2026届云南省镇沅县一中高三化学第一学期期中监测模拟试题含解析

2026届云南省镇沅县一中高三化学第一学期期中监测模拟试题注意事项：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、用图中所示的装置进行实验，实验现象和预测不一致的是()①中的物质②中的物质预测现象A浓氨水FeCl3溶液②中有红褐色沉淀B浓氨水浓盐酸③中有白烟C饱和氯水Na2S溶液②中生成淡黄色沉淀D饱和亚硫酸蓝色石蕊试液②中溶液先变红后褪色A．A B．B C．C D．D2、水是生命之源，下列有关说法中正确的是（）A．双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染B．氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱C．氨水能导电，说明氨气是电解质D．王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt3、化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A．75%的医用酒精和84消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳4、下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl-、NO3-不能大量共存，Al3++3OH-=Al(OH)3↓B由水电离出的H+浓度为1×10-12mol•L-1NH4+、Na+、NO3-、Cl-一定能大量共存NH4++H2O⇌NH3•H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存，5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2OD通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-A．A B．B C．C D．D5、烧瓶中，铜与浓硫酸反应结束后，铜片未完全溶解。若向反应后的溶液中加入相关物质，下列说法正确的是A．滴加浓NaOH溶液立即有蓝色沉淀生成B．加入铁粉，铁粉不溶解C．通入O2并加热，铜片继续溶解D．加入NaNO3固体，铜片不溶解6、将一定量的CO2气体通入2L的NaOH溶液中，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的气体与消耗的HC1物质的量关系如图所示(忽略气体的溶解和HC1的挥发).下列说法不正确的是A．0点溶液中所含溶质的化学式为NaOH、Na2CO3B．0到a点发生反应的离子方程式:H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-C．通入CO2气体的体积在标准状况下为22.4LD．NaOH溶液的物质的量浓度为2.5mol/L7、CO(g)和H2O(g)以1:2体积比分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：下列说法不正确的是A．从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应B．实验A中，在0～10min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(L·min)-1C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂8、下列离子方程式中，正确的是()A．稀硫酸滴在铁片上：2Fe＋6H＋===2Fe3＋＋3H2↑B．碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合：HCO3-+H+=H2O+CO2↑C．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合：CuSO4＋2OH－===Cu(OH)2↓＋D．硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：AgNO3＋Cl－===AgCl↓＋9、下列有关化学用语表示正确的是（）A．H3O＋的电子式：B．—NH2的电子式：C．NaHS显碱性的原因：HS－＋H2OS2－＋H3O＋D．乙烷的二氯代物有两种(不考虑立体异构)10、化学科学需要借助化学专用语言来描述，现有下列化学用语：①Cl－的结构示意图：；②羟基的电子式：；③HClO的结构式：H—Cl—O；④NaHCO3在水中的电离方程式：NaHCO3=Na＋＋H＋＋CO；⑤碳酸氢铵与足量的氢氧化钠溶液混合：HCO＋OH－=CO＋H2O；⑥CO2的比例模型：；⑦原子核内有10个中子的氧原子：O。其中说法正确的是()A．④⑤⑥ B．①②⑦ C．②③④⑥ D．②③⑤⑥⑦11、处理含氰（CN-）废水涉及以下反应，其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。CN-+OH-+Cl2→OCN-+Cl－+H2O（未配平）反应Ⅰ2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O反应Ⅱ下列说法中正确的是A．反应I中碳元素被还原B．反应II中CO2为氧化产物C．处理过程中，每产生1molN2，消耗3molCl2D．处理I中CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应12、LiH是制备有机合成的重要还原剂LiAlH4的反应物，氢化锂遇水蒸气剧烈反应。某小组设计如图装置制备LiH。下列说法正确的是A．装置B、C依次盛装浓硫酸、饱和食盐水 B．装置A中加入硫酸铜越多，反应速率越大C．装置E用于吸收尾气，避免污染环境 D．实验中，先通入H2，后点燃酒精灯13、信息提示：①CuCl2+Cu=2CuCl↓(白色)——该反应速率很慢②2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl——该反应速率很快③(SCN)2，拟卤素，化学性质和氯气相似。Cu(过量)与FeCl3溶液反应，静置后取上层清液，小明将KSCN溶液滴加到混合液中，他观察到瞬间产生白色沉淀，局部出现红色；振荡试管，红色又迅速褪去。请你判断下列说法正确的是()A．白色沉淀是CuCl，是溶液中的CuCl2与Cu反应生成B．红色物质是Fe(SCN)3，主要原因是溶液中的Fe2+被空气中的O2氧化成Fe3+C．红色迅速褪去原因是振荡溶液时(SCN)2把Fe(SCN)3漂白了D．用KSCN溶液检验Fe3+时，Cu2+存在会产生干扰14、下列关于物质分类的说法正确的是（）A．稀豆浆、硅酸、氧化铁溶液都属于胶体B．Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物C．氨水、次氯酸都属于弱电解质D．通过化学反应，可由Ba(OH)2一步转化生成NaOH15、实验室利用下图装置制取无水A1C13(183℃升华，遇潮湿空气即产生大量白雾)，下列说法正确的是A．①的试管中盛装二氧化锰，用于常温下制备氯气B．②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装浓H2SO4、饱和食盐水、浓H2SO4、NaOH溶液C．滴加浓盐酸的同时点燃④的酒精灯D．⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替16、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次增大,其中X、Z同主族,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,X原子最外层电子数是其核外电子层数的3倍。下列说法正确的是()A．原子半径:rW>rZ>rY>rXB．Z的简单氢化物沸点比X的高C．X、Y、Z三种元素组成的化合物多于2种D．W元素氧化物对应水化物的酸性一定强于Z二、非选择题（本题包括5小题）17、5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子Na＋Al3＋Fe3＋Cu2＋Ba2＋阴离子OH－Cl－CO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：①A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；②B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；③少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；④B溶液与D溶液混合后无现象；⑤将38.4gCu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6mol·L－1H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A________；B________；C________；D________；E________。（2）写出步骤②中发生反应的离子方程式：______________________________________。（3）写出步骤⑤中发生反应的离子方程式：______________________________________。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是________mL。18、A、B、C、D均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，B是短周期中金属性最强的元素，C与D位置相邻，D是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空：(1)A在周期表中的位置为第____周期______族，A原子的最外层电子排布式为____，A原子核外共有____个不同运动状态的电子。(2)B、C、D三种元素形成简单离子其半径大小的____________。（用个离子符号表示）(3)A、B形成化合物的电子式____；这些化合物中所含的化学键有____(4)非金属性的强弱：C______D（填“强于”、“弱于”、“无法比较”），试从原子结构的角度解释其原因。_____请用一个方程式证明A与C的非金属性的强弱____。19、现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验1：①称取一定质量的样品，将样品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22g。实验2：①称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；②向溶解后的溶液中，通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧至质量不再减少，得到固体物质4g。根据实验回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有________________________。（2）实验室配制FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂________________。（3）“实验2”通入足量Cl2的目的是_________。涉及的化学反应的离子方程式是__________。（4）检验“实验2”的步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法是________________。（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（化学方程式与文字相结合来说明）____________________________________。（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的相关性质。以下关于胶体的说法正确的是________A．胶体的分散质能透过滤纸B．实验室制备胶体Fe(OH)3胶体，是将饱和FeCl3溶液滴入热的NaOH溶液中，加热至溶液变为红褐色C．当光束通过胶体时能产生丁达尔效应D．胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是胶体（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比是________。20、用98%的浓硫酸（ρ=1.84g/cm3）配制0.5mol/L的稀硫酸480mL。（1）选用的主要玻璃仪器除量筒和玻璃棒外还需要有：①___②___③___。（2）简要回答下列问题①所需浓硫酸的体积为___mL；②如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒应选用___mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，将使浓度___（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。③在转入容量瓶前，烧杯中液体应___，否则会使浓度___。④定容时必须使溶液凹液面与刻度线相平，若俯视会使浓度___。