廣西百色市普通高中2026屆化學高三上期中質(zhì)量檢測試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列離子方程式的書寫正確的是A．將2molCl2通入到含1molFeBr2的溶液中：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++4Cl-+Br2B．Mg(HCO3)2溶液與足量的Ca(OH)2溶液反應：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓C．少量CO2通入到NaClO溶液中：CO2+H2O+2ClO-=2HClO+D．等濃度等體積的NaAlO2溶液和HCl溶液混合：+4H+=Al3++2H2O2、常溫下，將某一元酸HA和NaOH溶液等體積混合，實驗信息如下：實驗編號c(HA)mol·L－1c(NaOH)/mol·L－1反應后溶液pH甲0.10.1pH=9乙c0.2pH=7下列判斷不正確的是（）A．0.1moI?L-1的HAB．c1一定大于0.2C．甲反應后的溶液中：HA占含A微?？倲?shù)的0.02％D．乙反應的溶液中：c(Na＋)－)3、《本草綱目》中有“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”的記載。下列說法正確的是A．“薪柴之灰”可與銨態(tài)氮肥混合施用 B．“以灰淋汁”的操作是萃取C．“取堿”得到的是一種堿溶液 D．“浣衣”過程有化學變化4、下列制取Cl2、驗證其漂白性、收集并進行尾氣處理的裝置和原理不能達到實驗目的的是A． B． C． D．5、滿足兩個條件①離子化合物②不含有共價鍵的是A．N2H6Cl2 B．Ca(ClO)2 C．LiNH2 D．BaClBr6、下列有關圖示裝置的敘述不正確的是（）A．①可用于吸收實驗中多余的SO2B．②可用于收集H2、NH3、Cl2、NO等C．③中X為CC14，可用于吸收NH3或HC1氣體D．④可用于收集NH3，并吸收多余的NH37、將22.4L某氣態(tài)氮氧化合物與足量的灼熱銅粉完全反應后生成氮氣的體積11.2L(體積均在相同條件下測定)，則該氮氧化合物的化學式為()A．NO2 B．N2O2 C．N2O D．N2O48、化學反應中，反應物用量或濃度可能對生成物產(chǎn)生影響。下列反應的生成物不受上述因素影響的是A．銅與硝酸反應B．氫氣與氧氣反應C．硝酸銀溶液與稀氨水反應D．氯化鋁與氫氧化鈉溶液反應9、下列關于物質(zhì)結構的說法不正確的是A．在NH3和PH3分子中鍵長：N-H>P-HB．晶格能：NaF>NaCl>NaBrC．CS2的填充模型：D．CH4和NH4+都是正四面體結構，鍵角均為109°28′10、實驗室可利用下列微生物電池將污水中的乙二胺[H2N(CH2)2NH2]轉(zhuǎn)化為無毒無害的物質(zhì)并產(chǎn)生電能(M、N均為石墨電極)。有關該電池工作時的說法中錯誤的是（）A．該電池在微生物作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能B．負極的電極反應式為：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+C．電池總反應為：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2OD．每消耗5.6LO2時，通過質(zhì)子交換膜的質(zhì)子數(shù)為NA11、下列物質(zhì)中不能用化合反應的方法制得的是（）①SiO2②H2SiO3③Fe（OH)3④Al（OH）3⑤FeCl2⑥CaSiO3A．①③B．②④C．②③④⑤D．②④⑥12、高純度單晶硅是典型的無機非金屬材料，又稱“半導體”材料，它的發(fā)現(xiàn)和使用曾引起計算機的一場“革命”。這種材料可以按下列方法制備，下列說法正確的是SiO2Si(粗)SiHCl3Si(純)A．步驟①的化學方程式為SiO2＋CSi＋CO2↑B．步驟①、②、③中每生成或反應1molSi，轉(zhuǎn)移2mol電子C．二氧化硅能與氫氟酸反應，而硅不能與氫氟酸反應D．SiHCl3(沸點33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸點67.6℃)，通過蒸餾可提純SiHCl313、實驗室通過稱量樣品受熱脫水前后的質(zhì)量來測定x值，下列情況會導致測定值偏低的是()A．實驗前試樣未經(jīng)干燥 B．試樣中含有少量碳酸氫銨C．試樣中含有少量氯化鈉 D．加熱過程中有試樣迸濺出來14、對的表述不正確的是A．該物質(zhì)能發(fā)生縮聚反應B．該物質(zhì)的核磁共振氫譜上共有7個峰C．該物質(zhì)遇FeCl3溶液顯色，1mol該物質(zhì)最多能與含1molBr2的溴水發(fā)生取代反應D．1mol該物質(zhì)最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為2:2:115、實驗室中需要配制2mol·L－1的NaCl溶液950mL，配制時應選用的容量瓶的規(guī)格和稱取的NaCl的質(zhì)量分別是()A．950mL,111.2g B．500mL,117gC．1000mL,117g D．任意規(guī)格，111.2g16、一定條件下，下列反應不可能自發(fā)進行的是A．2O3(g)=3O2(g)△H<0B．CaCO3(s)=CaO(

