湖南省长沙市铁路一中2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题含解析

湖南省长沙市铁路一中2026届高三上化学期中质量跟踪监视模拟试题注意事项: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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质依次按照混合物、氧化物、弱电解质和非电解质的顺序排列的一组是（）A．淀粉、CuO、HClO、CuB．水玻璃、Na2O·CaO·6SiO2、Ag2O、SO3C．KAl(SO4)2·12H2O、KClO3、NH3·H2O、CH3CH2OHD．普通玻璃、H2O、CH3COOH、葡萄糖2、“一带一路(OneBeltAndOneRoad)”构建人类命运共同体，符合国际社会的根本利益，彰显人类社会的共同理想和美好追求。下列贸易的商品中，其主要成分属于无机物的是A．中国丝绸 B．埃及长绒棉 C．捷克水晶 D．乌克兰葵花籽油3、已知：Na2O2+CO2→Na2CO3+O2（未配平），关于该反应的说法中正确的是（）A．生成0.1molO2转移0.4mol电子B．相同条件下足量Na2O2吸收10LCO2放出5LO2C．氧化剂是Na2O2，还原剂是CO2D．在Na2O2+SO2═Na2SO4的反应中，SO2的作用跟CO2相同4、下列装置能达到实验目的的是A．用如装置将氯化铁溶液直接蒸干得到氯化铁固体B．用如图装置制备Fe(OH)2C．用如图装置除去CO2中含有的少量HClD．用如图装置配制100mL0.1mol/L的稀硫酸5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．1mol甲醇分子中含有的共价键数为4NAB．2.4g镁在足量的氧气中燃烧,转移的电子数为0.1NAC．标准状况下,5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为0.5NAD．1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的CH3COO-数为0.5NA6、某含Na+溶液中可能含有NH4+、Fe3+、Br-、CO32-、I-、SO32-。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉均无现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验有A．取样，滴加硫氰化钾溶液B．取样，加氯水和CC14，振荡C．取样，加足量盐酸加热，湿润的品红试纸检验气体D．取样，加足量的氢氧化钠加热，湿润的红色石蕊试纸检验气体7、下列有关化学与生活、工业的叙述中不正确的是()A．工业生产玻璃、水泥以及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料B．CO会与血红蛋白结合，使人中毒；可将中毒病人放入高压氧舱中解毒，其解毒原理符合平衡移动原理C．2011年5月份起，面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D．固体煤经处理变为气体燃料后，可以减少SO2和烟尘的排放，且燃烧效率提高，有利于节能减排8、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A．1.0molB．0.8molC．0.6molD．0.4mol9、高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备，下列说法正确的是SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)A．步骤①的化学方程式为SiO2＋CSi＋CO2↑B．步骤①、②、③中每生成或反应1molSi，转移2mol电子C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D．SiHCl3(沸点33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6℃)，通过蒸馏可提纯SiHCl310、用图中所示的装置进行实验，实验现象和预测不一致的是()①中的物质②中的物质预测现象A浓氨水FeCl3溶液②中有红褐色沉淀B浓氨水浓盐酸③中有白烟C饱和氯水Na2S溶液②中生成淡黄色沉淀D饱和亚硫酸蓝色石蕊试液②中溶液先变红后褪色A．A B．B C．C D．D11、某KCl样品中含有少量K2CO3、K2SO4和不溶于水的杂质。为了提纯KCl，先将样品溶于适量水中，搅拌、过滤，再将滤液按下图所示步骤进行提纯(过滤操作已略去)。下列说法正确的是()A．起始滤液常温下pH＝7B．试剂Ⅰ为Ba(NO3)2溶液C．上图过程须经2次过滤D．步骤③的目的是除去CO32-12、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O213、下列有关实验说法正确的是A．容量瓶和滴定管上都标有使用温度，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗B．测溶液pH:用干燥洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸中部，变色后与标准比色卡比对C．抽滤过程中洗涤沉淀时，应关小水龙头，加洗涤剂浸没沉淀，用玻璃棒在过滤器上搅拌以使沉淀跟洗涤剂充分接触，以便洗得更干净D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液不得再回收使用，应倒入下水道14、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．新制氯水长时间放置颜色变浅B．滴加少量硫酸铜溶液可加快Zn与稀硫酸反应的速率C．蒸干溶液无法得到无水D．