上海市香山中学2026届化学高三第一学期期中复习检测试题含解析

上海市香山中学2026届化学高三第一学期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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、常温下，0.1mol/L的下列溶液中，c(NH4+)最大的是A．NH4Cl B．(NH4)2Fe(SO4)2 C．NH4HCO3 D．CH3COONH42、将铝浸入溶液中，取出晾干，置于空气中，表面会生成毛状物质（俗称毛刷），反应为4Al(Hg)+3O2+2xH2O→2(Al2O3∙xH2O)，下列说法正确的是（）A．发生氧化反应，是氧化剂B．既是氧化产物也是还原产物C．该反应属于置换反应D．当铝参加反应，转移电子数为3、下列表示对应化学反应的离子方程式，其中正确的是A．向NaA1O2溶液中通入足量的CO2：A1O2-＋CO2＋2H2O＝A1(OH)3↓＋HCO3-B．(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：2NH4+＋Fe2+＋4OH-＝Fe(OH)2↓＋2NH3·H2OC．NaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2+＋OH-＋H+＋SO42-＝BaSO4↓＋H2OD．向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=2Na++4OH-+18O2↑4、下列4种醇中，不能被催化氧化的是A． B． C． D．5、下列有关实验的内容正确的是()A．可用碱式滴定管量取12.85mL的KMnO4溶液B．实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置C．取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶D．配制500mL0.4mol/LNaCl溶液，必要的仪器如图乙所示6、化学实验中，常将溶液或试剂进行酸化，下列酸化处理的措施中正确的是（）A．定性检验SO32-，将BaCl2溶液用HNO3酸化B．为了提高KMnO4溶液的氧化能力，用盐酸将其酸化C．检验某溶液中是否含Cl–，用HNO3酸化的AgNO3溶液D．配制FeCl2溶液时通常加少量HNO3酸化，减小其水解程度7、标准状况下，mg气体A与ng气体B的分子数目一样多，下列说法不正确的是（）A．在任意条件下，若两种分子保持原组成，则其相对分子质量之比为m：nB．25℃、1．25×105Pa时，两气体的密度之比为n：mC．同质量的A、B在非标准状况下，其分子数之比为n：mD．相同状况下，同体积的气体A与B的质量之比为m：n8、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示：下列说法不正确的是()A．步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B．通入空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收器充分吸收C．工业上可将ClO2制成NaClO2固体，便于贮存和运输D．吸收器中生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2--+O2↑+2H+9、常温下，在溶液中可能发生以下反应：①H++Z-+XO4-=X2++Z2+H2O（未配平）②2M2++R2=2M3++2R-③2R-+Z2=R2+2Z-由此判断下列说法正确的是（）A．常温下反应2M2++Z2=2M3++2Z-不可以自发进行B．R元素在反应②中被氧化，在反应③中被还原C．反应①配平后，H2O的化学计量数为8D．还原性强弱顺序为H+>Z->R->M2+10、下列说法中，正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高B．冰融化时，分子中键发生断裂C．分子晶体中，共价键键能越大，该分子的熔沸点就越高D．分子晶体中，分子间作用力越大，则分子越稳定11、实验是化学研究的基础。下列关于各实验装置的叙述正确的是（）A．装置①常用于分离互不相溶的液体混合物B．装置②可用于吸收NH3或HCl气体，并防止倒吸C．装置④可用于干燥、收集氯化氢，并吸收多余的氯化氢D．装置③可用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体12、铝石墨双离子电池是一种全新的低成本、高效能电池，反应原理为，电池结构如图所示。下列说法正确的是A．放电时，外电路中电子向铝锂电极移动B．充电时，应将铝石墨电极与电源负极相连C．