2026届江苏省宿迁化学高三上期中经典试题含解析

2026届江苏省宿迁化学高三上期中经典试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、化学平衡常数K、弱电解质的电离平衡常数Ka或Kb及溶度积常数Ksp是高中化学中常见的几种常数。它们都能反映相应的可逆变化进行的程度，下列关于以上常数的说法正确的是()A．若改变条件使可逆反应平衡右移，则达到新的平衡时的平衡常数K一定增大B．一定温度下，在amol·L－1的饱和石灰水中加入适量的bmol·L－1CaCl2溶液(b>a)，则一定有Ca(OH)2析出C．相同温度时，CH3COOH的电离平衡常数Ka与NH3·H2O的电离平衡常数Kb相等，所以CH3COONH4的水溶液显中性D．升高温度，以上常数均增大2、下列方程式正确的是A．Fe2(SO4)3溶液和足量Zn充分反应：2Fe3++Zn═2Fe2++Zn2+B．NaClO溶液与FeCl2溶液混合：Fe2++2ClO-+2H2O═Fe(OH)2↓+2HClOC．氢氧化铁与HI溶液反应的离子方程式为Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2OD．氧化铁溶于稀硝酸的离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O3、下列物质转化在给定条件下不能实现的是()A．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl3B．Al2O3NaAlO2(aq)AlCl3(aq)C．NH3NOHNO3D．SiO2H2SiO3Na2SiO34、在一个绝热的恒容密闭容器中，可逆反应达到平衡状态的标志是（）①②各组分的物质的量不变③体系的压强不再发生变化④混合气体的密度不变⑤体系的温度不再发生变化⑥⑦3molH-H键断裂的同时有2molN-H键也断裂A．①②③⑤⑥ B．②③④⑤⑥C．②③⑤⑥ D．②③④⑥⑦5、某有机物的结构简式如图所示，关于该物质的叙述错误的是()A．一个分子中含有12个H原子B．苯环上的一氯代物有2种C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol该物质分别与足量H2、NaOH溶液反应，消耗其物质的量均为3mol6、等质量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO物质的量最多的是A．FeO B．Fe2O3 C．FeSO4 D．Fe3O47、下列化学用语的表述正确的是A．钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH--4e-=2H2O+O2B．由Na和Cl形成离子键的过程：C．NaHCO3的水解平衡：HCO3-+H2OH3O++CO32-D．实验室制乙炔的反应：CaC2+H2O→CaO+C2H28、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A．氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融)2Na+Cl2↑B．工业制硫酸的主要反应之一：2SO2+O22SO3C．氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3+5O24NO+6H2OD．利用铝热反应焊接铁轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe9、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NAB．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAC．在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NAD．向含有0.1mol的FeI2溶液中通入足量Cl2，充分反应后转移的电子数为0.2NA10、N0为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10N0B．2L0.5mol·L－1亚硫酸溶液中含有的H+数为2N0C．过氧化钠与水反应时，生成0.1molO2转移的电子数为0.2N0D．50mL18.4mol·L－1浓硫酸与足量铜微热，反应生成SO2分子的数目为0.46N011、已知：①SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI；②向含有HCl、FeCl3和BaCl2的溶液中通入足量的SO2，产生白色沉淀；③将FeCl3溶液滴在淀粉-KI试纸上，试纸变蓝色。现有等物质的量的FeI2、NaHSO3的混合溶液100

mL，向其中通入4.48

L(标准状况)氯气，然后向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈微红色。下列有关说法正确的是()A．FeI2的物质的量浓度约为1mol·L-1B．完全反应时转移电子0.2

