2026届山东省青岛平度市化学高三第一学期期中学业水平测试模拟试题含解析

2026届山东省青岛平度市化学高三第一学期期中学业水平测试模拟试题注意事项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、某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KClC．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl2、下列制取Cl2、用Cl2氧化含I-废液、回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是()选项ABCD装置实验制取氯气氧化碘离子过滤出粗盐升华提取碘A．A B．B C．C D．D3、常温下，分别取浓度不同、体积均为20.00mL的3种HCl溶液，分别滴入浓度为1.000mol·L-1，0.1000mol·L-1和0.01000mol·L-1的NaOH溶液，测得3个反应体系的pH随V(NaOH)的变化的曲线如图，在V(NaOH)=20.00mL前后出现突跃。下列说法不正确的是A．3种HCl溶液的c(HCl)：最大的是最小的100倍B．曲线a、b、c对应的c(NaOH)：a>b>cC．当V(NaOH)=20.00mL时，3个体系中均满足：c(Na+)=c(Cl-)D．当V(NaOH)相同时，pH突跃最大的体系中的c(H+)最大4、满足两个条件①离子化合物②不含有共价键的是A．N2H6Cl2 B．Ca(ClO)2 C．LiNH2 D．BaClBr5、下列指定反应的离子方程式书写正确的是（）A．SO2与足量氨水：SO2＋2NH3·H2O＝2NH＋SO＋H2OB．向CaCl2溶液中通入CO2：Ca2＋＋H2O＋CO2＝CaCO3↓＋2H＋C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合：HCO＋AlO＋2H2O＝Al(OH)3↓＋CO2＋2OH－D．同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：NH＋OH－＝NH3·H2O6、“三效催化转换器”可将汽车尾气中的有毒气体处理为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图（未配平），其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是（）A．反应属于氧化还原反应 B．丁物质一定是非金属单质C．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2 D．甲和丙中同种元素的化合价不可能相等7、化学与环境、科学、技术密切相关。下列有关说法中正确的是（）A．可使用填埋法处理未经分类的生活垃圾B．合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物C．光化学烟雾的形成与汽车尾气中的氮氧化物有关D．“鸟巢”使用钒氮合金钢，该合金熔点、硬度和强度均比纯铁高8、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子半径依次增大，且原子最外层电子数之和为15。基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，Y与Z同主族，Z与W同周期。下列说法错误的是A．电负性最大的元素是YB．简单氢化物的沸点：Y>ZC．化合物WX2中既存在离子键，又存在共价键D．W元素基态原子核外M层电子的自旋状态相反9、X、Y、Z、W四种短周期元素在元素周期表中的相对位置如图所示。其中元素Z的基态原子价电子层排布为nsn-1npn+1，下列说法正确的是A．Y、Z、W三种元素的最高正价依次递增B．X、Z都是第ⅥA族元素，电负性：W>X>ZC．氢化物稳定性Z>Y>WD．对应的简单离子半径：W>X>Z10、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32−+CaSO4CaCO3+SO42−B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+=I2+3H2OC．KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO−+2Fe(OH)3=2FeO42−+3Cl−+4H++H2OD．电解饱和食盐水：2Cl−+2H+Cl2↑+H2↑11、今有甲、乙、丙、丁、戊5种物质，在一定条件下，它们能按下图方式进行转化：其推断正确的是（

）A．① B．② C．③ D．④12、锌元素对婴儿及青少年的智力和身体发育有重要的作用，被称为生命火花。利用恒电势电解NaBr溶液间接将葡萄糖[CH2OH(CHOH)4CHO]氧化为葡萄糖酸[CH2OH(CHOH)4COOH]，进而制取葡萄糖酸锌，装置如图所示，下列说法错误的是()A．钛网与直流电源的正极相连，发生还原反应B．石墨电极的反应为2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－C．电解过程中硫酸钠溶液浓度保持不变D．生成葡萄糖酸的化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr13、绿水青山是总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4＋废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：已知：NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O下列说法正确的是A．