2026届上海市虹口中学化学高三上期中教学质量检测试题含解析

2026届上海市虹口中学化学高三上期中教学质量检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、根据下表提供的数据，判断下列离子方程式或化学方程式正确的是（）化学式电离常数的值A．向溶液中滴加少量氯水：B．向溶液中滴加少量氯水：C．向溶液中通入过量：D．向溶液通少量：2、“碳呼吸电池”是一种新型化学电源，其工作原理如图。下列说法正确的是A．该装置能将电能转变为化学能B．正极的电极反应为：C2O42--2e-=2CO2C．每得到1mol草酸铝，电路中转移3mol电子D．利用该技术可捕捉大气中的CO23、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中，正确的是（）A．实验前两电解质在溶液中都有电离平衡存在B．实验前两溶液中离子种类完全相同C．加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D．实验前两溶液的pH右>左4、pH=0某溶液中还可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干种，现取适量溶液进行如图所示的一系列实验：下列有关判断正确的是()A．试液中一定有Fe2+、SO、H+、NH、Al3+、NOB．试液中一定没有Ba2+、CO、NOC．步骤③中反应的离子方程式为2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+COD．气体A、B之间肯定不能发生反应5、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉B．有机玻璃和高温结构陶瓷都属于新型无机非金属材料C．新能源汽车的推广与使用有利于减少光化学烟雾的产生D．茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂6、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法不正确的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的溶胶能产生丁达尔效应B．“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，上述对青蒿素的提取过程属于化学变化C．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”，该过程发生了置换反应D．古剑“沈卢”“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，剂钢指的是铁的合金7、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效的水处理剂，工业上通常用下列反应先制得高铁酸钠：2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，然后在某低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾。下列说法不正确的是A．NaC1O在反应中作氧化剂B．制取高铁酸钠时，每生成1molNa2FeO4，反应中共有6mol电子转移C．高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小D．K2FeO4能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体能吸附水中的悬浮杂质8、某强氧化剂[RO〔OH〕2]2+离子中的元素R可被亚硫酸钠还原到较低价态。假设把1.2×10-3mol[RO(OH)2]2+还原，需要消耗6mL0.2mol/L的亚硫酸钠溶液，那么反应后R的化合价为A．0 B．+2 C．+3 D．+49、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A．碱性：LiOH＜RbOH B．溶解度：Na2CO3＜NaHCO3C．还原性：HF＞H2O＞NH3 D．沸点：C2H5OH＜C2H5SH10、14C常用于测定年代，关于其说法正确的是（）A．比12C多两个质子B．与12C化学性质相似C．与12C互为同素异形体D．质子数与中子数相等11、下列化学反应先后顺序判断正确的是（）A．向含有等物质的量的Ba（OH）2、KOH的混合溶液中通入CO2，与CO2反应的物质依次是：KOH、Ba（OH）2、BaCO3B．向含有等物质的量的Fe2+、Ag+、Cu2+的混合溶液中加入Zn，与Zn反应的离子依次是：Ag+、Cu2+、Fe2+C．向含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的混合溶液中滴加盐酸，与盐酸反应的物质依次是：AlO2-、Al（OH）3、OH-、CO32-D．在含有等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气，与氯气反应的离子依次是：I-、Br-、Fe2+12、下列说法不正确的是A．淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类B．制作集成电路板的酚醛树脂属于合成高分子C．甘油和氨基酸在一定条件下都能发生酯化反应D．蛋白质溶液中加醋酸铅溶液产生的沉淀能重新溶于水13、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)314、中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是(

)A．C3N4中C的化合价为-4

B．反应的两个阶段转移电子数相等C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂

D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化15、2—氯丁烷常用于有机合成等，有关2—氯丁烷的叙述正确的是A．它的同分异构体除本身外还有4种B．与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂D．与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种16、用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为2NAB．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAC．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAD．1molNa2CO3固体中含离子总数小于3NA17、已知在常温条件下，下列说法正确的是()A．pH=7的溶液一定呈中性B．若NH4Cl溶液和NH4HSO4溶液的pH相等，则c(NH)也相等C．将1mLpH=8的NaOH溶液加水稀释为100mL，pH下降两个单位D．将10mL0.0lmol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，则消耗的HA的体积V≤10mL18、已知在碱性溶液中可发生如下反应：Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO4n-+Cl-+H2O（未配平）。则有关叙述不正确的是A．已知FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2B．每产生1molCl-，转移2mol电子C．FeO4n-具有强氧化性，一般其还原产物为Fe3+，可用作新型自来水消毒剂和净水剂D．若n=2，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：319、取Cu、Cu2O和CuO固体混合物，将其分成两等份，一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g，另一份加入1000mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，收集到标准状况下NO气体4.48L，所用硝酸的物质的量浓度为A．3.2mol/L B．1.6mol/L C．0.9mol/L D．无法判断20、头孢羟氨苄(如图所示)被人体吸收的效果良好，疗效明显，且毒性反应极小，因而广泛适用于敏感细菌所致的多种疾病的治疗。已知酰胺(CON)键可以在碱性条件下水解。下列对头孢羟氨苄的说法正确的是()A．头孢羟氨苄的化学式为C16H14N3O5S·H2OB．1mol头孢羟氨苄分别与NaOH溶液和浓溴水反应时，需消耗4molNaOH和3molBr2C．在催化剂存在的条件下，1mol头孢羟氨苄可与7molH2发生反应D．头孢羟氨苄能在空气中稳定存在21、生活中处处有化学。下列说法正确的是A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸22、NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图．下列说法正确的是（）A．NH3催化还原NO为吸热反应B．过程Ⅰ中NH3断裂非极性键C．过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂D．脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)二、非选择题(共84分)23、（14分）现有下列表格中的几种离子阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+阴离子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。24、（12分）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：______________________。25、（12分）某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe（OH）2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe（HCO3）2。实验操作及现象记录如下：（1）甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_________________________；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入__________，发现产生大量气泡。（2）乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe（OH）2，他将实验a中两种溶液体积均改为15mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe（OH）2存在的实验现象是___________________________。（3）实验b中白色颗粒状沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_____________________________。（4）实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变为红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_________________。（5）乙同学反思，实验a中含有Fe（OH）2，实验b中几乎不含有Fe（OH）2，对比分析出现差异的原因是_____________________________。26、（10分）某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）实验1：铜片与浓硫酸反应操作现象加热到120℃~250℃铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液继续加热至338℃铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。（2）探究实验1中120℃~250℃时所得黑色固体的成分。