安徽省池州市江南中学2026届化学高三第一学期期中调研试题含解析

安徽省池州市江南中学2026届化学高三第一学期期中调研试题请考生注意：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、用固体氧化物作电解质的甲醇­氧气燃料电池电解Na2SO4溶液制备白色的Fe(OH)2。其原理如图所示。下列说法正确的是A．固体氧化物的作用是让电子在电池内通过B．碳棒Y上的电极反应式为O2＋4e－==2O2－C．碳棒X上的电极反应式为CH3OH＋6e－＋3O2－==CO2↑＋2H2OD．碳棒表面观察到Fe(OH)2白色沉淀2、下列有关电解质溶液的说法正确的是A．KCl溶液和CH3COONH4溶液均显中性，两溶液中水的电离程度相同B．向氟化钠溶液中加入适量氢氟酸，得到的酸性混合溶液：c(Na+)>c(F－)>c(H+)>c(OH－)C．25℃时，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内HA与Zn反应生成的氢气更多，HA是弱酸D．Na2CO3溶液中加入少量Ca(OH)2固体，CO32－水解程度减小，溶液的pH减小3、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是A．Na+ B．HCO3－ C．Fe2+ D．Cl-4、下列事实中,其中与盐类的水解无关的有（）A．长期施用化肥(NH4)2SO4会使土壤酸性增大，发生板结B．NaHSO4溶液呈酸性C．氯化铵溶液可除去金属制品表面的锈斑D．.配制AgNO3溶液，用稀硝酸溶解AgNO3固体5、近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学ZhenhaiXia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是A．①=②=③=④ B．③＞④＞①＞②C．④＞③＞①=② D．②＞①＞④＞③6、下列图象中，纵坐标为沉淀物的量，横坐标为溶液中加入反应物的物质的量，试按题意将图象中相应的数字序号填入表中的顺序为溶液加入物质相应序号(1)氯化铝溶液加入过量氨水(2)饱和澄清石灰水通入过量CO2气体(3)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液通入过量CO2气体(4)含少量NaOH的偏铝酸钠溶液逐滴加入稀盐酸(5)MgCl2、AlCl3的混合溶液逐滴加入NaOH溶液至过量A．①③②④⑤ B．③⑤④②①C．①②③④⑤ D．③②④⑤①7、下列说法中不正确的是A．液氨、液态氯化氢都是电解质B．Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用C．置换反应都是氧化还原反应，复分解反应都是非氧化还原反应D．明矾能水解生成氢氧化铝胶体，可用作净水剂8、下列反应的离子方程式正确的是A．碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水反应：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．酸性KMnO4溶液与H2O2反应：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2OC．硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2OD．氯气溶于水：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-9、阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．标准状况下，11.2L12C18O中含有的中子数为8NAB．常温常压下，12g金刚石中含有C－C键数为4NAC．1molLi2O、Na2O2的混合物中含有的离子总数大于3NAD．25℃时，pH=2的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.02NA10、下列说法正确的是（）A．原子晶体中的相邻原子都以共价键相结合B．金属晶体的熔点都比分子晶体的熔点高C．HF、HCl、HBr、HI的稳定性依次增强D．BaO2固体中的阴离子和阳离子个数比为2:111、在消毒剂家族中，臭氧（）和过氧乙酸的贡献并驾齐驱。臭氧利用其强氧化性可以杀灭病菌，反应后放出无污染的O2。下列关于O3的说法正确的是A．与互为同分异构体 B．与互为同素异形体C．与是同系物 D．与的化学性质相同12、新华社哈尔滨9月14日电：记者从黑龙江省相关部门获悉，13日14时40分黑龙江省鸡东县裕晨煤矿发生瓦斯爆炸，有9名矿工遇难。研究表明瓦斯中甲烷（CH4）与氧气的质量比为1:4时极易爆炸，则此时瓦斯中甲烷与氧气的体积比为（）A．2:1B．1:2C．1:1D．1:413、T℃时，在恒容密闭容器中充入一定量的H1和CO，在催化剂作用下发生如下反应：CO(g)+1H1(g)CH3OH(g)△H<0。反应达到平衡时，CH3OH体积分数与的关系如图所示。下列说法正确的是A．反应达平衡时，升高体系温度，CO转化率升高B．反应达平衡时，再充入一定量Ar，平衡右移，平衡常数不变C．容器内混合气体的密度不再变化说明该反应达到平衡状态D．=1．5时达到平衡状态，CH3OH的体积分数可能是图中的F点14、三大化石燃料燃烧会产生大气污染物，特别是含硫煤燃烧后产生的SO2危害巨大。为了保护环境，科学家提出了下列解决方法，同时还能获得某种重要的工业产品。下列说法错误的是A．不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢B．图中涉及的反应之一为4FeSO4+O2+2H2SO4===2Fe2(SO4)3+2H2OC．