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、D【详解】A选项，浓氨水有挥发性，挥发到②中，生成红褐色沉淀，故A正确；B选项，浓氨水、浓盐酸都有挥发性，两者反应有白烟生成，故B正确；C选项，饱和氯水有挥发性，进入到②中与硫化钠发生置换反应生成淡黄色沉淀，故C正确；D选项，饱和亚硫酸不稳定分解生成二氧化硫，二氧化硫与蓝色石蕊变红，但不能褪色，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】浓氨水与浓盐酸、浓硝酸，有白烟生成，而与浓硫酸没有白烟生成。2、D【解析】A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，故A错误；B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，故B错误；C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，故C错误；D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，故D正确；综上所述，本题应选D。【点睛】本题应注意对电解质的理解，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其能导电是因为在水溶液或熔融状态下自身电离出自由移动的电子，而氨气溶于水形成氨水，能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，所以一水合氨是电解质，而氨气不是电解质。与此情况类似的还CO2、SO2等，CO2、SO2的水溶液能导电，但CO2、SO2为非电解质。3、C【详解】A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法错误；B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法错误；C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法正确；D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法错误；答案为C。4、C【解析】A.滴加氨水能发生反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为1×10-12mol/L<1×10-7mol/L，说明该溶液中水的电离被抑制，该溶液可能是酸溶液或碱溶液，若是碱溶液有反应：NH4++OH-=NH3·H2O，离子方程式错误，B项错误；C.酸性溶液中有反应：5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，Fe2+和MnO4-不能大量共存，离子方程式正确，C项正确；D.SO2具有强还原性，ClO-具有强氧化性，发生反应：SO2+ClO-+H2O=SO42-+Cl-+2H+，离子方程式错误，D项错误；答案选C。5、C【分析】Cu与稀硫酸不反应，铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，排在H前面的金属与稀硫酸反应，且硝酸盐在酸性条件下具有强氧化性，以此来解答。【详解】铜与浓硫酸反应结束后，烧瓶中铜片未完全溶解，且随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，烧瓶中还含稀硫酸，A．滴加浓NaOH溶液先与稀硫酸反应，故开始时没有蓝色沉淀生成，选项A错误；B．加入铁粉，Fe与稀硫酸反应生成气体，铁粉溶解，选项B错误；C．通入O2并加热，硫酸、氧气和铜反应生成硫酸铜和水，铜片继续溶解，选项C正确；D．滴入NaNO3溶液，Cu、H+、NO3-发生氧化还原反应，铜片溶解，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查铜、浓硫酸的性质等，为高频考点，把握烧瓶中含稀硫酸及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意D中氧化还原反应的判断，注重元素化合物知识的综合应用，题目难度不大。6、C【解析】A、Na2CO3跟盐酸的反应是分步进行的：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，HCl与Na2CO3、NaHCO3都按1：1反应，由图象可知生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量小于从反应到开始产生二氧化碳阶段消耗的HCl，故溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，选项A正确；B、根据A分析可知，0到a点发生反应为：氢离子与氢氧根离子反应生成水，氢离子与碳酸根反应生成碳酸氢根，发生的离子反应为：H++OH-=H2O、CO32-+H+=HCO3-，选项B正确；C、由图可知，a点时开始生成气体，故发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，至生成二氧化碳体积最大时，该阶段消耗的HCl的物质的量为2mol，由方程式可知产生二氧化碳的物质的量为2mol，生成的二氧化碳的物质的量等于开始通入的二氧化碳的物质的量，故开始通入的二氧化碳的体积为2mol×22.4L/mol=44.8L，选项C不正确；D、加入5molNaCL生成二氧化碳体积最大，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n（NaCl）=n（HCl），根据钠离子守恒有n（NaOH）=n（NaCl），故n（NaOH）=n（HCl）=5mL，所以c（NaOH）==2.5mol/L，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查混合物的计算，注意从图象分析反应发生的情况，关键是根据图象判断溶液溶质的成分。7、A【详解】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，故A错误；B、达到平衡时，v(CO2)=mol/(L·min)=0.13mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(L·min)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10min内，v(H2)>0.130.13mol/(L·min)，故B正确；C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，故C正确；D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，故D正确。