s)+

CO2(g)△H>0C．N2(g)

+3H2(g)2NH3(g)△H<0D．2CO(g)=2C(s)+

O2(g)△H>0二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A～H均為中學化學常見的物質(zhì)，轉(zhuǎn)化關系如下圖。其中A、C均為金屬單質(zhì)，C與水反應生成D和最輕的氣體，D、F、G、H的焰色反應均為黃色，E為兩性化合物。（1）寫出C與水反應的離子方程式_____________________________________，假設溫度不變，該反應會使水的電離程度________（填寫“變大”“變小”“不變”）（2）B的水溶液呈_________性，用離子方程式解釋原因______________（3）將A～H中易溶于水的化合物溶于水，會抑制水的電離的是____________（填序號）（4）常溫下，pH均為10的D、F溶液中，水電離出的c(OH－)之比為___________________向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，所得溶液中離子物質(zhì)的量濃度由大到小的順序為：_______________18、A、D、E、W是中學常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，D的氧化物屬于兩性氧化物，D、E位于同周期，A、D、E的原子最外層電子數(shù)之和為14，W是人體必需的微量元素，缺乏W會導致貧血癥狀。（1）W在元素周期表中的位置是___。A與E組成的化合物是常用的溶劑，寫出其電子式___。（2）下列事實能用元素周期表相應規(guī)律解釋的是（填字母序號）___。a．D的最高價氧化物對應水化物的堿性弱于Mg(OH)2b．E的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性小于HFc．A的單質(zhì)能與二氧化硅高溫下制得粗品硅單質(zhì)（3）WE3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，反應的離子方程式為____。（4）①工業(yè)上用電解法制備D的單質(zhì)，反應的化學方程式為___。②家用“管道通”的有效成分是燒堿和D的單質(zhì)，使用時需加入一定量的水，此時發(fā)生反應的化學方程式為____。（5）W的單質(zhì)可用于處理酸性廢水中的NO3－，使其轉(zhuǎn)換為NH4+，同時生成有磁性的W的氧化物X，再進行后續(xù)處理，上述反應的離子方程式為__。上述W的氧化物X能與D的單質(zhì)反應，寫出該反應的化學方程式為__。19、為探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性強弱，某化學興趣小組設計了如下實驗：（1）①A是氯氣發(fā)生裝置，其反應的離子方程式是__________________________________。②B裝置的作用是_________________________，C裝置的作用是_______________________，整套實驗裝置存在一處明顯不足，請指出_______________________________________________________。（2）用改正后的裝置進行實驗。實驗過程如下：實驗操作實驗現(xiàn)象打開活塞a，向圓底燒瓶中滴入少量濃鹽酸，然后關閉活塞a，點燃酒精燈D裝置中：溶液變紅E裝置中：振蕩后水層溶液變黃，CCl4無明顯變化繼續(xù)滴入濃鹽酸，D、E中均發(fā)生了新的變化：D裝置中：紅色慢慢褪去。E裝置中：CC14層先由無色變?yōu)槌壬?，后顏色逐漸變成紅色。