固体1中主要含有CaCO3、CaSO4B．X可以是空气，且需过量C．处理含NH4＋废水时，发生的反应为：NH4++5NO2-+4H+=6NO↑+4H2OD．捕获剂所捕获的气体主要是CO14、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠(NaClO2)的工艺流程如下，下列说法错误的是（）A．吸收塔中1molH2O2失去2mol电子B．吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2的分解C．“母液”中含有大量的Na2SO4D．溶解时能用盐酸代替硫酸以防止引入硫酸根杂质15、许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不准确的是成语化学原理A沙里淘金利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性C百炼成钢通过多次锻炼，使生铁中碳杂质降低到钢的标准D火树银花金属元素在燃烧时显示的不同焰色，又叫焰色反应A．A B．B C．C D．D16、下列应用没有涉及化学变化的是A．碳酸氢钠用于焙制糕点B．用铁制容器盛装浓硝酸C．用二氧化硅制作光导纤维D．肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂17、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。在该反应中（）A．硫元素被氧化,碳元素被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO218、下列有关说法正确的是（）A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(OH-)B．pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH4＋)大小顺序①＞②＞③C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)D．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+c(H2S)19、某反应的△H＝+100kJ·mol-1，下列有关该反应的叙述正确的是A．正反应活化能小于100kJ·mol-1 B．逆反应活化能一定小于100kJ·mol-1C．正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1 D．反应物的总能量比生成物的总能量高20、碱式氯化铜[CuaClb(OH)c•H2O]是一种重要的无机杀虫剂，它可以通过以下步骤制备。步骤1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应后生成CuCl2。已知Fe3＋对该反应有催化作用，其催化原理如图所示步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法正确的是（）A．a、b、c之间的关系式为：a=b＋cB．图中M、N分别为Fe2+、Fe3＋C．步骤1充分反应后，加入CuO是为了除去Fe3＋D．若制备1molCuCl2，理论上消耗11.2LO221、满足下列条件的有机物的种类数正确的是选项有机物条件种类数A该有机物的一氯代物4BC6H12O2能与NaHCO3溶液反应3CC5H12O含有2个甲基的醇5DC5H10O2在酸性条件下会水解生成甲和乙，且甲、乙的相对分子质量相等4A．A B．B C．C D．D22、欲使0.1mol·L－1的NaHCO3溶液中c(H＋)、c(CO32-)、c(HCO3-)都减少，其方法是()A．通入二氧化碳气体B．加入氢氧化钠固体C．通入氯化氢气体D．加入饱和石灰水溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，合成路线如图（部分反应条件及试剂略）：已知：2CH3CHOCH3CH=CHCHO（1）C的分子式为___。（2）B中显酸性的官能团名称是___。（3）检验D中含氧官能团所需要的试剂为___。（4）X的结构简式为___。（5）A→B的化学方程式为___。（6）E→F的反应类型为___。（7）请写出2个满足下列条件的E的同分异构体的结构简式___、___。①苯环上只有1个取代基；②能发生水解反应；③分子中2个甲基；24、（12分）松油醇是一种调香香精，它是α、β、γ三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_________________。（2）A分子能发生的反应类型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所属的有机物类别是________。a.酸b.醛c.烯烃d.不饱和醇（5）写结构简式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）写出α－松油醇与乙酸发生酯化反应的方程：___________________。25、（12分）实验室制取氨气有几种方法。如图是实验室制气体的几种发生装置和吸收装置。（1）当NH4Cl和Ca(OH)2来制取氨气时应选用的气体发生装置是___（填编号），该反应的化学方程式：___；（2）①当用浓氨水和NaOH固体来制取氨气时应选用的气体发生装置是___（填编号）。