8、B【详解】A．稀硫酸滴在铁片上的离子反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误；B．碳酸氢钠溶液与稀盐酸混合的离子反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑，故B正确；C．硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液混合的离子反应为Cu2++2OH-=Cu（OH）2↓，故C错误；D．硝酸银溶液与氯化钠溶液混合的离子反应为Ag++C1-=AgCl↓，故D错误；答案选B。9、D【解析】A项应为；B项应为；C项应为HS－＋H2OH2S＋OH－；D项，C2H6的二氯代物同分异构体为。10、B【分析】①Cl-核外有18个电子，原子核内有17个质子；②羟基不显电性；③次氯酸的中心原子为氧原子；④HCO在水中部分电离；⑤碳酸氢铵与足量的氢氧化钠反应生成氨气和碳酸钠；⑥碳原子的相对体积大于氧原子；⑦质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；据此分析判断。【详解】①氯原子得到1个电子形成核外有18个电子，原子核内有17个质子的阴离子，结构示意图：，故①正确；②羟基不显电性，含9个电子，电子式为，故②正确；③次氯酸分子中含有1个氧氢键和1个氧氯键，次氯酸的结构式为：H-O-Cl，故③错误；④HCO在水中部分电离，所以NaHCO3在水中的电离方程式为NaHCO3=Na++HCO，故④错误；⑤碳酸氢铵与足量的氢氧化钠溶液混合的离子方程式为NH+HCO+2OH-=CO+2H2O+NH3↑，故⑤错误；⑥二氧化碳分子中含有两个碳氧双键，为直线型结构，其中C的原子半径大于O，二氧化碳的比例模型为，故⑥错误；⑦原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，该氧原子可以表示为O，故⑦正确；化学用语正确的有①②⑦，故选B。【点睛】本题的易错点为③和⑥的判断，要注意Cl原子最外层有7个电子，只需要形成一个共用电子对，比例模型中要注意原子的相对大小。11、D【分析】反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，反应Ⅱ为:2OCN－+4OH-+3Cl2＝2CO2+N2+6Cl－+2H2O，反应过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，结合氧化还原反应的规律分析可得结论。【详解】A.在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4，化合价升高，被氧化，故A错误；B.在反应II中，OCN－中碳元素的化合价为+4，生成物中二氧化碳的化合价也是+4，碳元素化合价反应前后没有发生变化，二氧化碳既不是氧化产物，也不是还原产物，故B错误；C.由上述分析可得处理过程的总反应为：2CN-+8OH-+5Cl2=10Cl－+4H2O+2CO2+N2，根据反应方程式可知：每产生1molN2，消耗5molCl2，故C错误；D.将反应Ⅰ配平后的方程式为：CN-+2OH-+Cl2=OCN-+2Cl－+H2O，根据方程式可知CN-与Cl2按物质的量比例1:1进行反应，故D正确；答案选D。12、D【分析】一般的制备实验的装置顺序，为发生装置，除杂装置、干燥装置、性质检验或者收集装置、尾气处理装置。按照顺序，A为氢气的发生装置，B除杂装置，C干燥装置，D制备LiH，E防止空气中的水进入D与产物反应。【详解】A．B中装饱和食盐水吸收氯化氢，C中装浓硫酸，用于干燥氢气，A项错误；B．加入硫酸铜过多，生成的铜会包裹锌，反应速率会减小，B项错误；C．装置E用于防止空气中水蒸气进入D，避免水蒸气与锂、氢化锂反应，C项错误；D．先通入H2，排尽装置内空气，避免空气中O2、水蒸气与锂反应，D项正确；本题答案选D。13、D【详解】A.Cu(过量)与FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2溶液，将KSCN溶液滴加到混合液中，观察到瞬间产生白色沉淀，根据题意分析可知，不可能为CuCl白色沉淀，只能是CuSCN白色沉淀，A错误；B.据2CuCl2+4KSCN=2CuSCN↓(白色)+(SCN)2+4KCl反应可知，反应生成了(SCN)2，把Fe2+氧化为Fe3+，导致溶液局部出现红色，B错误；C.(SCN)2与氯气性质相似，其水溶液具有漂白性，但是(SCN)2漂白有机色质，不漂白无机物，C错误；D.Cu2+会与SCN-反应生成CuSCN白色沉淀，干扰Fe3+的检验，D正确；故答案选D。14、D【详解】A.稀豆浆、硅酸都属于胶体，但氧化铁溶液不是胶体，A不正确；B.Na2O、MgO均属于碱性氧化物，但Al2O3属于两性氧化物，B不正确；C.氨水是混合物，不是电解质，次氯酸属于弱电解质，C不正确；D.通过化学反应，可由Ba(OH)2与Na2SO4反应，可一步转化生成NaOH，D正确。故选D。15、D【分析】由实验装置可知，①为浓盐酸与强氧化剂反应生成氯气，②中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，④中Al与氯气反应生成AlCl3，⑤为收集氯化铝的装置；⑥中浓硫酸防止水进入④和⑤中引起氯化铝水解，⑦中NaOH溶液吸收尾气中的氯气，以此来来解答。【详解】A.①的试管中盛装二氧化锰，常温与浓盐酸不反应，需要加热制备氯气，A项错误；B.由上述分析可知②、③、⑥、⑦的试管中依次盛装饱和食盐水、浓H2SO4、浓H2SO4、NaOH溶液，B项错误；C.滴加浓盐酸使产生的氯气排出装置中的氧气，再点燃④的酒精灯，C项错误；D.⑤用于收集AlCl3，⑥、⑦两个装置要防止其水解，且要吸收尾气中的氯气，则⑥、⑦可以用一个装有碱石灰的干燥管代替，D项正确；答案选D。16、C【分析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素O；X、Z同主族,则Z为S；W的原子序数最大,可以知道W为Cl。由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。【详解】A、电子层越多,原子半径越大,同周期从左向右原子半径减小,则原子半径:rZ>rY>rW>rX,故A错误;B、Z的简单氢化物为H2S，X的简单氢化物为H2O,H2O分子间存在氢键，沸点高于H2S，故B错误；C、X、Y、Z三种元素组成的化合物不止2种,如亚硫酸钠、硫酸钠、硫代硫酸钠等,所以C选项是正确的;

D、尽管非金属性W＞Z,但是W元素氧化物对应水化物的酸性不一定强于Z的，只有W元素最高价氧化物对应水化物的酸性一定强于Z的,故D错误;

