江苏省连云港市灌云县2026届高三化学第一学期期中综合测试试题含解析

江苏省连云港市灌云县2026届高三化学第一学期期中综合测试试题注意事项：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、进入秋冬季节后，雾霾这种环境污染问题逐渐凸显。从物质分类来看雾霾属于胶体，它区别于溶液等其它分散系的本质特征是：（）A．胶粒可以导电 B．胶体粒子大小在1~100nm之间C．胶体是混合物 D．胶体的分散剂为气体2、制取肼的反应为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相关微粒的化学用语错误的是A．中子数为12的钠原子：Na B．N2H4的结构式：C．Cl－的结构示意图： D．NaClO的电子式：3、下列说法中，可以证明反应N2＋3H22NH3已达平衡状态的是（）A．一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成B．一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键断裂C．一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂D．一个N≡N键断裂的同时，有六个N－H键形成4、下列图中的实验方案,能达到实验目的的是ABCD实验方案将NO2球浸泡在冰水热水中实验目的探究温度对平衡2NO2N2O4的影响验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用除去CO2气体中混有的SO2比较HCl、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱A．A B．B C．C D．D5、现有室温下四种溶液，有关叙述不正确的是编号①②③④pH101044溶液氨水氢氧化钠溶液醋酸溶液盐酸A．相同体积③、④溶液分别与NaOH完全反应，消耗NaOH物质的量：③＞④B．分别加水稀释10倍，四种溶液的pH：①＞②＞④＞③C．①、④两溶液等体积混合，所得溶液中c（NH4＋）＞c（Cl－）＞c（OH－）＞c（H＋）D．VaL④溶液与VbL②溶液混合（近似认为混合溶液体积＝Va＋Vb），若混合后溶液pH＝5，则Va︰Vb＝9︰116、古代造纸工艺中使用的某种物质存在副作用，它易导致纸张发生酸性腐蚀，使纸张变脆易破损，该物质是A．明矾B．芒硝C．草木灰D．漂白粉7、用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入()A．0.1molCuO B．0.1molCuCO3C．0.1molCu(OH)2 D．0.05molCu2(OH)2CO38、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9、聚维酮碘的水溶液是一种常见的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如下：

（图中虚线表示氢键）下列说法不正确的是（）A．聚维酮分子由（m+n）个单体聚合而成B．聚维酮的单体是：C．聚维酮碘是一种水溶性物质D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应10、常温下用pH=3的醋酸溶液与pH=11的氢氧化钠溶液等体积混合，关于所得溶液酸碱性的描述正确的是A．显碱性 B．显中性 C．显酸性 D．可能中性、碱性、酸性11、下列实验能达到预期目的的是()选项实验内容实验目的A向1mL0.1mol/LNaOH溶液中加入2mL0.1mol/LCuSO4溶液，振荡后滴加0.5mL葡萄糖溶液，加热观察是否出现红色沉淀证明葡萄糖中含有醛基B向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀证明在相同温度下，Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Fe(OH)3]C测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者大于后者证明碳元素非金属性弱于硫D向某溶液中滴加少量稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝证明溶液中无NH4+A．A B．B C．C D．D12、已知下列热化学方程式：(1)CH3COOH(l)＋2O2(g)=2CO2(g)＋2H2O(l)ΔH1＝－870.3kJ/mol(2)C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH2＝－393.5kJ/mol(3)H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH3＝－285.8kJ/mol则反应2C(s)＋2H2(g)＋O2(g)=CH3COOH(l)的焓变为().A．－488.3kJ/mol B．－244.15kJ/mol C．488.3kJ/mol D．244.15kJ/mol13、“低碳经济，节能减排”是21世纪世界经济发展的新思路，下列与之相悖的是()A．开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．大力发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源C．大力发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放D．大力开采煤、石油和天然气，以满足经济发展的需要14、为验证还原性：SO2>Fe2＋>Cl－，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有()溶液1溶液2甲含Fe3＋、Fe2＋含SO乙含Fe3＋，无Fe2＋含SO丙含Fe3＋，无Fe2＋含Fe2＋A．只有甲 B．甲、乙C．甲、丙 D．甲、乙、丙15、2017年11月5