放电时，正极反应式为Cx(PF6)+e−=xC+PF6−D．充电时，若电路中转移1mol电子，则阴极质量增加9g13、下列化学用语正确的是（）A．丙烯的实验式：C3H6B．CO2的电子式：C．镁离子的结构示意图：D．中子数为18的氯原子符号：Cl14、下列实验操作及现象一定能得出相应结论的是（）选项实验操作现象结论A向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液由紫色变为无色SO2具有漂白性B向CuSO4溶液中通入H2S出现黑色沉淀酸性：H2S＞H2SO4C将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中大理石溶解并产生气体Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)D向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成该溶液中一定含有SO【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D15、下列有关化学用语表示正确的是A．质量数为31的磷原子：B．氟原子的结构示意图：C．CaCl2的电子式：D．明矾的化学式：Al2(SO4)316、下列物质的电子式书写正确的是A． B． C． D．17、、、都具有杀菌消毒的作用。溶液、NaClO溶液分别与浓盐酸混合反应都能生成，下列关于K、Na、S、Cl、O元素及其化合物的说法正确的是A．酸性：B．碱性：C．原子半径r：D．稳定性：18、配制FeCl3溶液时，为防止出现浑浊，可向该溶液中加入少量（）A．铁 B．氯化钠 C．盐酸 D．氢氧化钠19、下列有关滴定的说法正确的是A．用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积为21.7mLB．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若读取读数时，滴定前仰视，滴定到终点后俯视，会导致测定结果偏低C．用标准的KOH溶液滴定未知浓度的盐酸，配制标准溶液的固体KOH中混有NaOH杂质，则结果偏低D．.用c1mol/L高锰酸钾溶液滴定V2mL未知浓度的H2C2O4溶液，至滴定终点用去高锰酸钾溶液体积为V1mL，则H2C2O4溶液的浓度为mol/L20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB．Y单质的熔点高于X单质C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构21、一定温度下，在2L密闭容器中，A、B、C三种气体的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A．a点时，υ(A)=υ(B)B．反应开始到5min，B的物质的量增加了0.2molC．反应的化学方程式为：3A2B＋CD．反应开始到5min，υ(C)=0.04mol/(L·min)22、已知Ca3N2遇水发生水解反应，需密封保存。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，下列说法正确的是A．①中发生的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+H2OB．③、④、⑥中依次盛装浓H2SO4、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰C．实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液变蓝D．②的作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中二、非选择题(共84分)23、（14分）乙醇，俗称酒精，可用于制造乙酸、饮料、香精、染料、燃料等。（1）请写出结构简式A：___，B：___。（2）图示流程中乙醇转化为A，该反应现象为：___，其中乙醇发生了___反应(填“氧化"或”还原“)。乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，请写出反应方程式：___。（3）请你写出X的化学式___，并用相关反应方程式证实X可与乙醇相互转化___。（4）工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，该法存在不足，请写出一个不足之处：___，但相比于直接用工业酒精，该法原料与产品均无害，至令仍沿用。（5）乙酸与乙醇在一定条件下可反应生成乙酸乙酯，请用氧-18同位素示踪法写出该反应的化学方程式：___。