山东省滨州市十二校联考2026届化学高三第一学期期中学业质量监测试题含解析

山东省滨州市十二校联考2026届化学高三第一学期期中学业质量监测试题注意事项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、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验操作现象结论A向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊该溶液一定是碳酸盐溶液B向盛有2mL

0.5mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出现白色沉淀，继续滴加0.2mol/L

FeCl3溶液有红褐色沉淀产生Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]C用玻璃棒蘸取溶液X进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液X中含有Na+D将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+＞I2A．A B．B C．C D．D2、NaCN(氰化钠)有毒，是一种重要的基础化工原料，可用于化学合成、电镀、冶金等。下列说法不正确的是A．NaCN中含有的化学键类型为离子键和极性键B．NaCN中碳元素显+4价C．NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，NH3既不是氧化产物又不是还原产物D．实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释3、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．pH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B．能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C．=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D．由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-4、CO(g)和H2O(g)以1:2体积比分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：下列说法不正确的是A．从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应B．实验A中，在0～10min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(L·min)-1C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂5、在标准状况下，将aLNH3完全溶于水得到VmL氨水，溶液的密度为ρg·cm－3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为cmol·L－1。下列叙述中正确的是A．w＝×100% B．c＝C．若上述溶液中再加入VmL水后，所得溶质的质量分数大于0.5w D．若上述溶液与0.5VmL同浓度稀盐酸混合，则混合液中c(Cl－)>c(NH4+)6、利用原电池原理，在室温下从含低浓度铜的酸性废水中回收铜的实验装置如图所示，下列说法错误的是A．X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜B．负极的电极反应式：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2OC．2室流出的溶液中溶质为Na2SO4和K2SO4D．电路中每转移1mol电子，电极2上有32gCu析出7、X、Y、Z是同周期的三种元素，已知其最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HXO4>H2YO4>H3ZO4。则下列说法正确的是（）A．元素的非金属性：X>Y>Z B．原子半径：X>Y>ZC．气态氢化物稳定性：X<Y<Z D．原子序数：Z>Y>X8、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2mol9、将浓硫酸和稀硫酸分别滴在下列物质上，固体表面观察不到明显差异的是A．铜片 B．胆矾晶体 C．铁片 D．火柴梗10、“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路，下列与之相悖的是()A．开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C．大力发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放D．大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要11、某溶液中可能含有、、、、、、、、、等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有B．反应最后形成的溶液中的溶质只有C．原溶液中含有与的物质的量之比为D．原溶液中一定含有的阴离子是：、、、12、在2p能级上最多只能排布6个电子，其依据的规律是A．能量最低原理 B．泡利不相容原理C．洪特规则 D．能量最低原理和泡利不相容原理13、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上测定醋酸钠溶液pHB蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D向盐酸中滴入少量NaAlO2溶液无明显现象AlO2-与H+未发生反应A．A B．B C．C D．D14、下列实验操作或装置(略去部分夹持仪器)正确的是()ABCD配制溶液中和滴定向试管中加入过氧化钠粉末向浓硫酸中加水稀释A．A B．B C．C D．D15、下列有关实验的做法错误的是（）A．分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B．