江苏常熟中学2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题含解析

江苏常熟中学2026届化学高三第一学期期中联考模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列选项正确的是A．原合金质量为0.92g B．标准状况下产生氢气896mLC．图中V2为60mL D．图中m值为1.56g2、高铁酸钾(K2FeO4)是一种常用的水处理剂。工业制备高铁酸钾的离子方程式为：3C1O-＋10OH-＋2Fe3+═2FeO42-＋3C1-＋5H2O。下列相关叙述不合理的是（）A．K2FeO4中铁元素的化合价是+6B．制得1molK2FeO4转移3mole-C．Fe3+的氧化性强于FeO42-的氧化性D．氧化产物和还原产物物质的量之比为2：33、把VL含有MgSO4和K2SO4的混合溶液分成两等份，一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁;另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡。则原混合溶液中钾离子的浓度为A．(b-a)/Vmol·L-1 B．(2b-a)/Vmol·L-1C．2(2b-a)/Vmol·L-1 D．2(b-a)/Vmol·L-14、下列关于有机化合物的说法不正确的是A．2，2-二甲基丙烷也称新戊烷B．苯和氯乙烯都能发生加成反应C．C4H10O属于醇的同分异构体有4种D．橡胶和玻璃均属于人工合成的高分子化合物5、党的十九大强调树立“社会主义生态文明观”。下列做法不应该提倡的是(

)A．推广碳捕集和封存技术缓解温室效应

B．研发可降解高分子材料解决白色污染问题C．用硅制作太阳能电池减少对化石燃料的依赖

D．工业污水向远海洋排放防止污染生活水源6、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∶27、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是（）A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-+2H+=SO2↑+H2OB．向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32-C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3·H2O：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+4NH4++2H2OD．向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2+2Cu2++2H2O=4Na++2Cu(OH)2↓+O2↑8、下列事实能说明影响化学反应速率的决定因素是反应物本身性质的是（）A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快B．Cu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应C．N2与O2在常温常压下不能反应，放电时可反应D．向H2O2溶液中，分别滴加5滴等浓度的FeCl3溶液或CuSO4溶液，前者产生气泡快9、下列有关电解质溶液的说法不正确的是（）A．向0.1mol·L－1CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小B．将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，所得固体成分不同C．向盐酸中加入氨水至中性，溶液中=1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变10、对于可逆反应：2A（g）+B（g）⇌2C（g），下列措施能使反应物中活化分子百分数、化学反应速率和化学平衡常数都变化的是（）A．增大压强 B．升高温度 C．使用催化剂 D．多充入O211、向溶液中加入金属钠完全反应，得到只含和的澄清溶液，则加入金属钠的质量是（）A． B． C． D．12、下列说法不正确的是（）A．体系有序性越高，熵值就越低 B．自发过程可以导致体系的熵增大C．吸热反应不可以自发进行 D．同种物质气态时熵值最大13、下列说法正确的是（）A．含氧元素的化合物就一定是氧化物B．由不同种元素组成的纯净物就是化合物C．溶于水后得到的溶液能导电的物质是电解质D．只含有一种元素的物质不可能是混合物14、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1NA个F－B．32g硫跟足量金属铜反应转移电子数为2NAC．48gO2和O3的混合气体中含有3NA个氧原子D．1molH2O中含有2NA个共价键15、下列关于硫的叙述中不正确的是()A．