2026届浙江省金华市东阳中学高三化学第一学期期中检测模拟试题含解析

2026届浙江省金华市东阳中学高三化学第一学期期中检测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、下列关于金属钠的叙述错误的是A．金属钠可以保存在煤油中B．金属钠着火时，可用泡沫灭火器来灭火C．钠与熔融的四氯化钛反应可制取钛D．实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶2、丙酮是一种常用的有机溶剂，可与水以任意体积比互溶，密度小于1g/mL，沸点约55℃，分离水和丙酮时最合理的方法是A．蒸发B．分液C．过滤D．蒸馏3、化学与人类生产、生活密切相关，下列有关说法不正确的是A．“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化B．将“地沟油”变废为宝，可制成生物柴油和肥皂C．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质D．用活性炭为糖浆脱色和用SO2漂白纸浆的原理不同4、下列化学实验仪器名称或操作正确的是A．长颈漏斗 B．测溶液pH值C．用硫酸滴定NaOH溶液 D．溶量瓶5、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LSO3溶于水，所得溶液中H+的数目为0.2NAB．1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为2NAC．在密闭容器中，2molNO和1molO2充分反应，产物分子数为2NAD．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.2NA6、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D．Al2O3熔点高，可用作耐高温材料7、高铁电池是一种新型可充电电池，与普通高能电池相比，该电池能长时间保持稳定的放电电压。高铁电池的总反应为：3Zn＋2K2FeO4＋8H2O3Zn（OH）2＋2Fe（OH）3＋4KOH。下列叙述不正确的是（）A．放电时锌作负极B．充电时氢氧化铁被氧化C．放电时溶液的碱性增强D．放电时转移3mole－，有2molFeO42-被还原8、下列说法正确的是A．常温下，CH3COOH分子不可能存在于pH=8的溶液中B．SO2的水溶液能导电，说明SO2是电解质C．Al2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融NaOH的坩埚D．向NaClO溶液中通入少量CO2后，ClO－的浓度减小9、2015年底联合国气候变化大会在巴黎召开，签署了《巴黎协定》。该协定要求各国采取更有效的“节能减排”措施控制温室效应。下列做法不利于“节能减排”的是()A．减少使用化石燃料 B．大力发展火力发电C．改变能源结构，开发使用清洁能源 D．将煤气化或液化，以提高其综合利用率10、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是A．NaClO3在发生器中作氧化剂B．吸收塔中1molH2O2得到2mol电子C．吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO411、能正确表示下列反应的离子方程式是A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：+Fe2++3OH-+2+2Ba2+=2BaSO4↓+NH3·H2O+Fe(OH)3↓B．电解CuCl2水溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+Cl2↑+H2↑C．邻羟基苯甲酸乙酯与NaOH溶液共热：+2OH-+C2H5OH+H2OD．CuSO4溶液中滴加过量稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+212、用如图表示的一些物质或概念间的从属关系中不正确的是：

