2026届江苏省丹阳中学等三校高三上化学期中统考模拟试题含解析

2026届江苏省丹阳中学等三校高三上化学期中统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、用过量的H2SO4、NaOH、NH3·H2O、NaCl等溶液，按题图所示步骤分开五种离子。则溶液①、②、③、④是（）A．①NaCl②NaOH③NH3·H2O④H2SO4B．①H2SO4②NaOH③NH3·H2O④NaClC．①H2SO4②NH3·H2O③NaOH④NaClD．①NaCl②NH3·H2O③NaOH④H2SO42、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素,W、Y同主族,Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等,四种元素的最外层电子数之和为11,向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出。下列说法正确的是A．原子半径:W<X<Y<ZB．W的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈C．Y的最高价氧化物对应的水化物溶液可与Z的单质反应D．Y、Z分别与X形成的二元化合物中,两者所含化学键类型一定相同3、只表示一种微粒的化学用语是A．B．X:XC．ns1D．X-X4、下列有关化学与生产、生活的说法中，不正确的是A．陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品B．“梨花淡自柳深青，柳絮飞时花满城”中柳絮的主要成分和棉花的相同C．铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝D．锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液处理，使之转化为碳酸钙，再用酸除去5、下列各组物质相互混合，既有气体生成又有沉淀生成的是①金属钠投入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合④过量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金属钠投入NH4Cl溶液中A．①④ B．②③ C．②③ D．①⑤6、下列反应中，铁元素被氧化的是（）A．FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑ B．Fe+H2SO4=FeSO4+H2↑C．FeO+2HCl=FeCl2+H2O D．Fe2O3+3CO=2Fe+3CO27、某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验③制备氢氧化铁胶体需要加热煮沸至生成红褐色沉淀D．实验①、②所涉及的物质均为电解质8、现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20mol·L－1，要使Mg2+完全转化为Mg(OH)2且与Al3+恰好分开，至少需要1.00mol·L－1的NaOH溶液的体积为A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B．1molNa与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C．1molNa2O2固体中含有离子总数为4NAD．25℃时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子10、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）A．c(I-)=0.lmol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-B．pH<7的溶液中：Fe2+、Na+、Cl-、NO3-C．与Al反应能放出大量H2的溶液中：K+、NH4+、Ba2+、Cl-D．无色溶液中：K+、NH4+、MnO4-、SO42-11、下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（）A．Na与O2 B．Na2O2与CO2 C．NaOH与CO2 D．Cu与HNO312、常温下，下列离子组在指定溶液中能大量共存的是（）A．c(CO)=0.02mol·L-1的溶液：Na+、NH、Cl-、SOB．能与金属铝作用产生H2的溶液：K+、Ca2+、Br-、HSOC．由水电离产生的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液：Mg2+、Fe2+、NO、F-D．pH=1的溶液：Na+、Al3+、NO、I-13、由下列实验操作得出的实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将石灰石和盐酸反应产生的气体直接通入硅酸钠溶液中生成白色沉淀碳酸的酸性比硅酸强B向FeCl3溶液中通入足量的H2S生成两种沉淀Fe3+的氧化性强于SC向某无色溶液中滴加少量新制氯水加入淀粉后溶液变成蓝色原溶液中含有I—D向AgCl固体滴加饱和Na2CrO4溶液有砖红色沉淀生成Ksp：Ag2CrO4＜AgClA．A B．B C．C D．D14、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关叙述正确的是（）A．14g乙烯和丙烯的混合气体中的氢原子数为5NAB．25℃时，pH=1的CH3COOH溶液中含有的H+数目为0.1NAC．100g46%的乙醇溶液中，含有H-O键的数目为7NAD．标准状况下，22.4LCH2Cl2含氯原子数目为2NA15、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．一定条件下，0.2molSO2与足量O2充分反应，生成SO3分子数为0.2NAB．0.1mol—NH2(氨基)中含有的电子数为0.7NAC．3.4gH2O2中含有的共用电子对数为0.1NAD．常温常压下，16gO2和O3混合气体含有的氧原子数为NA16、设NA为阿伏加德罗常数值，下列有关叙述正确的是（）A．将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAD．标准状况下，18gD2O中所含电子数为9NA17、电解硫酸钠溶液联合生产硫酸和烧碱溶液的装置如下图所示，其中阴极和阳极均为惰性气体电极。测得同温同压下，气体甲与气体乙的体积比约为1：2，以下说法正确的是A．a