（提出猜想）黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。（查阅资料）资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。资料2：CuSCu2S黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水（设计并实施实验）实验2.探究黑色固体中是否含CuO操作现象i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌黑色表层脱落，露出光亮的铜片ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色①试剂A是_________。②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S操作现象i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置有固体剩余，溶液变成浅绿色（获得结论）由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120℃~250℃时所得黑色固体中_______。（实验反思）分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。27、（12分）硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）是一种用途广泛的试剂。某小组拟探究硫酸铜晶体的性质，并测定其结晶水含量。实验（一）：探究硫酸铜的氧化性。取适量硫酸铜溶液于试管中，加入(NH4)2SO3溶液，产生沉淀M。过滤、洗涤，得到固体M。为了探究M的组成，进行如下实验：①将一定量固体M分成两份。②在一份固体中加入稀硫酸，产生有刺激性气味的气体(X)，溶液变成蓝色并有红色固体生成；将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色。③在另一份固体中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体(Y)，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。回答下列问题：（1）Y的电子式为___________。（2）经测定M中阳离子、阴离子个数之比为2：1。M的化学式为______________。实验（二）：探究硫酸铜晶体的热稳定性。取少量硫酸铜晶体进行实验，装置如图所示。已知部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，最后变成黑色粉末；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。（3）分析推测硫酸铜晶体的分解产物有________________________________。（4）B、C装置的位置不能互换的原因是_______________________________。（5）D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式___________________________。实验（三）：测定硫酸铜晶体中结晶水的含量。取wg硫酸铜晶体（CuSO4·xH2O）配成250mL溶液，取25.00mL溶液用cmol/LEDTA溶液(简写成Y4—)滴定至终点，消耗EDTA标准液VmL。已知：滴定方程式为：Cu2++Y4—=CuY2—。（6）x=___________________（用代数式表示）。（7）下列情况会使测得的x偏小的是_______（填番号）a、样品失去部分结晶水b、量取待测液前未用待测液润洗滴定管c、开始读数时滴定管尖嘴有气泡而终点时无气泡d、滴定开始时平视、滴定终点时俯视28、（14分）已知：周期表中前四周期的六种元素A、B、C、D、E、F核电荷数依次增大，其中A原子核外有三个未成对电子：化合物B2E的晶体为离子晶体，E原子核外的M层中有两对成对电子：C元素是底壳中含量最高的金属元素：D单质的熔点在同周期元素形成的单质中是最高的：F2＋离子核外各层电子均充满。请根据以上信息，回答下列问题：（1）A、B、C、D的第一电离能由小到大的顺序为______（用元素符号表示）（2）B的氯化物的熔点比D的氯化物的熔点高，理由是______。（3）E的最高价氧化物分子的空间构型是______。是______分子（填“极性”“非极性”）（4）F原子的价层电子排布式是_____。（5）E、F形成某种化合物有如图所示两种晶体结构（深色球表示F原子）。其化学式为_____。（a）中E原子的配位数为______，若在（b）的结构中取出一个平行六面体作为晶胞，则平均一个晶胞中含有_____个F原子。结构（a）与（b）中晶胞的原子空间利用率相比，（a）________（b）（填“>”“<”或“=”）29、（10分）（1）科学家提出可通过铁的氧化物由CO2制取C，其太阳能工艺如图所示。①“重整系统”发生的反应中n(FeO)/n(CO2)＝6，则FexOy的化学式为________。②“热分解系统”中每分解1molFexOy，转移电子的物质的量为________。（2）工业上用CO2和H2反应合成甲醚。已知：CO2(g)＋3H2(g)===CH3OH(g)＋H2O(g)ΔH1＝－53.7kJ·mol－1CH3OCH3(g)＋H2O(g)===2CH3OH(g)ΔH2＝＋23.4kJ·mol－1则以CO2和H2反应合成甲醚的热化学方程式为_________________。（3）工业上常采用如图所示电解装置，利用铁的化合物将气态废弃物中的硫化氢转化为可利用的硫。通电电解，然后通入H2S时发生反应的离子方程式为2[Fe(CN)6]3－＋2CO32-＋H2S===2[Fe(CN)6]4－＋2HCO3-＋S↓。电解时，阳极的电极反应式为_______________；电解过程中阴极区溶液的pH________(填“变大”、“变小”或“不变”)。