高压比常压更有利于合成氨15、向2mL0.5mol·L－1的FeCl3溶液中加入3mL3mol·L－1KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是A．Fe3＋不与I－发生反应B．Fe3＋与F－结合成不与I－反应的物质C．F－使I－的还原性减弱D．Fe3＋被F－还原为Fe2＋，使溶液中不再存在Fe3＋16、将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250mL—定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol•L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6g，此时溶液呈中性，且金属离子（钠离子除外）沉淀完全。下列说法正确的是A．原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1：1B．原稀硝酸的浓度为1.3mol·L-1C．固体溶解后剩余硝酸的物质的量为0.1molD．产生的NO的体积为2.24L17、稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称。已知镧La是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物化学式为La2O3，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是A．La和盐酸反应的离子方程式为：La＋2H＋=La3＋＋H2↑B．LaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3C．La（NO3）3水溶液显酸性D．镧的一种核素为57139La，其中子数为5718、下列应用不涉及氧化还原反应的是()A．铝热法冶炼难熔金属B．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作C．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D．实验室用NH4Cl和Ca(OH)2制备NH319、下列物质的用途利用了其氧化性的是（）A．漂粉精用于消毒游泳池水 B．SO2用于漂白纸浆C．Na2S用于除去废水中的Hg2+ D．FeCl2溶液用于吸收Cl220、常温下含碳各微粒H2CO3、HCO3－和CO32－存在于CO2和NaOH溶液反应后的溶液中，它们的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示，下列说法错误的是（）A．为获得尽可能纯的NaHCO3，宜控制溶液的pH为7～9之间B．pH=10.25时，c(Na+)=c(CO32－)+c(HCO3－)C．根据图中数据，可以计算得到H2CO3第一步电离的平衡常数K1(H2CO3)=10－6.37D．若是0.1molNaOH反应后所得的1L溶液，pH=10时，溶液中存在以下关系：c(Na+)＞c(HCO3－)＞c(CO32－)＞c(OH－)＞c(H+)21、下列事实不能用元素周期律解释的是A．NaOH的碱性强于Al(OH)3B．Mg与热水能反应，Al与热水很难反应C．H2O的稳定性强于H2SD．HClO4的酸性强于HBrO22、关于三种有机物叙述正确的是（-SH的性质类似于-OH）（）甲：阿司匹林乙：青霉素氨基酸丙：麻黄碱A．三种有机物都能发生消去反应B．三种有机物都能与NaOH反应C．甲的苯环上的一氯代物有2种D．丙的分子式为C10H15ON，苯环上的一氯代物有3种二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化学基础]M为合成高分子材料的中间体，以芳香烃A制备M和高分子化合物N的一种合成路线如下：​已知：请回答下列问题：（1）C的化学名称为________。（2）A→B、H→M的反应类型分别为________、________。（3）F中所含官能团的名称为________。G的结构简式为________。（4）试剂1为________。（5）D→N的化学方程式为________。（6）Q为H的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构简式为________。①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构②能与氯化铁溶液发生显色反应，1molQ最多消耗3molNaOH③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1（7）参照上述合成路线和信息，以甲醛和乙醛为起始原料（无机试剂任选），设计制备聚丙烯酸（）的合成路线：________。24、（12分）一种重要的药物中间体E的结构简式为：，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：①②(注：R和R´表示烃基或氢原子)请回答下列问题：(1)合成高分子树脂N①由A可制得F，F的结构简式为____________；F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有_____种。②G→H的反应类型为____________。③G有多种同分异构体，其中一种异构体X的结构简式为：，下列有关X的说法正确的是__________（填标号）。a．能与银氨溶液发生反应b．能与氢气在一定条件下发生加成反应c．在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗3molNaOHd．加热条件下，与NaOH醇溶液反应，可生成不止一种有机物④写出M→N反应的化学方程式______。⑤已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是______。(2)合成有机物E①B中的官能团的结构简式为：______。②E在一定条件下也可以生成C，写出E→C反应的化学方程式：_______。