极与电源的负极相连B．产物丁为硫酸溶液C．离子交换膜d

为阴离子交换膜(允许阴离子通过)D．b

电极反立式为2H2O+2e-=2OH-+H2↑18、2013年12月5日中国辽宁舰航母编队中的登陆舰紧急逼停了擅闯南海禁航区的美海军“考本斯”号导弹巡洋舰。据悉，美国“考本斯”号巡洋舰上的核反应堆内使用了液体铝钠合金（单质钠和单质铝熔合而成）做载热介质。下列有关说法不正确的是A．自然界中没有游离的钠和铝B．若铝钠合金投入水中得无色溶液，则n（Al）≤n（Na）C．铝钠合金投入到足量氯化铜溶液中，一定有氢氧化铜沉淀，可能有铜和氧化铜D．mg不同组成的铝钠合金投入足量盐酸中，若放出的H2越多铝的质量分数越小19、下列反应既属于氧化还原反应,又属于放热反应的是(

)A．氢氧化钠与稀盐酸的反应 B．甲烷在氧气中的燃烧反应C．灼热的碳与CO2的反应 D．Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应20、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是①金属钠投入到FeCl3溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca(OH)2投入到过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2A．①③④ B．只有①④ C．只有②③ D．只有③④⑤21、下列反应的离子方程式书写不正确的是A．钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑B．电解饱和食盐水获取碱和氯气：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-C．向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水：Ca2++HCO3-+OH-=CaCO3↓+H2OD．向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O22、溶液X中含有下表离子中的某5种，且其浓度均为0.1mol·L−1（不考虑水的电离与离子水解）。向X溶液中加入足量稀盐酸，有无色气体生成，经分析，反应前后阴离子种类没有变化。下列叙述不正确的是阳离子阴离子Na+、Fe3+、Fe2+、Mg2+NO3－、HCO3－、CO32－、SO42－、Cl－NO3－A．X溶液中一定含Fe3+、Fe2+B．X溶液中不可能含有HCO3－或CO32－C．生成无色气体的离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2OD．根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：+CH2=CH-M-M+HX（X为卤原子，M为烃基或含酯基的取代基等),由有机物A合成G（香豆素）的步骤如下：(1)写出反应C+D→E的反应类型___________；A中官能团名称为_________。(2)写出结构简式：B_____________D______________。(3)写出反应方程式：E→F________。(4)F有多种同分异构体，写出同时满足下列条件的任意1种同分异构体的结构简式：_______①分子中除苯环外，无其它环状结构②分子中有四种不同化学环境的氢原子③能发生水解反应，不能与金属钠反应④能与新制Cu(OH)2按物质的量之比1：2反应。24、（12分）已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质A的化学式为C8H10，写出A的名称___，鉴别A和可选用的试剂是___。（2）写出反应①的化学反应方程式____。（3）反应①～⑤中，属于加成反应的是____；反应⑤的反应条件为___。（4）写出2种满足下列条件的同分异构体的结构简式。___，____。①含苯环结构②能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_____合成路线常用的表示方式为：25、（12分）磷酸工业的副产品氟硅酸（H2SiF6）溶液中含少量碘，其回收方案如下。已知：①氟硅酸溶液中碘的可能存在形式为I2、I－、I3-；②I2+I－I3-。（1）K2Cr2O7、H2O2、NaClO和NaNO2都能使I－氧化为I2。NaNO2在氧化I－时会产生NO，该反应的离子方程式为____。从减少对环境污染的角度，上述氧化剂中可选用的有H2O2、____。（2）生成的I2可用热空气吹出的原因是____。（3）在吸收时采用气-液逆流接触，则从吸收装置底部通入的是____（填“吸收液”或“含碘空气”）。吸收后的溶液需反复多次循环吸收含碘空气，其作用是：①提高SO2的利用率；②____。（4）请补充完整证明氟硅酸溶液中存在I的实验步骤：取样品，____，取上层液体，重复上述操作2-3次，____。（可选用的试剂：5%淀粉溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液,0.1mol·L-1Na2SO3溶液、6mol·L-1H2SO4溶液、CCl4）。26、（10分）Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性。通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因_______________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_________________。②加入MnO2反应的化学方程式为________________________。③Na2O2的电子式为_____________(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。请回答下列问题：①甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是____。检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是_________________。②乙同学认为反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是:_____。为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计并实施了如下实验方案：甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为_______。③测定B中反应完全后的固体中Na2SO4含量的实验方案：称取样品a克加水溶解，_______，烘干，称量得BaSO4沉淀b克，则Na2SO4的质量分数为____（列出计算式即可）。27、（12分）实验室需要0.1mol•L-1NaOH溶液450mL和0.5mol•L-1硫酸溶液450mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是__（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称：_____配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___（填仪器名称）．（2）容量瓶不能用于____（填序号）．A配制一定体积准确浓度的标准溶液B长期贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___g．在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度____0.1mol•L-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1mol•L-1．（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为_____mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒最好．配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是___。（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：______________。28、（14分）烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。（1）氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)＝4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-1627.2kJ/mol。检验脱硝效果的重要指标是脱硝效率（脱硝过程中单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比）。影响SCR系统脱硝效率的因素有很多，根据如图判断提高脱硝效率的最佳条件是__；氨氮比一定时，随温度的升高脱硝效率增大，其可能的原因是___。（2）H2Y2－与Fe2＋形成的络合物FeY2－可用于吸收烟气中的NO。原理：FeY2－(aq)＋NO(g)FeY2－(NO)(aq)ΔH<0①将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2－溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图。时间越长，NO吸收率越低的原因是___。②生成的FeY2－(NO)(aq)可通过加入铁粉还原再生，其原理为FeY2－(NO)(aq)＋Fe＋H2O→FeY2－(aq)＋Fe(OH)2＋NH3(未配平)。若吸收液再生消耗14g铁粉，则所吸收的烟气中含有NO的物质的量为__mol。（3）以连二硫酸盐(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法也可处理NO，装置如图所示：阴极的电极反应式为___。（4）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为____。②加入CaCO3的作用是___。（5）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小，请解释二者去除率不同的可能原因是__。29、（10分）下图中M是紫红色金属。据此回答问题：（1）M的化学式是_________。（2）MMSO4过程中，氧化剂是_________。（3）写出Z→K2EO4的化学反应方程式：____________________________________。（4）向Y溶液中滴加KI淀粉溶液，变为蓝色，其原因用离子方程式解释为：_______________。

