云南省宣威市第四中学2026届化学高三上期中综合测试试题含解析

云南省宣威市第四中学2026届化学高三上期中综合测试试题考生须知：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、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A．加入合金的质量不可能为6.4gB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为150mLD．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24L2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A．用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液复原，则电路中转移电子数为0.2NAB．100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有氢原子数为12NAC．工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D．100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA3、食品包装中常见的脱氧剂组成为还原性铁粉、氯化钠、炭粉等，其脱氧过程与电化学知识相关。下列分析正确的是A．脱氧过程是吸热反应，可降低温度，延长食品保质期B．脱氧过程中炭作原电池正极，电极反应为：4H++O2+4e-=2H2OC．含有0.56g铁粉的脱氧剂，理论上最多能吸收氧气168mL(标准状况)D．该过程实现了电能到化学能的转化4、甲烷直接氧化制甲醇是富有挑战性的课题，Sen等在CF3COOH水溶液中成功将甲烷转化为CF3COOCH3(水解生成CH3OH)，其反应机理如图所示，下列说法正确的是（）A．上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3B．CF3COOCH3水解生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OHC．Pd2＋是该反应的中间产物D．每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为22.4L5、明矾[KA1(SO4)2·12H2O]是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（）A．合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B．从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC．“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D．上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO36、NaCN(氰化钠)有毒，是一种重要的基础化工原料，可用于化学合成、电镀、冶金等。下列说法不正确的是A．NaCN中含有的化学键类型为离子键和极性键B．NaCN中碳元素显+4价C．NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，NH3既不是氧化产物又不是还原产物D．实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释7、NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液可发生反应：MnO4-+NO2-+X→Mn2++NO3-+H2O（未配平）。下列叙述中正确的是A．生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4B．反应过程中溶液的pH减小C．该反应中NO2﹣被还原D．X可以是盐酸8、将铝、铁物质的量均为0.2mol的某种铝铁合金粉末分别于下列溶液充分反应（溶液均过量），放出氢气最多的是A．18.4mol·L-1H2SO4溶液B．1.5mol·L-1HCl溶液C．4mol·L-1HNO3溶液D．3mol·L-1NaOH溶液9、下列实验过程中产生的现象与对应的图形相符的是()A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中 B．SO2气体通入新制氯水中C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中 D．CO2气体通入澄清石灰水中10、化学与人类生活、生产息息相关，下列解决问题的方法不可行的是A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．为防止海鲜腐烂，可将海鲜产品浸泡在硫酸铜溶液中C．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素CD．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化11、下列有关元素的说法正确的是A．ⅠA族与ⅦA族元素间一定形成离子化合物B．第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强D．元素周期表中的117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族12、下列物质变化过程中，化学键发生变化的是A．硬铝熔化 B．硫磺升华 C．煤油挥发 D．蔗糖溶解于水13、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol•L-1NaOH溶液滴定20ml0.1mol•L-1H2SO3溶液的滴定曲线如图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是()A．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol/LB．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)C．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)D．d点所得溶液中：c(Na+)>c(OH-)>c(SO32-)14、硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是A．氧化产物、还原产物的物质的量之比为1:1B．若0.5molNa2S2O3作还原剂；则转移4mol电子C．当Na2S2O3过量时，溶液能出现浑浊D．硫代硫酸钠溶液吸收氯气后，溶液的pH降低15、下列叙述正确的是()A．高温下二氧化硅与碳酸钠反应放出二氧化碳，说明硅酸(H2SiO3)的酸性比碳酸强B．陶瓷、玻璃、水泥容器都能贮存氢氟酸C．石灰抹墙、水泥砌墙的硬化过程原理相同D．玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳16、HgCl2的稀溶液可用作手术刀的消毒剂，已知HgCl2的熔点是277℃，熔融状态的HgCl2不能导电，HgCl2的稀溶液有弱的导电能力，则下列关于HgCl2的叙述中正确的是（）①HgCl2属于共价化合物②HgCl2属于离子化合物③HgCl2属于非电解质④HgCl2属于弱电解质A．①③ B．①④ C．②③ D．②④二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:已知:I.RCOOR´+R"OHRCOOR"+R´OH(R.R'、R"代表烃基)II.(R