X

Y

Z

例

氧化物

化合物

纯净物

A

苯的同系物

芳香烃

芳香族化合物

B

胶体

分散系

混合物

C

电解质

离子化合物

化合物

D

碱性氧化物

金属氧化物

氧化物

A．A B．B C．C D．D13、常温下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及导电性变化如图。下列分析正确的是A．b～c溶液中所有离子浓度都减小B．b点溶液pH＝7，说明NH4R没有水解C．c点溶液中存在c(R－)>c(NH4+)、c(H＋)>c(OH－)D．a～b导电能力增强，说明HR为弱酸14、下列离子方程式中，正确的是A．NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热：NH4++OH－NH3↑+H2OB．氧化铁和稀硫酸反应：Fe2O3＋6H+＝2Fe2+＋3H2OC．向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OD．石灰石与硝酸反应：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O15、80g密度为ρg·cm−3的CaCl2溶液里含2gCa2+，从中取出一半的溶液中Cl−的浓度是（）A．mol·L−1 B．1.25ρmol·L−1 C．mol·L−1 D．0.63ρmol·L−116、根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）A．反应①②③④⑤均属于氧化反应和离子反应B．反应⑤说明该条件下铝的还原性强于锰C．反应③中每生成1molO2转移的电子数4molD．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：417、现取m克铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加bmol·L−1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值n克，则下列有关该实验的说法中不正确的是A．沉淀中氢氧根的质量为(n—m)克B．恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为bv/1000molC．生成标准状况下NO气体的体积为2.24(n-m)/17LD．与合金反应的硝酸的物质的量为bv/1000mol+(n-m)/51mol18、下列表述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是选项表述Ⅰ表述ⅡASiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维BSO2有漂白性SO2可使溴水褪色C浓硫酸有强氧化性、吸水性浓硫酸可使蔗糖变黑DFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于刻蚀印刷电路板A．AB．BC．CD．D19、如图为海水综合利用的部分过程。下列有关说法正确的是A．过程①加入药品顺序为：Na2CO3溶液→NaOH溶液→BaCl2溶液B．过程②为电解熔融精盐C．工业上过程③加入的试剂：浓NaOH溶液D．第⑥步反应的离子方程式可表示为：3Br2+3＝5Br-++3CO2↑20、下列说法正确的是()A．H2O分子间存在氢键，所以H2O比H2S稳定B．He、CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键C．PCl5中各微粒最外层均达到8电子稳定结构D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，既破坏了离子键，也破坏了共价键21、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A．38g3H2O2中含有3NA共价键B．标准状况下，2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C．常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移0.3NA电子D．1L0.5mol·L−1pH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NA22、硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是()A．水在此过程中作还原剂B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2C．通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率D．与水反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑二、非选择题(共84分)23、（14分）高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:已知:I.RCOOR´+R"OHRCOOR"+R´OH(R.R'、R"代表烃基)II.(R

