2026届重庆市第四十二中学高三上化学期中复习检测模拟试题含解析

2026届重庆市第四十二中学高三上化学期中复习检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、下列有机物的系统命名正确的是（）A．2-乙基丁烷B．3,3-二甲基丁烷C．2-甲基-1,3-丁二烯D．2,2-二甲基-3-戊炔2、卫生部发布公告，自2011年5月1日起，禁止在面粉生产中添加过氧化钙(CaO2)等食品添加剂。下列对于过氧化钙(CaO2)的叙述错误的是A．CaO2具有氧化性，对面粉可能具有漂白作用B．CaO2中阴阳离子的个数比为1:1C．CaO2和水反应时，每产生1molO2转移电子4molD．CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2＋2CO2＝2CaCO3＋O23、若pH＝3的酸溶液和pH＝11的碱溶液等体积混合后溶液呈酸性，其原因可能是A．生成了一种强酸弱碱盐 B．弱酸溶液和强碱溶液反应C．强酸溶液和弱碱溶液反应 D．一元强酸溶液和一元强碱溶液反应4、（NH4）2SO4在一定条件下发生如下反应：4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，将反应后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有部分气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应。下列说法正确的是A．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1B．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：2C．生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：3D．从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl5、下列事实不能用原电池原理解释的是()A．将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中迅速反应放热B．铁被钝化处理后不易腐蚀C．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后反应速率加快D．镀层破损后，镀锌铁比镀锡铁更耐用6、下列有关反应热的说法正确的是A．在化学反应过程中，吸热反应需不断从外界获得能量，放热反应不需从外界获得能量B．甲烷的标准燃烧热△H=﹣890kJ/mol，则甲烷燃烧的热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）△H=﹣890kJ•mol﹣1C．已知常温常压下HCl（aq）+NaOH（aq）=NaCl（aq）+H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，则有H2SO4（aq）+Ba（OH）2（aq）=BaSO4（s）+2H2O（l）△H=﹣114.6kJ•mol﹣1D．已知S（s）+O2（g）=SO2（g）△H1=﹣Q1kJ•mol﹣1，S（g）+O2（g）=SO2（g）△H2=﹣Q2kJ•mol﹣1，则Q1＜Q27、(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的名称是A．3，3，4-三甲基戊烷 B．2，3-二甲基-3-乙基丁烷C．2，3，3-三甲基戊烷 D．2，3-二甲基-2-乙基丁烷8、氢卤酸的能量关系如图所示，下列说法正确的是（）A．已知气体溶于水放热，则的△H1＜0B．相同条件下，的△H2比的小C．相同条件下，的(△H3+△H4)比的大D．一定条件下，气态原子生成键放出能量，则该条件下△H2=+akJ/mol9、下面是用硫酸钙生产硫酸、漂白粉等一系列物质的流程图。下列说法正确的是A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物B．图示转化反应均为氧化还原反应C．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉D．用CO合成CH3OH，原子利用率为100%10、某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-四种离子B．气体A的化学式是COC．原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓11、下列有关化学反应的叙述正确的是A．Fe在稀硝酸中发生钝化 B．MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C．SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3 D．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O212、已知：①CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)△H1②CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)△H2下列推断正确的是A．若CO的燃烧热为△H3，则H2的燃烧热为△H3−△H1B．反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=△H2−△H1C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则△H2＜0D．