2026届江苏省宿迁高三上化学期中复习检测模拟试题含解析

2026届江苏省宿迁高三上化学期中复习检测模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、某废催化剂含5．6％的SiO6、6．0％的ZnO、3．5％的ZnS和4．8％的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：已知：5．步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；6．滤渣6的主要成分是SiO6和S。下列说法不正确的是A．步骤①，最好在通风橱中进行B．步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步骤③，涉及的离子反应为CuS+H6O6+6H+Cu6++S+6H6OD．步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质2、不能用元素周期律解释的性质是A．非金属性：Cl>Br B．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3C．酸性：HNO3>H2CO3 D．碱性：NaOH>Mg(OH)23、科学家用氮化镓(GaN)材料与铜作电极组装如图所示的人工光合系统，成功地实现了以CO2和H2O合成CH4。下列说法不正确的是（）A．电子由GaN沿着导线流向CuB．电解液中H+从质子交换膜右侧向左侧迁移C．GaN表面发生氧化反应，有O2产生D．Cu表面电极反应式：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O4、短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，X原子的最外层只有一个电子，Y是地壳中含量最多的金属元素，Z在同周期中原子半径最小。下列说法正确的是（）A．Y在元素周期表中位置为第三周期第Ⅲ族B．X2W2中阴、阳离子数之比均为1∶1C．M、Z两种元素气态氢化物的稳定性比较：M<ZD．盐XZW与浓盐酸反应，有黄绿色气体产生，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到含XZW的溶液5、在一个氧化还原反应体系中存在Fe3+、NO3－、Fe2+、NH4+、H+、H2O，则下列判断正确的是A．配制Fe(NO3)2溶液时应加入硝酸酸化防止Fe2+水解B．该反应中氧化剂与还原剂的化学计量数之比为8：1C．若有1molNO3－发生还原反应，转移的电子物质的量为2molD．若将该反应设计成原电池，则负极反应式为Fe2+-e－＝Fe3+6、常温下，浓度均为0.1mol·L-1、体积为V0的HX、HY溶液，分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化关系如图所示。下列叙述正确的是()A．HX、HY都是弱酸，且HX的酸性比HY的弱B．常温下，由水电离出的c(H+)·c(OH-)：a<bC．相同温度下，电离常数K(HX)：a>bD．lg＝3，若同时微热两种溶液，则减小7、关于一定条件下的化学平衡：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH<0。下列说法正确的是（）A．恒温恒容时充入H2，正反应速率增大，平衡右移B．恒温恒容时充入He，正反应速率增大，平衡右移C．压缩体积加压，正、逆反应速率不变，平衡不移动D．升温，正反应速率减小、逆反应速率增大，平衡右移8、有关NaCl晶体的性质，正确的是（）A．易导热 B．易熔化 C．熔融状态能导电 D．有延展性9、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．pH=1的溶液中：HCO3-、SO42-、K+、Cl-B．遇酚酞变红的溶液中：NO3-、Na+、A1O2-、K+C．c(NO3-)=1mol•L-1的溶液中：H+、Fe2+、Cl-、NH4+D．无色透明溶液中：K+、SO42-、Na+、MnO4-10、下列反应的离子方程式书写不正确的是A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH－＋CO32-=HCO3－B．向FeCl2溶液中通入Cl2：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl－C．向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液：NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2OD．向漂白液中滴入过量醋酸：ClO－+H+=HClO11、利用太阳能分解制氢，若光解0.2mol水，下列说法正确的是()A．可生成O2的质量为1.6g B．可生成氧的原子数为1.204×1024个C．可生成H2的体积为4.48L(标准状况) D．生成H2的量理论上等于0.2molNa与水反应产生H2的量12、根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是A．N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-2(a-b)kJ·mol-1B．断裂0.5moIN2(g)和1.5molH2(g)中所有的化学键释放akJ热量C．2NH3(l)=N2(g)+3H2(g)△H=2(b+c-a)kJ·mol-1D．若合成氨反应使用催化剂，反应放出的热量增多13、下列叙述正确的是（）A．漂白粉、水玻璃、冰醋酸、聚乙烯都是混合物B．金属氧化物一定是碱性氧化物C．胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1～100nm之间D．淀粉、油脂和蛋白质都属于天然高分子化合物14、已知：25℃时，Ksp[Zn(OH)2]=1.0×10-18，Ka(HCOOH)=