代表烃基)。(1)PMMA

单体的结构简式为_______，PET单体中的官能团名称为________。(2)反应⑤的反应类型是________；反应②的化学方程式为_________。(3)若反应④得到的某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（___）个。(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应②不能使溴水褪色③分子内没有环状结构④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:__________；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有___种(不考虑立体异构和空间异构)。24、（12分）一种重要的有机化工原料有机物X，下面是以它为初始原料设计出如下转化关系图(部分产物、合成路线、反应条件略去)。Y是一种功能高分子材料。已知：(1)X为芳香烃，其相对分子质量为92(2)烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：(3)(苯胺，易被氧化)请根据本题所给信息与所学知识回答下列问题：(1)X的分子式为______________。(2)中官能团的名称为____________________；(3)反应③的反应类型是___________；已知A为一氯代物，则E的结构简式是____________；(4)反应④的化学方程式为_______________________；(5)阿司匹林有多种同分异构体，满足下列条件的同分异构体有________种：①含有苯环；②既不能发生水解反应，也不能发生银镜反应；③1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应。(6)请写出以A为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_______。合成路线流程图示例如下：25、（12分）某红色固体粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，某校化学自主探究实验小组拟对其组成进行探究。查阅资料：Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O探究一：用如图所示装置进行实验，回答下列问题：(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，___________________________________________，则说明装置A的气密性良好。(2)装置A是氢气的发生装置，可以选用的药品是________(填选项)。A．稀硫酸和锌片B．稀硝酸和铁片C．氢氧化钠溶液和铝片D．浓硫酸和镁片(3)从下列实验步骤中，选择正确的操作顺序：①________③(填序号)。①打开止水夹②熄灭C处的酒精喷灯③C处冷却至室温后，关闭止水夹④点燃C处的酒精喷灯⑤收集氢气并验纯⑥通入气体一段时间，排尽装置内的空气探究二：(4)取少量样品于试管中，加入适量的稀硫酸，若无红色物质生成，则说明样品中不含Cu2O；此观点是否正确________(填“是”或“否”)，若填“否”，则原因是_________________________________(用离子方程式说明)；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，证明样品中一定含有__________，取少量反应后的溶液，加适量蒸馏水稀释后，滴加_____________________(填试剂和实验现象)，则可证明另一成分存在，反之，说明样品中不含该成分。探究三：(5)取一定量样品于烧杯中，加入足量的稀硫酸，若反应后经过滤得到固体3.2g，滤液中Fe2＋有1.0mol，则样品中n(Cu2O)＝________mol。26、（10分）(1)下图是工业生产上的氯化氢合成塔，请写出各处物质的名称：B______，C______。(2)工业上制备HC1的化学方程式是_________。(3)实验室常用NaCl和浓硫酸起反应制取氯化氢，当微热时，发生装置应选用下列装置的_______(填编号)(4)以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收HCl气体，而且能防止倒吸的是_______。(5)下图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，该浓盐酸中HC1的物质的量浓度为_______mol/L。取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_______。A．溶液中HC1的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl-的数目D．溶液的密度27、（12分）实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。（1）制备K2FeO4（夹持装置略）①A为氯气发生装置。A中反应方程式是________________（锰被还原为Mn2+）。②C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有（请配平）_____Cl2+Fe(OH)3+KOHK2FeO4+KCl+H2O（2）探究K2FeO4的性质①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案：方案Ⅰ取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。方案Ⅱ用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。i．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由________________产生（用方程式表示）。ii．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2________FeO42-（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是________________。28、（14分）I.已知某纯碱试样中含有杂质NaCl，为了确定试样中纯碱的质量分数，可测定其在化学反应中生成CO2的质量，实验装置如下（铁架台及夹持仪器均已省略）。完成下列填空：（1）B装置中的试剂是_____________，作用是_____________________________。（2）D装置的作用是___________________________________。II.测定试样中纯碱质量分数的某次实验步骤如下：①将10.000g纯碱试样放入A中②称量C（U型管+碱石灰，下同），质量为l05.160g③使用分液漏斗滴加足量的酸，使充分反应④打开A的弹簧夹，缓缓鼓入一定量的空气⑤再次称量C⑥重复步骤④和⑤，最后得到C的质量为109.l66g。（3）步骤③中，滴加的酸最好选用________。a、浓硝酸b、稀盐酸c、浓硫酸d、稀硫酸当看到____________________现象时即可进行第④步操作。（4）步骤⑥的目的是_______________________________________________。（5）由实验数据可知，试样中纯碱的质量分数为_________________（保留3位小数）。（6）甲同学用上述装置测定某试样中纯碱的质量分数，结果偏高，请帮助他找出造成实验误差的原因。_______________________________________________。29、（10分）石油产品中含有H2S及COS、CH3SH等多种有机硫，石油化工催生出多种脱硫技术。回答下列问题：(1)已知热化学方程式：①2H2S(g)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)△H1=-362kJ·mol-1②2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(l)△H2=-1172kJ·mol-1则H2S气体和氧气反应生成固态硫和液态水的热化学方程式为__________________。(2)可以用K2CO3溶液吸收H2S，其原理为K2CO3+H2S=KHS+KHCO3，该反应的平衡常数为_______。(已知H2CO3的Ka1=4.2×10-7，Ka2=5.6×10-11；H2S的Ka1=5.6×10-8，Ka2=1.2×10-15)(3)在强酸溶液中用H2O2可将COS氧化为硫酸，这一原理可用于COS的脱硫。该反应的化学方程式为_______。(4)COS的水解反应为COS(g)+H2O(g)CO2(g)+H2S(g)△H<0。某温度时，用活性α-Al2O3作催化剂，在恒容密闭容器中COS(g)的平衡转化率随不同投料比[n(H2O)/n(COS)]的转化关系如图1所示。其它条件相同时，改变反应温度，测得一定时间内COS的水解转化率如图2所示：①该反应的最佳条件为:投料比[n(H2O)/n(COS)]__________，温度__________。②P点对应的平衡常数为_____________。(保留小数点后2位)

