2025届海南省临高县临高中学高三化学第一学期期中经典试题含解析

2025届海南省临高县临高中学高三化学第一学期期中经典试题
注意事项：
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2＋2Fe3＋＋2H2O＝SO42－＋2Fe2＋＋4H＋；②Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。

则下列有关说法不正确
．．．的是
A．氧化性：Cr2O72－＞Fe3＋＞SO2
B．标准状况下，若有6.72 L SO2参加反应，则最终消耗0.2 mol K2Cr2O7
C．反应②中，每有1 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6N A
D．由上述反应原理推断：K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4
2、以下物质间的每一步转化都能通过一步反应实现的是
A．Fe → FeCl2→ Fe(OH)2→ Fe(OH)3
B．Si → SiO2→ H2SiO3→ Na2SiO3
C．Al → Al2O3→ Al(OH) 3→ AlCl3
D．NH3→NO 2→ HNO3→ NH4NO3
3、下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是
A．橡皮擦——橡胶工业B．铝合金片——冶金工业
C．铝笔芯——电镀工业D．铅笔漆——涂料工业
4、用N A表示阿伏加德罗常数的数值，下列说法中一定正确的是（）
A．1 L l mol·L－1的FeCl3溶液中含有N A个Fe3+
B．1．8g镁与足量盐酸反应时，转移0.2 N A个电子
C．钠与水反应生成1.12LH2，反应中转移的电子数为0.1N A
D．常温常压下，22g氧气和26g臭氧混合气体所含氧原子总数为3N A
5、设N A为阿伏加德罗常数的值。

下列有关叙述正确的是
A．质量均为32g的氧气和臭氧含有分子数均为N A
B．1 L1mol·L-1NaOH水溶液中含有氧原子数为N A
C．标准状况下，1．224L辛烷完全燃烧生成的CO2分子数为1．18N A
D．含1．4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于1.2N A
6、用N A表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（）
A．22.4L二氯甲烷的分子数约为N A个
B．0.1molFe（OH）3胶体，含有胶体粒子的数目为0.1N A
C．1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2N A
D．加热条件下，含0.2molH2SO4的浓溶液与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1N A
7、我国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化。

下列说法错误的是（）
A．“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中涉及氧化还原反应
B．“川麻不浆，以胶(动物胶和明矾)作黄纸”，“胶”中的明矾作杀菌剂
C．“伦乃造意，用树肤、麻头及敝布、鱼网以为纸”，树肤、麻头等富含纤维素
D．“忽闻海上有仙山，山在虚无缥缈间”的海市蜃楼是一种自然现象，与胶体知识有关
8、已知:NO2（g）+ SO2（g）SO3（g） +NO（g）。

现将体积之比为1：2的NO2和SO2的混合气体置于密闭容器中发生上述反应，下列能说明反应达到平衡状态的是
A．混合气体总物质的量保持不变B．混合气体密度保持不变
C．NO2（g）和SO2（g）的体积比保持不变 D．每消耗1 molSO2，同时消耗0.5 molSO3（g）
9、设N A表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）
A．48克O2与O3的混合气体中含有3N A个氧原子B．32克硫与足量铜反应转移电子数为2N A
C．1L 0.1mol/l NaF溶液中含有0.1 N A个F-D．1molH2O中含有2N A个共价键
10、X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是
①Na、Na2O、Na2O2 ②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2 ③Fe、FeCl2、FeCl3 ④NaOH、Na2CO3、NaHCO3 ⑤C、CO、CO2 A．②④B．①③⑤C．①②④⑤D．①②③④⑤
11、已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,下列关于该反应的叙述不正确的是
A．该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5
B．当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18mol
C．每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2mol
D．参加反应的水有2/5被氧化
12、某硫酸与硝酸的混合溶液中，H＋、SO42-的物质的量浓度分别为5.0 mol·L－1和2.0 mol·L－1。

