山东省师范大学附属中学2026届化学高三上期中复习检测试题含解析

山东省师范大学附属中学2026届化学高三上期中复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3的酸性强B向某溶液中先滴加Ba(NO3)2溶液，再滴加稀盐酸，出现白色沉淀原溶液中可能含SO32-C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色原溶液中不含钾元素D向10mL0.2mol·L-1NaOH溶液中滴入2滴0.1mol·L-1MgCl2溶液，产生白色沉淀后，再加2滴0.1mol·L-1FeCl3溶液，产生红褐色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Fe(OH)3]A．A B．B C．C D．D2、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B．向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>C6H5OHC．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D．①某溶液中加入Ba(NO3)2溶液②再加足量盐酸①产生白色沉淀②仍有白色沉淀原溶液中有SO42-A．A B．B C．C D．D3、将X逐渐加入（或通入）到一定量Y溶液中，产生沉淀的质量与加入X的物质的量关系如图，符合图中情况的一组物质是ABCDXBa(HCO3)2Na2CO3KOHCO2YNaOHCaCl2Mg(HSO4)2石灰水A．A B．B C．C D．D4、下列有关实验操作的叙述，错误的是（）A．中和热的测定实验时，眼睛要注视温度计的刻度变化B．萃取时，将混合物充分振荡后，需静置，待液体分层明显后才能分液C．中和滴定实验时，为了使滴定终点的现象更加明显，可以滴加较多的指示剂D．蒸馏时，温度计的读数刚达到某物质的沸点，不能立即收集馏出物5、下列因素不能改变酸碱中和反应速率的是A．温度 B．反应物的浓度 C．反应物的性质 D．压强6、科学家用氮化镓(GaN)材料与铜作电极组装如图所示的人工光合系统，成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。下列说法不正确的是（）A．电子由GaN沿着导线流向CuB．电解液中H+从质子交换膜右侧向左侧迁移C．GaN表面发生氧化反应，有O2产生D．Cu表面电极反应式：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O7、按第26届国际计量大会重新定义，阿伏加德罗常数（NA）有了准确值6.02214076×1023。下列说法正确的是A．18gT2O中含有的中子数为12NAB．用23.5gAgI与水制成的胶体中胶体粒子数目为0.1NAC．在标准状况下，80gSO3所占的体积约为22.4LD．1mol某烷烃CnH2n+2（n≥1）分子中含有的共价键数为(3n+1)NA8、下列说法中正确的是（）A．氯化氢溶于水能电离出H+、Cl-，所以氯化氢是离子化合物B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．氧气和臭氧间的相互转化属于氧化还原反应D．有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构体9、下列有关硫酸或氢氧化钠物质的量浓度溶液的配制，操作与解释均正确的是（）选项实验操作解释A量取浓硫酸后，慢慢转入容量瓶中浓硫酸溶于水放出大量的热，在容量瓶中溶解更安全B配制氢氧化钠时，应为容量瓶选择合适的塑料瓶塞氢氧化钠溶液与玻璃塞中的二氧化硅反应C定容时，改用胶头滴管滴加蒸馏水容易控制滴加的水量，减小误差D定容时，发现液面高度超过刻度线后，立即用干净胶头滴管吸去多余液体由于及时吸去多余水量，浓度不会手影响A．A B．B C．C D．D10、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Cu2+、NH、NO、SOB．加入酚酞为红色的溶液中：Na+、Al3+、SO、Cl-C．0.2mol∙L－1的KSCN溶液中：Fe2+、K+、CO、Cl-D．水电离出的c（H+）＝1×10－13mol∙L－1的溶液中：K+、Na+、AlO、CO11、下列各组物质的晶体中，化学键类型相同、晶体类型也相同的是A．SO2和SiO2 B．CO2和H2 C．NaCl和HCl D．CCl4和KCl12、常温下，0.1molNa2CO3与盐酸混合所得的一组体积为1L的溶液，溶液中部分微粒与pH的关系如图所示。下列有关溶液中离子浓度关系叙述正确的是A．W点所示的溶液中：c(Na+)>c(CO32-)=c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)B．pH=4的溶液中：c(H2CO3)+c(HCO3-)+c(CO32-)=0.1mol/LC．pH=8的溶液中：c(Na+)>c(HCO3-)>c(CO32-)>c(H2CO3)D．