若等物质的量CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则△H1＞013、对乙烯（CH2=CH2）的描述与事实不符的是A．球棍模型： B．分子中六个原子在同一平面上C．键角：109o28’ D．碳碳双键中的一根键容易断裂14、下列实验操作或装置能达到目的的是（）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色A．A B．B C．C D．D15、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．0.1molL-1NH4Cl溶液中，Cl-的数量为0.1NAB．60g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2C．常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离出的H+数为10-9NAD．用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极应有64gCu转化为Cu2+16、设NA为阿伏伽德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为NA17、二氯化二硫（S2Cl2）是广泛用于橡胶工业的硫化剂；其分子结构中每个原子均满足8电子结构。常温下，S2Cl2是一种橙黄色的液体，遇水易水解，并产生能使品红褪色的气体。下列说法中错误的是A．S2Cl2中的硫元素显+1价B．S2Cl2结构中的化学键只含有极性键C．S2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2>S2Cl2D．S2Cl2与H2O反应的生成物中可能有S18、下列有关金属及其化合物的说法正确的是A．Mg和Al都可以用电解法冶炼得到B．Na2O和Na2O2与CO2反应产物相同C．MgO和Al2O3均只能与酸反应，不能与碱反应D．Mg和Fe在一定条件下与水反应都生成H2和对应的碱19、水的离子积常数随温度升高而升高。关于一定量的水，下列叙述正确的是A．温度升高，水中分子总数减少 B．水中c(OH-)随温度升高而降低C．水的pH随温度升高而升高 D．水的电离过程是放热过程20、25℃时，将浓度和体积分别为c1、V1的一元强碱ROH溶液和c2、V2的一元弱酸HA溶液相混合，下列关于该混合溶液的叙述正确的是()A．若pH>7时，则一定是c1V1=c2V2B．只有当pH<7时，才能满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)C．当pH=7时，若V1=V2，则一定是c1>c2D．若V1=V2、c1=c2，则c(A-)+c(HA)=c(R+)21、下列叙述不正确的是A．“84”消毒液可用作漂白剂B．过氧化钠可用作供氧剂C．医院常用90%的酒精作消毒剂D．活性铁粉可用作抗氧化剂22、有机物M：可用作涂料。对M的分析错误的是（）A．M中含酯基 B．M可通过加聚反应制得C．个M水解得到个RCOOH D．M的水解产物中仍有高分子化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子的元素在第二周期________族，该元素的气态氢化物的电子式为_______，其空间构型是______，是含________共价键的____分子（填极性或非极性）。该气体溶于水后，水溶液呈_____性（填“酸”或“碱”）原因是____（用方程式表示）24、（12分）花椒毒素(I)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)②的反应类型为__________；B分子中最多有___________个碳原子共平面。(2)A中含氧官能团的名称为__________；若反应④为加成反应，则写出F的结构简式_______________。(3)反应③的化学方程式为_____________。(4)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____________。（只写一种即可）。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)参照题图信息，写出以为原料制备：的合成路线（无机试剂任选）：____________。25、（12分）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用制备还原铁粉的工业流程如下：实验室中可用(用铁粉和稀硫酸反应制得)和在如图装置模拟上述流程中的“转化”环节．(1)装置A的名称是_____，装置B中盛放的药品是_____，盛放在装置_____中．(2)实验过程中，欲将生成的溶液和溶液混合，操作方法是_________．溶液要现用现配制的原因是_________．(3)操作I的名称是________，干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量在空气中被氧化为，取干燥后的样品，与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉，计算样品中杂质的质量_______g26、（10分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水反应生成一种氯化物和两种氮化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：①制备NO发生装置可以选用___________________(填写字母代号)，请写出发生反应的离子方程式：___________________。