2026屆安徽六安市第一中學化學高三上期中學業(yè)水平測試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、某溶液中可能含有、、、、、，通入過量氨水，產生白色沉淀，若溶液中各離子物質的量濃度相等，則一定存在的離子是（）A． B． C． D．2、熱化學硫碘循環(huán)硫化氫分解聯(lián)產氫氣、硫磺是能源研究領域的重要課題。根據(jù)下圖所給數(shù)據(jù)，下列說法正確的是()A．圖1反應若使用催化劑，既可以改變反應路徑，也可以改變其HB．圖2中若H2O的狀態(tài)為氣態(tài)，則能量變化曲線可能為①C．圖3反應中反應物的總能量比生成物的總能量高D．由圖1、圖2和圖3可知，H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-13、下列關于Na2O2的敘述不正確的是()A．1molNa2O2與足量CO2反應轉移的電子為1molB．將10gH2和CO的混合氣體充分燃燒，將生成物(H2O、CO2)通入足量的Na2O2固體中充分反應，固體增重為10gC．將Na2O2投入FeSO4溶液中生成紅褐色沉淀D．將等物質的量的NaHCO3和Na2O2混合后，在密閉容器中充分加熱排除氣體后剩余固體為Na2CO34、下列圖象表達正確的是A．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中B．在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2C．H2S氣體通入氯水中D．向CaCl2溶液中通入CO2至過量5、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，X是短周期中非金屬性最強的元素，Y原子的最外層電子數(shù)是其最內層電子數(shù)的一半，Z的最高正價是其最低負價絕對值的3倍，X與W同主族。下列說法正確的是A．原子半徑：r(X)<r(W)<r(Z)<r(Y)B．Y2Z中既有離子鍵又有共價鍵C．Z的氧化物的水化物是一種強酸D．W的簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性比X的強6、某溫度下，wg某物質在足量氧氣中充分燃燒，其燃燒產物立即與過量的Na2O2反應，固體質量增加wg。在①H2；②CO；③CO和H2

的混合物④HCHO；⑤CH3COOH；⑥HO-CH2-CH2-OH中，符合題意的是A．均不符合 B．只有①②③ C．只有④⑤ D．全部符合7、下列有關物質的性質與用途不具有對應關系的是A．濃硫酸具有脫水性，可用作干燥劑B．氧化鋁熔點高，可用作耐高溫材料C．氫氧化鐵膠體具有吸附性，可用于凈水D．小蘇打能與鹽酸反應，可用于治療胃酸過多8、下列說法正確的是()A．Na2O的熱穩(wěn)定性大于Na2O2B．Mg加入到過量FeCl3溶液中可得FeC．亞硝酸鈉與硝酸銀溶液反應生成不溶于稀硝酸的沉淀D．H2O2溶液中加入少量CuO粉末可加快生成H2O和O29、化學與材料、生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A．《本草綱目》中“冬月灶中所燒薪柴之灰，令人以灰淋汁，取堿浣衣”中的“堿”是K2CO3B．利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，實現(xiàn)了“碳”的循環(huán)利用C．制備聚四氟乙烯的單體屬于不飽和烴D．鉛筆的主要成分是石墨與黏土，黏土含量越多，鉛筆硬度越大10、下列說法正確的是()A．淀粉、纖維素和油脂都屬于天然高分子化合物B．蛋白質溶液中加入硫酸銅溶液，有白色沉淀產生，加水，白色沉淀重新溶解C．等質量的CH4、C2H4、C2H2分別在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量依次減少D．分子式為C2H4O2與C4H8O2的兩種物質一定屬于同系物11、將鋁浸入溶液中，取出晾干，置于空氣中，表面會生成毛狀物質（俗稱毛刷），反應為4Al(Hg)+3O2+2xH2O→2(Al2O3?xH2O)，下列說法正確的是（）A．發(fā)生氧化反應，是氧化劑B．既是氧化產物也是還原產物C．該反應屬于置換反應D．當鋁參加反應，轉移電子數(shù)為12、根據(jù)如圖的轉化關系判斷下列說法正確的是（反應條件已略去）（）A．反應①②③④⑤均屬于氧化還原反應，反應③還屬于置換反應B．反應⑤說明該條件下鋁可用于制熔點較高的金屬C．相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數(shù)之比為1∶1D．反應①中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1∶413、下列實驗操作錯誤的是（）A．分液漏斗使用前需要先檢查是否漏液B．實驗中剩余的鈉不能再放回原試劑瓶C．做焰色反應時，鉑絲應用鹽酸洗凈并灼燒至無色D．蒸餾燒瓶加熱時需要墊石棉網(wǎng)14、下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗新制氯水滴入Na2S溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中飽和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4酸性溶液中現(xiàn)象產生黃色渾濁溶液由橙色變?yōu)榫G色液體變?yōu)榧t褐色且澄清透明產生無色氣體，溶液紫紅色褪去A．A B．B C．C D．D15、化學與人類生活、生產密切相關，下列說法正確的是（）A．蠶絲和棉花的組成元素相同，結構不同，因而性質不同B．壓縮天然氣、液化石油氣的主要成分是烴類，是城市推廣的清潔燃料C．PM2.5是指大氣中直徑接近2.5×106m的顆粒物，其分散在空氣中形成膠體D．干燥劑硅膠、硅橡膠和光導纖維的主要成分都是二氧化硅16、下列除雜方案錯誤的是選項被提純的物質雜質除雜試劑除雜方法ACO(g)CO2(g)NaOH溶液、濃H2SO4洗氣BNH4Cl(aq)Fe3＋(aq)NaOH溶液過濾CCl2(g)HCl(g)飽和食鹽水、濃H2SO4洗氣DNa2CO3(s)NaHCO3(s)—灼燒A．A B．B C．C D．D17、將10mL0.2mol·L－1氯化銨溶液跟25mL0.05mol·L－1氫氧化鋇溶液混合，則混合溶液中各離子濃度的大小順序為A．c(Cl－)＞c(OH－)＞c(NH4+)＞c(Ba2+)B．c(Cl－)＞c(Ba2+)＞c(OH－)＞c(NH4+)C．c(Ba2+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(NH4+)D．c(Cl－)＞c(Ba2+)＞c(NH4+)＞c(OH－)18、如圖表示元素周期表中1~14周期的一部分，關于元素X、Y、Z、W的敘述錯誤的是（）A．X、Y的最高價氧化物的水化物酸性為Y＜XB．Y、Z的氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性為Y＜ZC．Z有5種不同運動狀態(tài)的電子D．W的原子序數(shù)比Y大1919、用鐵泥(主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe)制備納米Fe3O4，的流程示意圖如下：下列敘述錯誤的是A．為提高步驟①的反應速率，可采取攪拌、升溫等措施B．步驟②中，主要反應的離子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C．步驟④中，反應完成后剩余的H2O2無需除去D．步驟⑤中，“分離”包含的操作有過濾、洗滌20、甲、乙、丙、丁4種物質分別含2種或3種元素，它們的分子中各含18個電子。甲是氣態(tài)氫化物，在水中分步電離出兩種陰離子。下列推斷合理的是()A．某鈉鹽溶液含甲電離出的陰離子，則該溶液顯堿性，只能與酸反應B．乙與氧氣的摩爾質量相同，則乙一定含有極性鍵和非極性鍵C．丙中含有第二周期ⅣA族的元素，則丙一定是甲烷的同系物D．丁和甲中各元素質量比相同，則丁中一定含有－1價的元素21、下列有機物的說法，正確的是A．分子式為C5H12的有機物有三種，它們互為同系物B．C4H8C12有9種同分異構體(不考慮立體異構)C．石蠟油、苯、四氟乙烯都不能使溴水褪色D．等物質的量的甲烷與氯氣反應后體積保持不變22、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W

