2026届山西省新绛汾河中学化学高三第一学期期中检测试题含解析

2026届山西省新绛汾河中学化学高三第一学期期中检测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、用下列实验方案及所选玻璃仪器就能实现相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去乙酸乙酯中的乙醇向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，混合后振荡，然后静置分液烧杯、分液漏斗、玻璃棒B检验蔗糖是否水解向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、胶头滴管C证明乙醇发生消去反应生成乙烯将乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将产生的气体通入溴水酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管D比较HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液、0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片A．A B．B C．C D．D2、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是A．配制溶液B．制取收集干燥氨气C．除去粗盐中的不溶物D．观察Fe(OH)2的生成3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol·L－1的HNO3溶液中含有的H＋数目为0.1NAB．1molCl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为2NAC．含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.3NAD．50mL18.4mol·L－1的浓H2SO4与足量铜反应，生成SO2的分子数等于0.46NA4、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓盐酸Na2SO3SO2NaOH溶液C浓硝酸CuNO2NaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D5、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是（）A．和 B．和NaClC．和 D．和6、铜和镁的合金4.6g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4480mLNO2气体和336mL的N2O4气体(气体的体积已折算到标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为()A．9.02g B．8.51g C．8.26g D．7.04g7、下列中的诗句内容基本不涉及化学变化的是（）A．王安石的《元日》：“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”B．刘禹锡的《浪淘沙》：“美人首饰侯王印，尽是江中浪底来”C．刘琨的《重赠卢谌》：“何意百炼钢，化为绕指柔”D．李商隐的《无题》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”8、将SO2气体通入下列溶液中，观察不到明显现象的是A．BaCl2B．石蕊溶液C．酸性KMnO4溶液D．氢硫酸9、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NAB．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAC．在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NAD．向含有0.1mol的FeI2溶液中通入足量Cl2，充分反应后转移的电子数为0.2NA10、如图所示为破坏臭氧层的过程，下列说法不正确的是（）A．过程Ⅰ中断裂极性键键B．过程Ⅱ可用方程式表示为C．过程Ⅲ中是吸热过程D．上述过程说明中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂11、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+612、可用碱石灰干燥的气体是A．H2S B．Cl2 C．NH3 D．SO213、中国是瓷器的故乡，下列关于陶瓷的说法正确的是（）A．高品质的白瓷晶莹剔透，属于纯净物B．瓷器中含有大量的金属元素，因此陶瓷属于金属材料C．氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D．“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化14、在容积不变的密闭容器中进行如下反应：N2+3H22NH3，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，则产生的结果是()(1)平衡不发生移动(2)平衡沿着正反应方向移动(3)平衡沿着逆反应方向移动(4)NH3的质量分数增加(5)正逆反应速率都增大A．(1)(5) B．(1)(2)(5) C．(3)(5) D．(2)(4)(5)15、如图所示电化学装置，X可能为“锌棒”或“碳棒”，下列叙述错误的是A．X为锌棒，仅闭合K1，Fe电极上发生还原反应B．X为锌棒，仅闭合K1，产生微量电流方向：Fe→XC．X为碳棒，仅闭合K2，该电化学保护法称为“牺牲阳极阴极保护法”D．若X为碳棒，仅闭合K1，铁电极的极反应为：Fe－2e－→Fe2＋16、下列说法不正确的是A．