贵州省贵阳市、六盘水市、黔南州2026届化学高三第一学期期中监测试题含解析

贵州省贵阳市、六盘水市、黔南州2026届化学高三第一学期期中监测试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是（）A．SO3 B．乙醇 C．CaO D．醋酸2、配制一定体积一定浓度的NaOH溶液时，下列操作导致结果偏高的是A．称量NaOH固体时动作缓慢 B．定容时俯视刻度线C．定容后振荡发现液面低于刻度线 D．未洗涤烧杯和玻璃棒3、向可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、NO3-、Cl-、Al3+、Na+、K+、Mg2+离子的某一溶液中加入一定量的过氧化钠固体，则浓度保持不变的离子是，（溶液体积忽略不变）A．CO32-、Na+、K+B．SO42-、Cl-、K+C．Cl-、NO3-、K+D．HCO3-、SO42-、K+4、化学与社会、生活密切相关。下列说法不正确的是A．Al2O3作耐火材料是因为氧化铝熔点高B．“血液透析”利用了胶体的性质C．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解D．家用燃煤中适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放5、将一定质量Na置于氧气中缓缓加热直至完全氧化，生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，将该混合物溶于足量水，最终得到pH=12的NaOH溶液。关于此过程说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）A．钠与氧气反应过程中共转移0.3NA个电子B．钠与氧气反应过程中消耗氧气体积为2.24LC．混合物中含有0.2NA个阴离子D．最终得到NaOH溶液中含有0.01NA个OH—6、由短周期的两种元素组成的化合物XY3，下列说法错误的是A．X和Y可能位于同一周期，也可能位于不同周期B．X可能是金属，也可能是非金属C．X和Y一定位于不同主族D．化合物XY3溶于水，溶液可能显碱性，也可能显酸性7、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NAB．常温常压下，12g金刚石中含有C－C键数为4NAC．1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD．25℃时，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NA8、下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3＋、NH、Cl－、Cu2＋B．酸性溶液中可能大量存在Na＋、ClO－、SO、I－C．中性溶液中可能大量存在Ba2＋、K＋、Cl－、SOD．无色溶液中可能大量存在Na＋、K＋、Cl－、HCO9、下列物质不能通过化合反应制得的是A．FeCl3 B．FeCl2 C．Fe（OH）3 D．Fe（OH）210、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法不正确的是A．“煤改气”，“煤改电”等清洁能源工程有利于减少雾霾天气B．人类超量碳排放、氮氧化物和二氧化硫的排放是形成酸雨的主要原因C．石墨烯弹性气凝胶制成的轻质“碳海绵”可用作处理海上原油泄漏的吸油材料D．白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2防止营养成分被氧化11、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶液呈中性，溶液中的数目为NAB．将Cl2通入FeBr2溶液中，有1molBr2生成时，转移的电子数为2NAC．7.8g苯含σ键的数目为0.6NAD．有铁粉参加的反应若生成3molFe2+，则转移电子数一定为6NA12、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③13、食品保鲜所用的“双吸剂”，是由还原铁粉、生石灰、氯化钠、炭粉等按一定比例组成的混合物，可吸收氧气和水。下列分析不正确的是（）A．“双吸剂”中的生石灰有吸水作用B．“双吸剂”吸收氧气时，发生了原电池反应C．炭粉上发生的反应为：O2+4e-+4H+=2H2OD．吸收氧气的过程中，铁作原电池的负极14、不能通过单质间化合直接制取的是A．CuO B．Cu2S C．Fe3O4 D．Fe2S315、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()A．Na2SiO3易溶于水，可用作木材防火剂B．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂C．Fe粉具有还原性，可用作食品袋中的抗氧化剂D．石墨具有还原性，可用作干电池的正极材料16、《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”“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”。下列说法错误的是()A．“燃薪举火”使黏土发生了复杂的物理化学变化 B．沙子和黏土的主要成分为硅酸盐C．烧制后自然冷却成红瓦，浇水冷却成青瓦 D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料17、室温下，将纯水加热至沸腾，下列叙述正确的是(