molC．通入氯气的过程中，首先被氧化的离子是Fe2+，最后被氧化的离子是I-D．反应后，溶液中大量存在的离子有Na+、H+、SO42-和Fe3+12、反应NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O放热且产生气体，可用于冬天石油开采。下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是A．中子数为18的氯原子：B．N2的结构式：N=NC．Na+的结构示意图：D．H2O的电子式：13、四种短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。化合物甲由X、Y、Z三种元素组成，25℃时，0.01mol/L甲溶液中的c(OH-)/c(H+)=1010；Z与W同周期，且W的最高化合价与最低化合价的代数和为4。下列说法中不正确的是A．等物质的量的化合物Z2Y2与Z2W的阴离子个数相同B．原子半径X＜Y＜W＜ZC．沾有W的单质的试管可用酒精洗涤D．简单氢化物的稳定性Y＞W14、下列叙述正确的是A．SO2具有还原性，故可作漂白剂B．Na的金属活性比Mg强，故可用Na与MgCl2溶液反应制MgC．浓硝酸中的HNO3见光会分解，故有时在实验室看到的浓硝酸呈黄色D．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl3，故在与其它非金属反应的产物中的Fe也显+3价15、已知可用代替制备，反应后元素以的形式存在。下列叙述不正确的是（）A．每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔B．该反应中氧化性：C．参加反应的只有一部分被氧化D．用与制备相同量的氯气，参与反应的物质的量一样多16、常温下，将一定量的铁粉加入到50mL10mol/L硝酸（①）中，待其充分反应后，收集到的气体换算成标准状况下的体积为4.2L（②），所得溶液能够使淀粉碘化钾溶液变蓝（③），该溶液也能使酸性高锰酸钾褪色（④）。下列说法正确的是A．①中数据表明，硝酸是浓硝酸，因此Fe已经钝化B．②中数据表明，生成的气体中只有NO2C．③中现象表明，硝酸一定有剩余D．④中现象表明，溶液中一定含有Fe2+17、合成二甲醚的三步反应如下：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH12CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3则3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH是A．ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3 B．ΔH＝ΔH1+ΔH2+ΔH3C．ΔH＝ΔH1+2ΔH2+2ΔH3 D．ΔH＝2ΔH1+ΔH2—ΔH318、化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是（）A．氢氧化铁胶体、淀粉溶液均具有丁达尔效应B．化学是一门具有创造性的科学，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成C．煤的干馏、煤的液化、石油的分馏和裂解均属于化学变化D．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素19、下列实验装置设计正确、且能达到目的的是Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

ⅣA．实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内有晶体析出C．实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．实验Ⅳ：海水的淡化20、下列关于石油的说法正确的是A．石油属于可再生矿物能源 B．石油主要含有碳、氢两种元素C．石油裂化属于物理变化 D．石油分馏属于化学变化21、下列醇不能由烃和水加成制得的是A． B． C． D．22、下列反应的离子方程式正确的是()①碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋CO2↑＋H2O②铁跟稀盐酸反应：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑③碘化钾溶液跟适量溴水反应：I－＋Br2===2Br－＋I2④铁跟硫酸铜反应：Cu2＋＋Fe===Fe2＋＋Cu2+⑤碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应：Ca2+＋HCO3-＋OH-===CaCO3↓＋H2OA．①②B．②⑤C．③④D．②④二、非选择题(共84分)23、（14分）药物阿莫西林能杀灭或抑制细菌繁殖，它的合成路线如下：已知：1.两个羟基同时连在同一个碳原子上的结构是不稳定的，它将发生脱水反应+H2O2.RCHO(1)关于阿莫西林分子，下列说法正确的是_______________。A．分子式为C16H18N3O5B．分子中含4个手性碳原子C．1mol该物质最多能与3molNaOH反应D．能发生取代、加成、氧化、缩聚等反应(2)反应①的化学方程式为_______________，CH3I的作用为__________。(3)写出甘氨酸(H2N－CH2－COOH)和C发生缩合生成二肽的结构简式：________。(4)试写出3种同时满足下列条件的化合物C的同分异构体：___________。①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子。(5)利用己有知识和题中涉及的反应，设计从的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)__________________24、（12分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体．请回答下列问题：（1）红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：________．（2）A、B、H的化学式：A__________、B__________、H________．（3）①H2O2分子的电子式为______________。②写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_______________________。（4）写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________。（5）在C溶液中加入与C等物质的量的Na2O2，恰好使C转化为F，写出该反应的离子方程式：___________。25、（12分）甲酸(HCOOH)是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。I.甲酸能与醇发生酯化反应该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇(CH3OH)的酯化反应实验:有关物质的性质如下:沸点/℃密度(g·cm-3)水中溶解性甲醇64.50.79易溶甲酸100.71.22易溶甲酸甲酯31.50.98易溶(1)装置中，仪器A的名称是_________________，长玻璃管c的作用是__________________________。(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为____________________________________________。(3)要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为__________________________________。II.甲酸能脱水制取一氧化碳(1)利用上图装置制备并收集CO气体，其正确的连接顺序为a→__________(按气流方向从左到右，用小写字母表示)。(2)装置B的作用是__________________________________。(3)一定条件下，CO能与NaOH

固体发生反应:CO+NaOHHCOONa。①为了证明“CO与NaOH

固体发生了反应”，设计下列定性实验方案:取固体产物，配成溶液，___________。②测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：准确称取固体产物8,0

