江苏省徐州一中、如皋中学、宿迁中学2026届高三化学第一学期期中调研试题含解析

江苏省徐州一中、如皋中学、宿迁中学2026届高三化学第一学期期中调研试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、生物浸出是用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，其浸出ZnS矿机理如图所示。下列说法正确的是A．浸出过程中需要不断补充铁盐B．温度越高，ZnS浸出速率越快C．反应Ⅱ的离子方程式为：2Fe3++ZnS=Zn2++2Fe2++SD．理论上反应I中每消耗1.12LO2可浸出6.5gZn2+2、分子式为C4H2Cl8的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．10种 B．9种 C．8种 D．7种3、反应4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)在10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则此反应的平均速率v(X)可表示为（）A．v(NH3)=0.01mol·L-1·s-1 B．v(O2)=0.001mol·L-1·s-1C．v(NO)=0.001mol·L-1·s-1 D．v(H2O)=0.045mol·L-1·s-14、如图表示反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+92.2kJ。在某段时间t0～t6中反应速率与反应过程的曲线图，则氨的百分含量最高的一段时间是（）A．t0～t1 B．t2～t3 C．t3～t4 D．t5～t65、下列关于化学键的说法正确的是()A．C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键，又有共价键B．不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键C．含极性键的共价化合物一定是电解质D．HF的分子间作用力大于HCl，故HF比HCl更稳定6、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．将少量SO2气体通入过量氨水中：SO2＋NH3·H2O＝NH4＋＋HSO3－B．铝溶于NaOH溶液中：2Al＋2OH－＋2H2O＝2AlO2－＋3H2↑C．用醋酸除去水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H＋＝Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．用KIO3氧化酸性溶液中的KI：5I－＋IO3－＋3H2O＝3I2＋6OH－7、取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应。冷却，称得剩余固体比原混合物质量减轻1.200g。若将同量的该混合物与盐酸反应完全，至少需1mol/L盐酸的体积为A．37.5mL B．75mL C．150mL D．300mL8、如图所示为800℃时A、B、C三种气体在密闭容器中反应时浓度的变化，只从图上分析不能得出的结论是()A．发生的反应可表示为2A(g)2B(g)+C(g)B．前2minA的分解速率为0.1mol·L－1·min－1C．达平衡后，若升高温度，平衡向正反应方向移动D．达平衡后，若增大压强，平衡向逆反应方向移动9、下列说法不正确的是(

)A．硫酸钡俗称钡餐，用作胃肠造影剂B．铁能与氯化铜溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作C．二氧化硅常用于制造光导纤维D．溴化银是一种重要的感光材料，是胶卷必不可少的部分10、下列说法不正确的是A．已知NH5为离子化合物，则固体NH5中阴阳离子个数比为1:1B．地下钢铁管道用导线连接锌块可以减缓管道的腐蚀，该法称牺牲阳极保护法C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池仍有电流产生D．要证明亚硫酸钠部分变质可选用试剂稀盐酸和氯化钡11、下列除去杂质的方法，正确的是A．除去Na2CO3;溶液中的少量NaHCO3：加热煮沸B．除去MgCl2溶液中的少量FeCl3：加入过量Fe2O3粉末，过滤C．除去HC1气体中的少量Cl2：通入CCl4液体，洗气D．除去CO2气体中的少量SO2：通入饱和食盐水，洗气12、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13、已知在水溶液中的氧化性，向碘化亚铁溶液中通入，反应完全后，测得溶液中、的物质的量的比为，则溶液中与的物质的量之比为()A． B． C． D．14、化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法不正确的是A．二氧化氯和三氯化铁都常用于自来水的处理，但二者的作用原理不同B．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物15、下列说法正确的是A．正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键C．乙醇与金属钠能反应，且在相同条件下比水与金属钠的反应更剧烈D．