云南省保山市云县一中2026届高三上化学期中检测试题含解析

云南省保山市云县一中2026届高三上化学期中检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂。工业上通过惰性电极电解氯化铵和盐酸的方法制备，其原理如图所示:下列说法不正确的是A．b电极接电源的负极，在b极区流出的Y溶液是稀盐酸B．二氧化氯发生器中排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOHC．电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，则b极产生0.6gH2D．电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4OH-+3Cl-=NCl3+4H2O2、景泰蓝制作技艺是北京市的地方传统手艺，其制作工艺流程主要有其工艺中一定含有化学变化的是

()A．裁剪 B．掐丝 C．烧蓝 D．磨光3、古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识。下列对成语、谚语的解释正确的是A．“甘之如饴”说明糖类均有甜味B．“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应C．“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高D．“玉不琢，不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化4、已知X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法正确的是

Y

X

Z

A．Y是非金属性最强的元素B．Z是金属元素C．Y的原子序数为a－7D．X的气态氢化物化学式为H2X5、如图为1molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反应生成SOCl2（g）过程中的能量变化示意图，已知E1=xkJ•mol﹣1、E2=ykJ•mol﹣1

，下列有关说法中正确的是（）A．反应的活化能等于ykJ•mol﹣1B．若对反应体系加热，△H不变C．若在反应体系中加入催化剂，E1不变D．1molSO2Cl2（g）和1molSCl2（l）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）kJ•mol﹣16、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．AlNaAlO2(aq)NaAlO2(s)B．NaCl(aq)NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．CuCl2Cu(OH)2CuD．MgO(s)Mg(NO3)2(aq)Mg(s)7、实验室根据反应：TiO2(s)＋CCl4(g)TiCl4(g)＋CO2(g)，在无氧无水条件下制备TiCl4，实验装置如下图所示(CCl4、TiCl4的沸点分别为76℃、136℃，且两者互溶)。下列说法不正确的是A．③中反应完成后，先停止通N2，再停止加热B．①、⑤装置中分别盛有无水氯化钙、浓硫酸C．②中热水使CCl4气化，④中冰水使TiCl4冷凝D．④中分离TiCl4、CCl4混合物的方法是精馏8、下列各组中的比值等于2∶1的是A．K2S溶液中c(K+)与c(S2－)之比B．pH都为12的烧碱溶液与Ba(OH)2溶液的物质的量浓度之比C．相同温度下0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比D．室温时,将pH＝5的H2SO4溶液稀释1000倍,稀释后溶液中的c(H+)与c(SO42-)之比9、短周期元素aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同电子层结构，则下列叙述正确的是（）A．原子半径A＞B＞D＞C B．原子序数D＞C＞B＞AC．离子半径C＞D＞B＞A D．单质还原性A＞B＞D＞C10、关于下列装置说法正确的是A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．滴有酚酞溶液的装置②在电解过程中，b极先变红C．可以用装置③在铁上镀铜，d极为铜D．装置④中发生铁的吸氧腐蚀11、在密闭容器中发生下列反应aA(g)cC(g)+dD(g)，反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，下列叙述正确的是()A．A的转化率变小 B．平衡向正反应方向移动C．D的物质的量变多 D．再次平衡时的逆反应速率小于原平衡的正反应速率12、氢化铝锂（LiAlH4）和硼氢化钠（NaBH4）在有机合成中非常重要，可发生如下反应：①LiAlH4＋4H2O=LiOH＋Al(OH)3＋4H2↑②NaBH4＋NH4Cl=NH3BH3＋NaCl＋H2↑，则下列说法错误的是（）A．LiAlH4中H元素为－1价B．反应②中，每生成1molNH3BH3会转移2mole－C．两个反应中，H2均既是氧化产物，又是还原产物D．NH4Cl和NaBH4所含化学键类型相同13、下列过程没有发生化学反应的是()A．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果 B．用热碱水清除炊具上残留的油污C．用活性炭去除冰箱中的异味 D．用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装14、前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等，且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族,Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是(