1.0×10-4。该温度下，下列说法错误的是A．Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中c(Zn2+)>1.0×10-6mol·L-lB．HCOO-的水解常数为1.0×10-10C．向Zn(OH)2

悬浊液中加入HCOOH,溶液中c(Zn2+)增大D．Zn(OH)2+2HCOOH=Zn2++2HCOO-+2H2O

的平衡常数K=10015、某溶液中可能含有H+、NH4+、Mg2+、Al3+、Fe3+、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味的气体；②若加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（）A．溶液中一定不含CO32－，可能含有SO42－和NO3－B．溶液中n（NH4+）=0.2molC．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+D．n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=1：1：116、一定条件下反应2AB(g)A2(g)＋B2(g)达到平衡状态的标志是()A．单位时间内生成nmolA2，同时消耗2nmolABB．容器内，3种气体AB、A2、B2共存C．AB的消耗速率等于A2的消耗速率D．容器中各组分的体积分数不随时间变化二、非选择题（本题包括5小题）17、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：18、已知高分子化合物I是轻工业生产的重要原料，其中一种生产合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A为芳香烃，A的化学名称是______。（2）G→H、H→I的反应类型分别是______、______。（3）若G结构为①请写出D的结构简式______。②2由B生成C的化学方程式为__。（4）C有多种同分异构体，其中属于酚类的同分异构体有_____种，写出其中具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构简式_____。（5）参考上述合成路线信息，写出以CH3－CH=CH2和CH3MgBr为原料(其它无机物任选)合成的合成路线图。_____19、Na2O2是一种常见的过氧化物，具有强氧化性和漂白性。通常可用作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂。(1)某实验小组通过下列实验探究过氧化钠与水的反应：①用化学方程式解释使酚酞试液变红的原因_______________________，依据实验现象推测红色褪去的原因是_________________。②加入MnO2反应的化学方程式为________________________。③Na2O2的电子式为_____________(2)实验小组两名同学共同设计如下装置探究过氧化钠与二氧化硫的反应。通入SO2，将带余烬的木条插入试管C中，木条复燃。请回答下列问题：①甲同学认为Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，该反应的化学方程式是____。检验反应后B中的白色固体含有Na2SO3的方法是_________________。②乙同学认为反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4。乙同学猜想的理由是:_____。为检验产物中Na2SO4的存在，乙同学设计并实施了如下实验方案：甲同学认为该实验方案的现象不能证明有Na2SO4生成，其理由为_______。③测定B中反应完全后的固体中Na2SO4含量的实验方案：称取样品a克加水溶解，_______，烘干，称量得BaSO4沉淀b克，则Na2SO4的质量分数为____（列出计算式即可）。20、硫化碱法是工业上制备Na2S2O3的方法之一，反应原理为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2（该反应△>0）某研究小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3·5H2O流程如下。（1）吸硫装置如图所示。①装置B的作用是检验装置中SO2的吸收效率，B中试剂是________，表明SO2吸收效率低的实验现象是B中溶液________________。②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，除了及时搅拌反应物外，还可采取的合理措施是_______、_______。（写出两条）（2）假设本实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，设计实验方案进行检验。（室温时CaCO3饱和溶液的pH=12）,限用试剂及仪器：稀硝酸、AgNO3溶液、CaCl2溶液、Ca(NO3)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管、序号实验操作预期现象结论①取少量样品于试管中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。有白色沉淀生成样品含NaCl②另取少量样品于烧杯中，加入适量蒸馏水，充分振荡溶解，_________。有白色沉淀生成，上层清液pH>10.2样品含NaOH（3）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（相对分子质量：214）固体配成溶液，第二步：加入过量KI固体和H2SO4溶液，滴加指示剂，第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液溶液的体积为vmL则c(Na2S2O3溶液)＝_______mol·L-1。（只列出算式，不作运算）已知：IO3-＋I-＋6H+=3I2+3H2O，2S2O32-＋I2=S4O62-＋2I-某同学第一步和第二步的操作都很规范，第三步滴速太慢，这样测得的Na2S2O3的浓度可能_____（填“不受影响”、“偏低”或“偏高”)，原因是________（用离子方程式表示）。21、氯氨是氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，是常用的饮用水二级消毒剂，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺(NH2Cl、NHCl2和NCl3)，副产物少于其它水消毒剂。回答下列问题：(1)①一氯胺(NH2Cl)的电子式为__________。