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、C【详解】依据电离常数分析可知，酸性：，再根据较强酸制较弱酸的原理分析反应能否进行。A．向溶液中滴加少量氯水，溶液中过量，盐酸和碳酸钠反应生成和反应生成和，反应的离子方程式应为，A错误；B．向溶液中滴加少量氯水，氯水中的盐酸和反应生成和不能和反应，反应的离子方程式为，B错误；C．向溶液中通入过量反应生成和，反应的化学方程式为，C正确；D．向溶液中通入少量反应，因酸性：，故反应生成和，反应的化学方程式为，D错误；故答案为：C。2、D【解析】A、该装置为原电池，化学能转变为电能，A错误。B、Al为活泼金属做负极，通入的CO2极做正极，得到电子，化合价降低，可知CO2得电子生成C2O42-，电极反应为：2CO2+2e-=C2O42-，B错误。C、1mol草酸铝含2molAl3+，由2molAl单质失去6mol电子生成，C错误。D、该装置中CO2最后生成C2O42-，可以捕捉大气中的CO2，减少温室效应，D正确。正确答案为D3、B【详解】A.Na2CO3在溶液中完全电离，电离产生的CO32-发生水解，NaHCO3在溶液中完全电离，电离生成的HCO3-在溶液中既能电离又能水解，所以实验前Na2CO3在溶液中不存在电离平衡，但NaHCO3在溶液中存在电离平衡，A错误；B.实验前两溶液中都存在Na+、CO32-、HCO3-、OH-、H+，离子种类完全相同，B正确。C.加入CaCl2溶液后生成的沉淀不一样多，因为Na2CO3+CaCl2=CaCO3↓+2NaCl，2NaHCO3+CaCl2=CaCO3↓+NaCl+H2O+CO2↑，C错误；D.实验前相同浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，前者水解程度大，所以两溶液的pH左>右，D错误。故选B。4、B【分析】pH=0说明该溶液为酸性溶液，则原溶液中不存在，H+、Fe2+和不能同时存在，试液中加入过量硝酸钡溶液，生成气体证明一定含有Fe2+，则原溶液中一定不存在，气体A为NO，沉淀A为BaSO4，则原溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，溶液A中加入过量氢氧化钠溶液加热生成气体B为NH3，确定原溶液中含有，沉淀B为Fe(OH)3，由于溶液B中含有Ba2+，OH-，溶液B加入少量二氧化碳发生反应③，生成的沉淀一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al(OH)3，溶液B中不一定含有，则原溶液中不一定含有Al3+，以此解答该题。【详解】A.由以上分析可知原溶液中一定有Fe2+、、H+、，不一定含有Al3+，一定无，A错误；B.上述分析可知，原溶液中一定没有的离子为：Ba2+、、，B正确；C.步骤③一定发生离子反应Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，可能发生2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+，C错误；D.气体A为NO、气体B为NH3，二者在一定条件下发生反应生成N2和H2O，D错误；故答案选B。5、B【详解】A.生活中“卤水点豆腐”的原理是Mg2+、Ca2+等离子使蛋白质胶体发生聚沉，A正确；B.有机玻璃属于有机合成材料，B错误；C.导致光化学烟雾的主要气体为氮氧化物，新能源汽车的推广与使用可减少氮氧化物的排放，有利于减少光化学烟雾的产生，C正确；D.茶叶中含有的茶多酚可用于制备食品防腐剂，D正确。答案为B。6、B【详解】A.气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故选项A正确；B.青蒿素的提取过程中用水浸取没有发生化学变化，属于物理变化，故选项B错误；C.铁置换铜属于湿法炼铜，故选项C正确；D.剑刃硬度要大，所以用的是铁的合金，故选项D正确。故选：B。7、B【分析】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价由+3价升高到+6价，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价由+1降低到-1价，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；据以上分析解答。【详解】2FeC13+10NaOH+3NaClO=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，反应中，FeC13→Na2FeO4中铁元素化合价升高，发生氧化反应，做还原剂；NaClO→NaCl中氯元素化合价降低，发生还原反应，做氧化剂；根据反应可知：生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；A.结合以上分析可知，NaC1O在反应中作氧化剂，A正确；B.结合以上分析可知，生成2molNa2FeO4，反应转移电子6mol；每生成1molNa2FeO4，反应中共有3mol电子转移，B错误；C.根据信息低温下，在高铁酸钠溶液中加KOH固体至饱和就可析出高铁酸钾，所以高铁酸钾在低温下的溶解度比高铁酸钠的溶解度小，C正确；D.K2FeO4具有强氧化性，能消毒杀菌，其还原产物水解生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附水中的悬浮杂质，可用来净水,D正确；

综上所述，本题选B。8、D【详解】[RO（OH）2]2+离子中R的化合价为+6价，设还原后的化合价为x，n（Na2SO3）=1.2×10-3mol，被氧化后生成Na2SO4，S元素化合价为+6价，则1.2×10-3mol×（6-x）=1.2×10-3mol×（6-4），x=+4，故选D。【点睛】[RO（OH）2]2+离子中R的化合价为+6价，n（Na2SO3）=1.2×10-3mol，结合氧化还原反应中氧化剂和还原剂得失电子数目计算。9、A【详解】A．金属性Li＜Rb，则最高价氧化物对应水合物的碱性：LiOH＜RbOH，故A正确；B．碳酸钠的溶解度较大，即溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故B错误；C．非金属性：F＞O＞N，元素的非金属性越强，氢化物的还原性越弱，则还原性：HF＜H2O＜NH3，故C错误；D．C2H5OH分子间存在氢键，沸点较高，即沸点：C2H5OH＞C2H5SH，故D错误；故选A。10、B【解析】A.14C与12C属于同一种元素的核素，质子数相同，故A错误；B.14C与12C属于同种元素，化学性质相似，故B正确；C.14C与12C是同种元素的不同核素，属于同位素，故C错误；D.14C与12C质子数相同，但中子数不同，故D错误；故选B。点晴：本题考查了同位素的判断以及质子数、中子数和质量数的关系等知识点。元素符号的左下角数字表示质子数，左上角数字表示质量数，中子数=质量数-质子数。11、B【分析】