24、（12分）以烃A为原料合成医用麻醉药苄佐卡因和食品防腐剂尼泊金酸乙酯的路线如下：完成下列填空（1）A的结构简式是____________。工业上A的来源通常是_______________。（2）反应①的化学方程式是_____________________。（3）反应②的反应类型是____________。（4）反应③的试剂与条件是_______________。（5）F的结构简式是_____________________。（6）尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，任写一种符合下列要求的同分异构体的结构简式____________。i.能发生银镜反应且分子中不含甲基ii.苯环上有两个对位取代基（7）以A为起始原料，可以合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷（），写出其合成线路。___________________。（合成路线常用的表示方式为：）25、（12分）氮化铬(CrN)是一种良好的耐磨材料，实验室可用无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应制备，反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl.回答下列问题：(1)制备无水氯化铬。氯化铬有很强的吸水性，通常以氯化铬晶体(CrCl3·6H2O)的形式存在。直接加热脱水往往得到Cr2O3，有关反应的化学方程式为______________，以氯化铬晶体制备无水氯化铬的方法是_____________________________。(2)制备氮化铬。某实验小组设计制备氮化铬的装置如下图所示(夹持与加热装置省略)：①装置A中发生反应的化学方程式为_____________________。②实验开始时，要先打开装置A中活塞，后加热装置C，目的是___________________。③装置B中盛放的试剂是____________，装置D的作用是_____________________。④有同学认为该装置有一个缺陷，该缺陷是_______________________。(3)氯化铬的纯度测定。制得的CrN中含有Cr2N杂质，取样品14.38g在空气中充分加热，得固体残渣(Cr2O3)的质量为16.72g，则样品中CrN的质量分数为_____________(结果保留3位有效数字)。26、（10分）某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用如图所示的实验装置进行实验。（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有______。（2）若对调B和C装置的位置，_____（填“可能”或“不可能”）提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究（3）在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下（实验在室温下进行）：试管编号12340.20mol•L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3（s）/g0.100.100.100.106.0mol•L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是______。②设计1号试管实验的作用是______。③若2号试管实验现象是溶液变为黄色，取少量该溶液加入______溶液显蓝色。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量（4）根据下列资料，为该小组设计一个简单可行的实验方案（不必描述操作过程的细节）：_____。资料：①次氯酸会破坏酸碱指示剂；②次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。27、（12分）下列有关实验的描述正确的是（）A．实验室配制CuCl2溶液时，需加入盐酸来抑制Cu2+水解B．定容时仰视容量瓶的刻度线，会导致所配溶液的浓度偏高C．用NaOH标准溶液滴定未知浓度的盐酸，未润洗锥形瓶会导致结果偏低D．称取2.0gNaOH固体时，先将天平调平，再将游码调至2.0g，向左盘加NaOH固体至天平平衡28、（14分）磷酸亚铁锂（LiFePO4）电池是新能源汽车的动力电池之一。（1）基态O原子核外电子排布式为_______，基态Fe2+核外未成对电子数为_______，基态P原子核外占据最高能级的电子云轮廓图为_________形；（2）比较大小（填“大于”、“小于”或“等于”）：①沸点：NH3_____PH3；②第一电离能：I1(P)_____I1(O)。