)A．水的离子积变大，pH变小，呈酸性B．水的离子积不变、pH不变、呈中性C．水的离子积变小、pH变大、呈碱性D．水的离子积变大、pH变小、呈中性18、某温度下，VmL不饱和NaNO3溶液ag，蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体(恢复到原温度)均可使溶液达到饱和，则下列量的计算结果正确的是A．该温度下NaNO3的溶解度为200gB．原不饱和溶液中NaNO3的质量分数为%C．原不饱和溶液中NaNO3的物质的量浓度为mol/LD．原不饱和溶液的密度为g/mL19、下列说法中正确的是A．第ⅦA族单质从上往下熔沸点逐渐升高，第ⅠA族单质从上往下熔沸点逐渐降低B．Na2SiO3溶液可用作矿物胶、木材防火剂，还可用作制备硅胶的原料C．品红溶液和滴有酚酞的NaOH溶液均能与SO2气体作用而褪色，且其实质相同D．镁和铝性质稳定且都有很强的抗腐蚀能力，所以镁铝合金可用于飞机、轮船制造20、一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-21、下列关于阿伏加德罗常数(NA)的说法不正确的是A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B．28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAC．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NAD．常温下，10LpH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数目为NA22、下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A．向含有等物质的量的Ba（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2，与CO2反应的物质依次是：KOH、Ba（OH）2、BaCO3B．向含有等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+的混合溶液中加入Zn，与Zn反应的离子依次是：Ag+、Cu2+、Fe2+C．向含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的混合溶液中滴加盐酸，与盐酸反应的物质依次是：AlO2-、Al（OH）3、OH-、CO32-D．在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，与氯气反应的离子依次是：I-、Br-、Fe2+二、非选择题(共84分)23、（14分）随原子序数递增，八种短周期元素(用字母x等表示)原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。回答下列问题：（1）用于文物年代测定的元素，其核素符号为_________。元素z在周期表中的位置是____________。（2）元素d、e、f、g原子的简单离子半径由大到小的顺序为_________(用离子符号表示)。（3）元素f的单质与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式为___________________。（4）元素h单质的氧化性强于元素g单质的氧化性的事实是___________(用离子方程式表示)。24、（12分）对硝基苯乙醇是治疗心血管疾病药物美多心安的中间体，也是重要的香料中间体。对硝基苯乙醇的一条合成路线如图所示：完成下列填空：（1）A的结构简式为___。实验室由A制得苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照，第二步的化学反应方程式为___。（2）反应②的反应类型为___反应。设计反应①、反应③的目的是___。（3）反应③的试剂和条件为___。（4）丁苯橡胶是合成橡胶中产量最大的品种，适合制轮胎、传输带等。丁苯橡胶可通过1，3-丁二烯与苯乙烯加聚得到。写出丁苯橡胶的结构简式___。（5）由1，3-丁二烯为原料可以合成有机化工原料1，4-丁二醇（HOCH2CH2CH2CH2OH），写出其合成路线___。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）25、（12分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。（1）加试剂前要进行的操作是_______________。（2）浓硫酸_______(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是________。（3）从装置Ⅱ中分离出产品可采取的分离方法是_____。（4）为了完整实验装置，在下列装置中选择一个最合理的装置放在装置Ⅲ处，可选用的装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。26、（10分）市售食盐常有无碘盐和加碘盐(含KIO3和少量的KI)。I.某同学设计检验食盐是否为加碘盐的定性实验方法：①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。②为验证①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为_________。(2)②中的实验操作名称是_________。(3)实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是_________。