福建省泉州十六中2026届高三化学第一学期期中经典模拟试题含解析

福建省泉州十六中2026届高三化学第一学期期中经典模拟试题注意事项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（每题只有一个选项符合题意）1、已知氧化还原反应：2Cu(IO3)2＋24KI＋12H2SO4＝2CuI↓＋13I2＋12K2SO4＋12H2O。则有关该反应的说法正确的是（）A．当1molCu(IO3)2发生反应共转移的电子为10mol B．反应中KI被氧化C．I2是氧化产物CuI是还原产物 D．当1molCu(IO3)2发生反应被Cu2+氧化的I—为2mol2、下列说法错误的是A．二氧化硫可用于杀菌消毒B．SiO2

和氢氟酸、氢氧化钠溶液都能发生反应，故被称为两性氧化物C．红葡萄酒密封储存的时间越长质量越好，其原因之一是储存过程中生成了有香味的酯D．对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率3、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A．38g3H2O2中含有3NA共价键B．标准状况下，2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子D．1L0.5mol·L−1pH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NA4、把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的浓度恰好相等。则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比为A．1∶1 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶25、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．NH3具有碱性，可用作制冷剂B．Al(OH)3具有两性，可用作聚合物的阻燃剂C．水玻璃具有碱性，可用于生产黏合剂和防火剂D．CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂6、下列离子方程式书写正确的是()A．用醋酸除去水垢：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑B．用氯化铁溶液腐蚀铜板：Cu＋Fe3＋＝Cu2＋＋Fe2＋C．FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2＝2Fe3＋＋Br2＋4Cl－D．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋＝BaSO4↓＋2H2O7、下列A～D四组反应中，其中I和II可用同一个离子方程式表示的是IIIA把金属铁放入稀硫酸中把金属铁放入稀硝酸中B将0.1molCl2通入含0.3molFeBr2的溶液将0.3molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液CCa(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液DNaHSO4溶液Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性NaHSO4溶液Ba(OH)2溶液反应使恰好沉淀A．A B．B C．C D．D8、下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据是ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡，试管中出现浑浊测得ΔH为ΔH1、ΔH2的和H2与O2的体积比约为2︰1A．A B．B C．C D．D9、已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在。我国研究的Al-H2O2燃料电池可用于深海资源的勘查、军事侦察等国防科技领域，装置示意图如下。下列说法错误的是A．电池工作时，溶液中OH-通过阴离子交换膜向Al极迁移B．Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-C．电池工作结束后，电解质溶液的pH降低D．Al电极质量减轻13.5g，电路中通过9.03×1023个电子10、下列物质的用途利用了其还原性的是A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆B．用除去废水中的C．用治疗胃酸过多D．用制备纳米11、某固体混合物可能由Al、(NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，所得现象和有关数据如图所示（气体体积数据已换算成标准状况下的体积）。关于该固体混合物，下列说法正确的是A．一定含有Al，其质量为4.05gB．一定不含FeCl2，可能含有MgCl2和AlCl3C．一定含有MgCl2和FeCl2D．一定含有(NH4)2SO4和MgCl2，且物质的量相等12、有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A下列有关说法错误的是()A．用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3﹣三甲基戊烷B．有机物A的一氯取代物只有4种C．有机物A的分子式为C8H18D．有机物B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯13、下列关于物质分类的说法正确的是①稀豆浆、硅酸、氯化铝溶液都属于胶体②氨水、次氯酸、醋酸都属于弱电解质③Na2O、MgO、Al2O3均属于碱性氧化物④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都不是混合物⑤电解熔融的Al2O3、活性炭除去水中的颜色都属于化学变化⑥葡萄糖、油脂都不属于有机高分子A．①② B．②④ C．③⑤ D．④⑥14、有关水的表述正确的是A．电子式为 B．是直线型分子C．是非电解质 D．可以作氧化剂15、向物质的量浓度均为1mol/L的Fe2(SO4)3、CuSO4的1L混合液中加入amol铁粉，充分反应后，下列说法正确的是()A．当a≤1时，发生的反应为Fe+Cu2+＝Fe2++CuB．当固体有剩余时，溶液中一定存在Fe2+、Cu2+C．当1≤a＜2时，溶液中n(Fe2+)＝(2+a)molD．若有固体剩余，则固体中一定有铁，可能有铜16、在2L由NaCl、MgCl2、BaCl2组成的混合液中，部分离子浓度大小如图所示，则此溶液中Ba2＋的物质的量是A．3.0mol B．2.0mol C．1.0mol D．0.5mol二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物M是一种医用高分子材料，可用于制造隐形眼镜；以下是M、有机玻璃的原料H及合成橡胶（N）的合成路线。（1）A中含有的官能团是___（写名称）。（2）写出反应类型：D→E___；写出反应条件：G→H___。（3）写出B→C化学反应方程式：___；（4）写出E+F→N化学反应方程式：___。（5）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体共有___种。