與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，Z最外層電子數(shù)等于最內層電了數(shù)，X、Y、Z的簡單離子的電子層結構相同，W

的單質是空氣中體積分數(shù)最大的氣體。下列說法正確的是（）A．Y

的最高價氧化物對成水化物的酸性比W

的強 B．W的氣態(tài)氫化物比X的穩(wěn)定C．離子半徑的大小順序：r(W)>r(X)>r(Y)

>(Z) D．XY2

與ZY2中的化學鍵類型相同二、非選擇題(共84分)23、（14分）將晶體X加熱分解，可得A、B、D、E、F和H2O六種產物，其中A、B、D都是中學化學中常見的氧化物，氣體E是單質F所含元素的氫化物。（1）A能溶于強酸、強堿，寫出A與強堿溶液反應的離子方程式:________________________。（2）B、D都是酸性氧化物且組成元素相同，D溶于水得強酸，則B、D分子中除氧元素外所含另一種元素在元素周期表中的位置是____________________。（3）E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，E的結構式為__________________，工業(yè)制取E氣體的化學方程式為___________________________。（4）由各分解產物的物質的量之比推測X的組成類似于明礬，若向X的濃溶液中滴加濃NaOH溶液至過量，現(xiàn)象依次為____________________、____________________、__________________。（5）取一定量的X晶體分解，若生成0.1molF，則必同時生成____________（填化學式）________mol。24、（12分）有A、B、C、D四種元素，其中A元素和B元素的原子都有1個未成對電子，A＋比B－少一個電子層，B原子得一個電子后3p軌道全滿；C原子的p軌道中有3個未成對電子，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大；D的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為4，其最高價氧化物中含D的質量分數(shù)為40%，且其核內質子數(shù)等于中子數(shù)。R是由A、D兩元素形成的離子化合物，其中A與D離子數(shù)之比為2∶1。請回答下列問題：（1）CB3分子的空間構型是______，其固體時的晶體類型為________。（2）寫出D原子的核外電子排布式__________________，C的氫化物比D的氫化物在水中溶解度大得多的原因__________________________________。（3）D和Fe形成一種黃色晶體FeD2，F(xiàn)eD2晶體中陰、陽離子數(shù)之比為__________________，F(xiàn)eD2物質中具有的化學鍵類型為________。25、（12分）某化學興趣小組欲探究含硫物質的性質。（探究一）用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強弱：(1)裝置連接順序為_____________(用字母表示)，F(xiàn)中反應的離子方程式是

_______________(2)可證明

H2SO3的酸性強于HClO

的實驗現(xiàn)象是_____________________________。（探究二）(3)某小組同學為探究SO2的漂白性性質，用下圖所示裝置進行實驗，觀察到如下現(xiàn)象：i中紅色褪去；ii中無變化。從實驗中可知使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁莀________________________________。(4)該小組同學又對SO2與氯水的反應進行探究。①用注射器吸入一定量的飽和氯水和SO2，振蕩，靜置，再吸入少量品紅溶液，發(fā)現(xiàn)品紅溶液不褪色。②改變氯水用量，重復①操作，發(fā)現(xiàn)品紅溶液紅色褪去，你認為②中品紅溶液褪色的原因可能是______________，設計一個實驗(說明操作方法、現(xiàn)象及結論)來驗證你的假設___________________。26、（10分）某學習小組開展下列實驗探究活動：（1）裝置A中反應的化學方程式為_____。（2）設計實驗：利用裝置A中產生的氣體證明+4價硫具有氧化性：_____。（3）選用下面的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強弱：裝置連接順序為A、C、__、__、D、F，其中裝置C的作用是_____，通過___________________現(xiàn)象即可證明亞硫酸的酸性強于次氯酸。（4）利用G裝置可測定裝置A殘液中SO2的含量。量取1mL殘液于燒瓶中，加適量的水稀釋，加熱使SO2全部逸出并與錐形瓶中H2O2完全反應（SO2+H2O2=H2SO4），然后用0.1000mol/LNaOH標準溶液進行滴定，至終點時消耗NaOH溶20.00mL。①G中球形冷凝管的冷凝水進口為_____（填“a”或“b”）。②殘液中SO2含量為____