反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度会减小D．理论上每吸收标况下224mLSO2可以获得0.98gH2SO415、下列试验中，所选装置不合理的是A．分离Na2CO3溶液和CH3COOC2H5，选④B．用CC14提取碘水中的碘，选③C．用FeC12，溶液吸收C12，选⑤D．粗盐提纯，选①和②16、下列说法正确的是A．CHCl3分子呈正四面体形B．H2S分子中S原子采用sp2杂化，其分子的空间构型为V形C．二氧化碳分子中碳原子采用sp杂化，其为直线形分子D．呈三角锥形17、下列有关溶液组成的描述合理的是（）A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl－、S2-B．水电离出的c（H+）=10-13mol/L的溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl－、Br－C．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO－、I－、K+D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl－、SO42-18、元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法不正确的是（）A．Bi元素的相对原子质量是209.0B．Bi元素是第83号元素C．Bi元素最高价为+5价，最低价为-3价D．Bi元素在元素周期表的位置：第六周期ⅤA族19、下表各组物质之间通过一步反应不可以实现如图所示转化关系的是（）选项abc箭头上所标数字的反应条件AAlCl3NaAlO2Al(OH)3①加入过量的NaOHBSiSiO2H2SiO3②常温加水CNaOHNaHCO3Na2CO3③加澄清石灰水DFeFeCl3FeCl2④加入氯气A．A B．B C．C D．D20、向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是：(已知氧化性：Fe3+>Cu2+)（）A．溶液中一定含有Cu2+B．加入KSCN溶液一定不变红色C．溶液中一定含有Fe2+D．剩余固体中一定含铜21、在373K时，把0.1mol气体通入体积为lL的恒容密闭容器中，立即出现红棕色。在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍。下列说法错误的是A．压缩容器，颜色加深B．在平衡时体系内含0.04molC．以的浓度变化表示的平均反应速率为0.001mol/（L·s）D．平衡时，如果再充入一定量，则可提高的转化率22、醋酸钠中不存在（）A．离子键B．极性键C．非极性键D．分子间作用力二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香烃A(C7H8)是重要的有机化工原料，由A制备聚巴豆酸甲酯和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知：①②③(弱碱性，易氧化)回答下列问题：(1)A的名称是____________，I含有的官能团是_______________________。(2)②的反应类型是______________，⑤的反应类型是__________________。(3)B、试剂X的结构简式分别为____________________、____________________。(4)巴豆酸的化学名称为2-丁烯酸，有顺式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____个原子共平面，反式巴豆酸的结构简式为__________________________。(5)第⑦⑩两个步骤的目的是_________________________________________________。(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W是F的同分异构体，W共有_______种，其中苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式___。(7)将由B、甲醇为起始原料制备聚巴豆酸甲酯的合成路线补充完整(无机试剂及溶剂任选)______________________________________________.24、（12分）1，4-二苯基丁烷是用来研究聚合物溶剂体系热力学性质的重要物质,工业上用下列方法制备1，4-二苯基丁烷：友情提示：格拉泽反应:2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R+H2回答下列问题：（1）D的官能团的名称为_____________________。（2）①和③的反应类型分别为____________、_____________。（3）E的结构简式为_________________________________。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气________mol。（4）请写出反应①的化学方程式______________________________。（5）化合物C在氢氧化钠的水溶液中加热可得到化合物F,请写出化合物F和乙酸反应的化学方程式______________________________________。（6）芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，写出其结构简式_______________________________________。25、（12分）甲酸(HCOOH)易挥发，熔点为8.6℃，电离常数K＝1.8×10－4。某化学兴趣小组进行以下实验。Ⅰ.