取该溶液10 mL，加入1.6 g铜粉，加热使它们充分反应，产生的气体在标准状况下的体积约为
A．0.56L B．0.84 L C．0.224 L D．0.448 L
13、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）△H＜0反应达到平衡后，为提高CO的转化率，下列措施中正确的是（）
A．增加压强B．降低温度C．增大CO的浓度D．更换催化剂
14、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。

利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重
要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。

下列有关说法不正确
．．．的是
A．CO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的
B．催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒
C．该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂
D．有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物
15、能正确表示下列反应的离子方程式的是（）
A．用过量氨水吸收工业尾气中的SO2：2NH3·H2O＋SO2===2NH4+＋SO32-＋H2O
B．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－===CaCO3↓＋CO32-＋2H2O
C．磁性氧化铁溶于足量稀硝酸：Fe3O4＋8H＋===Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
D．明矾溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba2＋＋3OH－＋Al3＋＋2SO42-===2BaSO4↓＋Al（OH）3↓16、某温度时，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g），向三个体积相等的恒容密闭容器A、B、C中，分别加入①2mol HI；②3mol HI；③1mol H2与1mo1I2，分别达平衡时，以下关系正确的是
A．平衡时，各容器的压强：②=①=③
B．平衡时，I2的浓度：②＞①=③
C．平衡时，I2的体积分数：②＞①=③
D．从反应开始到达平衡的时间：①＞②=③
二、非选择题（本题包括5小题）
17、M是日常生活中不可缺少的调味品。

已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。

M与其他物质间的转化关系如下图所示（部分产物已略去）
（1）若A是地売中含量最多的金属元素，将A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液等体积混合，得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，则A的该氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为
________________________________。

（2）若A是CO2气体，A与B溶液反应后所得的溶液再与盐酸反应，放出气体的物质的量与所加盐酸体积之间的关系如右图所示，则A与B溶液反应后溶液中的溶质为____________________（填化学式），物质的量之比为_______。

（3）若A是一种正盐，A能分别与B、F溶液反应生成无色且具有刺激性气味的气体，则A的化学式为_____________。

（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色，则由A转化成E的离子方程式是____________________________________________________。

（5）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2＋、Fe3＋、Al3+、SO42-、CO32-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生如右图所示变化，由此可知，该溶液中肯定含有的离子为
______________________________。

18、下表为元素周期表的一部分：
ⅠA ⅡA ⅢA ⅣA ⅤA ⅥA ⅦA
二 C N ①
三②③④P ⑤⑥
请填写下列空白：
（1）表中元素，原子半径最大的是_______（填元素符号）；①的核外电子排布式______；⑤的最外层核外电子的轨道表示式______ ；③和⑥两元素形成化合物的电子式为________。

（2）②③④三种元素最高价氧化物对应的水化物中，碱性最强的是________（填该物质化学式）。

（3）比较④、⑤两种元素的简单离子半径：___>___（填离子符号）;元素④最高价氧化物对应的水化物与硝酸反应的离子方程式为____________________________。

（4）列举两个事实来证明元素①比元素⑤的非金属性强______；___________。

19、黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。

某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。

将m1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。

其反应的化学方程式为：
（实验一）：测定硫元素的含量
反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：
①鼓入空气的作用是_________________________________。

②反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是（用化学方程式表示）
________________________________________。

H2O2可以看作是一种很弱的酸，写出其电离方程式：_____________________。

（3）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为______________（列出表达式即可）。

（实验二）：测定铁元素的含量
（4）②中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量____________（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。

（5）③中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_________________。

（6）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结果记录如下：
实验次数第一次第二次第三次第四次
消耗KMnO4溶液体积/mL 25.00 25.03 20.00 24.97
根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+) ＝_______________。