②欲收集一瓶干燥的氯气，选择装置，其连接顺序为：a→__________________(按气流方向，用小写字母表示)。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①实验室也可用X装置制备NO，X装置的优点为________________________________。②检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开____________，通入一段时间气体，其目的为___________________________，然后进行其他操作，当Z有一定量液体生成时，停止实验。③若无装置Y，则Z中NOCl可能发生反应的化学方程式为________________________。④若尾气处理装置连接上图烧杯中导管d，则烧杯中可加入__________溶液。(3)取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。则亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为________(用代数式表示)。[已知：Ag2CrO4为砖红色固体；Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=1×10-12]27、（12分）研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。Ⅰ．含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2。某研究性学习小组在实验室利用装置(如图)测定烟气中SO2的体积分数。(1)将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。(填序号)①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液(2)若烟气的流速为amL·min-1，若t1min后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数_____。II．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验(装置图)：(3)检查装置A的气密性：_________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。(4)装置A中发生的反应的离子方程式为__________。(5)整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________。(6)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开旋塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭旋塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_____(7)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ．(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水。①结合化学用语解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________；设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加______，若_________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量红色物质加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：__________________。28、（14分）为了纪念元素周期表诞生150周年，联合国将2019年定为“国际化学元素周期表年”。回答下列问题：(1)Ag与Cu在同一族，则Ag在周期表中_____（填“s”、“p”、“d”或“ds”）区。[Ag(NH3)2]+中Ag+空的5s轨道和5p轨道以sp杂化成键，则该配离子的空间构型是_____。(2)表中是Fe和Cu的部分电离能数据：请解释I2(Cu)大于I2(Fe)的主要原因：______。元素FeCu第一电离能I1/kJ·mol－1759746第二电离能I2/kJ·mol－115611958(3)亚铁氰化钾是食盐中常用的抗结剂，其化学式为K4[Fe(CN)6]。①CN-的电子式是______；1mol该配离子中含σ键数目为______。②该配合物中存在的作用力类型有______（填字母）。A．金属键B．离子键C．共价键D．配位键E．氢键F．范德华力(4)MnO的熔点(1660℃)比MnS的熔点(1610℃)高，其主要原因是________。(5)第三代太阳能电池利用有机金属卤化物碘化铅甲胺(CH3NH3PbI3)半导体作为吸光材料，CH3NH3PbI3具有钙钛矿(AMX3)的立方结构，其晶胞如图所示。①AMX3晶胞中与金属阳离子(M)距离最近的卤素阴离子(X)形成正八面体结构，则M处于_______位置，X处于______位置（限选“体心”、“顶点”、“面心”或“棱心”进行填空）。③CH3NH3PbI3晶体的晶胞参数为anm，其晶体密度为dg·cm-3，则阿伏加德罗常数的值NA的计算表达式为_________。29、（10分）高纯硝酸锶[Sr(