g/L。③經(jīng)多次測定發(fā)現(xiàn)，測定值始終高于實際值，則其原因是_____。27、（12分）下列有關實驗的描述正確的是（）A．實驗室配制CuCl2溶液時，需加入鹽酸來抑制Cu2+水解B．定容時仰視容量瓶的刻度線，會導致所配溶液的濃度偏高C．用NaOH標準溶液滴定未知濃度的鹽酸，未潤洗錐形瓶會導致結果偏低D．稱取2.0gNaOH固體時，先將天平調平，再將游碼調至2.0g，向左盤加NaOH固體至天平平衡28、（14分）元素X、Y、Z、M、N均為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素；R在地殼金屬元素中的含量僅次于Z。已知Y原子最外層電子數(shù)與核外電子總數(shù)之比為3:4，M原子的最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)之比為3:4；N-、Z3+、X+離子半徑逐漸減??；化合物XN常溫下為氣體，請回答下列問題：（1）R在元素周期表中的位置是____________；Z3+的離子結構示意圖是____________。（2）寫出X、Y、N按原子個數(shù)之比1:1:1:形成的化合物的電子式__________；M和N氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性大小比較為________（用化學式和“>”“<”或“=”表示）。（3）X與Y可分別形成10電子和18電子的分子，寫出該18電子分子轉化成10電子分子的化學方程式__________________________________.（4）Z元素的單質能與Y和R形成的化合物在一定條件下發(fā)生反應，同時放出大量的熱，其反應的化學方程式為_____________________________。（5）下圖表示由上述元素中的某兩種元素組成的氣體分子在一定條件下的密閉容器中充分反應前后的轉化關系，在該轉化關系中還原劑是__________（填化學式），示意圖中轉移電子的數(shù)目為______。（6）由X、Y、M三種元素組成的離子，在水溶液中與H+和OH-均不能大量共存，還能和氯水反應，寫出其與新制氯水反應的離子方程式_______________________。29、（10分）氯氨是氯氣遇到氨氣反應生成的一類化合物，是常用的飲用水二級消毒劑，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副產物少于其它水消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)①一氯胺(NH2Cl)的電子式為__________。②工業(yè)上可利用反應Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制備一氯胺，已知部分化學鍵的鍵能如下表所示（假設不同物質中同種化學鍵的鏈能相同），則該反應的△H=______________。化學鍵N-HCl-ClN-ClH-Cl鍵能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8③一氯胺是重要的水消毒劑，其原因是由于一氯胺在中性、酸性環(huán)境中會發(fā)生水解，生成具有強烈殺菌作用的物質，該反應的化學方程式為_________________。(2)用Cl2和NH3反應制備二氯胺的方程式為2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容積均為1L的甲、乙兩個恒溫（反應溫度分別為400℃、T℃)容器中分別加入2molCl2和2molNH3，測得各容器中n(Cl2)隨反應時間t的變化情況如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器）/mol2.001.451.001.001.00①甲容器中，0～40min內用NH3的濃度變化表示的平均反應速率v(NH3)=______________。②該反應的△H________0(填“>”或“<”)，理由是____________________。③對該反應，下列說法正確的是______________(填選項字母）。A．若容器內氣體密度不變，則表明反應達到平衡狀態(tài)B．若容器內Cl2和NH3物質的量之比不變，則表明反應達到平衡狀態(tài)C．反應達到平衡后，其他條件不變，在原容器中充入一定量氦氣，Cl2的轉化率增大D．反應達到平衡后，其他條件不變，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反應方向移動(3)在恒溫條件下，2molCl2和1molNH3發(fā)生反應2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，測得平衡時Cl2和HCl的物質的量濃度與平衡總壓的關系如圖所示：①A、B、C三點中Cl2轉化率最高的是______點(填“A”“B”或“C”)。②計算C點時該反應的壓強平衡常數(shù)Kp(C)=_______(Kp是平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓×物質的量分數(shù))