為探究上述實驗現(xiàn)象的本質(zhì)，小組同學查得資料如下：I：(SCN)2性質(zhì)與鹵素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的電子式為II：AgClO、AgBrO均可溶于水Ⅲ：Cl2和Br2反應生成BrCl、BrCl呈紅色，沸點約為5℃，與水發(fā)生水解反應①小組同學認為D裝置中紅色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是__________________________________________。②經(jīng)過實驗證實了小組同學推測的合理性，請用平衡移動原理解釋Cl2過量時D中溶液紅色褪去的原因__________________________________________。③欲探究E中繼續(xù)滴加濃鹽酸后顏色變化的原因，設計實驗如下：用分液漏斗分離出E的下層溶液，蒸餾、收集紅色物質(zhì)，取少量，加入AgNO3溶液，結果觀察到僅有白色沉淀產(chǎn)生。請結合化學用語解釋僅產(chǎn)生白色沉淀的原因_________________________________________________。20、某課外小組探究硫化鈉晶體（Na2S·9H2O）在空氣中放置后的氧化產(chǎn)物。取少量在空氣中放置一段時間的硫化鈉晶體樣品，溶于水得到溶液A，測得溶液A的pH為13。查閱資料：i.硫化鈉晶體在空氣中放置后，可能會有Na2Sx、Na2SO3、Na2S2O3等物質(zhì)生成。ii.S2-、S、S2O都不能使品紅褪色，SO或高濃度OH-能使品紅褪色。ii.Na2Sx能與H+反應生成H2S（臭雞蛋氣味氣體）和S；Na2Sx能與Cu2+反應生成CuS（黑色固體）和S；Na2S2O3可與Cu2+形成可溶性絡合物，該絡合物對稀鹽酸穩(wěn)定，受熱易分解生成棕黑色沉淀。（1）取未在空氣中放置的硫化鈉晶體，溶于水后測得溶液顯堿性，用離子方程式解釋其原因為__________。（2）進行實驗一。編號試劑現(xiàn)象1溶液A立即褪色2pH=13的NaOH溶液無明顯變化①實驗一證明氧化產(chǎn)物中有Na2SO3，其中編號2實驗的目的是________________。②某同學由實驗結果進一步推測硫化鈉晶體的氧化產(chǎn)物中可能還含有Na2SO4，這是因為Na2SO3有____性。（3）進行實驗二。取溶液A于試管中，加入足量的稀鹽酸，立即出現(xiàn)淡黃色渾濁，同時產(chǎn)生大量臭雞蛋氣味的氣體，離心沉降（固液分離），得到無色溶液B和淡黃色固體。①取無色溶液B______（填操作和現(xiàn)象），證明溶液A中存在SO。②該實驗現(xiàn)象不能證明樣品中存在Na2Sx，因為______________。（4）進行實驗三。①證明氧化產(chǎn)物中存在Na2S2O3的證據(jù)是_______________。②溶液A中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能發(fā)生的反應是______（用離子方程式表示）。結論：硫化鈉晶體在空氣中放置后的氧化產(chǎn)物有Na2SO3、Na24SO4、Na2Sx和Na2S2O3。21、ClO2氣體是一種常用的消毒劑,我國從2000年起逐步用

ClO2代替氯氣對飲用水進行消毒.(1)消毒水時,

ClO2還可將水中的

Fe2+、Mn2+

等轉(zhuǎn)化成Fe（OH）3

和

MnO2等難溶物除去,在這個過程中,

Fe2+、Mn2+的化合價升高,說明

ClO2具有______

性.(2)工業(yè)上可以通過下列方法制取ClO2，請完成該化學反應方程式：2KClO3+SO2==2ClO2+_____。(3)使Cl2

和H2O(g)

通過灼熱的炭層,生成HCl和CO2

,寫出化學方程式:

_____________(4)自來水廠用ClO2處理后的水中，要求ClO2的濃度在0.1~0.8mg/L之間。碘量法可以檢測水中ClO2的濃度，步驟如下：Ⅰ取一定體積的水樣，加入一定量的碘化鉀，再用氫氧化鈉溶液調(diào)至中性，并加入淀粉溶液，溶液變藍。Ⅱ加入一定量的Na2S2O3溶液。（已知：2S2O32-+I2==S4O62-+2I-）Ⅲ加硫酸調(diào)節(jié)水樣pH至1～3。操作時，不同pH環(huán)境中粒子種類如圖所示：請回答：①操作Ⅰ中反應的離子方程式是_____。②在操作Ⅲ過程中，溶液又呈藍色，反應的離子方程式是_____。③若水樣的體積為1.0L，在操作Ⅱ時消耗了1.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10ml，則水樣中ClO2的濃度是_____mg/L。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】A.將2molCl2通入到含1molFeBr2的溶液中，氯氣過量：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++6Cl-+2Br2，A錯誤；B.氫氧化鎂比碳酸鎂更難溶，故Mg(HCO3)2溶液與足量的Ca(OH)2溶液反應：Mg2++2+2Ca2++4OH-=2CaCO3↓+2H2O+Mg(OH)2↓，B正確；C.次氯酸的電離平衡常數(shù)介于碳酸的一級電離常數(shù)和二級電離常數(shù)之間，少量CO2通入到NaClO溶液中，生成次氯酸和碳酸氫鈉：CO2+H2O+ClO-=2HClO+，C錯誤；D.等濃度等體積的NaAlO2溶液和HCl溶液混合得到氫氧化鋁沉淀：+H++2H2O=Al(OH)3↓，D錯誤；答案選B。2、A【解析】甲組實驗中，HA與NaOH等濃度等體積混合，恰好完全反應生成NaA，所得溶液pH=9，顯堿性，則NaA為強堿弱酸鹽，故HA為弱酸。A、HA為弱酸，在水溶液中不能完全電離，0.1mol/L的HA中c(H+)＜0.1mol/L，則c(OH－)＞10－13mol/L，溶液中OH－全部來自于水的電離，且水電離出的H+和OH－相等，所以由水電離出的c(H+)＞10－13mol/L，故A錯誤；B、甲組實驗中，酸堿等體積等濃度混合，溶液呈堿性，乙混合溶液pH=7，溶液呈中性，則酸的濃度要大于堿的濃度，故B正確；C、根據(jù)物料守恒可知，甲溶液中含A微?？倽舛?0.1mol/L2=0.05mol/L，溶液的pH=9，溶液中c(OH－)=1×10-5mol/L，根據(jù)HA?H++A-可知，c(HA)≈1×10-5mol/L，HA占含A微?？倲?shù)的百分比為：1×10-5mol/L0.05mol/L×100％=0.02%．故C正確；乙溶液電荷守恒為c(OH-)+c(A-)=c(Na+)+c(H+)，混合溶液PH=7，溶液呈中性，則c(OH-)=c(H+)，c(A-)=c(Na+3、D【詳解】A.“薪柴之灰”中含有碳酸鉀，與銨態(tài)氮肥共用時，發(fā)生水解反應，相互促進水解，降低肥效，故A錯誤；B.“以灰淋汁”的操作是過濾，故B錯誤；C.“取堿”得到的是碳酸鉀溶液，屬于鹽溶液，故C錯誤；D.“浣衣”過程中促進油脂的水解，屬于化學變化，故D正確；故選D。4、B【解析】根據(jù)氯氣的制法、性質(zhì)及實驗裝置分析回答?！驹斀狻緼項：實驗室用MnO2和濃鹽酸共熱制氯氣。A項正確；B項：氯氣使KI－淀粉溶液先變藍后褪色，是氯氣的氧化性。B項錯誤；C項：氯氣密度比空氣大，可用向上排空氣法收集。C項正確；D項：NaOH溶液能吸收氯氣，防止污染空氣。D項正確。本題選B?！军c睛】氯氣通入KI－淀粉溶液時，先發(fā)生反應Cl2+2KI＝2KCl+I2，碘與淀粉變藍；當氯氣過量時，又發(fā)生反應5Cl2+I2+6H2O＝10HCl+2HIO3，使藍色褪去，但不是Cl2的漂白性。5、D【詳解】A．N2H6Cl2由兩個Cl-和N2H構成，屬于離子化合物，但N2H中還含有共價鍵，A不符合題意；B．Ca(ClO)2由Ca2+和兩個ClO-構成，屬于離子化合物，但ClO-中還含有共價鍵，B不符合題意；C．LiNH2有Li+和NH構成，屬于離子化合物，但NH中還含有共價鍵，C不符合題意；D．BaClBr中含有Ba2+、Cl-、Br-三種離子，且不含共價鍵，D符合題意；故選D。6、B【詳解】A.二氧化硫有毒，需用氫氧化鈉溶液吸收，A項正確；B.長導管進氣可收集Cl2，短導管進氣可收集H2、NH3，但NO的密度與空氣的相差不大，且會與空氣中氧氣反應，則不能用排空氣法收集，B項錯誤；C.