25、（12分）Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O3·5H2O。现实验室欲制取Na2S2O3·5H2O晶体（Na2S2O3·5H2O的相对分子质量为248）步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过______________、_____________后析出Na2S2O3·5H2O晶体。⑤进行减压过滤并干燥。（1）仪器B的名称是________，其作用是____________________，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是____________________________。（2）步骤④应采取的操作是_________________、________________。（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是___________。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：______________________________。（4）为了测产品的纯度，称取7.40g产品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L的碘水，用__________（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－），滴定结果如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28则所得产品的纯度为______________________________，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_________________________________。26、（10分）某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数。实验步骤如下：①按图连接装置，并检查气密性；②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.20g;③准确称得20.00g纯碱样品放入容器b中；④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气；⑥然后称得干燥管D的总质量为84.36g；⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到干燥管D的质量不变，为85.18g。试回答：(1)装置B中发生反应的离子方程式______________________________。(2)装置A中试剂X应选用足量的________,装置A的作用________________.A．Ba(OH)2溶液B．NaOH溶液C．饱和NaCl溶液D．浓H2SO4(3)装置C的作用：__________________________________。(4)若将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)；若没有操作⑤⑦，则会导致测定结果__________;若去掉装置E,则会导致测定结果__________.(5)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为________。27、（12分）某学习小组设计以下的实验方案，测定镁铝合金中铝的质量分数。方案一：将m1g镁铝合金中溶解在足量的试剂X中，充分反应后，过滤、洗涤、干燥、称量，得到质量为m2g的固体。（1）试剂X是_____，反应的离子方程式是____；（2）如果在实验的过程中，没有对固体进行洗涤，则测得铝的质量分数将_____（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。方案二：选择如图所示的装置和药品。（3）组装完仪器以后，需要进行的实验操作是_____；（4）导管a的作用是______；（5）读数时需要注意的事项有_____；（6）如果合金的质量是ag，测得气体的体积为bL（已换算为标准状况时的体积），则合金中铝的质量分数是_____。28、（14分）不锈钢表面用硝酸和氢氟酸的混酸处理后，产生的酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等．如图是综合利用该酸洗废液的工艺流程：已知：①金属离子开始沉淀和沉淀完全时的pH：Fe3+Ni2+Cr3+开始沉淀1.56.74.0沉淀完全3.49.56.9②Ni2+与足量氨水的反应为：Ni2++6NH3⇌[Ni（NH3）6]2+（1）再生酸中含有______，采取减压蒸馏的原因是______（用化学方程式表示）．（2）利用废氧化铁（主要成分为Fe2O3）代替烧碱调节pH的好处是______．（3）请写出“转化”时NaHSO3与Cr2O72-发生反应的离子反应方程式：______．（4）已知[Ni（NH3）6]2+为难电离的络合离子，则“沉镍”的离子方程式为：______．（5）滤渣3的主要成分为Ca（OH）2和_________________________．（6）经检测，最后的残液中c（Ca2+）=0.004mol•L-1，则残液中F-浓度为______mg•L-1，[已知Ksp（CaF2）=4×10-11

mol3•L-3.29、（10分）铅（Pb）与碳同主族，位于元素周期表中第六周期。（1）铅笔中无“铅”，铅笔芯的主要成分是石墨和黏土。①石墨和金刚石的关系是_____；A．同位素

B．同素异形体

C．同分异构体