日，长征三号乙运载火箭将两颗北斗三号全球导航卫星送入太空轨道。下列有关说法正确的是（）A．火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能B．火箭燃料中的四氧化二氮属于化石燃料C．火箭箭体采用铝合金是为了美观耐用D．卫星计算机芯片使用的是高纯度的二氧化硅16、化学与生产、

生活密切相关。下列说法正确的是A．砒霜的主要成分是三硫化二砷B．氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C．过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒D．铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强17、某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A．实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B．对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D．向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀18、下列装置不能达到除杂目的（括号内为杂质）的是A．乙烷（乙烯）B．苯（甲苯）C．溴苯（CaO）D．I2（CCl4）19、下列实验现象预测正确的个数是①实验I：振荡后静置，上层溶液颜色变浅②实验II：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色无变化③实验III：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色④实验IV：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应A．1 B．2 C．3 D．420、下列实验操作能达到实验目的的是（）A．用如图仪器和98%的硫酸()配制60mL约溶液B．向热的溶液中滴加2滴饱和溶液，可制得胶体C．向2%稀氨水中滴加过量的2%溶液，可以配成银氨溶液D．用玻璃棒蘸取溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH21、现有密度为dg/mL浓度为18mol/L的浓硫酸溶液100g，需要加入一定量的水将其稀释为浓度是9mol/L,则加入水的体积是A．大于100mLB．小于l00mLC．等于100mLD．等于100/dmL22、agFe2O3和Al2O3组成的混合物全部溶于20mL、物质的量浓度为0.05mol/L的硫酸中，反应后向所得溶液中加入10mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、Al3+完全沉淀，则该NaOH溶液的物质的量浓度为A．0.1mol•L-1 B．0.2