用加热的方法可区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C．用渗析的方法可除去Fe(OH)3胶体中混有的Cl－D．加入适量的NaOH可除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO316、多次提出“像对待生命一样对待生态环境”，下列做法不符合这一思想的是()A．推广使用可降解塑料及布质购物袋，以减少“白色污染”B．用Ba(OH)2消除水中Cu2+等重金属离子污染C．汽油抗爆：甲基叔丁基醚代替四乙基铅D．大力推广燃料“脱硫、脱硝”技术，减少硫氧化物和氮氧化物对空气的污染二、非选择题（本题包括5小题）17、化合物G是合成某种抗精神病药物的重要中间体，其合成路线如下：(1)E中的含氧官能团名称为_______。(2)C→D的反应类型为_______。(3)已知R—NH2+F—R′→RNH—R′+HF，G在一定条件下能反应生成H(分子式为)，H的结构简式为_______。(4)B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式______。①有一个六元环，该六元环含一个О原子和一个N原子。②能发生银镜反应。③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1。(5)已知：RCOCl+R′NH2→；①设计A→B步骤的目的是________。②写出以和为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_______。18、下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应①在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。（1）写出以下物质的化学式：B_______、F_______。（2）反应②的离子方程式为_______。（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着极其重要的作用，其工作时正极反应式为_______，该电池最大的优点是只需补充_______〔填“正极”或“负极”〕材料就可接着使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为_______。（5）25℃时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H＋物质的量浓度之比为_______。19、某实验小组探究少量Cl2和FeBr2反应的过程。（1）配制FeBr2溶液：ⅰ.配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液；ⅱ.上述溶液呈淡黄色。取少量此溶液，向其中滴入KSCN溶液，变为浅红色。①配制50mL1.0mol/LFeBr2溶液常加少量HBr是为了_____________________。②由ⅱ可知，此FeBr2溶液呈黄色的原因是其中含有________，用离子方程式解释产生其原因：_____________________。（2）氯气和FeBr2反应实验操作及现象如下：据此甲同学得出结论：少量Cl2既能和Fe2+又能和Br-发生氧化还原反应。①Cl2和Fe2+发生反应的离子方程式是________________。②乙同学认为上述实验不能证明Cl2和Br-发生反应，理由是_____________。③乙同学改进实验如下：在上述FeBr2溶液中加入过量铁粉，取上层清液2mL，向其中滴加3滴饱和氯水后，再加入CCl4，振荡后静置，观察现象。乙得出结论：少量Cl2只与Fe2+反应，不与Br-反应。乙得出该结论依据的实验现象是____________________。20、工业上H2O2是一种重要的绿色氧化还原试剂，某小组对H2O2的催化分解实验进行探究。回答下列问题：(1)在同浓度Fe3+的催化下，探究浓度对H2O2分解反应速率的影响。实验装置如图所示：①写出H2O2溶液在Fe3+催化下分解的化学方程式___________；除了图中所示仪器之外，该实验还必需的仪器是___________。②请写出下面表格中I、II、III的实验记录内容或数据：实验序号0.1mol/LFe2(SO4)3溶液的体积/mLII30%H2O2溶液的体积/mL蒸馏水的体积/mLO2的体积/mL1Ibcde2abdIIIfI＝_________，II＝_________，III＝________。(2)利用图1和图2中的信息，按图3装置(连通的A、B瓶中已充有NO2气体)进行实验。可观察到A瓶中气体颜色比B瓶中的________(填“深”或“浅”)，其原因是____________。(3)该小组预测同为第四周期VIII族的Fe、Co、Ni可能有相似的催化作用。查阅资料：CoxNi(1-x)Fe2O4(其中Co、Ni均为+2价)也可用作H2O2分解的催化剂，具有较高的活性。如图表示两种不同方法制得的催化剂CoxNi(1-x)Fe2O4在10℃时催化分解6%的H2O2溶液的相对初始速率随x变化曲线。由图中信息可知___________法制取得到的催化剂活性更高，推测Co2+、Ni2+两种离子中催化效果更好的是___________。21、氯酸镁[Mg(ClO3)2]常用作催熟剂、除草剂等，实验室制备少量Mg(ClO3)2·6H2O的流程如下：已知：①卤块主要成分为MgCl2·6H2O，含有MgSO4、FeCl2等杂质。②四种化合物的溶解度(S)随温度(T)变化曲线如图所示。回答下列问题：（1）调pH时，加入MgO的原因___________。（2）加入BaCl2的目的是除去SO42-，如何检验SO42-已沉淀完全？____________。（3）加入NaClO3饱和溶液后发生反应的类型为_____________________________，再进一步制取Mg(ClO3)2·6H2O的实验步骤依次为：蒸发浓缩、①______；②_____；③过滤、洗涤。（4）产品中Mg(ClO3)2·6H2O含量的测定：

步骤1：准确称量4.00g产品配成100mL溶液。步骤2：取10mL于锥形瓶中，加入10mL稀硫酸和30.00mL1.000mol·L－1的FeSO4溶液，微热。步骤3：冷却至室温，用0.100mol·L－1