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、D【详解】从题目所给的图示步骤综合分析，可以看出第①步分离五种离子中的一种离子，只能是Ag＋与Cl－结合生成AgCl沉淀。第②步产生的沉淀和剩余的溶液分别分离出两种离子，应用NH3·H2O沉淀出Fe3＋和Al3＋，然后用强碱NaOH溶液将Fe(OH)3和Al(OH)3分离。第④步用SO42－将Ba2＋和K＋分离，故答案为D。2、C【分析】向X、Y、Z三种元素形成的常见化合物的水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，可推出X、Y、Z三形成的化合物为NaAlO2，可得出X为O，Y为Na，Z为Al，又根据W、Y同主族、Z的核外最外层电子数与W核外电子总数相等得出W为Li，据此解答。【详解】根据上述分析，得出W为Li，X为O，Y为Na，Z为Al。A、根据原子半径递变规律，应是X<W<Z<Y，故A错误；B、W的单质是Li，Y的单质是Na，Na与水反应更剧烈，故B错误；C、Y的最高价氧化物对应的水化物溶液是NaOH溶液，可与Al反应，故C正确；D、Y、Z分别与X形成的二元化合物可能有Na2O、Na2O2、Al2O3，Na2O2中有离子键和非极性键，而其余两种都只有离子键，化学键类型不同，故D错误。答案选C。【点睛】推出元素是解题的关键，突破口是水溶液中通入CO2有白色胶状沉淀生成,过滤,加入盐酸后白色沉淀溶解且无气体放出，推出该水溶液为NaAlO2溶液，可推出X、Y、Z元素。3、B【解析】A、该微粒的核外电子数是10，不止一种微粒，A错误；B、该微粒是氢气，B正确；C、n值不能确定，可以表示多种微粒，C错误；D、X可以表示F、Cl、Br、I等，D错误，答案选B。4、C【解析】A.陶瓷、水泥和玻璃的主要成分都是硅酸盐，所以都属于硅酸盐产品，A正确；B.柳絮的主要成分和棉花相同，都是纤维素，B正确；C.现代工业用电解法从氧化铝中获得铝，C不正确；D.锅炉水垢中的硫酸钙可用碳酸钠溶液反复浸泡，使其转化为疏松的碳酸钙后再用酸除去，D正确。本题选C。5、A【解析】①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故①正确；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾，不会产生沉淀，故②错误；③NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝，无气体放出，所以不符合题意，故③错误；④过量的Na2O2投入FeCl2溶液，反应生成氧气和氢氧化铁沉淀，故④正确；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，只生成气体，不产生沉淀，故⑤错误；故选A。6、B【分析】反应中铁元素被氧化，说明铁元素失去电子，化合价升高，据此解答。【详解】A、反应FeS+2HCl＝FeCl2+H2S↑中铁元素的化合价没有发生改变，不属于氧化还原反应，A不符合题意；B、反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑中铁元素的化合价由0→＋2，化合价升高被氧化，发生氧化反应，B符合题意；C、反应FeO+2HCl＝FeCl2+H2O中铁元素的化合价没有发生变化，不属于氧化还原反应，C不符合题意；D、反应Fe2O3+3CO2Fe+3CO2中铁元素的化合价由＋3→0，化合价降低，被还原，发生还原反应，D不符合题意。答案选B。7、B【详解】A．实验①是铁在氯气中燃烧，生成物是FeCl3，是纯净物，实验③制取的是氢氧化铁胶体，是混合物，故A不选；B．实验②、③均是FeCl3和水发生的水解反应，各元素价态不变，不是氧化还原反应，故B选；C．实验③制备氢氧化铁胶体加热至红褐色即可，故C不选；D．实验①中的氯气属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；故选B。8、D【解析】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根据电荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.14L=140ml，故答案选D。