Ⅱ.碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险。目前国家标准(GB／T13025.7)所用的食盐中碘含量测定方法：①用饱和溴水将碘盐中少量的I－氧化成IO3－。②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH＝CO2↑+2HBr。③在酸性条件下，加入过量KI，使之与IO3－完全反应。④以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6(1)①中反应的离子方程式为_________。(2)测定食盐碘含量过程中，Na2S2O3，与IO3－的物质的量之比为_________。(3)有人提出为简化操作将①、②省略，但这样会造成测定结果偏低。请分析偏低的原因：__________________。27、（12分）碘化钾可用于有机合成、制药等领域，它是一种白色立方结晶或粉末，易溶于水。有两个学习小组查阅资料后，分别设计以下实验装置制备KI：（查阅资料）：（1）3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O（2）H2S是有剧毒的酸性气体，具有较强还原性，水溶液称氢硫酸（弱酸）；（3）HCOOH（甲酸）具有强烈刺激性气味的液体，具有较强还原性，弱酸；（4）在实验条件下，S2-、HCOOH分别被KIO3氧化为SO42-、CO2。Ⅰ组.H2S还原法，实验装置如图：实验步骤如下：①在上图所示的C中加入127g研细的单质I2和210g30%的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。②打开弹簧夹向其中通入足量的H2S。③将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min。④在装置C的溶液中加入BaCO3，充分搅拌后，过滤、洗涤。⑤将滤液用氢碘酸酸化，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品145g。Ⅱ组.甲酸还原法，实验装置如图：实验步骤如下：⑥在三颈瓶中加入127g研细的单质I2和210g30%的KOH溶液，搅拌至碘完全溶解。⑦通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加入适量HCOOH，充分反应后，再用KOH溶液调pH至9~10，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品155g。回答下列问题；（1）图中装置A中发生反应的离子方程式为__________；装置B中的试剂是_________。（2）D装置的作用是___________。（3）步骤④的目的是_____________________。（4）步骤⑤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是__________________。（5）Ⅱ组实验的产率为__________________。（6）Ⅱ组实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为_______________。（7）与Ⅰ组相比较，Ⅱ组实验的优点是（至少答出两点即可）__________________。28、（14分）高锰酸钾是一种常用的氧化剂。如图是利用软锰矿（主要成分为MnO2）制备高锰酸钾的一种工艺（流程中部分产物已略去）：相关物质不同温度下的溶解度（单位：g）数据如表：（1）“熔融”步骤反应的化学方程式为_____。（2）K2MnO4溶液中加入冰醋酸发生反应的离子方程式为：_____。（3）操作2是_____、_____、_____。（4）图中可以直接进行循环利用的物质是_____（填化学式）。（5）KMnO4粗晶体中的主要杂质（填化学式）有_____和_____，若用硫酸代替图中的冰醋酸，则导致的问题及原因是_____。29、（10分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目的是_________________________________。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=（1—）×100%。①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于____________。②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________。（3）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是______________________。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________。

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、A【详解】A．三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的阴、阳离子而使三氧化硫的水溶液导电，但电离出阴、阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，则三氧化硫是非电解质，故A符合题意；

B．乙醇在水溶液里以分子存在，乙醇水溶液不导电，故B不符合题意；C．CaO溶于水后，与水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙电离出Ca2+和OH-，溶液导电，同时CaO是活泼金属氧化物，属于电解质，故C不符合题意；