K2Cr2O7

溶液滴定至终点，此过程中反应的离子方程式为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋＝2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O。步骤4：将步骤2、3重复两次，平均消耗K2Cr2O7

溶液30.00mL。①滴定时应用_____________（“酸式”或“碱式”）滴定管。步骤2中发生反应的离子方程式：_____________________________。

②产品中Mg(ClO3)2·6H2O的质量分数为__________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明溶液中含有CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，故A错误；B、向盛有2mL

0.5mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出现白色沉淀，此时氢氧化钠有剩余，继续滴加0.2mol/L

FeCl3溶液，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]，故B错误；C、用铂丝蘸取溶液X进行焰色反应实验，火焰呈黄色，溶液X中含有Na+，玻璃中含有钠元素，不能用玻璃棒，故C错误；D、将KI和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置，下层溶液显紫红色，说明Fe3+把I-氧化为碘单质，故D正确；故答案选D。2、B【解析】A.NaCN中含有的化学键类型为Na+、CN-之间的离子键和C、N之间的极性键，故A正确；B.NaCN中氮元素显-3价，钠元素显+1价，所以碳元素显+2价，故B不正确；C.NaCN与过量过氧化氢反应时有NH3生成，在该反应中，氮元素化合价无变化，所以NH3既不是氧化产物又不是还原产物，故C正确；D.实验室配制NaCN溶液时，先将NaCN固体溶解在较浓的NaOH溶液中，再加水稀释，可以防止NaCN水解产生有毒气体HCN，故D正确。故选B。3、C【详解】A.pH=l的溶液中，Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；B.能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；C.=10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；D.由水电离的c(H+)=10-12mol·L-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性，Al3+不能存在，故不选D。4、A【详解】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，故A错误；B、达到平衡时，v(CO2)=mol/(L·min)=0.13mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(L·min)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10min内，v(H2)>0.130.13mol/(L·min)，故B正确；C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，故C正确；D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，故D正确。5、B【分析】A、氨水溶质为氨气，标准状况下aLNH3的质量为g，氨水溶液的质量为ρVg，根据溶质质量分数的定义计算；B、标准状况下，aLNH3的质量为mol，溶液体积为VmL，根据c=计算氨水物质的量浓度；C、水的密度比氨水的密度大，上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量；D、上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，发生反应生成氯化铵，氨水有剩余，溶液为氯化铵与氨水的混合溶液，浓度之比为1：1。【详解】A、标准状况下，aLNH3的质量为×17g/mol=g，氨水溶液的质量为VmL×ρg•cm-3=ρVg，所以溶质的质量分数为ω=×100%=×100%，选项A错误；B、标准状况下，aLNH3的质量为=mol，所以氨水的物质的量浓度为=mol/L，选项B正确；C、水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5ω，选项C错误；D、上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，溶液为氯化铵与氨水的混合溶液，浓度之比为1：1，溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），铵根离子水解，水解程度微弱，一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，所以c（NH4+）＞c（Cl-），选项D错误；答案选B。【点睛】考查物质的量浓度计算、盐类水解、质量分数等，难度中等，注意氨气溶于水主要以一水合氨存在，但溶质仍以氨气计算，氨水的密度小于水，浓度越大密度越小。6、D【分析】由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，负极发生：BH4-＋8OH-一8e-═B(OH)4-＋4H2O，正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液。