在自然界中既有化合态的硫又有能以游离态的形式存在的硫B．游离态的硫存在于火山喷口附近或地壳的岩层里C．实验室常用酒精除去附着在试管壁上的硫黄D．硫是黑火药的主要成分之一16、关于胶体，下列说法正确的是A．胶体的聚沉是化学变化B．含有0.01molFeCl3溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.02×1021个C．胶体的介稳性与胶体带有电荷有关D．NaCl晶体既可制成溶液又可制成胶体17、实验室提纯含少量氯化钠杂质的硝酸钾的过程如右图所示。下列分析正确的是A．操作Ⅰ是过滤，将固体分离除去 B．操作Ⅱ是加热浓缩、趁热过滤，除去杂质氯化钠C．操作Ⅲ是过滤、洗涤，将硝酸钾晶体从溶液中分离出来 D．操作Ⅰ~Ⅲ总共需两次过滤18、C60可用作储存氢气的材料，结构如右图所示。继C60后，科学家又合成了Si60、N60，三种物质结构相似。下列有关说法正确的是A．C60、Si60、N60都属于原子晶体B．C60、Si60、N60分子内共用电子对数目相同C．由于键能小于，故N60的稳定性弱于N2D．由于键长小于键，所以C60熔、沸点低于Si6019、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↓+H2O20、下述实验中均有红棕色气体产生，所得结论不正确的是①②③A．实验①②③产生的气体中都含有NO2气体B．实验①表明浓硝酸具有受热易分解的性质C．实验②不能表明红热木炭与浓硝酸发生了反应D．实验③的气体产物中不可能含有二氧化碳气体21、已知1mol红磷转化为1mol白磷，吸收18.39kJ热量．①4P(红，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH1②P4(白，s)＋5O2(g)=2P2O5(s)ΔH2则ΔH1与ΔH2的关系正确的是A．ΔH1＝ΔH2 B．ΔH1>ΔH2 C．ΔH1<ΔH2 D．无法确定22、下列实验方案不能达到相应目的的是ABCD目的比较碳酸根与碳酸氢根水解程度研究浓度对化学平衡的影响比较不同催化剂对化学反应速率的影响比较碳酸、醋酸和硼酸的酸性强弱实验方案A．A B．B C．C D．D二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：(R、R′为烃基)。试写出以苯和丙烯(CH2=CH-CH3)为原料，合成的路线流程图(无机试剂任选)。_______24、（12分）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：25、（12分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。请回答下列问题：（1）装置A中盛放亚硫酸钠的仪器名称是________，其中发生反应的化学方程式为________________________________________________________________________。（2）实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是_________________________________、_____________________________________________________；这些现象分别说明SO2具有的性质是________________和________________；装置B中发生反应的离子方程式为________________________________________________________________。（3）装置D的目的是探究SO2与品红反应的可逆性，请写出实验操作及现象___________________________________________________________________________。（4）尾气可采用________溶液吸收。26、（10分）某铁红涂料中添加有CuO或FeO中的一种，为探究添加物的成分设计如下实验方案。(1)请写出实验步骤、预期现象，对应的离子方程式。(限选试剂：铁粉、3mol·L－1H2SO4、0.1mol·L－1酸性KMnO4溶液、10%H2O2、KSCN溶液)操作步骤预期现象①取少量样品于试管中，加入足量的_____，充分振荡，将所得澄清的溶液分装在两支试管中_______________②____________________若________，则含有CuO③____________________若________，则含有FeO④操作步骤③中反应的离子方程式为______________________________。(2)经分析该铁红涂料中有FeO，为测定铁红中铁的质量分数，兴趣小组的同学称量11.6g该铁红涂料进行了如下实验。已知：气体由草酸晶体受热分解得到：H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O。