2026届四川省成都市外国语学校高三化学第一学期期中学业质量监测试题含解析

2026届四川省成都市外国语学校高三化学第一学期期中学业质量监测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A．3v(N2)正=v(H2)正B．v(N2)正=v(NH3)逆C．v(N2)正=3v(H2)逆D．2v(H2)正=3v(NH3)逆2、将过量的CO2分别通入①CaCl2溶液，②Ca(OH)2溶液，③饱和Na2CO3溶液，最终有白色浑浊出现的是（）A．只有③ B．②③ C．只有② D．①②③3、海洋中有丰富的食品、矿产、能源、药物和水产资源等(如下图所示)，下列有关说法正确的是A．第①步除去粗盐中的SO、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质离子，加入的药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液→过滤后加盐酸B．将第②步结晶出的MgCl2·6H2O可在HCl气流中加热分解制无水MgCl2C．在第③④⑤步中溴元素均被氧化D．第⑤步涉及的分离操作有过滤、萃取、蒸馏4、三氧化二镍(Ni2O3)可用于制造高能电池，其电解法制备过程如下：用NaOH调NiCl2溶液pH至7.5，加入适量硫酸钠后进行电解。电解过程中产生的Cl2在弱碱性条件下生成ClO－，把二价镍氧化为三价镍。以下说法正确的是()A．可用铁做阳极材料B．电解过程中阳极附近溶液的pH升高C．阳极反应方程式为：2Cl－＋2e－=Cl2↑D．1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子5、下列说法正确的是A．乙醇的沸点低于丙烷B．油脂和蛋白质都是高分子化合物C．CH2=C（CH3）2的名称是2-甲基-2-丙烯D．对二甲苯的核磁共振氢谱有2个吸收峰6、下列说法不正确的是A．已知NH5为离子化合物，则固体NH5中阴阳离子个数比为1:1B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，该法称牺牲阳极保护法C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D．要证明亚硫酸钠部分变质可选用试剂稀盐酸和氯化钡7、室温下，关于pH=3的盐酸和醋酸，下列说法正确的是A．等体积的两溶液，导电能力是盐酸强B．等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl-

