2026届四川省蓉城名校联盟高三上化学期中经典模拟试题含解析

2026届四川省蓉城名校联盟高三上化学期中经典模拟试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下表是25℃时有关弱酸的电离平衡常数，下列叙述正确的是HIOHClOH2CO3K=2.3×l0-11K=2.95×l0-8K1=4.4×l0-7K2=4.7×l0-11A．同温、同浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3溶液中，碱性最强的是Na2CO3B．向NaClO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2ClO-+CO2+H2O→2HClO+CO32-C．向NaIO溶液中通入少量CO2，离子反应为：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-D．向NaHCO3溶液中加入少量HClO，离子反应为：HCO3-+HClO→CO2↑+H2O+ClO-2、下列各组离子在澄清透明溶液中能大量共存的是（）A．室温下溶液中：Fe2+、SO、Cl- B．I-、H+、Na+、K+C．Na+、Ba2+、SO、Cl- D．0.2mol/L的NaNO3溶液：H+、Fe2+、SO、Cl-3、铁、铜混合粉末17.6g加入到800mL1.0mol/L的FeCl3溶液中，充分反应后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量浓度之比为8∶1。下列有关说法正确的是A．混合粉末中铁与铜的物质的量之比是1∶2B．反应后的溶液最多还可以溶解铁粉5.6gC．反应后所得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L(假设反应前后溶液体积无变化)D．向反应后的溶液中加入2.0mol/LNaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是1.6L4、含Na2CO3、NaAlO2的混合溶液中逐滴加入150mL1mol·L−1HCl溶液，测得溶液中的某几种离子物质的量的变化如图所示，则下列说法不正确的是A．a曲线表示的离子方程式为：AlO2－＋H+＋H2O===Al(OH)3↓B．b和c曲线表示的离子反应是相同的C．M点时，溶液中沉淀的质量为3.9gD．原混合溶液中的CO32－与AlO2－的物质的量之比为1∶25、下列反应的离子方程式书写正确的是A．向次氯酸钠溶液中通入过量SO2：ClO－+SO2+H2O=HClO+HSO3－B．物质的量相等的溴化亚铁跟氯气反应