9、B【详解】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molP－P键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molC－H键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为＋1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH－的物质的量，故D错误，答案选B。10、A【解析】A.c(I-)=0.lmol·L-1的溶液中：Na+、Mg2+、Cl-、SO42-离子间不发生反应，能够大量共存，故A正确；B.pH<7的溶液显酸性，酸性溶液中Fe2+和NO3-能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故B错误；C.与Al反应能放出大量H2的溶液显强酸性或强碱性，在强碱性溶液中NH4+不能大量存在，故C错误；D.MnO4-显紫红色，与无色溶液不符，故D错误；故选A。点睛：注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间；能发生络合反应的离子之间(如Fe3+和SCN-)等；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件。本题的易错点为B，Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存。11、B【详解】A.Na与O2，4Na+O2＝2Na2O，2Na+O2Na2O2，A不合题意；B.Na2O2与CO2，只能发生反应2Na2O2+2CO2==2Na2CO3+O2↑，B符合题意；C.NaOH与CO2，2NaOH+CO2(少量)=Na2CO3+H2O，NaOH+CO2(过量)=NaHCO3，C不合题意；D.Cu与HNO3，Cu+4HNO3(浓)==Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3(稀)==3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，D不合题意。故选B。12、A【详解】A．c(CO)=0.02mol·L-1的溶液中，Na+、NH、Cl-、SO、CO相互之间不反应，能大量共存，故选A；B．能与金属铝作用产生H2的溶液呈酸性或碱性，在酸性或碱性条件下，HSO都不能大量存在，故不选B；C．由水电离产生的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液，水电离受到抑制，溶液呈酸性或碱性，酸性条件下Fe2+、NO发生氧化还原反应，Fe2+、NO不能共存，碱性条件下，Mg2+生成氢氧化镁沉淀，Mg2+不能大量存在，故不选C；D．pH=1的溶液呈酸性，酸性条件下NO、I-发生氧化还原反应，NO、I-不能大量共存，故不选D；选A。13、C【解析】A.石灰石和盐酸反应产生的CO2气体，由于HCl具有挥发性，所以将气体直接通入硅酸钠溶液中，会发生反应：2HCl+Na2SiO3=H2SiO3↓+2NaCl；CO2+H2O+Na2SiO3=H2SiO3↓+2Na2CO3，因此不可以证明碳酸的酸性比硅酸强，A错误；B.向FeCl3溶液中通入足量的H2S，会发生反应：2FeCl3+H2S=2FeCl2+S↓+2HCl，只能形成S单质一种沉淀，可以证明Fe3+的氧化性强于S，B错误；C.向某无色溶液中滴加少量新制氯水，加入淀粉后溶液变成蓝色，说明反应后的溶液中含有I2，则加入氯水前溶液中含有I-，发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，C正确；D.难溶物质之间的转化通常都是可逆反应，由于向AgCl固体上滴加的是饱和Na2CrO4溶液后有砖红色沉淀生成，故不能说明两者的溶解度大小，且AgCl、Ag2CrO4的类型不同，更不能由现象直接比较两者的Ksp，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价的知识，为高考常见题型，把握有机物的性质、反应与现象、非金属性比较、沉淀生成、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，选项D为解答的易错点，题目难度不大。14、C【详解】A．乙烯和丙烯的最简式都是CH2，14gCH2的物质的量为1mol，则二者混合气中氢原子个数为2NA，故A错误；B．pH=1的CH3COOH溶液中氢离子的浓度为0.1mol/L，溶液体积未知，无法计算溶液中氢离子的物质的量，则H+数目无法计算，故B错误；C．一个乙醇分子中含有1个H-O键，100g46%溶液中乙醇为46g，即为1mol，含H-O键的数目为NA，一个水分子中含有2个H-O键，水的质量为100g-46g=54g，即3mol，则3mol水中含H-O键的数目为6NA，则共含有H-O键的数目为7NA，故C正确；D．