)<c(CH3COO-)C．将pH=3

的醋酸溶液稀释后，溶液中所有离子的浓度均降低D．中和等体积等浓度的NaOH

溶液，醋酸消耗的体积多8、设NA表示阿伏加德罗常数下列说法错误的是()A．28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAB．1.00molNaCl中，所有Na+的最外层电子总数为8NAC．1.7gH2O2中含有电子数为0.9NAD．1.00molNaCl中含有10NANaCl分子9、下列有关胶体的叙述不正确的是A．向沸水中滴入饱和氯化铁溶液可制取氢氧化铁胶体 B．制作果冻利用了胶体的性质C．胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔现象 D．溶液是稳定的分散系10、25℃时，下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．加水稀释0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)·c(OH-)和均不变B．配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解可向溶液中加入适量的稀硝酸C．向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)D．向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固体，溶液的pH降低11、Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-。下列说法错误的是()A．加水稀释，溶液中所有离子的浓度都减小 B．通入CO2，溶液pH减小C．加入NaOH固体，减小 D．升高温度，平衡常数增大12、将44.8gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物的混合气体0.8mol，这些气体恰好能被400mLNaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.5mol，则NaOH的浓度为A．2mol/L B．2.4mol/L C．3mol/L D．3.6mol/L13、实验室用乙醇、乙酸、浓硫酸制备乙酸乙酯，装置如图所示。下列说法正确的是A．边加热边蒸出是为得到纯净产物B．长导管的作用是导气、冷凝、回流C．小试管内盛放NaOH溶液，为除去产物中的乙酸D．浓H2SO4既加快反应速率又提高反应转化率14、既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质是（）A．Fe B．Fe2O3 C．Al D．AlCl315、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．0.1mol/L的NaClO溶液中含有C1O-的数目小于NAB．标准状况下，将22.4LC12通入水中，发生反应后，转移的电子数为NAC．100g46%的乙醇溶液中，含H-O键的数目为NAD．4.6gNa在空气中完全反应生成Na2O、Na2O2,转移0.2NA个电子16、常温下用pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，关于所得溶液酸碱性的描述正确的是A．显碱性 B．显中性 C．显酸性 D．可能中性、碱性、酸性二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知:①A与D反应有气体生成,②A与E反应有沉淀生成,③B与E反应有沉淀生成,④B与C反应有沉淀生成,⑤C与D反应有气体生成,⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题:（1）B为__________。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液,直至不再生成沉淀,该过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________，沉淀完全后,继续滴加C溶液,此时发生反应的离子方程式为_________________________________________。（3）向C溶液中加入Zn粒,发生反应的化学方程式为______________________________。18、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___。19、以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________（按上图形式呈现）。b．假设ii成立的实验证据是__________。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。20、氨气是重要的化工原料。(1)检验氨气极易溶于水的简单操作是：收集一试管氨气，______________。(2)往饱和食盐水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化学式为_________；过滤后，使余液尽可能析出较多NH4Cl晶体的方法是：再通入足量的NH3、冷却并加入________，请说明这样操作为什么可以析出较多NH4Cl的原因：_________________。