激素类药物乙烯雌酚的结构简式为：，它的分子式是：C18H20O2B．等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧，所耗用氧气的量依次减少C．聚乳酸（）是由单体之间通过加聚反应合成的D．实验证实可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键17、中华民族为人类文明进步做出巨大贡献。下列说法中不正确的是（）A．商代后期铸造出工艺精湛的铜合金司母戊鼎，铜属于金属晶体B．汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器，其主要原料为黏土C．宋·王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜D．“文房四宝”中的砚台是用石材制作而成的，制作过程发生化学变化18、向含Na+、Al3+、Fe3+、Fe2+、Cl﹣、SO42﹣的水溶液中，加入足量的Na2O2固体，充分反应后再加入过量的稀盐酸，所得溶液与起始溶液相比，上述离子数目没有变化的有（）A．2种B．3种C．4种D．5种19、工业用合成,下列有关分析正确的A．X的名称为1,1一二甲基乙烯 B．X是丁烯的同系物C．工业制备Y属于加聚反应 D．Y能使溴水褪色20、足量的铜与一定量的浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2

的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则和铜反应的硝酸的物质的量可能是A．0.55mol B．0.4mol C．0.6mol D．0.65mol21、为检验某溶液中是否含有Cl－、CO32－、Na＋、NH4＋，进行如下实验：取样，加入足量盐酸，有气泡产生，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；另取样，加入足量NaOH溶液，微热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列判断正确的是A．一定不含Cl－ B．一定不含Na＋C．一定含有Cl－、CO32－ D．一定含有CO32－、NH4＋22、甲、乙两烧杯中各盛有100mL3mol·L－1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为甲∶乙＝1∶2，则加入铝粉的质量为()A．5.4g B．3.6g C．2.7g D．1.8g二、非选择题(共84分)23、（14分）A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，D的氧化物属于两性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺W会导致贫血症状。（1）写出AE4的电子式：____________________。（2）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）___________。a．D的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2b．E的气态氢化物的稳定性小于HFc．WE3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）NaCN是一种有剧毒的盐，用E的一种氧化物EO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。写出该反应的离子方程式：_________________________________________。（4）工业上用电解法制备D的单质，反应的化学方程式为_____________________。（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理。①上述反应的离子方程式为___________________________________________。②D的单质与X在高温下反应的化学方程式为____________________________。24、（12分）R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。（1）W的原子结构示意图是__________________________。（2）WX2的电子式是_______________________。（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是____（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_____。（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。①根据元素周期律，下列推断正确的是________（填字母序号）。a．Se的最高正化合价为+7价b．H2Se的还原性比H2Y强c．H2SeO3的酸性比H2YO4强d．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_____________。（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：①M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；②0.01molM2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06mol；综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_________________族。