江苏省南京一中2026届高三化学第一学期期中教学质量检测试题含解析

江苏省南京一中2026届高三化学第一学期期中教学质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关化学用语正确的是（）A．中子数为18的氯原子：Cl B．氯化钠的电子式C．苯甲酸的结构简式： D．CH4的比例模型2、下列用品对应的有效成分及用途错误的是()ABCD用品有效成分Na2SiO3Na2CO3Ca(ClO)2Al(OH)3用途防火剂发酵粉消毒剂抗酸药A．A B．B C．C D．D3、下列叙述中不正确的是A．NH3分子与H＋结合的过程中，N原子的杂化类型未发生改变B．某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体C．区分晶体和非晶体最可靠的科学方法是对固体进行X－射线衍射实验D．气态SO3和SO2中心原子的孤电子对数目相等4、下列各组离子一定在指定溶液中大量共存的是（）①酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-，S2-②室温下，pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-，S2-，SO32-③加入Al能放出H2的溶液中：Mg2+，NH4+，Cl-，K+，NO3-④使石蕊变红的溶液中：Cu2+，NO3-，Na+，SO42-⑤室温下，水电离的H+浓度c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+，S2O32-A．①②③④ B．①②⑤ C．②④ D．②③⑤5、下列烃与氯气反应，只生成一种一氯代物的是A．2﹣甲基丙烷 B．异戊烷 C．间三甲苯 D．2，2﹣二甲基丙烷6、下列过程中，没有新物质生成的是A．熔化Al B．电解Al2O3 C．Al(OH)3分解 D．AlCl3水解7、下列说法中，正确的是（）A．干冰升华要吸收大量的热，属于化学反应中的吸热反应B．人们用氧炔焰焊接或切割金属，主要是利用了乙炔燃烧时所放出的热量C．木炭常温下不燃烧，加热才能燃烧，说明木炭燃烧是吸热反应D．NaOH固体溶于水后温度升高，说明NaOH的溶解只有放热过程8、下列实验过程能达到实验目的的是（）实验目的实验过程A配制0.4mol•L-1的NaOH溶液称取4.0g固体NaOH于烧杯中溶解，立即转移至250mL容量瓶中定容B证明酸性：H2SO3>H2CO3室温下，用pH计测定SO2饱和溶液和CO2饱和溶液的pH，比较pH大小C探究维生素C的还原性向黄色FeCl3溶液中滴加足量无色维生素C浓溶液，观察颜色变化D制备NaHCO3固体向饱和NaCl溶液中先通入CO2至饱和，再通入足量NH3，过滤并洗涤A．A B．B C．C D．D9、在含amolFeCl3溶液中加入含bmolFe和bmolCu的混合粉末充分反应(忽略离子的水解)，下列说法中不正确的是A．当a≤2b时，发生的离子反应为2Fe3＋＋Fe===3Fe2＋B．当2b≤a≤4b时，反应中转移电子的物质的量n(e－)为2bmol≤n(e－)≤4bmolC．当2a＝5b时，发生的总离子反应为10Fe3＋＋4Fe＋Cu===14Fe2＋＋Cu2＋D．当2b<a<4b时，反应后的溶液中n(Fe2＋)∶n(Cu2＋)＝(a－2b)∶(a＋b)10、下列说法中不正确的是①质子数相同的微粒一定属于同一种元素②共价化合物中不存在离子键③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，不可能是一种分子和一种离子④电子数相同的微粒不一定是同一种元素⑤非金属元素之间不可能形成离子键⑥离子键是指阴阳离子间的静电吸引力⑦水受热不容易分解，原因是水分子间存在氢键A．②③⑤⑥B．①③⑤⑦C．①⑤⑥⑦D．③④⑤⑥11、下列物质均为ag，将它们在氧气中完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重为ag，符合条件的物质种类有（）①CO②H2③CH4④HCHO⑤CH3COOH⑥HCOOHA．4种 B．5种 C．6种 D．2种12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．98gH2SO4含有2NA个H+和NA个SO42-B．100mL0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于0.01NAC．32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NAD．标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NA13、水溶液中能大量共存的一组离子是A．NH4+、Ba2+、Br-、CO32- B．Cl-、SO32-、Fe2+、H+C．K+、Na+、SO42-、MnO4- D．Na+、H+、NO3-、HCO3-14、下列除杂方法正确的是A．用浓硫酸除去H2S中的H2OB．用饱和碳酸氢钠除去Cl2中的HClC．用铁粉除去FeCl3溶液中的CuCl2D．用灼热的CuO除去CO2中的CO15、下列指定反应的离子方程式正确的是A．H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OB．SO2通入BaCl2溶液中：SO2+Ba2++H2O=BaSO3↓+2H+C．