某NaHCO3晶体中含有NaCl杂质，某同学在测定其中NaHCO3的含量时，称取5.000g试样，定容成100mL溶液，用标准盐酸溶液滴定(用甲基橙做指示剂)，测定数据记录如下：滴定次数待测液(mL)0.5000mol/L盐酸溶液的体积(mL)初读数终读数第一次20.001.0021.00第二次20.00如图Ⅰ如图Ⅱ(3)定容过程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、___________和____________。(4)当滴定至__________________________，即为滴定终点；第二次滴定，从图I图II显示消耗的盐酸溶液体积为_________mL。(5)该实验测定样品中NaHCO3的质量分数为__________(保留2位小数)。(6)若该同学测定结果偏大，请写出一个造成该误差的原因_____________。21、(1)中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。已知化学键键能如下表：共价键O—HO—OO=O键能/（kJ∙mol-1）464146498①反应I的化学方程式为___________________________。②写出反应II的热化学方程式________________________________________。③设总反应反应热为△H，反应I反应热为△H1，则△H____△H1（填“＞”“＜”或“＝”）。(2)已知H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。H3PO2易被氧化为H3PO4磷酸。①写出次磷酸的电离方程式______________________________。②常温下，NaH2PO2溶液的pH__________。A．＞7B．＜7C．＝7D．不能确定③向H3PO2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液至过量，其导电性变化图像为_____；向稀NaOH溶液中逐滴滴加浓H3PO2溶液至恰好中和，其导电性变化图像为_____。④常温下磷酸和氢氧化钠溶液反应获得含磷各物种的分布分数与pH的关系如图所示。由图分析：H3PO4的Ka1=______；利用图中数据计算推测Na2HPO4溶液的酸碱性______________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】若可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，则该反应达到了化学平衡状态。不同物质表示同一反应的速率时，其数值之比等于其化学计量数之比。【详解】A.3v(N2)正=v(H2)正，两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，但不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A不能说明反应已达到平衡状态；B.v(N2)正=v(NH3)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故B不能说明反应已达到平衡状态；C.v(N2)正=3v(H2)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故C不能说明反应已达到平衡状态；D.2v(H2)正=3v(NH3)逆，因为2v(H2)正=3v(NH3)正，所以两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，而且能说明正反应速率等于逆反应速率，故D能说明反应已达到平衡状态。综上所述，本题选D。【点睛】化学平衡状态下的正反应速率与逆反应速率相等，并不一定是其数值绝对相等，因为其化学计量数可能不同。若正反应速率与逆反应速率的比值与相关物质的化学计量数之比相等，则可判断正反应速率与逆反应速率相等。2、A【详解】①盐酸是强酸，碳酸是弱酸，所以碳酸不能制取盐酸，即二氧化碳和氯化钙不反应，最终没有沉淀析出，故①不符合题意；②Ca(OH)2溶液中通入过量二氧化碳气体先生成碳酸钙沉淀，继续通入二氧化碳气体沉淀会溶解，最后无沉淀生成，故②不符合题意；③碳酸钠能和水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，相同条件下碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，所以饱和Na2CO3溶液中通CO2气体会有碳酸氢钠析出，故③符合题意；故答案为A。3、B【解析】A．选项中的试剂添加顺序中，钡离子最后无法除去，则加入的药品顺序为：BaCl2溶液→NaOH溶液→Na2CO3溶液→过滤后加盐酸，故A错误；B．工段②中的MgCl2•6H2O脱水过程中镁离子易水解生成氢氧化镁沉淀，在氯化氢气体中脱水可以抑制镁离子水解；MgCl2•6H20要在HCl氛围中加热脱水制得无水MgCl2，故B正确；C．第③步将溴离子被氧化为溴单质，第④步中溴单质被还原为溴离子，第⑤步中溴离子被氧化为溴单质，故C错误；D．第⑤步中，溴元素化合价从-1升高到0价，被氧化，生成单质溴溶于水，则萃取后、蒸馏可分离，不需要过滤操作，故D错误；故选B。点睛：考查海水资源综合利用及混合物分离提纯，开发利用金属矿物和海水资源是新课程标准教材中的必修内容，注意把握海水资源相关的海水提溴、海水提镁都是高考命题的热点，只要掌握好相关的物理、化学性质以及基本实验技能就能顺利解答，易错点为选项C要结合反应原理根据化合价的升降判断。4、D【详解】A、电解过程中产生的氯气是氯离子失电子发生氧化反应，铁做阳极时铁失电子发生氧化反应，阴极将无氧化剂Cl2生成，不能把二价镍氧化为三价镍，故A错误；