X為CC14，其密度比水的密度大，在水的下層，可隔絕氣體與水，起到防倒吸的作用，C項正確；D.氨氣屬于堿性氣體，圖中堿石灰干燥氨氣，且其密度比空氣的小，易溶于水，采用向下排空氣法收集及尾氣處理均合理，D向正確；答案選B。【點睛】裝置③中若選用密度比水小的有機溶劑，有機層在上方，導管仍能直接接觸水，則不能防倒吸。7、A【詳解】根據(jù)題意，假設反應為：2NxOy+2yCu=2yCuO+xN2。又因為在相同條件下，氣體的體積之比等于其物質(zhì)的量之比，根據(jù)題中數(shù)據(jù)，反應后氣體體積為反應前氣體體積的一半，所以可判斷x=1，根據(jù)選項中的化學式，故可判斷A正確。8、B【解析】A項，Cu與濃硝酸反應生成Cu（NO3）2、NO2和H2O，Cu與稀硝酸反應生成Cu（NO3）2、NO和H2O，反應物濃度不同生成物不同；B項，氫氣與氧氣反應只能生成H2O；C項，硝酸銀與少量稀氨水反應生成AgOH和NH4NO3，硝酸銀與過量稀氨水反應獲得銀氨溶液，反應物用量不同生成物不同；D項，AlCl3與少量NaOH反應生成Al（OH）3和NaCl，AlCl3與過量NaOH反應生成NaAlO2、NaCl和H2O，反應物用量不同生成物不同；答案選B。9、A【詳解】A.與同種原子形成共價鍵，原子半徑越大，鍵長就越大。由于原子半徑P>N，所以原子半徑在NH3和PH3分子中鍵長：N-H<P-H，A錯誤；B.元素的非金屬性越強，與同種金屬陽離子形成的離子化合物的離子鍵就越強，該物質(zhì)的晶格能就越大。元素的非金屬性F>Cl>Br，所以晶格能：NaF>NaCl>NaBr，B正確；C.C原子與2個S原子形成四個共價鍵，三個原子在同一直線上，由于原子半徑S>C，所以CS2分子的填充模型為，C正確；D.CH4和NH4+的中心原子都采用sp3雜化，微粒的空間構型都是正四面體結構，鍵角均為109°28′，D正確；故合理選項是A。10、D【詳解】A．該電池是原電池，電池在微生物作用下將化學能轉(zhuǎn)化為電能，A正確；B．負極上H2N(CH2)2NH2失去電子，發(fā)生氧化反應，產(chǎn)生N2、CO2，電極反應式為：H2N(CH2)2NH2-16e-+4H2O=2CO2↑+N2↑+16H+，B正確；C．乙二胺[H2N(CH2)2NH2]轉(zhuǎn)化為無毒無害的物質(zhì)，則碳生成CO2，氮元素轉(zhuǎn)化為N2，所以電池總反應為：H2N(CH2)2NH2+4O2=N2+2CO2+4H2O，C正確；D．狀況不知，無法由氣體的體積求物質(zhì)的量，所以無法求通過質(zhì)子交換膜的質(zhì)子數(shù)，D錯誤；故合理選項是D。11、B【解析】試題分析：化合反應的概念是由兩種或兩種以上的物質(zhì)生成一種新物質(zhì)，①、硅與氧氣反應，反應方程式為：Si+O2SiO2，故①不符合；②、氧化硅和水不反應，所以硅酸不能通過化合反應得到，故②符合；③、可以實現(xiàn)，反應方程式為：4Fe（OH）2+O2+2H2O═4Fe（OH）3，故③不符合；④、氧化鋁和水不反應，要制取氫氧化鋁，可以用氯化鋁溶液和氨水制取，故④符合；⑤、鐵和氯化鐵溶液反應生成的是氯化亞鐵，方程式為Fe+2FeCl3＝3FeCl2，故⑤不符合；⑥、氧化鈣與二氧化硅高溫化合生成硅酸鈣，方程式為CaO+SiO2CaSiO3，故⑥不符合；故選B。考點：考查物質(zhì)制備的判斷12、D【分析】二氧化硅與碳高溫條件下生成硅和一氧化碳；SiO2Si(粗)，硅元素化合價由+4變?yōu)?；硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣；SiHCl3(沸點33.0℃)、SiCl4(沸點67.6℃)，沸點相差較大?！驹斀狻坎襟E①的化學方程式為SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A錯誤；SiO2Si(粗)，硅元素化合價由+4變?yōu)?