2Fe2+

+2Br－+2Cl2

=2Fe3+

+Br2

+4Cl－C．Ca(HCO3)2溶液中加入少量NaOH：Ca2++2HCO3－+2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2OD．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液至中性：Ba2++OH－+H++SO42－=BaSO4↓+H2O6、下列离子方程式正确的是()A．向Fe(OH)3中加氢碘酸：Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2OB．向Na2SiO3溶液中通入过量CO2：SiO＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋COC．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO－=HClO＋HSOD．等体积、等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合：HCO＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．常温常压下33.6L氯气与27g铝充分反应，转移的电子数为3NAB．标准状况下,28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数为4NAC．一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目为2NAD．在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，又知电解后溶液体积为1L，在阳极析出的气体分子数约为0.25NA8、硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是()A．氧化性：SeO2>SO2 B．热稳定性：H2S>H2SeC．沸点：H2S<H2Se D．酸性：H2SO3>H2SeO39、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是A．简单离子半径：M<RB．氢化物的稳定性：Y<ZC．M的氢化物常温常压下为气体D．X、R、Y、Z均存在两种及两种以上的氧化物10、已知有机物M的结构如图所示。关于M的描述正确的是A．分子式为C11H7O2ClB．1molM与H2发生加成反应时，最多消耗5molH2C．1molM与溴水发生加成反应时，最多消耗4molBr2D．1molNaOH溶液发生反应时，最多消耗2molNaOH11、能将化学能转化为电能的是A．水力发电 B．风力发电 C．太阳能电池 D．铜锌原电池12、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A．在熔融状态下，1molNa2O2完全电离出的离子数目为3NAB．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数mNA/14C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAD．含1molCl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA13、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBrB．SiH4的沸点高于CH4，推测H3P的沸点高于NH3C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3D．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子14、25℃时，下列溶液中有关微粒的物质的量浓度关系错误的是()A．pH=2的HA溶液与pH=12的MOH溶液任意比混合：c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)B．Na2CO3溶液：c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3）C．将醋酸钠、盐酸两溶液混合后呈中性的溶液中：c(Na＋)＞c(Cl—)＝c(CH3COOH)D．pH=4的NaHA溶液：c(HA－)＞c(H+)＞c(H2A)＞c(A2－)15、下列各物质中既能发生消去反应又能催化氧化,，并且催化氧化的产物能够发生银镜反应的是()A． B．C． D．16、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．向水中通入氯气：Cl2+H2O⇌2H++Cl﹣+ClO﹣B．二氧化锰与浓盐酸反应：MnO2+4HCl（浓）Mn2++2Cl2↑+2H2OC．碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水：2HCO+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+COD．金属钠与硫酸铜溶液反应：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑17、已知反应（1）、（2）分别是从海藻灰和智利硝石中提取碘的主要反应：（1）2NaI+MnO2+3H2SO4=2NaHSO4+MnSO4+2H2O+I2（2）2NaIO3+5NaHSO3=2Na2SO4+3NaHSO4+H2O+I2下列说法正确的是A．两个反应中NaHSO4均为氧化产物B．I2在反应（1）中是还原产物，在反应（2）中是氧化产物C．氧化性：MnO2＞SO42-＞IO3-＞I2D．反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数之比为1:518、常温下，将缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入溶液，整个过程中pH的变化如图所示，下列有关叙述正确的是()A．曲线③④段有离子反应：B．可依据②处数据计算所溶解的C．③处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全D．①处约为处的两倍19、下列实验主要仪器和试剂的选择不能达到实验目的的是选项主要仪器试剂实验目的A烧瓶、长颈漏斗、酒精灯、导管软锰矿与浓盐酸制取并收集干燥的氯气B酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架溶液蒸发溶液得到晶体C圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台干燥的氨气、水模拟喷泉实验D铁丝、蓝色钴玻璃、酒精灯盐酸、待测液焰色反应实验【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D20、25℃时将浓度均为0.1mol·L-1、体积分别为Va和Vb的HA溶液与BOH溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示，下列说法正确的是A．a→c过程中水的电离程度始终增大B．b点时，c(B+)=c(A-)=c(H+)=c(OH-)C．c点时，随温度升高而减小D．相同温度下，Ka(HA)>Kb(BOH)21、有关化学键和晶体的说法正确的是A．两种元素组成的晶体一定只含极性键B．离子晶体一定不含非极性键C．原子晶体一定含有共价键D．分子晶体一定含有共价键22、进行下列实验，相关说法正确的是A．图：蒸干NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体B．图：形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水C．图：配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如图则所配NaOH溶液浓度偏低D．图：所示装置用于除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠二、非选择题(共84分)23、（14分）对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用做防腐剂，对酵母和霉菌具有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化作用下进行酯化反应而制得。以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两个不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1。回答下列问题：(1)A的化学名称为_____________。(2)由B生成C的化学反应方程式为______；该反应的类型为________________。(3)D的结构简式为____________________。(4)F的分子式为_________________。(5)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2:2:1的是(写结构简式)___。24、（12分）具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’ⅱ.R-HC=CH-R’ⅲ.R-HC=CH-R’（以上R、R’、R’’代表氢、烷基或芳基等）（1）A属于芳香烃，其名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）由F生成G的反应类型是___。（4）由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是___。（5）下列说法正确的是___（选填字母序号）。A．G存在顺反异构体B．由G生成H的反应是加成反应C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应D．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH（6）E有多种同分异构体，请写出符合下列要求的所有同分异构体。___①属于芳香族化合物，不考虑立体异构②既能发生加聚反应，又能发生水解反应③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2（7）以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线。（用流程图表示，无机试剂任选）___。25、（12分）三氯化磷(PCl3)是一种基础化工原料使用广泛需求量大。实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷，实验装置如图所示(夹持装置未画出)。已知：①氯气与白磷反应放出热量(温度高于75℃)。②PCl3和PCl5遇水强烈反应并产生大量的白雾。③PCl3和PCl5的物理常数如下：熔点沸点PCl3-112℃76℃PCl5146℃200℃分解回答下列问题：（1）仪器X的名称是___；装置A中发生反应的离子方程式为___。（2）装置B可用于除杂，也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若装置C或D中发生堵塞时B中的现象是__。（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，实验开始前应在圆底烧瓶的底部放少量__(填“干沙”或“水”)。（4）装置E的烧杯中冰盐水的作用是___。（5）装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入；二是___。（6）前期白磷过量生成PCl3，后期氯气过量生成PCl5，从PC13和PCl5的混合物中分离出PCl3的最佳方法是___。26、（10分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。有如下实验，回答下列问题：实验Ⅰ：采用ClO2气体和NaOH溶液制取NaClO2晶体，按下图装置进行制取。已知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，38~60℃时析出NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）装置C的作用是_____________________。（2）装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为_________________________________________。反应后的溶液中阴离子除了ClO2－、ClO3－、Cl－、ClO－、OH－外还可能含有的一种阴离子是______。（3）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是____________________；实验Ⅱ：样品杂质分析与纯度测定（4）测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取ag的NaClO2样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2－+4I－+4H+=2H2O+2I2+Cl－，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32－=2I－+S4O62－）。①配制100mLNa2S2O3标准液：称取Na2S2O3晶体于烧杯，用新煮沸并冷却的蒸馏水倒入烧杯中溶解，然后全部转移至_____________（填写仪器名称）中，加蒸馏水至距离刻度线约2cm处，改用胶头滴管，滴加蒸馏水至刻度线处。②确认滴定终点的现象是__________________________________________________________。③滴定过程中，若装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，测定结果将______(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)④所称取的样品中NaClO2的纯度为__________________（用含a、c、V的代数式表示）。27、（12分）某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。已知：①无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；②工业上，向500～600℃的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；③向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器N的名称是________。N中盛有浓盐酸，烧瓶M中的固体试剂是________（填化学式）。实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是______（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为________→________→________→________→________→________→________→d→e→f。（用小写字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置E，则对本实验造成的影响是________。（4）已知硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置D中发生反应的离子方程式为______________________