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：NH4++OH-=NH3·H2OD．用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu2++2Cl-16、SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O===SO42-＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72-＋6Fe2＋＋14H＋===2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。下列有关说法不正确的是A．SO2发生氧化反应B．氧化性：SO42-<Fe3＋<Cr2O72-C．每0.2molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NAD．若有13.44LSO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.4molK2Cr2O7二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。①写出E转变为C的化学方程式________________________________。②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。18、化合物G是合成液晶材料的中间体，以芳香烃A、乙酸为原料合成G的路线如下：回答下列问题:(1)B的结构简式为______;A的化学名称为____。(2)由A、B生成C的反应类型是_____;由E生成F的反应类型为____。(3)D中含氧官能团的名称是_______;写出在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式______。(4)E有多种同分异构体，能满足下列条件的E的同分异构体有______种。①苯环上有两个取代基②能够使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程，设计以丙酸(CH3CH2COOH)、苯为原料制备有机高分子的合成路线_____(无机试剂任选)。19、碳化铝可用作甲烷发生剂，实验室欲利用如图所示装置制取甲烷并还原CuO。已知：Al4C3+12H2O=4Al（OH）3+3CH4↑。回答下列问题：（1）仪器a的名称是____________。（2）连接装置并检查气密性后，打开a的活塞和弹簧夹K，一段时间后点燃c和g，d中CuO全部被还原为Cu时，e中固体颜色由白变蓝，f中溶液变浑浊，g处酒精灯火焰呈蓝色。①e中的试剂是________，其作用是_____________________________。②实验完毕后，要先熄灭c并继续通入甲烷至d冷却后再熄灭g，原因是_______________。（3）若最后在g处点燃的气体仅为CH4，则d中发生反应的化学方程式为____________________。20、三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料．某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4，Cu2O在空气中加热生成CuO【提出假设】假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【设计探究实验】取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加KSCN试剂．（1）若假设1成立，则预期实验现象是_________。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁．你认为这种说法合理吗？___________。（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明假设________成立，写出发生反应的所有离子方程式____________________。【探究延伸】经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物．（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数．取ag固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(b＞a)，则混合物中Cu2O的质量分数为________________。（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾(CuSO4∙5H2O)，经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验室有下列试剂可供选择：A．氯水B．H2O2C．硝酸D．NaOHE．氨水F．Cu2(OH)2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：①试剂1为____________，试剂2为_____________（填字母）。②固体X的成分为____，操作1为________________。21、治理SO2、CO、NOx污染是化学工作者研究的重要课题。Ⅰ．软锰矿(MnO2)、菱锰矿(MnCO3)吸收烧结烟气中的SO2制取硫酸锰。pH值对SO2