pH=11的溶液中：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c(CO32-)+c(HCO3-)13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．常温下，2.7g铝片投入足量的浓硫酸中，铝失去的电子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAC．常温常压下，16gO2和O3的混合气体中所含原子数目为NAD．在一定条件下，1molN2与3molH2反应生成的NH3分子数为2NA14、如图所示，常温时将一滴管液体Y一次性全部挤到充满O2的锥形瓶内(装置气密性良好)，若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol，久置后其气体的物质的量是bmol，其中a≥b的是XYA少量C、Fe屑NaCl溶液B过量Na2SO3粉末稀H2SO4C少量Fe块浓H2SO4D过量Cu粉末浓HNO3A．A B．B C．C D．D15、一定条件下硝酸铵受热分解的化学方程式为：5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O，在反应中被氧化与被还原的氮原子数之比为A．5∶4 B．5∶3 C．3∶5 D．1∶116、为测定含镁3%～5%的铝镁合金中镁的质量分数，设计了2种实验方案，下列说法不正确的是方案一：镁铝合金加入足量的氢氧化钠溶液中充分反应后过滤，测定剩余固体质量；方案二：称量mg铝镁合金粉末，放在图中惰性电热板上，通电使其充分灼烧。测得固体质量增重。A．方案一中若称取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反应，则V≥100mLB．方案一中测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，则镁的质量分数偏高C．方案二中欲计算镁的质量分数，实验中还需测定灼烧后固体的质量D．方案二中若用空气代替O2进行实验，则测定结果偏高二、非选择题（本题包括5小题）17、肉桂醛F()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛：+请回答：（1）D的名称为__________________。

（2）反应①～⑥中属于加成反应的是____（填序号）。

（3）写出反应③的化学方程式：______________________________________。

（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是__________（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。

A．滴加AgNO3溶液B．加NaOH溶液C．加热D．用稀硝酸酸化（5）E的同分异构体有多种，其中之一甲属于酯类。甲可由H（已知H的相对分子量为32）和芳香酸G制得，则甲的结构共有__________种。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙烯为原料制备CH3CH＝CHCHO的合成路线流程图(无机试剂任选)。____________________合成路线流程图例如下：18、有机物M是一种食品香料,可以C4H10为原料通过如下路线合成:已知:①R—CHCH2R—CH2CH2OH②RCH2CHO+R'CH2CHO③F分子中的碳链上没有支链;E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应。请回答下列问题:（1）A、B均为一氯代烃,写出其中一种的名称(系统命名)____;M中的官能团名称为______。（2）写出下列反应的反应类型:F→G________,D+GM________。（3）F与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为____________________。（4）M的结构简式为____________;E的核磁共振氢谱有____种峰。（5）与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体有____种,请写出其中一种的结构简式:________________。（6）参照上述合成路线,以苯乙烯()和乙醛为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线：______________________。19、铝土矿的主要成分是Al2O3，含有杂质SiO2、Fe2O3、MgO。工业上从铝土矿中提取铝可采用如下工艺流程：请回答下列问题：（1）溶液A转化为溶液D发生的离子方程式为____________________；（2）由物质M制取铝的化学方程式为____________________；（3）溶液D中通入过量CO2生成沉淀F的离子方程式为____________________；（4）取一定量的沉淀C置于试管中，逐滴向试管中加入过量HI至沉淀全部溶解，所得溶液中Fe元素以_______存在，检验该离子的实验操作和现象是________________。