D．同系物②一种黏土的主要成分是Al2[(OH)4Si2O5]，用氧化物的形式表示其组成_______。（2）化合物中铅只有+2和+4两种价态，且+4价的化合物不稳定。①PbO2固体与浓盐酸混合共热，有黄绿色气体生成。写出反应的化学方程式_____；②将PbO2固体加入到Mn(NO3)2和硝酸的混合液中，固体逐渐溶解，溶液变紫色。如果反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比是5:2，则该反应的氧化产物是_____；③已知PbO是碱性氧化物，PbO2是酸性氧化物，而Pb3O4则可看作两种氧化物按一定比例混合而成。写出Pb3O4与硝酸混合发生非氧化还原反应的离子方程式______。（3）已知PbSO4

不溶于水，但可溶于醋酸铵（CH3COONH4）溶液，形成澄清溶液。①PbSO4溶于CH3COONH4的原因可能是_____；②把醋酸铅溶液滴入Na2S溶液中，有黑色沉淀生成，其反应的离子方程式为_______；③铅蓄电池的使用PbO2和Pb为电极材料，稀硫酸为电解质溶液。在电池工作过程中，如果转移了2mol电子，则提供电子的电极质量将增加______g。

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【解析】混合物是指由不同种物质组成的；氧化物是指由两种元素组成其中一种是氧元素的化合物；弱电解质是指在水溶液里中部分电离的化合物；非电解质是指在水溶液里和熔化状态下都不能够导电的化合物；据此可以分析各个选项中各种的所属类别。【详解】A.淀粉属于混合物、CuO属于氧化物、HClO属于弱电解质、Cu是单质不是电解质，A项错误；B.水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、Na2O⋅CaO⋅6SiO2是盐不是氧化物，Na2O融完全电离是强电解质、SO3是非电解质，B项错误；C.KAl(SO4)2⋅12H2O属于盐、KClO3是盐不是氧化物,NH3⋅H2O是弱碱属于弱电解质、CH3CH2OH是有机物属于非电解质，C项错误；D.普通玻璃是硅酸盐和二氧化硅的混合物、H2O属于氧化物、CH3COOH存在电离平衡属于弱电解质，葡萄糖属于非电解质，D项正确；答案选D。2、C【分析】有机物是指含有碳元素的化合物，常见蛋白质、纤维素等属于有机物，无机物是指不含有碳元素的化合物。一氧化碳、二氧化碳、碳酸盐等物质中虽然含有碳元素，但是这些物质的性质和无机物相似，把它们归入无机物。【详解】A、中国丝绸的主要成分为蛋白质，属于有机物，故A不选。B、埃及长绒棉主要成分为纤维素，属于有机物，故B不选。C、捷克水晶的主要成分为二氧化硅，属于无机物，故C选。D、乌克兰葵花籽油的主要成分为油脂，属于有机物，故D不选。故选C。3、B【解析】已知：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2↑,反应中过氧化钠发生歧化反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，C错误；生成0.1molO2转移0.2mol电子，A错误；D.在Na2O2+SO2═Na2SO4的反应中，二氧化硫作还原剂，与二氧化碳作用不同，D错误；由方程式：2Na2O2+2CO2→2Na2CO3+O2↑可知，相同条件下足量Na2O2吸收10LCO2放出5LO2，B正确。4、B【解析】A.氯化铁溶液中，铁离子发生水解：Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加热蒸发，氯化氢挥发，平衡右移，结果生成氢氧化铁，在灼烧，氢氧化铁分解生成氧化铁，A错误；B.打开弹簧夹，稀硫酸与铁粉反应生成氢气，可排除整个装置内的空气；然后关闭弹簧夹，利用氢气产生的压强作用，把反应产生的硫酸亚铁溶液压入到试管B中，制得的氢氧化亚铁可以较长时间稳定存在，B正确；C.二氧化碳、氯化氢气体都能与碳酸钠溶液反应，所以达不到除去杂质的目的，应该用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，C错误；D.浓硫酸应该在烧杯中进行稀释，冷却至室温后，在用玻璃棒转移进容量瓶中，D错误；综上所述，本题选B。5、C【详解】A．甲醇分子中含有3个碳氢键、1个碳氧键和1个氧氢键，所以1mol甲醇中含有5mol共价键，含有的共价键数目为5NA，故A错误；B．2.4g镁物质的量为0.1mol，在足量的氧气中燃烧，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C．标准状况下，5.6L二氧化碳气体中含有的氧原子数为：×2×NA=0.5NA，故C正确；D．CH3COO-在溶液中发生水解反应，则1L0.5mol/LCH3COONa溶液中含有的数小于0.5NA，故B错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：①气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；②必须明确温度和压强是0℃，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；③22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。6、D【解析】取样，滴加足量氯水有气泡产生，溶液呈橙色；溶液中含有Br-、CO32-；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉溶液均无现象；溶液中不含有I-、SO32-；为确定该溶液的组成还需检验NH4+、Fe3+的存在与否；可取样，加足量的NaOH浓溶液，若有红褐色沉淀生成，说明含有Fe3+；加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，若湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含有NH4+，答案选D。7、C【详解】A.工业制玻璃、水泥、炼铁都要用到相同的原料石灰石，正确；B.CO中毒的患者需放入高压氧舱中吸氧解毒，氧气在高压下更易溶解进入人体，符合勒夏特列原理，正确；C.CaO2与Na2O2类似，不属于碱性氧化物，错误；D.