吸收率的影响如图所示。在吸收过程中，氧气溶解在矿浆中将H2SO3氧化成硫酸。（1）SO2的吸收率在pH＝_____效果最佳，MnO2所起的作用是_______，菱锰矿作为调控剂与硫酸反应，确保pH的稳定，该反应的化学方程式为___________。Ⅱ．沥青混凝土可作为2CO(g)+O2(g)2CO2(g)反应的催化剂。图表示在相同的恒容密闭容器、相同起始浓度、相同反应时间段下，使用同质量的不同沥青混凝土(α型、β型)催化时，CO的转化率与温度的关系。（2）CO转化反应的平衡常数K(a)____K(c)(填“>”“<”或“＝”，下同)，在均未达到平衡状态时，同温下β型沥青混凝土中CO转化速率___α型，e点转化率出现突变的原因可能是______。Ⅲ．N2H4是一种具有强还原性的物质。燃烧过程中释放的能量如下：(已知a>b)①N2H4(g)＋2O2(g)==NO2(g)＋1/2N2(g)＋2H2O(g)ΔH1＝akJ·mol－1②N2H4(g)＋2O2(g)==2NO(g)＋2H2O(g)ΔH2＝bkJ·mol－1（3）已知反应活化能越低，反应速率越大。假设某温度下，反应Ⅰ的速率(v1)大于反应Ⅱ的速率(v2)，则下列反应过程能量变化示意图正确的是______。（4）试写出NO(g)分解生成N2(g)和NO2(g)的热化学方程式为_____________。Ⅳ．某含钴催化剂可以催化消除柴油车尾气中的碳烟(C)和NOx。不同温度下，将模拟尾气（成分如下表所示）以相同的流速通过该催化剂，测得所有产物（CO2、N2、N2O）与NO的相关数据结果如下图所示。模拟尾气气体(10mol)碳烟NOO2He物质的量(mol)0.0250.59.475n（5）375℃时，测得排出的气体中含0.45molO2和0.0525molCO2，则Y的化学式为_____。实验过程中不采用NO2的模拟NOx原因是_________。

