上海市外国语大学附属中学2026届高三第一次阶段性考试（4月考）化学试题含解析

上海市外国语大学附属中学2026届高三第一次阶段性考试（4月考）化学试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42—(黄色)+2H+⇌Cr2O72—(橙红色)+H2O，已知:25℃时,Ksp(Ag2CrO4)=1×10—12Ksp(Ag2Cr2O7)=2×10—7。下列说法正确的是A．当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，达到了平衡状态B．当pH=1时，溶液呈黄色C．若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D．稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小2、一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：(X)(Y)(Z)下列说法不正确的是A．X、Y、Z互为同分异构体B．1molX最多能与3molH2发生加成反应C．1molY最多能与2molNaOH发生反应D．通过调控温度可以得到不同的目标产物3、实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2的过程如下图所示，下列说法不正确的是A．X中大量存在的阴离子有Cl-和OH- B．NCl3的键角比CH4的键角大C．NaClO2变成ClO2发生了氧化反应 D．制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl4、NA是阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A．12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为2NAB．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NAC．密闭容器中，lmolNH3和lmolHC1反应后气体分子总数为NAD．在1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，阴离子总数大于0.1NA5、常温下，控制条件改变0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ(X)随pOH的变化如图所示。已知pOH=-lgc(OH-)，。下列叙述错误的是（）A．反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数的值为103B．若升高温度，a点移动趋势向右C．pH=3时，=100.6：1D．物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)6、在2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是A．机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料B．机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板相互粘结而成，属于新型无机材料C．机场航站楼采用的钢铁属于合金材料D．机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏7、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数B．pH=3.50时，c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大8、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是A．SO2和NO2是主要的大气污染物B．大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C．以液化石油气代替燃油可减少大气污染D．对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法9、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是K层电子数的3倍，下列说法中正确的是A．最高价氧化物对应水化物的酸性Z比W强B．只由这四种元素不能组成有机化合物C．与Z的单质相比较，Y的单质不易与氢气反应D．X、Y形成的化合物都是无色气体10、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：。下列说法错误的是A．上述反应属于加成反应B．碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C．碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D．1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH11、下列有关解释正确的是（）选项文献解释A“三月打雷麦谷堆”反应之一是B“火树银花合，星桥铁锁开”“火树银花”与焰色反应有关，焰色反应为化学变化C“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”酿酒过程中只发生水解反应D“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”该过程包括萃取和过滤两个操作A．A B．B C．C D．D12、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO213、新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是A．B4C是一种分子晶体 B．B4C是该物质的分子式C．B4C是一种原子晶体 D．B4C的电子式为14、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色15、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A．反应①利用了H2Te的还原性B．反应②中H2O作氧化剂C．反应③利用了H2O2的氧化性D．H2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应16、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO4＝6NH3↑+3SO2↑+SO3↑+N2↑+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A．白色沉淀为BaSO4B．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C．白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)约为3:1D．从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl二、非选择题（本题包括5小题）17、红色固体X由两种元素组成，为探究其组成和性质，设计了如下实验：请回答：(1)气体Y的一种同素异形体的分子式是______，红褐色沉淀的化学式______。(2)X在隔绝空气条件下受高温分解为Y和Z的化学方程式____________。(3)取黄色溶液W滴加在淀粉­KI试纸上，试纸变蓝色，用离子方程式表示试纸变蓝的原因____________。18、有X、Y、Z、M、R五种短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMR原子半径/nm0.0740.099主要化合价+4，-4-2-1，+7其它阳离子核外无电子无机非金属材料的主角第三周期简单离子半径最小请回答下列问题：（1）Z与NaOH溶液反应的离子方程式：___。(用元素符号表示，下同。)（2）下列事实能说明R非金属性比Y强这一结论的是___(选填字母序号)。a.常温下Y的单质呈固态，R的单质呈气态b.气态氢化物稳定性R>Yc.Y与R形成的化合物中Y呈正价d.Y与R各自形成的含氧酸中R的氧化性更强（3）经测定X2M2为二元弱酸，写出X2M2的电子式___。其酸性比碳酸的还要弱，请写出其第一步电离的电离方程式___。（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：第一步：X2M2＋I2＝2XIM；第二步：……请写出第二步反应的化学方程式___。（5）废印刷电路板上含有铜，以往的回收方法是将其灼烧使铜转化为氧化铜，再用硫酸溶解。现在改用X2M2和稀硫酸浸泡废印刷电路板既达到上述目的，又保护了环境，试写出反应的离子方程式___。19、资料显示：浓硫酸形成的酸雾中含有少量的H2SO4分子。某小组拟设计实验探究该资料的真实性并探究SO2的性质，实验装置如图所示（装置中试剂均足量，夹持装置已省略）。请回答下列问题：（1）检验A装置气密性的方法是__；A装置中发生反应的化学方程式为___。（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是__。（3）能证明该资料真实、有效的实验现象是___。（4）本实验制备SO2，利用的浓硫酸的性质有___（填字母）。a．强氧化性b．脱水性c．吸水性d．强酸性（5）实验中观察到C中产生白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，滴加___的水溶液（填化学式），观察到白色沉淀不溶解，证明白色沉淀是BaSO4。写出生成白色沉淀的离子方程式：___。20、某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）21、由芳香烃X为原料合成某有机物Y的一-种流程如下:已知部分信息如下:请回答下列问题:（1）X的名称为__________,C的结构简式为_______________。（2）反应⑥的反应类型为____________________。（3）B中含有的官能团名称是______________;X分子中最多有___________个原子共平面。（4）D和E反应生成Y的化学方程式为________。（5）Z是D的同分异构体,同时具备下列条件的Z的结构有____________种。①能与新制氢氧化铜浊液共热产生红色固体;②含碳碳三键;③遇氯化铁溶液发生显色反应。（6）设计由CH3CH=CH2制备的合成路线（其他试剂任选）。_____________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