代表烃基)。(1)PMMA

单体的结构简式为_______，PET单体中的官能团名称为________。(2)反应⑤的反应类型是________；反应②的化学方程式为_________。(3)若反应④得到的某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（___）个。(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应②不能使溴水褪色③分子内没有环状结构④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:__________；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有___种(不考虑立体异构和空间异构)。18、A、B、C、D、E五瓶透明溶液分别是Na2CO3溶液、BaCl2溶液、HCl溶液、NaHSO4溶液、AgNO3溶液中的一种。已知:①A与D反应有气体生成,②A与E反应有沉淀生成,③B与E反应有沉淀生成,④B与C反应有沉淀生成,⑤C与D反应有气体生成,⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质。请回答下列问题:（1）B为__________。（2）向一定量的Ba(HCO3)2溶液中逐滴加入C溶液,直至不再生成沉淀,该过程中发生反应的离子方程式为________________________________________________，沉淀完全后,继续滴加C溶液,此时发生反应的离子方程式为_________________________________________。（3）向C溶液中加入Zn粒,发生反应的化学方程式为______________________________。19、某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）实验1：铜片与浓硫酸反应操作现象加热到120℃~250℃铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液继续加热至338℃铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。（2）探究实验1中120℃~250℃时所得黑色固体的成分。（提出猜想）黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。（查阅资料）资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。资料2：CuSCu2S黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水（设计并实施实验）实验2.探究黑色固体中是否含CuO操作现象i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌黑色表层脱落，露出光亮的铜片ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色①试剂A是_________。②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S操作现象i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置有固体剩余，溶液变成浅绿色（获得结论）由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120℃~250℃时所得黑色固体中_______。（实验反思）分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。20、自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。21、机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I．汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1＝−393.5kJ·mol−12C(s)+O2(g)=2CO(g)△H2＝−221.0kJ·mol−1N2(g)+O2(g)=2NO(g)△H3＝+180.5kJ·mol−1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2的热化学方程式是_________________________。（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：时间（s）012345c(NO)/（10−4mol·L−1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/（10−3mol·L−1)3.603.052.852.752.702.70①前4s内的平均反应速率υ(CO)＝______mol·L−1·s−1。②L、X可分别代表压强或温度。下图A表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是______。判断L1、L2的大小关系______，并简述理由：______________________________。（3）实验测得，v正=k正·c2(NO)·c2(CO)，v逆=k逆·c(N2)·c2(CO2)（k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。①达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数______（填“>”、“<”或“=”）k逆增大的倍数。②若在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则k正︰k逆=___________。（保留一位小数）II.有人利用反应C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)ΔH=−34.0kJ·mol−1，用活性炭对NO进行吸附。现在密闭容器中加入足量的C和一定量的NO气体并在催化剂作用下发生反应，经相同时间测得NO的转化率随温度的变化如图B所示。由图可知最高转化率对应温度为450℃。低于450℃时，NO的转化率______（填“是”或者“不是”）对应温度下的平衡转化率，判断理由是________________________；高于450OC时，NO的转化率降低的可能原因是___________（填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变小C．反应活化能增大