乙醛能被还原成乙醇，但不能被氧化成乙酸16、下列叙述正确的个数是①CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物②熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电③芒硝的风化、浓硝酸久置变黄均为化学变化④漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物⑤C60、碳纳米管、石墨烯互为同素异形体⑥盐酸、亚硫酸、氯气分别为强电解质、弱电解质和非电解质A．2个B．3个C．4个D．5个17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．将1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAB．100gCaCO3晶体和100gKHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NAC．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，原子总数为0.6NAD．已知3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA18、从氯酸钾与二氧化锰制O2后的残余物中提取氯化钾并检验氯化钾中存在钾元素，下列相关实验操作图不正确的是A．溶解B．过滤C．蒸发D．焰色反应19、2SO2(g)十O2(g)⇌2SO3(g)

△H=-198kJ·mol-1，在V2O5存在时，该反应机理为：Ⅰ：V2O5+SO2→2VO2+SO3(快)

Ⅱ:4VO2+O2→2V2O5(慢)，下列说法正确的是A．反应速率主要取决于Ⅰ步反应B．该反应逆反应的活化能大于198kJ/molC．2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量D．VO2在反应中起催化剂的作用降低了反应活化能加快反应速率20、实现中国梦，离不开化学与科技的发展。下列说法不正确的是A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂需要冷冻保存B．大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料C．纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小D．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅21、某温度下，反应2A(g)B(g)ΔH>0，在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)＝a，若改变某一条件，足够长时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(B＝b，下列叙述正确的是()A．在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则a<bB．若a＝b，则容器中可能使用了催化剂C．若其他条件不变，升高温度，则a<bD．若保持温度、压强不变，充入惰性气体，则a>b22、我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（）A．放电时，ClO4－向负极移动B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2C．放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋CD．充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na二、非选择题(共84分)23、（14分）衣康酸M是制备高效除臭剂、粘合剂等多种精细化学品的重要原料，可经下列反应路线得到（部分反应条件已略）。完成下列填空：（1）A的名称是_____，M中官能团的名称是___________。（2）写出A→B的反应类型是_________。（3）写出化学方程式B→C________。（4）M性质活泼，能与丙烯酸（CH2=CHCOOH）发生聚合作用形成高聚物，请写出相应的化学方程式_______（假设两者物质的量之比为1:1）。（5）写出结构简式E__________。（6）M的同分异构体Q是饱和二元羧酸，则Q的结构简式为_________（只写一种）。（7）反应a与反应b的先后次序不能颠倒，解释原因_______。24、（12分）有机化合物G可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。请回答：（1）C+E→F的反应类型是____。（2）F中含有的官能团名称为____。（3）在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂为_____。（4）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式_____。（5）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共____种。①能与氯化铁溶液发生显色；②能发生银镜反应；③能发生水解反应其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为___。