（3）PO43−的空间构型是______，P原子的杂化形式为______，在1molPO43−中含σ键______个。（4）Li2O的晶胞如图所示（其中白球代表Li，黑球代表O）。已知晶胞参数为0.4665nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则Li2O的密度为______g·cm−3（列出计算式即可）。29、（10分）TiCl4是由钛精矿(主要成分为TiO2)制备钛(Ti)的重要中间产物，制备纯TiCl4的流程示意图如下：资料：TiCl4及所含杂质氯化物的性质(1)Ti是一种活泼金属，原子核内有22个质子，它在周期表中的位置是____________。(2)根据上表信息推测TiCl4中含有的化学键类型是_______________。(3)MgCl2的电子式为____________。(4)氯化产物冷却至室温，经过滤得到粗TiCl4混合液，则滤渣中含有_________________。(5)精制过程：粗TiCl4经两步蒸馏得纯TiCl4如图。①物质a是__________________(填化学式)。②T1应控制在______________________。

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】A.0.1mol/LNH4Cl是强酸弱碱盐，铵根离子能水解但较弱，c(NH4+)略小于0.1mol/L；B.0.1mol/L(NH4)2Fe(SO4)2中亚铁离子水解溶液显酸性，Fe2++2H2O⇌Fe(OH)2+2H+，抑制铵根离子水解，c(NH4+)略小于0.2mol/L；C.0.1mol/LNH4HCO3中，碳酸氢根离子促进铵根离子水解，c(NH4+)小于0.1mol/L；D.CH3COONH4中醋酸根离子促进铵根离子水解，c(NH4+)小于0.1mol/L；综上所述同浓度的四种物质，铵根离子浓度最大的是(NH4)2Fe(SO4)2；答案选B。2、B【分析】反应4Al(Hg)+3O2+2xH2O→2(Al2O3∙xH2O)中，Al由0价升高到+3价，O2中的O价态由0价降低到-2价，Hg的价态不变。【详解】A.Al失电子，发生氧化反应，是氧化剂，但Hg没有发生氧化反应，错误；B.既是氧化产物也是还原产物，正确；C.该反应属于化合反应，错误；D.当铝参加反应，即0.2molAl发生反应，铝的价态变化为3，所以转移电子为0.6mol，错误。故选B。3、A【解析】A、利用碳酸酸性强于氢氧化铝，CO2为足量，离子方程式为AlO2－＋CO2＋2H2O=Al(OH)3↓＋HCO3－，故A正确；B、缺少Ba2＋和SO42－的反应，故B错误；C、溶液呈中性，离子反应为Ba2＋＋SO42－＋2H＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故C错误；D、过氧化钠与水反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，O2中氧元素来自于Na2O2中O，故D错误。4、D【分析】当连羟基的碳原子上有2个氢原子被氧化后得到物质是醛；当连羟基的碳原子上有1个氢原子，被氧化得到的是酮；当连羟基碳原子上没有氢原子时不能被氧化，据此解答。【详解】A、连羟基的碳原子上只有1个氢原子，氧化后得到酮，故能被催化氧化；B、连羟基的碳原子上有2个氢原子，氧化后得到醛，故能被催化氧化；C、连羟基的碳原子上有1个氢原子，氧化后得到酮，故能被催化氧化；D、连羟基的碳原子上没有氢原子，不能被氧化，故不能被催化氧化的是D，答案选D。5、C【详解】A．高锰酸钾溶液具有强氧化性，能腐蚀橡胶，应该用酸式滴定管，A错误；B．蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶的支管出口处，B错误；C．钠和钾均是活泼的金属，极易与氧气和水反应，所以取用金属钠或钾时，没用完的钠或钾要放回原瓶，C正确；D．配制500mL0.4mol·L－1NaCl溶液还缺少500mＬ容量瓶和胶头滴管，不需要分液漏斗，D错误。答案选C。6、C【解析】试题分析：A、检验SO32–，若将BaCl2溶液用HNO3酸化，则硝酸会把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，生成的沉淀会是硫酸钡沉淀，错误；B、高锰酸钾溶液若用盐酸酸化，则高锰酸钾会和盐酸发生氧化还原反应，降低高锰酸钾的氧化性，错误；C、检验某溶液中是否含Cl–，用HNO3酸化的AgNO3溶液，因为硫酸会与硝酸银反应生成硫酸银沉淀，盐酸中本来含有氯离子，会给氯离子的检验带来干扰，所以只能选择硝酸酸化，正确；D、HNO3会与FeCl2溶液发生氧化还原反应，使亚铁离子变质，错误，答案选C。