D．醋酸在水溶液能电离出阴、阳离子，醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故D不符合题意；

故选A。2、B【解析】A．称量NaOH固体时动作缓慢导致氢氧化钠吸水，溶质减少，浓度偏低，A错误；B．定容时俯视刻度线液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高，B正确；C．定容后振荡发现液面低于刻度线属于正常现象，浓度不变，C错误；D．未洗涤烧杯和玻璃棒溶质减少，浓度偏低，D错误，答案选B。3、C【解析】过氧化钠具有强氧化性，加入过氧化钠固体后，能够将SO32-氧化成SO42-；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，导致Na+的浓度增大；NaOH与Al3+、Mg2+、HCO3-反应，所以浓度变化的离子有：CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、Al3+、Na+、Mg2+，离子浓度保持不变的为：NO3-、Cl-、K+，故选C。【点睛】本题考查离子反应及其应用，明确常见离子的性质为解答关键。本题的易错点为亚硫酸根离子的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性。4、C【解析】A.Al2O3熔点高，可作耐火材料，A正确；B.血液可以看作是胶体，“血液透析”利用了胶体的性质，即渗析，B正确；C.糖类中的单糖不能发生水解反应，例如葡萄糖，C错误；D.家用燃煤中适量的生石灰能与SO2反应最终转化为硫酸钙，因此可有效减少二氧化硫的排放，D正确，答案选C。5、A【解析】A.理论上1个钠与氧气反应时不论生成过氧化钠还是氧化钠，其化合价都是由0价升为+1价，转移1个电子，则生成0.1molNa2O和0.05molNa2O2，共0.3molNa+，故转移电子数为0.3NA，故A正确；B.没有标明温度和压强，不能确定气体体积，故B项错误；C.0.1molNa2O含有0.1molO2-，0.05molNa2O2含有0.05molO22-，共0.1+0.05=0.15mol阴离子，故C错误；D.0.1molNa2O和0.05molNa2O2溶于足量水根据元素可知生成0.3mol氢氧化钠，故最终得到NaOH溶液中含有0.3NA个OH—，故D错误；故答案为A。【点睛】D选项虽然只知道溶液的pH值，但根据电荷守恒和元素守恒依然可以确定氢氧根的物质的量。6、C【详解】A.若为AlCl3，Al和Cl处在同一个周期，若为SO3，S和O位于不同的周期，故A正确；B.若为AlCl3，Al是金属，若为SO3，S是非金属，故B正确；C.若为SO3，S和O位于同一主族，故C错误；D.若为NH3，溶于水溶液显碱性，若为SO3，溶于水溶液显酸性，故D正确；故选C。7、A【详解】A.标况下11.2L一氧化碳的物质的量为0.5mol，每个分子含有6+10=16个中子，故总共含有8mol中子，故A正确；B.12克金刚石为1mol，每个碳原子平均形成2个共价键，所以共形成2mol共价键，故B错误；C.氧化锂含有3个离子，过氧化钠也含有3个离子，故1mol混合物含有3mol离子，故C错误；D.没有说明溶液的体积，不能计算，故D错误。故选A。【点睛】阿伏加德罗常数是常考题型。掌握常见物质的结构和微粒的关系，注意溶液中的微粒的计算需要考虑浓度和体积的数据以及溶液中是否存在电离或水解平衡等。8、D【详解】A．Cu2＋为蓝色溶液，不符合无色溶液的要求，故A错误；B．酸性溶液中可ClO－不能大量共存，而且ClO－具有强氧化性，能氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；C．Ba2＋和SO会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；D．Na＋、K＋、Cl－、HCO是无色溶液，而且不能发生反应，能大量存在，故D正确；故选D。9、D【详解】A.2Fe+3Cl2=2FeCl3,属于化合反应，B.Fe+2FeCl3=3FeCl2属于化合反应，C.4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3属于化合反应；D.无法通过化合反应生成Fe(OH)2，符合题意；答案选D。10、B【解析】A.“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霾天气，A正确；B.碳产生的气体是CO2，不会造成酸雨，B错误；C.气凝胶制成的轻质“碳海绵”，具有吸附性，则可用作处理海上原油泄漏的吸油材料，C正确；D.二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，D正确；故合理选项是B。11、A【详解】A．将1molNH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n()+n(H+)=n(OH-)+n()，由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH-)，则n()=n()=1mol，的数目为NA个，选项A正确；B．亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2通入FeBr2溶液中先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，则1molBr2生成时，转移的电子数大于2NA，选项B错误；C．