②工业上可利用反应Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(l)+HCl(g)制备一氯胺，已知部分化学键的键能如下表所示（假设不同物质中同种化学键的链能相同），则该反应的△H=______________。化学键N-HCl-ClN-ClH-Cl键能(kJ/mol)391.3243.0191.2431.8③一氯胺是重要的水消毒剂，其原因是由于一氯胺在中性、酸性环境中会发生水解，生成具有强烈杀菌作用的物质，该反应的化学方程式为_________________。(2)用Cl2和NH3反应制备二氯胺的方程式为2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(g)+2HCl(g)，向容积均为1L的甲、乙两个恒温（反应温度分别为400℃、T℃)容器中分别加入2molCl2和2molNH3，测得各容器中n(Cl2)随反应时间t的变化情况如下表所示：t/min04080120160n(Cl2)(甲容器)/mol2.001.501.100.800.80n(Cl2)(乙容器）/mol2.001.451.001.001.00①甲容器中，0～40min内用NH3的浓度变化表示的平均反应速率v(NH3)=______________。②该反应的△H________0(填“>”或“<”)，理由是____________________。③对该反应，下列说法正确的是______________(填选项字母）。A．若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态B．若容器内Cl2和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态C．反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大D．反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反应方向移动(3)在恒温条件下，2molCl2和1molNH3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：①A、B、C三点中Cl2转化率最高的是______点(填“A”“B”或“C”)。②计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_______(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、步骤①发生的反应是ZnO＋H6SO3=ZnSO3＋H6O，ZnS＋H6SO3=ZnSO3＋H6S↑，H6S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO3·5H6O，说明滤渣5中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu6＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO3·7H6O，说明滤液中含有Zn6＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu6＋，根据信息，滤渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H6O6→Cu6＋＋S＋H6O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6++S+6H6O，故C说法正确；D、得到CuSO3·5H6O和ZnSO3·7H6O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。2、B【解析】同主族元素从上到下非金属性依次减弱，则非金属性：Cl＞Br，能用元素周期律解释，A选项错误；碳酸氢盐易分解，碳酸盐难分解，所以热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，不能用元素周期律解释，B选项正确；元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，非金属性：N＞C，则酸性：HNO3＞H2CO3，能用元素周期律解释，C选项错误；元素的金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，金属性：Na＞Mg，则碱性：NaOH＞Mg（OH）2，能用元素周期律解释，D选项错误；正确答案B。点睛：利用元素周期律中元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，可以比较酸性强弱，如本题中的非金属性：N＞C，则酸性：HNO3＞H2CO3，但要注意的是如果不是最高价氧化物的水化物形成的酸，是不可以比较非金属性的，如：盐酸能够与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，说明盐酸的酸性比亚硫酸强，因此非金属性Cl＞S，这一结论是错误的，因为两种酸都不是最高价氧化物的水化物，不可以用来比较的，所以一定要注意是否是最高价氧化物的水化物。3、B【分析】根据题意可知，GaN是负极、Cu是正极，负极反应式为：2H2O-4e-=4H++O2↑，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，电解质溶液中阳离子向正极移动，据此分析解答。【详解】A.电子沿导线由负极转移向正极，已知GaN是负极、Cu是正极，所以电子由GaN沿着导线流向Cu，故A选项正确。B.反应过程中负极产生H+，电解液中H+从质子交换膜左侧向右侧迁移，故B选项错误。C.GaN极是负极，反应过程中失去电子，O元素化合价升高，发生氧化反应且生成O2，故C选项正确。D.Cu为正极，得到电子且得到氢离子，正极反应式为：CO2+8e-+8H+=CH4+2H2O，D选项正确。故答案为B。【点睛】本题考查化学电源新型电池，明确原电池原理为解答根据，注意根据已知条件正确判断电极反应，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生氧化反应。导线中电子由负极流向正极流。离子流向受离子交换膜影响。难点是电极反应式的书写，需要抓住正负极得失电子以及化合价变化写出正负极反应式。4、D【分析】短周期主族元素W、M、X、Y、Z原子序数依次增大。W的族序数是周期数的3倍，W只能位于第二周期，族序数为6，则W为O元素；X原子的最外层只有一个电子，其原子序数大于O，则X为Na元素；M介于O、Na之间，且为主族元素，则M为F元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，则Y为Al元素；Z在同周期中原子半径最小，Z位于第三周期，为Cl元素，以此解答该题。