且除铁红外所用试剂均过量。装置A、B中的试剂依次是_____________、________。气体通入后，接下来的操作是________________，然后对C装置加热。③实验前后称得D装置增重8.8g，则此铁红中铁的质量分数是________。27、（12分）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________（按上图形式呈现）。b．假设ii成立的实验证据是__________。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。28、（14分）氮的氧化物是主要的空气污染物，目前消除氯氧化物污染的方法有多种。(1)用CH4催化还原氮氧化物可以消除氮氧化物的污染。CH4(g)＋4NO(g)＝2N2(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1160kJ·mol－1（Ⅰ）CH4(g)＋4NO2(g)＝4NO(g)＋CO2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－574kJ·mol－1（Ⅱ）H2O(g)＝H2O(l)ΔH＝－1．0kJ·mol－1（Ⅲ）①写出CH4(g)与NO2(g)反应生成N2(g),CO2(g)和H2O(l)的热化学方程式：________②为研究不同条件下对上述反应(Ⅱ)的影响，在恒温条件下,向2L的恒容密闭容器中加入0.2molCH4和0.4molNO2,10min反应（Ⅱ）达到平衡，测得l0min内v(NO)=5×10-3mol/(L·min),则平衡后n(CH4)=___mol,NO2的转化率a1=_________.其它条件不变，反应在恒压条件下进行，平衡时NO2的转化率a2____a1(填“大于”小于”或“等于”)。（2）用活性炭还原法处理氮氧化物。有关反应为：C(s)＋2NO(g)N2(g)＋CO2(g)某研究小组向恒容密闭容器加入一定量的活性炭和NO，恒温（T℃)条件下反应，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下时间浓度(mol/L)物质NON2CO200.10000100.0580.0210.021200.0400.0300.030300.0400.0300.030400.0320.0340.017500.0320.0340.017①不能作为判断反应达到化学平衡状态的依据是_________A．容器内CO2的浓度保持不变B．v正（N2）=v正（NO）C．混合气体的平均相对分子质量保持不变D．混合气体的密度保持不变E．容器内压强保持不变②在T℃时．该反应的平衡常数为_______(保留两位小数)；③在30min,改变某一条件,反应重新达到平衡,则改变的条件是________。（3）科学家正在研究利用催化技术将超音速飞机尾气中的NO和CO转变成CO2和N2,研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂的比表面积可提高化学反应速率．如图表示在其他条件不变时，反应：2CO(g)＋2NO(g)N2(g)＋2CO2(g)中NO的浓度c(NO)随温度(T)、催化剂表面积(S)和时间(t)的变化曲线。①该反应的ΔH____0（填“>”或“<”）。②若催化剂的表面积S1>S2，在图中画出c(NO)在T1、S2条件下达到平衡过程中的变化曲线。____29、（10分）氨氮废水中的氮元素多以NH4+和NH3·H2O的形式存在。某工厂处理氨氮废水的流程如下：回答下列问题：（1）过程I加NaOH溶液的作用是___________________________（用离子方程式表示）；鼓入大量空气的目的是____________________________。（2）已知：水体中以+l价或单质形式存在的氯元素，称为“余氯”。过程Ⅱ中加入适量液氯，控制pH在6-7，将氨氮转化为N2。实验测定氯铵比与余氯、残余NH4+的浓度关系如下图所示。①为了完全从废水中去除氨氮，根据图像分析，投入的Cl2与NH4+的最佳比值为_________。②过程Ⅱ分步发生3个反应：i.Cl2+H2O=H++Cl-+HClOii.NH4++HClO==NH2Cl+H++H2O（NH2Cl中Cl元素为+l价）iii.HClO继续参与反应，其离子方程式为________________________________。③图中a点余氯浓度较大的原因是________________________________________。（3）若含余氯废水中折合Cl2的含量是71mg·L-1，则处理10m3含余氯废水，至少添加Na2SO3_____kg（溶液体积变化忽略不计）。