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、D【分析】“若溶液中各離子物質的量濃度相等”是解題的關鍵，可假設離子的物質的量濃度都為1mol/L，然后進行嘗試，以確定肯定含有的離子?！驹斀狻磕橙芤褐锌赡芎?、、、、、，通入過量氨水，產生白色沉淀，說明溶液中一定含有，一定不含有，“若溶液中各離子物質的量濃度相等”，即便同時含有、，也不能中和的正電性，所以溶液中一定含有。答案為D。2、D【詳解】A.催化劑不改變反應熱，故A錯誤；B.H2O(g)的能量高于H2O(l)的能量，故B錯誤；C.圖3反應中反應物的總能量比生成物的總能量低，故C錯誤；D.由圖1：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)=2HI(aq)+H2SO4(aq)H=-151kJ·mol-1；由圖2：SO2(g)+S(s)+2H2O(l)=H2S(g)+H2SO4(aq)H=-+61kJ·mol-1；由圖3：H2(g)+2I2(s)=2HI(aq)H=+110kJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定理可知H2S(g)=H2(g)+S(s)ΔH=+20kJ·mol-1，故D正確；故選D。3、D【解析】試題分析：過氧化鈉與水的反應中，既是氧化劑，也是還原劑，1molNa2O2與足量CO2反應轉移的電子為1mol，A正確；氫氣和CO燃燒生成水和CO2，生成的水和CO2又和過氧化鈉反應生成氧氣，所以固體增加的質量就是氫氣和CO的質量，B正確；過氧化鈉具有強氧化性，能把硫酸亞鐵氧化生成硫酸鐵，進而生成氫氧化鐵紅褐色沉淀，C正確；NaHCO3與Na2O2混合，在密閉容器中充分加熱，碳酸氫鈉固體加熱反應方程式為2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所產生的氣體CO2、H2O分別與Na2O2的反應，方程式是2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑。由于NaHCO3和Na2O2的物質的量相等，所以含有后生成物恰好是碳酸鈉后氫氧化鈉，D不正確，答案選D?？键c：考查過氧化鈉的性質點評：該題是高考中的常見題型，屬于中等難度的試題，試題綜合性強，對學生的思維能力要求高。有利于激發(fā)學生的學習興趣，有利于培養(yǎng)學生的邏輯思維能力和發(fā)散思維能力。該題的難點是選項D，注意在過氧化鈉不足的情況下，明確與水和CO2反應的先后順序。4、B【詳解】A．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，氫氧根離子、碳酸氫根離子、鋇離子反應生成碳酸鋇沉淀，即開始加入NaOH溶液時就有沉淀生成，A與圖象不符；B．在Ca(OH)2和KOH的混合溶液中通入CO2，開始時，鈣離子、氫氧根離子、二氧化碳反應生成碳酸鈣沉淀，由于n(OH-)＞2n(Ca2+)，鈣離子反應完時，繼續(xù)通入二氧化碳，為氫氧根離子、二氧化碳反應生成碳酸根離子，繼而碳酸根離子與二氧化碳與水反應生成碳酸氫根離子，然后碳酸鈣與二氧化碳、水反應生成碳酸氫鈣，B與圖象相符；C．H2S氣體通入氯水中，氯氣與硫化氫反應生成單質硫和鹽酸，溶液的pH減小，C與圖象不符；D．向CaCl2溶液中通入CO2至過量，二氧化碳與氯化鈣不反應，無沉淀生成，D與圖象不符；答案為B。5、A【解析】根據(jù)元素構、位、性的關系推斷元素，并利用元素周期律進行比較。【詳解】短周期中，非金屬性最強的元素X為F，則Y、Z、W都在第三周期；原子的最外層電子數(shù)是其最內層電子數(shù)一半的元素Y必為Na；最高正價是其最低負價絕對值的3倍的元素Z是S；與X同主族的元素W只能是Cl。據(jù)元素周期律，原子半徑：r(F)<r(Cl)<r(S)<r(Na)（A項正確）；Na2S中只有離子鍵（B項錯誤）；S的氧化物的水化物有H2SO4、H2SO3等，H2SO3為弱酸（C項錯誤）；熱穩(wěn)定性HCl<HF（D項錯誤）。本題選A。6、D【解析】若該物質為H2，依次發(fā)生的反應為2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，相當于反應為“Na2O2+H2=2NaOH”，固體增加的質量為燃燒H2的質量；若該物質為CO，依次發(fā)生的反應為2CO+O22CO2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相當于反應為“Na2O2+CO=Na2CO3”，固體增加的質量為燃燒CO的質量；經(jīng)過上述分析可歸納：凡分子組成符合（CO）m·（H2）n的物質wg在O2中完全燃燒，將其產物（CO2和水蒸氣）通過足量Na2O2后，固體增重必為wg。①②③符合；④分子式為CH2O，符合；⑤分子式為C2H4O2，可改寫成（CO）2·（H2）2，符合；⑥分子式為C2H6O2，可改寫成（CO）2·（H2）3，符合；全部符合，答案選D。7、A【詳解】A.濃硫酸用作干燥劑，表現(xiàn)的性質是吸水性，A錯誤；B.氧化鋁熔點高，可用作耐高溫材料，B正確；C.氫氧化鐵膠體具有吸附性，可用于凈水，C正確；D.小蘇打能與鹽酸反應，可用于治療胃酸過多，D正確。故選A?！军c睛】氣體的干燥，晶體中結晶水的去除，都可利用濃硫酸，此時濃硫酸表現(xiàn)吸水性；從有機物中脫掉相當于水組成的H、O元素，濃硫酸表現(xiàn)脫水性；金屬的鈍化、濃硫酸與銅等不活潑金屬的反應、濃硫酸與非金屬單質等的反應，表現(xiàn)出強氧化性。8、D【詳解】A．氧化鈉加熱可生成過氧化鈉，過氧化鈉的熱穩(wěn)定性更好，A錯誤；B．Mg加入到過量FeCl3溶液中，鎂與Fe3+反應生成Fe2+，不能得到Fe，B錯誤；C．亞硝酸鈉與硝酸銀溶液反應生成亞硝酸銀淺黃色沉淀，但亞硝酸銀溶于硝酸，C錯誤；D．CuO粉末可做催化劑，H2O2溶液中加入少量CuO粉末可加快生成H2O和O2，D正確；答案選D。