mol•L-1 C．0.4mol•L-1 D．0.8mol•L-1二、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）图中A为淡黄色固体，B的阳离子与A相同（其他物质均略去）．根据以上关系，回答下列问题：（1）A的电子式为__________.（2）A投入FeCl2溶液中的反应为_______________(请用一个化学方程式表示)（3）若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体,则剩余的固体为_____________________________(写化学式)（4）氢能被视为21世纪最具发展潜力的清洁能源，试回答下列问题：①与化石燃料相比，氢气作为燃料的优点是__________________(答两点)。②施莱辛（Sehlesinger）等人提出可用NaBH4与水反应制氢气，写出NaBH4与水反应的化学方程式____________________________________。25、（12分）某学生用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择甲基橙作指示剂。请填写下列空白。(1)用标准的盐酸滴定待测的NaOH溶液时，左手握酸式滴定管的活塞，右手摇动锥形瓶，眼睛注视______________，直到因加入一滴盐酸后，溶液由________色变为________色，并________为止。(2)下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是__________。A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数(3)某学生根据3次实验分别记录有关数据如下表：滴定次数待测NaOH溶液的体积/mL0.1000mol·L－1盐酸的体积/mL滴定前读数滴定后读数溶液体积/mL第一次25.000.0026.1126.11第二次25.001.5630.3028.74第三次25.000.2226.3126.09依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度___________。26、（10分）二氯化二硫(S2Cl2)可作硫化剂、氯化剂。常温下是一种黄红色液体，沸点137℃，在潮湿的空气中剧烈水解而发烟。S2Cl2可通过硫与少量氯气在110~140℃反应制得，氯气过量则会生成SCl2。（1）选用以下装置制取少量S2Cl2(加热及夹持装置略)：①仪器m的名称为_____。②A中发生反应的化学方程式为____。③B中玻璃纤维的作用是___。④D中的最佳试剂是___(填字母)。a.碱石灰b.浓硫酸c.NaOH溶液d.无水氯化钙（2）S2Cl2遇水剧烈水解，生成SO2、HCl和一种常见的固体。①该固体是___。②甲同学为了验证两种气体产物，将水解生成的气体依次通过硝酸银与稀硝酸的混合溶液、品红溶液、NaOH溶液，该方案___(填“可行”或“不可行”)，原因是___。（3）乙同学按如下实验方案检验S2Cl2是否含有杂质：①取1.25g产品，在密闭容器中依次加入足量水、双氧水、Ba(NO3)2溶液，过滤；②往①的滤液中加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤、干燥，称得固体质量为2.87g。则产品中氯元素的质量分数为___，由此可知产品中___(填“含有”或“不含有”)SCl2杂质。27、（12分）(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。回答下列问题：(1)中铁离子的配位数为__________，其配体中C原子的杂化方式为________。(2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。(3)步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量__________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。②确认气体产物中含CO的现象为____________________。28、（14分）三草酸合铁酸钾K3[Fe(C2O4)3]·3H2O是一种翠绿色晶体，在日光下照射，会因感光而部分变深蓝色，故常用于工程制图，即“蓝图”。K3[Fe(C2O4)3]·3H2O的制备反应为：2FeC2O4·2H2O+H2O2+3K2C2O4+H2C2O4=2K3[Fe(C2O4)3]·3H2O。回答下列问题：（1）上述氧化过程中，Fe（II）_____（答简化电子排布式）变为Fe（III）______（答外围电子排布图），基态Fe（III）电子占据______个不同轨道。（2）对上述反应式中的短周期元素按照电负性由小到大排序为______。（3）配合物K3[Fe（C2O4）3]的配位数为6，其配体C2O42—中的C的杂化方式为____杂化。（4）H2O2属于______（填“极性”或“非极性”）分子。H2O2为二元弱酸，一级电离产物HO2—的立体构型是__________。H2O2沸点（150.2℃）比H2S沸点（-60.4℃）高，简要解释主要原因___________。（5）将下列晶体的微粒配位数由大到小排序为________（填写代号）①金刚石；②金属钾；③干冰（6）FeO的晶胞结构为NaCl型，测知FeO晶胞边长为428pm，则此晶体中最近的Fe2+与Fe2+的距离为_________pm。（保留三位有效数字）29、（10分）由化学能产生的能量是目前人类使用的主要能源。请回答下列问题：（1）N2和O2在一定条件下反应生成NO2的热化学方程式为：1/2N2(g)+O2(g)====NO2(g)ΔH＝+34kJ·mol-1。该反应为________（“放热”“吸热”）反应。（2）化学反应中的能量变化源自于化学反应中化学键变化时产生的能量变化。下表为一些化学键的键能：化学键键能（kJ·mol-1）化学键键能（kJ·mol-1）N≡N942H—O460N—H391O==O499H—H437①写出N2和H2反应合成氨的热化学方程式________________________。②已知：1molH2O(g)转化为1molH2O(l)时放出44.0kJ的热量。计算1gH2完全燃烧时放出的热量______________。H2O(g)的稳定性___________（“大于”“小于”）H2O(l)。（3）写出NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式________________。