②欲用蒸馏水吸收氨气，应选择的吸收装置是所给装置中的___（填编号）某化学课外兴趣小组探究铜跟浓硫酸反应情况。取6.4g铜片和10ml18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直至反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余外，同时他们根据科学的化学知识认为还有较多的硫酸剩余。（3）①请写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：___；②可以证明有余酸的实验方案是（________）A．再加入铁粉B．再滴入BaCl2溶液C．再加入银粉D．再滴入NaHCO3（4）某工厂以Cu与硝酸为原料制取Cu(NO3)2，设计了下列两个方案：方案A：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O方案B：2Cu+O2=2CuO；CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O回答：①你认为较合理的方案是___（填A或B）。②选择该方案的原因____。26、（10分）亚硝酰氯(NOC1)的沸点为-5.5℃，具有刺鼻恶臭味，在潮湿空气中易水解，溶于浓硫酸，是有机合成中的重要试剂。某同学用如图装置，由NO与干燥纯净的Cl2反应制备NOCl。己知：①Cl2沸点为-34.6℃，NO2Cl沸点为-15℃②2NO+Cl2=2NOC12NO2+Cl2=2NO2Cl回答下列问题：（1）铜与稀硝酸反应的化学方程式为______。（2）图中实验装置的连接顺序为：a→_______。（3）实验时，先制取氯气使充满除A、B、C外的整套装置，目的是______；装置中充满氯气后，下—步是制取NO，具体操作是______；E中冰盐水的温度可低至-22℃，其作用是______。（4）该同学的实验设计可能的不足之处是______（答出一条即可)。（5）若无C装置，则不利于NOCl的制备，主要原因是______（用化学方程式表示)。27、（12分）高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型绿色高效的水处理剂，可利用KClO溶液与FeCl3在碱性低温下反应制备，实验室模拟生产K2FeO4过程如图。已知：①FeCl3易潮解，100℃左右时升华②KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3③紫色的K2FeO4易溶于水、微溶于浓碱溶液，不溶于乙醇，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。（1）仪器X的的名称为___，装置A中反应的离子方程式为___。（2）使用过量KOH除了与Cl2反应生成KClO，还起到的___作用，写出此装置中制备K2FeO4的化学方程式___，该装置可选择的控温方式为___。（3）制备的高铁酸钾粗产品中含有KOH、KCl、Fe(OH)3等杂质，请将以下提纯步骤补充完整，(实验药品：高铁酸钾粗产品、蒸馏水、乙醇、饱和NaOH溶液、饱和KOH溶液、冷的稀KOH溶液、冰水)。①取一定量的高铁酸钾粗产品溶于___；②过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液；③搅拌、静置、过滤，用___洗涤2～3次，在真空干燥箱中干燥。28、（14分）Ⅰ、A、B、C、D均为中学化学中常见的物质，它们之间转化关系如下图（部分产物已略去）：试回答：（1）若D是具有氧化性的单质，A为金属且属于主族，写出B和D生成C的化学方程式_________________________。（2）若D是金属，A是强酸，写出A和D生成B的化学方程式______________；且A和C可生成B，写出该离子方程式______________________________。（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，写出该反应的离子方程式_________。化合物B经过一系列反应可以得到单质E，将一定质量的Mg和E的混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则固体混合物中E的质量为______，H2SO4溶液的物质的量浓度为_______mol/L。Ⅱ、含氮废水进入水体而对环境造成的污染越来越严重，环境专家认为可以用金属铝将水体中的NO还原为N2，从而消除污染。其反应的离子方程式是：6NO+10Al+18H2O=3N2↑+10Al(OH)3+6OH-（1）上述反应中，生成标准状况下5.6L氮气时，转移的电子为___________mol；（2）有人认为金属镁比铝能更快消除氮的污染，其反应原理和金属铝相同。①写出镁和含氮废水反应的离子方程式_________________________________；②已知金属镁可以从海水中提取的MgCl2通过电解制得的，若要除去1m3含氮元素0.2mol的废水中的NO（设氮元素都以NO的形式存在），则至少需要含0.5%（质量分数）MgCl2的海水___________kg。29、（10分）利用化学反应原理回答下列问题：（1）在一定条件下，将1.00molN2（g）与3.00molH2（g）混合于一个10.0L密闭容器中，在不同温度下达到平衡时NH3（g）的平衡浓度如图所示，其中温度为T1时平衡混合气体中氨气的体积分数为25.0%。①该反应的焓变△H__0（填“＞”或“＜”）判断依据为_____。②该反应在T1温度下5.00min达到平衡，这段时间内N2的化学反应速率为______。③T1温度下该反应的化学平衡常数K1=______。（2）科学家采用质子高导电性的SCY陶瓷（可传递H+）实现了低温常压下高转化率的电化学合成氨，其实验原理示意图如图所示，则阴极的电极反应式是____________。（3）NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如图所示：①SCR技术中的氧化剂为__________________。②当NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。该反应的化学方程式为_______________。当有3mol电子发生转移时，则参与反应的NO的物质的量为____________。