制取一氧化碳（1）用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是_________________；实验时，不需加热也能产生CO，其原因是_________________。（2）欲收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：a→_________(按气流方向，用小写字母表示)。Ⅱ.一氧化碳性质的探究资料：①常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，可用于检验CO；②一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应：CO＋NaOH473K10MPa利用下列装置进行实验，验证CO具有上述两个性质。（3）打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为_________；为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置的作用是____________，H装置中盛放的试剂是__________。（4）某同学为了证明E装置中CO与NaOH固体发生了反应，设计下列实验方案：取固体产物，配成溶液，常温下测该溶液的pH，若pH>7，则证明CO与NaOH固体发生了反应。经小组讨论，该方案不可行，理由是_________________________________。（5）某同学为了测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度，设计如下实验方案：准确称取固体产物mg配成100mL溶液，取20.00mL溶液，加入指示剂，用cmol·L－1的盐酸标准溶液平行滴定剩余的NaOH三次，平均消耗的体积为VmL。已知：三种指示剂的变色范围如下所示。则指示剂应选用_______，产物中甲酸钠的纯度为________(用含m、c、V的代数式表示)。26、（10分）某研究性学习小组在研究二氧化硫漂白作用时，从“氯气的漂白作用实际上是氯气与水反应生成的次氯酸的漂白作用”得到启发。为了探究二氧化硫的漂白作用到底是二氧化硫本身还是二氧化硫与水作用的产物，该小组设计了如下实验。请回答相关问题。(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫，现有下列三种硫酸溶液，应选用________(填字母)A．98%浓硫酸B．70%硫酸C．10%稀硫酸(2)为了探究SO2能否使品红褪色，该同学选择了正确的药品后设计了如下图所示实验装置，请指出实验装置设计中的不合理之处。①________________________________________________________________________；②________________________________________________________________________。(3)该同学选择了正确装置后，实验中控制二氧化硫以大约每秒3个气泡的速度通过品红的酒精溶液时，经过一小时后，品红仍不褪色。为此，你认为使品红的水溶液褪色的微粒可能是________。(4)该同学进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别加入少量亚硫酸钠固体和亚硫酸氢钠固体，两支试管中的品红都褪色，他得出的结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO3-或SO32-。你认为他的结论是否正确________，其理由是______________。27、（12分）纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。Ⅰ.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示:(1)纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为__________________________。

(2)如何将FeCl2·nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2_________(用简要文字描述)。

(3)生成纳米级Fe的化学方程式为__________________。

Ⅱ.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570℃时生成FeO，高于570℃时生成Fe3O4。甲同学用如图甲所示装置进行纳米级Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。(4)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是____________。

(5)乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验:实验步骤实验操作实验现象①将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生②向实验①得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是________(用简要文字描述)。