（6）E的同分异构体很多，所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___（填标号）。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪（7）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）。____25、（12分）请完成下列物质的分离提纯问题。Ⅰ.现有含NaCl、Na2SO4和NaNO3的混合物，选择适当的试剂除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液。相应的实验过程可用下图表示：请回答下列问题：（1）写出实验流程中下列物质的化学式：试剂X_______。（2）证明AgNO3溶液加过量的实验方法是_______________________________。（3）按此实验方案得到的溶液3中肯定含有__________（填化学式）杂质；为了解决这个问题，可以向溶液3中加入适量的___________（填化学式），之后若要获得固体NaNO3需进行的实验操作是___________（填操作名称）。Ⅱ.某同学欲用CCl4萃取较高浓度的碘水中的碘，操作过程可以分解为如下几步：A．把盛有溶液的分液漏斗放在铁架台的铁圈中；B．把50mL碘水和15mLCCl4加入分液漏斗中，并盖好玻璃塞；C．检验分液漏斗活塞和上口的玻璃塞是否漏液；D．倒转漏斗用力振荡，并不时旋开活塞放气，最后关闭活塞，把分液漏斗放正E．旋开活塞，用烧杯接收溶液；F．从分液漏斗上口倒出上层液体；G．将漏斗上口的玻璃塞打开或使塞上的凹槽与漏斗上口的小孔对准；H．静置、分层。（1）萃取过程正确操作步骤的顺序是：（填编号字母）_________________。（2）从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，观察下图所示实验装置指出其错误有_________处。（3）进行上述蒸馏操作时，最后晶态碘在____________（填仪器名称）里聚集。26、（10分）50mL0.50mol/L盐酸与50mL0.55mol/LNaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_________________________________。（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值________(填“偏大”“偏小”“无影响”)。（3）实验中改用60mL0.50mol·L－1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量________(填“相等”、“不相等”)，所求中和热__________(填“相等”、“不相等”)，简述理由_________________。（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会________(填“偏大”、“偏小”“无影响”)。27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：①装置D的名称为______。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。28、（14分）东晋《华阳国志•南中志》卷四中已有关于白铜的记载，云南镍白铜（铜镍合金）闻名中外，曾主要用于造币，亦可用于制作仿银饰品。回答下列问题：(1)镍元素基态原子的电子排布式为_____。(2)硫酸镍溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4蓝色溶液。①[Ni(NH3)6]SO4中H、N、O元素的电负性由大到小的顺序为_____；SO42－的立体构型是_________；与SO42－互为等电子体的微粒为_____（填化学式，任写一种）。②氨的沸点高于膦（PH3），原因是______；氨是_____分子（填“极性”或“非极性”），中心原子的轨道杂化类型为。(3)元素铜与镍的第二电离能分别为：ICu=1959kJ/mol，INi=1753kJ/mol，第二电离ICu>INi的原因是____________。(4)铜的某种氯化物不仅易溶于水，而且易溶于乙醇和丙酮，其链状结构如图所示，则该氯化物的化学式为____________________，属于_____晶体。(5)Cu2+与乙二胺可形成上右图所示配离子，其中所含化学键类型有____（填标号）。a．配位键b．极性键c．离子键d．非极性键e．金属键(6)某镍白铜合金的立方晶胞结构如图所示。晶胞中铜原子与镍原子的数量比为_____。29、（10分）CH4-CO2催化重整可以得到合成气(CO和H2)，有利于减少温室效应。催化重整时还存在以下反应：积碳反应：CH4(g)＝C(s)+2H2(g)△H＝+75kJ·mol-1消碳反应：CO2(g)+C(s)＝2CO(g)△H＝+172kJ·mol-1回答下列问题：(1)写出CH4-CO2催化重整反应的热化学方程式_____________。(2)在刚性容器中，当投料比＝1.0时，CO2的平衡转化率(α)与温度(T)、初始压强(p)的关系如图所示。①由图可知：压强p1__________2MPa(填“大于”、“小于”或“等于”)。②当温度为T3、压强为2MPa时，A点的v正______v逆(填“大于”、“小于”或“等于”)。③起始时向容器中加入1molCH4和1molCO2，根据图中点B(T4，0.5)，计算该温度时反应的平衡常数Kp＝_______(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(3)在一定温度下，测得某催化剂上沉积碳的生成速率方程为v＝k·p(CH4)·[p(CO2)]-0.5(k为速率常数)。①在p(CH4)一定时，不同p(CO2)下积碳量随时间的变化趋势如图所示，则pa(CO2)，pb(CO2)，pc(CO2)从大到小的顺序为_________。②_________(填“增大”或“减小”)投料比有助于减少积碳。