25、（12分）资料显示“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因，实验如下。Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。实验二：试管中的液体现象a．0.1mol/LSO2溶液(pH=2)溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色b．0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)溶液立即变浅，约15s后完全褪色c．0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色d．pH=10NaOH溶液红色溶液不变色e．pH=2H2SO4溶液红色溶液不变色（1）SO2水溶液中含的微粒有___。（2）解释NaHSO3溶液显酸性的原因是___。（3）实验d的目的是___。（4）由实验一、二可知：该实验条件下，SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是___。Ⅱ．探究褪色过程的可逆性甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变。乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀，溶液变红。（5）实验方案合理的是___(选填“甲”或“乙”)。结合离子方程式说明其原因是___。（6）丙同学利用SO2的还原性设计并完成了下列实验：向a实验后的无色溶液中滴入过量___(填编号)，使溶液最终恢复红色。也得出结论：该褪色过程是可逆的。A．稀硝酸B．氯水C．双氧水26、（10分）（10分）市场销售的某种食用精制盐包装袋上有如下说明：产品标准GB5461产品等级一级配料食盐、碘酸钾、抗结剂碘含量(以I计）20～50mg/kg（1）碘酸钾与碘化钾在酸性条件下发生如下反应，配平化学方程式（将化学计量数填于空白处）KIO3＋KI＋H2SO4＝K2SO4＋I2＋H2O（2）上述反应生成的I2可用四氯化碳检验。向碘的四氯化碳溶液中加入Na2SO3稀溶液，将I2还原，以回收四氯化碳。①Na2SO3稀溶液与I2反应的离子方程式是。②某学生设计回收四氯化碳的操作步骤为：a.将碘的四氯化碳溶液置于分液漏斗中；b.加入适量Na2SO3稀溶液；c.分离出下层液体。以上设计中遗漏的操作是。（3）已知：I2＋2S2O32－＝2I－＋S4O62－。某学生测定食用精制盐的碘含量，其步骤为：a.准确称取12.7g食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b.用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使KIO3与KI反应完全；c.以淀粉为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为6.0×10－4mol·L－1的Na2S2O3溶液20.0mL，恰好反应完全。①判断c中反应恰好完全依据的现象是。②根据以上实验和包装袋说明，所测精制盐的碘含量是mg/kg（以含w的代数式表示）。27、（12分）为了验证SO2的性质，某同学利用输液管设计了如下微型实验：请回答：(1)仪器A的名称是_________________。(2)装置C中NaOH的作用是_________________。(3)下列说法正确的是_________________。A．装置l、3、4中溶液均褪色，可证明SO2具有漂白性B．装置2中石蕊试液只变红不褪色，证明SO2是一种酸性氧化物C．反应结束后，可由a导管向装置中加水，将气体赶出后再拆装置D．在a导管处用向下排空气法收集SO228、（14分）以软锰矿（主要成分为MnO2）和硫锰矿（主要成分为MnS）为原料（已知两种原料中均不含有单质杂质）制备高纯度硫酸锰的工艺流程如图所示。（1）已知滤渣1中含有一种非金属单质，该非金属单质的化学式为_____________________。（2）已知二氧化锰与硫化锰的物质的量之比对酸浸时的浸出率有影响，相关实验数据如下表所示。当二氧化锰与硫化锰的物质的量之比为______________时，为最优反应配比。号二氧化锰与硫化锰的物质的量之比浸出液的pH浸出率%11.25:12.595.3021.75:12.597.1132.25:12.599.0042.5:12.598.40（3）操作X为蒸发浓缩、______________、过滤，洗涤、烘干，在洗涤操作中，常用酒精洗涤MnSO4·H2O晶体，其主要目的是_________。（4）现有10t锰矿，其中MnO2和MnS的含量均为29%，若流程中Mn的损耗率为10%,则最终制得硫酸锰（MnSO4·H2O）_________t。29、（10分）工业上常以铬铁矿(主要成分为亚铬酸亚铁FeCr2O4，还有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产红矾钠(Na2Cr2O7)，某实验小组模拟其流程如下图所示：(1)步骤①中，焙烧时所用的仪器材质应选用_________(填“瓷质”、“铁质”或“石英质”)，选用该材质的原因是(结合化学方程式解释)：_____________________________________________。(2)配平步骤①中主要反应：____FeCr2O4＋___O2＋___Na2CO3___Fe2O3＋___Na2CrO4