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、钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，可以保存在煤油中，A正确；B、钠着火产生过氧化钠，泡沫灭火器能产生CO2，过氧化钠与CO2反应生成氧气，因此金属钠着火时，不能用泡沫灭火器来灭火，应该用沙子扑灭，B错误；C、钠是活泼的金属，在熔融状态下钠与四氯化钛反应可制取钛，C正确；D、钠是活泼的金属，易与水反应，易被氧气氧化，因此实验时用剩的钠块应该放回原试剂瓶，D正确；答案选B。2、D【解析】蒸发是利用加热的方法，使溶液中溶剂不断挥发而析出溶质（晶体）的过程，分液适用于互不相溶的液体之间的一种分离方法，过滤适用于不溶性固体和液体之间的一种分离方法，蒸馏是依据混合物中个组分沸点不同而分离的一种法，适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质，据此解答。【详解】根据题意丙酮与水互溶，二者的沸点相差较大，可以采用蒸馏的方法来实现二者的分离，答案选D。3、A【详解】A．“海水淡化”即利用海水脱盐生产淡水，明矾可水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附性，可除去水中的悬浮物而净化水，但不能使海水淡化，故A错误；B．“地沟油”中主要含有油脂，油脂碱性条件下水解成为皂化反应，可以生产肥皂；油脂燃烧值较高，可做生物柴油，故B正确；C．水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，是利用胶体粒子的带电性加以清除，故C正确；D．活性炭为糖浆脱色利用活性炭的吸附性，用SO2漂白纸浆是SO2和色素发生反应。两者的原理不同，故D正确；答案选A。4、C【解析】A是分液漏斗；B测溶液pH值，应用玻璃棒将待测液点在试纸上测试；C用硫酸滴定NaOH溶液用酸式滴定管，操作正确；D为100mL容量瓶。【详解】A是分液漏斗。B测溶液pH值操作错误，不应直接将试纸置入待测溶液中，而是用玻璃棒将待测液点在试纸上测试。C用硫酸滴定NaOH溶液用酸式滴定管，操作正确。D为100mL容量瓶，而非溶量瓶。故选C。5、D【解析】A.标准状况下，SO3是固体，2.24LSO3溶于水，所得溶液中H+的数目大于0.2NA，故A错误；B.Na2O2～e－，1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故B错误；C.在密闭容器中，2molNO和1molO2充分反应，2NO+O22NO2，2NO2N2O4，产物分子数小于2NA，故C错误；D.0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应，H2+I22HI，反应后分子总数不变，其分子总数为0.2NA，故D正确。故选D。点睛：解答本题必须明确：气体体积受到温度和压强的影响，在标准状况下的气体摩尔体积是22.4L/mol，22.4L/mol仅适用于标准状况下的气体。6、D【解析】A、SO2用于漂白纸浆是利用其漂白性，错误；B、NH4HCO3用作氮肥是因为其中含有氮元素，易被农作物吸收，错误；C、Fe2(SO4)3用作净水剂是因为铁离子水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮的杂质，错误；D、Al2O3熔点高，可用作耐高温材料，正确；答案选D。7、D【解析】由电池反应知，Zn从0价变为＋2价的Zn（OH）2失去电子，作为原电池的负极，A项正确；充电时，Fe（OH）3中的＋3价的铁被氧化为K2FeO4中的＋6价的铁，B项正确；放电时，生成OH－，对应的溶液碱性增强，C项正确；此反应共转移6mole－，对应有2molFeO42-被还原，D项错误。8、D【解析】根据电离、水解、电解质等概念分析判断。【详解】A项：溶液中CH3COOH有电离平衡，不论加入多少碱，都不能使醋酸完全转化为醋酸根离子。即CH3COOH分子可以存在于碱性溶液中。A项错误；B项：SO2的水溶液能导电，不是因为SO2发生电离，而是它与水反应的产物H2SO3发生电离，故SO2属于非电解质。B项错误；C项：Al2O3熔点很高，可制造坩埚，但不能熔融NaOH。因为Al2O3为两性氧化物，能与NaOH反应。C项错误；D项：NaClO溶液中存在ClO－水解平衡，通入的CO2与OH－反应，使水解平衡右移，ClO－的浓度减小。D项正确。本题选D。9、B【解析】A、减少使用化石燃料有利于节能减排，A不符合题意；B、大力发展火力发电会导致氮氧化合物的排放，不利于节能减排，B符合题意；C、改变能源结构，开发使用清洁能源有利于节能减排，C不符合题意；D、将煤气化或液化，以提高其综合利用率有利于节能减排，D不符合题意；答案选B。10、B【解析】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH===2NaClO2+2H2O+O2↑，1molH2O2失去2mol电子，故B说法错误；C、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。答案选B。11、C【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应，、Fe2+、都参加反应，正确的离子方程式为2+Fe2++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+2NH3·H2O+Fe(OH)2↓，A错误；B．用惰性电极电解CuCl2水溶液，阴极Cu2+放电生成铜，阳极Cl-放电生成Cl2，正确的离子方程式为Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，B错误；C．与NaOH溶液共热，酯基发生水解，酚羟基与NaOH发生反应生成酚钠，反应的离子方程式为+2OH-+C2H5OH+H2O，C正确；D．CuSO4溶液中滴加过量稀氨水生成铜氨络离子，正确的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；答案选C。12、C【详解】A．苯的同系物属于芳香烃，芳香烃属于芳香族化合物，故A正确；