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【详解】A．总反应为O2+4H++2ZnS＝2S+2Zn2++2H2O，不需要补充铁盐，故A错误；B．温度过高，氧化亚铁硫杆菌变性，降低浸出速率，故B错误；C．由图中转化可知反应Ⅱ的方程式为2Fe3++ZnS═Zn2++2Fe2++S，故C正确；D．该选项未提到标准状况下，不能用22.4L/mol计算物质的量，故D错误；答案选C。2、B【详解】分子式为C4H2Cl8的有机物可以看作C4H10中的两个Cl原子被两个H原子取代，C4H10结构中，属于直链正丁烷的结构中，两个氢原子有6个位置；属于支链异丁烷结构中，两个氢原子有3个位置，因此该分子的同分异构体共有9种，因此B正确。3、C【分析】考查反应速率的定量表示方法【详解】A、在体积5L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v(H2O)=0.45mol/(10L×30s)=0.0015mol•L-1•s-1。速率之比等于化学计量数之比，所以v(NH3)=2/3×0.0015mol•L-1•s-1=0.001mol•L-1•s-1，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=5/6×0.0015mol•L-1•s-1=0.00125mol•L-1•s-1，故B错误；C、速率之比等于化学计量数之比，所以v(NO)=2/3×0.0015mol•L-1•s-1=0.001mol•L-1•s-1，故C正确；D、在体积5L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v(H2O)=0.45mol/(10L×30s)=0.0015mol•L-1•s-1，故D错误；故选C。【点睛】本题考查化学反应速率的计算，注意公式的运用，化学反应速率的计算通常有定义法、化学计量数法，根据题目选择合适的计算方法，再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率，据此进行判断。4、A【详解】可逆反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)+92.2kJ，该反应为气体体积减小的放热反应，t0～t1，正、逆反应速率相等，为平衡状态；t1～t2，正、逆反应速率都增大，且逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，导致氨气的含量降低，氨气含量较t0～t1低；t2～t3，正、逆反应速率相等，处于平衡状态，氨气的含量不变，氨气含量较t1～t2低；t3～t4，正、逆反应速率都同等程度的增大，平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量与t2～t3相同，氨气含量较t1～t2低；t4～t5，正、逆反应速率都降低，但逆反应速率大于正反应速率，平衡向逆反应方向移动，氨气的含量降低，氨气含量较t2～t3低；t5～t6，正、逆反应速率相等，平衡不移动，氨气的含量不变，氨气含量较t2～t3低；所以平衡混合物中氨的百分含量最高的一段时间是t0～t1，故选A。【点睛】根据图象中反应速率的变化判断平衡移动的方向是解题的关键。解答本题要注意，逆反应速率大于正反应速率，表示平衡逆向移动，逆反应速率小于正反应速率，表示平衡正向移动。5、B【详解】A项、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定既有离子键，又有共价键，例如尿素分子中只有共价键，故A错误；B项、不同元素的原子构成的分子不一定只含极性共价键，例如双氧水中还含有非极性键，故B错误；C项、含极性键的共价化合物不一定是电解质，例如乙醇是非电解质，故C错误；D项、分子间作用力不能影响分子的稳定性，分子的稳定性与共价键有关系，故D错误；故选B。6、B【解析】A．将少量SO2气体通入氨水中生成亚硫酸铵，不生成亚硫酸氢铵，A错误；B．铝溶于NaOH溶液中生成偏铝酸盐和氢气，离子方程式电荷守恒，原子守恒，产物正确，B正确；C．醋酸是弱酸，用化学式表示，不能拆成离子形式，C错误；D．酸性溶液中不能生成OH-，D错误；综上所述，本题选B。7、C【解析】取一定量FeO和Fe2O3的混合物，在H2流中加热充分反应。冷却，称得剩余固体比原混合物质量减轻1.200g，由于在反应中氧元素与氢元素结合生成水，因此减少的质量即是混合物中氧元素的质量。而混合物再与盐酸反应时氧元素仍然是结合氢原子生成水，所以根据氧元素的质量可知氯化氢的物质的量是2×1.2g/16g·mol－1＝0.15mol，所以盐酸的体积是0.15mol÷1mol/L＝0.15L＝150mL，答案选C。