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、B【详解】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。2、D【详解】A.二氧化锰与稀盐酸不反应，应选浓盐酸，故A错误；B.氯气可氧化碘离子生成碘单质，但导管进气不合理，应长进短出，故B错误；C.漏斗下端应紧靠烧杯内壁，防止液滴飞溅，故C错误；D.碘易升华，图中装置可分离提纯碘，故D正确；故选：D。3、D【解析】A、由图可知，c（HCl）分别为1.000mol/L，0.100mol/L和0.01000mol/L，故最大的是最小的100倍，选项A正确；B、加入多于20mL的氢氧化钠溶液时，溶液pH最高的为氢氧化钠浓度最高的图像，即a对应的c（NaOH）最大，以此类推，选项B正确；C、当V（NaOH）＝20.00mL时，都恰好完全反应，溶液呈中性c（H+）＝c（OH-），根据电荷守恒c（H+）＋c（Na+）＝c（Cl-）+c（OH-），选项C正确；D、当V（NaOH）相同时，三者都恰好完全反应，所得混合溶液体系中c（H+）应该是相同的，选项D不正确。答案选D。4、D【详解】A．N2H6Cl2由两个Cl-和N2H构成，属于离子化合物，但N2H中还含有共价键，A不符合题意；B．Ca(ClO)2由Ca2+和两个ClO-构成，属于离子化合物，但ClO-中还含有共价键，B不符合题意；C．LiNH2有Li+和NH构成，属于离子化合物，但NH中还含有共价键，C不符合题意；D．BaClBr中含有Ba2+、Cl-、Br-三种离子，且不含共价键，D符合题意；故选D。5、A【详解】A．SO2与足量氨水生成(NH4)2SO3和水，故离子方程式为：SO2＋2NH3·H2O＝2NH＋＋H2O，A正确；B．由于HCl的酸性比碳酸的强，故向CaCl2溶液中通入CO2不发生反应，B错误；C．NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合应该生成Al(OH)3和，故离子方程式为：＋＋H2O＝Al(OH)3↓＋，C错误；D．由于H+结合OH-的能力强于，故同浓度同体积NH4HSO4溶液与NaOH溶液混合：H+＋OH－＝H2O，D错误；故答案为：A。6、D【详解】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2；A．该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；B．丁物质为氮气单质，属于非金属单质，故B正确；C．配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，故C正确；D．一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，故D错误；故答案为D。【点睛】考查氧化还原反应、质量守恒定律，解题难点是根据微观示意图准确得出NO+CO→N2+CO2的反应原理是解题关键，再从化合价变化的角度分析氧化还原反应，结合质量守恒分析即可，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。7、C【解析】试题分析：A垃圾要分类处理，A错误；光导纤维是二氧化硅，是无机物，B错误；汽车尾气排出的NO、NO2等氮氧化物在光照条件下容易形成光化学污染物，C正确；合金的特点是熔点低、硬度大，D错误；故选C。考点：本题考查的是化学与生活、物质的分类和性质的知识。8、C【分析】基态Y原子的最外层电子数是其内层电子数的3倍，则其电子层结构为2、6，则Y为O元素，Y与Z同主族，则Z为S元素，所以X、W最外层电子数之和为15-6-6=3，X的半径比O原子小，则应为H元素，则W为Mg元素。【详解】A．非金属性越强电负性越强，四种元素中非金属性最强的为O，则电负性最大的元素为O，即Y，故A正确；B．H2O分子之间存在氢键，所以沸点高于H2S，故B正确；C．化合物MgH2中只存在离子键，故C错误；D．Mg原子M层电子排布为2s2，同一轨道中的两个电子自旋方向相反，故D正确；综上所述答案为C。9、B【分析】s轨道最多容纳2个电子，n-1=2，所以n=3，则Z价电子层排布为nsn-1npn+1为3s23p4，Z是S元素，根据各种元素的相对位置可知X是O，Y是P，W是F，然后根据元素周期律分析解答。【详解】根据上述推断可知X是O，Y是P，Z是S，W是F。A.W元素原子半径很小，吸引电子能力很强，无最高正化合价，A错误；B.X、Z原子核外最外层有6个电子，都是第ⅥA族元素，由于同一周期的元素，原子序数越大，元素的电负性越大；同一主族的元素，原子序数越大，元素的电负性越小，所以元素的电负性：W>X>Z，B正确；C.