(6)丁同学称取5.60gFe粉，用乙装置反应一段时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为___(结果保留三位有效数字)。28、（14分）常见的太阳能电池有单晶硅太阳能电池、多晶硅太阳能电池、砷化镓（GaAs）太阳能电池及铜铟镓硒薄膜太阳能电池等。(1)镓元素位于元素周期表的____周期_____族，砷原子核外的电子有___种运动状态。(2)Si、P、S的第一电离能由大到小的顺序是_____________，二氧化硅和干冰晶体的熔点差别很大，其原因是________________________________________________。(3)与AsF3互为等电子体的分子为___________（只写一中），其空间构型为_________。(4)硼酸(H3BO3)本身不能电离出H+，在水溶液中易结合一个OH－生成[B(OH)4]－，而体现弱酸性。①[B(OH)4]－中B原子的杂化类型为______________。②[B(OH)4]－的结构式为________________。(5)金刚石的晶胞如图所示，若以硅原子代替金刚石晶体中的碳原子，便得到晶体硅；若将金刚石晶体中一半的碳原子换成硅原子，且碳、硅原子交替，即得到碳化硅晶体(金刚砂)。①金刚石、晶体硅、碳化硅的熔点由高到低的排列顺序是________________(用化学式表示)；②金刚石的晶胞参数为apm(1pm＝10－12m)。金刚石晶胞的密度为_________g/cm3(只要求列算式，阿伏加德罗常数为NA)。29、（10分）某工业废液中含有Cu2+、Mg2+、Zn2+等离子，为将其回收利用，再采用了如下工艺：所用试剂在下列试剂中选择①铁粉②锌粉③稀HNO3④稀H2SO4⑤稀HCl⑥稀氨水⑦NaOH溶液⑧石灰水请回答下列问题：（提示：锌的氧化物、氢氧化物性质与铝的相似）(1)试剂1、试剂2、试剂3分别可以是____、____、______（填编号）(2)操作2是____________、___________、___________(3)操作3是________________________

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】本题主要考查了电解池和原电池综合应用，包括电子在电路中的移动方向和电极反应书写，注意燃料电池正极。【详解】A.固体氧化物的作用是能传导O2-，电子只在外电路中定向流动，内电路中是离子定向移动，A错误；B.铁棒中的单质转为亚铁离子，发生氧化反应，故碳棒Y为正极，电极反应式为O2＋4e－==2O2－，B正确；C.碳棒X为负极，电极反应式为CH3OH-6e－＋3O2－==CO2↑＋2H2O，C错误；D.阴极电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，铁棒发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，在两电极之间观察到Fe(OH)2白色沉淀，D错误。答案为B。2、C【解析】A、KCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性，CH3COONH4是弱酸弱碱盐，发生双水解，促进水的电离，水的电离程度比氯化钾溶液的大，选项A错误；B、根据电荷守恒有：c(Na+)+c(H+)＝c(F－)+c(OH－)，酸性混合溶液中c(H+)>c(OH－)，则：c(F－)>c(Na+)，选项B错误；C、相同pH时，酸性强的浓度小于酸性弱的浓度，加入足量的锌，酸性弱的产生氢气多，选项C正确；D、发生反应是Ca(OH)2＋Na2CO3===CaCO3↓＋2NaOH，溶液pH增大，选项D错误。答案选C。3、B【解析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【详解】A.Na+为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；

B.HCO3-在溶液中存在两个趋势：HCO3-离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；

C.Fe2+为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；

D.Cl-为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；

正确答案:B。【点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。4、B【详解】A项、（NH4）2SO4属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导致溶液呈酸性，使土壤酸性增大，发生板结，与盐类水解有关，故A错误；B项、NaHSO4是强酸强碱酸式盐，硫酸氢钠在溶液中完全电离生成氢离子、钠离子和硫酸根离子而使溶液呈酸性，与盐类水解无关，故B正确；C项、氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中水解导使溶液呈酸性，酸和锈反应生成盐和水，所以溶液可作焊药去除金属制品表面的锈斑与盐类水解有关，故C错误；D项、硝酸银属于强酸弱碱盐，银离子在溶液中水解导致其溶液呈酸性，为抑制银离子水解，在配制该溶液时用稀硝酸溶解硝酸银固体，与盐类水解有关，故D错误；故选B。5、D【详解】电子能量为1s＜2s＜2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是②＞①＞④＞③，故合理选项是D。6、D【详解】(1)氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al(OH)3↓+3NH4Cl，对照图象应为③；(2)饱和石灰水通过量CO2气体，应先有沉淀：Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O，后通与前一步等量的CO2气体，沉淀溶解：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，对照图象应为②；(3)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，通往过量CO2气体．