（6）已知：①RCHO②③+SOCl2+SO2+HCl根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)___。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。18、有机物X是一种重要的有机化工原料，下图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去），Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）；回答下列问题：（1）X的名称为________________，G的分子式为____________________。（2）F的结构简式为___________________，B中官能团的名称为____________。（3）F→G的反应类型为__________________________。（4）G→Y的化学方程式为__________________________。（5）满足下列条件的B的同分异构体有________种。①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_______________。19、某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3mol·L-1稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：2NO2+2NaOH====NaNO2+NaNO3+H2O（1）实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是。（2）滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后。（3）装置①中发生反应的化学方程式是。（4）装置②的作用是，发生反应的化学方程式是。（5）该小组得出结论的实验现象是。（6）实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是(选填序号字母)。a．加热该绿色溶液，观察颜色变化b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化20、常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。[制备产品]将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。(1)各装置的连接顺序为_______→______→_____→C→_____；(填字母)(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；装置C的作用是______；(3)制备Cl2O的化学方程式为________；(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是_______；(5)反应过程中，装置B需放在_______中：(选填“冷水”或“热水”)[测定浓度](6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从中取出10.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mL0.8mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，用0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL，则原次氯酸的物质的量浓度为_______。(保留四位有效数字)21、CoC2O4是制备金属钴的原料。利用含钴废料（主要成分为Co2O3，含少量Fe2O3、Al2O3、CaO、MgO、碳及有机物等）制取CoC2O4的工艺流程如下：（1）“500℃煅烧”的目的是_______。（2）“浸出液”的主要成分是_______。（3）“钴浸出”过程中Co3+转化为Co2+，反应的离子方程式为_________。（4）“净化除杂1”过程中，需在40～50℃加入H2O2溶液，其目的是_____________。（用离子方程式表示）；再升温至80～85℃，加入Na2CO3溶液，调pH至5，“滤渣I”的主要成分是___________。（5）为测定制得的CoC2O4产品的纯度，现称取1.00g样品，将其用适当试剂转化为草酸铵[(NH4）2C2O4〕溶液，再用过量稀硫酸酸化，用0.1000mol/L高锰酸钾溶液滴定，达到滴定终点，共用去高锰酸钾溶液26.00mL，该产品的纯度为_______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】由方程式2Cu（IO3）2+24KI+12H2SO4=2CuI↓+13I2+12K2SO4+12H2O可知，Cu（IO3）2中，Cu元素的化合价由+2价降低为+1价，I元素的化合价由+5价降低为0，则Cu（IO3）2为氧化剂，所以1mol氧化剂在反应中得到的电子为1mol×（2-1）+2mol×（5-0）=11mol，KI中I元素的化合价由-1价升高为0，则KI为还原剂被氧化，所以当1mol氧化剂参加反应时，被氧化的物质的物质的量为11mol。【详解】当1molCu(IO3)2发生反应，有11molKI被氧化，转移11mol电子，A错误；反应中KI做还原剂，被氧化，B正确；反应中，生成物I2既是氧化产物，又是还原产物，C错误；当1molCu(IO3)2发生反应被Cu2+氧化的I—为1mol，D错误。故选B。【点睛】本题考查氧化还原反应，明确反应中元素的化合价变化是解答本题的关键，注意CuI中Cu为+1价为学生解答的易错点。2、B【解析】A、病毒属于蛋白质，二氧化硫可以使蛋白质变性，从而杀死细菌，A正确。B、SiO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但

SiO2不与酸反应生成盐和水，虽然

SiO2

能与HF酸反应，但生成的SiF4属于共价化合物，不是盐类物质，所以SiO2

不属于碱性氧化物，故不能称为两性氧化物，B错误。C、红葡萄酒在贮存过程中，其中的乙醇部分被氧化为乙酸，乙醇与乙酸反应生成具有香味的乙酸乙酯，所以红葡萄酒密封储存的时间越长质量越好，C正确。D、特定的催化剂具有选择性，只对某一个反应才有催化作用，所以理想的催化剂可以使某一个反应成为主要反应，而增大目标产物的产率，提高其在最终产物中的比例，D正确。正确答案为B点睛：理解酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解题的关键，与水反应只生成酸或与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，与水反应只生成碱或与酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应且均只生成盐和水的氧化物是两性氧化物如Al2O3。3、A【详解】A、38g3H2O2中物质的量为：=1mol，一个分子中含有2个H-O键和1个O-O键。共含有3NA共价键，故A正确；B、F2氧化性很强，通入饱和食盐水中，优先与水反应，置换水中的氧，故B错误；C、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能反应完全，则5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数小于0.3NA个，故C错误；D、1L0.5mol•L-1pH=7的CH3