。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：①淡红色溶液中加入过量H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是________（用离子方程式表示）。②已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。实验操作现象实验Ⅰ（取褪色后溶液3等份）第1份滴加FeCl3溶液无明显变化第2份滴加KSCN溶液溶液出现红色第3份滴加稀盐酸和BaCl2溶液产生白色沉淀实验Ⅱ（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液）滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2无明显变化由实验Ⅰ和Ⅱ可得出的结论为________。28、（14分）[化学—选修3：物质结构与性质]前四周期原子序数依次增大的元素A，B，C，D中，A和B的价电子层中未成对电子均只有1个，平且A-和B+的电子相差为8；与B位于同一周期的C和D，它们价电子层中的未成对电子数分别为4和2，且原子序数相差为2。回答下列问题：（1）D2+的价层电子排布图为_______。（2）四种元素中第一电离最小的是________，电负性最大的是________。（填元素符号）（3）A、B和D三种元素责成的一个化合物的晶胞如图所示。①该化合物的化学式为_________________；D的配位数为___________；②列式计算该晶体的密度_______g·cm-3。（4）A-、B+和C3+三种离子组成的化合物B3CA6，其中化学键的类型有_____________；该化合物中存在一个复杂离子，该离子的化学式为_______________，配位体是____________。29、（10分）四氯化钛是生产金属钛及其化合物的重要中间体。某校化学课外活动小组准备利用下图装置制备四氯化钛(部分夹持仪器已略去)。资料表明：室温下，四氯化钛为无色液体，熔点：－25℃，沸点：136.4℃。在空气中发烟生成二氧化钛固体。在650～850℃下，将氯气通过二氧化钛和炭粉的混合物可得到四氯化钛和一种有毒气体。回答下列问题：（1）检查该装置气密性的方法是_______________________________________________。（2）实验中B装置的作用是____________________。（3）写出D装置中物质制备的化学方程式________________________________；写出四氯化钛在空气中发烟的化学方程式______________________________。（4）E处球形冷凝管的冷却水应从________(填“c”或“d”)口通入。（5）F装置中盛装的物质是________。（6）该实验设计略有缺陷，请指出其不足之处：______________________________。