20、某化学兴趣小组探究NO和Na2O2的反应，设计了如下图所示实验装置，其中E为实验前压瘪的气囊。

资料：除浅黄色的AgNO2难溶于水外，其余亚硝酸盐均易溶于水。

（1）写出A中反应的化学方程式：____________________________。

（2）将装置B补充完整，并标明试剂_____________。

（3）用无水CaCl2除去水蒸气的目的是_____________________________。

（4）反应一段时间后，D处有烫手的感觉，其中固体由淡黄色变为白色，直至颜色不再变化时，气囊E始终没有明显鼓起。

①学生依据反应现象和氧化还原反应规律推断固体产物为NaNO2。

写出该反应的化学方程式：
_________________________________。

②设计实验证明的NaNO2生成，实验方案是___________________________。

（写出操作、现象和结论）
21、现有一包铝热剂是铝粉和氧化铁粉末的混合物，在高温下使之充分反应，将反应后的固体分为两等份，进行如下实验(计算pH时假定溶液体积没有变化)：
①向其中一份固体中加入100 mL2.0 mol/L的NaOH溶液，加热使其充分反应后过滤，测得滤液的pH=14。

②向另一份固体中加入140 mL 4.0 mol/L的HCl溶液，使固体全部溶解，测得反应后所得溶液中只有H+、Fe2+和Al3+
三种阳离子且pH=0。

（1）写出该铝热反应的化学方程式_____________________________
（2）这包铝热剂中铝粉的质量为_________ , 氧化铁粉末的质量______________
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【分析】氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，氧化剂的氧化性大于还原剂的氧化性；由氧化性的强弱，判断反应的发生．
【详解】A. 由①可知,Fe元素的化合价降低,则氧化性为Fe3＋>SO2,由②可知,Cr元素的化合价降低,则氧化性为Cr2O72－> Fe3＋,则氧化性：Cr
O72－> Fe3＋> SO2，故A正确；
2
B. 6.72LSO2(标准状况)参加反应,n(SO2)=6.72L÷22.4L/mol=0.3mol,由上述两个反应可知,存在3 SO2∼Cr2O72－,则最终消耗0.1mol K2Cr2O7，故B错误；
C. 每有1mol K2Cr2O7参加反应,转移电子为1mol×2×(6−3)=6mol,即转移电子的数目为6N A，故C正确；
D. 因氧化性为Cr2O72－> SO2,则K2Cr2O7能将Na2SO3氧化成Na2SO4，故D正确；
故选B.
【点睛】
氧化还原反应由强到弱，即是强氧化剂生成弱氧化性的物质，强还原剂生成弱还原性的物质，计算时要用电子守恒：还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数。

2、A
【解析】A. Fe 与盐酸反应生成FeCl2，FeCl2与氢氧化钠反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2被空气中的氧气氧化生成
Fe(OH)3，均能一步实现转化，故A正确；
B. SiO2不溶于水，不能一步转化为H2SiO3，故B错误；
C. Al2O3不溶于水，不能一步转化为Al(OH) 3，故C错误；
D. NH3催化氧化生成NO，不能一步转化为NO 2，故D错误；
故选A。

3、C
【详解】A、橡皮擦的原料是橡胶，涉及到橡胶工业的生成，A正确；
B、铝合金涉及金属铝的冶炼过程，与冶金工业有关，B正确；
C、铅笔芯的原料是石墨和粘土，与电镀工业无关，C错误；
D、铅笔外边的油漆、绘制的图案、文字等，与有机物合成材料及涂料有关，D正确。

答案选C。

4、D
【详解】A. 1 L l mol·L－1的FeCl3溶液中铁离子水解，所以不能计算含有Fe3+的个数，故错误；
B. 1．8g镁的物质的量为1.8/21=0.2mol，与足量盐酸反应时，转移0.1 N A个电子，故错误；
C. 钠与水反应生成1.12LH2，但没有说明是否在标况下，所以不能进行计算，故错误；
D. 常温常压下，22g氧气和26g臭氧混合气体所含氧原子为（22+26）/16=3mol，总数为3N A，故正确。