煤经气化后可减少SO2和烟尘的排放，有利于节能减排，正确；故选C。8、D【解析】可以将反应理解为：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，则有0.4molNaNO3。9、D【分析】二氧化硅与碳高温条件下生成硅和一氧化碳；SiO2Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气；SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点67.6℃)，沸点相差较大。【详解】步骤①的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，故A错误；SiO2Si(粗)，硅元素化合价由+4变为0，生成1molSi，转移4mol电子，故B错误；硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；SiHCl3(沸点33.0℃)、SiCl4(沸点67.6℃)，沸点相差较大，可以通过蒸馏提纯SiHCl3，故D正确。【点睛】本题考查了硅的制备、提纯及性质，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累。10、D【详解】A选项，浓氨水有挥发性，挥发到②中，生成红褐色沉淀，故A正确；B选项，浓氨水、浓盐酸都有挥发性，两者反应有白烟生成，故B正确；C选项，饱和氯水有挥发性，进入到②中与硫化钠发生置换反应生成淡黄色沉淀，故C正确；D选项，饱和亚硫酸不稳定分解生成二氧化硫，二氧化硫与蓝色石蕊变红，但不能褪色，二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】浓氨水与浓盐酸、浓硝酸，有白烟生成，而与浓硫酸没有白烟生成。11、D【解析】试题分析：氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质，除去碳酸根离子和硫酸根离子，由流程可知，需要加入试剂I为过量氯化钡溶液，然后过滤后获得含氯化钡、氯化钾溶液X，然后加入过量的试剂Ⅱ为碳酸钾溶液除去溶液中的氯化钡，过滤，得到含氯化钾和碳酸钾混合液的W，再加入试剂Ⅲ为过量盐酸，除去过量的碳酸钾，最后通过加热浓缩、蒸发结晶得到氯化钾。A．碳酸钾溶液水解显碱性，pH＞7，故A错误；B．由上述分析可知，试剂I为BaCl2溶液，不能引入新杂质，故B错误；C．样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，选择试剂除去杂质还需要2次过滤，共3次，故C错误；D．步骤③中加入试剂Ⅱ为过量盐酸，其目的是除去CO32－，故D正确；故选D。考点：考查了混合物分离提纯的综合应用的相关知识。12、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。13、A【详解】A．容量瓶标有温度、规格、刻度线，滴定管标有温度、规格、刻度线，使用时滴定管水洗后还需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗，故A正确；B．NaClO溶液具有强氧化性，可使漂白pH试纸，无法准确测定其溶液的pH值，故B错误；C．用玻璃棒在过滤器上搅拌以会导致滤纸破裂，过滤失败，不能搅拌，故C错误；D．实验过程中的有毒药品不得进入口内或者接触伤口，剩余的废液，应倒入实验室专用的指定回收容器中，不能倒入下水道，会造成水体污染，故D错误；答案选A。【点睛】滴定管需要润洗，如不润洗，会导致溶液的浓度偏小，引起误差，容量瓶和锥形瓶不需润洗。14、B【解析】A．新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，次氯酸不稳定，容易分解：2HClO=2HCl+O2↑，促进氯气和水反应的平衡正向移动，氯气的浓度减少，氯水的颜色逐渐变浅，能用化学平衡移动原理解释，故A不选；B．滴加少量CuSO4溶液，少量的锌与铜离子反应生成铜，铜与锌和硫酸构成原电池，加快反应速率，不能用化学平衡移动原理解释，故B选；C．AlCl3溶液中存在Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，在加热时，促进水解，生成Al(OH)3和氯化氢，氯化氢容易挥发，最终得到氢氧化铝，能用平衡移动原理解释，故C不选；D．合成氨反应为N2+3H22NH3，是气体体积缩小的可逆反应，增大压强，平衡正向移动，能用勒夏特列原理解释，故D不选；故选B。15、B【详解】A．铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B．根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，FeCl3溶液褪成无色，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象，进一步证明Fe3+与F﹣结合生成的物质不与I﹣反应，故B正确；C．氟离子与碘离子不反应，氟离子不会使碘离子的还原性减弱，故C错误；D．铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；本题答案选B。【点睛】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论。16、C【详解】向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反应后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.2mol，A．设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A错误；B．根据选项N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.1mol+2×0.