黑龙江齐齐哈尔市2026届化学高三第一学期期中达标检测模拟试题含解析

黑龙江齐齐哈尔市2026届化学高三第一学期期中达标检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．含有NA个氮原子的氨气在标准状况下的体积约为11.2LB．25℃、，64gSO2中含有的原子数为3NAC．常温常压下，11.2LCl2，含有的分子数为0.5NAD．标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA2、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）操作及现象结论A加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。NH4Cl固体可以升华B用pH计测定SO2和CO2饱和溶液的pH，前者pH小亚硫酸的酸性强于碳酸C向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。Br-还原性强于Cl-D向2支均盛有2mL1.0mol•L-1的KOH溶液的试管中，分别加入2滴浓度均为0.1mol•L-1的AlCl3和FeCl3溶液，一支试管无沉淀生成，另一支试管出现红褐色沉淀。Ksp[Al(OH)3]＞Ksp[Fe(OH)3]A．A B．B C．C D．D3、为探究的性质，向溶液中分别滴加少量试剂X。实验序号实验装置试剂X实验现象①酸性溶液(橙色)溶液由无色变为绿色②稀硫酸无明显现象③稀溶液出现白色浑浊④酚酞试液溶液由无色变为红色由上述实验现象不能得出的结论是A．、、不能大量共存B．、能大量共存C．、不能大量共存D．水解呈碱性：4、下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A充分吸收了Na2SiO3饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可作防火剂B将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成H2、Cl2化合生成HClC将SO2通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色SO2具有漂白性D用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近冒白烟NH3具有还原性A．A B．B C．C D．D5、某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A．实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B．对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D．向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．400mL1mol·L-1稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3NAB．1mol·L-1的A1C13溶液中含有C1-的个数为3NAC．0.2molH2O和D2O中含有中子的数目为2NAD．标准状况下，2.24LC12溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2NA7、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+H2OB．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉：Fe3++Fe=2Fe2+C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+=H2SiO3↓+3Na+8、反应A2(g)+B2(g)→2AB(g)的能量变化如图所示，叙述正确的是A．该反应是放热反应B．加入催化剂，(b－a)的差值减小C．每生成2molAB分子吸收bkJ热量D．若反应生成AB为液态，吸收的热量小于(a－b)kJ9、下列说法中正确的是（）A．氯化氢溶于水能电离出H+、Cl-，所以氯化氢是离子化合物B．碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘原子间的作用力C．氧气和臭氧间的相互转化属于氧化还原反应D．有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构体10、某温度下，向pH＝6的蒸馏水中加入NaHSO4晶体，保持温度不变，测得溶液的pH为2。下列叙述中正确的是A．溶液中：c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)B．NaHSO4属于酸式盐，加入水中促进水的电离C．1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为3NAD．该温度下加入等体积pH＝12的NaOH溶液可使反应后的溶液恰好呈中性11、现有100mLMgCl2和AlCl3的混合溶液,其中c(Mg2+)=0.30mol·L－1，c(Cl－)=1.20mol·L－1，要使Mg2+完全转化为Mg(OH)2且与Al3+恰好分开，至少需要1.00mol·L－1的NaOH溶液的体积为A．80mL B．100mL C．120mL D．140mL12、以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2)为原料，生产Fe3O4的部分工艺流程如下：下列说法错误的是A．用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用B．从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物C．向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由AlO转化为Al3+D．FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO213、已知在常温下测得浓度均为0.1mol/L的下列6种溶液的pH值如表所示：溶质CH3COONaNaHCO3Na2CO3NaClONaCNC6H5ONapH8.89.711.610.311.111.3下列反应不能成立的是()A．CO2＋H2O＋2NaClO===Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO===NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa===NaHCO3＋C6H5OHD．CH3COOH＋NaCN===CH3COONa＋HCN14、已知X、Y、Z、W是原子序数依次递增的同主族元素，下列常见的阴离子能影响水的电离平衡的是（）A．X－B．Y－C．Z－D．W－15、化学与社会、生活、材料、能源密切相关，下列说法不正确的是A．一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O12)可表示为：CaO·3MgO·4SiO2B．3D打印钛合金材料，可用于航空、航天等尖端领域C．可燃冰是21世纪新型洁净能源，其组成可表示为CH4·nH2OD．纳米级材料（1nm~100nm）是一种胶体16、H7N9型禽流感是全球首次发现的新亚型流感病毒，达菲（Tamiflu）是治疗该病毒的最佳药物．以莽草酸为原料，经多步反应可制得达菲和对羟基苯甲酸．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸的结构简式如下：下列有关说法正确的是（）A．达菲、莽草酸、对羟基苯甲酸都属于芳香族化合物B．1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗4molNaOHC．对羟基苯甲酸较稳定，在空气中不易被氧化D．利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸17、LiFePO4是锂离子电池常用的正极材料，由FePO4制备LiFePO4的反应为2FePO4＋Li2CO3＋H2C2O42LiFePO4＋H2O＋3CO2↑。下列说法不正确的是()A．LiFePO4中铁的化合价为＋2B．生成1molLiFePO4时，该反应转移2mol电子C．该反应中H2C2O4是还原剂，FePO4是氧化剂D．该反应中CO2是氧化产物，LiFePO4是还原产物18、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：下列叙述错误的是A．为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤19、在pH=1且含有大量Fe2+和NH4+的溶液中，能大量存在的阴离子是A．SO42- B．NO3- C．OH- D．HCO3-20、下列各组物质充分反应后，滴入KSCN溶液一定显红色的是（）A．FeO加入稀硝酸中 B．FeCl3、CuCl2溶液中加入过量的铁粉C．生了锈的铁块加入稀硫酸中 D．Fe加入稀硝酸中21、下列“一带一路(TheBeltandRoad)”贸易的商品中，其主要成分属于无机物的A．中国丝绸 B．乌克兰葵花籽油 C．捷克水晶 D．埃及长绒棉22、在下列溶液中，能大量共存的离子组是（）A．能使pH试纸显蓝色的溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－B．常温下pH＝1的溶液中：Fe2＋、Mg2＋、NO、Cl－C．含有大量Fe3＋的溶液中：SCN－、I－、K＋、Br－D．能使石蕊试液显红色的溶液中：K＋、、S2－、二、非选择题(共84分)23、（14分）氰基烯酸酯在碱性条件下能快速聚合为，从而具有胶黏性，某种氰基丙烯酸酯(G)的合成路线如下：已知：①A的相对分子量为58，氧元素质量分数为0.276，核磁共振氢谱显示为单峰；②回答下列问题：(1)A的化学名称为_________。(2)G的结构简式为_________，G中的含氧官能团是________________（填官能团名称）。(3)由B生成C的反应类型为_________，由C生成D的反应类型为_________。(4)由E生成F的化学方程式为_________。(5)G的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应、核磁共振氢谱之比是1：1：3的同分异构体结构简式_________、_________。（写两种即可）24、（12分）PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。（2）已知①的化学方程式为___。（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。25、（12分）氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，实验室拟用下图所示装置制备干燥纯净的氯气，请回答下列问题。(1)I中所盛试剂为________(填序号，下同)，II中所盛试剂为________。A．氢氧化钠溶液B．饱和食盐水C．浓硫酸D．硝酸银溶液(2)请按正确的顺序连接装置：H→____、____、→____、____→____；选择最后一个装置的目的是___________________。(3)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式：____。(4)实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定含有，请设计实验探究该样品中可能存在的其他物质。I.提出合理假设。假设1:该漂白粉未变质，含有_______________________;假设2:该漂白粉全部变质，含有_________________________;假设3:该漂白粉部分变质，既含有，又含有。