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、胶粒可以导电是胶体的性质，故A错误；B、胶体区别于其它分散系的本质特征是胶体粒子直径在1-100nm（10-7～10-9m）之间，溶液的粒子直径小于1nm，浊液的子直径大于100nm，故B正确；C、胶体是混合物，是指分散系由多种物质组成，故C错误；D、胶体的分散剂为气体，指分散剂的状态为气态，故D错误；故选B。2、B【详解】A．Na是11号元素，质子数是11，中子数为12的钠原子质量数是11+12=23，故该原子可表示为：Na，A正确；B．N原子最外层有5个电子，在N2H4分子中，每个N原子上有1对孤电子对，N原子形成3个共价键，2个N原子之间形成一个共价键，每个N原子再分别与2个H原子形成共价键，故N2H4的结构式为，B错误；C．Cl原子得到1个电子形成Cl-，核外电子排布是2、8、8，故Cl-的结构示意图：，C正确；D．NaClO是离子化合物，Na+与ClO-之间通过离子键结合，其电子式为：，D正确；故合理选项是B。3、A【解析】A.断裂N≡N键代表正反应速率，形成H－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有三个H－H键形成，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故A正确；B.断裂N≡N键代表正反应速率，断裂H－H键也表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故B错误；C.断裂N≡N键代表正反应速率，断裂N－H键表示逆反应速率，一个N≡N键断裂的同时，有两个N－H键断裂，说明正反应速率大于逆反应速率，不是平衡状态，故C错误；D.断裂N≡N键代表正反应速率，形成N－H键表示正反应速率，不能说明正逆反应速率的关系，故D错误；故选A。4、A【解析】将NO2球分别浸泡在冰水、热水中，根据颜色判断平衡移动的方向，故A正确；实验改变了温度、催化剂两个变量，不能验证FeCl3对H2O2分解反应有催化作用，故B错误；碳酸钠溶液与二氧化碳、二氧化硫都能反应，不能用饱和碳酸钠溶液除去CO2气体中混有的SO2，故C错误；氯化氢易挥发，氯化氢能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，不能根据图示装置比较H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，故D错误。点睛：要证明H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，在烧瓶、烧杯之间增加一个盛有变化碳酸氢钠溶液的洗气瓶，除去二氧化碳中含有的氯化氢。5、D【解析】A．醋酸是弱酸，pH相等的醋酸和盐酸，醋酸的浓度大于盐酸，所以等体积等pH的盐酸和醋酸，醋酸的物质的量大于盐酸，则消耗NaOH物质的量：③＞④，A正确；B．强酸、强碱稀释10倍，pH变化1，则稀释10倍时②的pH=9，④的pH=5，而弱酸、弱碱稀释10倍，pH变化小于1，则①的9＜pH＜10，③的4＜pH＜5，即分别加水稀释10倍四种溶液的pH为①＞②＞④＞③，B正确；C．①、④两溶液等体积混合，溶液中氨水过量，溶质为氯化铵和一水合氨，溶液显碱性，氨水的电离大于铵根离子的水解，则c(NH4+)＞c(Cl－)＞c(OH－)＞c(H+)，C正确；D．若混合后溶液pH=5，说明盐酸过量，则Va×10-4-Vb×10-4Va+Vbmol/L=10－5mol答案选D。6、A【解析】易导致纸张发生酸性腐蚀，这说明该物质的水溶液显酸性，则A、明矾溶于水铝离子水解显酸性，A正确；B、芒硝是硫酸钠，溶液显中性，B错误；C、草木灰的主要成分是碳酸钾，溶液显碱性，C错误；D、漂白粉的有效成分是次氯酸钙，溶液显碱性，D错误，答案选A。7、D【详解】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1molCu和0.05molO2，反应②消耗0.05molH2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1molCuO和0.05molH2O。而0.05molCu2(OH)2CO3恰好相当于0.1molCuO和0.05molH2O(生成0.05molCO2无影响)，故D正确，故答案为D。【点睛】本题考查图像分析与相关计算，意在考查考生通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。8、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。9、A【详解】A．聚维酮碘是由聚维酮和HI3通过氢键形成的，由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮分子是由2m+n个单体加聚而成，A项错误；B．