A.当2c(Cr2O72—)=c(CrO42—)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B.当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C.组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)<Ksp(Ag2Cr2O7)，若向溶液中加入AgNO3溶液，先生成Ag2CrO4沉淀，C正确；D.稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中c(CrO42-)、c(H+)、c(Cr2O72-)均减小，由于KW不变，则c(OH-)增大，D错误；答案为C。温度未变，则溶液中水的离子积不变，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度必然增大。2、B【解析】

A．X、Y、Z的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．X中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1

mol

X最多能与4

mol

H2发生加成反应，故B错误；C．Y含有酯基，且水解生成酚羟基，则1

mol

Y最多能与2

mol

NaOH发生反应，故C正确；D．由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选B。本题的易错点为C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。3、B【解析】

由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A.NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；

B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；

C.NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；

D.由反应NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；

故选：B。孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。4、D【解析】

A.12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每个六元环里有6个碳原子，但每个碳原子被3个环所共有，所以每个环平均分得2个碳原子，所以1个碳原子对应0.5个环，所以12g石墨烯（单层石墨）中含有六元环的个数为0.5NA，故A不选；B.标准状况下，HF是液体，故B不选；C.NH3和HC1反应生成的NH4Cl不是由分子构成的，是离子化合物，故C不选；D.1L0.1mol/L的硫化钠溶液中，如果硫离子不水解，则硫离子为0.1mol，但硫离子会发生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以阴离子数目增加，最终阴离子总数大于0.1NA，故D选。故选D。5、B【解析】

A．反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=，a点c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此时pOH=9.8，则c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，则Ka2==10-4.2；同理b点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反应的平衡常数K=，故A正确；B．温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，pH与pOH之后小于14，则图像整体将向左移动，故B错误；C．=100.6：1，故C正确；D．H2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，则HC2O4-的水解平衡常数Kh1=，即其电离程度大于其水解程度，所以纯NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)，加入等物质的量浓度Na2C2O4、草酸钠会电离出大量的C2O42-，则溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)依然存在，据图可知当c(C2O42-)>c(HC2O4-)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故D正确；故答案为B。有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数；D项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。6、B【解析】

A．玻璃的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A正确；B．橡胶属于有机高分子材料，钢板属于合金材料，它们都不属于新型无机材料，B不正确；C．钢铁是铁碳的合金，属于合金材料，C正确；D．常规融雪剂主要成分为氯化镁等，会腐蚀水泥路面和桥梁，新型自融冰雪路面技术可减少对路面及桥梁的影响，D正确；故选B。7、C【解析】

H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2==c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。8、B【解析】A．空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B．大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C．液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D．用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。9、B【解析】

K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。【详解】A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强，A项错误；B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z，因此Y的单质更易与氢气反应，C项错误；D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；答案选B。10、C【解析】

A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D选项，1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为C。11、D【解析】

A．“雷雨肥庄稼”原理是在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮；B．不同金属元素灼烧产生不同的焰色；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应；D．物质在互不相容的溶剂中的溶解度不同，可加入一种溶解性大的溶剂溶解提取的物质，进行物质分离。【详解】A．“三月打雷麦谷堆”（雷雨肥庄稼）的反应过程为：在放电条件下，氮气跟氧气能直接化合生成无色的一氧化氮气体；一氧化氮不溶于水，在常温下易跟空气中的氧气化合，生成红棕色的二氧化氮气体；二氧化氮易溶于水，它溶于水后生成硝酸和一氧化氮，氮气和氧气不能生成二氧化氮，即N2+2O22NO，2NO+O2=2NO2，故A错误；B．火树银花”是不同金属元素灼烧产生的现象，与金属的焰色反应有关，没有生成新物质，是物理变化，故B错误；C．葡萄糖是单糖不能发生水解反应，在酿酒过程中葡萄糖转化为酒精不是水解反应，故C错误。D．屠呦呦对青蒿素的提取，是物理变化过程，符合萃取原理，故D正确；本题考查化学与生产、生活的关系，解题关键：够熟悉物质的性质并用化学知识解释化学现象。易错点C，学生对对酿酒的原理不熟悉。12、B【解析】