先是NaOH和CO2气体反应，反应为：CO2+NaOH=NaHCO3，后发生：Na[Al(OH)4]+CO2=NaHCO3+Al(OH)3↓，对照图象应为④；(4)含少量NaOH的四羟基合铝酸钠溶液，逐滴加入稀盐酸，先是NaOH和HCl发生中和反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O，后是Na[Al(OH)4]+HCl=Al(OH)3↓+NaCl+H2O，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，对照图象应为⑤；(5)MgCl2、AlCl3的混合液，逐滴加入NaOH溶液至过量，先是生成氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，MgCl2+2NaOH═Mg(OH)2↓+2NaCl；AlCl3+3NaOH═Al(OH)3↓+3NaCl，后是氢氧化铝溶解，Al(OH)3+NaOH═NaAlO2+2H2O，对照图象应为①；故答案为：D。【点晴】所示图象中，纵坐标为沉淀物的物质的量，横坐标为某溶液中加入反应物的物质的量；①表示加入某溶液，先沉淀最大量，后沉淀部分溶解；②表示先后加入等体积的某溶液，先沉淀最大量，后沉淀全部溶解；③表示加入某溶液，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；④表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀不再增加或溶解；⑤表示加入某溶液，经过一段时间后，才出现沉淀，沉淀达最大量后，加入某溶液，沉淀全部溶解。7、A【解析】A.液氨是非电解质，液态氯化氢是电解质，A错误；B.Na2O2、HClO、SO2等物质都具有漂白作用，B正确；C.置换反应都是氧化还原反应，复分解反应都是非氧化还原反应，C正确；D.明矾能水解生成氢氧化铝胶体，因此可用作净水剂，D正确；答案选A。8、B【解析】A、碳酸氢钠溶液与过量的澄清石灰水反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O，A错误；B、酸性KMnO4溶液与H2O2发生氧化还原反应：2MnO4-+6H++5H2O2=2Mn2++5O2↑+8H2O，B正确；C、硫酸溶液与氢氧化钡溶液混合：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2O，C错误；D、氯气溶于水：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，D错误，答案选B。点睛：选项A和C是解答的易错点，注意离子方程式错误的原因有：离子方程式不符合客观事实：质量不守恒、电荷不守恒、电子得失总数不守恒、难溶物质和难电离物质写成离子形式、没有注意反应物的量的问题，在离子方程式正误判断中，学生往往忽略相对量的影响，命题者往往设置“离子方程式正确，但不符合相对量”的陷阱。突破“陷阱”的方法一是审准“相对量”的多少，二是看离子反应是否符合该量，没有注意物质之间是否会发生氧化还原反应等，注意离子配比，注意试剂的加入顺序，难溶物溶解度的大小，注意隐含因素等。9、A【详解】A.标况下11.2L一氧化碳的物质的量为0.5mol，每个分子含有6+10=16个中子，故总共含有8mol中子，故A正确；B.12克金刚石为1mol，每个碳原子平均形成2个共价键，所以共形成2mol共价键，故B错误；C.氧化锂含有3个离子，过氧化钠也含有3个离子，故1mol混合物含有3mol离子，故C错误；D.没有说明溶液的体积，不能计算，故D错误。故选A。【点睛】阿伏加德罗常数是常考题型。掌握常见物质的结构和微粒的关系，注意溶液中的微粒的计算需要考虑浓度和体积的数据以及溶液中是否存在电离或水解平衡等。10、A【解析】A、构成原子晶体的粒子为原子，相邻的原子间以共价键结合，A正确。B、金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，例如金属汞常温下为液体，而常温下有些分子晶体如AlCl3、C60为固体，所以金属晶体的熔点不一定都比分子晶体的熔点高，B错误。C、元素F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，所以对应的氢化物的稳定性也依次减弱，C错误。D、BaO2中的O22–是一个整体，所以阴离子与阳离子个数比为1:1，D错误。正确答案为A11、B【详解】A项、O3与O2是由氧元素形成的不同单质，不是化合物，一定不是同分异构体，故A错误；B项、O3与O2是由氧元素形成的不同单质，两者互为同素异形体，故B正确；C项、O3与O2是由氧元素形成的不同单质，不是化合物，一定不是同系物，故C错误；D项、因O3与O2的化学式不同，结构不同，性质不相同，故D错误；故选B。12、B【解析】甲烷和氧气的相对分子质量为16和32.甲烷（CH4）与氧气的质量比为1:4时极易爆炸，则此时瓦斯中甲烷与氧气的物质的量之比为116：432=1:213、D【解析】△H<0，升高体系温度，平衡逆向移动，CO转化率降低，故A错误；反应达平衡时，再充入一定量Ar，容器体积不变，浓度不变，所以Q不变，平衡不移动，故B错误；根据，容器的体积不变、气体总质量不变，所以密度是恒量，密度不再变化反应不一定达到平衡状态，故C错误；=系数比时，达到平衡状态CH3OH的体积分数最大，=1．5时达到平衡状态，CH3OH的体积分数低于C，所以可能是图中的F点，故D正确。14、C【详解】A．图中所示使用硫酸铁作催化剂，目的是加快反应速率，故不用O2直接氧化SO2是因为氧化速率太慢，A正确；B．图中所示有FeSO4和氧气在酸性环境中生成Fe2(SO4)3该反应为：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，B正确；C．