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【分析】根据表格数据，酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-＞HIO，据此分析解答。【详解】A．相同物质的量浓度的含有弱酸根离子的钠盐溶液，对应酸的酸性越弱，酸根离子水解程度越大，溶液中氢氧根离子浓度越大，pH越大，水解程度大小顺序是：HCO3-＜ClO-＜CO32-＜IO-，所以等物质的量浓度的NaIO、NaClO、NaHCO3和Na2CO3四种溶液中，碱性最强的是NaIO，故A错误；B．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，离子方程式为ClO-+CO2+H2O→HClO+HCO3-，故B错误；C．酸性H2CO3＞HCO3-＞HIO，向NaIO溶液中通入少量CO2反应生成HIO和碳酸钠，反应的离子方程式为：2IO-+CO2+H2O→2HIO+CO32-，故C正确；D．酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaHCO3溶液中加入少量HClO，不能发生反应，故D错误；故选C。【点睛】正确理解强酸可以反应制弱酸的原理是解题的关键。本题的易错点为B，要注意酸性H2CO3＞HClO＞HCO3-，向NaClO溶液通入少量CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，不能生成碳酸钠。2、B【详解】A．室温下=10-13的溶液中含有大量的H+，SO与H+可生成二氧化硫气体，A不能大量共存；B．I-、H+、Na+、K+不反应，B能大量共存；C．Ba2+、SO反应生成硫酸钡沉淀，C不能大量共存；D．0.2mol/L的NaNO3溶液含有硝酸根离子，H+、Fe2+、能反应生成NO、铁离子和水，D不能大量共存；答案为B。3、C【解析】由于铁比铜活泼，所以铁先与FeCl3反应，即2FeCl3＋Fe=3FeCl2，当铁完全反应后，铜才能与FeCl3反应，即2FeCl3＋Cu2FeCl2＋CuCl2。A、设混合物中铁的物质的量为xmol，铜的物质的量为ymol，则反应后溶液中的Fe2+为(3x+2y)mol，Cu2+为ymol，在同一溶液中，浓度之比等于物质的量之比，所以(3x+2y)：y=8:1，解得x:y=2:1，故A错误；B、根据混合物总质量17.6g，可得56x+64y=17.6，联合求得x=0.2mol，y=0.1mol，再由反应方程式可求出反应的FeCl3反应为(2x+2y)=0.6mol<0.8L×1.0mol/L，因此FeCl3剩余0.2mol；反应后的溶液中能溶解铁的物质有剩余的0.2molFeCl3和生成的0.1molCuCl2，故还能溶解铁0.2mol，质量为11.2g，所以B错误；C、反应后所得溶液中c(Fe2+)===1.0mol/L，故C正确；D、反应后的溶液中含有n(Fe2+)=0.8mol，n(Fe3+)=0.2mol，n(Cu2+)=0.1mol，恰好沉淀需要加入2.0mol/LNaOH溶液的体积V==1.2L，故D错误。本题正确答案为C。点睛：混合物之间的反应，一定要注意反应的顺序，否则有些习题是无法处理的。本题中FeCl3既能与铁反应，也能与铜反应，但铁比铜活泼，所以只有当铁完全反应后，铜才能反应；本题最难处理的是B选项，要确定FeCl3和铜哪种物质剩余，根据A选项，已经确定出铁和铜的物质的量之比，所以先求得二者的物质的量各是多少，进而求得反应需要的FeCl3的物质的量，再与已知量比较，即可得出正确结论。4、D【详解】A．a曲线表示Na[Al(OH)4]和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，所以发生反应的离子方程式为：[Al(OH)4]-+H+=Al(OH)3↓+H2O，故A正确；B．b曲线表示碳酸钠和盐酸反应，c曲线也表示碳酸钠和盐酸的反应，只是b曲线表示碳酸钠的物质的量，c曲线表示碳酸氢钠的物质的量，所以b和c曲线表示的离子反应是相同的，故B正确；C．因加50mL盐酸之后沉淀不溶解，则M点和50mL时相同，Na[Al(OH)4]中铝元素全部转化为氢氧化铝沉淀，设氢氧化铝的质量为x，Na[Al(OH)4]+HCl=NaCl+Al(OH)3↓+H2O，1mol78g1mol•L-1×0.05Lxx=3.9g，故C正确；D．由图象知，Na2CO3、Na[Al(OH)4]的物质的量相等都是0.05mol，但这两种物质都是强碱弱酸盐都能水解，水解程度不同导致无法判断溶液中CO32-与[Al(OH)4]-的物质的量之比，故D错误；答案选D。【点睛】本题考查了反应与图象的关系，明确图象中各条曲线表示的物质是解本题的关键，难度较大，注意碳酸钠和盐酸反应是分步进行的，先生成碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再和盐酸反应生成氯化钠和水、二氧化碳。5、B【详解】A.ClO－具有强氧化性，能使SO2被氧化成SO42-，同时通入过量SO2，溶液显酸性，离子方程式为ClO－+SO2+H2O=Cl－+SO42-+2H+，A项错误；B.不妨设FeBr2和Cl2分别是2mol，由于Fe2+的还原性大于Br－，Cl2先与Fe2+反应，离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl－+2Fe3+，根据化学计量数可知2molFe2+和1molCl2恰好完全反应，剩余1molCl2，Cl2再与Br－反应，其离子方程式为Cl2+2Br－=2Cl－+Br2，根据化学计量数可知2molBr－和1molCl2恰好完全反应，将上述两个离子方程式相加可得2Fe2+