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．质量数=质子数+中子数，故中子数为18的氯原子的质量数为35，故表示为Cl，故A错误；B．氯化钠为离子化合物，正确的电子式为，故B错误；C．苯甲酸中含有羧基，结构简式为，故C错误；D．CH4为正四面体结构，C原子的相对体积较大，其比例模型为，故D正确；故选D。2、B【解析】A.Na2SiO3的水溶液俗称为水玻璃，可以做木材防火剂，故A正确；B.小苏打是NaHCO3，碳酸钠俗名是苏打，碳酸氢钠用于制作发酵粉，故B错误；C.次氯酸钙是漂白粉的有效成分，其中的ClO－具有强氧化性，能杀灭病毒，可做消毒剂，故C正确；D.Al(OH)3表现两性，能与胃酸反应，可以做抗酸药，故D正确。故选B。3、D【分析】NH3分子与H＋结合生成NH4+；离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电；构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来；计算中心原子的孤电子对数目：（中心原子价电子数－中心原子结合的原子数中心原子结合的原子提供的单电子数）。【详解】A．NH3分子与H＋结合生成NH4+，反应前后N原子的杂化类型均为sp3，符合题意及，故A正确；B．离子晶体是电解质，晶体不能导电，但水溶液或熔融状态下能导电，因此，某晶体固态不导电，熔融状态能导电，可以较充分说明该晶体是离子晶体，故B正确；C．构成晶体的粒子在微观空间里呈现周期性的有序排列，晶体的这一结构特征可以通过X−射线衍射图谱反映出来。因此，区分晶体和非晶体的最可靠的科学方法是对固体进行X−射线衍射实验，故C正确；D．通过公式计算中心原子的孤电子对数，SO3：、SO2：，所以二者的孤电子对数目不相等；故D错误；答案选D。4、C【解析】离子之间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。①.在酸性溶液中，NO3－能氧化Fe2+、I-、S2-，①不能大量共存；②.中溶液PH=11，溶液显碱性，各离子之间不发生反应，②可以大量共存；③.加入Al能放出H2的溶液既可能是强酸，也可能是强碱，若显碱性则Mg2+、NH4+不能大量共存，若显酸性则各离子之间不发生反应，是可以大量共存的，故③是可能大量共存；④.使石蕊变红的溶液是显酸性的，各离子之间不发生反应，④可以大量共存；⑤.水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液中，水的电离平衡是被破坏的，溶液既可能显酸性，也可能显碱性，若显酸性，HCO3-、S2O32-不能大量共存，若显碱性，HCO3-、NH4+不能大量共存，故⑤不能大量共存。根据上述分析，正确的有②④，故答案选C。【名师点晴】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的，因此掌握常见离子的性质是解答的关键。离子共存类问题必须从基本理论和概念出发，搞清楚离子反应的规律和“离子共存”的条件，从复分解反应、氧化还原反应、双水解反应、络合反应等几个方面全面考虑、比较、归纳整理得到。因此做此类问题需要心细，考虑周全，然后全面解答。5、D【详解】A．2-甲基丙烷的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3，其分子中有2种等效氢原子，其一氯代物有2种，故A错误；B．异戊烷的结构简式为：CH3CH2CH(CH3)2，其分子中含有4种等效氢原子，其一氯代物有4种，故B错误；C．间三甲苯的结构简式为，其分子中含有2种等效H原子，则其一氯代物有2种，故C错误；D．2，2-二甲基丙烷的结构简式为：CH3C(CH3)2CH3，其分子中所有H原子都完全等效，则其一氯代物只有1种，故D正确；故选D。6、A【解析】A．熔化铝只是物质状态的变化，没有新物质生成，故A正确；B．电解氧化铝生成铝和氧气，有新物质生成，故B错误；C．氢氧化铝分解生成氧化铝和水，有新物质生成，故C错误；D．氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，有新物质生成，故D错误；故答案为A。7、B【详解】A．干冰升华是物理变化，没发生化学反应，故A错误；B．乙炔和氧气反应时放出大量的能量，可焊接或切割金属，故B正确；C．木炭燃烧是放热反应，与反应条件无关，故C错误；D．NaOH固体溶于水包括氢氧化钠的电离和离子与水的化合形成水合离子的过程，其中电离是吸热过程，水合是放热过程，故D错误；故选B。8、C【详解】A．称取4.0g固体NaOH于烧杯中溶解，需冷却至室温后再转移至250mL容量瓶中定容，A错误；B．由于室温下，SO2饱和溶液和CO2饱和溶液二者的物质的量浓度不同，故通过比较pH大小的方法无法得出其酸性强弱，B错误；C．向黄色FeCl3溶液中滴加足量无色维生素C浓溶液，若溶液的颜色变为浅绿色，说明生成了Fe2+，说明维生素C具有还原性，C正确；D．由于CO2在水中的溶解度很小，而在碱性溶液中的溶解度增大，NH3则极易溶于水，故向饱和NaCl溶液中先通入NH3至饱和，再通入足量CO2，过滤并洗涤，制得NaHCO3，D错误；故答案为：C。9、D【解析】分析：还原性：Fe>Cu，当a≤2b时发生反应为2Fe3++Fe=3Fe2+；当a≥4b时发生反应4Fe3++Fe+Cu=5Fe2++Cu2+；当2b≤a≤4b时，Fe3+完全反应，转移电子为amol；当2b<a<4b时，Fe完全反应，Cu部分反应，根据反应方程式计算出amolFe完全反应后剩余Fe3+的物质的量，然后可计算出生成Cu2+的物质的量，反应后溶液中Fe2+的物质的量为（a+b）mol，据此可计算出反应后的溶液中n（Fe2+）：n（Cu2+）。详解：A.当a⩽2b时,Fe恰好完全反应，发生的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，故A正确；B.当2b⩽a⩽4b时，Fe3+完全反应，根据电子守恒可知转移电子为amol×(3−2)=amol，即反应中转移电子的物质的量n(e−)为