【详解】根据分析可知：W为O，M为F，X为Na，Y为Al，Z为C1元素。A、Y为Al，在元素周期表中位置为第三周期第ⅢA族，故A错误；B、X2W2为Na2O2，阴、阳离子数之比为1:2，故B错误；C、非金属性F>Cl，则气态氢化物的稳定性HF>HCl，故C错误；D、XZW为NaClO，NaClO与浓盐酸反应生成氯气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，故D正确；故选D。5、D【分析】亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子、铵根离子，其反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O，该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为-3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，以此解答该题。【详解】反应方程式为8Fe2++NO3-+10H+=8Fe3++NH4++3H2O；A.亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，二者发生氧化还原反应生成铁离子，不能用酸酸化，故A错误；B.该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、N元素化合价由+5价变为−3价，所以亚铁离子是还原剂、硝酸根离子是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:8，故B错误；C.反应中N元素化合价由+5价降低到−3价，则若有1molNO3−发生还原反应，则转移电子8mol，故C错误；D.若将该反应设计成原电池，则负极失电子发生氧化反应，根据氧化还原反应，亚铁离子失电子发生氧化反应，则负极反应式为Fe2+-e－＝Fe3+，故D正确；答案选D。6、B【详解】A.根据图知，lg=0时，HX的pH>1，说明HX部分电离为弱电解质，HY的pH=1，说明HY完全电离，为强酸，HY的酸性大于HX，故A错误；B.酸或碱抑制水电离，酸中氢离子浓度越小其抑制水电离程度越小，根据图知，b溶液中氢离子浓度小于a，则水电离程度a<b，所以由水电离出的c(H＋)·c(OH－)：a<b，故B正确；C.酸的电离平衡常数只与温度有关，所以相同温度下，电离常数K(HX)：a=b，故C错误；D.lg＝3，若同时微热两种溶液，n(X-)增大，n(Y-)不变，二者溶液体积相等，所以变大，故D错误；故选B。7、A【详解】A．恒温恒容时充入H2，氢气浓度增大，正反应速率增大，平衡右移，故A正确；B．恒温恒容时充入He，各反应物浓度都不变，正反应速率不变，平衡不移动，故B错误；C．加压，体积缩小，各物质浓度均增大，正、逆反应速率都增大，平衡不移动，故C错误；D．升温，正反应速率增大，逆反应速率增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。8、C【分析】NaCl晶体属于离子晶体，具有较高的熔沸点，难挥发，硬而脆，熔融状态下能导电。【详解】NaCl晶体属于离子晶体，熔融状态下能导电；答案选C。9、B【解析】A.pH=1的溶液显酸性，在酸性溶液中HCO3-不能大量存在，故A错误；B.遇酚酞变红的溶液显碱性，在碱性溶液中，NO3-、Na+、A1O2-、K+离子间不发生反应，能够大量共存，故B正确；C.在酸性溶液中，NO3-、H+、Fe2+能够发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D.MnO4-是紫红色的，与溶液无色不符，故D错误；故选B。点睛：解题时要注意题目所隐含的条件。如：①溶液无色透明时，则溶液中一定没有Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-；②强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子；③强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子等。本题的易错点为C，Fe2+与NO3-能共存，但在强酸性条件下(即Fe2+、NO3-、H+相遇)不能共存。10、D【分析】A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙；B.向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化铁；C.向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液生成氨水和碳酸钠；D.向漂白液中滴入过量醋酸生成醋酸钠和次氯酸：醋酸和次氯酸都是弱电解质。【详解】A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙，离子方程式为：OH－＋CO32-=HCO3－，故A正确；B.向FeCl2溶液中通入Cl2生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl－，故B正确；C.向碳酸氢铵溶液中加入过量的稀氢氧化钠溶液生成氨水和碳酸钠，离子方程式为：NH4＋＋HCO3－＋2OH－=NH3·H2O＋CO32－＋H2O，故C正确；D.向漂白液中滴入过量醋酸生成醋酸钠和次氯酸：醋酸和次氯酸都是弱电解质，离子方程式为：ClO－+CH3COOH=HClO＋CH3COO－，故D错误。故选D。11、C【分析】根据方程式2H2O2H2↑+O2↑，光解0.2mol水，可产生0.2molH2和0.1molO2。【详解】A．可生成O2的质量为：0.1mol×32g/mol=3.2g，A错误；B．可生成氧的原子数为：0.1mol×2×6.02×1023mol-1=1.204×1023个，B错误；C．可生成标准状况下H2的体积为：0.2mol×22.4L/mol=4.48L，C正确；D．钠与水反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，0.2molNa与水反应产生0.1molH2，D错误；答案选C。12、A【详解】A、由图可知，N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=(a-b)kJ·mol-1，故N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)