g配制成100

mL溶液，量取20.00

mL该溶液于锥形瓶中，再加入___________作指示剂，用1.5

mol/L的盐酸标准溶液滴定剩余的NaOH，平行滴定三次，平均消耗盐酸的体积为5.05

mL，则产物中甲酸钠的质量分数为_______(计算结果精确到0.1%)。26、（10分）实验室有NH4HCO3和NaHSO3的干燥粉状混合物，某化学兴趣小组测定其中NH4HCO3的含量。小组的同学设计用在混合物中加酸的实验方法来测定其中NH4HCO3的质量分数。（SO2与酸性KMnO4的反应原理：SO2＋MnO4－＋H＋—SO42－＋Mn2＋＋H2O）回答以下问题：（1）化学小组要紧选用了以下药品和仪器进行实验（图中每种仪器装置只选用了一次，铁架台等固定仪器未画出）请按气流由左向右的方向,仪器连接顺序是〔填仪器的接口字母a、b...)a→_______f→g→_______。（2）实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气，作用是；加酸后A装置再次鼓入空气的作用是_______。（3）E装置的作用是：_______。（4）实验中，假设C试管中溶液褪色，那么测定结果可能会偏_______，为了确保实验中C试管中溶液不褪色，假设取样品的质量为mg，实验前E中所装amol·L－1的KMnO4溶液体积〔V〕应多于______mL；（5）假设混合物样品质量为9.875g,充分作用后碱石灰增重4.4g，那么混合物中NH4HCO3的质量分数为_______。（6）从定量测定的准确性的角度考虑，该套装置还应作进一步的改进，改进的措施是_______。27、（12分）高氯酸铵(NH4ClO4)常作火箭发射的推进剂，实验室用NaClO4、NH4Cl等原料制取(部分物质的溶解度如图1、图2)，其实验流程如图3：（1）反应器中发生反应的基本反应类型是________。（2）上述流程中由粗产品获得纯净高氯酸铵的方法为________。（3）洗涤粗产品时，宜用________（填“0℃冷水”或“80°C热水”)洗涤。（4）已知NH4ClO4在400℃时开始分解为N2、Cl2、H2O。某课题组设计实验探究NH4ClO4的分解产物(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略)实验开始前，已用CO2气体将整套实验装置中空气排尽；焦性没食子酸溶液用于吸收氧气。①写出高氯酸铵分解的化学方程式________。②为了验证上述产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→________(填装置对应的字母)，证明氧气存在的实验现象为________。③若装置E硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉，向得到的产物中滴加蒸馏水，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为________。28、（14分）A是最简单的酚，根据题意，完成下列填空：（1）写出物质的结构简式：A：______________C：______________E:_____________（2）写出反应类型：反应①：________________反应②：____________________。（3）物质D中含有的官能团有：____________________________________________。（4）写出物质的邻位异构体在浓硫酸催化化作用下分子内脱水形成产物香豆素的化学方程式：_____________________________________________。（5）由C生成D的另外一个反应物是__________，反应条件是______________。（6）写出由D生成M的化学方程式：___________________________________________。（7）A也是制备环己醇的一种原料，请写出一种检验A是否完全转化为环己醇的一种方法。________________________________________________________________。（8）物质M在碱性条件下可以水解，1molM发生水解时最多消耗_________molNaOH。29、（10分）（选修3：物质结构与性质）工业上用合成气(CO和H2)制取乙醇的反应为2CO+4H2CH3CH2OH+H2O。研究发现，使用TiO2作为载体负载铑基催化剂具有较高的乙醇产量。回答下列问题：（1）Ti基态原子核外电子排布式为_______。和O同一周期且元素的第一电离能比O大的有_____(填元素符号)，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多的有____（填元素符号）。（2）在用合成气制取乙醇反应所涉及的4种物质中，沸点从低到高的顺序为______________。（3）工业上以CO、O2、NH3为原料，可合成氮肥尿素[CO(NH2)2]，CO(NH2)2分子中含有的σ键与π键的数目之比为_________。（4）C元素与N元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。①该晶体的化学式为______；其硬度超过金刚石的原因是___________。②已知该晶胞的密度为dg/cm3，N原子的半径为r1cm，C原子的半径为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数，则该晶胞的空间利用率为__________________（用含d、r1、r2、NA的代数式表示）。

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【解析】A．对于可逆反应，保持温度不变，若通过增加反应物浓度或减小生成物的浓度使平衡右移，则到达新的平衡时的平衡常数K不变，故A错误；B．一定温度下，在a