考点：考查物质之间的反应，酸化操作的判断7、B【详解】A、由n=可知，分子数相同的气体，物质的量相同，相对分子质量之比等于质量之比，即相对分子质量之比为m：n，故A正确；B、温度压强一样，Vm相同，由ρ=可知，密度之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故B错误；C、A与B相对分子质量之比为m：n，同质量时由n=可知，分子数之比等于n：m，故C正确；D、相同状况下，同体积的A与B的物质的量相同，则质量之比等于摩尔质量之比，即为m：n，故D正确；答案选B。8、D【分析】由流程可知，发生器通入空气，可将ClO2排出，确保其被充分吸收，在吸收器中发生2ClO2+2NaOH+H2O2═2NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸发、冷却结晶，再经过过滤、洗涤和干燥得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A．步骤a是将晶体从溶液中取出，然后干燥，所以操作包括过滤、洗涤和干燥，A正确；B．反应结束后，发生器中含有少量ClO2，通入空气的目的是让ClO2逸出，进入吸收器被浓NaOH溶液和双氧水充分吸收，B正确；C．工业上利用还原剂及NaOH溶液，将ClO2制成NaClO2固体，固体较为稳定，便于贮存和运输，C正确；D．吸收器反应在碱性条件下进行，生成NaClO2的离子方程式：2ClO2+H2O2+2OH-=2C1O2-+O2↑+2H2O，D不正确；故选D。【点睛】书写离子方程式时，应关注溶液的性质，以便确定溶液中参加反应的微粒是H+、H2O，还是OH-和H2O。9、C【分析】主要是应用强弱规律来进行比较，先找出每个反应的氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，根据氧化性：氧化剂>氧化产物；还原性：还原剂>还原产物得出氧化性还原性强弱。【详解】A、②2M2++R2=2M3++2R-，反应中氧化剂R2的氧化性大于氧化产物M3+，③2R-+Z2=R2+2Z-，反应中氧化剂Z2的氧化性大于氧化产物R2，得到氧化性的顺序Z2＞R2＞M3+，所以反应2M2++Z2=2M3++2Z-可以自发进行，故A错误；B、②2M2++R2=2M3++2R-，反应中R元素化合价降低做氧化剂，被还原；③2R-+Z2=R2+2Z-，反应中R元素化合价升高做还原剂被氧化，故B错误；C、①16H++10Z-+2XO4-=2X2++5Z2+8H2O，H2O的化学计量数为8，故C正确；D、①反应中还原性强弱顺序Z-＞X2+，②反应中还原性强弱顺序M2+＞R-，③反应中还原性强弱顺序R-＞Z-，故D错误。答案选C。10、A【详解】A.原子晶体中，共价键的键长越短，键能越大，熔点就越高，正确；B.冰融化时，只发生状态的改变，而化学键没有改变，所以分子中键不发生断裂，错误；C.分子晶体中，分子间作用力越大，该分子的熔沸点就越高，但与共价键无关，错误；D.分子的稳定性与分子内的共价键有关，与分子间作用力无关，错误。故选A。11、D【解析】A.装置①是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，分离互不相溶的液体常用分液法，故A错误；B．装置②用于吸收NH3或HCl气体时，不能将NH3或HCl气体直接通入水中，否则会倒吸，应将苯换成四氯化碳并将导管通入四氯化碳中，故B错误；C．装置④中干燥管内装的是碱石灰，可以和HCl气体反应，故不能用于收集HCl气体，故C错误；D．装置③用于收集H2、CO2、Cl2、NH3等气体时，这些气体和空气都不反应，同时可以根据密度的情况，导管分别采用长进短出或短进长出的方法，故D正确；故答案选D。点睛：本题主要考查化学实验方案的评价，涉及气体的干燥和收集、尾气的处理、蒸馏等操作，在解题过程中要注意细节，如装置①是蒸馏装置，常用于分离沸点相差较大且互溶的液体，互不相溶的液体常用分液法；干燥剂的选择原则是既能吸收气体中的水蒸气杂质，还不能与原气体反应，所以不能用碱石灰作为HCl气体的干燥剂；本题另一个易错点是B项，本项考查的是尾气处理的防倒吸措施，因NH3或HCl气体都易溶于水，故不能直接通入水中，否则就起不到防倒吸的作用。12、C【解析】A.放电时，外电路中电子向正极移动；B.充电时，铝石墨电极的C元素化合价升高，发生氧化反应，为电解池的阳极；C.依据原电池的工作原理书写电极反应式；D.阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：Al+Li++e-═AlLi；【详解】A.放电过程为原电池原理，外电路电子从负极流出，流向正极。