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【分析】将一定量的镁和铜合金加入到稀HNO3中，二者恰好反应，金属、硝酸都没有剩余，反应中还原产物只有NO，发生反应：3Mg+8HNO3（稀）═3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH═Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH═Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为=0.15mol，生成NO为=0.1mol。【详解】A.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，则合金的质量可能为6.4g，A错误；B.根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=×0.15mol=0.4mol，故B错误；C.加入的氢氧化钠恰好与硝酸镁、硝酸铜反应，由上述分析可知，加入的NaOH为0.3mol，故加入NaO溶液的体积为=0.1L=100mL，C错误；D.标准状况下0.1molNO的体积为2.24L，D正确。故选D，2、A【详解】A.用惰性电极电解CuSO4溶液后，如果加入0.1molCu(OH)2能使溶液复原，即相当于电解0.1molCuO、0.1molH2O，则电路中转移电子数为0.4NA，A不正确；B.100g质量分数为46％的乙醇溶液中含有46g乙醇和54g水，氢原子共为(6mol+6mol)，所以氢原子数为12NA，B正确；C.工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡，C正确；D.100mL12mol/L的浓HNO3与过量Cu反应，若全部生成NO2，则转移的电子数为0.6NA；若全部生成NO，则转移电子数为0.9NA，所以转移的电子数大于0.6NA，D正确。故选A。3、C【分析】Fe、C和NaCl溶液构成原电池，因为是脱氧剂，说明发生吸氧腐蚀，Fe易失电子作负极，C作正极，负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁。【详解】A．该装置构成原电池，原电池反应为放热反应，所以脱氧过程为放热反应，故A错误；B．炭作正极，氧气在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B错误；C．负极反应式为Fe-2e-=Fe2+、正极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，所以Fe单质最终转化为+3价铁元素，0.56gFe的物质的量为0.01mol，完全转化为+3价铁元素时，转移电子的物质的量为0.03mol，根据转移电子守恒消耗氧气体积×22.4L/mol=168mL，故C正确；D．原电池将化学能转化为电能，故D错误；故选：C。4、B【详解】A．根据①②③④加和可得上述反应的总反应式为CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O，故A选项错误。B．CF3COOCH3发生水解反应的产物为CF3COOH和CH3OH，故生成CH3OH的反应式为CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH，故B选项正确。C．反应①中Pd2＋参与反应，反应②中又生成等物质的量的Pd2＋，故Pd2＋为催化剂不是中间产物，故C选项错误。D．根据反应CH4＋CF3COOH＋O2→CF3COOCH3+H2O、CF3COOCH3＋H2O→CF3COOH＋CH3OH可得制甲醇的反应方程式为CH4＋O2→CH3OH，故每生成1molCH3OH，消耗标准状况下O2的体积为11.2L，故D选项错误。故答案选B。【点睛】本题需要注意C选项，Pd2＋为催化剂，反应前后物质的量不改变，不是中间产物，注意概念混淆。5、D【详解】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C.“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D6、B【解析】A.NaCN中含有的化学键类型为Na+、CN-之间的离子键和C、N之间的极性键，故A正确；B.NaCN中氮元素显-3价，钠元素显+1价，所以碳元素显+2价，故B不正确；C.NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，氮元素化合价无变化，所以NH3既不是氧化产物又不是还原产物，故C正确；D.实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释，可以防止NaCN水解产生有毒气体HCN，故D正确。故选B。7、A【解析】试题分析:NaNO2与酸性KMnO4溶液发生的反应为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2++5NO3-+3H2O，反应中是KMnO4氧化剂、NaNO2是还原剂。锰的化合价由+7降到+2，降低了5，所以1molKMnO4可以得到5mol电子；N的化合价由+3升高到+5，升高了2，所以可以失去2mol电子。A.生成1mo1NaNO3需消耗0.4mo1KMnO4，A正确；B.反应过程中溶液中氢离子浓度减小，所以其pH增大，B不正确；C.该反应中NO2﹣被氧化，C不正确；D.X不可以是盐酸，因为高锰酸钾可以把盐酸氧化，D不正确。本题选A。8、B【解析】试题分析：Fe、Al与浓硫酸发生钝化，Fe、Al与稀硝酸发生氧化还原反应不生成氢气，则排除A、C，因Fe、Al均与盐酸反应，只有Al与NaOH反应，等物质的量的铝铁合金粉末，与1.5mol·L-1HCl溶液反应生成氢气最多，故B项正确。考点：本题考查金属的性质。9、D【解析】A.