COONH4溶液中，存在物料守恒，c(NH3)+c(NH3•H2O)=0.5mol/L，则c(NH4+)＜0.5mol/L，NH4+数目小于0.5NA，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意F2通入水溶液中，优先与水反应，类似的还有，将钠投入盐溶液中，也是先与水反应。4、C【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中Fe2+的物质的量为3mol，因为溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol∶3mol=2∶3，故选C。5、D【解析】A、液态NH3气化时吸收热量，可用作制冷剂，故A错误；B、Al(OH)3分解时吸收热量，生成的Al2O3覆盖在可燃物表面，可用作聚合物的阻燃剂；C、水玻璃不燃烧、不支持燃烧，具有粘合性，则用作生产黏合剂和防火剂，与碱性无关，故C错误；D、CaO2能缓慢与水反应产生O2，可用作水产养殖中的供氧剂，故D正确；故选D。6、D【详解】A．醋酸是弱酸，书写离子方程式时应保留其分子式，A项错误；B．用氯化铁溶液腐蚀铜板，反应生成铜离子和亚铁离子，离子方程式中电荷必须守恒，正确的离子方程式为：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，B项错误；C．过量的Cl2会把FeBr2溶液中的Fe2+、Br－完全氧化，离子方程式中n(Fe2+):n(Br－)=1:2，正确的离子方程式为：2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2＝2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，C项错误；D．Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性要求反应中n(Ba2+):n(OH-)=1:2，NaHSO4为强酸的酸式盐，可以完全电离，D项正确；答案选D。7、C【详解】A．铁和稀硫酸发生置换反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，铁和稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，故A不选；B．将0.1molCl2通入含0.3molFeBr2的溶液中，由于氯气少量，所以只能氧化Fe2+，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；将0.3molCl2通入含0.1molFeBr2的溶液中，由于氯气过量，Fe2+和Br-均被氧化，离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，故B不选；C．Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液和Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液，离子方程式均为：Ca2++2+2OH-=CaCO3↓++2H2O，故C选；D．NaHSO4溶液Ba(OH)2溶液反应恰好呈中性，NaHSO4和Ba(OH)2的物质的量之比为2:1，离子方程式为：2H++2OH-+Ba2+=2H2O+BaSO4↓；NaHSO4溶液Ba(OH)2溶液反应使恰好沉淀，NaHSO4和Ba(OH)2的物质的量之比为1:1，离子方程式为：H++OH-++Ba2+=H2O+BaSO4↓，故D不选；故选C。8、B【详解】A.反应2NO2(g)N2O4(g)的正反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，产生更多的NO2气体，二氧化氮浓度增大，左侧气体颜色加深；降低温度，化学平衡向放热的正反应方向移动，二氧化氮浓度减小，右侧气体颜色变浅，能够用勒夏特列原理解释，A不符合题意；B.烧瓶中冒气泡，证明酸性：HCl>H2CO3，但HCl不是最高价氧化物对应的水化物，不能比较C、Cl的非金属性强弱；试管中出现浑浊，可能是由于发生反应：2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3↓，也可能是由于发生反应：CO2+H2O+Na2SiO3=Na2CO3+H2SiO3↓，无法用元素周期律解释，B符合题意；C.根据盖斯定律可知：△H=△H1+△H2，能够用盖斯定律解释，C不符合题意；D.根据电子守恒可知，电解水生成H2与O2的物质的量之比2:1，结合阿伏伽德罗定律可知，H2与O2的体积比约为2:1，D不符合题意；故合理选项是B。9、C【详解】A.根电池装置图分析，可知Al较活泼，作负极，而燃料电池中阴离子往负极移动，因而可推知OH-（阴离子）穿过阴离子交换膜，往Al电极移动，A正确；B.Ni为正极，电子流入的一端，因而电极附近氧化性较强的氧化剂得电子，又已知过氧化氢在强碱性溶液中主要以HO2-存在，可知HO2-得电子变为OH-，故按照缺项配平的原则，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，B正确；C.根电池装置图分析，可知Al较活泼，Al失电子变为Al3+，Al3+和过量的OH-反应得到AlO2-和水，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，Ni极的电极反应式是HO2-+2e-+H2O=3OH-，因而总反应为2Al+3HO2-=2AlO2-+H2O+OH-，显然电池工作结束后，电解质溶液的pH升高，C错误；D.A1电极质量减轻13.5g，即Al消耗了0.5mol，Al电极反应式为Al-3e-+4OH-=AlO2-+2H2O，因而转移电子数为0.5×3NA=9.03×1023，D正确。故答案选C。【点睛】书写燃料电池电极反应式的步骤类似于普通原电池，在书写时应注意以下几点：1.电极反应式作为一种特殊的离子反应方程式，也必需遵循原子守恒，得失电子守恒，电荷守恒；2.写电极反应时，一定要注意电解质是什么，其中的离子要和电极反应中出现的离子相对应，在碱性电解质中，电极反应式不能出现氢离子，在酸性电解质溶液中，电极反应式不能出现氢氧根离子；3.正负两极的电极反应式在得失电子守恒的条件下，相叠加后的电池反应必须是燃料燃烧反应和燃料产物与电解质溶液反应的叠加反应式。10、A【解析】葡萄糖制镜或保温瓶胆实际是利用葡萄糖中的醛基还原银氨溶液得到单质银，实际就是发生银镜反应，选项A是利用了葡萄糖的还原性。