20、某研究小组模拟工业上以黄铁矿为原料制备硫酸的第一步反应如下：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2进行以下实验，并测定该样品中FeS2样品的纯度（假设其它杂质不参与反应）。实验步骤：称取研细的样品4.000g放入上图b装置中，然后在空气中进行煅烧。为测定未反应高锰酸钾的量（假设其溶液体积保持不变），实验完成后取出d中溶液10mL置于锥形瓶里，用0.1000mol/L草酸(H2C2O4)标准溶液进行滴定。（已知：5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4）请回答下列问题：（1）称量样品质量能否用托盘天平_______（填“能”或“不能”），取出d中溶液10mL需要用______准确量取(填序号)A．容量瓶B．量筒C．碱式滴定管D．酸式滴定管（2）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是__________（3）已知草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为_______________﹔判断滴定到达终点的方法是___________。（4）已知滴定管初读数为0.10mL，末读数如图所示，消耗草酸溶液的体积为___________mL。下列操作会导致该样品中FeS2的纯度测定结果偏高的是_________(填序号)A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失（5）该样品中FeS2的纯度为__________________（6）若用下图装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_______（填编号）。21、化学反应原理在化工生产和实验中有着广泛而重要的应用。Ⅰ.利用含锰废水(主要含Mn2＋、SO、H＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋)可制备高性能磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其中一种工艺流程如下：已知某些物质完全沉淀的pH如下表：沉淀物Fe(OH)3Al(OH)3Cu(OH)2Mn(OH)2CuSMnSMnCO3沉淀完全时的pH3.25.46.49.8≥0≥7≥7回答下列问题：（1）过程②中，所得滤渣W的主要成分是______________________。（2）过程③中，发生反应的离子方程式是______________________。（3）过程④中，若生成的气体J可使澄清石灰水变浑浊，则生成MnCO3的反应的离子方程式是_______________________。（4）由MnCO3可制得重要的催化剂MnO2：2MnCO3＋O2===2MnO2＋2CO2。现在空气中加热460.0gMnCO3，得到332.0g产品，若产品中杂质只有MnO，则该产品中MnO2的质量分数是________(用百分数表示，小数点后保留1位小数)。Ⅱ.常温下，浓度均为0.1mol·L－1的下列六种溶液的pH如下表：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3（1）上述盐溶液中的阴离子，结合H＋能力最强的是_______________________。（2）根据表中数据判断，浓度均为0.01mol·L－1的下列物质的溶液中，酸性最强的是________(填序号)。A．HCNB．HClOC．C6H5OHD．CH3COOHE.H2CO3Ⅲ.已知:CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH=QkJ·mol-1其平衡常数随温度变化如下表所示:温度/℃400500850平衡常数9.9491请回答下列问题:（1）上述反应的化学平衡常数表达式为___,该反应的Q____(填“>”或“<”)0。

（2）850℃时,向体积为10L的反应器中通入一定量的CO和H2O(g),发生上述反应,CO和H2O(g)的浓度变化如图所示,则0~4min时平均反应速率v(CO)=____。（3）若在500℃时进行上述反应,且CO、H2O(g)的起始浓度均为0.020mol·L-1,该条件下,CO的最大转化率为____。

（4）若在850℃时进行上述反应,设起始时CO和H2O(g)共为1mol,其中水蒸气的体积分数为x,平衡时CO的转化率为y,试推导y随x变化的关系式:____。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】利用酸碱反的规律、常见离子检验方法、沉淀转化规律，分析作出判断。【详解】A项：复分解反应中，通常有较强酸生成较弱酸的规律。CO2气体通入Na2SiO3溶液生成H2SiO3白色沉淀，说明H2CO3酸性强于H2SiO3酸性。A项错误；B项：某溶液中先后加入Ba(NO3)2溶液、稀盐酸，相当于加入了强氧化性的硝酸，则白色沉淀可能是BaSO4或AgCl，原溶液中可能有SO42－、SO32－或Ag+。B项正确；C项：焰色反应时火焰呈黄色，则样品中含有钠元素，还不能确定是否含钾元素。