2bmol⩽n(e−)⩽4bmol，故B正确；C.当2a=5b时，即

a=2.5b,bmolFe完全反应消耗2bmolFe3+，剩余的bmolFe3+完全反应消耗0.5bmolCu，发生的总离子反应为：10Fe3++4Fe+Cu=14Fe2++Cu2+

，故C正确；D.当

2b<a<4b

时，Fe完全反应、Cu部分反应，Fe3+完全反应，则反应后溶液中Fe2+的物质的量为(a+b)mol；amolFe

完全反应消耗Fe3+的物质的量为2amol，剩余Fe3+的物质的量为(b−2a)mol,

剩余Fe3+消耗Cu的物质的量为：12(b−2a)mol，根据质量守恒可知生成Cu2+的物质的量为

12(b−2a)mol，则反应后的溶液中

n(Fe2+):n(Cu2+)=(a+b)mol:12(b−2a)mol=2(a+b):(b−2a)

，故D错误；故选D。10、C【解析】试题分析：①质子数相同的微粒若是原子，则一定属于同一种元素，但是不一定是原子，错误；②共价化合物中一定不存在离子键，正确；③质子数相同，电子数也相同的两种微粒，若是分子就都是分子，若是离子，则都是离子，故不可能是一种分子和一种离子，正确；④电子数相同的微粒不一定是原子，故不一定是同一种元素，正确；⑤非金属元素之间也可能形成离子键如NH4NO3、NH4NO2中含有离子键，错误；⑥离子键是指阴阳离子间的静电作用力，包括静电吸引和静电排斥力，错误；⑦水受热不容易分解，原因是水分子内的化学键很强，断裂需要消耗大量的能量，与分子间存在氢键无关，错误。故错误的是①⑤⑥⑦，选项是C。考点：考查化学概念或叙述的正误判断的知识。11、A【详解】H2、CO发生的化学方程式为：2H2+O22H2O，2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，2CO+O22CO2，2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2，由反应方程式可知，过氧化钠增加的质量即为H2、CO的质量。因此只要是CO或H2或它们的混合气体或化学组成符合mCO·nH2的物质完全氧化的产物全部通入到足量的过氧化钠固体中，过氧化钠固体增重质量等于原物质的质量，则①②符合，而④HCHO可以改写成CO·H2，⑤CH3COOH可以改写成2CO·2H2，③CH4可以改写成C·2H2，⑥HCOOH可以改写成CO2·H2，因此④⑤符合，③⑥不符合，即①②④⑤符合；故答案选A。12、A【详解】A、H2SO4中全是硫酸分子，不含H+和SO42-，故A错误；

B、100mL0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，n（CO32-）=0.01mol，但是CO32-水解，生成HCO3-、OH-，故含阴离子的数目大于0.01NA，故B正确；