NO3)2]用于制造信号灯、光学玻璃等。I.工业级硝酸锶中常含有硝酸钙、硝酸钡等杂质，其中硝酸钙可溶于浓硝酸，而硝酸锶、硝酸钡不溶于浓硝酸。提纯硝酸锶的实验步骤如下：①取含杂质的硝酸锶样品，向其中加入浓HNO3

溶解，搅拌。②过滤，并用浓HNO3

洗涤滤渣。③将滤渣溶于水中，加略过量CrO3

使Ba2+

沉淀，静置后加入肼(

N2H4)将过量CrO3还原，调节pH

至7~8，过滤。④将滤液用硝酸调节pH

至2~3，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤。⑤将得到的Sr(

NO3)2·2H2O

晶体在100℃条件下干燥，得到高纯硝酸锶。（1）步骤②用浓HNO3洗涤滤渣的目的是______________。（2）步骤③中肼将CrO3

还原为Cr3+，同时产生一种无色无味的气体，该反应的离子方程式为_____________。（3）肼具有很好的还原性，且氧化产物无污染，故可用于除去锅炉等设备供水中的溶解氧，现欲除去100L锅炉水中的溶解氧(

含氧气8.8mg/L)，需要肼的质量为__________。Ⅱ.

Sr(NO3)2

受热易分解，生成Sr(NO2)2

和O2；在500℃时Sr(NO2)2

进一步分解生成SrO

及氮氧化物。（4）取一定质量含Sr(NO2)2

的Sr(NO3)2

样品，加热至完全分解，得到7.28gSrO固体和6.92

g混合气体。计算该样品中Sr(NO3)2

的质量分数__________(写出计算过程，计算结果精确到0.01%

)。

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.主链选择错误，应该是3-甲基戊烷，故A错误；B.编号顺序错误，应该是2,2-二甲基丁烷，故B错误；C.2-甲基-1,3-丁二烯的名称正确，故C正确；D.编号顺序错误，应该是4,4-二甲基-2-戊炔，故D错误；故选C。点晴：掌握有机物命名的方法是解答的关键。有机物系统命名中常见的错误归纳如下：①主链选取不当(不包含官能团，不是主链最长、支链最多)；②编号错(官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小)；③支链主次不分(不是先简后繁)；④“－”、“，”忘记或用错。2、C【解析】A、结合过氧化钠的性质推断，CaO2具有氧化性，可能具有漂白性，对面粉可能具有增白作用，选项A正确；B、过氧化钙构成离子是钙离子和过氧根离子，CaO2中阴阳离子的个数比为1：1，选项B正确；C、CaO2和水反应的化学方程式为2CaO2+2H2O＝2Ca（OH）2+O2↑，每产生1molO2转移电子2mol，选项C错误；D、CaO2和CO2反应的化学方程式为：2CaO2+2CO2＝2CaCO3+O2；选项D正确；答案选C。3、B【详解】假设为强酸和强碱反应，pH＝3的强酸完全电离，所产生的c（H+）=1×10-3mol/L，pH＝11的强碱完全电离，所产生的c（OH－）=1×10-3mol/L，等体积混合后会恰好反应，所得的溶液应该呈中性。而题目中溶液呈酸性，说明反应后还有H+剩余，即原来酸还有未完全电离的分子，在反应过程中不断的补充H+而使溶液呈酸性。所以酸为弱酸碱为强碱，故答案为B。4、A【详解】（NH4）2SO4分解的方程式为4（NH4）2SO4=N2↑＋6NH3↑＋3SO2↑＋SO3↑＋7H2O，设分解了4mol（NH4）2SO4，则分解生成的N2、NH3、SO2、SO3物质的量依次为1mol、6mol、3mol、1mol，分解产生的气体通入BaCl2溶液中，发生反应2NH3+SO3+H2O=（NH4）2SO4、（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl，此过程中消耗1molSO3、2molNH3、生成1molBaSO4沉淀；还剩余4molNH3，最终从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反应，说明3molSO2全部反应，则发生的反应为4NH3+3SO2+3H2O=（NH4）2SO3+2NH4HSO3、（NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，此过程将4molNH3、3molSO2全部消耗，生成1molBaSO3沉淀；根据上述分析，生成的沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n（BaSO4）：n（BaSO3）约为1：1，从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下的溶液中有较多的NH4Cl和NH4HSO3，故答案为A。5、B【详解】A．将镁粉、铁粉和食盐一块加到水中，构成原电池装置，金属镁是负极，镁和水的反应是放热反应，形成原电池可以加快化学反应速率，能用原电池原理解释，故A不选；B．铁被钝化后，在金属表面上会形成一层致密的金属氧化膜，保护内部金属不被腐蚀，不能用原电池原理解释，故B选；C．