若透过蓝色钴玻璃观察火焰是否呈紫色，可确定是否有钾元素。C项错误；D项：虽然白色难溶物Mg(OH)2能转化为红褐色难溶物Fe(OH)3，但其化学式类型不同，不能比较它们的溶度积。D项错误。本题选B。2、B【解析】A．某溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+，选项A错误；B．向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚，选B正确；C．向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选项C错误；D．向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选项D错误。【点睛】在解决本题中选项C的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。3、C【解析】由图可知，加入X物质，开始不产生沉淀，加入一定量的X时开始产生沉淀，当沉淀达最大值时，再加入X沉淀不溶解。【详解】A、氢氧化钠溶液中加入碳酸氢钡溶液立即生成碳酸钡沉淀，图象与实际不符合，故A错误；B、氯化钙溶液中加入碳酸钠溶液反应生成碳酸钙与氯化钠，立即产生碳酸钙沉淀，图象与实际不符合，故B错误；C、Mg(HSO4)2溶液中加入KOH，先发生中和反应，氢氧化钾中和完溶液中的氢离子后，再与镁离子反应生成氢氧化镁沉淀，且氢氧化镁不溶于氢氧化钠，图象与实际符合，故C正确；D、石灰水通入二氧化碳立即生成碳酸钙沉淀，最后沉淀完全溶解，图象与实际不符合。答案选C。4、C【解析】试题分析：A、中和热的测定的公式为cm△t/n(H2O)，测定是的温度，因此眼睛注视温度计的最高温度，故说法正确；B、充分萃取完成后，静置分层，然后分液，故说法正确；C、指示剂加多，对终点颜色的变化，产生干扰，因此加几滴指示剂，故说法错误；D、应稍微超过沸点，故说法正确。考点：考查实验基本操作等知识。5、D【分析】影响化学反应速率的因素包括内因和外因，内因是反应物本身的性质，外因包括温度、浓度、催化剂压强等。【详解】A、升高温度，化学反应速率加快；降低温度，化学反应速率减慢，A不符合题意；B、增大酸或碱的浓度，中和反应速率加快；降低酸或碱的浓度，中和反应速率减慢，B不符合题意；C、酸碱中和反应的反应速率的内因与反应物的性质，有关，C不符合题意；D、压强能够改变化学反应速率，但是只有气体参与的反应，压强才能影响其速率，酸碱中和反应中没有气体参与，所以压强不能影响其速率，D符合题意；答案选D。6、B【分析】根据题意可知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。【详解】A.电子沿导线由负极转移向正极，已知GaN是负极、Cu是正极，所以电子由GaN沿着导线流向Cu，故A选项正确。B.反应过程中负极产生H+，电解液中H+从质子交换膜左侧向右侧迁移，故B选项错误。C.GaN极是负极，反应过程中失去电子，O元素化合价升高，发生氧化反应且生成O2，故C选项正确。D.Cu为正极，得到电子且得到氢离子，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D选项正确。故答案为B。【点睛】本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理为解答根据，注意根据已知条件正确判断电极反应，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生氧化反应。导线中电子由负极流向正极流。离子流向受离子交换膜影响。难点是电极反应式的书写，需要抓住正负极得失电子以及化合价变化写出正负极反应式。7、D【详解】A．18gT2O物质的量=18g/22g·mol-1=9/11mol，含有中子数=9/11×[(3-1)×2+16-8]=12×9/11NA=9.8NA，故A错误；B．23.5gAgI的物质的量为23.5g/235g·mol-1=0.1mol，与水制成的胶体中胶体粒子数目小于0.1NA，故B错误；C．标况下SO3不是气态，不能用气体的摩尔体积计算体积，故C错误；D．1molCnH2n+2（烷烃）中含有(n-1)mol碳碳键和(2n+2)mol碳氢键，总共含有(3n+1)mol共价键，含有共价键数为(3n+1)NA，故D正确；故选：D。8、D【详解】A.氯化氢分子中氢原子和氯原子以共价键结合，氯化氢是共价化合物，错误；B.碘属于分子晶体，碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘分子间的作用力，错误；C.同素异形体之间的转化是化学变化，由于没有电子的转移，所以不是氧化还原反应，错误；D.有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构体，正确；答案选D。9、C【解析】容量瓶不能用于稀释溶液，故A错误；配制氢氧化钠时，可以用磨口玻璃塞，故B错误。定容时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，容易控制滴加的水量，故C正确；定容时，发现液面高度超过刻度线后，立即用干净胶头滴管吸去多余液体，浓度偏小，故D错误。