由聚维酮碘的结构：可知，聚维酮的单体是，B项正确；C．聚维酮可以与HI3形成氢键，则由聚维酮碘的结构推测，其也可以与水形成氢键，C项正确；D．聚维酮的结构中含有肽键，所以能在一定条件下发生水解，D项正确；答案选A。【点睛】考虑物质的溶解性时，可以从三个因素入手进行判断：一是，溶质分子和溶剂分子极性相似相溶；二是，溶质分子与溶剂分子之间能形成氢键，溶解性会有明显提高；三是，溶质分子与溶剂分子可以发生可逆反应，溶解性会适当提高。10、C【详解】pH=3的醋酸溶液中，氢离子的浓度c(H+)=10-3mol/L，c(CH3COOH)>10-3mol/L，pH=11的氢氧化钠溶液中，氢氧根的浓度c(OH-)=10-3mol/L；酸为弱酸，二者混合后，酸电离产生的H+与OH-恰好中和，而酸过量，得到的溶液是过量的醋酸和生成的强碱弱酸盐的混合溶液，由于酸的电离程度通常大于盐的水解程度，故溶液显酸性，所以合理选项是C。11、C【详解】A.由数据可知配制氢氧化铜悬浊液时氢氧化钠溶液不足，加热后不会出现红色沉淀，A项错误；B.开始时加入的氢氧化钠过量，生成氢氧化镁的白色沉淀后，过量的NaOH能继续和FeCl3溶液反应生成红褐色沉淀，不能说明发生了沉淀的转化，B项错误；C.测定同温度下相同浓度的碳酸钠和硫酸钠溶液的pH，前者pH大于后者，说明碳酸的酸性弱于硫酸，碳酸、硫酸是C、S的最高价含氧酸，能说明碳元素的非金属性比硫元素的非金属性弱，C项正确；D.溶液中即使存在NH4+，使用这种方法也不能检验出来，原因是溶液中NH4+与OH-生成NH3·H2O，没有加热不能产生NH3，D项错误；答案选C。【点睛】本题的易错点是葡萄糖检验的方法，在检验的过程中要注意：①新制Cu(OH)2悬浊液要随用随配，不可久置；②配制新制Cu(OH)2悬浊液时，所用NaOH必须过量；③反应液直接加热煮沸，才有明显的红色沉淀；④加热沸腾不能太久，否则会有黑色沉淀，这是Cu(OH)2受热分解生成CuO所致。12、A【详解】由盖斯定律可知，（2）×2+（3）×2-（1）可得热化学方程式2C（s）+2H2（g）+O2（g）═CH3COOH（l），则ΔH=2ΔH2+2ΔH3-ΔH1=2×（-393.5kJ/mol）+2×（-285.8kJ/mol）-（-870.3kJ/mol）=-488.3KJ/mol，故选A。13、D【详解】A．开发水能、风能、太阳能、地热能、核能等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，能减缓温室气体的排放，符合“低碳经济，节能减排”，故A正确；B．发展农村沼气，将废弃的秸秆转化为清洁高效的能源，可以减少使用煤、石油等化石燃料，符合“低碳经济，节能减排”，故B正确；C．发展新能源汽车，如混合动力汽车、电动汽车等，以减少碳、氮氧化物的排放，符合“低碳经济，节能减排”，故C正确；D．大力开采煤、石油和天然气，消耗更多的化石燃料，排放更多的二氧化碳，不符合“低碳经济，节能减排”，故D错误；故选D。14、C【分析】本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”的原理来验证还原性的强弱顺序。向FeCl2溶液中通入Cl2，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。【详解】甲．溶液1中含有Fe3＋、Fe2＋，说明发生反应2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，且Cl2反应完全，可证明还原性Fe2＋>Cl－；溶液2中含有SO42-，则说明发生反应2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋SO42-＋4H＋，可证明还原性SO2>Fe2＋，故甲能证明还原性SO2>Fe2＋>Cl－；乙．溶液1中含有Fe3＋，无Fe2＋剩余，则还原性Fe2＋>Cl－，但Cl2可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是Cl2＋SO2＋2H2O=2Cl－＋SO42-＋4H＋，不能比较SO2与Fe2＋的还原性强弱，故乙不能验证；丙．溶液1中含有Fe3＋，没有Fe2＋，通入SO2后溶液中又含有Fe2＋，说明SO2将Fe3＋还原得到Fe2＋，证明还原性SO2>Fe2＋，故丙实验结论能证明还原性SO2>Fe2＋>Cl－。综上所述，答案为C。15、A【解析】火箭燃料燃烧时将化学能转化为热能，再转化为机械能，故A正确；化石燃料是指煤、石油、天然气等不可再生能源，四氧化二氮不属于化石燃料，故B错误；铝合金的密度较小，火箭箭体采用铝合金的主要目的是减轻火箭的质量，故C错误；卫星计算机芯片使用高纯度的硅，不是二氧化硅，故D错误。16、C【详解】A.砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；