纯锌与稀硫酸反应时，滴入少量CuSO4溶液后，金属锌可以和硫酸铜反应置换出铜，Zn、Cu、硫酸会形成原电池装置，Zn为负极，使得Zn和硫酸的反应速率加快，能用原电池原理解释，故C不选；D．镀层破损后，镀锌铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Zn为负极，Fe为正极，Fe被保护，镀锡铁和潮湿空气形成的原电池中，金属Fe为负极，Sn为正极，Fe被腐蚀速率加快，镀锌铁比镀锡铁更耐用，能用原电池原理解释，故D不选；故选B。6、D【详解】A、很多的放热反应也需要在加热条件下进行，故A错误；B、燃烧热是指1mol纯物质完全燃烧生成稳定的氧化物，生成的水应为液体，故B错误；C、硫酸和氢氧化钡反应生成硫酸钡沉淀和水，沉淀的生成也有热量的变化，所以不能使用中和热的数值，故C错误；D、固态硫的能量比气态硫的能量低，所以气态硫燃烧时放热多，故D正确；答案选D。7、C【详解】系统命名法时，选最长的碳链为主链，若为烯烃或炔烃时含双键、三键的最长碳链为主链，且取代基的位次之和最小，所以(CH3)2C(C2H5)CH(CH3)2的名称是2，3，3-三甲基戊烷，故答案为C。8、D【详解】A．△H1代表的是HX气体从溶液中逸出过程的焓变，因为气体溶于水放热，则气体溶于水的逆过程吸热，即HF的△H1＞0，A错误；B．由于比稳定，所以相同条件下的△H2比的大，B错误；C．(△H3+△H4)代表的焓变，与是的还是的H原子无关，C错误；D．一定条件下，气态原子生成键放出能量，则断开键形成气态原子吸收的能量，即△H2=+akJ/mol，D正确；故选D。9、D【详解】：A．SO2、SO3是酸性氧化物，CO不是酸性氧化物，A错误；B．氧化钙与水的反应不是氧化还原反应，B错误；C．澄清石灰水中氢氧化钙的浓度较小，应用纯净的消石灰，C错误；D．工业上一般采用下列反应合成甲醇：CO+2H2⇌CH3OH，所有原子进入期望产物，原子利用率为100%，D正确；故选D。10、C【解析】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl－。【详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl－。A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A错误；B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正确；D、NH3·H2O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D错误。【点睛】根据分析，学生认为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。11、C【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝化；B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。12、B【详解】A．氢气的燃烧热是指1mol氢气完全燃烧生成液体水时放出的热量，而反应①②中的水是气体，A项错误；B．根据盖斯定律，反应CH4(g)+CO2(g)=2CO(g)+2H2(g)的ΔH=ΔH2—ΔH1，B项正确；C．若反应②的反应物总能量低于生成物总能量，则该反应是吸热反应，ΔH2>0，C项错误；D．由于对于放热反应，焓变是负值，则放出的热量越多，焓变越小，所以若等物质的量的CO和H2完全燃烧生成气态产物时前者放热更多，则ΔH1<0，D项错误；答案选B。13、C【详解】A．球表示原子，棍表示化学键，则乙烯的球棍模型为，选项A正确；B．碳碳双键为平面结构，则分子中六个原子在同一平面上，选项B正确；C．平面结构，键角为120°，正四面体结构的键角为109o28’，选项C错误；D．碳碳双键比单键活泼，则碳碳双键中的一根键容易断裂，选项D正确；答案选C。14、B【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。15、B【详解】A.0.1molL-1NH4Cl溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算Cl-的数量，故A错误；B.乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故60g混合物中含有的CH2O的物质的量为2mol，而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，故2molCH2O燃烧消耗的氧气分子个数为2NA个，故B正确；C.常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离的氢离子的浓度为10-5mol·L－1，水电离出的H+数为10-5NA，故C错误；D.用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极上活泼的金属先转化为离子，转化为Cu2+的铜少于64g，故D错误；故选B。