【详解】A、由图中得失电子可知，电极1为负极，电极2为正极，1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移，故X、Y依次为阳离子、阴离子选择性交换膜，在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故A正确；B、在原电池中负极发生氧化反应，故B项正确；C、由A分析可知：在2室流出的溶液为Na2SO4和K2SO4溶液，故C正确；D、正极发生还原反应，废水中Cu2＋及H＋在正极上得到电子被还原，故D错误。故选D。【点睛】难点突破：根据图中电子得失判断电极反应，从而确定1室中Na+、K＋透过X膜向2室迁移，SO42-透过Y膜向2室迁移。7、A【分析】同周期元素最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序是HXO4>H2YO4>H3ZO4，可推知X最高价为+7价，Y最高价为+6价，Z最高价为+5价，可以把X、Y、Z分别看做是氯元素、硫元素、磷元素。【详解】A.元素的非金属性：Cl>S>P，故A正确；B.同周期元素，原子半径从左到右依次减小，则原子半径：P>S>Cl，故B错误；C.元素的非金属性Cl>S>P，则气态氢化物稳定性：HCl>H2S>PH3，故C错误；D.原子序数：Cl>S>P，故D错误；综上所述，答案为A。8、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。9、A【解析】A．常温下，浓硫酸和稀硫酸分别滴在铜片，都不反应，则固体表面观察不到明显差异，故A选；B．浓硫酸滴至胆矾，吸水，蓝色晶体变成白色，而稀硫酸滴至胆矾无现象，观察不同，故B不选；C．浓硫酸滴至铁片，发生钝化，无现象，而稀硫酸滴至铁片放出氢气，有气体生成，观察不同，故C不选；D．浓硫酸滴至火柴梗，浓硫酸具有脱水性，火柴梗炭化变黑，而稀硫酸滴至火柴梗无现象，观察不同，故D不选；故答案为A。10、D【详解】A．开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，能减缓温室气体的排放，符合“低碳经济，节能减排”，故A正确；B．发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可以减少使用煤、石油等化石燃料，符合“低碳经济，节能减排”，故B正确；C．发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放，符合“低碳经济，节能减排”，故C正确；D．大力开采煤、石油和天然气，消耗更多的化石燃料，排放更多的二氧化碳，不符合“低碳经济，节能减排”，故D错误；故选D。11、D【分析】根据图像分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含有OH-离子，则与OH-不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后发生反应沉淀逐渐增大，说明是AlO2-和SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝和硅酸，继续加入盐酸沉淀质量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-，反应后继续加入盐酸，沉淀量逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀。氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液中电中性可以知道一定含有Na+离子。【详解】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余溶液中不一定含有硫酸钠，A错误；B．反应最后形成的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，B错误；C．根据图像可以知道和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸的体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有碳酸根与偏铝酸根的物质的量比为3:4，C错误；D．根据分析判断原溶液中一定含有氢氧根、硅酸根、偏铝酸根、碳酸根，D正确；故选D。12、B【详解】构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布。在一个原子轨道里，最多只能容纳2个电子，而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。因此在2p能级上最多只能排布6个电子，其依据的规律是泡利不相容原理，B正确，答案选B。13、B【详解】A．pH试纸不能湿润，应选干燥的pH试纸，否则测定的醋酸钠溶液的pH值偏小，故A错误；B．蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液，有白烟产生，该溶液可能是浓盐酸、浓硝酸等，故B正确；C．焰色反应为元素的性质，由现象可知，溶液为NaOH溶液或钠盐溶液，故C错误；D．盐酸过量，AlO2-与H+发生反应生成氯化铝，故D错误；故答案为B。14、C【详解】A．用容量瓶配制一定物质的量浓度的溶液时，当用烧杯加水至距离刻度线1~2cm处时，应该用胶头滴管进行定容，故A错误；B．滴定NaOH溶液要用酸性标准液，酸性标准液应盛放在酸式滴定管中，图示滴定管为碱式滴定管，故B错误；C．固体粉末药品的取用可以用纸槽或药匙来取，放入试管时，先将试管横放，把纸槽或药匙伸入试管内慢慢将试管竖起，固体粉末药品的取用量为盖满试管底部即可，故C正确；D．浓硫酸稀释时放热，为了防止暴沸发生危险，应将水加入浓硫酸中进行稀释，故D错误；综上所述答案为C。15、D【解析】A、分液漏斗在分液时要“上倒下流”，A正确；B、碳酸氢钠受热分解，产生二氧化碳气体，碳酸钠受热不分解，现象不同，可以区分，B正确；C、胶体不能透过半透膜，Cl－可以透过半透膜，渗析可用于胶体的精制，C正确；D、NaOH可与NaHCO3反应生成Na2CO3，OH-+HCO3-=CO32-+H2O，不能除去NaHCO3溶液中混有的少量Na2CO3，D错误；答案选D。