B、阳极反应方程式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2在弱碱性条件下生成ClO-，故电解过程中阳极附近溶液的pH降低，故B错误；

C、阳极反应是氯离子失电子发生氧化反应。电解反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，故C错误；

D、由Ni2+-e-=Ni3+可知1mol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过了1mol电子，故D正确；

故选：D。5、D【详解】A.乙醇分子间存在氢键，丙烷分子间不存在氢键，乙醇沸点高于丙烷，错误；B.油脂是小分子，错误；C.CH2=C（CH3）2的名称是2-甲基-1-丙烯，错误；D.对二甲苯的结构简式为，对二甲苯中有两种H原子，核磁共振氢谱有2个吸收峰且峰的面积比为3:2，正确；答案选D。6、C【详解】A．已知NH5为离子化合物，可以写成NH4H，则固体NH5中阴阳离子个数比为1:1，故A正确；B．地下钢铁管道用导线连接锌块，锌、铁、土壤中的电解质组成原电池，锌作负极，先腐蚀，从而减缓管道的腐蚀，该法称牺牲阳极阴极保护法，故B正确；C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池没有电流产生，故C错误；D．取少量配成溶液，滴加BaCl2，有白色沉淀生成，继续滴加HCl，如果白色沉淀部分溶解,则试剂部分变质，故D正确；故选C。7、B【详解】A、pH=3的盐酸和醋酸中离子浓度相同，导电性相同，故A错误；B、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，稀释过程中，醋酸会进一步电离，所以c(Cl-)<c(CH3COO-)，故B正确；C、酸性溶液稀释，溶质离子浓度均减小，但OH-浓度会增大，故C错误；D、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，中和相同量的NaOH，消耗的醋酸体积小一些，故D错误。答案选B。【点睛】同pH的强酸和弱酸的比较题型属于难点和易错点，要把握两种溶液的相同点和不同点。相同pH的盐酸和醋酸，相同点是：氢离子浓度相同，与金属单质、碱反应起始速率相同；不同点是：醋酸是弱酸，只发生微弱的电离，溶液中还存在大量的醋酸分子没有发生电离，即醋酸的浓度大于盐酸，在稀释和反应时，醋酸会边反应边电离，那么反应过程中醋酸的速率大于盐酸，相同体积的酸，醋酸中和能力更强。8、D【解析】A．C2H4和C4H8的最简式相同，只需计算28gCH2中含有的碳原子数即可；B.先计算1个Na+最外层电子数，再根据物质的量与微粒关系式计算Na+的最外层电子总数；C.先计算1个H2O2分子中含有的电子数，再根据物质的量与质量、微粒数目关系式计算；D.根据NaCl是离子化合物判断。【详解】A．C2H4和C4H8的最简式都是CH2，28gCH2物质的量是2mol，所以其中共含有的碳原子的数目是2NA，选项A正确；B.1个Na+最外层有8个电子数，1.00molNaCl中含有1molNa+，则其最外层电子总数为8NA，选项B正确；C.1个H2O2分子中含有18个电子数，1.7gH2O2的物质的量是0.05mol，则其含有的电子数为0.05mol×18NA/mol=0.9NA，选项C正确；D.NaCl是离子化合物，构成微粒是阴、阳离子，没有分子，选项D错误；故本题合理选项是D。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数，注意干扰信息的处理，选项D中物质的构成微粒及晶体类型的判断是本题易错点，本题难度不大。9、C【详解】A.向沸水中滴入饱和氯化铁溶液可制取氢氧化铁胶体，方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；B.果冻是胶体，制作果冻利用了胶体的性质，故B正确；C.溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故C错误；D.溶液很稳定，是稳定的分散系，故D正确；故选C。10、C【详解】A.溶液中c(H+)c(OH−)=Kw，Kw只与温度有关，则c(H+)⋅c(OH−)不变，=，稀释过程中c(OH−)发生变化，则变化，故A错误；B.稀硝酸具有氧化性会把Fe2+氧化成Fe3+，故B错误；C.向盐酸中滴加氨水至溶液呈中性，有电荷守恒c(NH)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C正确；D.向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中=，加入CH3COONa，增大，c(H+)减小，溶液碱性增强，pH增大，故D错误；故选C。11、A【详解】A.碳酸钠溶液显碱性，其中加水稀释时，溶液中OH-离子浓度减小，由于溶液中存在水的离子积常数，所以溶液中c(H+)增大，A错误；B.通入CO2，其与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸根离子反应产生HCO3-，溶液中HCO3-的水解程度小于CO32-的水解程度。向碱性的溶液中加入酸，溶液的碱性一定会减弱，故溶液pH减小，B正确；C.加入NaOH固体会抑制碳酸钠水解，所以减小，C正确；D.温度升高，促进盐的水解，因此水解平衡常数增大，D正确；故合理选项是A。12、C【详解】44.8gCu的物质的量为=0.7mol，分析整个过程，Cu与硝酸发生氧化还原反应时Cu失去1.4mol，N得到电子生成氮的氧化物，之后和NaOH溶液反应得到NaNO2和NaNO3两种盐溶液，NaNO3中N元素化合价与HNO3中相同，所以Cu失去的1.4mol电子全部被NaNO2得到，NaNO2中N元素化合价为+3价，所以NaNO2的物质的量为0.7mol，根据Na元素守恒可知400mLNaOH溶液中n(NaOH)=0.7mol+0.5mol=1.2mol，所以NaOH的浓度为=3mol/L，故答案为C。13、D【详解】A．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为可逆反应，边加热边蒸出，平衡正向移动，提高产率，乙醇和乙酸易挥发，边加热边蒸出的产物为混合物，故A错误；B．长导管的作用是导气、冷凝，无法回流反应物到反应容器中，故B错误；C．需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，小试管内盛放NaOH溶液，会使乙酸乙酯发生水解而使乙酸乙酯损失，故C错误；D．乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，故浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂，既加快反应速率又提高反应转化率，故D正确；故答案为D。14、C【详解】A.Fe能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故A错误；B.Fe2O3为碱性氧化物，能够与盐酸反应，但不与氢氧化钠溶液反应，故B错误；C.Al与盐酸反应生成氯化铝与氢气，与氢氧化钠反应反应生成偏铝酸钠与氢气，故C正确；D.AlCl3与氢氧化钠溶液反应，但不与盐酸反应，故D错误；答案选C。【点睛】常见的既能和盐酸反应，又能和氢氧化钠溶液反应的物质有Al、Al2O3、Al(OH)3。15、D【解析】A．未注明溶液的体积，无法判断溶液中含有ClO-的数目，故A错误；B．标况下22.4L氯气的物质的量为1mol，由于只有部分氯气与水反应，则转移电子的物质的量小于1mol，转移的电子数小于NA，故B错误；C．100g