C、32gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，其数目为2NA，故C正确；

D、1个丙烷分子中含有10条共价键，标准状况下，0.56L丙烷的物质的量为0.25mol，其含有共价键的数目为0.25NA，故D正确；

故选：A。13、C【详解】A、Ba2+和CO32-反应生成BaCO3沉淀，不能大量共存，A错误；B、SO32-和H+反应生成SO2，不能大量共存，B错误；C、四种离子不反应，可以大量共存，C正确；D、H+和HCO3-会反应生成CO2、H2O，不能大量共存，D错误；故合理选项为C。14、D【解析】A.浓硫酸有强氧化性，会氧化H2S，故A错误；B.要除去Cl2中的HCl应该是通过饱和食盐水，因为食盐水不吸收Cl2而吸收HCl，若用饱和碳酸氢钠溶液会吸收氯气，不符合除杂原则，故B错误；C.Fe与氯化铁、氯化铜均反应，将原物质反应掉，不符合除杂的原则，故C错误；D.CO通过灼热的CuO生成CO2而除去，故D正确；故答案选D。15、A【详解】A.H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2生成碘和水：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故A正确；B.盐酸的酸性强于亚硫酸，SO2通入BaCl2溶液不反应，故B错误；C.Fe（OH）2比NH3·H2O更难电离，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：先发生Fe2＋+2OH－=Fe（OH）2↓，故C错误；D.用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu+Cl2↑，故D错误；故选A。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。难点C，与量有关的离子方程式判断，（NH4）2Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式则为：2NH4＋+Fe2＋+4OH－═2NH3·H2O+Fe（OH）2↓，答题时需看清题意。16、D【解析】由反应①可知反应中SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，氧化性Fe3+＞SO2，由反应②可知反应中为Cr2O72-氧化剂，Fe2+为还原剂，氧化性Cr2O72-＞Fe3+。【详解】由反应①可知反应中SO2具有还原性，发生氧化反应，A正确；氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，氧化剂氧化性大于还原剂氧化性，对比两个反应，应有Cr2O72-＞Fe3+＞SO2，B正确；1molK2Cr2O7参加反应生成2molCr3＋，转移电子的数目,6mol，则每0.2molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA，C正确；若13.44LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.6mol，①②反应关系式为Cr2O72-～3SO2，则最终消耗0.2molK2Cr2O7，D错误。故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于基本概念的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和性质，易错点为电子转移数目计算和多步方程式计算，注意利用关系式法解答。二、非选择题（本题包括5小题）17、C+2H2SO4(浓)△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓【分析】（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。【详解】(1)经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；(2)经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。【点睛】掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。18、乙苯取代反应加成反应羟基+2NaOH+2NaBr+2H2O11CH3CH2COOH【分析】根据信息可知CH3COOH与SOCl2反应生成CH3COCl，根据C的结构可以推断出A为，C发生加成反应生成D()，D发生消去反应生成E()，E发生加成反应生成F()，F发生消去反应生成G()。【详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式为CH3COCl；A()的化学名称为乙苯；故答案为：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反应生成C的反应类型是取代反应；由E()生成F()的反应类型为加成反应；故答案为：取代反应；加成反应。(3)D()中含氧官能团的名称是羟基；在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案为：羟基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多种同分异构体，①苯环上有两个取代基，②能够使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，含有一个甲基和—CH2CH=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—C(CH3)=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—CH=CHCH3，邻、间、对三种；含有一个—CH=CH2和—CH2CH3，邻、间、对三种，去掉，其同分异构体共11种；故答案为：11。(5)根据信息CH3CH2COOH和SOCl2反应生成，和苯反应生成，和氢气反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂条件下反应生成；其流程图为CH3CH2COOH；故答案为：CH3CH2COOH。【点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式或结构简式分析前后物质的结构简式，常见推断方式有正向推断、逆向推断、两边向中间、中间向两边的推断。19、分液漏斗无水硫酸铜检验产物中是否有水避免炽热铜粉重新被氧化，且尾气可能含有毒的CO，需要用燃烧法除去CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2【解析】（1）仪器a为分液漏斗；（2）连接装置并检查气密性后，打开a的活塞和弹簧夹K，水滴入烧瓶与Al4C3发生反应，生成CH4，先利用CH4排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验。空气排尽后，再点燃c和g，与CuO发生反应。e中固体由白变蓝，则e中为无水硫酸铜，检验水的产生；f中溶液变浑浊，则产生了CO2。实验完毕后，先熄灭c处的酒精灯，继续通入甲烷至d冷却后，再熄灭g，原因是如果立即停止通入甲烷，则炽热的铜粉有可能重新被氧化，实验过程中可能会产生CO，如果立即熄灭g，CO不能有效除去。故答案为检验产物中是否有水；避免炽热铜粉重新被氧化，且尾气可能含有毒的CO，需要用燃烧法除去。（3）若最后在g处点燃的气体仅为CH4，则还原实验中没有产生CO，故产物只有Cu、CO2和H2O。反应方程式为：CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2。20、溶液变为血红色不合理Fe2O3和Cu2O的混合物Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+BFCu2(OH)2CO3和Fe(OH)3蒸发浓缩、冷却结晶【解析】试题分析：本题考查物质的探究实验和物质的制备，涉及Fe3+的检验，实验方案的评价，混合物的计算，实验方案的设计。（1）若假设1成立，Fe2O3与足量稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3和H2O，溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变为血红色。（2）若滴加KSCN试剂后溶液不变红色，说明与稀硫酸反应后的溶液中不含Fe3+，但不能证明原固体中一定不含Fe2O3，原固体可能是Fe2O3和Cu2O的化合物，Cu2O与稀硫酸反应生成的Cu将Fe2O3与稀硫酸反应生成的Fe3+还原成Fe2+（发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4），所以这种说法不合理。（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加KSCN试剂时溶液不变红色，则证明假设3（即红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物）成立。发生反应的所有离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。（4）根据题给资料，加热时发生反应：2Cu2O+O24CuO，固体增加的质量为消耗O2的质量，n（O2）=mol，根据方程式n（Cu2O）=mol，m（Cu2O）=mol144g/mol=9（b-a）g，Cu2O的质量分数为100%。（5）红色粉末加入稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3