8、C【详解】A.由反应的浓度的变化之比等于化学计量数之比可得:,则反应的化学方程式为2A(g)2B(g)+C(g)，A正确；B.由图可以知道前2minA的，所以mol·L－1·min－1，B正确；C.由图分析无法得出该反应是吸热还是放热，故C无法由分析得出；D.由图可知反应为气体体积增大的反应，故增大压强，平衡逆向移动，D正确；故答案选C。9、B【解析】A．硫酸钡不溶于酸，且不容易被X射线透过，在医疗上可用作检查肠胃的内服药剂，选项A正确；B．印刷电路板的制作的原理是，选项B错误；C．二氧化硅常用于制造光导纤维，选项C正确；D．溴化银不稳定，见光易分解，为重要的感光材料，可用于胶卷，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查较为综合，涉及物质的性质与应用，为高考常见题型，侧重考查化学与生活、生产等知识，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大。10、C【详解】A．已知NH5为离子化合物，可以写成NH4H，则固体NH5中阴阳离子个数比为1:1，故A正确；B．地下钢铁管道用导线连接锌块，锌、铁、土壤中的电解质组成原电池，锌作负极，先腐蚀，从而减缓管道的腐蚀，该法称牺牲阳极阴极保护法，故B正确；C．原电池中发生的反应达平衡时，该电池没有电流产生，故C错误；D．取少量配成溶液，滴加BaCl2，有白色沉淀生成，继续滴加HCl，如果白色沉淀部分溶解,则试剂部分变质，故D正确；故选C。11、C【详解】A、NaHCO3在溶液中加热不易分解，分解的是固体，选项A错误；B．向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可转化为Fe(OH)3沉淀而除去，选项B错误；C、将气体通入四氯化碳或者二硫化碳中,因为氯气可以溶于其中,而氯化氢不能溶入而分离出来，选项C正确；D、CO2和SO2都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠除杂，选项D错误；答案选C。12、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。13、C【详解】通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后氧化单质碘；设碘化亚铁的物质的量是1mol，则溶液中碘离子的物质的量是2mol，亚铁离子是1mol，反应后生成的物质的量是1mol，生成的物质的量是1mol，生成氯离子3mol；然后发生氯气氧化单质碘的反应，当溶液中、的物质的量的比为，剩余碘单质的物质的量是0.5mol，则消耗碘单质0.5mol，依据化学方程式为，生成的物质的量是1mol，生成的物质的量是5mol；则总共生成8mol，溶液中与的物质的量之比为1mol：8mol=1：8，故选：C。14、D【解析】A、ClO2在自来水处理中作氧化剂，利用其氧化性，杀灭水中细菌或病毒，FeCl3在自来水中的处理中作净水剂，利用FeCl3中Fe3＋水解成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮固体小颗粒，达到净水的目的，两种物质的作用原理不同，故A说法正确；B、14C可用于文物年代的鉴定，14C和12C都属于原子，质子数为6，中子数分别为8、6，因此两者互为同位素，故B说法正确；C、Fe2＋具有还原性，能被氧气所有氧化，且对人体无害，防止食品氧化变质，故C说法正确；D、光导纤维成分是SiO2，属于无机物，故D说法错误。15、A【解析】A.正丁烷和异丁烷中均有2中不同化学环境的氢原子，因此均有两种一氯取代物，故A正确；B.苯分子中不存在碳碳双键，故B错误；C.乙醇中羟基中的氢原子没有水分子中的氢原子活泼，在相同条件下没有水与金属钠的反应剧烈，故C错误；D.乙醛能与氢气发生还原反应生成乙醇，也能被氧化剂氧化成乙酸，故D错误；故选A。16、B【解析】①.酸性氧化物指的是和碱反应生成盐和水的氧化物，而NO2除了和碱反应生成盐和水，还生成NO，所以NO2不是酸性氧化物，故①错误；②.CH3COOH是共价化合物，在熔融状态下不能导电，故②错误；③.芒硝的风化是芒硝晶体在空气中失去结晶水生成硫酸钠，有新物质生成，属于化学变化，浓硝酸久置变黄是因为部分硝酸发生分解生成的NO2又溶解在硝酸中的缘故，也是化学变化，故③正确；④.漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，是混合物、铝热剂是单质铝和金属氧化物组成的混合物，故漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物，故④正确；⑤.C60、碳纳米管、石墨烯都是由碳元素形成的结构和性质不同的单质，互为同素异形体，故⑤正确；⑥.氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故⑥错误；故正确的是：③④⑤，答案选B。17、C【详解】A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，离子数均为2NA，故B错误；C．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；D．在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。