硝酸具有氧化性，能氧化亚硫酸氢钠，生成硫酸钠，硝酸的还原产物是NO，图象中产生气体的起始点错误，故A错误；B.SO2与氯水反应生成HCl和H2SO4，溶液酸性增强，图象中pH变化不正确，故B错误；C.NaOH溶液滴入Ba（HCO3）2溶液中，OH-与HCO3-生成CO32-，CO32-随即与Ba2+产生沉淀，即反应开始时就有沉淀生成，故C错误；D.CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，一开始反应溶液中自由移动的离子减少，但CO2过量时会发生CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，自由移动的离子增多，导电性又增强，故D正确；故选D。10、B【详解】A.漂白精中含有次氯酸钙，在漂白精中滴加醋酸，可增大HClO的浓度，则氧化性增强，可增大漂白速率，故A正确；B.硫酸铜为重金属盐，对人体有害，不能用于食品防腐，故B错误；C.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故C正确；D.硅胶具有吸水性,可有效防止食物受潮，铁具有还原性，可防止食物被氧化做抗氧化剂，故D正确。答案选B。11、D【解析】A.ⅠA族为H和碱金属，ⅦA族元素为非金属元素，H与卤族元素形成共价化合物，碱金属元素与卤族元素形成离子化合物，故A错误；B.第二周期中，O没有最高正价，F没有正价，第二周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+5，故B错误；C.同周期金属元素的化合价越高，元素的金属性越弱，则失电子能力逐渐减弱，故C错误；D.117号元素（Uus）位于第七周期、ⅦA族，故D正确；故选D。【点睛】1、周期序数=电子层数，主族序数=最外层电子数=最高正价；2、对于非金属而言，最高正价+最低负价的绝对值=8(H、O、F除外)。12、A【详解】A、硬铝为铝合金，具有金属性能，熔化时要破坏金属键，故A符合题意；B、硫磺是分子晶体，升华克服分子间作用力，故B不符合题意；C、煤油挥发由液态变为气态，化学键没有发生变化，故C不符合题意；D、蔗糖为非电解质，溶解于水时化学键没有发生变化，故D不符合题意。故选A。13、C【详解】A.用0.1mol/LNaOH溶液滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，a点溶液中溶质为H2SO3和NaHSO3，pH=1.85=pKa1，根据电离平衡常数表达式得到则c(H2SO3)=c(HSO3-)，溶液体积大于20ml，a点所得溶液中：c(H2SO3)+c(HSO3-)+c(SO32-)=2c(H2SO3)+c(SO32-)<0.1mol/L，A项错误；B.b点是用0.1mol/LNaOH溶液20ml滴定20ml0.1mol/LH2SO3溶液，恰好反应生成NaHSO3，溶液显酸性，溶液中电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)，根据物料守恒有c(Na+)=c(HSO3-)+c(SO32-)+c(H2SO3)，二者结合可得：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32-)+c(OH-)，B项错误；C.c点pH=7.19=pKa2，则pKa2=可知：c(HSO3-)=c(SO32-)，再结合电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+c(OH-)+2c(SO32-)可得：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c(HSO3-)，此时溶液呈碱性，即c(OH-)>c(H+)，则c(Na+)>3c(HSO3-)，C项正确；D.d点pH=8.00，溶液中主要是NaSO3和少量NaHSO3，溶液中离子浓度c(Na+)>c(SO32-)>c(OH-)，D项错误；答案选C。14、A【分析】硫代硫酸钠溶液与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4，由化学方程式可知，Cl2是氧化剂，Na2S2O3是还原剂，NaCl和HCl都是还原产物，H2SO4是氧化产物，1molNa2S2O3在反应中电子转移的数目为8NA。【详解】A．H2SO4是氧化产物，NaCl和HCl都是还原产物；氧化产物、还原产物的物质的量之比为2:(2+6)=1:4，A错误，符合题意；B．若0.5molNa2S2O3作还原剂，则转移4mol电子，B正确，不选；C．当Na2S2O3过量时，过量的部分可以与硫酸反应生成硫，所以溶液能出现浑浊，C正确，不选；D．Na2S2O3溶液吸收氯气后生成了硫酸，溶液的pH降低，D正确，不选；答案选A。15、D【解析】试题分析：A、高温下固体与气体的反应不能说明硅酸（H2SiO3）的酸性比碳酸强，，应根据溶液中进行的反应来判断，故A错误；B、陶瓷、玻璃、水泥的主要成分都是硅酸盐，其中含有的二氧化硅都能和氢氟酸反应，故B错误；C、水泥的硬化是一个复杂的物理-化学过程，石灰抹墙的硬化是氢氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙反应，所以硬化过程原理不同，故C错误；D、由Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑、CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑可知，所以玻璃窑中出来的气体的主要成分是二氧化碳，故D正确；故选D。考点：考查了碳族元素的相关知识。16、B【详解】HgCl2熔点低，熔融状态不导电，说明它属于共价化合物，而不是离子化合物；水溶液有弱的导电能力，说明在水分子作用下微弱电离，属弱电解质，因此答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基和羟基氧化n-1CH3COCH2COCH38【解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。(1)根据上述分析，PMMA