B．胶体属于分散系，而分散系都是由两种以上的物质组成，则属于混合物，故B正确；

C．电解质包括离子化合物和部分共价化合物，电解质，离子化合物都属于化合物，故C错误；

D．氧化物只有两种元素组成，则碱性氧化物与金属氧化物都属于氧化物，碱性氧化物都是由金属元素和氧元素组成，但金属氧化物不一定是碱性氧化物，如过氧化钠等，则金属氧化物包含碱性氧化物，故D正确；

故选C。13、D【分析】A.根据溶液中的溶质进行分析；B.弱酸的阴离子或弱碱的阳离子在水溶液中会发生水解反应；

C.c点溶液的pH＞7，说明溶液呈碱性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒判断；D.溶液导电能力与离子浓度成正比，如果HR是强电解质，加入氨水至溶液呈中性时，溶液中离子浓度会减小，导致溶液导电能力降低。【详解】A.b～c段溶液的溶质为NH3·H2O、NH4R，溶液由中性变为弱碱性，OH-的浓度增大，故A错误；B.弱酸的阴离子或弱碱的阳离子在水溶液中会发生水解反应，HR是弱酸，且一水合氨是弱碱，所以NH4R是弱酸弱碱盐，b点溶液呈中性，此时酸和碱恰好完全反应，所以该点溶液中铵根离子和酸根离子水解程度相同，故B错误；