【详解】A.氢氧化钡先与二氧化碳发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，故A错误；B.氧化性顺序：Ag+＞Cu2+＞Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Ag+、Cu2+、Fe2+，故B正确；C.若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应又生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故C错误；D.离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，因为2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-，故D错误；故选B。【点睛】本题考查反应的先后顺序，为高频考点，把握酸性、还原性、氧化性、溶度积等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，综合性较强。同一反应体系有多种物质参加反应，确定反应先后顺序成为学习中的难点，特别是反应先后顺序与图像结合更困难。判断先后反应总原则是，先反应的产物与其他物质能大量共存，若产物不能与其他物质大量共存，则它一定不能先反应。1、同一氧化剂与多种还原剂反应，还原性较强的还原剂先发生反应。常见还原剂的还原性顺序：S2-＞I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-。2、与同一种还原剂反应，氧化性强的氧化剂优先发生反应。阳离子氧化性顺序与金属活动性顺序相反，其中铁对应的是亚铁离子，而不是铁离子，铁离子的氧化性强于铜离子，但弱于银离子。3、阳离子与OH-反应和阴离子与H+反应，用假设法判断离子反应的先后顺序，若优先反应的产物与其他离子能大量共存，该假设成立，否则，假设不成立。4、对于多种物质组成的混合物，要分清是物质本身发生反应，还是一种物质发生反应后，生成产物继续反应。例如，固体碳酸氢钠与氢氧化钠混合，氢氧化钠与碳酸氢钠反应，过量的碳酸氢钠发生分解等。12、D【分析】A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖；B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物；C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应；D．蛋白质遇重金属发生变性。【详解】A．淀粉和纤维素都属于多糖，其水解产物都是葡萄糖，葡萄糖属于单糖，所以淀粉、纤维素及其水解产物都属于糖类，A正确；B．相对分子质量在10000及以上的化合物为高分子化合物，酚醛树脂相对分子质量在10000以上，所以属于高分子化合物，B正确；C．含有羧基和羟基的有机物能发生酯化反应，甘油含有醇羟基、氨基酸含有羧基，所以二者都能发生酯化反应，C正确；D．蛋白质遇重金属发生变性，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性，蛋白质变性没有可逆性，所以生成的沉淀不能溶解，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确物质含有的官能团及其与性质关系是解答本题的关键，注意蛋白质变性和盐析区别，为解答易错点。13、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。14、C【详解】A.化合物C3N4中氮元素的化合价为-3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为+4价，不符合题意，A错误；B.由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，不符合题意，B错误；C.阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，符合题意，C正确；D.该反应中，实现了太阳能转化为化学能，不符合题意，D错误；故答案为C【点睛】未给定参与反应的量，无法比较转移电子数的多少。15、C【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体中，碳链异构为正丁烷和异丁烷，各自氯原子有2种同分异构体，故它的同分异构体除本身外还有3种，A叙述错误；B．2-氯丁烷中不含有氯离子，则其与硝酸银溶液混合不产生白色沉淀，B叙述错误；C．2-氯丁烷为有机物，含有碳碳单键，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，C叙述正确；D．2-氯丁烷与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应，生成1-丁烯或2-丁烯，则有机产物只有2种，D叙述错误；答案为C。16、B【解析】FeI2与足量氯气反应生成氯化铁、碘单质，1molFeI2与足量氯气反应时转移的电子数为3NA，故A错误；过氧化钠与水反应时，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NA，故B正确；18gD2O含有的质子数为，18gH2O中含有的质子数为，故C错误；1molNa2CO3固体中含1mol碳酸根离子、2mol钠离子，离子总数等于3NA，故D错误。17、A【详解】A．常温下条件水的离子积为Kw=10-14，所以pH=7的溶液中c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，所以溶液显中性，故A正确；B．