16、A【详解】A.10g46%的乙醇水溶液中，乙醇的质量为4.6克，物质的量为0.1mol，含有0.1mol氧原子，水的质量为5.4克，物质的量为0.3mol，氧原子的物质的量为0.3mol，所以氧原子总共0.4mol，故正确；B.1molN2与4molH2反应为可逆反应，不能计算生成的氨气的物质的量，故错误；C.1molFe溶于过量硝酸，生成硝酸铁，电子转移数为3NA，故错误；D.乙烯和丙烯的最简式为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体含有1molCH2，含有2mol氢原子，故错误。故选A。【点睛】注意本题的易错点在A上。水溶液中当然有水分子的存在，Ａ选项中乙醇溶液中乙醇中含有氧原子，水分子也含有氧原子。所以在涉及H、O原子数目的问题上，不能把水忘了。17、B【解析】试题分析：A．氯元素在S2Cl2中为-1价，根据化合价规则知硫元素的化合价为+1价，故A正确；B．分子结构中每个原子均满足8电子结构，则硫原子和氯原子之间形成的化学键为极性键共价键，还应有硫和硫原子之间的化学键是非极性共价键，故B错误；C．S2Br2与S2Cl2均属于分子晶体，分子晶体中，分子量越大则熔沸点越高，所以熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；D．S2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确；故选B。考点：考查化学键键型与晶体结构的判断18、A【解析】试题分析：A、常见金属的冶炼方法有电解法、热还原法、热分解法等，其中Na、Mg都为活泼金属，应用电解法冶炼，故A正确；B、过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，而氧化钠和二氧化碳反应中生成碳酸钠，故B错误；C、氧化铝为两性氧化物，可与氢氧化钠等强碱反应，故C错误；D、铁和水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不生成碱，故D错误；故选A。考点：考查了钠、镁、铝等金属单质及其化合物的性质的相关知识。19、A【解析】A、水的电离是吸热过程，温度升高，水的电离程度增大，水分子总数减少，选项A正确；B、温度升高，水的电离程度增大，氢氧根离子浓度增大，选项B错误；C、温度升高，水的电离程度增大，氢离子浓度增大，pH值减小，选项C错误；D、水的电离过程是吸热过程，选项D错误；答案选A。20、D【分析】A.当c1V1>c2V2时，即氢氧化钠过量时溶液呈碱性，溶液的pH>7,两者恰好反应时，溶液也是呈碱性的；B.溶液中一定满足电荷守恒，与溶液酸碱性无关；C.pH=7时溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸应该稍过量；D.若V1=V2、c1=c2，则HA与ROH的物质的量相等，根据混合液中的物料守恒判断。【详解】A.由于强酸弱碱盐的水溶液显碱性，故当溶液的pH>7时，可能恰好反应，也可能碱过量，故可能满足c1V1=c2V2或c1V1>c2V2，A错误；B.无论溶液pH<7还是≤7时，根据电荷守恒可知，溶液中都满足c(R+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，B错误；C.当pH=7时，溶液呈中性，由于HA为弱酸、ROH为强碱，则酸的物质的量应该稍大些，即c1V1<c2V2，若V1=V2，则一定是c1<c2，C错误；D.若V1=V2、c1=c2，根据n=c·V可知，HA与ROH的物质的量相等，两溶液恰好反应生成NaA，根据物料守恒可得：c(A-)+c(HA)=c(R+)，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键，注意掌握盐的水解原理、根据电荷守恒及物料守恒的含义分析，试题有利于提高学生的分析能力及灵活应用能力。21、C【解析】A.84消毒液具有强氧化性，可用作消毒剂和漂白剂，故A正确；B．过氧化钠可与水、二氧化碳反应生成氧气，用作供氧剂，故B正确；C．实践证明，70%-75%的酒精对细菌的渗透能力最强，杀菌效果最好，故C错误；D．活性铁粉易与氧气反应，消耗氧气，可防止食品变质，故D正确；故选C。22、C【解析】有机物M是由丙烯酸和R-OH醇先酯化再加聚得到的，其中含有酯基，故A正确，B正确。水解后为聚丙烯酸仍是高分子化合物故D正确。M水解得R-OH不能得到RCOOH，故C错误，本题的正确选项为C。二、非选择题(共84分)23、ⅤA三角锥型极性极性碱NH3·H2O⇋NH4++OH-【详解】与碳元素同周期的核外电子排布中有3个未成对电子，该元素核外电子排布式为1s22s22p3，该元素为氮，第二周期ⅤA族，氮元素的气态氢化物为氨气（NH3）其电子式为，中心原子为sp3杂化，其空间构型是三角锥型，NH3中N和H两种不同元素构成极性共价键，由于氮元素存在孤对电子，对成键电子的排斥作用较强，N-H之间的键角小于109°28′，正负电荷重心不重合，形成极性分子；NH3溶于水后，与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱碱在水中部分电离产生氢氧根离子和铵根离子，电离方程式为：NH3·H2O⇋NH4++OH-