用除去废水中的，是利用S2-和Hg2+可以形成HgS沉淀的原理，将Hg2+除去，选项B没有利用还原性。用治疗胃酸过多，是因为碳酸氢钠可以与胃酸（HCl）反应，从而达到治疗胃酸过多的目的，所以选项C没有利用还原性。用制备纳米，是利用了的水解能力，所以选项D没有利用还原性。11、D【解析】A;14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气；5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体，,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道，一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2.24L,剩余的气体只能是氢气，体积为3.36，,说明原混合物中一定含有铝，故A对；B:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液中产生白色沉淀2.9g，久置无变化,因为氢氧化铝溶于强碱，Fe(OH)2易被氧化，所以一定不含FeCl2，能生成的白色沉淀一定是氯化镁与强碱反应生成的氢氧化镁白色沉淀,一定含有氯化镁，故B错误；C.根据上边分析，一定含氯化镁，一定不含FeCl2，故C错误；根据A分析一定有(NH4)2SO4，根据B分析一定有氯化镁。Mg(OH)2MgCl2(NH4)2SO42NH4+2NH358g1mol1mol22.4L2.9g0.05mol0.05mol2.24L(NH4)2SO4和MgCl2物质的量相等，故D正确。本题答案：D。点睛：:14.05g固体加入过量的氢氧化钠溶液产生气体,有铵盐和碱反应生成生成的氨气,也可以是金属铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气,5.60L气体通过碱石灰无变化,说明气体中无与碱石灰反应的气体,无水蒸气的存在,通过浓硫酸,气体剩余3.36L,体积减少5.60L-3.36L=2,24L,结合混合物可能存在的物质可以知道,一定含有硫酸铵与氢氧化钠反应生成氨气为2,24L,剩余的气体只能是氢气,体积为3.36L,说明原混合物中一定含有铝。12、B【详解】A．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基进的一段编碳号，的名称为：2，2，3−三甲基戊烷，故A正确；B．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故B错误；C．由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故C正确；D．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、，它们名称依次为：3，3−二甲基−2−乙基−1−丁烯、3，4，4−三甲基−1−戊烯、3，4，4−三甲基−2−戊烯，故D正确；答案选B。13、D【详解】①胶体是混合物，硅酸是纯净物，不是胶体，氯化铝溶液是溶液，不是胶体，故错误；②氨水是混合物，不是电解质，故错误；③氧化铝是两性氧化物，不是碱性氧化物，故错误；④明矾、冰水混合物、四氧化三铁都是纯净物，不是混合物，故正确；⑤活性炭因吸附作用除去水中的颜色，属于物理变化，不属于化学变化，故错误；⑥葡萄糖、油脂的相对分子质量都比较小，不属于有机高分子化合物，故正确；④⑥正确，故选D。14、D【详解】A.水是共价化合物，电子式为，选项A错误；B.水分子中氧原子含有2个σ键和2个孤对电子，所以水分子是V型结构，不是直线型分子，选项B错误；C.水是极弱的电解质，选项C错误；D.水中氢元素为+1价，可以作氧化剂，如水与钠反应时水为氧化剂，选项D正确；答案选D。15、C【分析】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应。【详解】因氧化性Fe3+>Cu2+，加入铁粉后，先与Fe3+反应，后与Cu2+反应A.加入铁粉后，先与Fe3+反应，混合溶液中Fe3+的物质的量为1mol/L×1L×2=2mol，由2Fe3++Fe=3Fe2+可知，加入1molFe时，铁离子恰好完全反应，则a⩽1时，Fe粉只能将Fe3+还原，A项错误；B.剩余固体为Cu或Cu、Fe，当有Fe剩余时，溶液中一定没有Cu2+，B项错误；C.溶液中铁离子为2mol、铜离子为1mol，当1⩽a<2时，发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+、Cu2++Fe=Fe2++Cu，由方程式比例关系知，铁粉全部参与反应，加入Fe为amol，由铁元素守可知，溶液中n(Fe2+)=(2+a)mol，C项正确；D.若有固体剩余，则固体中一定有铜，当铁粉过量时，还会含有铁，D项错误；答案选C。16、D【详解】依据图示可知钠离子浓度为1.0mol/L，镁离子浓度为0.5mol/L，氯离子浓度为3.0mol/L，则依据电荷守恒可知：1.0mol/L×1+0.5mol/L×2+c(Ba2+)×2=3.0mol/L×1，解得c(Ba2+)=0.5mol/L，故答案为D。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基、碳碳双键消除反应氢氧化钠溶液，加热+HOCH2CH2OH+H2O5种【分析】根据M的结构简式可知C为：，B与乙二醇反应生成C，则B的结构简式为：，A通过①银镜反应、②与H+反应生成B，则A的结构简式为：；A与氢气发生加成反应生成D，A中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成反应，根据D一定条件下能够生成E可知，D为；又F能够生成天然橡胶，则F的结构简式为：，根据加聚反应原理可以写出E与F反应合成N的化学方程式为：。【详解】（1）根据分析可知A为，故答案为：醛基、碳碳双键；（2）D为，D通过消去反应生成E；G到H位氯代烃的消去反应，反应条件为故答案为氢氧化钠溶液，加热，消去反应；加聚反应；氢氧化钠溶液，加热；（3）B为，B与乙二醇反应的化学方程式为：；（4）E与F反应的化学方程式为：；（5）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式有：HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3，共5种，故答案为：5；（6）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，合成路线为。