分析图中所示，Fe2(SO4)3在整个图中循环，故作催化剂，反应一段时间后，溶液中Fe2(SO4)3的浓度会不变，C错误；D．根据总反应为：，n(H2SO4)=n(SO2)，理论上每吸收标况下224mLSO2获得H2SO4的质量为：，D正确；故答案为：C。15、A【分析】由图可知，①②③④⑤分别为过滤、蒸发、萃取(或分液)、蒸馏、洗气装置。【详解】A．Na2CO3溶液和CH3COOC2H5分层，则选择③，故A错误；B．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，则用CCl4萃取碘水中的碘，选③，故B正确；C．氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，则选⑤长进短出可吸收，故C正确；D．粗盐提纯，需要溶解后过滤、蒸发得到NaCl，则选①和②，故D正确；故选A。【点晴】解答综合性实验设计与评价题的基本流程：原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。主要从以下几个方面考虑：①实验原理是否正确、可行；②实验操作是否完全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验效果是否明显等。⑤反应原料是否易得、安全、无毒；⑥反应速率较快；⑦原料利用率以及合成物质的产率是否较高；⑧合成过程是否造成环境污染。⑨有无化学安全隐患，如倒吸、爆炸、吸水、泄漏、着火、溅液、破损等。16、C【详解】A．甲烷分子中的4个共价键完全相同，其空间构型是正四面体形，CHCl3分子中的4个共价键不完全相同，所以其空间构型不是正四面体形，A错误；B．H2S分子中S原子采用sp3杂化，含有2对孤电子对，其空间构型为V形，故B错误；C．二氧化碳中C原子的价层电子对数为2，二氧化碳分子中C原子采用sp杂化，分子呈直线形，故C正确；D．中N原子采用sp3杂化，不含孤电子对，呈正四面体形，故D错误；故选C。17、B【解析】A、Al3+与S2-发生双水解生成氢氧化铝和硫化氢而不能大量共存，选项A错误；B、水电离出的c（H+）=10-13mol/L的溶液可能显酸性，也可能显碱性，无论酸性还是碱性条件下Na+、K+、Cl－、Br－都能大量存在且相互之间不反应，选项B正确；C、酸性溶液中ClO－具有强氧化性，而I－有强还原性，发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D、Fe3+水解使溶液呈酸性，中性溶液中不可能大量存在Fe3+，选项D错误。答案选B。18、C【详解】A、根据结构，209.0是Bi元素的相对原子质量，故A说法正确；B、质子数=核电荷数，Bi元素的质子数为83，属于第83号元素，故B说法正确；C、根据价电子排布式，Bi元素的最外层电子数为5，即最高价为＋5价，Bi为金属元素，无负价，故C说法错误；D、Bi元素的原子序数为83，位于元素周期表中第六周期，VA族，故D说法正确；答案为C。19、B【详解】A.AlCl3与过量NaOH反应生成NaAlO2，NaAlO2与弱酸反应生成Al(OH)3，Al(OH)3与NaOH反应生成NaAlO2，Al(OH)3与HCl反应生成AlCl3，A项正确；B.Si与O2反应生成SiO2，但SiO2不能通过一步反应生成H2SiO3，且SiO2不溶于水，不能与水反应，B项错误；C.NaOH与过量CO2反应生成NaHCO3，将NaHCO3加热可生成Na2CO3，Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Na2CO3与澄清石灰水反应生成NaOH，C项正确；D.Fe与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl2与Zn反应生成Fe，D项正确；故选B。20、A【分析】①当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+；②当固体为铜时，溶液中一定没有，Fe3+、Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+。【详解】A.

若加入的铁粉足量，则溶液中一定不含铜离子，选A；B.根据以上分析可知，溶液中一定存在亚铁离子，不选B；C.反应后有固体剩余，由于还原性Fe>Cu，则剩余的金属中一定含有铜，不选C；D.根据以上分析可知，反应后的溶液中一定不存在铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，不选D；故答案为：A。21、D【详解】N2O42NO2起始时物质的量(mol)0.10变化的物质的量(mol)x2x平衡时物质的量(mol)0.1-x2x在恒温恒容条件下，气体的压强与气体的总物质的量成正比，在60s时，体系已达平衡，此时容器内压强为开始时的1.6倍，则：=1.6，解得：x=0.06；A．压缩容器，反应物和生成物浓度增增大，此时平衡逆向移动，但根据勒夏特列原理，此时容器内气体颜色比原平衡深，故A正确；B．由分析知，平衡时体系内含0.04mol，故B正确；C．以的浓度变化表示的平均反应速率为=0.001mol/(L·s)，故C正确；D．由N2O42NO2，平衡时如果再充入一定量N2O4，相当于增大压强，化学平衡逆向移动，N2O4的转化率降低，故D错误；故答案为D。22、D【解析】醋酸钠是离子化合物，存在离子键，碳氢之间存在极性键，碳碳之间存在非极性键，不存在分子作用力，答案选D。