，水溶液呈碱性；答案为：ⅤA；；三角锥型；极性；极性；碱；NH3·H2O⇋NH4++OH-。24、加成反应9羟基HCHO+H2O30或【分析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为，根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为，根据G生成H的反应条件可知，H为，据此解答。【详解】(1)②为C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，反应类型为加成反应；B分子中苯环为平面结构，单键可以旋转，所以最多有9个碳原子共平面，故答案为：加成反应；9；(2)A为，含氧官能团为羟基；若反应④为加成反应，E为，与F生成，则F为HCHO，故答案为：HCHO；(3)反应③中D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，化学方程式为+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个-C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为-C3H6COOH的结构有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有或，故答案为：30；或；(5)以为原料制备，根据流程图C生成D可知，可以和氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为：，故答案为：。【点睛】本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式釆用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。25、分液漏斗铁粉C(待D处的氢气纯净后)关闭活塞3，打开活塞2亚铁离子易被氧化洗涤0.89【分析】由图可知，分液漏斗中为稀硫酸，烧杯中为铁粉，反应后（待D处的气体纯净后）关闭活塞3，打开活塞2，C中盛放NH4HCO3，C中发生Fe2++2HCO3-═FeCO3↓+H2O+CO2↑，过滤分离出硫酸铵，然后将FeCO3洗涤，干燥，最后加碳焙烧生成还原性Fe粉，以此来解答。【详解】(1)装置A的名称是分液漏斗，装置B中盛放的试剂是铁粉，NH4HCO3盛放在装置C中；(2)实验过程中，欲将生成的FeSO4溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCO3沉淀，操作方法是(待D处的气体纯净后)关闭活塞3，打开活塞2，发生主要反应的离子方程式为，FeSO4溶液要现用现配制的原因是亚铁离子易被氧化；(3)过滤后得到固体，需要洗涤，所以操作I的名称是洗涤，干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCO3在空气中被氧化为FeOOH，该反应的化学方程式为，取干燥后的FeCO3样品12.49g，与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g，设样品中FeCO3的物质的量为xmol，FeOOH的物质的量为ymol，则116x+89y=12.49x+y=，解得x=0.1mol，y=0.01mol，样品中杂质FeOOH的质量为0.89g。26、B3Cu+8H++NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2Of→g→c→b→d→e→j→h排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停K3排干净三颈瓶中的空气，防NO和NOCl变质2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑NaOH14.7375c/m×100%【解析】（1）①制备NO，常用Cu和稀硝酸反应：3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，因此选用的装置为B，反应离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；②a装置为制备Cl2装置，制备的氯气中混有HCl和水蒸气，先通过饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸，氯气的密度大于空气的密度，收集时从d管通入，氯气有毒，必须尾气处理，连接顺序是a→f→g→c→b→d→e→j→h；（2）①装置X的优点是排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；②NO与O2能发生反应，先通入一段时间的气体，排除三颈烧瓶中的空气，防止NO和NOCl变质，即打开K2后，然后打开K3；③装置Y的作用是干燥NO，NOCl能与水反应，因此无装置Y，则NOCl与水发生反应，根据信息，反应方程式为2NOCl＋H2O=2HCl＋NO↑＋NO2↑；④尾气中含有HCl、Cl2、NO、NO2，HCl和Cl2能与NaOH发生反应，被除去，NO＋NO2＋2NaOH=2NaNO2＋H2O，因此烧杯中可加入NaOH溶液；（3）K2CrO4为指示剂，根据溶度积大小，Ag＋先于Cl－反应生成AgCl，建立关系式：NOCl～HCl～AgNO3，NOCl的质量分数为65.5×22.50×1027、①④关闭止水夹b，打开旋塞aMnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑缺少尾气处理装置Cl2>

Br2>Fe3+过量氯气氧化SCN-，使SCN-浓度减小，则Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)BrCl发生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-与Ag+结合生成AgCl白色沉淀【分析】Ⅰ.本实验的目的是要测定烟气中SO2的体积分数，装置C中长进短出显然是要吸收某种气体，装置D中短进长出则是要排液法测定气体的体积；因常见溶液中没有可以吸收N2和O2，剩余气体中一定会有二者，据此可知测定原理应是装置C中吸收SO2，然后测定剩余气体体积。Ⅱ.本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气→收集(安全瓶)→净化氯气(除HCl)→然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【详解】(1)根据分析可知装置C用来吸收二氧化硫，碱性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合气体中有二氧化碳，碱性溶液也会吸收二氧化碳，所以装置C中应选用氧化性溶液，即选①；装置D需要排液，则应降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来测量量剩余气体的体积，所以选④；(2)若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：=；(3)检查装置A的气密性可以关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;(4)装置A中为浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；MnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置；(6)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；(7)①根据题目信