+2Br－+2Cl2

=2Fe3+

+Br2

+4Cl－，B项正确；C.由于NaOH少量，因而每消耗1molOH－，就消耗1molHCO3－，因而离子方程式为Ca2++HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，C项错误；D.向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，Ba(OH)2反应完，每消耗1molBa2+需要1molSO42-恰好反应，每消耗2molOH-需要2molH+恰好反应，因而离子方程式为Ba2++2OH－+2H++SO42－=BaSO4↓+H2O，D项错误。故选B.【点睛】少定多变法：“定”量少的反应物，按1mol分析，其离子的化学计量数根据化学式确定。“变”过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需要量来确定，不受化学式中比例的制约，是可变的。6、D【详解】A．反应生成的碘离子与铁离子继续反应生成亚铁离子和单质碘，离子方程式应为：2Fe(OH)3+2I-+6H+=2Fe2++6H2O+I2，故A错误；B．CO2过量，应该生成酸式盐碳酸氢钠，而不是正盐碳酸钠，离子方程式为SiO+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO，故B错误；C．ClO-具有强氧化性，而SO2具有还原性，二者发生氧化还原反应生成SO和Cl-，离子方程式为：SO2+H2O+ClO-=2H++SO+Cl-，故C错误；D．等体积等物质的量浓度的NaHCO3和Ba(OH)2两溶液混合反应生成碳酸钡和氢氧化钠，离子方程式书写正确，故D正确；综上所述，本题选D。7、D【解析】A.根据题意该反应是在常温常压下进行的，不是在标况下，33.6L氯气的物质的量不一定是1.5mol，所以无法计算电子转移数目，故A错误；B.此选项与条件无关，可采取极端假设法。假设28g全是乙烯气体，则含有的原子数为，假设28g全是丙烯气体，则含有的原子数为：，故28g乙烯和丙烯的混合气体中所含原子个数也为6NA，故B错误；C.氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应，一定条件下，将1molN2与3molH2混合反应后，生成NH3分子的数目小于2NA，故C错误；D.在电解CuSO4溶液的实验中，测得电解后溶液pH=0，c（H+）=1mol/L，又知电解后溶液体积为1L，氢离子物质的量为1mol/L×1L=1mol，电解反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，则在阳极析出的气体物质的量为0.25mol，分子数约为0.25NA，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查的知识点是阿伏加德罗常数。如果涉及到的运用时特别注意依据气体摩尔体积的应用条件进行分析判断，例如A选项常温常压下的33.6L氯气物质的量不一定是1.5mol；解答C选项时注意氮气和氢气反应生成氨气是可逆反应不能进行彻底。8、B【分析】硒()与同主族，同主族从上到下，非金属性逐渐减弱，可利用气态氢化物的稳定性、最高价含氧酸的酸性等比较非金属性，以此来解答。【详解】A．不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，A错误；B．热稳定性：＞，可知非金属性，B错误；C．不能利用熔沸点比较非金属性强弱，错误；D．酸性：，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，D错误；故选B。【点睛】元素非金属性强弱比较：1、简单氢化物的稳定性，越稳定，非金属性越强；2、最高价氧化物对应水化物的酸性，酸性越强，非金属性越强；元素金属性强弱比较：1、金属与酸或水反应越剧烈，金属性越强；2、最高价氧化物对应水化物碱性越强，金属性越强。9、A【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。A．硫离子比钠离子多一个电子层，硫离子半径较大，故A错误；B．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．M的氢化物的硫化氢，常温下为气体，故C正确；D.X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和双氧水、氧化钠和过氧化钠、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在两种及两种以上，故D正确；故选A。10、D【详解】A.由结构式，分子式为C11H11O2Cl，故A错误；B.酯基不能与氢气加成，1molM与H2发生加成反应时，最多消耗4molH2，故B错误；C.M中只有1个碳碳双键能与溴水发生加成反应，1molM与溴水发生加成反应时，最多消耗1molBr2，故C错误；D.1mo1NaOH溶液发生反应时，卤原子和酯基各消耗1molNaOH，最多消耗2molNaOH，故D正确；故选D。