9、C【解析】A、草木灰的主要成分是K2CO3，用水溶解時碳酸根水解顯堿性，故A正確；B、利用CO2合成可降解塑料聚碳酸酯，實現(xiàn)了“碳”的循環(huán)利用，減少二氧化碳排放，符合節(jié)能減排的原則，故B正確；C、聚四氟乙烯的單體為四氟乙烯，含有F原子，屬于鹵代烴，故C錯誤；D、鉛筆的主要成分是石墨與黏土，生產上常在石墨粉末中摻加黏土增加硬度，黏土含量越多，鉛筆硬度越大，故D正確；故選C；10、C【詳解】A、油脂不屬于高分子化合物，A錯誤；B、蛋白質溶液中加入硫酸銅溶液，有白色沉淀產生，是因為重金屬鹽可使蛋白質發(fā)生變性，加水，沉淀不會溶解，B錯誤；C、質量相同的烴在氧氣中完全燃燒時，含碳量越高，消耗的氧氣越少，甲烷的含碳量最少，乙炔的含碳量最多，所以CH4、C2H4、C2H2分別在氧氣中完全燃燒，消耗氧氣的量依次減少，C正確；D、分子式為C2H4O2與C4H8O2的兩種物質不一定屬于同系物，符合CnH2nO2通式的化合物可能是飽和一元羧酸，也可能是飽和一元羧酸與飽和一元醇形成的酯，所以不一定是同系物，D錯誤。答案選C。11、B【分析】反應4Al(Hg)+3O2+2xH2O→2(Al2O3?xH2O)中，Al由0價升高到+3價，O2中的O價態(tài)由0價降低到-2價，Hg的價態(tài)不變?！驹斀狻緼.Al失電子，發(fā)生氧化反應，是氧化劑，但Hg沒有發(fā)生氧化反應，錯誤；B.既是氧化產物也是還原產物，正確；C.該反應屬于化合反應，錯誤；D.當鋁參加反應，即0.2molAl發(fā)生反應，鋁的價態(tài)變化為3，所以轉移電子為0.6mol，錯誤。故選B。12、B【解析】A．①為二氧化錳與濃鹽酸反應生成氯氣、氯化錳、水，②為氯氣與石灰乳反應生成氯化鈣、次氯酸鈣、水，③為過氧化氫分解生成水和氧氣，④為氯酸鉀分解生成氯化鉀和氧氣，⑤為鋁和二氧化錳發(fā)生鋁熱反應生成Mn和氧化鋁，均存在元素的化合價的升降，均屬于氧化還原反應，但③不屬于置換反應，故A錯誤；B．⑤為鋁熱反應，放出大量的熱，可用于制熔點較高的金屬，故B正確；C．③中O元素的化合價由-1價升高為0價，④中O元素的化合價由-2價升高為0價，則相同條件下生成等量的O2，反應③和④轉移的電子數(shù)之比為1：2，故C錯誤；D．反應①4HCl（濃）+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O中，Mn元素的化合價由+4價降低為+2價，HCl中Cl元素的化合價由-1價升高為0價，由電子守恒可知，氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：2，故D錯誤；故選B。13、B【解析】A．具有塞子、活塞的儀器使用前需要查漏，則分液漏斗使用前需要先檢查是否漏液，故A正確；B．鈉與水反應生成NaOH具有腐蝕性，且放熱，存在安全隱患，則試驗中剩余的鈉，需要再放回原試劑瓶，故B錯誤；C．鹽酸易揮發(fā)，灼燒后不干擾實驗，則焰色反應時，鉑絲應用鹽酸洗凈并灼燒至無色，故C正確；D．蒸餾燒瓶不能直接加熱，則蒸餾燒瓶加熱時需要墊石棉網(wǎng)，故D正確；故選B。14、C【詳解】A.新制氯水滴入Na2S溶液中，反應方程式為Cl2+Na2S=2NaCl+S↓，有元素化合價升降，屬于氧化還原反應，故A不符合題意；B.乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-轉化為Cr3+，Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價，有化合價變化，所以屬于氧化還原反應，故B不符合題意；C.飽和FeCl3溶液滴入沸水中，此過程為制備氫氧化鐵膠體的過程，離子方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+，過程中無化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C符合題意；D.草酸滴入KMnO4酸性溶液中，反應方程式為2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，高錳酸鉀轉化為硫酸錳，錳元素化合價由+7價變?yōu)?2價，有化合價變化，屬于氧化還原反應，故D不符合題意。答案選C?！军c睛】本題解題關鍵是理解氧化還原反應的特征和實質。有元素化合價升降的反應為氧化還原反應，氧化還原反應的實質是有電子得失。據(jù)此判斷反應是否與氧化還原反應相關。15、B【解析】A．蠶絲的主要成分為蛋白質，棉花的主要成分為纖維素，蛋白質含有氮元素，組成元素不同，故A錯誤；B．天然氣主要成分為甲烷，液化石油氣主要成分有乙烷、丙烷和丁烷等，它們均只含有碳氫兩種元素，屬于烴類，燃燒的產物均為二氧化碳和水，屬于清潔燃料，故B正確；C．膠體粒子的直徑介于1nm～100nm之間，PM2.5是指大氣中直徑≤2.5×10-6m的顆粒物，不一定為膠體，故C錯誤；D．硅橡膠為有機物，硅膠為硅酸膠體，二者成分都不是二氧化硅，故D錯誤；故選B。點睛：解答此類試題需要熟悉常見物質的的組成和結構。本題的易錯點為CD，C中要注意PM2.5的微粒直徑≤2.5×10-6m，上限比膠體粒子的直徑大，因此分散在空氣可能形成膠體，也可能形成濁液；D中要知道硅橡膠為有機物。16、B【詳解】A．二氧化碳與NaOH反應，而CO不能，則洗氣后利用濃硫酸干燥即可除雜，A正確；B．NaOH與NH4Cl、Fe3+均反應，將原物質反應掉，不符合除雜的原則，B錯誤；C．HCl極易溶于水，而食鹽水抑制氯氣的溶解，則洗氣后利用濃硫酸干燥即可除雜，C正確；D．NaHCO3加熱分解生成碳酸鈉，則直接加熱即可實現(xiàn)除雜，D正確；答案選B。17、B【解析】先計算氯化銨和氫氧化鋇的物質的量，再利用氯化銨和氫氧化鋇的反應來分析反應后所得溶液中各種離子的物質的量的多少。【詳解】10mL0.2mol·L－1氯化銨溶液中硝酸銨的物質的量為10mL×10-3L×0.2mol/L=0.002mol，