单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；(2)反应⑤中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，②为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为，故答案为氧化；；(3)反应④为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为n-1；(4)PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；②不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱和键；③分子内没有环状结构；④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有—CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4种结构；②—CH2CHO、—CH2OH有2种结构；③—CHO、—CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为CH3COCH2COCH3；8。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。18、BaCl2溶液Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑H++HCO3-=H2O+CO2↑2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4【分析】BaCl2可与Na2CO3、NaHSO4、AgNO3均反应生成沉淀，Na2CO3分别与HCl、NaHSO4均反应生成气体，BaCl2、HCl均与AgNO3反应生成沉淀，

由①A与D反应有气体生成、⑤C与D反应有气体生成可以知道，D为Na2CO3，

由②A与E反应有沉淀生成

③B与E反应有沉淀生成、⑥在②和③的反应中生成的沉淀是同一种物质可以知道，E为AgNO3，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

④B与C反应有沉淀生成，沉淀为硫酸钡，以此来解答。【详解】由上述分析可以知道，A为HCl，B为BaCl2，C为NaHSO4，

D为Na2CO3，E为AgNO3，

(1)B为BaCl2溶液，

因此，本题正确答案是：BaCl2溶液；

(2)Ba(HCO3)2溶液中，逐滴加入C溶液，直至不再生成沉淀，该过程中发生反应的离子方程式为Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑，沉淀完全后,继续滴加C溶液，此时发生反应的离子方程式为H++HCO3-=H2O+CO2↑，

因此，本题正确答案是：Ba2++SO42-+H++HCO3-=BaSO4↓+H2O+CO2↑；H++HCO3-=H2O+CO2↑；

(3)向C溶液中加入Zn粒，反应的化学方程式为2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4，

因此，本题正确答案是：2NaHSO4+Zn=ZnSO4+H2↑+Na2SO4。19、防止C中溶液倒吸入A中NaOH溶液冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液）一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以）向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成）不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2SCuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4（浓）2CuSO4+5SO2↑+6H2O【解析】(1)①反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入A中；二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置C中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为防止C中溶液倒吸入A中；NaOH溶液；②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；(2)①根据CuS、Cu2S的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此试剂A应该选择稀硫酸，故答案为稀硫酸；②根据题意，亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+，故答案为向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；【获得结论】根据实验2可知，黑色固体中不含CuO，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，Cu2S难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有Cu2S，故答案为不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S；【实验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O，故答案为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。点睛：本题借助于铜与浓硫酸的反应对反应过程中的中间产物进行了探究，题目有一定的难度。本题的难点是题干提供的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的陌生性也增大了试题难度。20、分离Cl2和ClO2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O溶液分层，下层为紫色ad3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【详解】（1）①根据反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO211℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2；②NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a.FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b.O3具有强氧化性，故b不符合；c.KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d.SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。21、2NO（g）+2CO（g）═N2（g）+2CO2（g）△H═-746.5

kJ•mol-12.25×10-4温度L2>L1该反应为气体体积减小的反应，压强增大，NO转化率增大<0.5不是该反应是放热反应，平衡转化率随温度升高而降低AB【分析】I．(1)根据已知热化学方程式，利用盖斯定律的计算方法，进行已知反应方程式的加减，得到目标反应，方程式相加减的同时，焓变也进行相加减。(2)①利用题中已给表格数据找出前4s内CO的物质的量浓度变化数据，利用反应速率计算公式求解。②由图象可知随着x的增大，NO的平衡转化率降低，则平衡逆向移动，可为升高温度，L为不同的压强，增大压强，平衡正向移动，NO的平衡转化率增大，则L2>L1。(3)①正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，则k正增大的倍数<k逆增大的倍数。②若在2L的密闭容器中充入1molCO和1molNO，在一定温度下