由于NH4HSO4溶液电离产生H+，抑制NH的水解，因此pH相等的两溶液中NH4HSO4溶液中的NH的浓度小于NH4Cl溶液，故B错误；C．将1mLpH=8的NaOH溶液加水稀释为100mL，溶液依然为碱溶液，虽然接近中性，其pH接近7，但不会下降两个单位至pH=6，故C错误；D．将10mL0.0lmol/LNaOH溶液与同浓度的HA溶液混合，若混合后溶液呈中性，若HA是强酸，则消耗的HA的体积V=10mL，若HA是弱酸，不完全电离，消耗的HA的体积V＞10mL，故D错误；综上所述答案为A。18、D【解析】FeO4n-中Fe的化合价是+6价，则n=2，反应为Fe(OH)3+ClO-+OH-→FeO42-+Cl-+H2O中，Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，由电子守恒和原子守恒可知，该反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。【详解】A、FeO4n-中Fe元素的化合价是+6价，因O元素为-2价，由化合价代数和为0可知，n=2，故A正确；B、反应中ClO-转化为Cl-，Cl元素的化合价由+1价降低为-1价，则每产生1molCl-，转移2mol电子，故B正确；C、FeO4n-具有强氧化性，能杀菌消毒，其还原产物为Fe3+，水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，则可用作新型自来水消毒剂和净水剂，故C正确；D、方程式为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故D错误；故选D。【点睛】本题考查氧化还原反应，侧重氧化还原反应基本概念及电子守恒、原子守恒的综合考查，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键。19、B【详解】将Cu2O拆分为Cu、CuO，原混合物看做Cu、CuO的混合物，其中一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少6.40g为拆分后Cu、CuO的混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为：，根据Cu元素守恒可知n(CuO)=n(O)=0.4mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为：，根据电子转移守恒可知拆分后Cu、CuO的混合物中2n(Cu)=3n(NO)=3×0.2mol，n(Cu)=0.3mol，由铜元素守恒可知n[Cu(NO3)2]=n(CuO)+n(Cu)=0.4mol+0.3mol=0.7mol，根据氮元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+2n[Cu(NO3)2]=0.2mol+2×0.7mol=1.6mol，所以该稀硝酸的浓度为：，本题选B。20、B【详解】A、根据有机物结构简式，推出头孢羟氨苄化学式为：C16H17N3O5S·H2O，故A错误；B、根据结构简式，能与NaOH反应的官能团是酚羟基、羧基和酰胺键，1mol该有机物中含有1mol酚羟基、2mol酰胺键、1mol羧基，1mol该有机物共消耗氢氧化钠4mol，能与Br2发生反应的是酚羟基的邻位、对位和碳碳双键，即1mol该有机物消耗3molBr2，故B正确；C、能与H2发生反应的是苯环和碳碳双键，1mol该有机物能与4molH2发生加成反应，故C错误；D、含有酚羟基，酚羟基容易被氧气氧化，因此头孢羟氨苄不能在空气中稳定存在，故D错误。21、A【详解】A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。故选A。22、D【详解】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A错误；B．NH3断裂的是N-H极性键，故B错误；C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C错误；D．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)

4N2(g)+6H2O(g)，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。24、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。25、Fe2++CO32-=FeCO3↓稀硫酸（或稀盐酸）沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强【解析】解答本题主要抓住FeCO3与Fe(OH)2的区别来进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2能被空气中的氧气氧化呈现特殊颜色变化，据此分析解答。【详解】（1）实验a中硫酸亚铁与碳酸钠溶液混合若生成碳酸亚铁沉淀，则发生了复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2++CO32-=FeCO3↓，碳酸亚铁沉淀能溶于硫酸或盐酸并产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为Fe2++CO32-=FeCO3↓；稀硫酸（或稀盐酸）；（2）若沉淀中含有Fe（OH）2，放置在空气中会被氧化而呈现出白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最后变为红褐色沉淀；（3）实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（4）FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应：4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2，故答案为4FeCO3+O2+6H2O=4Fe(OH)3+4CO2；（5）对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸氢根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根离子浓度较实验b中要大，导致实验a中更易产生Fe（OH）2，故答案为混合后，虽然实验b中碳酸氢钠浓度比实验a中碳酸钠浓度高，但是碳酸钠溶液的碱性（或水解程度）比碳酸氢钠的强。