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=2.4mol/L，选项B错误；C．反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，部分氢氧化钠与硝酸铜反应，部分氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）-2n[[Cu（NO3）2]=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，选项C正确；D．由B中计算可知n（NO）=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，选项D错误；答案选C。17、C【解析】A．镧(La)是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2La+6H+=2La3++3H2↑，故A错误；B．La(OH)3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La(OH)3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误；C．已知La(OH)3是不溶于水的弱碱，则La(NO3)3为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故C正确；D．镧的一种核素为57139La，中子数为139-57=82，故D错误；故选C。点睛：明确题干信息为解答本题的关键。注意掌握常见金属单质及其化合物性质。本题的易错点为B，注意要充分利用题示信息“La(OH)3是不溶于水的弱碱”，判断LaCl3能否水解。18、D【详解】A、利用Al的强还原性，与某些难熔金属氧化物发生反应，该反应为置换反应，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B、利用Fe3＋的强氧化性，发生2Fe3＋＋Cu=2Fe2＋＋Cu2＋，属于氧化还原反应，故B不符合题意；C、发生2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，属于氧化还原反应，故C不符合题意；D、发生2NH4Cl＋Ca(OH)2=CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，不存在化合价的变化，不属于氧化还原反应，故D符合题意。19、A【详解】A．漂白精中含次氯酸根离子，具有强氧化性，可以消毒游泳池中的水，故A选；B．SO2用于漂白纸浆，是化合漂白，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故B不选；C．Na2S用于除去废水中的Hg2+，反应中没有元素的化合价变化，不发生氧化还原反应，故C不选；D．FeCl2溶液用于吸收Cl2，Fe元素化合价升高，利用了其还原性，故D不选；故选A。20、B【详解】A．根据图示可知，pH在7～9之间，溶液中主要存在HCO3-，该pH范围内和获得较纯的NaHCO3，选项A正确；B．pH=10.25时，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸钠溶液中满足物料守恒：c（Na+）═2c（CO32-）+2c（HCO3-）+2c（H2CO3），碳酸氢钠溶液中存在物料守恒：c（Na+）=c（CO32-）+c（HCO3-）+c（H2CO3），则混合液中c（Na+）>c（CO32-）+c（HCO3-），选项B错误；C．根据图象曲线可知，pH=6.37时，H2CO3和HCO3-的浓度相等，碳酸的第一步电离的平衡常数K1（H2CO3）==10-6.37，选项C正确；D．pH=10时的溶液为碱性，则c（OH-）>c（H+），溶质为碳酸钠和碳酸氢钠，c（Na+）离子浓度最大，结合图象曲线变化可知：c（HCO3-）>c（CO32-），此时离子浓度大小为：c（Na+）>c（HCO3-）>c（CO32-）>c（OH-）>c（H+），选项D正确；答案选B。21、D【详解】A．NaOH、Al(OH)3均是该元素最高价氧化物对应水化物，NaOH的碱性强于Al(OH)3可说明钠元素金属性强于铝元素，故A项不选；B．Mg、Al与热水反应中，金属单质都是还原剂，Mg较易反应，说明还原性：Mg>Al，二者是同一周期元素，原子序数Mg<Al，符合“同周期元素从左至右金属性逐渐减弱”，故B项不选；C．非金属性O>S，同时H2O的稳定性强于H2S，能够用元素周期律解释，故C项不选；D．HClO4是氯元素最高价氧化物的水化物，HBrO不是溴元素最高价氧化物的水化物，虽然酸性HClO4>HBrO，但不能用元素周期律解释，故D项选；综上所述，不能用元素周期律解释的是D项，故答案为D。22、D【详解】A．阿司匹林不能发生消去反应，A错误；B．阿司匹林含有羧基，青霉素氨基酸含有羧基，它们都可与NaOH反应，麻黄碱不含羧基，也不含酚羟基，它不能用与NaOH反应，B错误；C．甲的苯环上有4种等效氢，苯环上的一氯代物有4种，C错误；D．麻黄碱的分子式为C10H15ON，苯环上有3种等效氢，苯环上的一氯代物有3种，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、苯酚取代反应酯化反应（或取代反应）醛基、醚键银氨溶液[或新制Cu（OH）2悬浊液]CH3CHOCH2＝CHCHO【详解】结合E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应生成E和HI，可推知D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；B为氯苯，A为苯；E发生氧化反应生成F为；在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G为；H与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M，