故选D。

【点睛】
掌握气体摩尔体积的使用范围---标况下气体。

不在标况下的气体的体积不能计算其物质的量，或不是气体，根据体积基本也不能计算其物质的量。

5、D
【解析】32g氧气含分子数
32
32/A A
g
N N
g mol
⨯=，32g臭氧含有分子数为
322
48/3
A A
g
N N
g mol
⨯=，故A错误；水、
氢氧化钠中都含氧原子，所以1 L1mol·L-1NaOH水溶液中含有氧原子数大于N A，故B错误；标准状况下辛烷是液体，故C错误；浓硝酸与铜反应生成NO2、稀硝酸与铜反应生成NO，含1．4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于1.2N A，故D正确。

6、D
【详解】A.没有表示清楚温度与压强条件（或指明标准状况下），无法进行计算，且二氯甲烷为液体，22.4L二氯甲烷的物质的量远大于1mol，故A选项错误。

B选项.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氢氧化铁所形成的胶粒的个数小于N A个，故B错误。

C. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为N A，故C错误。

D. Cu只和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，硫酸反应一段时间后，硫酸浓度变稀，反应停止.SO2的物质的量小于0.1mol，故D正确。

故答案选D。

【点睛】
本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，涵盖内容较多，四个选项均为易错点，需要注意：①使用气体的摩尔体积计算时需要标明体积与温度（或说明标准状况下），否则无法计算气体的物质的量，并且此公式只能气态物质使用，液态固
态物质都不能使用。

②胶粒是胶体分子的聚集体，胶粒数目小于胶体分子数目。

③过氧化钠是常见供氧剂，与二氧化碳生成氧气，方程式书写要准确。

④Cu 是金属活动顺序表中在H 之后的元素，不与稀盐酸、稀硫酸反应，加热条件下与浓硫酸反应生成水和二氧化硫，生成的水会稀释浓硫酸，导致反应停止。

7、B
【详解】A ．蜡烛的燃烧反应属于氧化还原反应，故A 正确；
B ．明矾只有净水作用，没有杀菌作用，故B 错误；
C ．树肤、麻头中富含纤维素，故C 正确；
D ．空气属于胶体，海市蜃楼的出现是光的一种折射现象，所以和胶体知识有关，故D 正确；
答案选：B 。

8、C
【详解】A. 该反应为气体体积不变的反应，无论平衡与否混合气体总物质的量保持不变，混合气体总物质的量保持不变不能作为反应达到平衡状态的标志，选项A 不符合；
B ．反应在密闭容器中进行，容器体积不变，反应物均为气体，故无论平衡与否混合气体密度保持不变，密度不变不能作为反应达到平衡状态的标志，选项B 不符合；
C ．起始NO 2（g ）和SO 2（g ）的体积比为1：2，但反应计量数中为1：1，反应末达平衡时两者体积比会发生变化，一量体积比保持不变，则两者的物质的量应保持不变，反应达平衡状态，选项C 符合；
D ．每消耗1 molSO 2，同时消耗0.5 molSO 3（g ），则正逆反应速率不相等，反应没达到平衡状态，选项D 不符合； 答案选C 。

9、C
【详解】A ．O 2与O 3都是由氧原子组成，48克O 2与O 3 的混合气体中含有氧原子=14816/A g N mol g mol
-⨯=3N A ，A 说法正确；
B ．32克硫与足量铜反应硫的化合价由0变为-2，转移电子数为2N A ，B 说法正确；
C ．NaF 为强碱弱酸盐，溶液中的氟离子水解生成HF ，则1L 0.1mol/l NaF 溶液中含有F -个数小于0.1 N A ，C 说法错误；
D ．1个H 2O 中含有2个O-H 键，则1molH 2O 中含有2N A 个共价键，D 说法正确；
答案为C 。