元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性越强。由于同一周期的元素，原子序数越大，元素的非金属性越强；同一主族的元素，原子序数越小，元素的非金属性越强，所以元素的氢化物的稳定性：W>Z>Y，C错误；D.X、W离子核外有2个电子层，Z离子有3个电子层，对于电子层结构相同的离子来说，核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层结构不同的离子来说，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以离子半径：Z>X>W，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素位置及物质性质关系的知识。把握元素的位、构、性三者的关系是本题解答的关键，注意规律性知识的应用，侧重考查学生的分析与应用能力。10、A【解析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2↑+H2↑+2OH-，D项错误；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D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（题中B项）；④从反应的条件进行判断（题中C项）；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。11、B【解析】A、氨气与氧气反应生成一氧化氮和水，该反应不属于置换反应，故A错误；B、金属镁与二氧化碳发生置换反应生成碳和氧化镁，碳能够与二氧化碳发生化合反应生成一氧化碳，该选项中物质满足转化关系，故B正确；C、C与水发生置换反应生成一氧化碳和氢气，而一氧化碳与水不会发生化合反应生成甲酸，故C错误；D、亚铁离子的还原性强于溴离子，溴化亚铁与氯气反应不会生成溴化亚铁，故D错误；故选B。12、A【分析】由题干可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－。【详解】A.由分析可知，在钛网上NaBr将被氧化为溴单质，失电子发生氧化反应，钛网作阳极，与电源的正极相连，A项错误；B.石墨电极作阴极，发生还原反应，电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，B项正确；C.电解过程中，左侧发生的反应为2Br--2e-=Br2、CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，右侧电极反应为：2H2O+2e-=H2↑＋2OH－，左侧产生的H+经过质子交换膜不断向右侧提供被消耗的H+，右侧硫酸钠溶液的浓度不变，C项正确；D.电解过程中溴离子氧化生成的Br2将葡萄糖氧化为葡萄糖酸，化学方程式为CH2OH(CHOH)4CHO＋Br2＋H2O=CH2OH(CHOH)4COOH＋2HBr，D项正确；答案选A。13、D【解析】A.二氧化碳、二氧化硫与石灰乳反应生成碳酸钙、亚硫酸钙，则固体1中主要含有CaCO3、CaSO3，A错误；B.X可以是空气，且至少保证生成的二氧化氮与一氧化氮的物质的量之比为1：1时即可，不需过量，B错误；C.处理含NH4＋废水时，生成无污染的气体氮气，发生的反应为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，C错误；D.CO与石灰乳、NaOH均不反应，则气体2为CO，捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；答案为D。14、D【详解】A.吸收塔中H2O2作还原剂，O元素由-1价升高到0价，1molH2O2失去2mol电子，A正确；B.H2O2热稳定差，所以吸收塔中温度不宜过高，否则会导致H2O2的分解，B正确；C.溶解时加入的H2SO4，以及SO2还原KClO3都将转化为Na2SO4，所以“母液”中含有大量的Na2SO4，C正确；D.溶解时不能用盐酸代替硫酸，因为盐酸能还原KClO3生成Cl2；此外，反应器中也会有硫酸根的生成，故不需要防止硫酸根的引入；D错误；故选D。【点睛】H2O2具有很强的氧化性，但它在强氧化性环境中，也能表现出还原性。所以，试题中H2O2表现何种性质，需经过对试题的整体分析加以确定。15、B【解析】A．“沙里淘金”说明黄金在自然界中能够以单质形式存在，发生的是物理变化；故A正确；B．刀耕火耨中包含着古人播种前先伐去树木烧掉野草，用余灰可以肥田，但草木灰水溶液显碱性不能降低土壤碱性，故B错误；C．生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的碳含量低，在空气中锤打，目的是让碳和氧气反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，达到钢的标准，故C正确；D．不同的金属灼烧产生不同的焰色，火树银花利用金属的焰色反应，故D正确；故选B。16、C【解析】A、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和CO2，且与酸反应生成CO2，所以可用于焙制糕点，发生的是化学变化，A错误；B、用铁制容器盛装浓硝酸利用的是钝化，钝化是化学变化，B错误；C、二氧化硅制作光导纤维利用的是二氧化硅可以传递光信号，发生的是物理变化，C正确；D、肥皂水显碱性，可用作蚊虫叮咬处的清洗剂，发生的是化学变化，D错误，答案选C。17、D【解析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，A．