)A．元素原子半径大小顺序为：r(W)>r(Z)>r(Y)B．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键D．Y分别与Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同15、一定能在指定环境中大量共存的是A．与铝反应放出氢气的溶液：K＋、SO42－、NO3－、Na+B．在pH=1的溶液中：NO3－SO42－Na+Fe2+C．在强碱溶液中：K＋、Na+、CO32－、NO3－D．在由水电离出的c(H+)=1×10－12mol/L的溶液中：Fe3+、Cl－、Na+、SO42－16、对于下列实验亊实的解释不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HC1易挥发B电解CuCl2溶液，阴极得到Cu，电解AlCl3溶液，阴极得不到Al得电子能力：Cu2+>Al3+>H+C浓HNO3能氧化NO;稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活性:C2H5OH<H2OA．A B．B C．C D．D二、非选择题（本题包括5小题）17、如表列出了A～R9种元素在周期表中的位置，用化学用语回答：主族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA2EF3ACDGR4BH（1）这九种元素中化学性质最不活泼的是___。（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是__。（3）A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为__。（4）F、G、H三种元素简单氢化物沸点由高到低的顺序__。（5）E元素氧化物的电子式是__，F的氢化物在常温下跟B反应的化学方程式是__。（6）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．G的气态氢化物的稳定性弱于HFC．FeG3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（7）G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因：_____。18、短周期元素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2－电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是__________________________。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_____________。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_____________________。（4）(XY)2的性质与Cl2相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为________。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为____________________________________________。19、实验室需要0.1mol•L-1NaOH溶液450mL和0.5mol•L-1硫酸溶液450mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是__（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称：_____配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___（填仪器名称）．（2）容量瓶不能用于____（填序号）．A配制一定体积准确浓度的标准溶液B长期贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___g．在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度____0.1mol•L-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1mol•L-1．（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为_____mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒最好．配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是___。（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：______________。20、葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等。①请完成下列表格试剂作用A___验证SO2的还原性BNa2S溶液___C品红溶液___②A中发生反应的离子方程式为____。（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图中的___(填序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积__(填序号)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/LNaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是___。A．未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．滴定前锥形瓶内有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D．配制溶液定容时，俯视刻度线E．中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视21、空气污染问题日益引起全民关注。（1）汽车尾气中存在大量的CO、NO、NO2和碳氢化合物，可采用铂等贵金属作为催化剂，使CO和NO转化为无毒的气体，请写出其化学方程式____________________________（2）科研工作者研究出利用石灰乳除工业燃煤尾气中的硫

（SO2、SO3）和氮

（NO、NO2）的新工艺，既能净化尾气，又能获得应用广泛的CaSO4

和Ca（NO3）2

。

①硫酸型酸雨的形成过程是大气中的SO2

溶于雨水生成某种弱酸，在空气中经催化氧化生成硫酸，该过程中反应的化学方程式为

____________________________、______________________________②CaSO4

可以调节水泥的硬化时间。尾气中

SO2

与石灰乳反应生成CaSO4

的化学方程式为___________________________③

Ca（NO3）2可制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等.尾气中NO、NO2与石灰乳反应生成Ca（NO3）2的化学方程式