10、A【详解】A．离子组Cu2+、NH、NO、SO彼此间不发生离子反应，能大量共存，故A正确；B．离子组Na+、Al3+、SO、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，但加入酚酞为红色的溶液即碱性溶液时，Al3+与OH-能发生离子反应，在碱性溶液中不能大量存在，故B错误；C．Fe2+和CO要发生离子反应，而不能大量共存，故C错误；D．水电离出的c(H+)＝1×10－13mol∙L－1的溶液pH=1或pH=13，离子组K+、Na+、AlO、CO在碱性溶液中能大量存在，而在酸性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为A。11、B【解析】试题分析：根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体含有离子键，可能含有共价键，共价化合物只含共价键，双原子分子或多原子分子含有共价键。A、SiO2是共价键结合的原子晶体，SO2是含有共价键的分子晶体，故A错误；B、CO2和H2都是分子晶体，都只含共价键，故B正确；C、氯化钠是离子晶体含有离子键，氯化氢是分子晶体含有共价键，故C错误；D、四氯化碳是分子晶体，含有共价键，氯化钾是离子晶体，含有离子键，故D错误；故选B。考点：考查晶体类型和化学键的关系的判断12、A【分析】A、W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性；B、根据物料守恒判断；C、先判断溶液中的溶质，再根据电离程度与水解程度的相对大小分析；D、根据电荷守恒分析．【详解】A．W点所示的溶液中c（CO32－）=c（HCO3－），溶液显碱性，则c（OH－）＞c（H＋），所以溶液中离子浓度关系为：c（CO32－）=c（HCO3－）＞c（OH－）＞c（H＋），故A正确；B、pH=4，说明反应中有CO2生成，所以根据物料守恒可知c（H2CO3）+c（HCO3－）+c（CO32－）＜0.1mol·L-1，故B错误；C．根据图象可知pH=8时，溶液中碳酸氢钠的浓度远远大于碳酸钠的浓度，这说明反应中恰好是生成碳酸氢钠，HCO3－的水解程度大于电离程度，则c（Na＋）＞c（HCO3－）＞c（H2CO3）＞c（CO32－），故C错误；D、根据图象可知pH=11时，溶液中电荷守恒为：c（Na＋）+c（H＋）=c（OH－）+c（Cl－）+2c（CO32－）+c（HCO3-），故D错误；故选A。【点睛】本题考查碳酸钠和盐酸反应中离子浓度大小比较，解题关键：在明确反应原理的基础上利用好几种守恒关系，即电荷守恒、物料守恒以及质子守恒，易错点B，结合图象和题意灵活运用，读出pH=4，说明反应中有CO2生成。13、C【详解】A.常温下Al在浓硫酸中发生钝化，A项错误；B.标准状况下SO3呈固态，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，B项错误；C.O2和O3互为同素异形体，16gO2和O3的混合气体中所含O原子物质的量：n（O）==1mol，C项正确；D.N2与H2化合成NH3的反应为可逆反应，在一定条件下1molN2与3molH2反应生成NH3分子物质的量小于2mol，D项错误；答案选C。【点睛】本题考查以阿伏加德罗常数为中心的计算，涉及金属的钝化、气体摩尔体积、物质的组成、可逆反应等知识。注意22.4L/mol适用于标准状况下已知气体体积计算气体分子物质的量。14、C【分析】若锥形瓶内气体的最大物质的量是amol,久置后其气体的物质的量是bmol,如存在a>b关系,说明在久置过程中锥形瓶的气体参与反应而消耗,反之不存在a>b，以此解答该题。【详解】A.铁与盐酸反应生成氢气,因为铁过量,则久置过程中铁发生吸氧腐蚀,则消耗氧气,a>b,故A不选；

B.亚硫酸钠和稀硫酸反应生成二氧化硫气体,因为亚硫酸钠过量,则久置过程中亚硫酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠,气体总物质的量减小,a>b,故B不选；

C.Fe、Al与浓硫酸发生钝化，气体体积基本不变，故C选；

D.铜和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，久置过程中二氧化氮与水反应生成NO，体积变小，故D不选；

综上所述，本题选C。15、B【详解】5NH4NO3＝2HNO3＋4N2＋9H2O的反应中，氮元素由铵根中−3价升高为0价，被氧化，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，被还原，氮气既是还原产物也是氧化产物，根据电子转移守恒，可知被氧化的氮原子与被还原的氮原子物质的量之比为5∶3.故答案选：B。16、A【解析】A.含镁为5%时，金属铝的含量最低，5.4g合金中铝的质量为5.13g；则根据反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，2Al～2NaOH，5.13/27：V×10-3×2=2:2，解得V=95mL，因此取5.4g合金粉末样品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中反应，则V≥95mL，A错误；B.