苯中有6个碳碳σ键和6个碳氢σ键，则1mol苯含有12molσ键，7.8g苯为0.1mol，含σ键的数目为1.2NA，选项C错误；D．有铁粉参加的反应，如Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成3molFe2+，则转移电子数为2NA，选项D错误；答案选A。12、D【详解】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。13、C【分析】双吸剂一方面可以吸收水，这主要依靠的是双吸剂中生石灰成分；生石灰与水反应后生成强碱性的Ca(OH)2。此外，双吸剂在吸收氧气时，发生原电池反应；Fe做原电池的负极，炭粉做原电池的正极，并且在炭粉处氧气被吸收；需要额外注意的是，由于双吸剂吸水过程中生成了强碱性的Ca(OH)2，因此，在书写电极反应式时，不应出现H+。【详解】A．生石灰可以与水反应，因此起到了吸水的作用，A项正确；B．双吸剂吸收氧气时，构成了原电池，发生了原电池反应，B项正确；C．炭粉在吸氧时，做原电池的正极，发生的是氧气的还原反应，根据分析可知，正确的电极反应式为：，C项错误；D．双吸剂吸氧时，发生原电池反应，铁做原电池的负极，D项正确；答案选C。14、D【解析】铜粉在空气或者氧气中加热能够发生反应：2Cu+O22CuO，A选项错误；铜丝可以硫蒸气中发生反应：2Cu+SCu2S，B选项错误；铁丝在氧气中燃烧生成四氧化三铁，即：3Fe+2O2Fe3O4，C选项错误；铁粉与硫粉混合共热发生反应生成FeS，Fe+SFeS，铁粉与硫粉两种单质不生成Fe2S3，D选项正确；正确答案D。15、C【详解】A.Na2SiO3可用作木材防火剂是因为其具有较好的耐热性，与其是否易溶于水无直接关系，A项错误；B.NaHCO3可用作食品疏松剂是利用其与有机酸反应或受热分解生成二氧化碳，B项错误；C.Fe粉具有还原性，易和空气中的氧气反应，可用作食品袋中的抗氧化剂，C项正确；D.石墨可用作干电池的正极材料，主要利用的是石墨具有良好的导电性，与还原性无关，D项错误；答案选C。16、B【详解】A．黏土烧制成瓦的过程中发生了复杂的物理化学变化，故A正确。B．沙子的主要成分为二氧化硅，二氧化硅是氧化物，不属于硅酸盐，故B错误。C．由“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”可知，故C正确。D．黏土是制作砖瓦和陶瓷的主要原料，故D正确。故选B。17、D【详解】将纯水加热至沸腾，水的电离平衡正向移动，氢离子、氢氧根离子浓度增大，水的离子积变大，pH变小，，纯水呈中性，故选D。18、C【详解】A．蒸发掉bg水或加入bgNaNO3固体（恢复到原温度）均可使溶液达到饱和，说明一定温度下bgNaNO3固体溶于bg水中形成的是饱和溶液，根据溶解度概念列式计算设溶解度为S，则=100g，故该温度下NaNO3的溶解度为100g，故A错误；B．设不饱和溶液中溶质为xg，蒸发水bg后为饱和溶液，溶解度为100g，则依据溶解度概念列式计，解得x=，所以原不饱和溶液中NaNO3质量分数=%，B错误；C．设不饱和溶液中溶质为xg，蒸发水bg后为饱和溶液，溶解度为100g，则依据溶解度概念列式计算，x=，原不饱和溶液中NaNO3物质的量浓度=mol/L，C正确；D．溶液的密度=g/L，D错误，答案选C。19、B【解析】A.第ⅦA族单质从上往下：氟气、氯气、液溴、固体碘、固体砹，物质由气态变为液态，所以熔沸点逐渐升高，第一主族的金属元素，从上到下，原子半径逐渐增大，形成的金属键逐渐减弱，熔沸点逐渐降低，但该族元素还含有H元素，H2常温下为气体，熔点低于同族元素的单质，故A错误；B.硅酸钠的水溶液是矿物胶，和酸反应可以制备硅胶，具有防腐阻燃的作用，做木材防火剂的原料,故B正确；C.品红遇二氧化硫褪色体现二氧化硫的漂白作用，而且加热红色能复原；二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，溶液碱性减弱，红色褪去，各元素没有价态变化，是复分解反应，二者褪色原理不一样，故C错误；D.镁铝合金密度小，硬度大，可用于制造飞机、汽车等部件，故D错误；综上所述，本题选B。【点睛】二氧化硫具有漂白性，漂白某些有机色质，如品红，且漂白过程属于非氧化性漂白，具有可逆性；但是不能漂白酸碱指示剂，因此二氧化硫能跟滴有酚酞的氢氧化钠反应，红色褪去，体现了二氧化硫的酸性氧化物的性质，而非漂白性。20、C【详解】A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+4e-+4H+=2H2O，负极：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，B不正确；C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，C正确；D、酸性条件下正极：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正确。答案选C。21、A【解析】A、标准状况下，CH2Cl2的状态不是气体，因此不能直接用22.4L·mol－1进行计算，故A说法错误；B、乙烯和环丁烯符合CnH2n，28g该混合物含有C原子物质的量为28×n/14n=2mol，故B说法正确；C、Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此生成0.2molO2，转移电子物质的量为0.4mol，故C说法正确；D、常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，则n(OH－)=10×0.1mol=1mol，故D说法正确。【点睛】易错点是选项D，学生认为c(OH－)=0.1mol·L－1是NaOH电离产生，水也能电离出OH－，即溶液中n(OH－)>1mol，学生忽略了pH=13，求出的c(H＋)是溶液中H＋的物质的量浓度，根据水的离子积，计算出的OH－的浓度，是溶液中OH－的物质的量浓度。22、B【分析】