△H=2(a-b)kJ·mol-1，故A错误；B、断键吸收能量，故B错误；C、NH3(l)=N2(g)+H2(g)△H=(c+b-a)kJ·mol-1，则2NH3(l)=

N2(g)+3H2(g)

△H=2(c+b-a)kJ·mol-1，故C正确；D、催化剂只能改变反应速率，不能改变热效应，故D错误；故选C。13、C【解析】试题分析：A、冰醋酸是纯醋酸，属于纯净物，故错误；B、氧化铝是两性氧化物，故错误；C、胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于1～100nm之间，大于100nm是浊液，小于1nm为溶液，故正确；D、油脂不是高分子化合物，天然高分子化合物是淀粉、纤维素、蛋白质，故错误。考点：考查物质的分类、天然高分子化合物等知识。14、A【解析】A、Zn(OH)2溶于水形成的饱和溶液中，令饱和溶液中锌离子浓度为x,x×(2x)2=1.0×10-18,x==6.3×10-7mol·L-l，c(Zn2+)<1.0×10-6mol·L-l，故A错误；B、HCOO-的水解常数为1.0×10-10，故B正确；C、向Zn(OH)2悬浊液中加入HCOOH,溶液中氢氧根离子减小，溶解平衡正向移动，溶液中c(Zn2+)增大，故C正确；D、Zn(OH)2+2HCOOHZn2++2HCOO-+2H2O

的平衡常数K==100，故D正确；故选A。点睛：D为难点，先写出方程式，Zn(OH)2+2HCOOHZn2++2HCOO-+2H2O

再写出平衡常数K的表达式，然后上下同乘以c(OH-)的平方，将Kw代入，即可。15、B【解析】若加入锌粒，产生无色无味的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32−和NO3−不能大量共存；加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3+；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2+、Al3+；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4+，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42-；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1mol，则n（H+）=0.1mol；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7mol-0.5mol=0.2mol，则n（NH4+）=0.2mol；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8mol-0.7mol=0.1mol，则n[Al（OH）3]=0.1mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=0.1mol；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5mol－0.1mol＝0.4mol，则n（Mg2+）=（0.4mol-0.1mol×3）÷2=0.05mol。【详解】A．由上述分析可知，溶液中一定不含CO32-、NO3-，一定含有SO42-，A错误；B．由上述分析可知，溶液中n（NH4+）=0.2mol，B正确；C．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+、NH4+，C错误；D．由上述分析可知，溶液中n（H+）：n（Al3+）：n（Mg2+）=0.1mol：0.1mol：0.05mol=2：2：1，D错误；答案选B。16、D【分析】平衡状态的标志可从两个方面来分析：（1）各组分的百分含量不随时间变化，（2）正逆反应速率相等。【详解】A、生成nmolA2，消耗2nmolAB都是向正向反应，错误；B、只要反应开始，AB、A2、B2共存，不一定达平衡，错误；C、若AB的消耗速率等于A2的消耗速率的2倍，则平衡，错误；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、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。18、苯乙烯消去反应加聚反应：9或【分析】A为芳香烃，能与HBr发生加成反应，所以A为,与HBr加成能生成两种产物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烃的水解；若G结构为，根据题目信息，可反推D是，C为，B为，F是，E为。G（）在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应，H发生加聚反应生成高分子化合物I。【详解】（1）A为，化学名称为苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）D和F反应反应再水解得到的产物含有醇羟基，在浓硫酸、加热的条件下发生的是消去反应，生成H含有碳碳双键，所以H反应生成高分子化合物I发生的是加聚反应；答案：消去反应；加聚反应；（3）①若G结构为，根据题目已知信息可逆推出D是；答案：；②B为，C为，由B生成C的化学方程式为：；答案：；（4）C为，若苯酚的苯环上连接一个乙基，则有邻、间、对3种同分异构体，若苯酚的苯环上连接两个甲基就有6种，总共9种；具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构，也就是有4种氢原子，则符合要求的同分异构体有：、；答案：9;或；（5）结合题目已知信息，以CH3－CH=CH2和CH3MgBr为原料合成的合成路线图为：【点睛】本题考查有机物推断，涉及卤代烃、烯、醇等的性质以及分子式的求解、同分异构体、有机化学反应类型和方程式的书写等，题目综合性较大，注意逆向推导的思维训练，难度中等。19、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑反应生成的H2O2具有漂白作用2H2O22H2O+O2↑2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2取反应B中的白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色能使品红溶液褪色的气体，说明含Na2SO3过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤142b/233a【解析】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱，碱遇酚酞变红；红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气；③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，据此写出电子式。