25mL0.05mol·L－1氫氧化鋇溶液中氫氧化鋇的物質的量為25mL×10-3L×0.05mol/L=0.00125mol，

氯化銨和氫氧化鋇混合以后發(fā)生反應：2NH4Cl+Ba(OH)2=BaCl2+2NH3?H2O，

則反應后，35mL溶液的組成為：剩余氫氧化鋇0.00025，生成的氯化鋇0.001mol，生成的一水合氨0.002mol，

在體積一樣的前提下，物質的量越大，濃度越大，故c(Cl－)＞c(Ba2+)，

而氨水能電離出少量且相等的銨根和氫氧根，氫氧化鋇中還有0.0005mol的氫氧根，所以c(OH－)＞c(NH4+)，

故離子濃度大小順序為：c(Cl－)＞c(Ba2+)＞c(OH－)＞c(NH4+)。

所以B選項是正確的。18、C【詳解】由元素在周期表中的位置可知，X為N元素，Y為P元素，Z為Cl元素，W為Se元素。A．同主族自上而下非金屬性減弱，故非金屬性N＞P，故最高價氧化物的水化物酸性：P＜N，A不符合題意；B．同周期自左而右非金屬性增強，故非金屬性P＜Cl，故氫化物穩(wěn)定性：PH3＜HCl，B不符合題意；C．Z為Cl元素，原子中核外由17個電子，核外有17種不同運動狀態(tài)的電子，C符合題意；D．W為Se元素，原子序數(shù)為34，Y為P元素，原子序數(shù)為15，W的原子序數(shù)比Y大19，D不符合題意。答案選C。19、C【解析】鐵泥（主要成分為Fe2O3、FeO和少量Fe）與稀鹽酸反應得到的濾液A溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原鐵離子：2Fe3++Fe=3Fe2+，過濾過量的鐵，濾液B的溶質為氯化亞鐵，加入氫氧化鈉溶液，生成Fe（OH）2渾濁液，向渾濁液中加入雙氧水，雙氧水將Fe（OH）2濁液氧化成濁液D，反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，濁液D與濾液B加熱攪拌發(fā)生反應制得Fe3O4，經(jīng)過濾、洗滌、干燥得產品Fe3O4，據(jù)此分析解答。【詳解】A.攪拌、適當升高溫度可提高鐵泥與鹽酸的反應速率，A正確；B.濾液A的溶質為氯化鐵、氯化亞鐵、過量的稀鹽酸，加入鐵粉還原Fe3+，即主要的離子反應為：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正確；C.步驟④中，濁液C中的氫氧化亞鐵被過氧化氫氧化成濁液D，為了提高Fe3O4的產率需要控制濁液D與濾液B中Fe2+的比例，為防止濾液B中Fe2+在步驟⑤中被H2O2氧化，步驟④中反應完成后需再加熱一段時間除去剩余H2O2，C錯誤；D.步驟⑤為濁液D與濾液B加熱攪拌發(fā)生反應制得Fe3O4，使Fe3O4分離出來需經(jīng)過過濾、洗滌、干燥，D正確；故答案選C?！军c睛】本題考查了物質的制備，涉及對工藝流程的理解、氧化還原反應、對條件的控制選擇與理解等，需要學生具備扎實的基礎。20、D【解析】試題分析：A、甲是18電子的氫化物，在水中分步電離出兩種陰離子，故甲的水溶液為二元弱酸，甲為H2S，若鹽溶液若為NaHS溶液，既能與鹽酸等反應生成H2S，也能與NaOH反應生成Na2S，錯誤；B、氧氣的摩爾質量為32g/mol，乙的摩爾質量也為32g/mol，且含有18電子，乙可能為CH3OH符合，CH3OH中只含有極性鍵無非極性鍵，錯誤；C、第二周期IVA族元素為C，CH3CH3和CH3OH符合，但CH3OH不是CH4的同系物，錯誤；D、H2S中元素的質量比為1：16，H2O2分子中元素的質量比也為1：16，H2O2中含有-1價氧元素，正確。考點：考查元素推斷、18e－微粒21、B【解析】A.分子式為C5H12的有機物有三種，它們互為同分異構體，故A錯誤；B.C4H8Cl2的同分異構體可以采取“定一移二”法，由圖可知C4H8Cl2共有9種同分異構體，故B正確；C.四氟乙烯中含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色，故C錯誤；D.甲烷和氯氣反應可生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和HCl，其中HCl的物質的量最大，一氯甲烷為氣體，其余為液體，反應后體積會發(fā)生變化，故D錯誤；故選B。