mol•L-1的饱和石灰水中加入适量的b

mol•L-1CaCl2溶液(b＞a)，混合液中n(Ca2+)增大，溶剂增多，c(OH-)减小，如果c(Ca2+)·c2(OH-)＜Ksp[Ca(OH)2]，则没有Ca(OH)2析出，故B错误；C．相同温度时，CH3COOH的电离平衡常数Ka与NH3·H2O的电离平衡常数Kb相等，所以CH3COONH4的水溶液中阴阳离子的水解程度相同，溶液显中性，故C正确；D．升高温度，大于放热反应，平衡逆向移动，平衡常数减小，故D错误；故选C。点睛：本题考查电解质溶液中有关离子平衡常数的理解，解答时需抓住各常数的意义以及影响因素分析。本题的易错点为B，容易忽视混合后溶液体积变化引起c(OH-)的变化而错选。2、D【解析】A.Zn的活泼性大于铁，过量的锌可以置换出铁，反应离子方程式：2Fe3++3Zn═2Fe+3Zn2+；A错误；B.由于次氯酸具有强氧化性，能够把+2价铁氧化为+3价，不能生成Fe(OH)2，B错误；C.氢氧化铁与HI溶液反应时，发生Fe(OH)3+3H+═Fe3++3H2O反应，同时还有2Fe3++2I-=2Fe2++I2反应发生，方程式书写不完全，C错误；D.碱性氧化物氧化铁与稀硝酸反应生成盐和水，离子方程式为Fe2O3+6H+═2Fe3++3H2O，D正确；综上所述，本题选D。3、D【详解】A.氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液水解显酸性，在通入氯化氢气流的情况下，抑制了氯化铁的水解，加热蒸干可以得到无水FeCl3，能够实现，A不选；B.氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液与足量的盐酸反应生成氯化铝溶液，可以实现，B不选；C.氨气发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气、水按照一定的比例反应可生成硝酸，可以实现，C不选；D.二氧化硅不溶于水，与水不反应，无法实现该转化，D可选；综上所述，本题选D。【点睛】氯化铁溶液能够发生水解：FeCl3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热蒸发灼烧，氯化氢挥发，平衡右移，最终得到氧化铁固体；只有在不断地通入氯化氢气流（或加入浓盐酸）情况下，抑制其水解，加热蒸干最后才能得到氯化铁固体。4、C【详解】①在化学反应过程中，各物质的反应速率之比始终等于相应的化学计量数之比，故不能证明达到平衡状态；②各组分的物质的量不变，可以证明达到平衡状态；③该反应为气体体积变化的反应，在恒容密闭容器中体系的压强不再发生变化可以证明达到平衡状态；④恒容密闭容器中，混合气体的体积始终不变，质量始终不变，故密度始终不变，不能证明达到平衡状态；⑤该反应为放热反应，当体系的温度不再发生变化时，可以证明达到平衡状态；⑥在该反应中，，若，则，可以证明达到平衡状态；⑦3molH—H键断裂的同时6molN—H键也断裂才能表示正、逆反应速率相等，反应达到平衡，故不能证明达到平衡状态；故答案选C。5、B【详解】A.该有机物分子式为C11H12O4，一个分子中含有12个H原子，A正确；B.苯环上的一氯代物只有3种，B错误；C.苯环上存在α—H，故能使酸性KMnO4溶液褪色，C正确；D.苯环能与氢气发生加成反应，1mol该物质与3mol氢气反应；酯基在碱性条件下能水解，故2个酯基消耗2mol氢氧化钠，水解后有一个酚羟基，再消耗1mol氢氧化钠，故总共消耗3mol氢氧化钠，D正确。答案选B。6、A【详解】假设质量都为mg：A．FeO与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；B．Fe2O3与硝酸不发生氧化还原反应，失电子为0；C．FeSO4与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol；D．Fe3O4中Fe元素的化合价有+2、+3价，与硝酸反应被氧化生成Fe3+，则失电子物质的量为mol，由以上分析可知，失电子最多的是FeO，则放出NO物质的量最多的是FeO；故选A。7、B【详解】A.钢铁吸氧腐蚀中的正极发生氧气得电子的还原反应：O2+4e-+2H2O=4OH-，故A错误；B.Na原子失去1个电子被Cl原子得到，形成的化合物为离子化合物，则由Na和Cl形成离子键的过程表示为：，故B正确；C.HCO3-结合水电离出的H+生成H2CO3，水解平衡的离子方程式为：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，故C错误；D.碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，化学方程式为：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑，故D错误。故答案选B。8、A【分析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融的氯化钠；B.工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：①煅烧黄铁矿：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；②SO2的催化氧化：2SO2+O22SO3；③用98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸SO3+H2O=H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：①氨气的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O；②2NO+O2＝2NO2；③3NO2+H2O＝2HNO3+NO；D.利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。【详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，故A错误；B.工业制硫酸的主要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2+O22SO3，故B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，故D正确；本题答案选A。【点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸：4FeS2+11O28SO2+2Fe2O3；2SO2+O22SO3；SO3+H2O=H2SO4。2.工业制取硝酸：：4NH3+5O24NO+6H2O；2NO+O2＝2NO2；3NO2+H2O＝2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H22NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；5.制水煤气：C+H2O（g）CO+H2；

6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高炉炼铁：3CO+Fe2O33CO2+2Fe；8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2↑，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2↑；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-2e-=Cu2+阴极:Cu2++2e-=Cu11.侯氏制碱法：①NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2=NH4Cl+NaHCO3↓，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O9、A【解析】A、乙醇溶液中除了乙醇外,水也含氧原子,10g46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为0.1mol,故含0.1mol氧原子;水的质量为5.4g,物质的量为0.3mol,故含0.3mol氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4mol,即个数为0.4NA个,故A正确;