B.碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；

C.阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；

D.金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；

综上所述，本题选C。17、C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。18、B【解析】A.可通过溴水除杂，乙烯与溴发生加成反应，乙烷无变化；B.苯与甲苯互溶，不能通过分液分离；C.CaO不溶于溴苯，可通过过滤分离；D.I2和CCl4的沸点不同，可通过蒸馏分离。故选B.19、B【详解】①溴和NaOH反应生成NaBr和NaBrO、H2O，生成物无色，且易溶于水，而苯不溶于水，且密度比水小，所以液体分层，上层溶液颜色变浅，甚至会变为无色，①正确；②浓硫酸和蔗糖反应生成CO2和SO2气体，SO2与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，使溶液的紫色变浅甚至褪色，②错误；③稀硝酸与Cu反应生成NO，NO易与空气中O2反应生成红棕色NO2，NO2与NaOH溶液反应产生NaNO3，同时产生NO气体，故溶液中有气泡产生，③错误；④Fe(OH)3胶体能够使光线发生散射而有一条光亮的通路，即产生丁达尔效应，④正确；综上所述可知：四个实验正确的是①④，共2个，故合理选项是B。20、A【详解】A．用如图仪器和98%的硫酸()配制60mL约溶液，可知浓硫酸的物质的量浓度为：，再根据溶液的稀释，可得，10mL的量筒可以量取，故A正确；B．向沸腾的蒸馏水中逐滴加入12mL饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热，可制得胶体，故B错误；C．向2%溶液中滴加2%稀氨水，先生成AgOH白色沉淀，在继续滴加过量的2%稀氨水，沉淀刚好溶解停止加入，可以配成银氨溶液，故C错误；D．用玻璃棒蘸取溶液点在湿润的pH试纸上，测定该溶液的pH值不准确，湿润的pH试纸有稀释溶液的效果，故D错误；故答案选：A。21、B【解析】稀释前后溶质的质量不变，设加水的质量为x，稀释前的质量分数为w1，稀释后的质量分数为w2，则：100g×w1=(100g+x)×w2，18mol•L-1的浓硫酸加到一定量的水中稀释成9mol•L-1的硫酸，由c=，可得：c1==18mol/L=2c2=×2，硫酸的浓度越大，密度越大，则d＞d2，=2×＜2，所以：=＜2，解得：x＜100g，又水的密度约为1g/mL，则加水的体积小于100mL，故选B。点睛：本题考查物质的量浓度的计算，注意掌握物质的量浓度的概念及表达式，学生容易忽略密度与浓度、质量分数的关系及水的密度与硫酸的密度大小。溶液在稀释前后溶质的质量不变，硫酸的浓度越大，密度越大，质量分数w越大。22、B【解析】试题分析：Fe2O3和Al2O3与硫酸反应生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3与NaOH反应生成Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀和Na2SO4，根据S元素守恒可知H2SO4~Na2SO4，根据Na元素守恒可知2NaOH~Na2SO4，故H2SO4~2NaOH，n(NaOH)=2n(H2SO4)=2×0.02L×0.05molL1=0.002mol，则c(NaOH)=0.002mol÷0.01L=0.2mol/L，B项正确；答案选B。考点：考查Fe2O3和Al2O3组成的混合物与氢氧化钠的反应二、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、4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑NaOH、Na2CO3热值高,污染小NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑【分析】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2，A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，据此答题。【详解】图中A为淡黄色固体为Na2O2，框图中C为气体为O2，A与B在加入稀硫酸或加热或加水都能产生气体C，结合D通入E能产生B，B与稀硫酸反应又能产生D，且B的阳离子与A相同，则B为NaHCO3，加入稀硫酸反应生成二氧化碳气体D为CO2，A、B和水反应生成E为Na2CO3，（1）A为Na2O2，Na2O2的电子式为。因此，本题正确答案是：。(2)A为Na2O2，具有强氧化性，能将Fe2+氧化为Fe3+，碱性条件下生成氢氧化铁沉淀，同时过氧化钠和水反应还有氧气生成，根据得失电子守恒写出方程式为4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑，因此，本题正确答案是：4Na2O2+4FeCl2+6H2O═4Fe(OH)3↓+8NaCl+O2↑。(3)若A、B按物质的量之比1:1.5混合在密闭容器中加热充分反应后，排出气体，可能发生的反应及个物质的量分析如下：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O1.5mol0.75mol0.75mol0.75mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O21mol0.75mol0.75mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑(1-0.75)mol0.75mol0.5mol根据反应：Na2O2+1.5NaHCO30.5NaOH+1.5Na2CO3+O2↑，则剩余的固体为NaOH、Na2CO3，因此，本题正确答案是：NaOH、Na2CO3。(4)氢能是清洁能源，具有原料来源广、燃烧热值高、污染小、可再生等优点。因此，本题正确答案是：热值高，污染小。(5)②NaBH4与水发生氧化还原反应生成NaBO2和氢气，化学方程式为NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。因此，本题正确答案是：NaBH4+2H2O=NaBO2+4H2↑。【点睛】本题考查无机物的推断，涉及Na元素化合物性质与相互转化，关键是根据A为淡黄色固体推断A为过氧化钠，再结合混合物与水、酸反应都去气体生成确定一定含有过氧化钠。25、锥形瓶中溶液颜色变化黄橙在半分钟内不变色D1．1144mol·L－1【分析】(1)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色；(2)根据c(待测)=分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；(3)先分析数据的有效性，然后求出平均消耗的V(盐酸)，接着根据盐酸和NaOH反应求出c(NaOH)。【详解】(1)酸碱中和滴定时，眼睛要注视锥形瓶内溶液的颜色变化；用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液，选择甲基橙作指示剂时，滴定终点时溶液颜色由黄色突变为橙色，且半分钟内不变色，故答案为锥形瓶中溶液颜色变化；黄；橙；半分钟内不变色；(2)A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，标准液被稀释，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故A错误；B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，根据c(待测)=分析，测定c(待测)无影响，故B错误；C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，造成V(标准)偏大，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏大，故C错误；D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，造成V(标准)偏小，根据c(待测)=分析，测定c(待测)偏小，故D正确；故选D；(3)第二次实验误差较大，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.11mL，