标准状况下，CH2Cl2为液体，不是气体，不能用标况下气体摩尔体积计算物质的量，则氯原子数目无法确定，故D错误；答案选C。15、D【解析】试题分析：A．SO2与氧气反应生成三氧化硫的反应是可逆反应，因此一定条件下，1．2molSO2与足量O2充分反应，生成SO2分子数小于1．2NA，A错误；B．1分子氨基含有9个电子，则1．1mol﹣NH2（氨基）中含有的电子数为1．9NA，B错误；C．双氧水的结构式我H－O－O－H，2．4克H2O2的物质的量是1．1mol，其中含有的共用电子对数为1．2NA，C错误；D．氧气和臭氧都是氧原子形成的不同单质，因此常温常压下，16克O2和O2混合气体含有的氧原子的物质的量是16g÷16g/mol＝1mol，其个数为NA，D正确，答案选D。考点：考查阿伏加德罗常数计算16、D【详解】A．78gNa2O2是1mol，与过量CO2反应中Na2O2既是氧化剂又是还原剂，属于歧化反应，所以转移的电子数为NA，故A错误；B．因为N2+3H22NH3为可逆反应，所以1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，故B错误；C．标准状况下，SO3不是气体，所以无法计算SO3中所含原子数，故C错误；D．标准状况下，18gD2O是0.9mol，含有的电子数=0.9mol10NA=9NA，故D正确；所以答案：D。17、D【解析】A、惰性电极电解硫酸钠溶液，阴极生成氢气、阳极产生氧气，气体甲与气体乙的体积比约为1:2，所以甲为氧气、乙为氢气，a是阳极，b是阴极。a极与电源的正极相连，A错误；B、乙是氢气，氢离子放电，水的电离平衡被破坏，产生氢氧化钠，因此丁是氢氧化钠溶液，B错误；C、丁是氢氧化钠，离子交换膜d为阳离子交换膜，C错误；D、b电极是阴极，氢离子放电，电极反应式：2H2O+2e－=H2↑+2OH－，D正确。答案选D。18、D【解析】试题分析：A、钠和铝非常活泼，在自然界中没有游离态，正确，不选A；B、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，根据方程式计算，铝要完全反应，则铝的物质的量小于或等于钠的物质的量，正确，不选B；C、钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝可能和氯化铜反应生成铜，氢氧化钠可能和氯化铜反应生成氢氧化铜，反应放热，氢氧化铜可能变成氧化铜，正确，不选C；D、从钠和盐酸反应以及铝和盐酸反应方程式分析，每23克钠生成1克氢气，每9克铝生成1克氢气，所以产生氢气越多，说明铝越多，错误，选D。考点：金属的性质19、B【详解】A.氢氧化钠与稀盐酸的反应属于非氧化还原反应，与题意不符，A错误；B.甲烷在氧气中的燃烧反应，既属于氧化还原反应,又属于放热反应，符合题意，B正确；C.灼热的碳与CO2的反应，属于吸热反应，与题意不符，C错误；D.Ba(OH)2∙8H2O与NH4Cl的反应，属于吸热反应，与题意不符，D错误；答案为B。20、D【详解】①金属钠投入到烧杯中的FeCl3溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaCl，所以最终生成的沉淀是红褐色，故①错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，最终没有沉淀生成，故②错误；③少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca(OH)2+2NaHCO3=CaCO3↓+2H2O+Na2CO3，有白色碳酸钙沉淀生成，故③正确；④向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发生的反应为：AlO2﹣+H2O+H+=Al(OH)3↓，有白色氢氧化铝沉淀生成，故④正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3↓，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故⑤正确；③④⑤正确，故选D。21、C【解析】A.钠与水反应：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，质量、电荷均守恒，故A正确；B.电解饱和食盐水获取碱和氯气：2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，质量、电荷均守恒，故B正确；C.