18、D【解析】试题分析：MnO2不溶于水，KCl溶于水，用溶解、过滤方法进行分离，得到KCl晶体，采用蒸发方法得到，检验钾元素，采用焰色反应，通过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，故选项D符合题意。考点：考查物质分离和提纯、焰色反应等知识。19、B【详解】A、化学反应速率的快慢取决于反应速率慢的，根据题意，反应速率主要取决于II步反应，故A错误；B、活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所需要的能量，SO2与O2反应是放热反应，因此逆反应的活化能大于198kJ·mol－1，故B正确；C、SO2与O2的反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此2molSO2与1molO2反应放出的热量小于198kJ，故C错误；D、根据反应的机理，V2O5为催化剂，故D错误。20、D【详解】A．2019年新冠肺炎“疫苗”等生物制剂在温度较高时容易失活，需要冷冻保存，故A正确；B.金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故B正确；C.纳米复合材料表面积大，纳米复合材料实现了水中微污染物铅（Ⅱ）的高灵敏、高选择性检测，但吸附的量小，故C正确；D.光缆的主要成分是二氧化硅，故D错误；故选D。21、B【详解】A.在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则a＞b，A项错误；B.在恒压条件下加入等配比数的A和B，反应仍能达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入惰性气体，平衡不移动，或是使用催化剂，平衡不移动，a、b都相等，则B项正确；C.若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则a＞b，C项错误；D.保持温度、压强不变，充入惰性气体，导致容器体积增大，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则a＜b，D项错误；答案选B。22、D【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。【详解】A.放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；B.电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C.放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；D.充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。二、非选择题(共84分)23、2-甲基丙烯碳碳双键、羧基加成反应+NaOH+NaCl+H2O+CH2=CHCOOH或防止碳碳双键被氧化【分析】A与氯气发生加成反应生成B，说明A中含有碳碳双键，结合D的结构简式可知A的结构简式为：，A与氯气发生加成反应生成B，B的结构简式为：，C与NaCN发生取代反应生成D，故C的结构简式为：，对比F的结构简式可知，D与Cl2发生反应生成E，E的结构简式为：，E在氢氧化钠溶液中加热生成F，反应a的目的是氧化羟基以生成羧基，反应b时利用羟基发生消去反应生成碳碳双键，二者不能颠倒，否则碳碳双键会被氧化，以此解答本题。【详解】（1）由上述分析可知，A为，其名称为：2-甲基丙烯；M中含有的官能团为：碳碳双键、羧基；（2）由上述分析可知，A→B的反应类型是加成反应；（3）B发生卤代烃的消去反应生成C，其反应方程式为：+NaOH+NaCl+H2O；（4）与CH2=CHCOOH按1:1发生加聚反应，其反应方程式为：+CH2=CHCOOH；（5）由上述分析可知，E的结构简式为：；（6）Q中除羧基外，不含有其它不饱和键，说明烃基成环，因此其结构有：、；（7）F先发生氧化反应，羟基转化为羧基，然后羟基再发生消去反应制得M，若先发生消去反应生成碳碳双键，则后续氧化羟基时，碳碳双键也会被氧化，因此不能颠倒。24、取代反应酯基新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液+2NaOH+H2O13c【分析】根据框图可知A为CH3CHO;由可知E为【详解】（1）由C为，E为,F为，所以C+E→F的反应类型是取代反应，答案为：取代反应。（2）由F为，所以F中含有的官能团名称为酯基，答案为：酯基。（3）由A为CH3CHO，B为CH3COOH,所以在A→B的反应中，检验CH3CHO是否反应完全，就要检验醛基，因为醛基遇到新制的Cu(OH)2悬浊液溶液会出现红色沉淀，遇到新制的银氨溶液会产生银镜反应，所以检验CH3CHO是否反应完全的试剂为新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。答案：新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。（4）由G为含有酯基，和过量NaOH溶液共热能发生反应，生成盐和水，其反应的化学方程式+2NaOH+H2O，答案：+2NaOH+H2O。