，生成1molSi，轉(zhuǎn)移4mol電子，故B錯誤；硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣，故C錯誤；SiHCl3(沸點33.0℃)、SiCl4(沸點67.6℃)，沸點相差較大，可以通過蒸餾提純SiHCl3，故D正確。【點睛】本題考查了硅的制備、提純及性質(zhì)，側重于元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，注意相關基礎知識的積累。13、C【解析】A.實驗前試樣未經(jīng)干燥，加熱后剩余固體質(zhì)量偏少，導致結晶水含量偏高，A不符合題意；B.試樣中含有少量碳酸氫銨，碳酸氫銨受熱分解成氨氣、二氧化碳和水，加熱分解后剩余固體質(zhì)量偏少，導致結晶水含量偏高，B不符合題意；C.試樣中含有少量氯化鈉，氯化鈉受熱不分解，加熱分解后剩余固體質(zhì)量偏大，導致結晶水的含量偏低，C符合題意；D.加熱過程中有試樣迸濺出來，加熱分解后剩余固體質(zhì)量偏少，會使結晶水的質(zhì)量偏高，導致結晶水的含量偏高，D不符合題意；故合理選項是C。14、B【詳解】A．該物質(zhì)含有羧基、酚羥基，因此能發(fā)生縮聚反應，A正確；B．該物質(zhì)分子中含有8種不同的H原子，因此其核磁共振氫譜上共有8個峰，B錯誤；C．該物質(zhì)含有酚羥基，遇FeCl3溶液顯色，由于酚羥基是鄰對位定位基，所以1mol該物質(zhì)最多能與含1molBr2的溴水發(fā)生取代反應，C正確；D．羧基、酚羥基可以與金屬鈉反應；羧基、酚羥基可以與NaOH發(fā)生反應；NaHCO3只能與羧基發(fā)生反應。1mol該物質(zhì)最多消耗Na、NaOH、NaHCO3的物質(zhì)的量之比為2:2:1，D正確。答案選B。15、C【詳解】實驗室沒有950mL的容量瓶，應用1000mL的容量瓶進行配制，則n(NaCl)=1L×2mol·L－1=2mol，m(NaCl)=2mol×58.5g=117g；選C，故答案為：C?！军c睛】在實驗室中，容量瓶的規(guī)格一般為：25mL、50mL、100mL、250mL、500mL和1000mL。16、D【分析】反應自發(fā)進行的判斷依據(jù)是△H-T△S<0，反應自發(fā)進行；△H-T△S>0，反應非自發(fā)進行，據(jù)此判斷?！驹斀狻緼.△H<0，△S>0，可滿足△H?T?△S<0，反應能自發(fā)進行，A項錯誤；B.△H>0，△S>0，溫度較高時即可滿足△H?T?△S<0，反應能自發(fā)進行，B項錯誤；C.△H<0，△S<0，溫度較低時即可滿足△H?T?△S<0，反應能自發(fā)進行，C項錯誤；D.△H>0，△S<0，△G=△H?T?△S>0，不能自發(fā)進行，D項正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑變大酸Al3++3H2OAl(OH)3+3H+D1︰106c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)【分析】通過物質(zhì)間的轉(zhuǎn)化關系分析各物質(zhì)的組成；通過物料守恒、電荷守恒和質(zhì)子守恒規(guī)律來比較溶液中離子濃度的大小。【詳解】由題干“其中A、C均為金屬單質(zhì)，C與水反應生成D和最輕的氣體”知，C為活潑金屬鈉、鉀或者鈣，又D、F、G、H的焰色反應均為黃色，則C為鈉，D為氫氧化鈉，根據(jù)圖中的轉(zhuǎn)化關系，D與二氧化碳反應生成F，則F為碳酸鈉，H為碳酸氫鈉，E為兩性化合物，且由B和D反應得到，則E為氫氧化鋁，G為偏鋁酸鈉，B為氯化鋁，A為鋁；(1)鈉與水反應的離子方程式為：2Na+2H2O=2Na++2OH－+H2↑；鈉與水反應可以認為是鈉與水電離出來的氫離子反應，故促進了水的電離，使水的電離程度變大，故答案為2Na