10、C
【解析】①若X 为Na ，W 为O 2，则Y 为Na 2O ，Z 为Na 2O 2，Na 与O 2在常温条件下反应生成Na 2O ，Na 2O 在有氧气并且加热的条件下生成Na 2O 2，Na 与O 2在加热条件下反应生成Na 2O 2，故①正确；
②若X 为AlCl 3，W 为NaOH ，则Y 为Al(OH)3，Z 为NaAlO 2，AlCl 3与少量的NaOH 反应生成Al(OH)3和
NaCl，Al(OH)3和NaOH反应生成NaAlO2和H2O，AlCl3与过量的NaOH反应生成NaAlO2、H2O和NaCl，故②正确；
③若X为Fe，W为Cl2，则Fe和Cl2反应只生成FeCl3，故③错误；
④若X为NaOH，W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，NaOH与少量的CO2反应生成Na2CO3，向Na2CO3溶液中通入足量的CO2气体反应生成NaHCO3，NaOH与过量的CO2反应生成NaHCO3，故④正确；
⑤若X为C，W为O2，则Y为CO，Z为CO2，C和O2在不完全燃烧条件下生成CO，CO继续氧化为CO2，C和
O2在完全燃烧条件下生成CO2，故⑤正确。

所以正确的是①②④⑤。

故选C。

11、B
【解析】试题分析：A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C．每产生
1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，故D正确；故选B。

【考点定位】考查氧化还原反应
【名师点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应
10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。

12、C
【解析】在10mL溶液中，H+的物质的量为5.0 mol·L－1×0.01L=0.05mol，SO42-的物质的量为2.0 mol·L－1×0.01L=0.02mol。

根据电荷守恒，NO3-的物质的量为0.05mol-0.02mol×2=0.01mol。

1.6g铜是0.025mol，根据反应的方程式：
3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，假设0.01molNO3-全部反应，需要H+0.04mol，铜0.015mol，所以H+和铜都是过量的，生成的一氧化氮由硝酸根离子决定，所以生成一氧化碳氮0.01mol，在标况下的体积为0.224L。

故选C。

13、B
【详解】提高CO的转化率可以让平衡正向进行即可。

A、增加压强，该平衡不会发生移动，故A错误；
B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故B正确；
C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故C错误；
D、催化剂不会引起化学平衡的移动，故D错误；
答案选B。

14、C
【详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；
B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；
C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；
D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。

答案选C。

15、A
【详解】A、用过量氨水吸收工业尾气中的SO2，过量氨水和二氧化硫反应生成亚硫酸铵，离子反应为：
2NH3·H2O+SO22NH4++SO32-+H2O，故A正确；
B、少量氢氧化钠与碳酸氢钙反应会生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为Ca2++HCO3-+ OH-=CaCO3↓+H2O，故B错误；
C、磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H++NO3-═9Fe3++NO↑+14H2O，故C错误；
D、明矾溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾和氢氧化钡按照物质的量1：2反应：
2Ba2++4OH-+Al3++2SO42-═2BaSO4↓+AlO2-+ 2H2O，故D错误；
答案选A。

【点睛】
本题考查离子方程式正误的判断。

判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中B项）等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断（题中D项）。

16、B
【解析】根据等效平衡原理，若1mol H2与1molI2完全转化为HI，则HI为2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强转，化率等都一样；②与①相比增大了HI的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大HI的量，达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大。

【详解】A项、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以压强最大，故A错误；
B下、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以②中I2的浓度最大，①和③是完全相同的等效平衡，二者I2的浓度相同，所以平衡时，I2的浓度：②>①=③，故B正确；
C项、①②③都是等效平衡，所以三者中I2的体积分数相同，故C错误；
D项、由于②中初始的量大，反应浓度大，反应速率快，所以到达平衡所用时间最短，所以②<③，故D错误。

故选B。

【点睛】
本题考查了等效平衡，等效平衡问题是指利用等效平衡（相同平衡或相似平衡）来进行的有关判断和计算问题，即利用与某一平衡状态等效的过渡平衡状态（相同平衡）进行有关问题的分析、判断，或利用相似平衡的相似原理进行有关量的计算。

所以等效平衡也是一种思维分析方式和解题方法。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、2:3或者2:7 Na2CO3和NaHCO3 1:1(NH4)2SO34Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或者分步写
Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）H+、NH4+、Al3+、SO42-
【分析】已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，所以C为氢气；D为氯气；若A是地売中含量最多的金属元素，则A 为铝；AlCl3溶液和氢氧化钠溶液等体积混合后，可能发生的反应有Al3++3OH﹣= Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH﹣=AlO2﹣+H2O,所以生成偏铝酸钠的总反应为Al3++4OH﹣= AlO2﹣+2H2O。