___________________________（3）还可用NaClO2溶液（溶液呈碱性）作为吸收剂，对含有SO2和NOX的燃煤烟气进行脱硫、脱硝。（已知：酸性条件下，ClO2-会转化成ClO2和Cl-。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，能氧化SO2或NOX）在鼓泡反应期中通入含SO2和NO的烟气，反应温度为323K，NaClO2溶液的浓度为5×10-3mol·L-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。①写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式_____________________________。增加压强，NO的转化率_______（填“提高”、“不变”或“降低”）。②随着吸收反应的进行，吸收剂溶液的pH逐渐__________（填“提高”、“不变”或“减小”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.电解池右边产生氢气，则b电极接电源的负极，在b极区氢离子得电子产生氢气，氯离子通过阴离子交换膜进入左边，盐酸变稀，则流出的Y溶液是稀盐酸，选项A正确；B、二氧化氯发生器中发生的反应为：NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，则排出的X溶液中溶质主要为NaCl和NaOH，选项B正确；C、电解过程中二氧化氯发生器中产生2.24L(标准状况)NH3，根据反应NCl3+6NaClO2+3H2O=3NaCl+3NaOH+6ClO2+NH3↑，转移的电子的物质的量为0.6mol，则b极产生0.6gH2，选项C正确；D、电解池a极的电极反应式为NH4+-6e-+4H2O+3Cl-=NCl3+4H+，选项D不正确。答案选D。2、C【解析】A．铜板裁剪敲打并焊接成胎，属于物质形状改变没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．铜丝掐成图案并粘在胎体上，属于物质形状改变没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．烧蓝工艺又称为点蓝工艺是将整个胎体填满色釉后，再拿到炉温大约800摄氏度的高炉中烘烧，色釉由砂粒状固体熔化为液体，发生复杂的化学变化，过程中有新物质生成，故C正确；D．制品打磨光亮并用火镀金，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故答案为C。3、B【分析】A．有的糖类没有甜味，如淀粉、纤维素；B．不同金属灼烧产生不同的焰色，属于金属元素的焰色反应；C．冰转化为水的过程吸热；D．有新物质生成的变化为化学变化。【详解】A．不是所有的糖都有甜味，如淀粉、纤维素，选项A错误；B．火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，选项B正确；C．冰转化为水的过程吸热，因此相同质量和温度的水和冰，水的能量高，选项C错误；D．玉雕琢的过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查物质变化、焰色反应等知识，平时必须注重知识的积累，才能正确解答本类题型，注重化学与生活的联系．题目难度不大，是基础题。4、C【详解】X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，则Y是氦，X是氟，Z是S，A、Y是氦，是惰性元素，A项错误；B、Z是S，是非金属元素，B项错误；C、X的原子序数为a，He的原子序数为2，F的原子序数为9，则Y的原子序数为a-7,，C项正确；D、氟的最低价为-1价，X的气态氢化物化学式为HX，D项错误；答案选C。5、B【分析】催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，反应热等于反应物的键能总和与生成物的键能总和之差，即△H=E1-E2，据此解答。【详解】催化剂能降低反应的活化能，所以E1变小，但催化剂不会改变化学反应的反应热，所以△H不变，即△H=E1-E2。A、由图可知，反应的活化能等于E1=xkJ.mol-1，故A错误；B、对于一个特定的反应，△H不变，故B正确；C、若在反应体系中加入催化剂，E1变小，故C错误；D、1molSO2Cl2（g）和1molSCl2（g）反应生成SOCl2（g）的△H=（x﹣y）kJ•mol﹣1，故D错误；故选B；【点睛】计算△H时注意物质的状态，状态不同，则△H也不相同。6、A【详解】A、Al与NaOH反应生成NaAlO2和H2，NaAlO2属于强碱弱酸盐，加热其溶液可得到NaAlO2固体，故A正确；B、电解NaCl溶液不可能得到NaHCO3，不能实现题干物质转化，故B错误；C、新制Cu(OH)2悬浊液与葡萄糖在加热条件下会生成Cu2O，而非Cu，故C错误；D、Mg属于较活泼金属，电解其水溶液无法得到其金属单质，故D错误。7、A【解析】本题主要考查了实验操作要求与综合分析能力，同时涉及物质分离原理。【详解】A.通入N2的目的是隔绝空气，③中反应完成后，先停止加热，再停止通N2，防止倒吸，以及外界空气与加热中TiCl4反应，A错误；B.