11、D【详解】A、水力发电，是将重力势能转化为电能，不符合题意，故A错误；B、风力发电，是将风能转化为电能，不符合题意，故B错误；C、太阳能发电，是将太阳能转化为电能，不符合题意，故C错误；D、铜锌原电池中锌比铜活泼，为原电池的负极，铜为正极，原电池工作时，锌片逐渐溶解，铜片上生成氢气，为化学能转变为电能，符合题意，故D正确；故选D。12、B【解析】A．Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠能电离出3mol离子即3NA个，故A正确；B．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，固体增加的质量相当于CO的质量，则参加反应二氧化碳的物质的量为mol，1mol二氧化碳与过氧化钠反应转移1mol电子，故反应中转移的电子数=，故B错误；C．标况下，22.4L甲烷的物质的量是1mol，含有10mol电子，18g水物质的量是1mol，含有10mol电子，所含有的电子数均为10NA，故C正确；D．加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n（H+）=n（OH-），据溶液中的电荷守恒：n（Cl-）+n（OH-）=n（NH4+）+n（H+），所以n(Cl-)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子为NA个，故D正确；故选B。13、D【详解】A．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故A错误；B、因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此SiH4的沸点高于CH4；但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故B错误；C．因I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；D．C的最外层电子数为4，O、S的最外层电子数相同，CO2、CS2结构式分别为O=C=O、S=C=S，均为直线型结构，由分子构成，均为直线型分子，故D正确；故答案为D。14、D【详解】A项，HA溶液与MOH溶液任意比混合，不论HA是强酸还是弱酸，混合后溶液中的离子就只有H+、M+、OH－、A－，所以一定满足电荷守恒c(H+)+c(M+)＝c(OH－)+c(A－)，A正确；B项满足质子守恒c(OH－)＝c(HCO3－)＋c(H+)＋2c(H2CO3，B正确；醋酸钠、盐酸两溶液混合后含有的离子有Na＋、H+、Cl—、OH－、CH3COO-，满足电荷守恒c(H+)+c(Na＋)＝c(OH－)+c(CH3COO－)+c(Cl—)，由于溶液呈中性，c(H+)＝c(OH－)，则c(Na＋)＝c(CH3COO－)+c(Cl—)，又因为加入的醋酸钠满足物料守恒c(Na＋)＝c(CH3COOH)+c(CH3COO－)，所以c(CH3COOH)+c(CH3COO－)=c(CH3COO－)+c(Cl—)，得出c(CH3COOH)=c(Cl—)，所以C正确；NaHA的可以是强酸的酸式盐也可以是弱酸酸式盐，所以D错误，答案选D。15、D【解析】按照题中所给选项，-OH邻位C原子上有H原子可发生消去反应，-OH相连的C原子上有H原子才能发生催化氧化，催化氧化的产物能够发生银镜反应，要求-OH相连的C原子上有2个H原子氧化产物为-CHO。【详解】A．只能发生消去反应，不能催化氧化，A错误；B．只能发生催化氧化，不能发生消去反应，B错误；C．既能发生消去反应又能催化氧化，但是催化氧化的产物是酮，不能发生银镜反应，C错误；D．既能发生消去反应又能催化氧化，并且催化氧化的产物为醛，能够发生银镜反应，D正确；故选D。16、D【详解】A．向水中通入氯气反应生成HCl和HClO，其中HClO为弱电解质，不能拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，故A不选；B．浓盐酸应拆为离子形式，则该反应的离子方程式为：，故B不选；C．碳酸氢钠溶液加过量澄清石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水，则该反应的离子方程式为：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C不选；D．金属钠与硫酸铜溶液反应生成硫酸钠、氢氧化铜蓝色沉淀以及水，则该反应的离子方程式为：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故选D。答案选D17、D【详解】A．在反应（1）中硫元素既不被氧化也不被还原，在反应（2）中被氧化，故A错误；B．碘元素在反应（1）中被氧化，在反应（2）中被还原，故B错误；C．根据反应（2），氧化性IO3-＞SO42-，故C错误；D．反应（1）中生成1mol碘转移2NA电子，反应（2）中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应（1）、（2）中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，故D正确；答案选D。