若A是CO2气体，A与B溶液反应即
CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 、Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl、 NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2↑
【详解】（1）当得到的沉淀物中A元素与溶液中A元素的质量相等，由反应的离子方程式可知，碱过量时
n[Al(OH)3]=n(AlO2﹣)，此时c( AlCl3):c(NaOH)=2:7当碱量不足时，n[Al(OH)3]=n(AlCl3) ,此时c( AlCl3):c(NaOH)=2:3所以A的氯化物溶液和氢氧化钠溶液的物质的量浓度之比可能为2:3或2:7。

（2）图所示知0~0.1V盐酸时没有气体放出，发生的是Na2CO3+HCl= NaHCO3+ NaCl ；0.1~0.3V时气体完全放出，发生的是NaHCO3+HCl= NaCl+H2O+ CO2↑，所以A与B溶液反应后溶液中的溶质为Na2CO3和NaHCO3，根据消耗盐酸的体积知Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1:1。

答案：Na2CO3和NaHCO3、1:1。

（3）因为B为NaOH，A是一种正盐能和NaOH生成具有刺激性气味的气体，则A中含有NH4+;因为F为HCl，A是一种正盐且A能与大ddd HCl生成具有刺激性气味的气体，则A中含有SO32_;所以A为(NH4)2SO3。

答案：(NH4)2SO3。

（4）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入KSCN后溶液显红色,推断出A为亚铁盐溶液，E为Fe(OH)3，则由A转化成E的离子方程式是
Fe2++8OH-+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓或Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3）。

（5）由图可以知道,开始加入NaOH没有沉淀和气体产生,则一定有H+,一定没有CO32-,后来有沉淀产生且最后消失,
则一定没有Mg2＋,一定含有Al3+;中间段沉淀的质量不变,应为NH4++OH-= NH3H2O的反应,则含有NH4+,由电荷守恒可以知道一定含有SO42-,由此可知，该溶液中肯定含有的离子为H+、NH4+、Al3+、SO42-。

18、Na1s22s22p4NaOH S2—Al3+Al（OH）3+3H+=
Al3++3H2O热稳定性H2O比H2S强H2S水溶液在空气中变浑浊
【分析】由周期表的相对位置可知，①为O元素、②为Na元素、③为Mg元素、④为Al元素、⑤为S元素、⑥为
Cl元素。

【详解】（1）由同周期元素从左到右原子半径依次减小，同主族元素从上到下原子半径依次增大可知，表中左下角Na 原子的原子半径最大；O元素的核电荷数为8，最外层电子数为6，则核外电子排布式为1s22s22p4；S元素的价电子排布式为3s23p4，则轨道表示式为；镁元素和氯元素形成的化合物为氯化镁，氯化镁为离子化合物，电子式为，故答案为Na；1s22s22p4；；；
（2）金属元素的金属性越强，元素最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，同周期元素Na、Mg、Al的金属性依次减弱，则碱性最强的是NaOH，故答案为NaOH；
（3）同主族元素，从上到下离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径
S2—>Al3+；氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝和水，反应的离子方程式为Al（OH）3+3H+= Al3++3H2O，故答案为S2—>Al3+；Al（OH）3+3H+= Al3++3H2O；
（4）元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，O的非金属性大于S，则热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊，是由于发生如下反应：2H2S+O2=2S+2H2O，反应说明O2的氧化性大于S，则O的非金属性强，故答案为热稳定性H2O比H2S强；H2S水溶液在空气中变浑浊；
【点睛】
元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定；H2S水溶液在空气中变浑浊说明O2的氧化性大于S；在一定条件下，O2与Cu反应生成CuO，S与Cu反应生成Cu2S，说明O2的氧化性大于S等事实都能说明O的非金属性大于S。