方案一中金属铝与氢氧化钠溶液反应，过滤后剩余固体镁；测定剩余固体质量时，过滤后未洗涤固体就干燥、称量，相当于镁的质量偏大，则镁的质量分数偏高，B正确；C.Mg、Al均与氧气反应,生成金属氧化物，则还需测定生成物的质量，根据质量守恒列方程可以求出金属镁的质量，进而求出镁的质量分数，C正确；D.空气中有氮气和氧气，金属镁能够与氮气反应生成氮化镁，灼烧后固体质量增大，金属镁的质量偏大，测定结果偏高，D正确；综上所述，本题选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯甲醛①⑤+NaOH+NaClBCDA4【解析】由反应①可知，A为C2H5OH，②C2H5OH氧化为BCH3CHO，③可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为。(1)由以上分析可知D为，名称为苯甲醛，故答案为苯甲醛；(2)由官能团的转化和反应条件可知①为加成反应，②为氧化反应，③为取代反应，④为氧化反应，⑤加成反应，故答案为①⑤；(3)反应③为氯代烃的取代反应，反应的方程式为，故答案为；(4)在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，最后加入硝酸银溶液检验，故答案为BCDA；(5)E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构，故答案为4；(6)以乙烯为原料制备CH3CH＝CHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息+，因此需要合成乙醛，可以有乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，是有机化学常见题型。本题的易错点为(5)，关键是判断芳香酸G的结构的种类。难点是(6)合成路线的设计，如果考虑到碳链增长，需要利用题干信息，解题就比较顺利了。18、2-甲基-1-氯丙烷碳碳双键和酯基氧化反应酯化反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O44、、、(任写一种)【解析】根据有机物官能团的结构和性质、反应条件、有机物分子式和转化关系图，利用正推法或逆推法并借助于已知信息逐一分析判断出每种有机物的结构简式，最后结合问题解答。C4Hl0与氯气光照得到两种有机物A和B，A和B均发生消去反应生成C，则A是异丁烷，C是2－甲基丙烯；根据已知信息①可知C转化为D，则D的结构简式为(CH3)CHCH2OH。F分子中的碳链上没有支链；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应，说明均含有醛基。根据分子式和已知信息②可知E是苯甲醛，N是乙醛，F的结构简式为，G的结构简式为,D和G发生酯化反应生成M，则M的结构简式为。（1）A、B均为一氯代烃，其名称为2−甲基−1−氯丙烷或2−甲基−2−氯丙烷；根据M的结构简式可知中的官能团名称为碳碳双键和酯基；（2）根据以上分析可知F→G是醛基的氧化反应，D+G→M是酯化反应；（3）F中含有醛基，与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为；（4）根据以上分析可知M的结构简式为；E的结构简式为，因此核磁共振氢谱有4种波峰；（5）G的官能团是碳碳双键和醛基，则与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体中苯环上可以含有一个取代基，则应该是－C(CHO)＝CH2，如果含有两个取代基，应该是醛基和乙烯基，有邻间对三种，共计有4种，其结构简式为；（6）根据已知信息①以及框图中C转化为D的信息可知路线图为。19、Al3++4OH-=AlO2-+2H2O2Al2O34Al+3O2↑AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-Fe2+取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在。【解析】(1)溶液A与转化为溶液D的离子方程式为Al3++4OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O；(2)根据流程图沉淀F为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，反应为：2Al(OH)3Al2O3+3H2O，M为Al2O3，电解熔融的氧化铝可以制取铝，方程式为：2Al2O34Al+3O2↑，故答案为：2Al2O34Al+3O2↑；(3)溶液A中含有镁离子、铁离子和铝离子、氢离子，加入过量烧碱，氢离子和氢氧化钠反应生成水，镁离子、铁离子和铝离子都和氢氧化钠反应生成氢氧化物沉淀，氢氧化镁、氢氧化铁不溶于氢氧化钠溶液中，但氢氧化铝易溶于氢氧化钠溶液中生成偏铝酸根离子，所以溶液D中含偏铝酸根离子，通入过量CO2和二氧化碳反应生成氢氧化铝和碳酸氢根离子，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故答案为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；(4)取一定量的沉淀C中含有氢氧化镁和氢氧化铁，置于试管中，逐滴向试管中加入过量HI至沉淀全部溶解，溶解生成的铁离子能够将碘离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，检验亚铁离子可以取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在，故答案为：Fe2+；取少量溶液于试管中，向该试管中滴加KSCN，溶液不变色，继续滴加氯水后溶液显红色，说明Fe元素以Fe2+存在。