的体积变成原来的2倍，因此a1点会平移至a2点，故C正确；D．根据上述分析，当溶液中同时存在Cl-和CrO42-时，加入硝酸银溶液，Cl-先沉淀，用AgNO3标准溶液滴定NaCl溶液时，可用K2CrO4溶液作指示剂，滴定至终点时，会生成Ag2CrO4为红棕色沉淀，故D正确；答案选B。6、C【分析】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2；B.根据图示转化Ⅲ可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子；C.由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2<NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2>NaIO3；D.根据转化关系2IO3-～I2～10e-计算判断。【详解】A.加碘盐中含有NaIO3，其在酸性条件下可被I-还原生成I2，故用淀粉-KI试纸和食醋检验加碘盐时淀粉-KI试纸会变蓝，A正确；B.根据图示转化Ⅲ可知：足量的Cl2与I-反应生成NaIO3，氯气被还原为氯离子，则足量Cl2能使湿润的KI淀粉试纸变白的原因可能是：5Cl2+I2+6H2O→2HIO3+10HCl，B正确；C.由途径I可知氧化性Cl2>I2，由途径Ⅱ可知氧化性I2<NaIO3，由途径Ⅲ可知氧化性Cl2>NaIO3，故氧化性的强弱顺序为Cl2>IO3->I2，C错误；D.根据转化关系2IO3-～I2～10e-可知，生成1molI2反应中转移的电子数为10NA，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查氧化性强弱比较及应用，在氧化还原反应中氧化剂的氧化性强于氧化产物；还原剂的还原性强于还原产物；氧化剂的氧化性强于还原剂，还原剂的还原性强于氧化剂。根据转化关系判断氧化性强弱是解题关键。利用氧化还原反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移数目。7、C【解析】A.铜不溶解，只有铁和硫酸反应放出氢气，故A错误；B.Na2SO4不能与铜反应，故B错误；C.硝酸根与原溶液中的H+在一起可发挥其氧化性，跟铜反应，生成一氧化氮，硝酸铜和水，故C正确；D.铜不能与FeCl2反应，故D错误；故选C。8、B【详解】A项、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键，又有共价键，例如尿素分子中只有共价键，故A错误；B项、不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键，例如双氧水中还含有非极性键，故B错误；C项、含极性键的共价化合物不一定是电解质，例如乙醇是非电解质，故C错误；D项、分子间作用力不能影响分子的稳定性，分子的稳定性与共价键有关系，故D错误；故选B。9、D【详解】A．S元素氧化较弱，和铁反应只能将铁氧化成+2价，氯气氧化性较强，可将铁氧化成+3价，故A错误；B．将SO2通入品红溶液中，溶液褪色，加热后颜色恢复，故B错误；C．二氧化硫具有较强的还原性，但二氧化硫中S元素与硫酸中的S元素化合价相邻，二者不发生氧化还原反应，可以用浓硫酸干燥，故C错误；D．酸性高锰酸钾具有强氧化性，溶液褪色说明高锰酸钾被还原，体现了二氧化硫的还原性，故D正确；故答案为D。【点睛】S的氧化性较弱，与金属单质反应时只能将金属氧化成较低价态，如铁被氧化成亚铁，铜被氧化成亚铜。10、B【解析】A、SiO2难溶于水；B、水泥、玻璃、陶瓷的主要成分都含有硅酸盐，在我国使用时间长远，广泛，被称为三大传统的无机非金属材料；新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸。【详解】A、SiO2难溶于水，故A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，故B正确；C、SiO2与Na2CO3反应放出CO2，原理是高沸点制低沸点，不是在水溶液中进行的反应，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，它在常温时溶于氢氟酸，故D错误；故选B。11、A【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是地壳中含量最多的元素，X是O元素；X、Z同主族，Z是S元素；Y与W形成的盐的水溶液呈中性，Y是Na、W是Cl元素。【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径：r(Na)>r(S)>r(O)，故A正确；B．非金属性越强，气态氢化物越稳定，非金属性Cl>S，简单气态氢化物的热稳定性：HCl>H2S，故B错误；C．O、Na形成的化合物中，Na2O2含共价键，故C错误；D．S的氧化物的水化物H2SO3与Cl的氧化物的水化物HClO能发生氧化还原反应，故D错误；选A。12、C【详解】A．将钠投入水中，反应生成氢氧化钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na+2H2O=H2↑+2Na++2OH-，故A错误；B．