向碳酸氢铵溶液中加入过量石灰水：NH4++HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+NH3•H2O+H2O，故C错误；D.向氢氧化钡溶液中加入稀硫酸：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，质量、电荷均守恒，故D正确；故选C。22、A【分析】HCO3－或CO32－与足量稀盐酸反应，有无色气体生成，但阴离子种类发生变化，则参与产生气体反应的离子不可能为HCO3－或CO32－；盐酸中含有Cl－，阴离子种类没有变化，因此原溶液中含有Cl－；根据表中离子可推断出：反应生成气体的离子是Fe2+和NO3-，两者在酸性条件下，会发生氧化还原反应：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，产生的无色气体为NO，由于反应前后阴离子种类没有变化，则可知Fe2+完全反应后，NO3-仍有剩余；根据电荷守恒，溶液中含有0.1mol·L−1的Fe2+、Cl－、NO3－和其他两种离子，则剩余两种离子中应含有一种阴离子、一种阳离子，根据表中阴离子种类可知该阴离子只能是SO42－，则阳离子所带电荷数应为2，结合表中阳离子种类可知该阳离子为Mg2+；所以X溶液中含有的5种离子为Fe2+、Cl－、NO3－、SO42－、Mg2+；据以上分析解答。【详解】HCO3－或CO32－与足量稀盐酸反应，有无色气体生成，但阴离子种类发生变化，则参与产生气体反应的离子不可能为HCO3－或CO32－；盐酸中含有Cl－，阴离子种类没有变化，因此原溶液中含有Cl－；根据表中离子可推断出：反应生成气体的离子是Fe2+和NO3-，两者在酸性条件下，会发生氧化还原反应：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，产生的无色气体为NO，由于反应前后阴离子种类没有变化，则可知Fe2+完全反应后，NO3-仍有剩余；根据电荷守恒，溶液中含有0.1mol·L−1的Fe2+、Cl－、NO3－和其他两种离子，则剩余两种离子中应含有一种阴离子、一种阳离子，根据表中阴离子种类可知该阴离子只能是SO42－，则阳离子所带电荷数应为2，结合表中阳离子种类可知该阳离子为Mg2+；综上所述，X溶液中含有的5种离子为Fe2+、Cl－、NO3－、SO42－、Mg2+；A.结合以上分析可知，X溶液中一定含Fe2+，一定不含Fe3+，A错误；B.结合以上分析可知，X溶液中不可能含有HCO3－或CO32－，B正确；C.结合以上分析可知，生成无色气体的离子方程式为：3Fe2++NO3－+4H+===3Fe3++NO↑+2H2O，C正确；D.结合以上分析可知，根据电荷守恒，原溶液中一定含Mg2+，D正确；综上所述，本题选A。【点睛】溶液中Fe2+和NO3－能够大量共存，NO3－没有强氧化性；但是酸性环境下，HNO3具有强氧化性，Fe2+和NO3－之间发生氧化还原反应，二者不能大量共存，这就是本题解答的突破点。二、非选择题(共84分)23、取代反应碳碳双键、醛基CH2=CHCOOH+2H2O+HCOOH+CH3OH【分析】由有机物A合成G(香豆素)的路线可知，A能与银氨溶液反应生成B，说明A含有醛基，结合A的分子式，可知A为CH2=CHCHO，A反应产生的B是CH2=CHCOOH，B含有羧基与甲醇发生酯化反应生成C是CH2=CHCOOCH3，结合已知信息和E的结构可知，C+D→E的反应与题中信息的反应类似，反应类型为取代反应，所以D为，比较E的结构简式和F的分子式可知，E→F发生碱性条件下水解再酸化，所以F为，然后逐一分析解答。【详解】根据上述分析可知：A为CH2=CHCHO，B为CH2=CHCOOH，C为CH2=CHCOOCH3，D为，E为，F为。(1)C为CH2=CHCOOCH3，D为，E为，C+D→E的反应类型为取代反应；A为CH2=CHCHO，含有的官能团名称为碳碳双键和醛基；(2)根据上面的分析可知，B为CH2=CHCOOH，D为；(3)E是，该物质分子中含有2个酯基，在酸性条件下发生水解反应，可得F：，所以反应E→F的反应方程式为+2H2O+HCOOH+CH3OH；(4)F为，F的同分异构体，满足下列条件①分子中除苯环外，无其它环状结构；②分子中有四种不同化学环境的氢原子；③能发生水解反应，不能与金属钠反应，说明有酯基，无酚羟基和醇羟基；④能与新制Cu(OH)2按物质的量之比1：2反应，说明物质分子中只有一个醛基，符合条件的同分异构体的结构简式为：。