(2)①根据反应物和生成物写出方程式，根据得失电子数相等配平方程式；要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了；

②根据过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；硫酸钠和亚硫酸钠均有氯化钡反应生成沉淀，亚硫酸钡加硝酸时氧化生成硫酸钡，不能说明是否含硫酸钡；

③利用亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶分析判断；根据沉淀硫酸钡的质量计算硫酸钡的物质的量，进一步求出硫酸钠的质量，最后计算Na2SO4的质量分数。【详解】(1)①过氧化钠和水反应生成氢氧化钠是碱,碱遇酚酞变红，反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，红色褪去的可能原因是过氧化钠和水反应生成的过氧化氢具有氧化性，能氧化有色物质，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；反应生成的H2O2具有漂白作用；

②过氧化氢在二氧化锰做催化剂分解生成水和氧气，反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，因此，本题正确答案是：2H2O22H2O+O2↑；

③Na2O2属于离子化合物，含有O22-离子，电子式为；

(2)①Na2O2与SO2反应生成了Na2SO3和O2，结合得失电子守恒知，该反应方程式为：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2，要证明白色固体中含有Na2SO3只需检验出含有SO32-就可以了，则取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3，

因此，本题正确答案是：2Na2O2+2SO2＝2Na2SO3+O2；取反应生成白色固体少许，滴入稀硫酸，生成无色气体使品红溶液褪色，说明含Na2SO3；

②因为过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性，两者发生氧化还原反应生成Na2SO4；由实验流程可以知道，稀硝酸具有强氧化性，它也会将亚硫酸钡氧化为硫酸钡，最终也生成硫酸钡沉淀，则不能说明反应的后B中有Na2SO3还会有Na2SO4，

因此，本题正确答案是：过氧化钠具有强氧化性，二氧化硫有较强的还原性；稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；③因为亚硫酸钡易溶于盐酸，硫酸钡不溶，所以测定B中反应完全后固体组成的实验方案为称取样品a

克加水溶解，加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤烘干，称量沉淀质量为b

克，计算含量；b

克BaSO4的物质的量为b233mol，则样品中含Na2SO4的质量为b233mol×142g/mol=142b233g，所以Na2SO因此，本题正确答案是：加盐酸酸化的氯化钡溶液，过滤，洗涤；142b/233a。20、品红、溴水或酸性KMnO4溶液溶液颜色很快褪色（或其他合理答案）控制SO2的流速适当升高温度（或其他合理答案）滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振荡加入过量CaCl2溶液，搅拌，静置，用pH计测量上层清液pH6000a/214V或3000a/107V偏低O2+4H++4I-=2I2+2H2O【解析】(1)①二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或KMnO4溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色，故答案为品红、溴水或KMnO4溶液；溶液颜色很快褪色；②为了使SO2尽可能吸收完全，在不改变A中溶液浓度、体积的条件下，可以减缓二氧化硫的流速，使二氧化硫与溶液充分接触反应，适当升高温度，也能使二氧化硫充分反应，故答案为控制SO2的流速；适当升高温度；(2)实验所用的Na2CO3含少量NaCl、NaOH，若检验NaCl存在，需先加稀硝酸排除干扰，再加硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，说明有NaCl；已知室温时CaCO3饱和溶液的pH=10.2，若要检验氢氧化钠存在，需加入过量CaCl2溶液，把Na2CO3转化为CaCO3，再测量溶液的pH，若pH大于10.2，说明含有NaOH，故答案为序号实验操作预期现象结论①……滴加足量稀硝酸，再滴加少量AgNO3溶液，振