根据反应总方程式可知，该装置放电过程中，锂元素化合价升高发生氧化反应，碳元素化合价降低发生还原反应，所以铝锂电极做负极，铝石墨电极做正极，则外电路电子向铝石墨电极移动，故A项错误；B.充电过程为放电过程的逆过程，铝石墨电极作为阳极与电源的正极相连，故B项错误；C.放电时正极发生还原反应，其电极反应式可表示为：Cx(PF6)+e−=xC+PF6−，故C项正确；D.充电时，阴极锂离子发生还原反应，电极反应为：Al+Li++e-═AlLi，所以转移1mole-，阴极电极从Al变为AlLi将增重1mol×7g/mol=7g，故D项错误；答案选C。13、C【详解】A．实验式为最简单的原子个数比，丙烯的实验式应为CH2，选项A错误；B．二氧化碳含有C=O键，电子式为，选项B错误；C．镁离子核外有2个电子层，最外层电子数为8，镁离子的结构示意图为，选项C正确；D．中子数为18的氯原子，质量数为17+18=35，应为，选项D错误。答案选C。14、C【详解】A.二氧化硫具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；B.由于硫化铜不溶于水也不溶于酸，所以向CuSO4溶液中通入H2S会出现黑色沉淀，但硫酸的酸性强于氢硫酸，B错误；C.将大理石投入一定浓度的醋酸溶液中，大理石溶解并产生气体，说明有二氧化碳生成，根据较强酸制备较弱酸的原理可知Ka(CH3COOH)＞Ka(H2CO3)，C正确；D.向溶液中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀不一定是硫酸钡，也可能是氯化银，所以溶液中不一定存在硫酸根离子，D错误；答案选C。15、A【详解】A.磷原子的质子数是15，质量数是31，故A正确；B.氟原子是9号元素，核外电子数为9，所以原子结构示意图：，故B错误；C.离子化合物中阴、阳离子间隔排列，其电子式中离子分开写，不能合并，CaCl2的电子式：，故C错误；D.明矾是十二水合硫酸铝钾，即，故D错误；故答案选A。16、B【详解】A、氢氧化钾为离子化合物，钾离子与氢氧根通过离子键结合，氧原子与氢原子共用1对电子形成H-O共价键，电子式为故A错误；B、氯化氢为共价化合物，氢原子与氯原子共用1对电子，电子式为，故B正确；C、Cl2的电子式，故C正确；D、故D错误，故选B。17、A【详解】A．非金属性：Cl>S，则酸性：HClO4>H2SO4，A正确；B．金属性：K>Na，则碱性：KOH>NaOH，B错误；C．原子半径：r(Na)>r(S)>r(Cl)>r(S)，C错误；D．非金属性：O>S，则稳定性：H2O>H2S，D错误；故选A。18、C【详解】FeCl3属于强酸弱碱盐，Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，防止水解，在配制氯化铁溶液时，需加入少量的盐酸，故选C。19、C【详解】A．滴定管每个小刻度为0.1mL，读数读到0.01mL，用25mL滴定管进行中和滴定时，用去标准液的体积应为21.70mL，故A错误；B．用未知浓度的盐酸滴定已知浓度的NaOH溶液时，若滴定前仰视读数，滴定至终点后俯视读数，导致消耗的盐酸体积偏小，依据c（酸）=，测定结果偏高，故B错误；C．所用的固体KOH中混有NaOH，相同质量的氢氧化钠和氢氧化钾，氢氧化钠的物质的量大于氢氧化钾的物质的量，故所配得溶液的OH-浓度偏大，造成V（碱）偏小，根据c（酸）=，可知c（酸）偏小，故C正确；D．依据方程式：，则草酸浓度c2=mol/L，故D错误；故选：C。20、B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。21、C【详解】A.由图可知，a点时，A、B两物质反应的时间相同，但物质的量的变化量不同，反应速率不相等，故A错误；B.反应开始到5min，B的物质的量由0变为0.4mol，则增加了0.4mol，故B错误；C.反应达到平衡时，A的物质的量由0.8mol减少为0.2mol，变化量为0.6mol，A为反应物，B的物质的量由0增加到0.4mol，变化量为0.4mol，C的物质的量由0增加到0.2mol，变化量为0.2mol，B、C为生成物，化学反应计量系数之比等于反应体系中物质变化量之比，∆n(A)：∆n(B)：∆n(C)=0.6mol：0.4mol：0.2mol=3：2：1，则反应的化学方程式为：3A2B＋C，故C正确；D.反应开始到5min，∆n(C)=0.2mol，υ(C)==0.02mol/(L·min)，故D错误；答案选C。【点睛】从图象中找到信息，找到谁是反应物，谁是生成物，根据方程式的系数之比等于变化的物质的量之比，从而正确书写出化学方程式，应用化学反应速率的公式进行计算。