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、D【详解】A.根据原子守恒可知金属铝的质量是0.02mol×27g/mol＝0.54g。向溶液中加入lmol•L-1的盐酸滴定，至沉淀质量最大时，此时溶液中溶质为氯化钠，根据溶液中电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.04mol×1mol/L=0.04mol，则金属钠的质量是0.92g，则原合金的质量是0.92g＋0.54g=1.46g，选项A错误；B.由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知生成氢气是0.02mol＋0.03mol＝0.05mol，标准状况下的体积是1.12，选项B错误；C.当沉淀恰好完全溶解时溶液为NaCl、AlCl3的混合溶液，根据元素守恒可得n(HCl)=n(Na)+3n(Al)=0.04mol＋0.02mol×3=0.1mol,v(HCl)=n÷V=0.1mol÷1mol/L=0.1L=100ml，所以V2=100ml，选项C错误。D.将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，溶液呈碱性，故溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠，n(NaOH)(过量)=0.02L×1mol/L=0.02mol，由于发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O;所以消耗盐酸的物质的量也是0.02mol,因此其体积是V(HCl)=0.02mol÷1mol/L=0.02L=20mL，所以V1为20ml。因此与偏铝酸钠反应的盐酸是20mL，由方程式可知NaAlO2+H2O+HCl=Al(OH)3↓+NaCl;生成氢氧化铝是0.02mol，质量是1.56g，故D正确。正确选项是D。2、C【详解】A.K2FeO4中铁元素的化合价：令FeO42－中，铁元素的化合价为x，则x+4×（-2）=-2，解得x=+6，故A正确；B.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，生成2molFeO42－，电子转移总数6mol，制得1molK2FeO42－转移3mole－，故B正确；C.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价降低，ClO－是氧化剂，铁元素化合价升高，Fe3＋是还原剂，FeO42－是氧化产物，氧化性ClO－＞FeO42－，实际氧化性FeO42－＞Fe3＋，故C错误；D.反应3ClO－+2Fe3＋+10OH－=2FeO42－+3Cl－+5H2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，ClO－是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe3＋是还原剂，氧化产物为FeO42－与还原产物为Cl－物质的量之比为2：3，故D正确；故选：C。3、C【详解】一份加入含amolNaOH的溶液，恰好使镁离子完全沉淀为氢氧化镁,那么Mg2+就有mol，硫酸镁也就是mol。另一份加入含bmolBaCl2的溶液，恰好使硫酸根离子完全沉淀为硫酸钡，那么硫酸根离子有bmol。所以硫酸钾有b-mol，钾离子就有2(b-)mol=2b-amol。浓度就是mol/L，即mol·L-1，C项符合题意，故答案为C。4、D【解析】分析：合成高分子化合物是通过聚合反应合成的相对分子质量很大的化合物，如合成橡胶。高分子化合物还有一类是天然高分子化合物，如淀粉、纤维素和天然橡胶等。A.2，2-二甲基丙烷主链上有三个碳原子，2号碳上有两个甲基，也可称为新戊烷，故A正确；B.氯乙烯中含有碳碳双键，可以与氢气、卤素单质等发生加成反应，苯可以与氢气发生加成反应，故B正确；C.由分子式C4H10O看出属于一元醇，其同分异构体的数目等于丁烷等效氢原子的数目，正丁烷和异丁烷分别有两种等效氢原子，所以C4H10O属于醇的同分异构体有4种，C正确；D.玻璃属于无机非金属材料，不属于人工合成的高分子化合物，故D错误；因此，本题答案为D。点睛：本题C选项找C4H10O属于一元醇的同分异构体，可看作是-OH取代丁烷中的一个氢原子，因此通过分析丁基有4种异构体迅速解决。5、D【解析】A.温室效应是由于过量CO2气体的排放引起的，因此推广碳捕集和封存技术，有利于缓解温室效应，不符合题意，A错误；B.白色污染，是由不可降解的塑料引起的，因此研发可降解高分子材料，有利于解决白色污染问题，不符合题意，B错误；C.化石燃料属于不可再生能源，且为目前的主要能源，用硅制作太阳能电池，能有效利用太阳能，减少对化石燃料的依赖，不符合题意，C错误；D.工业污水中含有大量的重金属离子，即使向远海洋排放，也会造成生活水源的污染，选项错误，符合题意，D正确；答案为D。6、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。