B、标准状况下，CCl4为液态，故分子数不是NA，故B错误；C、．含4molSi-O键的二氧化硅晶体中含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有的氧原子的数目为2NA，故C错误；D、0.1molFeI2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的,通入氯气,先氧化碘离子0.2molI-，转移电子数为0.2mol,再氧化亚铁离子0.1mol,转移电子数为0.1mol，所以转移总电子数为0.3mol，即0.3NA，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。10、C【解析】A.D2O和H2O相对分子质量不同，所以物质的量不同，质子数也不同，故A错误；B.亚硫酸的n=1mol,但亚硫酸为弱电解质不能完全电离，含有的H+个数小于2N0，故B错误；C.2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,由方程式知，每生成1molO2转移电子的物质的量为2mol,所以生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2N0，故C正确；D.铜只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故硫酸不能反应完全，则生成的二氧化硫分子个数小于0.46N0，故D错误；故选C。11、A【详解】由①知，还原性强弱顺序为SO2>I-；由②知，还原性强弱顺序为SO2>Fe2+；由③知，还原性强弱顺序为I->Fe2+，故还原性强弱顺序为SO2>I->Fe2+，类比可得离子的还原性强弱顺序为HSO3->I->Fe2+。向混合溶液中通入Cl2的过程中，首先氧化HSO3-，然后氧化I-，最后氧化Fe2+，C错误；加入KSCN溶液，溶液呈微红色，说明有微量的Fe3+生成，则有较多的Fe2+没有被氧化，D错误；HSO3-和I-均完全反应，Fe2+发生的反应可以忽略不计，根据电子得失守恒得2n(FeI2)+2n(NaHSO3)=2×4.48L÷22.4L·mol-1，即n(FeI2)+n(NaHSO3)=0.2mol，由于溶质的物质的量相等，所以n(FeI2)=0.1mol，c(FeI2)=1mol·L-1，A正确；转移电子的物质的量根据氯气计算得2×4.48L÷22.4L·mol-1=0.4mol，B错误；综上所述，本题选A。12、D【分析】此题考查化学用语，化学用语包括：化学式，结构式，电子式，原子（或离子）结构示意图以及不同核素的表达等，根据各化学用语的书写要点分析。【详解】A.核素的表达式中A表示X原子的质量数，Z表示X原子的质子数，则中子数=A-Z，中子数为18的氯原子为，A项错误；B.氮原子最外层电子数为5，还需要3个电子（或形成3对共用电子对）达到8电子稳定结构，所以两个氮原子共用3对电子，氮气的结构式为N≡N，B项错误；C.钠原子的核外有11个电子，钠离子是由钠原子失去一个电子形成的，则钠离子核外有10个电子，Na+的结构示意图为，C项错误；D.氧原子最外层有6个电子，两个氢原子分别和氧原子形成1对共用电子对，D项正确。故选D。13、C【解析】由c(OH-)/c(H+)=1010可知c（OH-）=0.01mol/L，则甲为NaOH，结合原子序数可知X为H，Y为O，Z为Na，Z与W同周期，且W的最高正价与最低负价的代数和为4，其最高价为+6价，可知W为S，由上述分析可知，X为H，Y为O，Z为Na，W为S，以此来解答。【详解】A.Z分别与Y组成的化合物Z2Y2为过氧化钠，Z与W形成硫化钠它们所含阴离子数相同，故A正确；B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：X＜Y＜W＜Z，故B正确；C.S微溶于酒精，易溶于CS2，应选CS2洗涤，故C错误；D.非金属性越强氢化物越稳定，所以氢化物的稳定性Y＞W，故D正确。故选C。【点睛】过氧化钠中阴离子是过氧根，只有一个阴离子。14、C【解析】A.SO2具有还原性和氧化性，在作漂白剂时并不发生氧化还原反应，而是与有色物质发生化合而使其褪色，A错误；B.Na是活泼金属，Na与MgCl2溶液反应时，得到H2和Mg(OH)2，得不到Mg，B错误；C.浓硝酸见光分解产生NO2，NO2溶解在浓硝酸中，使浓硝酸呈黄色，C正确；D.Fe与非金属单质反应的产物的化合价中，Fe并不一定呈+3价，该价态取决于非金属单质的氧化性强弱，，如Fe与S反应生成的FeS中，Fe显+2价，D错误；故合理选项为C。15、D【分析】用Co2O3代替MnO2制备Cl2，反应后Co元素以Co2+的形式存在，则反应方程式为Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，Co元素的化合价由+3价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价，以此来解答。【详解】A．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O可知，每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔Co2O3，故A正确；B．Co元素的化合价由+3价降低为+2，则氧化剂为Co2O3，Cl元素被氧化，则Cl2为氧化产物，所以氧化性：Co2O3＞Cl2，故B正确；C．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O可知，参加反应的HCl部分被Co2O3氧化，故C正确；D．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O和MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，制备相同量的氯气，Co2O3消耗盐酸的量更多，故D错误；答案选D。16、D【解析】硝酸具有强氧化性，与Fe反应生成的气体为氮的氧化物，溶液能使淀粉KI溶液变蓝，则溶液中含铁离子，则硝酸过量或恰好反应，溶液能使高锰酸钾褪色，则一定含亚铁离子，A．