HCl+NaOH=NaCl+H2O

1

1

1.1261L×1.1111mol•L-1

1.125L×c(NaOH)则：1.1261L×1.1111mol•L-1=1.125L×c(NaOH)，解得：c(NaOH)=1.1144mol/L，故答案为1.1144mol/L。【点睛】本题考查了中和滴定操作、误差分析以及计算。本题的易错点为(2)，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。26、直形冷凝管(或冷凝管)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O增大硫与氯气的接触面积，加快反应速率aS(或硫)不可行SO2易被硝酸氧化生成SO，既难于检验SO2，又干扰HCl的检验56.8%含有【详解】（1）①由图示可知仪器m为直形冷凝管(或冷凝管)，故答案：直形冷凝管(或冷凝管)；②A中为浓盐酸和二氧化锰在受热时反应生成氯化锰，氯气和水，则其化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；③B中玻璃纤维可以增大硫与氯气的接触面积，加快反应速率，故答案为：增大硫与氯气的接触面积，加快反应速率；④D为吸收空气中的水蒸气同时吸收未反应完的氯气；a．碱石灰既可以吸收空气中的水蒸气又可以吸收未反应完的氯气，故选a；b．浓硫酸虽然能吸收水蒸气，但不能吸收未反应完的氯气，故b不选；c．NaOH溶液虽然能吸收未反应完的氯气，但不能吸收空气中的水蒸气，故c不选；d．无水氯化钙虽能吸收空气中的水蒸气，但不能吸收未反应完的氯气，故d不选；答案选a（2）①由题意可知该反应为歧化反应，即，所以生成的固体为：硫（或S），故答案为：硫（或S）；②稀硝酸能将二氧化硫氧化为硫酸根，硫酸根与银离子反应生成微溶于水的硫酸银，会影响氯离子的检验，故答案为：不可行；SO2易被硝酸氧化生成SO，既难于检验SO2，又干扰HCl的检验；（3）所得固体为AgCl，则氯元素的质量为，则样品中氯元素的质量分数为；又中氯元素的质量分数为：，中氯元素的质量分数为：，＜＜，故含有杂质，故答案为：；含有。27、6洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分DCBADEA中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3]•3H2O，据此分析解题。【详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；；(2)由分析可知，步骤②发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为：(3)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；(5)①检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE；②经过上述①分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO，故答