7、D【详解】A.硝酸有氧化性，亚硫酸根有还原性，二者会发生氧化还原反应，2H++2NO3-+3SO32-═3SO42-+H2O+2NO↑，故A不选；B.Na2SiO3溶液中通入过量SO2会生成亚硫酸氢根而不是亚硫酸根，SiO32-+2SO2+2H2O=H2SiO3↓+2HSO3-，故B不选；C.氨水不能和氢氧化铝反应，只能和铝离子生成氢氧化铝，Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故C不选；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠中的OH-与铜离子生成氢氧化铜沉淀，方程式正确，故D选；故选D。【点睛】S2-(-2价硫)、SO2(+4价硫)、I-、Fe2+等都有比较强的还原性，当遇到这几种物质时，首先要想到它们的还原性，如果和它们反应的物质有氧化性(如KMnO4、浓硫酸、硝酸、Fe3+等)，要考虑发生的反应是否为氧化还原反应。8、B【分析】根据影响化学反应速率的条件分析。【详解】硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故A不符合题意；

B．Cu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应，是与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故B符合题意；

C．常温、常压下及放电均为反应条件，皆为外因，故C不符合题意；

D．滴加FeCl3溶液是使用了催化剂，这是外界因素，故D不符合题意。故选B。【点睛】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电、催化剂、压强等均为外因。9、B【详解】A、向0.1mol•L-1CH3COONa溶液加入少量水，水解程度增大，n(H+)减小，n(CH3COOH)增大，减小，选项A正确；B、将FeCl3溶液和Fe2(SO4)3溶液分别加热、蒸干、灼烧，由于HCl易挥发，则加热氯化铁溶液最终得到的是氧化铁，而加热硫酸铁溶液最终得到的是硫酸铁，所得固体成分不同，选项B错误；C、向盐酸中加入氨水至中性，溶液中电荷守恒为c(Cl-)+c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，显中性，即c(OH-)=c(H+)，所以c(Cl-)=c(NH4+)，=1，选项C正确；D、AgCl、AgBr的饱和溶液中存在AgCl(s)+Br-⇌AgBr(s)+Cl-，该反应的平衡常数K=，向溶液中加入少量AgNO3，K不变，选项D正确。答案选B。10、B【详解】A.增大压强，活化分子百分数不变，故A错误；B.升高温度，反应物中活化分子百分数、化学反应速率都增大，且化学平衡常数发生变化，故B正确；C.使用催化剂，平衡常数不变，故C错误；D.多充O2，活化分子百分数、平衡常数不变，故D错误；故选：B。11、B【详解】的物质的量为，其中含，，加入金属钠完全反应后，得到只含和的澄清溶液，根据，，根据钠元素守恒可以得到：，则加入金属钠的质量为，答案选B。12、C【详解】A．体系有序性越高，即体系的混乱程度越小，熵值就越低，正确；B．自发过程将导致体系的熵增大，即熵增原理，正确；C．吸热反应△H＞0，若△S＞0，反应在高温下△H-T△S＜0，反应能自发进行，错误；D．同种物质熵值：气态＞液态＞固态，所以同种物质气态时熵值最大，正确；答案选C。13、B【解析】A、氧化物是由两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，故A错误；B、化合物是由不同元素组成的化合物，故B正确；C、电解质溶液中导电的离子必须是本身提供，CO2的水溶液能够导电，但导电的离子不是CO2本身电离产生，因此CO2不是电解质，故C错误；D、如果是一种元素组成，且结构不同的物质混合，属于混合物，如石墨和金刚石，故D错误。14、A【解析】A．1L0.1mol·L－1NaF溶液中含有0.1molNaF，NaF属于强碱弱酸盐，要水解，F－少于0.1NA个，故A错误；B.32g硫的物质的量为1mol，而硫与铜反应后变为-2价，故1mol硫转移2NA个电子，故B正确；C、氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的物质的量为n=48g16g/mol=3mol，个数为3NA个，故C正确；D.1个水分子中含有2个H-O共价键，1molH2O中含有2NA个共价键，故D正确；故选15、C【详解】A．硫元素在自然界中即有单质也有化合物，硫元素在自然界中既有游离态，又有化合态，选项A正确；B．游离态的硫存在于火山喷口附近或地壳的岩层里，选项B正确；C．硫微溶于酒精，实验室常用二硫化碳除去附着在试管壁上的硫黄，选项C不正确；D．黑火药的成分是木炭、硫粉和硝酸钾，选项D正确；故答案选C。16、D【解析】A．胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程，没有新物质生成，为物理变化，故A错误；B．胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01molFe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.02×1021个，故B错误；C．胶体具有介稳定性主要是胶体粒子的直径介于溶液和浊液之间，故C错误；D．NaCl分散在水中形成溶液，分散在酒精中形成胶体，故D正确；故选D。17、C【详解】KNO3中混有NaCl应提纯KNO3，将它们都溶于水，并降温结晶．因为KNO3的溶解度随温度的升高而升高，NaCl的溶解度随温度的升高而基本无明显变变化．则有，操作Ⅰ是在烧杯中加水溶解，操作Ⅱ是蒸发浓缩，得到较高温度下的KNO3饱和溶液，操作Ⅲ为冷却结晶，利用溶解度差异使KNO3结晶析出，过滤，洗涤，干燥可得KNO3晶体，故选C。18、C【详解】A．C60、Si60、N60都是有分子构成的分子晶体，A错误；B．由于C、Si、N原子的价电子不完全相同，因此C60、Si60、N60分子内共用电子对数目不相同，B错误；C．物质分子内含有的化学键键能越小，物质的稳定性就越弱。由于N-N键能小于N≡N，故N60的稳定性弱于N2，C正确；D．C60、Si60都是分子晶体，结构相似的物质，相对分子质量越大，分子间作用力就越大，克服分子间作用力使物质熔化或气化消耗的能量就越高，物质的熔、沸点就越高。分子间作用力：Si60>C60所以所以C60熔、沸点低于Si60，错误。故选C。19、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。20、D【解析】A.实验①②③均有红棕色气体产生，产生的气体中都含有NO2气体，故A正确；B.实验①产生NO2，表明浓硝酸具有受热易分解的性质，故B正确；C.浓硝酸受热易分解，实验②不能表明红热木炭与浓硝酸发生了反应，故C正确；D.实验③的气体产物中可能含有木炭的氧化产物二氧化碳气体，故D不正确。故选D。21、B【详解】①4P（红）+5O2=2P2O5△H1；②4P（白）+5O2═2P2O5△H2；①﹣②得到4P（红）=4P（白）△H=△H1﹣△H2，已知1mol红磷变成1mol白磷吸收18.39KJ的热量，所以△H1﹣△H2＞0；△H1＞△H2，故选B。22、A【解析】A.比较两种离子的水解程度，需要使用相同离子浓度的溶液；室温下，Na2CO3的溶解性比NaHCO3大，则二者的饱和溶液中，两种物质的浓度不同，对应的阴离子浓度也不相同，因此本实验不合理，A错误；B.本实验中，左侧试管中又加入了KSCN溶液，右侧试管中加入了水，则对比左右两只试管，相当于加入试剂前后，溶液的体积都没有变化，左侧试管中KSCN的物质的量增加，所以左侧试管中KSCN的浓度增大，而右侧试管中KSCN的浓度没有变化，因此本实验合理，B正确；C.本实验中，只有催化剂不同，其他的物质及其对应的物理量均相同，符合“单一变量”原则，因此本实验合理，C正确；D.本实验中，醋酸可以和NaHCO3反应产生气泡，硼酸不行，可以说明酸性：醋酸＞碳酸＞硼酸，D正确；故合理选项为A。【点睛】化学对比实验，采用“单一变量”原则，在A选项中，两种物质的溶解度不同，且两种物质的适量也不同，导致两种溶液的物质的量浓度也不同，该组实验存在两个变量，故该组实验不合理。在应答此类题目时，一定要注意图中的描述。二、非选择题(共84分)23、【分析】苯与Cl2发生取代反应产生氯苯，氯苯与丙烯(CH2=CH-CH3)在Pd存在时发生取代反应产生，该物质与水发生加成反应产生，然后发生题干信息中的反应合成。【详解】以苯、丙烯(CH2=CHCH3)为原料制备，首先是发生苯与Cl2在Fe作催化剂时发生取代反应产生氯苯，然后是氯苯与CH2=CHCH3发生取代反应产生和HCl，与水在催化剂存在时，在加热条件下发生加成反应产生，最后与CO在Pb存在时反应生成产物，故物质合成路线流程图为。【点睛】本题考查了有机物合成路线的分析判断。充分利用课本已经学过的知识，结合题干信息及反应原理，利用已知物质通过一定的化学反应制取得到目标产物。掌握常见的反应类型及有机物的结构对性质的决定作用是本题解答的基础。24、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。25、蒸馏烧瓶Na2SO3＋H2SO4(浓)===Na2SO4＋SO2↑＋H2O溶液由紫红色变为无色无色溶液中出现黄色浑浊还原性氧化性5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色NaOH(答案合理即可)【详解】（1）根据仪器的特征，该仪器是蒸馏烧瓶；亚硫酸钠和浓硫酸反应生成硫酸钠、SO2和水，化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O。