【点睛】本题考查有机合成，利用信息及合成流程图推断出各物质结构是解答本题的关键，注意熟练掌握常见有机物官能团的结构及其与物质化学性质的关系，注意明确同分异构体的概念及书写原则，书写出符合题意的同分异构体的结构简式，同分异构体的书写为本题解答的难点。24、乙苯溴水+Br2+HBr；③NaOH水溶液、加热或或【详解】(1)物质A的化学式为C8H10，则苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成A为，A的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为乙苯；溴水；(2)反应①是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2+HBr；(3)对比物质的结构，可知①②④属于取代反应、③属于加成反应，而⑤先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH水溶液、加热，故答案为:③;NaOH水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:①含苯环结构，②能发生银镜反应，含有醛基，可以有1个取代基为-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、、、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。25、4H++2NO2-+2I－=I2+2NO↑+2H2ONaClOI2受热易升华（或挥发）含碘空气增加吸收后溶液中I－浓度加入CCl4振荡，静置，分液（或加CCl4萃取），有机层呈紫色（或加入5%淀粉溶液变蓝，再加入CCl4萃取）取上层水溶液滴入5%淀粉溶液不变蓝，再分别滴加6mol·L-1H2SO4溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液，变蓝，证明存在I3-。【解析】利用碘及其化合物的氧化性、还原性，结合题目给出的信息，分析解答从含碘副产品提取粗碘的问题。【详解】(1)NaNO2将I－氧化为I2，本身被还原成NO。“氧化”发生在酸性溶液（氟硅酸溶液）中，可用H+、H2O配平。该反应的离子方程式为4H++2NO2-+2I－=I2+2NO↑+2H2O。酸性溶液中，K2Cr2O7、H2O2、NaClO和NaNO2的还原产物分别是Cr3+、H2O、Cl-和NO，其中K2Cr2O7、Cr3+、NaNO2、NO会污染环境。故要减少污染，可选用H2O2、NaClO。(2)I2受热易升华，故可用热空气吹出。(3)“吸收”时发生反应I2+SO2+2H2O＝2HI+H2SO4。用“SO2水溶液”吸收“含碘空气”中的碘，应使气-液逆流充分接触，故吸收液（SO2水溶液）从吸收装置顶部喷下，“含碘空气”从吸收装置底部通入；从反应方程式可知，吸收液（SO2水溶液）反复多次循环吸收含碘空气，可提高SO2的利用率、增加溶液中I－浓度。(4)据已知②I2+I－I3-，要证明氟硅酸溶液中存在I，可证明该溶液中同时存在I2、I－。从“可选用的试剂”看，I2可直接用5%淀粉溶液检验，或加CCl4萃取后下层呈紫色检验；I－需氧化为I2（0.1mol·L-1NaNO2溶液、6mol·L-1H2SO4溶液），再用5%淀粉溶液检验。氟硅酸溶液中原有的I2会干扰I－检验，应当先用CCl4多次萃取分液除去。一种可能的方案：取少量氟硅酸溶液，加入CCl4振荡、静置，下层呈紫色，证明有I2。分液后取上层液体，重复上述操作，直至滴入5%淀粉溶液不变蓝，证明I2已完全除去。再滴加6mol·L-1H2SO4溶液、0.1mol·L-1NaNO2溶液，若变蓝，证明有I－。故原氟硅酸溶液中存在I3-。【点睛】据I2+I－I3-，检验I3-可间接检验I2和I－。没有AgNO3和稀硝酸时要检验I－，可将I－转化为I2进行检验。26、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应生成的H2O2具有漂白作用2H2O22H2O+O2↑2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2取反应B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色能使品红溶液褪色的气体，说明含Na2SO3过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤142b/233a【解析】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，据此写出电子式。