C.c点溶质为NH3·H2O、NH4R，此时溶液呈碱性，说明NH3·H2O的电离程度大，因此溶液中c（OH-）＞c（H+），再结合电荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C错误；D.加入10mL等浓度的氨水，两者恰好完全反应，HR+NH3·H2O=NH4R+H2O，假设HR为强酸，NH4R是强电解质，反应前后导电能力基本相同，但a～b导电能力增强，因此假设错误，HR为弱酸，故D正确。故选D。14、D【详解】A.NH4HCO3溶液与过量KOH浓溶液共热反应生成碳酸钾、氨气和水，离子方程式为：NH4++2OH－+HCO3-NH3↑+2H2O+CO32-，故A错误；B.氧化铁和稀硫酸反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3＋6H+＝2Fe3+＋3H2O，故B错误；C.向Ba（OH）2溶液中滴加NaHSO4溶液至恰好为中性，则反应生成硫酸钡、硫酸钠和水，离子方程式为：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故C错误；D.石灰石与硝酸发生复分解反应，生成硝酸钙、二氧化碳和水，离子方程式为：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋CO2↑＋H2O，故D正确，故选D。15、B【详解】2gCa2+离子物质的量为=0.05mol，溶液体积==L，则原溶液中c(Ca2+)==mol/L，而原溶液中c(Cl−)=2c(Ca2+)=1.25ρmol/L，溶液是均一的取出溶液中Cl−的浓度与原溶液中的相等，故取出一半的溶液中Cl−的浓度是1.25ρmol/L，答案选B。16、B【分析】A、反应中均有元素的化合价变化，③④⑤中没有离子参加反应；B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂；C、由H2O2～O2～2e－计算；D、反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高．【详解】A、反应中均有元素的化合价变化，均为氧化还原反应，而③④⑤中没有离子参加反应，则不属于离子反应，故A错误；B、⑤为铝热反应，Al失去电子，为还原剂，Mn为还原产物，则还原性Al＞Mn，故B正确；C、由H2O2～O2～2e－计算，反应③中每生成1molO2转移的电子数2mol，故C错误；D、反应①为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素的化合价降低，Cl元素的化合价升高，4molHCl中只有2mol为还原剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误。故选B。17、C【解析】A、沉淀为氢氧化铝和氢氧化镁，沉淀质量等于铝镁合金质量与氢氧根质量之和，所以沉淀中氢氧根的质量为（n－m）克，A正确；B、恰好溶解后溶液中的NO3－离子的物质的量等于沉淀质量最大时溶液中NO3－离子的物质的量，当沉淀量最大时，溶液中的溶质只有硝酸钠（NaNO3），硝酸根离子与钠离子的物质的量相等，n（NO3－）=n（Na+）=n（NaOH）=mol，B正确；C、根据以上分析可知沉淀中，氢氧根的物质的量等于Mg2+、Al3+所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子的物质的量，即为反应过程中转移的电子，n（e－）=n（OH－）=mol，根据电子守恒原理，生成NO时，HNO3中+5价的N原子得3个电子，因此生成NO的物质的量应该是转移电子的三分之一，即mol×=mol，其体积在标准状况下为L，C错误；D、参加反应的硝酸有两种作用，起酸和氧化剂作用，作为酸的硝酸（生成硝酸盐）的物质的量等于硝酸钠的物质的量为mol，作氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量为mol，所以与合金反应的硝酸的物质的量为（+）mol，D正确；答案选C。18、D【解析】A、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，无因果关系，故A不选；B、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，Ⅰ、Ⅱ正确但无因果关系，故B不选；C．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，浓硫酸使蔗糖和纸张碳化变黑是其脱水性所致，与浓硫酸的吸水性无关，二者没有因果关系，故C不选；D．铁离子具有氧化性，能和Cu发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，从而用氯化铁溶液腐蚀铜，二者有因果关系，故D选；故选D。19、D【详解】A．粗盐中通常含有、Mg2+、Ca2+等，需使用BaCl2、Na2CO3、NaOH除杂，但除杂试剂也是过量的，所以BaCl2一定要放在Na2CO3的前面加入，A不正确；B．氯碱工业中，通过电解饱和食盐水得到氯气、氢气和NaOH，B不正确；C．加石灰乳沉淀镁离子生成氢氧化镁，所以工业上过程③加入的试剂为石灰乳，C不正确；D．第⑥步，利用碳酸钠溶液吸收溴，生成含Br-、的溶液，离子方程式为3Br2+3＝5Br-++3CO2↑，D正确；故选D。20、D【详解】A.H2O分子间存在氢键，影响水的沸点，稳定性是化学性质，沸点是物理性质，所以稳定性与氢键无关，故A错误；B.CO2和CH4都是由分子构成，它们中都存在共价键，He中不存在共价键，故B错误；C.PCl5中Cl的最外层电子数为7，成键电子数为1，都达到8电子稳定结构，PCl5分子中P原子最外层电子数为5，成键电子数为5，达到10电子结构，故C错误；D.NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，受热分解的过程中，既有离子键被破坏又有共价键被破坏，故D正确；答案选D。【点睛】氢键不是化学键，是分子间作用力，主要影响分子晶体的沸点。21、A【详解】A、38g3H2O2中物质的量为：=1mol，一个分子中含有2个H-O键和1个O-O键。共含有3NA共价键，故A正确；B、F2氧化性很强，通入饱和食盐水中，优先与水反应，置换水中的氧，故B错误；C、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能反应完全，则5.6g铁即0.1mol铁反应后转移的电子数小于0.3NA个，故C错误；D、1L0.5mol•L-1pH=7的CH3