①、⑤装置均吸水，①为固体，⑤为液体，故可以为无水氯化钙、浓硫酸，B正确；C.CCl4、TiCl4的沸点分别为76℃、136℃，②中热水使CCl4气化，④中冰水使TiCl4冷凝，C正确；D.根据沸点不同，四氯化钛和四氯化碳为互相混溶的液体混合物，分离TiCl4、CCl4，属于精馏，D正确；答案为A。【点睛】常见物质的分离、提纯方法：①洗气法。例如，除去气态烷烃中混有的气态烯烃(或炔烃)，可将混合气体通过盛有溴水的洗气瓶；②分液法。根据有机物在水中的溶解性、酸碱性等性质上的差异，把两种相互混溶的有机物中的一种转变为可溶于水的物质，另一种仍不溶于水，从而达到分离与提纯的目的。a．若杂质易溶于水而被提纯物不溶于水，则直接加入水后用力振荡，使杂质转入水层中，用分液漏斗分离；b．若杂质与被提纯物都不溶于水，则先使杂质与某种试剂反应，使其转化为易溶于水的物质后再分离；③蒸馏(分馏)法．a．对沸点差别大的有机物，可直接进行蒸馏提纯与分离；b．混合物中各组分的沸点相差不大时，则加入某种物质，使其中一种组分转化为高沸点、难挥发性物质后再进行蒸馏。8、B【解析】A.因为S2-会水解,导致数目减少,比值会大于2：1,故A错误；B.两者都是强碱，NaOH是一元碱Ba(OH)2,是二元碱，pH相同,所以NaOH的浓度是Ba(OH)2的2倍,故B正确；C.醋酸是弱酸，浓度越大，电离越小，所以0.2mol/L醋酸溶液与0.1mol/L醋酸溶液中的c(H+)之比小于2：1，故C错误；D.pH为5的H2SO溶液中，c(H+)=10-5mol/L，c(SO42-)=12C(H+)=5×10-6mol/L；溶液稀释1000倍后，c(H+)只能近似为：1×10-7mol/L，而硫酸根离子浓度为：c(SO42-)=5×10-6mol/L×1/1000=5×10-9mol/L，所以稀释后溶液中C(H+)与c(SO42-本题答案为B。【点睛】在常温酸或碱的稀释时，无论如何稀释酸溶液中pH只能接近7,不可能大于7，无论如何稀释碱溶液的pH只能接近7，不可能小于7。9、C【分析】四种离子电子层结构相同，阳离子在下一周期的前边，阴离子在上一周期的后边，根据所带电荷，可知B在A的前面，C在D的前面。【详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径B＞A＞C＞D，故A不选；B.根据上面的分析，原子序数为A＞B＞D＞C，故B不选；C.四种离子电子层数相同，离子半径取决于质子数即原子序数，原子序数越大，半径越小，故离子半径：C＞D＞B＞A，故C选；D.四种元素都是短周期元素，D为F，F2没有还原性，故D不选。故选C。10、C【解析】A项，装置①为原电池，Zn为负极，Cu为正极，电流方向与阳离子运动方向形成闭合，所以盐桥中的K+移向CuSO4溶液，故A错误；B项，滴有酚酞溶液的装置②是惰性电极电解NaCl溶液，b为阳极，生成Cl2，a为阴极，生成H2，所以a极先变红，故B错误；C项，装置③电解质溶液为CuSO4溶液，若阴极(c极)为铁，阳极(d极)为铜，则可在铁上镀铜，故C正确；D项，装置④为原电池，Zn作负极失电子发生氧化反应，铁作正极只起导电作用，故D错误。11、A【分析】反应达到平衡后，将气体体积压缩到原来的一半，若平衡不移动，D的浓度变为原来的2倍，而当再次达到平衡时，D的浓度为原平衡的1.7倍，说明体积减小、压强增大，平衡向着逆向移动，以此来解答。【详解】A．由分析可知，平衡逆向移动，A的转化率变小，故A正确；B．根据分析可知平衡向逆反应方向移动，故B错误；C．根据分析可知平衡向着逆向移动，D的物质的量减少，故C错误；D．将气体体积压缩到原来的一半，虽然平衡逆向移动，但各物质的浓度依然变大，所以再次平衡时的逆反应速率大于原平衡的正反应速率，故D错误；综上所述答案为A。12、B【分析】H是非金属，Li和Al是金属，所以LiAlH4中H的化合价为-1；H的非金属性比B强，Na是金属，所以NaBH4中H的化合价为-1。反应①、②均发生了-1价H和+1价H之间的归中反应，生成0价的H2。可在此认识基础上对各选项作出判断【详解】A、LiAlH4中，Li为+1价，Al为+3价，根据化合价代数和为零的原则，H元素为-1价，A不符合题意；B、反应②中，电子转移情况为，每生成1molNH3BH3转移1mole-，B符合题意；C、根据分析，两个反应中，均发生了-1价H和+1价H之间的归中反应，生成0价的H2，所以H2既是氧化产物，又是还原产物，C不符合题意；D、NH4Cl和NaBH4电子式分别为：和Na+，二者均含共价键和离子键，所含化学键类型相同，D不符合题意。答案选B。13、C【解析】A.高锰酸钾溶液氧化乙烯，发生化学反应；B.碳酸钠水解产生的氢氧化钠与油脂发生反应；C.利用活性炭的吸附作用，没有发生化学反应；D.铁粉与氧气发生氧化还原反应。故选C。14、B【详解】前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，Y最外层电子数为6，故为O，而Y、W同主族，则W为S，X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于ⅠA族或ⅡA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，几何原子序数可知X为H、Z为Na、R为K。A.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径为r(Z)>r(W)>r(Y)，故A错误；B.