22、C【解析】A、题中所给的化学方程式不符合质量守恒定律，水的化学计量数应为2，正确的化学方程式是：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A错误；B、浓硫酸是干燥剂，可以除去氮气中的水蒸气杂质，但在除去氮气中的气体杂质时应在其它气体杂质全部除去后再通入浓硫酸中除水蒸气杂质，否则还会引入水蒸气杂质，故③、④中应依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H2SO4，故B错误；C、因Ca3N2遇水发生水解反应，则加入蒸馏水后与水反应，产物是氢氧化钙和氨气，溶液呈碱性，故再滴加石蕊试液，溶液会变蓝，所以C正确；D、②的作用为安全瓶，停止加热时可以防止③中的溶液进入①中，故D错误；所以答案选C。二、非选择题(共84分)23、CH3CHOCH3COOH黑色固体逐渐变红氧化HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2OC2H4CH2=CH2+H2OCH3CH2OH、CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O【分析】根据转化过程，X在一定条件下转化为乙醇，乙醇也可以转化为X，则X为乙烯，乙醇和氧化铜发生氧化还原反应转化为A和铜单质，A为乙醛，乙醛在一定条件下与氧气反应生成B，B为乙酸，据此分析解答。【详解】(1)根据分析A为乙醛，B为乙酸，结构简式分别为CH3CHO、CH3COOH；(2)图示流程中乙醇和氧化铜反应转化为乙醛和铜单质，该反应现象为：黑色固体逐渐变红；其中乙醇发生了氧化反应；乙二醇(HO-CH2-CH2-OH)也能发生类似反应，反应方程式：HO-CH2-CH2-OH+O2OHC-CHO+2H2O；(3)根据分析，X为乙烯，化学式C2H4，乙烯在催化剂作用下和水反应生成乙醇，方程式为：CH2=CH2+H2OCH3CH2OH；乙醇在浓硫酸作用下加热至170℃生成乙烯，方程式为：CH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O；(4)充分利用能源、提高原料利用率，减少向环境排放废弃物都是绿色化学的基本要求，工业上常用苹果酒或者葡萄酒混合物、麦芽、米或马铃薯捣碎后发酵生产乙酸，但是从绿色化学角度，以上原料制取乙酸的过程中会产生大量二氧化碳，造成温室效应，还会产生大量废渣；(5)酯化反应中羧酸提供羟基，醇应该提供氢原子，所以反应的机理可以表示为CH3COOH+H18OCH2CH3CH3CO18OCH2CH3+H2O。【点睛】绿色化学又称环境友好化学、环境无害化学、清洁化学，是用化学的技术和方法去减少或消除有害物质的生产和使用。绿色化学的核心是：利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。24、煤的干馏：+HNO3（浓）+H2O还原反应Cl2/FeCl3、、、、任写一种即可【分析】根据后续流程可知A中含有苯环，其分子式为C7H8，可知A为甲基苯，B到C为氧化反应，苯环上的甲级可以被氧化成羧基，所以C到为酯化反应，X为CH3CH2OH，则A到B引入了硝基，为与浓硝酸的取代反应；A到D为取代反应，F到尼泊金酸乙酯为酯化反应，尼泊金酸乙酯分子中有酚羟基，则E到F为氯代烃的取代，F为，E为，D为，故A到D是氯原子取代了苯环上的氢。据此进行解答。【详解】（1）A为甲基苯，其结构简式为，煤干馏得到煤焦油，煤焦油中含甲苯、苯等；故答案为：；煤的干馏；（2）反应①为甲苯与浓硝酸的取代，故答案为：+HNO3（浓）+H2O；（3）反应②由到苄佐卡因，过程中去氧加氢，故为还原反应，故答案为：还原反应；（4）反应③为氯原子取代苯环上的氢，该反应需要FeCl3做催化剂，故答案为：Cl2/FeCl3；（5）根据分析可知答案为：；（6）尼泊金酸乙酯结构简式可知其不饱和度为5，则其同分异构体不饱和度也为5，根据“能发生银镜反应且分子中不含甲基”可知其含有—CHO结构，且没有—CH3,；又“苯环上有两个对位取代基”，所以同分异构体有：、、、、任写一种即可；（7）可由发生消去反应得到，可由发生加成反应得到，可由甲苯发生取代反应得到，其合成路线为，