+2H2O===2Na++2OH－+H2↑；變大；(2)氯化鋁為強酸弱堿鹽，水溶液因為鋁離子的水解作用呈現(xiàn)酸性，離子方程式為：Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+，故答案為：酸；Al3++3H2OAl(OH)3↓+3H+；(3)鹽的水解促進水的電離，酸和堿的電離會抑制水的電離，易溶于的氫氧化鈉會抑制水的電離，故答案為：D；(4)pH為10的氫氧化鈉溶液中，c(H+)=110-10，氫氧化鈉無法電離出氫離子，則由水電離出來的c(0H-)=c(H+)=110-10，pH為10的碳酸鈉溶液中，水電離出的c(0H-)=Kw/c(H+)=110-14/110-10=110-4，故它們的比為：10-10/10-4=1︰106；向D的稀溶液中通入CO2至溶液呈中性，則此時的溶液中溶質(zhì)為碳酸鈉和碳酸，且c(0H-)=c(H+)，根據(jù)電荷守恒得：c(Na+)+c(H+)=c(HCO3－)+c(OH－)+2c(CO32－)，則c(Na+)=c(HCO3－)+2c(CO32－)，HCO3－的電離程度很小，綜上所述各離子濃度大小為：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)，故答案為1︰106，c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(H+)＝c(OH－)＞c(CO32－)?！军c睛】元素推斷題中，要找到條件中的突破口，例如：最輕的氣體是H2，D、F、G、H的焰色反應均為黃色，即含有Na元素，再根據(jù)Na及其化合物的性質(zhì)推斷。溶液中的離子濃度大小比較要考慮各離子的水解程度和電離程度強弱。18、第四周期，第VⅢ族ab2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+2Al2O3(熔融)4A1+3O2↑2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe【分析】A、D、E、W是中學常見的四種元素，原子序數(shù)依次增大，A的原子最外層電子數(shù)是次外層的2倍，A為C元素；D的氧化物屬于兩性氧化物，D為Al元素；D、E位于同周期，A、D、E的原子最外層電子數(shù)之和為14，則E的最外層電子數(shù)=14-4-3=7，E為Cl元素；W是人體必需的微量元素，缺乏W會導致貧血癥狀，W為Fe元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，A為C元素，D為Al元素，E為Cl元素，W為Fe元素。(1)W為Fe元素，在元素周期表中位于第四周期，第VⅢ族；A為C元素，E為Cl元素，組成的化合物是常用的溶劑為四氯化碳，電子式為，故答案為第四周期，第VⅢ族；；(2)a．同周期元素，從左到右，金屬性依次減弱，鋁在鎂的右邊，所以金屬性弱于鎂，所以氫氧化鋁的堿性弱于Mg(OH)2，故a選；b．同主族元素，從上到下，非金屬性依次減弱，所以F的非金屬性強于Cl，則氫化物穩(wěn)定性HCl小于HF，故b選；c．高溫下，碳能與二氧化硅高溫下制得粗品硅單質(zhì)，是因為生成的CO是氣體，沸點遠低于二氧化硅，不能用元素周期律解釋，故c不選；故答案為ab；(3)FeCl3的溶液可用于刻蝕銅制的印刷電路板，是因為鐵離子能夠氧化銅生成銅離子，反應的離子方程式為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故答案為2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；(4)①工業(yè)上用電解氧化鋁的方法制備鋁，方程式：2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；故答案為2Al2O3(熔融)