根据M的结构简式可推知H为；（1）C的化学名称为苯酚；（2）A→B是苯在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢、H→M是和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应（也属于取代反应）生成M和水，反应类型分别为取代反应、酯化反应（或取代反应）；（3）F为，所含官能团的名称为醛基、醚键；G的结构简式为；（4）试剂1将G中的醛基氧化为羧基，为银氨溶液[或新制Cu（OH）2悬浊液]；（5）D→N是在催化剂作用下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为；（6）Q为H的同分异构体，满足①苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，②能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，1molQ最多消耗3molNaOH，根据氧原子个数可知应该还含有一个连接在苯环上的酯基且水解后生成两个酚羟基；③核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为6∶2∶2∶1∶1，则有四种氢，其中有两个甲基，符合条件的同分异构体为；（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2＝CHCHO，CH2＝CHCHO在银氨溶液中水浴加热发生氧化反应后酸化得到CH2＝CHCOOH，CH2＝CHCOOH在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸，故制备聚丙烯酸（）的合成路线为：CH3CHOCH2＝CHCHO24、8氧化反应abdn防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）-OH、-Cl+H2O+C2H5OH【分析】苯丙醛和甲醛发生反应生成F，由题中信息可知F结构简式为，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为，G被氧气氧化生成H，醛基氧化为羧基，H的结构简式为，H和锌反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物可知，M的结构简式为，N的结构简式为；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，由已知信息可知B的结构简式为，B在氢氧化钠水溶液中水解、酸化后生成C为，C和甲醇发生酯化反应生成E为，据此分析解答。【详解】(1)①苯丙醛和甲醛发生信息②中的反应生成F，F结构简式为，F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有：可以在碳碳双键上分别连接、—CH2CHO；、—CHO；、—CH3(醛基苯环上有邻、间、对三种位置变化)；、—CHO(甲基苯环上有邻、间、对三种位置变化)，共有8种结构，答案：；8；②G被氧气氧化生成H，所以G→H的反应类型为氧化反应，答案：氧化反应；③X的结构简式为，a．X中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，a正确；b．X中含有醛基和苯环，所以能与氢气在一定条件下发生加成反应，b正确；c．X中含有溴原子，所以能在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2molNaOH，c错误；d．加热条件下，X与NaOH醇溶液发生消去反应，双键可出现在不同位置，所以可生成不止一种有机物，d正确，答案选abd；④一定条件下M发生加聚反应生成N，反应的化学方程式为n，答案：n；⑤已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“F→G”和“H→M”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），答案：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；(2)①由分析可知B的结构简式为，含有羟基和氯原子两种官能团，官能团的结构简式为-OH、-Cl，答案：-OH、-Cl；②由分析可知E为，C为，E含有酯基，在酸性条件下水解可生成C，反应的化学方程式为+H2O+C2H5OH，答案：+H2O+C2H5OH。25、蒸发浓缩冷却结晶球形冷凝管冷凝回流增加反应物接触面积，提高反应速率蒸发浓缩冷却结晶Na2SO4取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4酸式101.2%含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度【分析】本题以Na2S2O3·5H2O晶体的制备及其样品纯度的测定为背景，考查考生对化学实验仪器的认识和解决实际问题的能力。硫粉不溶于水，制备过程硫粉与水溶液中的Na2SO3不能充分的接触，影响反应速率，用乙醇湿润硫粉的目的就要从这些方面分析。温度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷却其较高温度下的饱和溶液，可得到Na2S2O3·5H2O晶体。SO32-有较强的还原性，加热条件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析滤液中的杂质要考虑这一点。用已知浓度的碘水滴定Na2S2O3溶液来测定样品纯度，而I2也能够氧化SO32-，这是实验原理不完善带来的系统误差。由此分析。【详解】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O3·5H2O晶体。所以步骤④应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。