由上述分析可知，发生氧化还原反应生成亚铁离子和铁离子，不发生钝化，故A错误；B．②中数据不能表明气体的成分，可能为NO2或NO2和NO的混合物，故B错误；C．③中现象表明，反应后有氧化性物质存在，硝酸可能有剩余，也可能不存在，因生成的铁离子也具有氧化性，故C错误；D．④中现象表明，亚铁离子与高锰酸钾发生氧化还原反应，则溶液中一定含有Fe2+，故D正确；故答案选D。17、A【详解】已知：①2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)ΔH1，②2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH2，③CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)ΔH3，则根据盖斯定律可知①×2＋②＋③即得到反应3H2(g)+3CO(g)CH3OCH3(g)+CO2(g)的ΔH＝2ΔH1+ΔH2+ΔH3，答案选A。18、C【详解】A.氢氧化铁胶体、淀粉溶液都是胶体，均具有丁达尔效应，故A正确；B．化学是一门具有创造性的科学，化学变化的特征是认识分子和制造分子，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成，故B正确；C.煤的干馏、煤的液化、石油的裂解都有新物质生成，均属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，故C错误；D.榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素，故D正确；故选C。19、B【详解】A、苯的密度小于水的，在上层。氨气极易溶于水，直接插入到水中进行吸收，容易引起倒吸，选项A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，导致饱和硝酸钾溶液中溶剂减少，因而有硝酸钾晶体析出，选项B正确；C、浓硫酸不能在量筒中稀释，选项C不正确；D、蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶支管出口处，选项D不正确；答案选B。20、B【解析】A、石油属于不可再生矿物能源，A错误；B、石油主要含有碳、氢两种元素，B正确；C、石油裂化属于化学变化，C错误；D、石油分馏属于物理变化，D错误，答案选B。21、B【详解】环己醇中连接醇羟基碳原子相邻的碳原子上有氢原子，所以环己醇能发生消去反应生成相应的烯烃，则环己醇能由烯烃和水加成而制得，A错误；2，2-二甲基-1-丙醇中连接醇羟基碳原子相邻的碳原子上没有氢原子，所以该有机物不能发生消去反应，则2，2-二甲基-1-丙醇不能用烯烃和水加成得到，B正确；2-甲基-2-丙醇中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应生成2-甲基丙烯，则2-甲基丙醇能由2-甲基丙烯和水发生加成反应而制得，C错误；2,3,3-三甲基-2-丁醇中连接醇羟基的碳原子相邻碳原子上含有氢原子，所以能发生消去反应生成2，3，3-三甲基-1-丁烯，则2,3,3-三甲基-2-丁醇可以由2,3,3-三甲基-1-丁烯和水加成制得，D错误；正确选项B。点睛：醇的消去反应满足的条件：外界条件为浓硫酸、加热；有机物为醇类，且与羟基相连的碳的邻碳上有氢原子。22、D【解析】试题分析：①醋酸是弱酸，在书写离子方程式时要写化学式，碳酸钙跟醋酸反应：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，错误；②铁跟稀盐酸反应，产生氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式是：Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，正确；③碘化钾溶液跟适量溴水反应，产生碘单质，碘单质是双原子分子，离子方程式要符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，离子方程式是：2I－＋Br2=2Br－＋I2，错误；④铁跟硫酸铜发生置换反应产生铜，反应的离子方程式：Cu2＋＋Fe=Fe2＋＋Cu，正确；⑤碳酸氢钙溶液跟足量烧碱溶液反应，产生CaCO3、Na2CO3和水，反应的离子方程式是：Ca2＋＋2HCO3-＋2OH－=CaCO3↓＋CO32-＋2H2O，正确。可见正确的离子方程式是②④，选项D正确。考点：考查离子方程式正误判断的知识。二、非选择题(共84分)23、BD保护酚羟基，防止被氧化（任写三个）【分析】(1)根据阿莫西林分子的结构可知分子式，官能团，手性碳的数目；(2)根据①的生成物，推得反应物为对甲基苯酚，与CH3I发生取代反应，酚羟基很容易被氧化，加入CH3I防止被氧化；(3)C的结构简式为故形成二肽时，羧基失去羟基，氨基失去氢原子；(4)的同分异构体需满足分子式相同，结构不同的有机物，C的分子式为C8H9O3，满足条件①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，分子中可以含有一个硝基，两个甲基，一个羟基；或者两个甲基，两个羟基，一个氮氧双键；两个CH3O，一个氮氧双键，写出同分异构体的结构。(5)根据题中涉及的反应+H2O2.RCHO制备生成物的工艺流程为：苯环上的甲基转变为醛基，可由取代反应引入氯原子，二元氯代烃在碱性条件下发生取代反应得到含有醛基的有机物，加入氢氰酸，再加酸性条件下水解得到产物。【详解】(1)A.由结构简式可知,阿莫西林的分子式为C16H19N3O5S，故A错误；B.连4个不同基团的原子为手性碳原子，则左侧与氨基，苯环，氢原子，羰基相连的碳原子，四元环上除羰基和氮原子外的两个碳原子均为手性碳，五元环中与羧基相连的碳原子为手性碳，故手性碳共4个，故B正确；C.酚−OH具有酸性，能与NaOH发生中和反应，−COOH能与NaOH发生中和反应，1mol分子中有2mol肽键，在碱性条件下可以水解，则1