COONH4溶液中，存在物料守恒，c(NH3)+c(NH3•H2O)=0.5mol/L，则c(NH4+)＜0.5mol/L，NH4+数目小于0.5NA，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意F2通入水溶液中，优先与水反应，类似的还有，将钠投入盐溶液中，也是先与水反应。22、A【分析】根据图知，BH4-和H2O生成B(OH)4-和H2，离子方程式为BH4-+4H2O═B(OH)4-+4H2↑，据此分析解答。【详解】A、水中氢元素的化合价降低，是氧化剂，BH4-中氢元素的化合升高，是还原剂，故A错误；B、若用D2O代替H2O，D2O中的D一部分进入氢气，一部分进入B(OH)4-，生成的氢气原子重新组合，所以生成的氢气有H2、HD、D2，故B正确；C、使用催化剂可以改变化学反应速率，所以通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C正确；D、反应的离子方程式为：BH4-+4H2O=B(OH)4-+4H2↑，故D正确；故选A。二、非选择题(共84分)23、酯基和羟基氧化n-1CH3COCH2COCH38【解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。(1)根据上述分析，PMMA

单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；(2)反应⑤中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，②为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为，故答案为氧化；；(3)反应④为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为n-1；(4)PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；②不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱和键；③分子内没有环状结构；④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有—CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4种结构；②—CH2CHO、—CH2OH有2种结构；③—CHO、—CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为CH3COCH2COCH3；8。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。24、C7H8羟基、羧基还原反应n+(n-1)H2O10【详解】（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92，根据CnH2n-6，得出n=7，因此X的化学式为C7H8；（2）根据结构简式，含有官能团是酚羟基和羧基；（3）反应①发生硝化反应，根据③的产物，应在甲基的邻位引入－NO2，即F的结构简式为，因为氨基容易被氧化，因此反应②先发生氧化，把甲基氧化成羧基，G的结构简式为，反应③G在Fe/HCl作用下，硝基转化成氨基，此反应是还原反应；根据流程，氯原子取代甲基上的氢原子，即A的结构简式为，根据B生成C反应的条件，以及C生成D的条件，B中应含有羟基，推出A发生卤代烃的水解，B的结构简式为，C为苯甲醛，从而推出E为苯甲酸，其结构简式为；（4）Y是高分子化合物，反应④发生缩聚反应，其化学反应方程式为：n+（n-1）H2O；（5）不能发生水解，说明不含酯基，不能发生银镜反应，说明不含醛基，1mol该有机物能与2molNaHCO3发生反应，说明含有2个羧基，符合条件的结构简式有：、（另一个羧基在苯环上有3种位置）、（甲基在苯环上有2种位置）、（甲基在苯环上有3种位置）、（甲基在苯环只有一种位置），共有10种；（6）根据产物，需要先把苯环转化成环己烷，然后发生卤代烃的消去反应，再与溴单质或氯气发生加成反应，最后发生水解，其路线图为。25、)向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变AC⑥⑤④②否2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋Cu2OKSCN溶液，若溶液变红色0.55【详解】(1)仪器组装完成后，夹好止水夹，向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变，则说明装置A的气密性良好；综上所述，本题答案是：向装置A中的长颈漏斗内加水至形成一段水柱，若一段时间内水柱高度保持不变。(2)装置A为固液不加热型，稀硫酸和锌片反应能生成氢气，稀硝酸和铁片反应生成一氧化氮，浓硫酸和镁片反应生成二氧化硫，氢氧化钠溶液和铝片反应生成氢气，AC项正确；综上所述，本题答案是：AC。(3)在实验前应先将装置内空气排尽并验纯，实验结束后应先熄灭酒精灯，保持气体继续通入一段时间后关闭止水夹，所以正确的操作顺序是①⑥⑤④②③；综上所述，本题答案是：⑥⑤④②。