20、不能D促进装置中的二氧化硫气体全部吸收2MnO4—+5H2C2O4+6H+＝2Mn2++10CO2↑+8H2O滴入最后一滴草酸溶液,溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复15.00C90％②【分析】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取；(2)为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以实验中应将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中；(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；(4)依据滴定管的结构，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积；滴定过程中如果使用的草酸体积偏大，未与SO2反应的高锰酸钾偏大，则测定的二硫化亚铁的质量分数就偏小；(5)依据灼烧反应和滴定反应的定量关系计算二硫化亚铁的质量分数；(6)装置d是用于吸收并测定产物中二氧化硫的含量，根据二氧化硫的化学性质进行判断。【详解】将空气通入浓硫酸中将空气干燥，在b中氧气和二硫化亚铁发生反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，然后将气体再通入c中，发生的反应为2Cu+O22CuO，然后将气体通入d中，二氧化硫能被高锰酸钾溶液氧化生成硫酸；(1)称量样品质量感量为0.001g，托盘天平感量为0.1g，所以不能用托盘天平称量样品质量；d中溶液呈酸性且具有强氧化性，应该用酸式滴定管量取，故答案为D；(2)实验的目的是测量FeS2的纯度，为使b中生成的二氧化硫全部被d中酸性高锰酸钾溶液吸收，所以反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是：将b装置中二氧化硫全部驱赶到d装置中，使SO2被完全吸收；(3)草酸与高锰酸钾酸性溶液作用有CO2和Mn2+等物质生成，则滴定时发生反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O﹔判断滴定到达终点的方法是滴入最后一滴草酸溶液，溶液由紫红色变为无色，且半分钟内不恢复；(4)依据滴定管的结构，末读数为15.10mL，利用开始和结束的体积差值计算得到消耗草酸溶液的体积为：15.10mL-0.10mL=15.00mL；A．盛标准溶液的滴定管用蒸馏水洗涤后未用标准液润洗就装液滴定，导致草酸浓度降低，则使用的草酸体积偏大，导致未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁测定值偏低；B．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未用待测液润洗，不影响测定；C．读取标准液读数时，滴定前平视，滴定到终点后俯视，导致草酸体积偏小，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏小，二硫化亚铁测定值偏高；D．滴定前滴定管尖嘴处有气泡未排除，滴定后气泡消失，导致草酸体积偏大，未与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量偏大，二硫化亚铁的测定值偏低；故答案为C；(5)根据离子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，100mL溶液中剩余高锰酸钾物质的量为：×0.01500L×0.1000mol/L×=0.006mol，与二氧化硫反应的高锰酸钾物质的量为：0.3000mol/L×0.1000L-0.006mol=0.024mol，结合反应5SO2+2KMnO4+2H2O=K2SO4+2MnSO4+2H2SO4可得：5FeS2～10SO2～4KMnO454n(FeS2)0.024mol，解得n(FeS2)=0.03mol，则样品中FeS2的纯度为：×100%=90%；(6)①中溶液不能吸收SO2，无法测定SO2；②中溶液吸收二氧化硫生成硫酸钡沉淀，可测定SO2，可以替代装置d；③SO2中混有的N2等不溶于水，干扰了二氧化硫的测定；故答案为②。【点睛】考查滴定操作误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(