＋___CO2_____________(3)操作④中，酸化时，CrO42－(黄色)转化为Cr2O72－(橙色)，写出平衡转化的离子方程式：____________________________________________________________。用红矾钠溶液进行下列实验：实验过程中，①中溶液橙色加深，③中溶液变黄，对比②和④可得出结论：___________________。(4)步骤③用硫酸将溶液的pH调至中性，所得滤渣的主要成分是__________、____________；(5)下图是Na2Cr2O7·2H2O和Na2SO4的溶解度曲线，步骤④中获得固态副产品Na2SO4的实验操作方法为____________、___________。(6)某工厂采用电解法处理含铬废水，耐酸电解槽用铁板作阴阳极，槽中盛放含铬废水，原理示意图如上，若不考虑气体的溶解，当收集到H213.44L(标准状况下)时有____________molCr2O72-被还原，一段时间后产生Fe(OH)3和Cr(OH)3沉淀。若电解后溶液中c(Cr3+)=3.0×10－5

mol·L－1，则c(Fe3+)=_________。(已知Ksp[Fe(OH)3]=4.0×10－38

mol·L－1，Ksp[Cr(OH)3]=6.0×10－31mol·L－1)

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.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；C.反应生成的乙烯中可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；答案选A。【点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。2、D【解析】A．配制溶液定容时，在距离刻度线1-2cm时，要用胶头滴管滴加，直到液体的凹液面与刻度线相切，故A项错误；B．氨气的密度小于空气，应该用向下排空气法收集，导气管应该伸入到小试管底部，故B项错误；C．玻璃棒要轻轻抵在三层滤纸一侧，漏斗颈尖端靠于烧杯的内壁上，为了防止液体飞溅，故C项错误；D．由于Fe(OH)2很容易被空气中的氧气氧化成Fe(OH)3，因而要观察Fe(OH)2的生成需要用植物油隔绝空气防止其被氧化，故D项正确；综上所述，本题选D。3、C【详解】A.缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，A错误；B.Cl2与NaOH溶液反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可见1molCl2充分反应转移电子数目为NA，B错误；C.4.6gNa的物质的量是0.2mol，Na2O2和Na2O中阳离子与阴离子的离子个数比都是2：1，所以含有0.2molNa+的混合物中含有离子总数为0.3NA，C正确；D.50mL18.4mol/L的浓H2SO4中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=18.4mol/L×0.05L=0.92mol，若这些硫酸与铜完全反应，生成SO2的物质的量是0.46mol，但随着反应的进行，硫酸变稀，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子数小于0.46NA，D错误；故合理选项是C。4、C【解析】A.NH3应使用向下排气法收集，故A不合理；B.SO2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取，故B不合理；C.合理;D.使用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，需要加热，故D不合理。故选C。5、C【详解】A.由于硫酸的酸性比H2CO3、Al(OH)3强，选项中的两种物质与硫酸反应会产生CO2气体及可溶性Al2(SO4)3，无沉淀生成，A不符合题意；B.BaCl2与H2SO4反应产生BaSO4白色沉淀，但是无气体放出，B不符合题意；C.由于硫酸的酸性比H2SO3、H2CO3强，所以硫酸与两种物质发生反应产生SO2、CO2气体，同时产生BaSO4白色沉淀，反应现象符合要求，C符合题意；D.硫酸与选项物质不能发生反应，既无气泡产生，也没有沉淀产生，D不符合题意；故合理选项是C。6、B【分析】最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，根据电子转移守恒计算金属失去电子物质的量，沉淀质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。【详解】4.48L的NO2气体的物质的量为＝0.2mol，0.336L的N2O4气体物质的量为＝0.015mol，根据电子转移守恒，金属失去电子物质的量0.2mol×1＋0.015mol×2×1＝0.23mol，最终生成沉淀为Cu(OH)2和Mg(OH)2，根据电荷守恒可知，金属失去电子物质的量等于沉淀中氢氧根的物质的量，故沉淀质量为4.6g＋0.23mol×17g/mol＝8.51g，故答案选B。7、B【解析】试题分析：A、爆竹的爆炸含有化学反应，故说法正确；B、黄金自然界中含有游离态的单质，黄金通过浪沙淘尽获得，属于物理变化，故说法错误；C、铁在自然界中以化合态的形式存在，炼铁是把化合态的转变成游离态，涉及化学变化，故说法正确；D、蜡烛燃烧属于化学反应，故说法正确。考点：考查化学反应、物理变化等知识。8、A【解析】BaCl2与二氧化硫不反应，故A正确；二氧化硫使石蕊溶液变红，故B错误；二氧化硫具有还原性，使酸性KMnO4溶液褪色，故C错误；二氧化硫与氢硫酸反应生成硫沉淀，故D错误。9、A【解析】A、乙醇溶液中除了乙醇外,水也含氧原子,10g46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为0.1mol,故含0.1mol氧原子;水的质量为5.4g,物质的量为0.3mol,故含0.3mol氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4mol,即个数为0.4NA个,故A正确;