(2)①根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了；

②根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；

③利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断；根据沉淀硫酸钡的质量计算硫酸钡的物质的量，进一步求出硫酸钠的质量，最后计算Na2SO4的质量分数。【详解】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱,碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应生成的H2O2具有漂白作用；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，因此，本题正确答案是：2H2O22H2O+O2↑；

③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，电子式为；

(2)①Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；

②因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可以知道，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，

因此，本题正确答案是：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；③因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a

克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b

克，计算含量；b

克BaSO4的物质的量为b233mol，则样品中含Na2SO4的质量为b233mol×142g/mol=142b233g，所以Na2SO因此，本题正确答案是：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤；142b/233a。27、AC500mL容量瓶烧杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌重新配制【分析】(1)用固体和用液体配制溶液所用仪器有所不同，根据配制的过程可以列出各自所需的仪器；容量瓶只有1个刻度，只有有限规格的容量瓶可选用；(2)容量瓶用于液体的精确定容，其容积会受到各种因素的影响，所以能损坏容量瓶或引起容量瓶容积发生改变的使用方式均不允许；(3)容量瓶的规格有限，所以应根据可取用的容量瓶确定实际应配制的溶液的体积，在此基础上计算NaOH的质量；根据公式c=可判断各种操作对配制结果的影响；(4)计算所需浓硫酸的体积应注意的事项与(3)相同；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时不能超过刻度线，否则，配制失败。【详解】(1)用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→称量(天平、药匙)→溶解(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容(胶头滴管)→摇匀→装瓶；用浓硫酸配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→量取(量筒、胶头滴管)→稀释(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容→摇匀→装瓶，都没有用到的有平底烧瓶和分液漏斗；常见的容量瓶没有450mL的，应选用500mL的容量瓶；在配制过程中，溶解需用烧杯，还需用玻璃棒搅拌和引流。答案为：AC；500mL容量瓶；烧杯、玻璃棒；(2)A．容量瓶用于液体的精确定容，可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，A选项不符合题意；B．容量瓶为精密仪器，不能用于长期贮存溶液，B选项符合题意；C．容量瓶只有一个刻度，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C选项符合题意；D．容量瓶用于液体的精确定容，可用于固体配制一定物质的量浓度的溶液，也可用于溶液准确稀释，D选项不符合题意；E．容量瓶有刻度，可用于量取一定体积的液体，但每个容量瓶只能量取一种体积的液体，E选项不符合题意；F．容量瓶是精密仪器，不能用来加热溶解固体溶