46%的乙醇溶液中，由于水分子中也含有H-O键，则该溶液中含H-O键的数目大于NA，故C错误；D．4.6g钠的物质的量为：=0.2mol，0.2molNa完全反应失去0.2mol电子，转移0.2NA个电子，故D正确；故选D。点睛：注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为C，注意乙醇溶液中，除了乙醇，还有水分子，水分子中也含有O-H键。16、C【详解】pH=3的醋酸溶液中，氢离子的浓度c(H+)=10-3mol/L，c(CH3COOH)>10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中，氢氧根的浓度c(OH-)=10-3mol/L；酸为弱酸，二者混合后，酸电离产生的H+与OH-恰好中和，而酸过量，得到的溶液是过量的醋酸和生成的强碱弱酸盐的混合溶液，由于酸的电离程度通常大于盐的水解程度，故溶液显酸性，所以合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、BaCl2溶液Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑H++HCO3-=H2O+CO2↑2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4【分析】BaCl2可与Na2CO3、NaHSO4、AgNO3均反应生成沉淀，Na2CO3分别与HCl、NaHSO4均反应生成气体，BaCl2、HCl均与AgNO3反应生成沉淀，

由①A与D反应有气体生成、⑤C与D反应有气体生成可以知道，D为Na2CO3，

由②A与E反应有沉淀生成

③B与E反应有沉淀生成、⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质可以知道，E为AgNO3，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

④B与C反应有沉淀生成，沉淀为硫酸钡，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

D为Na2CO3，E为AgNO3，

(1)B为BaCl2溶液，

因此，本题正确答案是：BaCl2溶液；

(2)Ba(HCO3)2溶液中，逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后,继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑，

因此，本题正确答案是：Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；H++HCO3-=H2O+CO2↑；

(3)向C溶液中加入Zn粒，反应的化学方程式为2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4，

因此，本题正确答案是：2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4。18、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。19、2Ag++===Ag2SO3↓有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【解析】(1).实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；②.a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；(3).①.根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-；②.a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为：V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。20、倒插入水中，水迅速充满试管NaHCO3NaCl足量的NH3、冷却并加入NaCl，能够增大NH4+和Cl-的浓度，使平衡NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移动100mL容量瓶胶头滴管溶液由橙色变成黄色，且半分钟内部变色20.2084.42%滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入标准酸液进行滴定(或滴定前有气泡，滴定后气泡消失或锥形瓶用待测液润洗了等)【分析】(1)根据氨气极易溶于水分析解答；(2)根据侯氏制碱法的反应原理分析判断；结合NH4Cl饱和溶液中存在NH4Cl(s)⇌NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根据定容的操作分析解答；(4)碳酸氢钠溶液显碱性，用甲基橙做指示剂时，开始时溶液显橙色，解甲基橙的变色范围分析判断；根据滴定管的结构结合图I图II读出初读数和终读数，再计算消耗的盐酸溶液体积；(5)计算两次消耗盐酸的平均值，计算消耗盐酸的物质的量，依据方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，然后计算碳酸氢钠的物质的量和质量，计算其质量分数；(6)根据