【详解】A.氢氧化钡先与二氧化碳发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故A错误；B.氧化性顺序：Ag+＞Cu2+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Ag+、Cu2+、Fe2+，故B正确；C.若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应又生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故C错误；D.离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故D错误；故选B。【点睛】本题考查反应的先后顺序，为高频考点，把握酸性、还原性、氧化性、溶度积等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强。同一反应体系有多种物质参加反应，确定反应先后顺序成为学习中的难点，特别是反应先后顺序与图像结合更困难。判断先后反应总原则是，先反应的产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。1、同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性较强的还原剂先发生反应。常见还原剂的还原性顺序：S2-＞I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。2、与同一种还原剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。阳离子氧化性顺序与金属活动性顺序相反，其中铁对应的是亚铁离子，而不是铁离子，铁离子的氧化性强于铜离子，但弱于银离子。3、阳离子与OH-反应和阴离子与H+反应，用假设法判断离子反应的先后顺序，若优先反应的产物与其他离子能大量共存，该假设成立，否则，假设不成立。4、对于多种物质组成的混合物，要分清是物质本身发生反应，还是一种物质发生反应后，生成产物继续反应。例如，固体碳酸氢钠与氢氧化钠混合，氢氧化钠与碳酸氢钠反应，过量的碳酸氢钠发生分解等。二、非选择题(共84分)23、614C第2周期第VA族S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓【分析】从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可知x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，e是Na元素，f是Al元素，g是S元素，h是Cl元素，据此分析解答。【详解】（1）能用于文物年代测定的是14C，其核素的符号为：614C，z元素为氮元素，位于周期表中的第2周期第VA族，故答案为：614C、第2周期第VA族；（2）元素d、e、f、g原子的简单离子分别是：O2-、Na+、Al3+、S2-，其中S2-核外有三个电子层，半径最大，O2-、Na+、Al3+三种离子的电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，所以r（O2﹣）＞r（Na+）＞r（Al3+），故答案为S2-＞O2﹣＞Na+＞Al3+；（3）f是Al元素，元素e的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，两者反应的方程式为：2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑，故答案为2Al+2H2O+2NaOH=2NaAlO2+3H2↑；（4）元素h为氯元素，元素g为硫元素，氯元素的非金属性较硫强，所以氯气的氧化性强于硫，能与硫化钠溶液或氢硫酸反应得到硫单质，反应的离子反应为：S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓，故答案为S2-+Cl2=2Cl-+S↓或H2S+Cl2=2H++2Cl-+S↓。24、+NaOH+NaCl+H2O或+NaOH+NaCl+H2O取代反应保护羟基稀硫酸/加热或NaOH溶液/加热【分析】根据合成路线分析可知，A先发生取代反应得到卤代烃，再在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯()，则A为乙苯()，催化氧化、加成得到，与发生取代反应得到，与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到，在NaOH溶液、加热发生水解反应得到，据此分析解答问题；【详解】(1)由上述分析可知，A为乙苯，其结构简式为，实验室由A制取苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照得到卤代烃，第二步的反应为卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O（或+NaOH+NaCl+H2O）；(2)与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到；由于—OH具有还原性，会与浓硝酸发生氧化还原反应，故设计反应①、反应③的目的是：保护—OH，防止其被氧化；(3)反应③为在NaOH溶液、加热下彻底水解得到和CH3COONa，当然，也可以在稀硫酸、加热条件下发生水解反应得到和乙酸；(4)根据题干信息，丁苯橡胶可由1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和苯乙烯共聚得到，则丁苯橡胶的结构简式为；(5)由1，3—丁二烯为原料制备1，4—丁二醇，可以用1，3—丁二烯与溴发生1，4—加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可，合成路线为CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。