综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查根据结构推断元素种类。此题型应熟练掌握元素周期律的相关知识。根据X、Y、Z、W为四种短周期主族元素,且原子序数依次递增,Y原子半径是短周期主族元素中最大的,Y为Na元素（原子半径的比较：电子层数越多，半径越大，电子层数相同，核电荷数越大，半径越小）;X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍,X为第二周期元素,X为O,X、Z同主族,Z为S,W的原子序数最大,可以知道W为Cl。由上述分析可以知道,X为O,Y为Na,Z为S,W为Cl。二、非选择题（本题包括5小题）17、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O500【分析】①蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡；②在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；③说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；④说明E是碳酸钠，B是铁盐；⑤说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤②中Fe3+与CO32－的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3++3CO32－+3H2O=2Fe（OH）3↓+3CO2↑。（3）步骤⑤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H++2NO3－=3Cu++2NO↑+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6molH+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。18、二ⅥA2s22p48S2->Cl->Na+、离子键、共价键弱于非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O【分析】A、B、C、D均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素；B是短周期中金属性最强的元素，则B为钠元素；C与D位置相邻，D是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl。【详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期ⅥA族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；ⅥA；2s22p4；8；(2)Na、S、Cl三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2->Cl->Na+。答案为：S2->Cl->Na+；(3)O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4)S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非金属性也就是得电子的能力S的原子序数是16而Cl是17所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S↓

可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。19、烧杯、玻璃棒稀盐酸、铁粉将Fe2＋全部转化为Fe3＋2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体AC2∶3【解析】（1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；（2）为了防止FeCl2溶液水解、氧化应加入稀盐酸、铁粉；（3）“实验2”通入足量Cl2的目的是将FeCl2氧化生成FeCl3；（4）首先要明确沉淀中所含杂质，此题中的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；（6）根据分散质粒子直径的大小把分散系分为：胶体、溶液、浊液；丁达尔效应是胶体特有的性质；（7）有关混合物的计算，利用元素守恒来解答。【详解】（1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；故答案为：烧杯、玻璃棒；（2）防止溶液里的Fe2+被氧化要加入铁粉，防止亚铁离子水解需要加入对应酸，实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂铁粉、稀盐酸，故答案为：铁粉、稀盐酸；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：将Fe2+全部转化为Fe3+；2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；（4）检验沉淀已经洗涤干净的方法是：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；故答案为：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；故答案为：FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体；（6）A.胶体的分散质能透过滤纸，故A正确；B.实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；故B错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质,故C正确；D.胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是浊液，故D错误；故选AC。（7）设FeCl3为xmol，FeCl2为ymol，，依据Cl、Fe守恒3xmol+2ymol=0.12mol，xmol+ymol=0.025mol×2，解得x=0.02，y=0.03；固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2：3；故答案为：2：3。【点睛】（1）实验室制备Fe(OH)3胶体的方法是：是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；（2）FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在