(3)SO32-具有较强的还原性，加热过程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以滤液中很可能存在Na2SO4。检验Na2SO4的存在，只需检验SO42-离子，但要排除SO32-和S2O32-的干扰，先用盐酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，产生不溶于盐酸的白色沉淀即证明滤液中含Na2SO4杂质。所以检验方法是：取少许滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中加入BaCl2溶液，若出现浑浊则证明原滤液中含Na2SO4。(4)I2能与橡胶发生加成反应而腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，只能用酸式滴定管盛装碘水进行滴定。由表中数据可知三次实验消耗碘水体积分别为30.22mL、30.70mL、30.18mL，显然第二次实验误差太大舍去，平均消耗碘水体积为=30.20mL。设所配样品溶液的浓度为c(Na2S2O3)，列比例式：，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L7.40g样品中Na2S2O3·5H2O的物质的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208mol/L=0.0302mol,样品的纯度=×100%=101.2%。因为SO32-有较强的还原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水体积偏大，使计算得到的纯度值偏大。26、2H＋＋CO=H2O＋CO2↑AB防止空气中的CO2进入D引起测量误差吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差偏大偏小偏大60%【分析】B中发生发反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，C中浓硫酸干燥二氧化碳，D中碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数。通入空气排尽装置中二氧化碳，使二氧化碳进入D中完全吸收，空气中的二氧化碳会影响实验，A中盛放碱溶液可以除去空气中二氧化碳。E装置吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，防止加入D中影响二氧化碳质量测定。【详解】(1)在装置B中，硫酸与碳酸钠发生复分解反应，产生硫酸钠、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式是2H++CO=H2O+CO2↑，故答案为：2H++CO=H2O+CO2↑；(2)装置A中试剂应选用足量的碱吸收空气中的二氧化碳，避免干扰后续实验验证，装置A中Ba(OH)2溶液，NaOH溶液可以除去空气中的二氧化碳，防止空气中的CO2进入D引起测量误差，故答案为：AB，防止空气中的CO2进入D引起测量误差；(3)C中浓硫酸吸收二氧化碳中的水蒸气，避免测量结果产生误差，故答案为：吸收二氧化碳中的水蒸气，避免测量结果产生误差；(4)如果将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果盐酸挥发出的氯化氢也会被碱石灰吸收，导致测定结果偏大，若没有操作⑤⑦，生成的气体不能全部被碱石灰吸收，导致测定结果偏小，装置E的作用防止空气中的水或CO2进入装置内被碱石灰吸收，导致测定结果偏大，故答案为：偏大，偏小，偏大；(5)用某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，用如图所示装置测定纯碱样品中的Na2CO3的质量分数，直到干燥管D的质量不变，为85.18g，生成二氧化碳的质量为=85.18-80.20=4.98g，结合碳元素守恒计算碳酸钠纯度为，故答案为：60%。27、NaOH2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑偏小检查装置的气密性平衡气压，使液体顺利流下冷却至室温，液面相平【分析】根据铝和氢氧化钠反应而镁不和氢氧化钠反应进行设计实验进行分离，也可以利用二者都和酸反应测定氢气的体积从而计算。【详解】(1)根据只有铝能溶于氢氧化钠NaOH，而镁不能和氢氧化钠反应，将合金溶于氢氧化钠溶液中，最后得到的固体为金属镁。反应的离子方程式为：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；(2)如果固体没有洗涤，会造成金属镁的质量增加，则铝的质量分数偏小；(3).因为实验中要测定气体的体积，所以组装完应检查装置的气密性；(4).锥形瓶中反应生成气体，压强变化，用导管a连接锥形瓶和分液漏斗，能平衡气压，使液体顺利流下；(5)读数应注意测定室温常压情况下的气体体积，所以需要冷却至室温，液面相平，使两侧的气体的压强相同；(6).根据方程式分析，Mg-H2，2Al-3H2假设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，则有24x+27y=a，x+1.5y=b/22.4，y=，则铝的质量分数为。【点睛】掌握物质分离提纯的方法，抓住铝的特殊反应，即和氢氧化钠反应进行实验设计。同时注意气体体积的量气方法和读数方法。28、硝酸、氢氟酸4HNO3==4NO2+O2+2H2O实现废物利用，降低生产成本Cr2O72-+3HSO3-+5H+=2Cr3++3SO42-+4H2O[Ni（NH3）6]2++S2-=NiS↓+6NH3CaSO41.9【分析】酸洗废液中含有Fe3+、Ni2+、NO3-、F-和+6价铬的含氧酸根离子等，加入浓硫酸减压蒸馏减少硝酸分解，得到再生酸，在溶液中加入废氧化铁调节溶液pH=3.5，使铁离子全部沉淀，过滤得到滤渣Ⅰ，滤液中加入NaHSO3与Cr2O72-发生反应生成铬离子，加入