25、检查装置的气密性不能如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出过滤d【解析】（1）加试剂前要进行的操作是检查装置的气密性。（2）二氧化硫易溶于水，如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出，所以浓硫酸不能用稀硫酸代替。（3）从溶液中析出的晶体需要过滤得到。（4）二氧化硫是大气污染物，需要尾气处理，一般用碱液，同时还需要防止倒吸，答案选d。26、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O萃取溶液分层，下层为紫红色3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+6:1将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。【分析】本题从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算分析解答。【详解】Ⅰ.（1）若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生反应生成碘单质，反应的方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；（2）由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4能将I2从水溶液中萃取出来，故②中的实验操作名称为：萃取；（3）I2溶于CCl4所得溶液为紫红色，且CCl4的密度比水的密度大，实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是：溶液分层，下层为紫红色；II.（1）①中反应时，溴将I-氧化成IO3-的同时，溴单质被还原为Br-，反应的离子方程式为：3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+，故答案为3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+；（2）在酸性条件下，IO3-被I-还原为I2，离子方程式为；IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，I2与Na2S2O3反应的化学方程式为:I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，由以上两反应可得关系式：IO3-~3I2~6Na2S2O3，则测定食盐中含量过程中，Na2S2O3与IO3-的物质的量之比为6:1，故答案为6:1；（3）简化操作将①、②省略，则只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，而食盐中以I-形式存在的碘元素没有被测定，从而造成测定结果偏低，故答案为将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。27、FeS+2H+Fe++H2S↑饱和NaHS溶液吸收多余的H2S气体除去溶液中的SO42-除去溶液中的CO32-93.4%3HCOOH+IO3-I-+3CO2↑+3H2O操作简单、产率高、原料无剧毒等【解析】Ⅰ组.H2S还原法试题分析；由题中信息可知，A装置制备硫化氢气体，B用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，C是制备碘化钾的装置，D是尾气处理装置。（1）图中装置A中发生反应的离子方程式为FeS+2H+Fe++H2S↑；B用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，根据平衡移动原理可知，硫化氢在饱和NaHS溶液中溶解度较小，故装置B中的试剂是饱和NaHS溶液。（2）D装置的作用是吸收多余的H2S气体，防止污染空气。（3）步骤④中加入BaCO3，可以将溶液中的SO42-转化为难溶于水、难溶于酸的硫酸钡，故其目的是除去溶液中的SO42-。（4）步骤④中加入BaCO3，在生成硫酸钡的同时，有CO32-生成，故步骤⑤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是除去溶液中的CO32-。Ⅱ组.甲酸还原法试题分析：与与Ⅰ组相比较，该实验中没有使用有毒原料、不用除杂、不用进行尾气处理、产品的产率较高。（5）127gI2的物质的量为0.5mol，210g30%的KOH溶液含KOH的物质的量为1.125mol，由3I2+6KOH═KIO3+5KI+3H2O可知，KOH过量，KIO3被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.