16、B【解析】A、“白色污染”是人们对塑料垃圾污染环境的一种形象称谓，主要是由聚苯乙烯、聚氯乙烯、聚丙烯等高分化合物制成的各类生活用品、包装袋、填充物等，难降解，严重污染环境、土壤、水等，所以大力倡导推广使用可降解塑料及布质购物袋，可减少“白色污染”，A正确；B、用Ba(OH)2可以消除水中Cu2+等重金属离子，但又引入了新的重金属离子Ba2+污染，故B错误；C、用甲基叔丁基醚代替四乙基铅，可减少重金属铅导致的污染，C正确；D、对燃料进行“脱硫、脱硝”处理，可减少硫氧化物和氮氧化物的排放，减少对环境的污染，故D正确。本题正确答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基取代反应或保护亚氨基(或)，避免发生副反应或【分析】根据合成路线中有机物的结构简式及反应条件分析，A中氢原子被取代生成B，B中羟基被Cl取代生成C，C与间二氟苯发生取代反应生成D，D中的亚氨基具有碱性，与盐酸反应生成E，E在与NH2OH﹒HCl的反应中，羰基中氧原子被取代生成F，F在碱性条件下发生成环反应生成G，据此分析解答。【详解】(1)根据E的结构简式分析，其中的含氧官能团为羰基，故答案为：羰基；(2)根据C和D的结构变化分析，C→D的反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；(3)已知R—NH2+F—R′→RNH—R′+HF，在一定条件下，胺中的氢原子和F-R中F会被取代，则结合H的分子式分析知，H的结构简式为：，故答案为：；(4)①有一个六元环，该六元环含一个О原子和一个N原子，则环中还有4个碳原子，另外4个碳原子处于六元环的取代基位置上；②能发生银镜反应，结构中含有醛基；③核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6∶4∶2∶1，根据峰的数目分析，有两个醛基和两个甲基，并处于对称位置，同分异构体为：或，故答案为：或；(5)已知：RCOCl+R′NH2→；①根据亚氨基在合成路线中的变化分析，设计A→B步骤的目的是保护亚氨基(或)，避免发生副反应，故答案为：保护亚氨基(或)，避免发生副反应；②根据原料的及目标产物的结构特点，结合题干信息中反应类型，运用逆推法分析得到合成路线为：或。18、H2Al2O32A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑O2＋2H2O＋4e－＝4OH－负极4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑1∶104【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。【详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B.、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(OH)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；(2)反应②为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑；(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e−+2H2O═4OH−，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为O2+4e−+2H2O═4OH−；负极；(4)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；(5)25℃时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−9mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为10−5mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为10−9mol/L：10−5mol/L=1:104，故答案为1:104。19、抑制Fe2+的水解Fe3+4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2OCl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+溶液中含有的Fe3+可与I－反应生成I2使淀粉变蓝静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色【解析】(1)①FeBr2溶液中亚铁离子能够水解，加少量HBr可以抑制Fe2+的水解，故答案为：抑制Fe2+的水解；②FeBr2溶液呈黄色，是因为含有铁离子，因亚铁离子具有还原性，易被空气中的氧气氧化，反应离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为：Fe3+；4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；(2)①Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子，离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+，故答案为：Cl2+2Fe2+=2C1-+2Fe3+；②铁离子具有氧化性、碘离子具有还原性，溶液中含有的Fe3+可与I-反应，二者发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，离子方程式为2Fe3++2I-=2Fe2++I2，I2使淀粉变蓝，故答案为：溶液中含有的Fe3+可与I-反应生成I2使淀粉变蓝；③少量Cl2与Fe2+反应，加入CCl4萃取后，静置后，上层溶液为黄色，为铁离子，下层溶液无色，说明不含有溴，因溴单质在四氯化碳中呈现紫色，故答案为：静置后，上层溶液为黄色，下层溶液无色。点睛：本题考查Cl2和FeBr2反应的过程实验探究，掌握氯、铁、溴的性质以及明确溶液中离