4Al+3O2↑；②鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，生成的氫氣可以有效的疏通管道，反應的化學方程式：2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2

NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(5)酸性環(huán)境下硝酸根離子具有強的氧化性，能夠氧化鐵生成四氧化三鐵，反應的離子方程式：3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；鋁與四氧化三鐵反應生成氧化鋁和鐵，方程式：8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe，故答案為3Fe+NO3-+2H++H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O4

4Al2O3+9Fe。19、MnO2＋4H＋＋2Cl－(濃)Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O安全瓶（或防液體倒吸）除去氯化氫氣體缺少尾氣處理裝置由電子式知：碳處于正四價，已是最高價了，不可能被氧化紅色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe（SCN）3，過量氯氣和SCN－反應使SCN－濃度減小，平衡向逆反應方向移動而褪色BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，故只生成AgCl沉淀【解析】(1)①A裝置中圓底燒瓶中二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯化錳、氯氣和水，離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O，故答案為MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O；②B裝置是安全瓶，可以防止倒吸；C裝置中的飽和氯化鈉溶液可以除去氯氣中的氯化氫氣體；由于氯氣有毒，直接排放到空氣中會污染大氣，要用堿液吸收尾氣，實驗裝置中缺少尾氣處理裝置，故答案為安全瓶(或防液體倒吸)；除去氯化氫氣體；缺少尾氣處理裝置；(2)①根據(jù)電子式知：碳處于正四價，已是最高價了，不可能被氧化，因此D裝置中紅色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案為由電子式知：碳處于正四價，已是最高價了，不可能被氧化；②紅色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe(SCN)3，過量氯氣和SCN-反應2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-濃度減小，則使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反應方向移動而褪色，故答案為過量氯氣和SCN-反應2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-濃度減小，則使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反應方向移動而褪色；③過量的氯氣和溴反應生成氯化溴，氯化溴不穩(wěn)定，易和水反應生成鹽酸和次溴酸，氯離子和銀離子反應生成白色沉淀氯化銀，次溴酸和銀離子反應生成次溴酸銀易溶于水，所以生成的白色沉淀為氯化銀，故答案為BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀。點睛：本題考查了性質(zhì)實驗方案設計，明確反應原理是解本題關鍵。本題的難點是(2)③，需要注意氯化溴發(fā)生的水解反應中生成的酸的種類，根據(jù)AgBrO、AgCl的溶解性分析解答。20、排除OH-對實驗的干擾還原滴加稀鹽酸不產(chǎn)生沉淀，滴加氯化鋇溶液產(chǎn)生白色沉淀S2O在酸性條件下能生成SO2和S單質(zhì)，S2-在酸性條件下可以生成H2S氣體淺綠色溶液滴加鹽酸無明顯現(xiàn)象，說明溶液中不存S，在加熱后產(chǎn)生棕黑色沉淀則存在Na2S2O3【分析】（1）硫離子水解呈堿性；（2）①驗證氧化產(chǎn)物中有Na2SO3需排除溶液中OH-的干擾；②Na2SO3到Na2SO4體現(xiàn)Na2SO3的還原性；（3）①驗證SO的存在需排除SO的干擾；②S2O在酸性條件下能生成SO2和S單質(zhì)，S2-在酸性條件下可以生成H2S氣體；（4）①Na2S2O3可與Cu2+形成可溶性