向NaClO溶液中通入少量CO2，生成碳酸氢根和次氯酸，离子方程式为：ClO－＋CO2＋H2O=HCO＋HClO，故B错误；C．少量碳酸钠反应生成二氧化碳、水和氯化钠，反应的离子方程式为2H++CO=CO2↑+H2O，故C正确；D．向Mg(OH)2沉淀中滴加乙酸，乙酸为弱酸，应该用化学式表示，不能拆成离子形式，故D错误；故选C。13、A【详解】A．氯酸钾分解生成气体，混乱度增加，熵值增大，选项A正确；B．△G＜0反应自发进行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，则当低温下△G可能大于0，反应非自发，选项B错误；C.电解水产生氢气、氧气的反应为△H>0，△S>0，根据△G=△H-T△S＜0可知，只有在高温条件下才具有自发性，选项C错误；D.可逆反应正向进行时，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高温条件下正反应具有自发性，选项D错误。答案选A。14、D【详解】A．比较反应物和生成物的总能量，发现反应物的总能量高于生成物的总能量，说明这个反应是放热反应，故A正确，但不符合题意；B．比较I、II两个过程的活化能的大小，发现II反应的活化能较低，说明途径II加入了催化剂，故B正确，但不符合题意；C．2molH2O2(l).的能量高于2molH2O(l)和1molO2(g)的总能量，显然1molH2O2(l)的能量高于1molH2O(l)的能量，故C正确，但不符合题意；D．根据盖斯定律可知，两个途径的始态和终态相同，反应热相等，故D错误，符合题意；故选：D。15、C【分析】a的分子式为C9H8O，含有的官能团为碳碳双键和醛基，b的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和醚键，c的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和羟基。【详解】A项、b、c的分子式均为C9H10O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、a中均为不饱和碳原子，所有碳原子均有可能处于同一平面上，c中有一个饱和碳原子连在苯环上，一个饱和碳原子连在碳碳双键上，所有碳原子均有可能处于同一平面上，故B正确；C项、a、b都不含有羟基和羧基，不能发生酯化反应，故C错误；D项、a、b、c均含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键。16、D【详解】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，同时符合久则凝淀如石，而KHCO3久则分解生成粉末状的碳酸钾，故D符合，故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、横行怀疑Te的相对原子质量（或同一列相对原子质量依次增大，按此规律，Te的相对原子质量应该在122和127之间）第三周期第ⅦA族179H2S<H2ONH5+H2O=H2↑+NH3·H2O2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl【分析】Ⅰ．(1)结合表中给出的是相对原子质量分析；(2)由表中信息，同一列相对原子质量依次增大；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(2)元素非金属性越强，对应氢化物越稳定；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成；(4)S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒计算生成二氧化硫的物质的量，再根据元素守恒计算发生还原反应的S原子物质的量，再根据电子转移守恒计算硫元素在氧化产物中的化合价确定氧化产物，最后结合原子守恒进行解答。【详解】Ⅰ．(1)结合表中信息得，给出的是元素的相对原子质量，故同一横行元素性质相似；(2)由表中信息，同一列按相对原子质量依次增大规律进行排列，第5列方框中“Te=128？”的问号表示怀疑Te的相对原子质量，Te的相对原子质量应该在122和127之间；Ⅱ．X、Y、Z、W是现在元素周期表中的短周期元素，由元素在周期表中位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，其中

Y

元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为氧元素，则Z为硫元素、X为氮元素、W为Cl；(1)W为Cl，在周期表中的位置：第三周期第ⅦA族；Cl元素的核电荷数是17，则原子核外电子总数为17，即W的原子核外电子运动状态有17种，其电子排布式为1s22s22p63s23p5，则原子轨道数为9；(2)由于元素非金属性S＜O，故氢化物稳定性：H2S＜H2O；(3)化合物NH5与水剧烈反应放出气体，所得水溶液呈弱碱性，水溶液为氨水，相当于反应生成氨气后再溶于水，由元素守恒可知反应时放出的气体为氢气，反应方程式为NH5+H2O=H2↑+NH3•H2O，NH5是离子化合物，N原子形成稳定结构最多形成4个N-H键，由铵根离子与氢负离子构成，电子式为：；(4)化合物S2Cl2可与水反应生成一种能使品红溶液褪色的气体，该气体为SO2，其中只有一种元素化合价发生改变，故S元素化合价降低，根据电子转移守恒，转移0.3mol电子生成二氧化硫为=0.1mol，故有0.3molS原子发生还原反应，根据电子转移守恒可知S元素在还原产物中的化合价为0，故生成S，同时生成HCl，该反应的化学方程式为2S2Cl2+2H2O═3S↓+SO2↑+4HCl。