二、非选择题(共84分)23、甲苯羧基、酰胺基氧化反应取代反应（硝化反应）10保护氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A为甲苯，B经反应可生成聚巴豆酸甲酯，由根据信息①可知，B为，D为丙二酸，E为C2H5OOCCH2COOC2H5，由题给信息可知试剂X为，甲苯发生硝化反应生成F为，F发生还原反应生成G为，由I的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为：，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成I，I发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化，以此解答该题。【详解】(1)根据流程图A(C7H8)是芳香烃，可知A是甲苯；根据I的结构简式，分子中含有羧基、酰胺基两种官能团；(2)酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将碳碳双键氧化，即②发生氧化反应；反应⑤甲苯发生硝化反应，生成对硝基甲苯；(3)根据信息①可知，B的结构简式为；根据信息②可知，试剂X的结构简式为；(4)反式-2-丁烯酸分子的结构简式为，除了甲基上两个氢原子不在双键结构所确定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10个原子；(5)第⑦、⑩两个步骤的目的是：第⑦步先把氨基保护起来，防止氨基被酸性高锰酸钾氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W只能为、、或、、，苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式为；(7)分析知B为，它经过与氢气发生加成反应，再发生消去反应、酯化反应、加聚反应，即可得到聚巴豆酸甲酯。具体合成路线：。【点睛】本题的解题关键在于已知信息的灵活运用，熟悉官能团的性质和有机反应类型。24、碳碳三键加成消去C≡C—C≡C—4molC6H6+CH2=CH2CH2CH3CH(OH)CH2(OH)+2CH3COOHCH(OOCCH3)CH2OOCCH3+2H2OClH2CCH2Cl【解析】试题分析：由B的分子式、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为；对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应；D发生信息中的偶联反应生成E为；E与氢气发生加成反应（也是还原反应）生成1，4-二苯基丁烷。据此可得下列结论：（1）由D的结构简式可知，D的官能团的名称为碳碳三键。（2）由上述分析可知，①和③的反应类型分别为加成反应、消去反应。（3）由上述分析可知，E的结构简式为。用1molE合成1，4－二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气4mol。（4）有题给信息可知，反应①的化学方程式为：C6H6+CH2=CH2CH2CH3。（5）化合物C的结构简式为，在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应（取代反应）可得到化合物F，结构简式为：CH(OH)CH2(OH)，化合物F和乙酸反应的化学方程式：。（6）化合物C的结构简式为，芳香化合物G是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为1:1，则G的结构简式为。考点：考查有机物的推断与合成；【名师点睛】本题考查有机物的推断与合成、有机反应类型、限制条件同分异构体书写、对信息的获取与迁移运用等，是对有机化学基础的综合考查，是有机化学常考题型，熟练掌握官能团的性质与转化。依据反应规律和产物来推断反应物是有机物推断的常见题型，通常采用逆推法：抓住产物的结构、性质、实验现象、反应类型这条主线，找准突破口，把题目中各物质联系起来从已知逆向推导，从而得到正确结论。对于某一物质来说，有机物在相互反应转化时要发生一定的化学反应，常见的反应类型有取代反应、加成反应、消去（消除）反应、酯化反应、加聚反应、缩聚反应等，要掌握各类反应的特点，并会根据物质分子结构特点（包含官能团的种类）进行判断和应用。有机合成路线的设计解题方法一般采用综合思维的方法，其思维程序可以表示为：原料→中间产物←目标产物。即观察目标分子的结构（目标分子的碳架特征，及官能团的种类和位置）→由目标分子和原料分子综合考虑设计合成路线（由原料分子进行目标分子碳架的构建，以及官能团的引入或转化）→对于不同的合成路线进行优选（以可行性、经济性、绿色合成思想为指导）。熟练掌握一定的有机化学基本知识、具备一定的自学能力、信息迁移能力是解答本题的关键，题目难度中等。25、HCOOHCO↑＋H2O浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热c→b→e→d→fPdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl除去酸性气体浓硫酸无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7酚酞5m-cV5m×100%【解析】本题主要考查了方程式书写，实验室仪器安装顺序，指示剂选取和滴定反应计算。【详解】（1）甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应的化学方程式是HCOOHCO↑＋H2O；甲酸与浓硫酸混合放出大量热，故不需加热；（2）欲收集CO气体，首先保证杂质完全去除，甲酸易挥发，故需要去除的杂质是甲酸。