B、标准状况下，CCl4为液态，故分子数不是NA，故B错误；C、．含4molSi-O键的二氧化硅晶体中含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有的氧原子的数目为2NA，故C错误；D、0.1molFeI2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的,通入氯气,先氧化碘离子0.2molI-，转移电子数为0.2mol,再氧化亚铁离子0.1mol,转移电子数为0.1mol，所以转移总电子数为0.3mol，即0.3NA，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。10、C【详解】A.过程Ⅰ中转化为和氯原子。断裂极性键键，故A正确；B.根据题图信息可知。过程Ⅱ可用方程式表示为，故B正确；C.原子结合成分子的过程中形成了化学键，是放热过程，故C错误；D.由题图可知中的氯原子是破坏臭氧层的催化剂，故D正确；故答案：C。11、D【详解】根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。12、C【解析】碱石灰具有吸水性，可以用作干燥剂，所干燥的物质不能与干燥剂发生反应，碱石灰不能干燥二氧化硫、氯气、硫化氢等溶于水显酸性的气体，据此即可解答。【详解】碱石灰是氧化钙和氢氧化钠的混合物，所以碱石灰是碱性物质，不能干燥酸性物质，A.H2S属于酸性气体，能与氢氧化钠和氧化钙反应，所以不能用碱石灰干燥，A项错误；B.Cl2可以和碱石灰反应，不能用碱石灰干燥，B项错误；C.NH3是碱性气体，不和碱石灰反应，能用碱石灰干燥，C项正确；D.SO2属于酸性气体，能与碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，D项错误；答案选C。【点睛】常见的干燥剂可分为酸性干燥剂、碱性干燥剂和中性干燥剂，其中酸性干燥剂为浓H2SO4，它具有强烈的吸水性，常用来除去不与H2SO4反应的气体中的水分。例如常作为H2、O2、CO、SO2、N2、HCl、CH4、CO2、Cl2等气体的干燥剂；碱性干燥剂为碱石灰（固体氢氧化钠和碱石灰）：不能用以干燥酸性物质，常用来干燥氢气、氧气、氨气和甲烷等气体。13、D【解析】A.瓷器是主要原料黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐，是混合物，A错误；B.尽管瓷器中含有大量的金属元素，但是陶瓷不属于金属材料，因为其中的金属元素是以化合态存在的。陶瓷属于无机非金属材料，B错误；C.氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，是高温结构材料，可用于制造陶瓷发动机的受热面，C错误；D.不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色发生变化，D正确；故合理选项是D。14、D【详解】N2+3H22NH3，反应前气体的化学计量数之和大于反应后气体的化学计量数之和，若将平衡体系中各物质的浓度都增加到原来的2倍，相当于增大压强，正、逆反应速率都增大，且平衡向正反应方向移动，NH3的质量分数增加，故选D。15、C【详解】A．X为锌棒，仅闭合K1，此时构成原电池，锌的金属性强于铁，Fe是正极，电极上发生还原反应，A正确；B．X为锌棒，仅闭合K1，此时构成原电池，锌的金属性强于铁，Fe是正极，产生微量电流方向：Fe→X，B正确；C．X为碳棒，仅闭合K2，此时构成电解池，铁与电源的负极相连，作阴极，该电化学保护法称为“外加电流的阴极保护法”，C错误；D．若X为碳棒，仅闭合K1，此时构成原电池，铁是负极。电极上的极反应为：Fe－2e－→Fe2＋，D正确；答案选C。16、C【详解】A．根据物质的结构简式可知该物质的分子式是C18H20O2，A正确；B.等质量的甲烷、乙烯、乙醇分别充分燃烧，由于氢元素的含量逐渐减小，因此所消耗氧气的量依次减少，B正确；C．由聚乳酸的结构可知，形成聚乳酸的单体中含有羟基和羧基，所以聚乳酸是由单体之间通过缩聚反应合成的，C错误；D．可使溴的四氯化碳溶液褪色，说明该分子中存在碳碳双键，D正确；答案选C。17、D【详解】A.司母戊鼎的原材料为铜合金，铜属于金属晶体，与题意不符，A错误；B.瓷器其主要原料为黏士，与题意不符，B错误；C.铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，与题意不符，C错误；D.砚台是用天然石材制作而成的，制作过程为物理变化，符合题意，D正确；答案为D。18、A【解析】Na2O2能与水反应生成NaOH，则Na+数目增多，Al3+、Fe3+和Fe2+都不能和OH-大量共存，所以上述离子数目没有变化的只有Cl-和SO42-，故选A。19、C【分析】A、主链应是含碳碳双键的最长的碳链；B、X和丁烯分子式相同，结构不同；C、工业制备Y属于加聚反应；D、Y中没有不饱和键。【详解】A、X的名称为2一甲基丙烯，故A错误；B、X是丁烯的同分异构体，故B错误；C、工业制备Y属于加聚反应，故C正确；D、Y中没有不饱和键，不能使溴水褪色，故D错误；故选C。20、A【解析】由题知，铜化合价升高数=硝酸化合价降低数=氧气化合价降低数==0.3(mol)，n(Cu)==0.15mol，和铜反应的硝酸的物质的量=生成Cu(NO3)2的硝酸的物质的量+发生还原反应的硝酸的物质的量。(1)硝酸被还原为NO，硝酸的物质的量为：0.15×2+=0.4(mol)；(2)硝酸被还原为N2O4、NO2,硝酸的物质的量为：0.15×2+0.3=0.6(mol)；(3)硝酸被还原为NO、N2O4、NO2的混合气体，硝酸的物质的量为：在0.4-0.6之间。答案选A。21、D【详解】为检验某溶液中是否含有Cl－、CO32－、Na＋、NH4＋，取样，加入足量盐酸，有气泡生成，说明原溶液中一定含有CO32－，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，因先加入盐酸引入了Cl－，则不能说明原溶液中含有Cl－；另取样，加入足量NaOH溶液，微热，产生的气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明生成的气体是氨气，则原溶液中含有NH4＋，上述两个实验均不能说明原溶液中是否含有Na＋，综上所述，答案选D。