由反应方程式中S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，故A正确；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移8/3mol电子，故C错误；D、根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确；故选AD。18、C【详解】A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，反应后为生成NaCl、NaClO，次氯酸根离子水解，则所得溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，选项A错误；B．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液，两者都是强酸弱碱盐，两溶液中NH4＋浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4＋的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4＋的浓度小于(NH4)2SO4，则pH相等时溶液中NH4+浓度大小顺序为①=②>③，故B错误；C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液，则HA为强酸，与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时恰好生成强酸强碱盐NaA，反应后溶液显中性，则c(Na+)=c(A－)、c(OH－)=c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)，选项C正确；D．常温下0.1mol/LNa2S溶液中，根据质子守恒可得：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+2c(H2S)，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B，从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制。19、C【详解】A．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能，故正反应活化能大于100kJ·mol-1，A错误；B．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能=+100kJ/mol，不知道正反应的活化能，无法确定逆反应的活化能，B错误；C．△H=正反应的活化能─逆反应的活化能=+100kJ/mol，正反应活化能比逆反应活化能大100kJ·mol-1，C正确；D．该反应为吸热反应，反应物的总能量比生成物的总能量低，D错误；答案选C。20、C【详解】A.化合物中正负化合价的代数和等于0，可知2a=b+c，A错误；B.Fe3＋对该反应有催化作用，可知M是Fe3＋，N是Fe2+，B错误；C.步骤1充分反应后的溶液中含催化剂Fe3+，Fe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+完全转化为Fe(OH)3沉淀而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C正确；D.制备1molCuCl2，转移2mol电子，根据电子守恒，需要消耗0.5molO2，未给定氧气的条件，不能确定气体的体积，D错误；答案为C。【点睛】气体的体积受温度、压强的影响较大，在标准状况下Vm=22.4L/mol。21、A【解析】A.该有机物有四种氢原子，所以该有机物的一氯代物有4种，故A正确；B.能与NaHCO3溶液反应的有机物含有—COOH，C6H12O2可以看作C5H11—COOH，C5H11—有8种，所以C5H11—COOH有8种，故B错误；C.分子式为C5H12O的含有两个甲基的醇可看作C5H11OH，含有两个甲基的C5H11—有4种，所以含有两个甲基的醇C5H11OH有4种，故C错误；D.分子式为C5H10O2的有机物在酸性条件下会水解生成甲和乙，且甲、乙的相对分子质量相等，说明该有机物为CH3COOC3H7,丙醇有两种，所以该有机物有两种，故D错误。故选A。22、D【详解】A.CO2与水反应生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A错误；B.NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氢氧化钠固体后，c(HCO3-)减小，c(CO32-)增大，c(H＋)减小，B错误；C.HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑，所以通入氯化氢气体后，c(HCO3-)减小，c(CO32-)减小，碳酸氢钠溶液呈碱性，通入氯化氢后溶液碱性减弱，所以c(H+)增大，C错误；D.Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，所以加入饱和石灰水溶液后，HCO3-转化为CaCO3沉淀，所以c(HCO3-)、c(CO32-)都减小，溶液由弱碱性变为强碱性，所以c(H+)也减小，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、C9H6O3羟基新制氢氧化铜或银氨溶液+CH3OH+H2O消去反应【分析】根据C的结构简式可知其分子式；根据B的结构简式可知，B中含有酚羟基，显弱酸性；D中有醛基，可以用新制氢氧化铜或银氨溶液检验醛基；比较D和E的结构可知，D与X加成得E，可推知X的结构简式；A与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯；碳碳单键变成碳碳双键，可知反应类型；根据条件①苯环上只有1个取代基；②能发生水解反应，说明有酯基；③分子中2个甲基，结合E的结构简式写同分异构体。