【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解题关键，同时对一些特殊反应的反应条件要敏感；第（6）题是本题难点，对学生的逻辑推理有一定的要求。18、甲苯C7H7NO2羧基酯基还原反应10【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=7…8，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为。在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息Ⅰ、反应信息Ⅱ可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()→G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应④的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为n+(n-1)H2O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件：①含有苯环；②只含一种官能团；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。19、3mol·L-1稀硝酸浓硝酸氢氧化钠溶液通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内Cu+4HNO3(浓)Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O将NO2转化为NO3NO2+H2O2HNO3+NO装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色a、c、d【解析】试题分析：本题主要考查HNO3的性质、化学基本实验设计和评价能力。（1）根据装置特点和实验目的，装置⑤是收集NO，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀硝酸不能氧化NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸。（2）由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出。（3）Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O：Cu+4HNO3(浓)====Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O。（4）装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO：3NO2+H2O====2HNO3+NO。（5）NO通过稀硝酸后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体。（6）要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走(a、c方案)再观察颜色变化。二是增加溶液中NO2的浓度(d方案)观察反应后的颜色变化。考点：硝酸的性质20、ADBE增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行除去Cl2O中的Cl22Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大冷水1.000mol/L【分析】根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，以此解答。【详解】(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应;然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为：A→D→B→C→E，故答案为：A；D；B；E；(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；装置B中生成Cl2O的同时还会有多余的Cl2逸出，而Cl2是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳将Cl2吸收，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；(3)已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和−1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；(4)Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，氯气和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大，故答案为：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；(5)由题可知：Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，故答案为：冷水；(6)10.00mL

0.80mol⋅L−1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050

00mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根据反应MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.0012mol×5=0.006mol，则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.008mol−0.006mol=0.002mol，根据反应HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl−+H2O可知，稀释后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其浓度为：=1.000mol/L，故答案为：1.000mol/L。21、除去碳和有机物NaAlO2(NaAlO2和NaOH、Ca(OH)2也可得分)2Co3++SO3