【点睛】本题主要考查常见离子的检验，明确常见离子的性质及检验方法是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是判断溶液中是否含有Cl－时，需要排除上一步操作中加入物质的干扰，因原溶液中先加入足量的盐酸，引入了Cl－，再加入AgNO3溶液时生成AgCl沉淀，则可能是加入盐酸时引入的Cl－生成的，不能说明原溶液中含有Cl－。22、A【分析】根据铝的质量相同，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答。【详解】根据方程式，当铝分别和盐酸、氢氧化钠反应时，若消耗等量的铝，生成的气体体积比为1:1。若铝过量，等量的盐酸和氢氧化钠，生成的气体体积比为2:1。所以当两烧杯中生成的气体体积比为1:2时，可推知两烧杯中，生成的气体少的甲烧杯中铝有剩余，生成气体多的乙烧杯中铝不足。因为等量的铝消耗的盐酸物质的量更大，故甲烧杯中装盐酸；乙烧杯中装氢氧化钠。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1:2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则解得y=0.2mol，则铝的质量为。故答案选：A。二、非选择题(共84分)23、ab2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大，A的原子最外层电子数是次外层的2倍，A为C；D的氧化物属于两性氧化物，D为Al；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外层电子数之和为14，14-4-3=7，则E为Cl；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe。【详解】（1）A为C，E为Cl，AE4为CCl4，电子式为；（2）a.同周期元素金属性依次减弱，铝在镁的右边，所以金属性弱于镁，所以D的最高价氧化物对应水化物氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，故a符合题意；b.同周期元素非金属性依次增强，所以F的非金属性强于O，则氢化物稳定性H2O小于HF，故b符合题意；c.氯化铁与铜发生氧化还原反应，所以可以用氯化铁的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，不能用元素周期律解释，故c不符合题意；答案选ab；（3）NaCN是一种有剧毒的盐，E为Cl，用E的一种氧化物ClO2可以除去水溶液中含有的该有毒物质，得到一种生活中常见的固体和两种无毒气体。该反应的离子方程式：2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（4）D为Al，工业上用电解熔融氧化铝的方法制备铝的单质，反应的化学方程式为2Al2O3（熔融）4Al+3O2↑；（5）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转换为NH4+，同时生成有磁性的W的氧化物X，再进行后续处理，①酸性环境下硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化性铁生成四氧化三铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；②铝与四氧化三铁反应生成氧化铝和铁，方程式：8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。24、H2O氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S<O，元素的非金属性S<O，因此，H2S的稳定性弱于H2Obd3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2OVA【分析】R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H元素；W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则WX2为CO2，W为C元素，X为O元素；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S元素。【详解】（1）W为C元素，原子结构示意图为，答案为：；（2）WX2为CO2，电子式是，答案为：；（3）R为H元素，X为O元素，Y为S元素，R2X、R2Y分别为H2O、H2S，氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S<O，元素的非金属性S<O，因此，H2S的稳定性弱于H2O，答案为：H2O；氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数S>O，原子半径S>O，得电子能力S<O，元素的非金属性S<O，因此，H2S的稳定性弱于H2O；（4）Se与S是同一主族的元素同主族元素从上到下，随着核电荷数增大，非金属性减弱，半径逐渐增大。a．Se与S是同一主族的元素，最外层电子数为6，Se的最高正化合价为+6价，故a错误；b．单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，S的氧化性强于Se，则S2-还原性弱于Se2-，因此H2Se的还原性比H2S强，故b正确；c．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S>Se，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；d．