【详解】(1)根据C结构简式可知其分子式为C9H6O3；(2)根据B的结构简式可知，B中含有酚羟基，显弱酸性，故答案为：羟基；(3)D中有醛基，可以用新制氢氧化铜或银氨溶液检验醛基，故答案为：新制氢氧化铜或银氨溶液；(4)比较D和E的结构可知，D与X加成得E，可推知X的结构简式为；(5)A与甲醇在浓硫酸作用下发生酯化反应生成酯，反应方程式为；(6)E→F是羟基中的碳氧键断裂，有碳碳单键变成碳碳双键，其反应类型为消去反应；(7)根据条件①苯环上只有1个取代基；②能发生水解反应,说明有酯基；③分子中2个甲基，结合E的结构简式可知E的同分异构体的结构简式，。24、羟基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据β-松油醇中含有两个甲基，因此β-松油醇为，γ-松油醇中含有三个甲基，γ-松油醇为：，据此分析解答。【详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由α-松油醇的结构简式可知，α－松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由α-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据β-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为，γ-松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为；；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此α－松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH++H2O，故答案为CH3COOH++H2O。25、A2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OBCCu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OADBA中生成的NO会污染环境，生成相同质量的硝酸铜B方案需要的硝酸更少【分析】(1)依据反应物状态和反应条件分析判断制备气体的装置，A装置属于固固混合加热装置，反应是固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气；(2)浓氨水和NaOH固体反应生成氨气，B装置属于固液混合不加热型装置；氨气极易溶于水，处理时要用防倒吸装置；(3)随反应进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，因为浓硫酸和铜反应得到CuSO4，所以检验剩余的硫酸，不能检验硫酸根离子，需要检验剩余溶液中含H+；(4)根据选择方案的依据和绿色化原理来回答本题。【详解】(1)A装置属于固固混合加热装置，用NH4Cl和Ca(OH)2来制取氨气，反应物是固体和固体加热制备气体的反应，选用大试管加热制备氨气，选则装置A；用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，反应的化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：A；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)①NaOH溶于水放出热量，故致使溶于水的氨气溶解度降低，从而逸出，氨水为弱电解质存在电离平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入氢氧化钠，氢氧根浓度增大，平衡左移，氨气逸出，B装置属于固液混合不加热型装置，当用浓氨水和NaOH固体来制取氨气时应选用装置B，故答案为：B；②氨气极易溶于水，处理时要用防倒吸装置，故答案为：C；(3)①铜跟浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②随反应进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，因为浓硫酸和铜反应得到CuSO4，所以检验剩余的硫酸，不能检验硫酸根离子，需要检验剩余溶液中含H+，H+和Fe反应放出氢气，和NaHCO3溶液反应得到二氧化碳，故答案为：AD；(4)选择方案时要考虑是否产生有害气体污染空气，方案是否可行，是否安全，操作是否简单，是否节约了原料，方案A的生成物会污染环境，并且制取相同质量的硝酸铜，方案B消耗的原料最少，硝酸中的硝酸根全部转化成硝酸铜，故答案为：B；A中生成的NO会污染环境，生成相同质量的硝酸铜B方案需要的硝酸更少。