19、除去空气中的CO2，使乙装置中的溶液只吸收黄铁矿煅烧产生的SO2使SO32-完全氧化为SO42-
H2O2HO2-+H＋32m2/233m1×100% 偏大250mL容量瓶0.5mol/L
【解析】（1）空气中含有二氧化碳，能和乙中的氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡导致沉淀量增大，从而导致干扰硫元素的测定，所以要把空气中二氧化碳除去，用氢氧化钠或氢氧化钾溶液除去即可，所以甲中盛放的是氢氧化钠溶液或氢氧化钾溶液；乙中二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，离子方程式为
SO2+2OH-=SO32-+H2O；（2）为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量；（3）双氧水的电离方程式为H2O2HO2-+H＋；（4）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x，
S～～BaSO4
32g 233g
x m2g
x=32m2/233g，质量分数=32m2/233m1×100%；
（5）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大；（6）步骤③中，一定
物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要250mL容量瓶；（6）根据表中数据可知第三次实验误差大，舍去。

滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积=(25+25.03+24.97)mL/3=25mL；根据方程式
5Fe2++MnO4-+8H+=Mn2++5Fe3++4H2O可知，设亚铁离子物质的量为x，则
X＝0.1mol/L×0.025L×5=0.0125mol；c（Fe2+）=0.0125mol÷0.025L=0.5mol/L。

20、Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 防止水蒸气与过氧化钠反应，干扰实验
2NO+Na2O2=2NaNO2取少量D管中的固体与试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有亚硝酸钠生成。

【分析】在整个实验装置中，A为NO2的发生装置，B为NO的转化装置，C为除杂（除去NO中的水份）装置，D 为NO与过氧化钠的反应装置，E既可进行尾气吸收，又可对反应的产物进行判断，据此分析解答。

【详解】（1）A中的物质为Cu与浓硝酸，反应的方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
（2）装置B的目的为将NO2转化为NO，则需将A中产生的气体通过盛有水的洗气瓶，故答案为；（3）因为过氧化钠会与水反，从而干扰过氧化钠与NO的反应，故答案为防止水蒸气与过氧化钠反应，干扰实验；（4）①由题意分析可知反应的产物为NaNO2，且无其它气体产物生成，则反应的方程式为：2NO+Na2O2=2NaNO2，故答案为2NO+Na2O2=2NaNO2；
②若反应中有NaNO2生成，则加入硝酸银溶液会产生淡黄色的亚硝酸银生成，故答案为取少量D管中的固体与试管中，加水溶解，再加入AgNO3溶液，若生成浅黄色沉淀，则有亚硝酸钠生成。

21、2Al+Fe2O32Fe+Al2O3m(Al)=5.4gm(Fe2O3)=9.6g
【解析】（1）铝与氧化铁发生铝热反应的化学方程式为2Al+Fe2O32Fe+Al2O3；（2）①中反应后氢氧根离子的物质的量为：1mol/L×0.1L=0.1mol，反应中消耗的氢氧化钠的物质的量为：2mol/L×0.1L－0.1mol=0.1mol，氢氧化钠与铝反应生成偏铝酸钠，则偏铝酸钠的物质的量为0.1mol，根据铝原子守恒可知原混合物中金属铝的物质的量是
0.2mol，质量是0.2mol×27g/mol＝5.4g；②中反应后pH=0，则反应后氢离子的物质的量是0.14mol，由①可知，在第二个反应中Al3+的物质的量是0.1mol，氯离子的物质的量是0.56mol，所以根据氯离子守恒可知氯化亚铁离子的物质的量为：（0.56-0.14-0.1×3）mol÷2=0.06mol；由Fe元素守恒可知，每份铝热剂中氧化铁的物质的量是0.03mol，则整包铝热剂中氧化铁的物质的量是0.06mol，质量是0.06mol×160g/mol=9.6g。

点睛：明确反应原理、发生的反应是解答的关键，注意守恒法的灵活应用。

常见的守恒关系有：①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池。