18、A【详解】曲线从到，溶液PH增大，说明此段发生反应：、，离子反应分别为：、，点此时，，HClO为弱电解质，部分电离，此时溶液中存在次氯酸的电离平衡，从到图象分析可知：溶液PH继续增大，且PH大于7，继续加氢氧化钠，氢氧化钠和次氯酸反应，，生成的次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加碱直至碱过量PH继续增大，所以离子反应为：，选项A正确；B.点所示溶液中发生反应：，HClO为弱电解质，部分电离，无法根据pH计算参加反应的氯气，选项B错误；C.氯气与氢氧化钠恰好反应完全溶液为氯化钠、次氯酸钠溶液，溶液呈碱性，点所示溶液中发生反应：、，溶液呈中性，，选项C错误；D.处到处是氯气的溶解平衡：向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，选项D错误；答案选A。19、A【详解】A.制取并收集干燥的氯气，应对制取的氯气进行除杂、干燥，还需要洗气瓶、饱和食盐水和浓硫酸，不能用长颈漏斗，必须用分液漏斗，故A不能达到实验目的；B.蒸发溶液得氯化钠晶体，需要酒精灯、玻璃棒、蒸发皿、三脚架，B能达到实验目的；C.模拟喷泉实验，需要圆底烧瓶、导气管、烧杯、铁架台、干燥的氨气、水，C能达到实验目的；D.将铁丝蘸稀盐酸在无色火焰上灼烧至无色，蘸取试样在无色火焰上灼烧观察火焰颜色，若检验钾要透过蓝色钴玻璃观察，D能达到实验目的；答案选A。20、C【解析】A.b点中和反应恰好完全进行，a→b剩余酸越来越少，溶液酸性逐渐减弱，水的电离程度增大，b→c剩余碱越来越多，溶液碱性逐渐增强，水的电离程度减小，故A错误；B.溶液中电荷守恒：c(B+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，b点时，pH=7，溶液呈中性，c(H+)=c(OH-)，所以c(B+)=c(A-)，溶液中c(H+)和c(OH-)很小，所以c(B+)=c(A+)>c(H+)=c(OH-)，故B错误；C.0.1mol·L-1HA溶液pH=3，说明HA是弱酸，c点时溶质为BA、BOH，水解常数Kb=随温度升高而增大，所以随温度升高而减小，故C正确；D.Va=Vb=50mL时HA与BOH恰好完全反应，pH=7，所以相同温度下，Ka(HA)=Kb(BOH)，故D错误。故选C。点睛：解答本题需要先弄明白图示含义，图中酸溶液由多到少，同时，碱溶液由少到多，而且0.1mol·L-1HA溶液pH=3，0.1mol·L-1BOH溶液pH=11。接着问题的解决就可以“顺藤摸瓜”。21、C【解析】A.两种元素组成的晶体可以含有非极性键，如C2H2含有碳碳非极性键，故A错误；B.离子晶体可以含有非极性键，如Na2O2的过氧根含有氧氧非极性键，故B错误；C.原子晶体是利用共价键形成空间网状结构，原子晶体一定含有共价键，故C正确；D.分子晶体不一定含有共价键，如稀有气体分子是单原子分子，它们的晶体不含有共价键。故C正确。点睛：分子晶体含有分子间作用力，一般分子内含有共价键(稀有气体分子内没有共价键)；原子晶体只有共价键；金属晶体只有金属键；离子晶体含有离子键，根内含有共价键。22、B【解析】A.蒸干NH4Cl饱和溶液后氯化铵受热易分解，故A错误；B.氯化氢溶于水得到盐酸，石蕊遇酸变红，形成美丽的红色喷泉，证明HC1极易溶于水，故B正确；C.配制一定物质的量浓度的NaOH溶液，定容时如果俯视，溶液体积偏小，则所配NaOH溶液浓度偏高，故C错误；D.用所示装置不能除去碳酸氢钠固体中的少量碳酸钠，反而使碳酸氢钠分解了，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、甲苯+2Cl2+2HCl取代反应C7H4O3Na2【分析】A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯，由因此A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②D可与银氨溶液反应生成银镜可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G()，最后G与丁醇发生酯化反应生成对羟基苯甲酸丁酯，据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A为，其名称是甲苯，故答案为甲苯；(2)B为，C为，B发生取代反应生成C，反应方程式为+2Cl2+2HCl，该反应属于取代反应，故答案为+2Cl2+2HCl；取代反应；(3)D的结构简式为，故答案为；(4)F为，分子式为C7H4O3Na2，故答案为C7H4O3Na2；(5)E为，E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；侧链为-OOCH、-Cl，有邻、间、对3种；侧链为-CHO、-OH、-Cl时，当-CHO、-OH处于邻位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于间位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于对位时，-Cl有2种位置；其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2∶2∶1的是，故答案为。24、邻二甲苯消去反应+I2+HIBD、、【分析】由A的分子式、C的结构简式，可知A为，