26、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2Od、e—b、c—i、j—f、g—h排出装置中的空气中打开止水夹，并将铜丝插入稀硝酸将NOCl冷凝为液态B、C上部的空气会将NO氧化（或E中制得的NOCl产品中可能混有少量NO2Cl）NOCl+H2O=HNO2+HCl【分析】由干燥纯净的氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据装置图，由二氧化锰与浓盐酸制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用浓硫酸干燥，由A用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，故B用水净化NO，装置C用浓硫酸干燥，将氯气和NO干燥后在装置D中发生反应，在冰盐水冷却的E装置中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，可以用氢氧化钠溶液吸收尾气；NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此分析解答。【详解】(1)铜与稀硝酸制备NO，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故答案为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；(2)由二氧化锰与浓盐酸制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，需要首先用饱和食盐水吸收氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，则a连接d、e-b、c，将干燥后的氯气和NO在装置D中发生反应，在冰盐水冷却的E中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故c-i、j-f、g-h，故答案为：d、e-b、c-i、j-f、g-h；(3)NO能够与空气中的氧气反应，需要排除装置中的空气，实验时，先制取氯气，使氯气充满除A、B、C外的整套装置，装置中充满氯气后，打开止水夹，并将铜丝插入稀硝酸中，制备NO，E中冰盐水将NOCl冷凝为液态，便于收集；故答案为：排出装置中的空气；打开止水夹，并将铜丝插入稀硝酸中；将NOCl冷凝为液态；(4)NO遇空气中的氧气被氧化，B、C上部的空气会将NO氧化，不利于反应，故答案为：B、C上部的空气会将NO氧化；(5)若无C装置，NOCl与水蒸气发生水解反应：NOCl+H2O=HNO2+HCl，故答案为：NOCl+H2O=HNO2+HCl。27、恒压滴液漏斗2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O提供强碱性，防止K2FeO4与水反应3KClO+2FeCl3+10KOH=2K2FeO4+9KCl+5H2O冰水浴冷的稀KOH溶液乙醇【分析】装置A中高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，浓盐酸易挥发，则生成的氯气中含有HCl和水杂质，饱和食盐水可除去HCl，而浓硫酸可除去水蒸气，氯气与铁在加热的条件下生成氯化铁，FeCl3在100℃左右时升华，则在装置D中，KClO溶液与FeCl3在碱性低温下反应制备高铁酸钾，氯气有毒，装置E吸收未反应的氯气。【详解】(1)仪器X为恒压滴液漏斗；装置A中高锰酸钾与盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(2)KClO溶液与FeCl3在碱性低温下反应制备高铁酸钾，使用过量KOH提供强碱性，防止K2FeO4与水反应；KClO、FeCl3和KOH为反应物，高铁酸钾为生成物，反应的方程式为3KClO+2FeCl3+10KOH=2K2FeO4+9KCl+5H2O；反应温度在低温下进行，可在冰水浴中进行；(3)①K2FeO4微溶于浓碱溶液，在0～5℃的强碱性溶液中较稳定，在酸性至弱碱性条件下分解，则高铁酸钾粗产品溶于冷的稀KOH溶液。③K2FeO4不溶于乙醇，则用乙醇洗涤。28、2Na2O+O22Na2O2Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2OAl3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓5.4g2.52.55Mg+2NO3-+6H2O=N2↑+5Mg(OH)2+2OH-9.5【解析】Ⅰ、（1）D是具有氧化性的单质，A元素为主族金属元素，根据反应关系可知A为Na，B为Na2O，D为O2，C为Na2O2；B和D反应生成C的化学方程式为2Na2O+O22Na2O2；（2）若D是金属，A是强酸，由转化关系可知D为变价金属，应为Fe，B是铁盐，C是亚铁盐，A和D生成B，这说明A是氧化性酸，A是硝酸，则A和D生成B的化学方程式为Fe+4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O；A和C可生成B，该反应的离子方程式为3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O。（3）若A、B、C为含同一种金属元素的无机化合物，在溶液中A和C反应生成B，因此含有的金属元素是Al，则B是氢氧化铝，A和C发生的是铝盐和偏铝酸盐之间的反应，该反应的离子方程式为Al3++3AlO2-+6H2O=4Al（OH）3↓。化合物B经过一系列反应可以得到单质E，E是金属铝。将一定质量的Mg和Al的混合物投入200mL稀硫酸中，固体全部溶解并产生气体。待反应完全后，向所得溶液中加入NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。根据图像可知反应中稀硫酸过量，0～20mL氢氧化钠中和剩余的硫酸，20～