22、C【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質是空氣中體積分數(shù)最大的氣體，則W為N元素；Z最外層電子數(shù)等于最內層電子數(shù)，原子序數(shù)大于N元素，只能處于第三周期，故Z為Mg元素；X、Y、Z的簡單離子的電子層結構相同，結構原子序數(shù)可知，X只能處于第二周期，且最外層電子數(shù)大于5，W(氮元素)與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，則Y原子最外層電子數(shù)只能為奇數(shù)，結合原子序數(shù)可知，Y不可能處于ⅠA族，只能處于ⅦA族，故Y為F元素，X最外層電子數(shù)為=6，則X為O元素?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，A、Z為Mg元素最高正化合價為+2，Y為F元素，沒有最高正化合價，故A錯誤；B、非金屬性O＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，故B錯誤；C、具有相同電子層結構的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑r(N3-)＞r(O2-)＞r(F-)＞r(Mg2+)，故C正確；D、OF2中含有共價鍵，MgF2中含有離子鍵，二者化學鍵類型不同，故D錯誤；故選C。二、非選擇題(共84分)23、Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O第三周期VIA族N2+3H22NH3生成白色沉淀生成有刺激性氣味的氣體白色沉淀又逐漸溶解SO20.3【解析】試題分析：（1）A能溶于強酸、強堿，A是Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且組成元素相同，D溶于水得強酸，則D是SO3、B是SO2；（3）E能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，E是NH3；氣體E是單質F所含元素的氫化物，所以F是N2；（4）由各分解產物推測X含有銨根離子、鋁離子、硫酸根離子；（5）根據(jù)得失電子守恒分析；解析：根據(jù)以上分析，（1）A是Al2O3，Al2O3與強堿溶液反應生成偏鋁酸鹽，離子方程式是Al2O3+2OH-==2AlO2-+H2O。（2）D是SO3、B是SO2，則B、D分子中除氧元素外所含另一種元素是S元素，S元素在元素周期表中的位置是第三周期VIA族。（3）E是NH3，NH3的結構式為，工業(yè)上用氮氣和氫氣在高溫、高壓、催化劑的條件下合成氨氣，化學方程式為N2+3H22NH3。（4）由各分解產物推測X含有銨根離子、鋁離子、硫酸根離子，向X的濃溶液中滴加濃NaOH溶液至過量，依次發(fā)生反應，、、，所以現(xiàn)象依次為生成白色沉淀、生成有刺激性氣味的氣體、白色沉淀又逐漸溶解。（5）生成1molN2失去6mol電子，生成1molSO2得到2mol電子，電子根據(jù)電子得失守恒，若生成0.1molN2，失去0.6mol電子，則必同時生成0.3molSO2。點睛：鋁離子結合氫氧根離子的能力大于銨根離子結合氫氧根離子的能力；氧化還原反應中氧化劑得到的電子總數(shù)一定等于還原劑失去的電子總數(shù)。24、三角錐形分子晶體1s22s22p63s23p4NH3與水分子形成氫鍵且發(fā)生化學反應1∶1離子鍵、非極性共價鍵(或離子鍵、共價鍵)【解析】A、B、C、D四種元素，B原子得一個電子后3p軌道全滿，則B是Cl元素；A+比B-少一個電子層，則A是Na元素；C原子的p軌道中有3個未成對電子，則為第VA族元素，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大，說明其氫化物中能和水形成分子間氫鍵，所以C是N元素；D的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為4，處于ⅥA族，其最高價氧化物中含D的質量分數(shù)為40%，且其核內質子數(shù)等于中子數(shù)，所以D是S元素。R是由A、D兩元素形成的離子化合物，其中A與D離子的數(shù)目之比為2：1，則R是Na2S。