mol该物质最多可与4mol

NaOH反应，故B错误。D.含有羰基，可发生加成反应，含有苯环和羟基，可发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应，含有氨基和羧基，可发生缩聚反应，故D正确；故答案选BD；(2)根据分析，A的结构简式为反应方程式为，酚羟基很容易被氧化，加入CH3I防止被氧化；故答案为：；保护酚羟基，防止被氧化；(3)C的结构简式为，C和甘氨酸可以脱水缩合生成肽键，甘氨酸（H2N-CH2-COOH）和C发生缩合生成二肽的结构简式为：，故答案为；(4)的同分异构体需满足分子式相同，结构不同的有机物，C的分子式为C8H9O3，满足条件①分子中含苯环，不含过氧键“－O－O－”；②分子中含有3种不同化学环境的氢原子，分子中可以含有一个硝基，两个甲基，一个羟基；或者两个甲基，两个羟基，一个氮氧双键；两个CH3O，一个氮氧双键，则符合要求的结构简式为：，故答案为：（任写三个）；(5)根据题中涉及的反应+H2O2.RCHO制备生成物的工艺流程为：苯环上的甲基转变为醛基，可由取代反应引入氯原子，二元氯代烃在碱性条件下发生取代反应得到含有醛基的有机物，加入氢氰酸，再加酸性条件下水解得到产物，则合成路线图如下：，故答案为：。24、1~100nmFeFeSH2SO42Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子的存在4Fe2++4Na2O2+6H2O=4Fe(OH)3(胶体)+O2↑+8Na+【解析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则D中含有铁离子、F是Fe（OH）3，C和双氧水反应生成D，则C中含有亚铁离子，A能和S反应，A也能和稀硫酸反应生成亚铁盐，则A是Fe，C是FeSO4，D是Fe2（SO4）3，B是FeS，硫酸铁和氨水反应生成氢氧化铁和硫酸铵，则E是（NH4）2SO4；硫酸亚铁和过氧化钠反应生成氢氧化铁。则（1）胶体微粒直径在1～100nm之间；（2）通过以上分析知，A、B、H分别是Fe、FeS、H2SO4（稀）；（3）①双氧水是共价化合物，电子式为；②C是硫酸亚铁，硫酸亚铁和双氧水发生氧化还原反应生成硫酸铁和水，离子方程式为2Fe2++H2O2+2H+＝2Fe3++2H2O；（4）E中有铵根离子，可取少量E于试管中，用胶头滴管加入氢氧化钠溶液，加热试管，可观察到试管口处湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明有铵根离子；（5）硫酸亚铁和过氧化钠发生氧化还原反应生成氢氧化铁和氧气、硫酸钠，离子方程式为4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O＝4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋。25、直形冷凝管平衡内外气压，冷凝回流产品HCOOH+CH3OHHCOOCH3+H2O蒸馏c→b→e→d→f除去CO中的HCOOH蒸气加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，能够使溶液褪色酚酞81.1%【解析】I．(1)由装置图可知，仪器A为直形冷凝管；由于产物甲酸甲酯的沸点较低，为防止其大量挥发，所以长玻璃管c的作用冷凝回流产品，也能起到平衡内外气压的作用；(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式HCOOH+

CH3OHHCOOCH3+H2O；(3)根据甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点都有较大差别，可采用蒸馏的方法提取混合物中的甲酸甲酯；II．(1)用甲酸脱水制取一氧化碳时，要用浓硫酸催化脱水，再用碱石灰进行除杂，最后用排水法收集CO，所以正确的连接顺序为a→c→b→e→d→f；(2)由于甲酸的沸点不高，在加热时会有一定量的挥发，所以装置B的作用是除去CO中的HCOOH蒸气；(3)①已知甲酸(HCOOH)是还原性酸，所以可用氧化性物质来检验是否有甲酸生成，所以取固体产物，配成溶液，加入稀硫酸酸化后，再滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液的紫色褪去，即证明CO与NaOH