B装置目的是吸收甲酸，用排水法收集CO，则连接顺序为c→b→e→d→f；（3）CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，故打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2＋CO＋H2O===Pd↓＋CO2＋2HCl；为了使气囊收集到纯净的CO，即除去多余氯化氢气体、CO2和水，故G装置的作用是除去酸性气体，H装置中盛放的试剂是浓硫酸；（4）氢氧化钠自身是碱，无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7；（5）由题可知，防止甲酸钠与盐酸反应，选择碱性范围发生颜色变化的指示剂，即符合条件的只有酚酞；由题可知，取0.2m固体样品，滴加盐酸中和其中的氢氧化钠，故n（NaOH）=cv×10-3mol，即产物中氢氧化钠质量分数为w%=cv×10-3mol×40g/mol×100ml20ml26、B98%的浓硫酸H+浓度小不易反应，10%硫酸浓度太稀不利于SO2放出不能用长颈漏斗，应改用分液漏斗缺少二氧化硫的干燥装置HSO3-、SO32-、H2SO3不正确因为亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都会水解生成亚硫酸【解析】分析：（1）根据浓硫酸和二氧化硫的性质分析，浓度大时硫酸以分子形式存在，二氧化硫易溶于水；（2）根据实验目的及二氧化硫的性质分析，应制取干燥的二氧化硫气体，为控制液体的量，应选取易控制流量的仪器；（3）根据二氧化硫、品红溶液、品红酒精溶液的性质分析；（4）亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能水解生成亚硫酸，根据溶液中存在的含硫微粒判断。详解：（1）硫酸和亚硫酸钠固体制取二氧化硫发生的是离子反应，如果硫酸浓度过大，硫酸是以分子形式存在，没有电离出H+，不能反应生成SO2；如果硫酸浓度过低，二氧化硫易溶于水，不利于二氧化硫放出，所以选取70%硫酸，故选B，故答案为B；98%的浓硫酸H+浓度小不易反应，10%硫酸浓度太稀不利于SO2放出；（2）为控制硫酸的流量应选取分液漏斗，该实验是探究干燥的SO2能不能使品红褪色，所以二氧化硫通入品红溶液前要进行干燥，故答案为不能用长颈漏斗，应改用分液漏斗；缺少二氧化硫的干燥装置；（3）二氧化硫和水反应生成亚硫酸，二氧化硫和酒精不反应，二氧化硫能使品红溶液褪色而不能使品红的酒精溶液褪色，由此得出SO2的漂白作用是SO2与水作用的产物导致的，二氧化硫和水反应生成亚硫酸、亚硫酸电离生成亚硫酸氢根离子、亚硫酸氢根离子电离生成亚硫酸根离子，所以使品红的水溶液褪色的微粒可能是：HSO3-、SO32-、H2SO3，故答案为HSO3-、SO32-、H2SO3；（4）亚硫酸钠和亚硫酸氢钠都能水解生成亚硫酸，且亚硫酸氢根离子能电离生成亚硫酸根离子，所以两种溶液中都含有HSO3-、SO32-、H2SO3，所以不能确定使品红褪色的微粒肯定是HSO3-或SO32-，故答案为不正确；因为亚硫酸根离子和亚硫酸氢根离子都会水解生成亚硫酸。27、Fe+2H+=Fe2++H2↑在干燥的HCl气流中加热FeCl2+H2Fe+2HClFe+H2O(g)FeO+H2加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+67.1%【分析】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，据此写出离子方程式；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，抑制水解；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，据此写出反应方程式；Ⅱ.(1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO、氢气，据此写出反应方程式；(5)用KSCN溶液检验Fe3+；纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，据此进行分析；(6)用乙装置反应，反应温度高于570℃，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1．反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)＝6.88g−5.60g＝1.28g，则n(O)==0.08mol；由关系式1Fe3O1∼1O，可得n(Fe3O1)＝0.02mol；据此计算出固体物质中氧化物的质量分数。【详解】Ⅰ.(1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，答案为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；(2)FeCl2·nH2O固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl2+2H2O⇋Fe(OH)2+2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCI气体可带走水蒸气，利于固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；(3)根据流程可知，FeCl2·nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，反应方程式为FeCl2+H2Fe+2HCl，答案为：FeCl2+H2Fe+2HCl；Ⅱ.(1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570℃时生成FeO，甲装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO；Fe失电子，水中H得电子，生成氢气，则反应方程式为Fe+H2O(g)FeO+H2，答案为：Fe+H2O(g)FeO+H2(5)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以看不到血红色。故答案为：加入KSCN溶液，溶