(4)样品中含有的氧化铁溶于稀硫酸生成铁离子，Cu2O在酸性条件下发生歧化反应生成亚铜离子和金属铜，铜与铁离子发生反应：2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，所以看不到无红色物质生成，但不能说明样品中不含Cu2O；另取少量样品于试管中，加入适量的浓硝酸，产生红棕色的气体，即反应生成了二氧化氮，说明样品中含有还原性物质，即含有Cu2O；如果反应后的溶液中含有铁离子，可以用硫氰化钾溶液进行检验，如果出现红色溶液，证明含有铁离子；综上所述，本题答案是：否，2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋；Cu2O；KSCN溶液，若溶液变红色。(5)溶液中依次发生反应的离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O＋2H＋===Cu＋Cu2＋＋H2O、2Fe3＋＋Cu===2Fe2＋＋Cu2＋，反应后，过滤得到m(Cu)=3.2g，滤液中Fe2+有1.0mol，则参与反应的n(Cu)=0.5mol，所以反应中生成Cu的物质的量为3.2/64+0.5=0.55mol，所以样品中n(Cu2O)＝0.55mol；综上所述，本题答案是：0.55。26、氯气氯化氢H2+Cl22HClEBD11.9BD【分析】(1)中心管道内通入氯气，从侧管中通入氢气可以将氯气包围，使氯气充分反应；(2)工业上用氢气在氯气中燃烧的方法制备氯化氢；(3)实验室常用NaCl和浓硫酸加热制取氯化氢，属于固液加热制取气体；(4)根据氯化氢易溶于水进行分析；(5)根据c=计算浓盐酸中HCl的物质的量浓度；【详解】(1)中心管道内通入氯气，从侧管中通入氢气可以将氯气包围，使氯气充分反应，所以A通入氢气、B通入氯气，C处是反应生成的氯化氢气体；(2)工业上用氢气在氯气中燃烧的方法制备氯化氢，反应的方程式为：H2+Cl22HCl；(3)实验室常用NaCl和浓硫酸加热制取氯化氢，属于固体和液体起反应需要加热制备气体，故选E装置；(4)氯化氢易溶于水，既要保证吸收完全，又能防止产生倒吸，故选BD；(5)该浓盐酸中HC1的物质的量浓度为c=11.9mol/L；A.根据n=cV，溶液中HC1的物质的量随所取体积的多少而变化，故不选A；B.溶液的浓度是均匀的，不随所取体积的多少而变化，故选B；C.根据N=cVNA，溶液中Cl-的数目随所取体积的多少而变化，故不选C；D.溶液的密度是均匀的，不随体积的多少而变化，故选D；27、2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O3，2，10，2，6，84FeO42-+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O>溶液酸碱性不同【解析】装置A中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2；由于Cl2中混有HCl（g）和H2O（g），HCl（g）会消耗Fe（OH）3和KOH，装置B中应盛放饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl（g）；C装置中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，在此装置中Cl2还可以直接与KOH反应生成KCl、KClO和H2O；D装置中NaOH溶液用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【详解】（1）①根据题意，KMnO4与浓盐酸反应生成KCl、MnCl2、Cl2和H2O，反应中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，Cl元素的化合价由-1价升至0价，根据电子守恒和原子守恒配平，A中反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；②C中Cl2与KOH、Fe（OH）3反应制备K2FeO4，反应中Cl2做氧化剂被还原为KCl，Fe(OH)3做还原剂被氧化K2FeO4，根据电子守恒和原子守恒配平，反应的化学方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，故答案为：3，2，10，2，6，8；（2）①根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有K2FeO4、KCl，还可能含有KClO等。i.溶液a中滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明溶液a中含有Fe3+，Fe3+的产生不能判断FeO42-与Cl-一定发生了反应，根据资料“K2FeO4在酸性或中性溶液中快速产生O2”，自身被还原成Fe3+，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，可能的反应为4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O，故答案为：4FeO42-+20H+=3O2↑+4Fe3++10H2O；②制备K2FeO4的原理为3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，在该反应中Cl元素的化合价由0价降至-1价，Cl2是氧化剂，Fe元素的化合价由+3价升至+6价，Fe（OH）3是还原剂，K2FeO4为氧化产物，根据同一反应中氧化性：氧化剂>氧化产物，得出氧化性Cl2>FeO42-；根据方案II，方案II的反应