（5）由E为，化合物E的同分异构体很多，符合①能与氯化铁溶液发生显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应。说明含有醛基；③能发生水解反应，说明含有酯基，符合条件的同分异构体为含有两个取代基的（临间对三种），含有三个取代基共10种，所以符合条件的共13种；其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为；答案：13；。（6）由E为，E的同分异构体很多，但元素种类不会改变，所有同分异构体中都是有C、H、O三种元素组成，所以可以用元素分析仪检测时，在表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同c符合题意；答案：c。（7）根据框图反应原理和相关信息可知和反应合成，又是由和PCl3条件下反应生成，所以以苯酚、甲苯为原料制取化合物的合成路线流程图为：；答案：。【点睛】本题采用逆推法判断A的结构简式，即根据A→B的条件和B为乙酸判断A为乙醛；根据D的结构简式及D到E的反应条件顺推E的结构简式，再根据各步反应条件进行分析解答。25、BaCl2或Ba(NO3)2取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量Na2CO3HNO3蒸发CBDAHGEF4蒸馏烧瓶【详解】Ⅰ.除去溶液中的NaCl和Na2SO4，从而得到纯净的NaNO3溶液，由实验流程可知，如先加入AgNO3，则会同时生成Ag2SO4和AgCl沉淀，则应先加入过量的X为BaCl2[或Ba(NO3)2]，生成沉淀A为BaSO4沉淀，然后在溶液1中加入过量的AgNO3，使Cl-全部转化为AgCl沉淀，即沉淀B为AgCl，再向所得溶液2中加入过量的Na2CO3，使溶液中的Ag+、Ba2+完全沉淀，沉淀C为碳酸钡、碳酸银，最后所得溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。(1)由上述分析可知，X为BaCl2或Ba(NO3)2，故答案为BaCl2或Ba(NO3)2；(2)证明AgNO3加过量的实验方法是取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量，故答案为取滤液或溶液2少许于试管，加入稀盐酸，若产生白色沉淀，证明AgNO3过量；(3)溶液3为NaNO3和Na2CO3的混合物，加入稀HNO3，可除去Na2CO3，之后蒸发、过滤得到硝酸钠，故答案为Na2CO3；HNO3；蒸发；Ⅱ.(1)CCl4从碘水中萃取碘并用分液漏斗分离两种溶液，操作为查漏→装液→振荡→静置→分液，则正确的顺序为：C→B→D→A→H→G→E→F，故答案为CBDAHGEF；(2)从含碘的CCl4溶液中提取碘和回收CCl4，还需要经过蒸馏，蒸馏时温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处；冷凝水应从下口进入上口流出；尾接管与锥形瓶之间有塞子；烧杯加热应垫上石棉网；所以共4处错误；故答案为4；(3)碘的沸点为184℃，比四氯化碳沸点高，所以最后晶态碘在蒸馏烧瓶里聚集；故答案为蒸馏烧瓶。26、减小热量散失偏小不相等相等因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【解析】（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；

（2）大烧杯上如不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；

（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60mL0.50mol•L-1盐酸跟50mL0.55mol•L-1NaOH溶液进行实验，测得中和热数值相等；故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1molH2O放出的热量，与酸碱的用量无关；

（4）一水合氨为弱碱，电离过程为吸热过程，所以用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小；故答案为：偏小。点睛：本题考查了中和热的测定方法，明确中和热的测定步骤为解答关键。注意掌握中和热的概念和误差分析方法。酸碱中和反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但中和热与酸碱的用量无关。

27、（球形）干燥管agfbchi（或ih）de（或ed）bc排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【分析】I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为(球形)干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为agfbchi(或ih)de(或ed)bc；③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为将Fe3+还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为×100%；偏低。【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。28、1s22s22p63s23p63d84s2O>N>