（1）NCl3分子中氮原子含有3個共價單鍵且含有一個孤電子對，空間構型為三角錐形，其固態(tài)時的晶體中構成微粒是分子，構成分子晶體，故答案為三角錐形；分子晶體；（2）D是S元素，原子的核外電子排布式1s22s22p63s23p4，C的氫化物是NH3，D的氫化物是H2S，氨氣分子和水分子間能形成氫鍵且能發(fā)生化學反應，導致氨氣溶解性大于硫化氫，故答案為1s22s22p63s23p4；氨氣分子和水分子間能形成氫鍵且能發(fā)生化學反應；

（3）FeS2晶體中陰離子為S22-、陽離子為Fe2+，故陰離子、陽離子數(shù)之比為1：1，F(xiàn)eS2物質中含有離子鍵，S22-含有共價鍵，故答案為1：1；離子鍵、共價鍵（或非極性共價鍵）。點睛：正確推斷元素是解本題關鍵。本題的易錯點為（3）中FeS2晶體中陰陽離子的數(shù)目比，要注意陰離子為S22-。本題的難點是元素D的判斷。25、ACBEDFCa2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClOD中品紅不褪色,F中產生白色沉淀H2SO3、HSO3-、SO32-過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結合成無色物質將實驗②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因為前者，反之則為后者【解析】探究一：次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結合碳酸酸性比HClO強堿性判斷。A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中。探究二：實驗目的是驗證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要尾氣處理；SO2不能使品紅的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品紅褪色的微粒含有S元素；當氯氣或者二氧化硫多余時，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加熱可恢復性，據(jù)此分析?！驹斀狻浚?）次氯酸具有強氧化性、二氧化硫具有還原性，不能利用二氧化硫與次氯酸鈣直接反應判斷亞硫酸與次氯酸的酸性強弱，先驗證亞硫酸酸性比碳酸強，再結合碳酸酸性比HClO強堿性判斷．A裝置制備二氧化硫，由于鹽酸易揮發(fā)，制備的二氧化硫中混有HCl，用飽和的亞硫酸氫鈉除去HCl，再通過碳酸氫鈉溶液，可以驗證亞硫酸酸性比碳酸強，用酸性高錳酸鉀溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品紅溶液檢驗二氧化碳中二氧化硫是否除盡，再通入F中，則：裝置連接順序為A、C、B、E、D、F，F(xiàn)中為二氧化碳氣體與漂白粉溶液反應生成碳酸鈣和次氯酸，離子方程式為：Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案為ACBEDF，Ca2++2ClO-+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO。（2）要證明H2SO3的酸性強于HClO，因為二氧化硫與次氯酸根離子發(fā)生氧化還原反應，不能直接通入漂白粉溶液中，證明酸性H2SO3＞H2CO3＞HClO即可：應先用二氧化硫制備二氧化碳（A利用鹽酸和亞硫酸氫鈉反應制取二氧化硫，C通過飽和的亞硫酸氫鈉洗去二氧化硫中的氯化氫，通過B二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸和碳酸氫鈉反應制取二氧化碳），制備的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫氣體（E用酸性高錳酸鉀除去二氧化硫），再用品紅檢驗二氧化硫是否除凈（D用品紅檢驗），再通入漂白粉中（F），能證明H2SO3的酸性強于HClO的實驗現(xiàn)象為D中品紅不褪色，F(xiàn)中產生白色沉淀，故答案為：D中品紅不褪色，F(xiàn)中產生白色沉淀。（3）實驗目的是驗證干燥的二氧化硫能否漂白品紅，應避免空氣中水蒸氣加入，SO2對環(huán)境有污染，需要吸收處理，故堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進入H中干擾實驗，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品紅褪色，而其水溶液可以，因此使品紅褪色的微?？赡苁荋2SO3、HSO3-、SO32-，故答案為H2SO3、HSO3-、SO32-。（4）當氯氣或者二氧化硫多余時，過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結合成無色物質；因為二氧化硫的漂白具有加熱可恢復性，故將實驗②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因為前者，反之則為后者；故答案為過量氯水將品紅氧化漂白或過量SO2與品紅結合成無色物質；將實驗②注射器中的溶液注入試管少許，加熱，若無紅色出現(xiàn)，原因為前者，反之則為后者。26、CaSO4+2HCl=CaCl2+SO2↑+H2O將SO2通入氫硫酸溶液或者硫化鈉（NaHS也給分）溶液中，出現(xiàn)淡黃色沉淀（或溶液變渾濁）即證BE除去HCl氣體當D中品紅不褪色，F(xiàn)中出現(xiàn)白色沉淀b64.00殘液中有剩余的鹽酸（或過氧化氫），導致實驗中消耗的氫氧化鈉的量偏多【解析】裝置A制取二氧化硫，二氧化硫和硫化氫反應可以證明二氧化硫的氧化性。要證明亞硫酸的酸性強于次氯酸，需要借助碳酸，酸性：亞硫酸>碳酸>次氯酸，所以需要把二氧化硫通入碳酸氫鈉溶液中制得二氧化碳，然后再通入漂白粉溶液中得到次氯酸和碳酸鈣沉淀。測定A的殘液中二氧化硫的含量，先把二氧化硫轉化為硫酸，然后用氫氧化鈉溶液滴定，根據(jù)消耗的氫氧化鈉的體積計算二氧化硫的含量?！驹斀狻浚?）裝置A制備SO2，發(fā)生的化學反應方程式為CaSO3＋2HCl=CaCl2＋SO2↑＋H2O；（2）SO2表現(xiàn)氧化性，是與H2S反應，SO2＋2H2S=2H2O＋3S↓，設計實驗如下：將SO2通入氫硫酸溶液或者硫化鈉（或NaHS）溶液中，出現(xiàn)淡黃色沉淀（或溶液變渾濁），能夠證明SO2的氧化性；（3）裝置A的作用是制備SO2，SO2中混有HCl，干擾實驗，用NaHSO3溶液吸收，然后通過裝置B，得到CO2氣體，推出亞硫酸的酸性強于碳酸，氣體通過酸性高錳酸鉀溶液，除去多余SO2，再通過品紅溶液，驗證SO2是否被完全除盡，最后通過漂白粉溶液，如果出現(xiàn)沉淀，說明碳酸的酸性強于次氯酸，從而最終得出亞硫酸的酸性強于次氯酸，連接順序是A→C→B→E→D→F；裝置C的作用是除去SO2中混有HCl；通過裝置D中品紅溶液不褪色，防止SO2的干擾，F(xiàn)中出現(xiàn)白色沉淀；（4）①冷凝水進口方向為b；②根據(jù)信息建立關系式為SO2～H2SO4～2NaOH，得出1mL殘夜中含有SO2的物質的量為20×10－3×0.1/2mol=1×10－3mol，則殘液中SO2的含量為1×10－3×64/(1×10－3)g·L－1=64.00g·L－1；③測定值高于實際值，說明消耗NaOH多，可能是鹽酸有剩余或H2O2有剩余?！军c睛】本題的難點是裝置的連接，首先弄清楚實驗目的，本實驗驗證亞硫酸和次氯酸酸性強弱，然后找準實驗原理，亞硫酸不僅具有酸性，還具有還原性，次氯酸能氧化亞硫酸，不能直接將SO2通入漂白粉中，采用間接方式進行驗證，即亞硫酸制備碳酸，碳酸與次氯酸鹽反應，從而得出亞硫酸和次氯酸酸性的強弱，根據(jù)原理連接裝置，，注意雜質氣體的干擾。27、A【詳解】A.Cu2+是弱堿陽離子，易水解，水解生成氫氧化銅和H+，所以加入鹽酸可以抑制水解，故A正確；B.仰視容量瓶的刻度線，會使液體體積偏大，從而濃度偏小，故B錯誤；C.未潤洗錐形瓶對實驗結果無影響，故C錯誤D.NaOH固體易潮解，應該放入燒杯中稱量，故D錯誤；答案選A。28、第4周期第Ⅷ族HCl＞H2S2H2O22H2O+O2↑2Al＋Fe2O32Fe＋Al2O3SO24