结合B的分子式与C的结构，可知B为，

B与液溴在光照条件下反应得到C，由D的分子式，结合信息ⅰ，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH。

D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为，由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生信息ii中加成反应得到H。

(7)由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化得到CH3CHO，乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br。【详解】(1)由分析可知可知A为，

其名称是：邻二甲苯，故答案为邻二甲苯；

(2)由分析可知，D的结构简式是，

故答案为:;

(3)F为，F发生消去反应生成G，故答案为消去反应；

(4)E由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是：+I2+HI，故答案为.+I2+HI；

(5)A、

G为，不存在顺反异构体，故A错误；

B、

G含有碳碳双键，由信息ii可知，由G生成H的反应是加成反应，故B正确；

C.、G为，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol

G最多可以与4molH2发生加成反应，故C错误；

D.

F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故D正确；

故答案为:

BD

；

(6)、E的结构为，同分异构满足的条件为含有苯环、双键、酯基、五种氢且个数比为1：1：2：2：2，所以能满足条件的结构有、、，故答案为、、；(7)、由分析可知以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线为；25、分液漏斗2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升干沙使三氯化磷蒸汽充分冷凝吸收过量的氯气蒸馏【分析】实验室可用白磷与氯气反应制备三氯化磷：装置A由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，离子反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，制得的氯气混有HCl气体，B装置中的饱和食盐水吸收HCl气体，同时也是安全瓶，能监测实验进行时装置C或D中是否发生堵塞，若发生堵塞，吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升，C装置干燥氯气，纯净干燥的氯气在D中与白磷反应生成三氯化磷，E装置冷凝三氯化磷蒸汽，装置F防止空气中水蒸气的进入，同时吸收过量的氯气，防止污染空气。【详解】（1）根据图示仪器X为分液漏斗；装置A中由高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，反应为：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；故答案为：分液漏斗；2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（2）装置C或D中是否发生堵塞，则装置B中气体压强增大，会把吸滤瓶中的液体压入长颈漏斗中，导致吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；故答案为：吸滤瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；（3）为防止装置D因局部过热而炸裂，通常会在底部铺上一层沙子或加入一定量的水，因为三氯化磷会水解，所以只能用干沙；故答案为：干沙；（4）三氯化磷熔沸点低，通过降温可将其转化为液体，在E中收集；故答案为：使三氯化磷蒸汽充分冷凝；（5）氯气是有毒气体，未反应完的氯气会造成大气污染，空气中的水蒸气进入D装置也会影响三氯化磷的制备。所以装置F的作用：一是防止空气中水蒸气的进入E，引起三氯化磷的水解，二是吸收过量的氯气，防止污染空气；故答案为：吸收过量的氯气；（6）氯气逐渐过量会将PCl3氧化生成PCl5，根据表，随PCl3是液态，PCl5是固态，但在加热时温度都超过75℃，此时PCl3是气态，PCl5是液态，可以蒸馏分开；故答案为：蒸馏。【点睛】考查物质的制备，涉及化学方程式的书写、实验方案评价、氧化还原反应、物质的分离提纯算等，明确实验原理及实验基本操作方法、侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。26、防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶）2NaOH+2ClO2+H2O2＝2NaClO2+2H2O+O2SO42－NaClO3和NaCl100mL容量瓶偏高溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色90.5cV×10-3/a×100%【分析】装置A、E是吸收尾气，干燥管的作用是防止倒吸；装置B为反应装置，生成二氧化硫和ClO2，装置D为ClO2气体和NaOH溶液制取NaClO2晶体，装置C为安全瓶，为了防止D中液体进入B中；NaClO2饱和溶液高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故撤去冷水会导致温度偏高，有杂质NaClO3和NaCl产生；在滴定反应中，根据化学反应可得关系式：NaClO2～2I2～4S2O32-，令样品中NaClO2的质量b，根据关系式计算。【详解】（1）装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；

（2）装置B中制备得到ClO2，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；

B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸根，溶液中可能存在SO42-；（3）由题目信息可知，应控制温度38℃～60℃，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；（4）①配制100mL溶液需要使用100mL容量瓶；

②碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；③滴定过程中，若装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，导致标准液的浓度比理论值低，消耗的标准液的体积偏高，所测NaClO2纯度偏高；④设NaClO2的质量为bg，NaClO2摩尔质量M=90.5g/mol，则：

NaClO2～2I2～4S2O32-，

90.5g4mol

bgcmol•L-1×V×10-3L×

=，解得b=90.5cV×10-3NaClO2的纯度=b×100%/a=90.5cV×10-3/a×100%。27、分液漏斗KmnO4Fe3++3H2O==Fe(OH)3+3H+aghdebcHCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2OH2O2将SCN－氧化成SO42-【解析】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化氢气体，所以a连接g连接h，在C装置中用浓硫酸吸收水蒸气，为吸收充分，导气管长进短出，则h连接d连接e，干燥纯净的氯气在B中与铁反应，则e连接b连接c，氯气不能直接排放，用硫代硫酸钠在D装置中尾气吸收，为防止D装置中的水蒸气进入氯化铁的收集装置，故尾气处理之前再接一个干燥装置；故答案为：a，g，h，d，e，b，c；（3）若缺少装置E，氯气中混有HCl，HCl和Fe反应生成的H2与Cl2混合受热发生爆炸，且有杂质氯化亚铁生成；检验是否有亚铁离子生成，可取少量产物于一洁净