（2）酸性高锰酸钾有强氧化性，二氧化硫中硫元素是中间价态，有还原性，所以二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而褪色，同时说明二氧化硫有还原性，SO2的氧化性能将S2－氧化成S，则实验过程中，装置B、C中发生的现象分别是溶液由紫红色变为无色、无色溶液中出现黄色浑浊，这些现象分别说明SO2具有的性质是还原性和氧化性；装置B中发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++5SO42-+4H+。（3）二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，但加热褪色后的品红溶液，溶液的颜色能复原，所以探究SO2与品红作用的可逆性的实验操作及现象是品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的活塞，点燃酒精灯加热，溶液恢复为红色。（4）该实验的尾气是SO2，SO2用NaOH溶液吸收。26、3mol•L-1H2SO4样品全部溶解取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol•L-1H2SO4，充分振荡。试管中出现红色固体取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol•L-1酸性KMnO4溶液紫红色褪去氢氧化钠溶液浓硫酸用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧72.41%【详解】(1)氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁，实验方案设计为：实验操作预期现象和结论①加入足量的3mol•L-1H2SO4，充分振荡．样品全部溶解②取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol•L-1H2SO4，充分振荡．试管中出现红色固体，说明试样中有CuO③取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol•L-1酸性KMnO4溶液如果紫红色褪去，发生的离子反应方程式为，说明试样中有FeO；故答案为①3mol/LH2SO4；②向一支试管中加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol/LH2SO4，充分振荡；出现红色固体；③向另一支试管中加入0.01mol/L酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；④；(2)①草酸分解生成的气体中含有二氧化碳和一氧化碳，C中发生一氧化碳与铁红的反应生成二氧化碳，D是吸收二氧化碳的装置，通过D装置的质量变化来测定的，因此需要除去加入C中气体中的二氧化碳，并干燥，装置A、B中的试剂依次是氢氧化钠溶液和浓硫酸，故答案为氢氧化钠溶液；浓硫酸；②一氧化碳具有可燃性，需要验纯，操作为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧，一氧化碳纯净后才能对C装置加热，故答案为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；③实验前后称得D装置增重8.8g，表示生成的二氧化碳为8.8g，物质的量为=0.2mol，说明样品中含有0.2molO元素，质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，则此铁红中铁的质量分数是×100%=72.41%，故答案为72.41%。27、2Ag++===Ag2SO3↓有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【解析】(1).实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；②.a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；(3).①.根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-；②.a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：；b.根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，故答案为：V1明显大于V2；（4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。28、CH4(g)+2NO2=N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-955kJ/mol0.1752