同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；答案选bd；②室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O，答案为：3SeO2+4NH3=3Se+2N2+6H2O；（5）0.01molM2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01molM2O3完全反应共得到2×（3+x）×0.01mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06mol，共失去2×0.06mol的电子，根据得失电子守恒，2×（3+x）×0.01=2×0.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA；25、SO2、H2SO3、HSO3−、SO32−HSO3−离子存在平衡有电离平衡：HSO3−⇌H++SO32−，水解平衡：HSO3−+H2O⇌H2SO3+OH−，因为亚硫酸氢根离子电离程度大于其水解程度，所以溶液显酸性证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰SO32−乙SO32−能使品红褪色，因为SO2+2OH−+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32−的干扰AC【分析】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，据此分析判断；(2)NaHSO3溶液中存在亚硫酸氢钠电离和水解，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度；(3)氢氧化钠溶液中红色不褪去说明氢氧根离子对品红褪色不干扰；(4)根据实验一和实验二的abc分析判断；Ⅱ．探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，氢氧根离子不影响溶液的褪色，乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红褪色可逆；(6)选择的试剂不能具有漂白性，同时能够将二氧化硫反应除去，据此分析解答。【详解】Ⅰ．探究体现漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水发生反应生成亚硫酸，亚硫酸存在两步电离，SO2+H2O⇌H2SO3，H2SO3⇌H++HSO3-，HSO3-⇌H++SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，溶液显酸性说明亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，故答案为：HSO3-离子存在的平衡有：电离平衡HSO3-⇌H++SO32-，水解平衡HSO3-+H2O⇌H2SO3+OH-，因为亚硫酸氢根离子的电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；(3)pH=10NaOH溶液中红色溶液不变色，证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰，故答案为：证明该实验条件下氢氧根离子对品红溶液褪色不产生干扰；(4)实验一：将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中。观察到前者褪色而后者不褪色。说明使品红褪色的微粒不是SO2；根据实验二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐渐变浅，约90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即变浅，约15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，说明SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是SO32-，故答案为：SO32-；Ⅱ．探究褪色过程的可逆性(5)甲同学：向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时，溶液颜色不变，说明氢氧根离子浓度不影响二氧化硫褪色，不能说明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同学：向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时，生成白色沉淀亚硫酸钡，溶液变红，说明品红溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32-的干扰，故答案为：乙；SO32-能使品红褪色，因为SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3↓+H2O，同时排除SO32-的干扰；(6)A．稀硝酸不具有漂白性，能够将二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液变红色，故A正确；B．氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不会变成红色，故B错误；C．双氧水能够将二氧化硫氧化为硫酸，溶液变成红色，故C正确；故选AC。26、（10分）(1)1、5、3、3、3、3(2)①I2＋SO32－＋H2O=2I－＋SO42－＋2H＋②在步骤b后：将分液漏斗充分振荡后静置(3)①溶液由蓝色恰好变为无色②20【解析】略27、分液漏斗吸收多余的SO2，防止污染空气BC【解析】本题考查实验性质设计方案的评价，（1）仪器A为分液漏斗；（