固体发生了反应；②这是用标准盐酸来滴定未知碱溶液的操作，所以用酚酞作指示剂，已知消耗盐酸的物质的量为1.5

mol/L×5.05

×10-3L=7.575×10-3mol，所以8.0g固体产物中含NaOH的质量为7.575×10-3mol×5×40g/mol=1.515g，则产物中甲酸钠的质量分数为8.0g-1.515g8.0g点睛：本题的关键是通过甲酸、甲醇和甲酸甲酯的沸点，知道它们的沸点较低，易挥发，需要从产物中除去，且沸点之间差距较大，可通过蒸馏的方法进行分离提纯，又甲酸具有还原性，为甲酸钠的检验提供了思路。26、i-h-d-eb-c排除装置中的原有空气，将生成的气体全部送入后续装置或使反应生成的SO2和CO2能被完全吸收除去SO2，防止对测定结果妨碍高80％B之后接一个阻止空气中水和CO2进入B的装置【分析】根据实验目的及物质的性质分析实验装置的连接顺序；根据实验原理分析实验操作中注意事项；根据氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算。【详解】(1)本题实验原理是向混合物中加酸产生二氧化碳和二氧化硫气体，用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，接着将气体通过浓硫酸干燥，最后用碱石灰吸收二氧化碳气体，碱石灰增加的质量即为二氧化碳气体的质量，所以装置连接顺序是a-i-h-d-e-f-g-b-c，故答案为i-h-d-e；b-c；(2)实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气目的是排出系统中的二氧化碳气体，加酸后再次鼓入空气的作用是使生成的气体全部进入后续装置，故答案为排出装置中原有空气，将生成的气体全部送入后续装置；(3)高锰酸钾溶液的作用是吸收二氧化硫气体，防止二氧化硫对测定结果的影响，故答案为吸收二氧化硫气体，防止二氧化硫对测定结果的影响；(4)若品红溶液褪色，说明二氧化硫气体没有除尽，将被碱石灰吸收，所以碱石灰质量将偏大，根据实验原理分析可知二氧化碳气体的质量偏大，则混合物中NH4HCO3偏大，测定结果将偏高；为了保证二氧化硫能被全部吸收，可以假定mg样品全是NaHSO3进行计算，则根据原子守恒样品中产生二氧化硫的物质的量为，根据二氧化硫与高锰酸钾反应方程式可得5SO2~2MnO4－，则，V=mL，故答案为高；；(5)碱石灰增重4.4g，即二氧化碳物质的量为0.1mol，由碳元素守恒，碳酸氢铵物质的量也为0.1mol，碳酸氢铵质量为7.9g，NH4HCO3的质量分数为7.9g/9.875g×100%=80%，故答案为80%；(6)从该装置测量的物质及该装置结构分析，从定量测定的准确性的角度考虑，该套装置还应作进一步的改进，改进的措施是B之后接一个阻止空气中水和CO2进入B的装置。27、复分解反应重结晶0℃冷水2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑F→B→D→C→E→H→G装置E硬质玻璃管中红色粉末变为黑色Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3↑【解析】（1）高氯酸钠与氯化铵反应生成高氯酸铵，化合价未变；（2）由粗产品获得纯净的高氯酸铵操作属于晶体的提纯；（3）NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大；（4）①结合原子个数守恒进行配平；②用无水CuSO4固体（F）检验H2O(g)，再用湿润的红色布条（F）检验Cl2；对O2的检验应用O2将铜氧化的性质，由于Cl2同样具有氧化性，因此需先用NaOH溶液（D）除去Cl2，再通过浓硫酸（C）干燥，气体通过Cu粉（E）检验O2；G装置排水集气法用于检验N2，由于O2也难溶于水，因此需先用焦性没食子酸（H）吸收O2；③Mg能与N2反应生成Mg3N2，Mg3N2与水反应生成的使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为NH3。【详解】（1）由流程可知，高氯酸钠与氯化铵反应生成高氯酸铵，则化学方程式为：NaClO4+NH4Cl=NH4ClO4+NaCl，该反应为复分解反应；（2）由粗产品获得纯净的高氯酸铵操作属于晶体的提纯，而晶体的提纯用重结晶；（3）由图2可知，NH4ClO4的溶解度随温度的升高而增大，因此洗涤NH4ClO4粗产品时，应选用0℃冷水进行洗涤，防止NH4ClO4溶解损耗；（4）①由题干可知，NH4ClO4分解产生N2、Cl2和H2O，结合原子个数守恒可得，反应过程中还生成O2，因此该反应的化学方程式为：2NH4ClO4N2↑+Cl2↑+2O2↑+4H2O↑；②对产生气体的检验