18、H+、Mg2+、Al3+三角锥形BaCO3、BaSO43Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2Oc(NH4+)=0.05mol/L，c(Na+)=0.4mol/L【分析】无色溶液X中加入Ba(OH)2溶液加热产生无色气体A是NH3，说明含有NH4+，根据氨气的物质的量可计算出NH4+的物质的量；同时产生白色沉淀A，向该沉淀中加入稀硝酸产生无色气体B，同时有白色沉淀B，说明沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物，二者的质量和为8.6g，沉淀B是BaSO4，气体B是CO2，说明原溶液中含SO42-、CO32-，根据沉淀A、B的质量可计算出原溶液中含有的SO42-、CO32-的物质的量；向溶液A中加入盐酸酸化，并加入FeCl2溶液，产生无色气体C，该气体与空气变为红棕色，则B是NO，说明III发生了氧化还原反应，A中含有NO3-，根据NO的体积，结合N元素守恒可得NO3-的物质的量，根据离子共存判断是否含有其它离子，并进行分析解答。【详解】根据上述分析可知：该溶液中一定含有NH4+、SO42-、CO32-、NO3-，由于CO32-与H+、Mg2+、Al3+会发生离子反应而不能大量共存，所以该溶液中一定不含有H+、Mg2+、Al3+离子；(2)无色气体A是NH3，该气体分子呈三角锥形；白色沉淀A是BaSO4、BaCO3的混合物；(3)实验Ⅲ中的第ii步操作是H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒。可得该反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O；(4)根据上述分析及题干已知信息，结合元素守恒可知，在原溶液中含有的离子的物质的量分别是：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。阴离子带有的负电荷总数多于阳离子带有的正电荷总数，根据溶液呈电中性，说明溶液中还含有阳离子Na+，其物质的量是n(Na+)=2n(SO42-)+2n(CO32-)+n(NO3-)-n(NH4+)=2×0.02mol+2×0.02mol+0.01mol-0.01mol=0.08mol，溶液的体积是200mL，则该无色溶液X中一定存在的阳离子的物质的量浓度c(NH4+)=n(NH4+)÷V=0.01mol÷0.2L=0.05mol/L；c(Na+)=n(Na+)÷V=0.08mol÷0.2L=0.4mol/L。【点睛】本题考查常见离子的检验方法及物质的量浓度的计算，注意掌握常见离子的性质及正确的检验方法，要求学生能够根据离子反应的现象判断原溶液中存在的离子名称，结合离子反应由已经确定的离子存在判断不能存在的离子，并根据溶液的电中性分析题目未涉及的检验离子的存在及其浓度，该题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。19、赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2碱溶液除去空气里的CO2偏大除去CO2中混有的水蒸气偏大吸收空气中的CO2和水蒸气使反应产生的CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收偏小(m【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）实验目的是测定Na2CO3质量分数，Na2CO3和稀硫酸反应Na2CO3＋H2SO4=Na2SO4＋CO2↑＋H2O，通过CO2的量计算Na2CO3的量，装置中含有空气，需要排除，鼓入空气的目的是赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2；（2）空气中含有CO2，对CO2质量测定，产生干扰，必须除去空气中CO2，即装置A中盛放的试剂为碱液；如果撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，造成所测CO2的质量增加，根据碳元素守恒，Na2CO3的质量增大，即碳酸钠的质量分数增大；（3）装置C中的试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中水蒸气，如果撤去装置C，所测CO2的质量增大，即碳酸钠的质量增大，导致实验结果偏大；（4）空气中含有水蒸气和CO2，进入干燥管I中，造成所测碳酸钠质量增大，因此装置II作用是空气中的CO2和水蒸气；（5）使反应产生CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收，如果通入过快，导致实验所测结果偏小；（6）干燥管I的质量差为CO2的质量，即CO2的质量为(m3－m1)g，根据碳元素守恒，碳酸钠的质量为