故答案为：。【点睛】明确有机物的官能团及其物质之间的转化关系是解本题关键，熟练掌握烃、卤代烃、醇、醛、羧酸及酯之间的转化关系；第（7）题合成路线的设计可用逆推法进行分析。25、2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑在HCl的气氛中加热CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或NH3·H2ONH3↑+H2O)用生成的氨气排除装置内的空气碱石灰防止空气中的水分进入装置C没有尾气处理装置(或其他合理答案)91.8%【分析】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体制无水氯化铬；（2）①浓氨水与CaO反应生成氢氧化钙和氨气；②生成的氨气排除装置内的空气；③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气；（3）依据样品和Cr2O3的质量建立联立方程式求得CrN的物质的量，再依据CrN的质量求得质量分数。【详解】（1）加热CrCl3•6H2O晶体时，CrCl3水解，氯化氢受热挥发，使水解平衡右移，CrCl3完全水解得到Cr（OH）3，Cr（OH）3受热分解生成Cr2O3，反应的化学方程式为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；为防止CrCl3水解，在HCl的气氛中加热CrCl3•6H2O晶体，脱水制得无水氯化铬，故答案为2CrCl3·6H2OCr2O3+9H2O+6HCl↑；在HCl的气氛中加热；（2）①装置A中，浓氨水滴入到锥形瓶中，浓氨水中水与CaO反应生成氢氧化钙并放出大量的热，溶液中氢氧根浓度增大，使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量升高温度，有利于氨气逸出，反应的化学方程式为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑，故答案为CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑；②实验开始时，先打开装置A中活塞，浓氨水与CaO反应制得氨气，生成的氨气排除装置内的空气，在无氧条件下，无水氯化铬(CrCl3)与氨气在高温下反应生成CrN，故答案为用生成的氨气排除装置内的空气；③装置B中盛放的试剂是碱石灰，目的是干燥氨气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备；装置D中的无水氯化钙可以吸收空气中的水蒸气，防止水蒸气进入装置C中，干扰CrN的制备，故答案为碱石灰；防止空气中的水分进入装置C；④该装置有一个缺陷，没有氨气的尾气吸收装置，氨气排入到空气中，会污染环境，故答案为没有尾气处理装置；（3）设14.38g样品中CrN为xmol，Cr2N为ymol，固体残渣Cr2O3的质量为16.72g，Cr2O3的物质的量为=0.11mol，由Cr原子个数守恒得关系式①x+2y=0.22，由样品质量的关系式②66x+118y=14.38，解关系式得x=0.2mol，y=0.01mol，则样品中CrN的质量分数为≈91.8%，故答案为91.8%。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意理解反应原理，通过物质的性质分析实验设计是解答关键。26、烧杯、漏斗、玻璃棒可能研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验淀粉；量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，充分反应后，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，过滤，洗净烘干后称量沉淀质量，计算可得【详解】（1）制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤，该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故答案为：烧杯、漏斗、玻璃棒；（2）若对调B和C装置的位置，A中挥发出来的气体有Cl2和HCl，气体进入C装置，HCl溶于水后，抑制氯气的溶解，B中氯气与KOH加热生成氯酸钾，则可能提高氯酸钾的产率，故答案为：可能；（3）①研究反应条件对反应产物的影响，由表格数据可知，总体积相同，只有硫酸的浓度不同，则实验目的为研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响，故答案为：研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响；②设计1号试管实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验，故答案为：硫酸浓度为0的对照实验；③淀粉遇碘单质变蓝，若2号试管实验现象是溶液变为黄色，因此取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，故答案为：淀粉；（4）由资料可知，次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此设计实验不能用酸碱指示剂，可以利用氯水的氧化性，