X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、HCl，它们都属于电解质，故B正确；C.

Y与Z形成化合物有氧化钠、过氧化钠，而过氧化钠中含有离子键、共价键，故C错误；D.

Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不相同，故D错误；答案选B。【点睛】正确推断出元素是解决本题的关键。15、C【详解】A.与铝反应放出氢气的溶液既可能是酸溶液，也可能是碱溶液，若溶液是酸性的，NO3－在酸性环境下有强氧化性，不可能和铝反应生成氢气，故A不选；B.pH=1的溶液中有大量的H+，NO3－在酸性环境下有强氧化性，能氧化Fe2+，故B不选；C.在强碱溶液中有大量的OH-，OH-和K＋、Na+、CO32－、NO3－不反应，这四种离子相互间也不反应，故C选；D.由水电离出的c(H+)=1×10－12mol/L的溶液既可能是酸溶液也可能是碱溶液，若溶液为碱性，Fe3+和OH-会生成沉淀而不能大量共存，故D不选；故选C。【点睛】由水电离出的氢离子或氢氧根离子若小于10-7mol/L的溶液也即可能是酸溶液，也可能是碱溶液。同样，和铝反应能放出氢气的溶液可能是酸溶液，也可能是碱溶液。若和铁放出氢气的溶液，则只能是酸溶液。16、B【解析】A.镁水解，水解吸热，加热促进水解。但由于硫酸难挥发，而盐酸易挥发，因此加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCI2溶液得不到MgCI2固体，A正确；B.离子的放电顺序是：Cu2+>H+>Na+，所以电解CuCl2溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na，B错误；C.HNO3浓度越大，氧化性越强，因此浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NO，C正确；D.羟基中氢的活性：C2H5OH<H2O，所以钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈，D正确，答案选B。点睛：选项A是易错点，注意掌握蒸干盐溶液所得物质的判断方法：（1）先考虑分解。如NaHCO3溶液、Ca(HCO3)2溶液蒸干灼烧得Na2CO3、CaCO3；KMnO4溶液蒸干灼烧得K2MnO4和MnO2。（2）考虑氧化还原反应。如加热蒸干Na2SO3溶液，所得固体为Na2SO4。（3）强酸弱碱盐水解生成挥发性酸的，蒸干后得到弱碱，水解生成不挥发性酸的，得到原物质。（4）弱酸强碱正盐溶液蒸干得到原物质，Na2CO3溶液蒸干得本身。（5）NH4Cl溶液、(NH4)2S溶液蒸干、灼烧，无残留物。二、非选择题（本题包括5小题）17、ArAl(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OK＞Na＞MgH2O＞HBr＞HCl2K+2H2O=2KOH+H2↑AB最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br【分析】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar，结合原子结构和元素周期律分析解答。【详解】由元素在周期表的位置可知，A是Na，B是K，C是Mg，D是Al，E是C，F是O，G是Cl，H是Br，R是Ar。(1)元素周期表中化学性质最不活泼是稀有气体元素，即Ar的性质最不活泼，故答案为Ar；(2)铝元素最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应，反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O；(3)一般而言，电子层越多，半径越大，所以K的半径最大，电子层数相同时，原子序数越小，半径越大，则Na＞Mg，所以原子半径大小为K＞Na＞Mg，故答案为K＞Na＞Mg；(4)H2O分子间存在氢键，沸点最高；HCl和HBr都是分子晶体，相对分子量越大，沸点越高，则沸点：HBr＞HCl，所以沸点高低为：H2O＞HBr＞HCl，故答案为H2O＞HBr＞HCl；(5)E为C元素，其氧化物若为二氧化碳，属于共价化合物，其电子式为；F是O，氢化物为水，K与水反应生成氢氧化钾和氢气，化学反应方程式为：2K+2H2O=2KOH+H2↑，故答案为；2K+2H2O=2KOH+H2↑；(6)A．金属性越强，对应最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性：Al＜Mg，则碱性：Al(OH)3＜Mg(OH)2，可用元素周期律解释，故A选；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，稳定性：HCl＜HF，可用元素周期律解释，故B选；C．Cu与氯化铁发生氧化还原反应，与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，故C不选；故答案为AB；(7)G的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，因为Cl和Br的最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br，故答案为最外层电子数相同，Br的原子半径大，得到电子能力比Cl弱，非金属性Cl大于Br。