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。13、C【解析】

A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中C和B形成四对共用电子，电子式为，D错误；故合理选项是C。14、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。15、D【解析】

A．H2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；B．反应②中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；C．反应③中H2TeO3→H6TeO6，Te元素化合价升高，发生氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；D．H2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为D。16、B【解析】

反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、O3Fe(OH)36Fe2O34Fe3O4＋O2↑2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2【解析】

无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3。由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，据此分析解答。【详解】无色气体Y为O2，同素异形体的分子式是O3，且X中含有铁元素，结合“红褐色”沉淀灼烧后能得到X，可以推断得到X为氧化铁，再根据X分解得到Y与Z的量的关系可知，Z为Fe3O4，W为FeCl3，红褐色沉淀为Fe(OH)3；由于FeCl3具有较强的氧化性，所以将FeCl3溶液滴加在淀粉­KI试纸上时会有I2生成，而使试纸变蓝色，（1）无色气体Y为O2，其同素异形体的分子式是O3；红褐色沉淀为Fe(OH)3；故答案为：O3；Fe(OH)3；（2）X为Fe2O3，Y为O2，Z为Fe3O4，Fe2O3在隔绝空气条件下受热高温分解为Fe3O4和O2，化学反应方程式为6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；故答案为：6Fe2O34Fe3O4＋O2↑；（3）W为FeCl3，FeCl3具有较强的氧化性，能将KI氧化为I2，试纸变蓝色，反应的离子方程式为2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2；故答案为：2I－＋2Fe3＋=2Fe2＋＋I2。本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：①第（1）问经常会出现学生将化学式写成名称；②第（3）问错将离子方程式写成化学方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。18、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bcH2O2H++HO2-H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2OCu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【解析】

根据题意推断X、Y、Z、M、R依次为H、Si、Al、O、Cl五种元素。（1）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；（2）证明非金属性的方法：①单质与氢气化合的难易程度；②气态氢化物的稳定性；③最高价氧化物对应水化物的酸性等角度证明；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构；按多元弱酸分步电离进行书写；（4）根据质量守恒进行化学方程式的书写；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水。【详解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的阳离子核外无电子，则X为氢元素；Y元素有-4、+4价，处于ⅣA族，是无机非金属材料的主角，则Y为Si元素；Z为第三周期简单离子半径最小，则为Al元素；R元素有+7、-1价，则R为Cl元素；M元素有-2价，处于ⅥA族，原子半径小于Cl原子，故R为氧元素；（1）Z为Al，Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）R为Cl，Y为Si；a.物质的聚集状态属于物理性质，不能说明非金属性强弱，选项a错误；b.氢化物越稳定，中心元素的非金属性越强，稳定性HCl＞SiH4，说明非金属性Cl＞Si，选项b正确；c.Si与Cl形成的化合物中Si呈正价，说明Cl吸引电子的能力强，Cl元素的非金属性更强，选项c正确；d.Y与R各自形成的最高价含氧酸中R的氧化性更强才能说明R的非金属性更强，选项d错误；答案选bc；（3）X2M2为H2O2，H原子满足2电子结构、O原子满足8电子结构，故H2O2的电子式为；H2O2酸性比碳酸的还要弱，则可看成多元弱酸，分步电离，第一步电离的电离方程式为H2O2H++HO2-；（4）已知I2能做X2M2分解的催化剂：H2O2分解生成H2O和O2；根据总反应式2H2O2=2H2O+O2↑减去第一步反应H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反应：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；（5）铜与双氧水在酸性条件下反应生成铜盐和水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。本题考查元素周期律元素周期表的应用，同周期元素从左到右半径减小、非金属性增强，同主族元素从上而下半径增大、非金属性减弱。19、关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气密性良好打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2B中溶液出现白色沉淀，且不溶解cdHCl【解析】

（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验，装置A反生反应：；（2）利用N2排尽装置内空气；（3）如有H2SO4分子则B中有沉淀生成；（4）制备SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；（5）SO2与Ba(NO3)2的水溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，可滴加稀盐酸证明。【详解】（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验具体操作为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气密性良好；装置A反生反应：；故答案为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，则证明容器气密性良好；；（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；故答案为：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；（3）SO2不与B中物质反应，若有H2SO4分子则B中有沉淀生成，则能证明该资料真实、有效的实验现象是：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；故答案为：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；（4）制备SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；故答案选：cd；（5）C中沉淀可能为BaSO3或BaSO4不能用稀硫酸或稀硝酸鉴别，可用稀盐酸鉴别；C中反应为：；故答案为：HCl；。20、打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；②装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二