26、防止C中溶液倒吸入A中NaOH溶液冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液）一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以）向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成）不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2SCuS+4H2SO4（浓）CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4（浓）2CuSO4+5SO2↑+6H2O【解析】(1)①反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置B可以防止C中溶液倒吸入A中；二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置C中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为防止C中溶液倒吸入A中；NaOH溶液；②硫酸铜溶液显蓝色，为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；(2)①根据CuS、Cu2S的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此试剂A应该选择稀硫酸，故答案为稀硫酸；②根据题意，亚铁氰化钾[K4Fe(CN)6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在Cu2+，故答案为向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；【获得结论】根据实验2可知，黑色固体中不含CuO，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为CuS微溶于浓氨水或热的浓盐酸，Cu2S难溶于浓盐酸，说明含有CuS、可能含有Cu2S，故答案为不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S；【实验反思】黑色固体中含有CuS、可能含有Cu2S，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，CuS、Cu2S与浓硫酸的反应方程式分别为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O，故答案为CuS+4H2SO4(浓)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(浓)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。点睛：本题借助于铜与浓硫酸的反应对反应过程中的中间产物进行了探究，题目有一定的难度。本题的难点是题干提供的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的陌生性也增大了试题难度。27、NH4CuSO3H2O、CuO、SO3、SO2、O2互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO34Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O(50w—80cV)/9cVac【解析】(1).根据题中信息可知，取适量硫酸铜溶液于试管中，加入(NH4)2SO3溶液，产生沉淀M，M中加入浓烧碱溶液，共热，产生气体(Y)，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体(Y)为NH3，M中含有铵根离子，NH3的电子式为，故答案为；(2).M与稀硫酸反应时，溶液变成蓝色并有红色固体生成，说明M中含有Cu+，Cu+在酸性条件下生成Cu和Cu2＋，产生有刺激性气味的气体(X)，将气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，说明生成的气体X为SO2，则M中含有SO32－或HSO3－，又因M中阳离子、阴离子个数之比为2:1，则M中含有SO32－，M的化学式为：NH4CuSO3，故答案为NH4CuSO3；(3).由实验装置图可知，在加热硫酸铜晶体前先通入氮气，可以将整个装置中的空气赶出，然后加热硫酸铜晶体，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，说明失去结晶水，最后变成黑色粉末，说明生成了CuO，B中盛有酸性氯化钡溶液，B中产生白色沉淀，说明生成了SO3，D中盛有含KSCN的酸性FeSO4溶液，D中溶液变成红色，说明Fe2+被氧化生成了Fe3+，则硫酸铜晶体的分解产物中含有O2，硫酸铜晶体中的O元素化合价从－2价升高到0价，说明S元素的化合价降低生成了SO2，因此硫酸铜晶体的分解产物有：H2O、CuO、SO3、SO2、O2，故答案为H2O、CuO、SO3、SO2、O2；(4).因SO3极易溶于水，互换后，SO3溶于品红溶液，则BaCl2溶液无法检验出SO3，故答案为互换后，SO3溶于品红溶液，BaCl2溶液无法检验出SO3；(5).在酸性条件下，硫酸铜晶体分解生成的氧气将Fe2+氧化成Fe3+，Fe3+再与SCN－反应生成Fe(SCN)3，第一步反应的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，故答案为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O；(6).由滴定方程式Cu2++Y4－=CuY