【点睛】本题的易错点为(5)，要注意C的氧化物常见的有CO2和CO，均为共价化合物，其中CO的电子式为，其中含有一个配位键。18、第三周期第VIA族NH4SCNN≡C—O—O—C≡N(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2－电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g·mol－1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为N≡C—O—O—C≡N。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH－=CN－+CNO－+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。19、AC500mL容量瓶烧杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌重新配制【分析】(1)用固体和用液体配制溶液所用仪器有所不同，根据配制的过程可以列出各自所需的仪器；容量瓶只有1个刻度，只有有限规格的容量瓶可选用；(2)容量瓶用于液体的精确定容，其容积会受到各种因素的影响，所以能损坏容量瓶或引起容量瓶容积发生改变的使用方式均不允许；(3)容量瓶的规格有限，所以应根据可取用的容量瓶确定实际应配制的溶液的体积，在此基础上计算NaOH的质量；根据公式c=可判断各种操作对配制结果的影响；(4)计算所需浓硫酸的体积应注意的事项与(3)相同；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时不能超过刻度线，否则，配制失败。【详解】(1)用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→称量(天平、药匙)→溶解(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容(胶头滴管)→摇匀→装瓶；用浓硫酸配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→量取(量筒、胶头滴管)→稀释(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容→摇匀→装瓶，都没有用到的有平底烧瓶和分液漏斗；常见的容量瓶没有450mL的，应选用500mL的容量瓶；在配制过程中，溶解需用烧杯，还需用玻璃棒搅拌和引流。答案为：AC；500mL容量瓶；烧杯、玻璃棒；(2)A．容量瓶用于液体的精确定容，可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，A选项不符合题意；B．容量瓶为精密仪器，不能用于长期贮存溶液，B选项符合题意；C．容量瓶只有一个刻度，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C选项符合题意；D．容量瓶用于液体的精确定容，可用于固体配制一定物质的量浓度的溶液，也可用于溶液准确稀释，D选项不符合题意；E．容量瓶有刻度，可用于量取一定体积的液体，但每个容量瓶只能量取一种体积的液体，E选项不符合题意；F．容量瓶是精密仪器，不能用来加热溶解固体溶质，F选项符合题意；答案为：BCF；(3)实验室一般没有450mL规格的容量瓶，应取500mL规格的容量瓶，即，实际配制的溶液的体积为500mL，所以所需NaOH的质量为：500×10-3L×0.1mol∙L-1×40g∙mol-1=2.0g。根据公式c=，定容时仰视观察液面，则溶液体积V偏大，导致所配溶液浓度小于0.1mol∙L-1；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则溶质物质的量n偏少，导致所配溶液浓度小于0.1mol∙L-1。答案为：2.0；小于；小于；(4)与(3)相同，实际应配制的硫酸的体积为500mL，所以有：V(浓硫酸)×1.84g•cm-3×98%=500×10-3L×0.5mol∙L-1×98g∙mol-1，求得V(浓硫酸)≈13.6mL；应选择量程不小于13.6mL的量筒中规格最小的，所以题给量筒中应选择15mL的；浓硫酸稀释：先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌，切忌将水加入浓硫酸中，引起液体飞溅伤人。答案为：2.7；15；先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时如果超过刻度线，溶液体积偏大，浓度偏小，如果用胶头滴管吸掉多出的部分，将损失溶质，所以无法补救，需重新配制。答案为：重新配制。【点睛】容量瓶用于液体的精确定容，是配制一定物质的量浓度的溶液的主要仪器，每个容量瓶只有一个刻度；其容积会受到各种因素的影响，所以容量瓶不能用于加热，不能用于固体或浓溶液的溶解、稀释，不能装入过冷或过热的液体，不能作为反应容器，不能用于长期贮存溶液。20、FeCl3溶液验证SO2的氧化性验证SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C【分析】(1)①根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；②A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用③的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“1