26、（10分）实验室用下图所示装置制备KClO溶液，再用KClO溶液与KOH、Fe（NO3）3溶液反应制备高效净水剂K2FeO4。已知：Cl2与KOH溶液在20℃以下反应生成KClO，在较高温度下则生成KClO3；K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液，在0℃～5℃的强碱性溶液中较稳定。回答下列问题：（1）仪器a的名称___________，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是______________________。（2）装置B吸收的气体是____________（写化学式），装置D的作用是____________________。（3）装置C中得到足量KClO后，将三颈瓶上的导管取下，依次加入KOH溶液、Fe（NO3）3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，溶液变为紫红色（含K2FeO4），反应的离子方程式为____________________。再加入饱和KOH溶液，析出紫黑色晶体，过滤，得到K2FeO4粗产品。（4）K2FeO4粗产品含有Fe（OH）3、KCl等杂质，其提纯方法为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液中，过滤，将盛有滤液的烧杯置于冰水浴中，向其中加入________________，搅拌、静置、过滤，用乙醇洗涤固体2～3次，最后将固体放在真空干燥箱中干燥。（5）测定K2FeO4产品纯度。称取K2FeO4产品0.2100g于烧杯中，加入足量的强碱性亚铬酸盐溶液，反应后再加稀硫酸调节溶液呈强酸性，配成250mL溶液，取出25.00mL放入锥形瓶，用0.01000mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2溶液滴定至终点，重复操作2次，平均消耗标准溶液30.00mL[已知：Cr（OH）4-+FeO42-=Fe（OH）3↓+CrO42-+OH-，2CrO42-+2H+=Cr2O72-+H2O，Cr2O72-+6Fe2++14H+=6Fe3++3Cr3++7H2O]。则K2FeO4产品的纯度为_________%（保留1位小数）。27、（12分）自来水是自然界中的淡水经过絮凝、沉淀、过滤、消毒等工艺处理后得到的。常用的自来水消毒剂有二氧化氯（ClO2）和高铁酸钾（K2FeO4）等。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。资料：ClO2常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。以NaClO3和HCl的乙醇溶液为原料制备ClO2的反应为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液中发生的主要反应的离子方程式为________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到____，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生副产物亚氯酸盐（ClO2-），需将其转化为Cl-除去。下列试剂中，可将ClO2-转化为Cl-的是_____________________（填字母序号）。a.FeSO4b.O3c.KMnO4d.SO2（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①上述制备K2FeO4反应的离子方程式为______________________。②净水过程中，K2FeO4起到吸附、絮凝作用的原理是____________。28、（14分）综合利用CO2、CO对构建低碳社会有重要意义。（1）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应：反应Ⅰ：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1＝－393.5kJ·mol－1反应Ⅱ：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2＝－221kJ·mol－1反应Ⅲ：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3＝＋180.5kJ·mol－1试回答下列问题：①汽车尾气净化原理为反应Ⅳ：2NO（g）+2CO（g）N2（g）+2CO2（g）△H＝______，该反应能自发进行的条件是_______。（填“高温”、“低温”或“任意温度”）。②若一定温度下，在容积可变的密闭容器中，上述反应Ⅳ达到平衡状态，此时容积为3L，c（N2）随时间t的变化曲线x如图所示。若在t2min时升高温度，t3min时重新达到平衡，请在图中画出在t2～t4内c（N2）的变化曲线。______________（2）利用H2和CO2在一定条件下可以合成乙烯：6H2＋2CO2CH2＝CH2＋4H2O①不同温度对CO2的转化率及催化剂的催化效率的影响如图甲所示。下列有关说法不正确的是_____（填序号）。A．不同条件下反应，N点的速率最大B．温度在约250℃时，催化剂的催化效率最高C．相同条件下，乙烯的产量M点比N高②若在密闭容器中充入体积比为3∶1的H2和CO2，则图甲中M点时，产物CH2＝CH2的体积分数为________。（保留两位有效数字）（3）利用一种钾盐水溶液作电解质，CO2电催化还原为乙烯，如图乙所示。在阴极上产生乙烯的电极反应方程式为___________________________________。29、（10分）我国是最早发现并使用锌的国家，《天工开物》记载了炉甘石（ZnCO3）和木炭冶炼锌。现代工业上用氧化锌烟灰（主要成分为ZnO、少量Pb、CuO和As2O3）制取高纯锌的工艺流程如图所示。请回答下列问题：（1）《天工开物》中炼锌的方法中利用了木炭的____性。（2）滤渣1和滤渣3的主要成份分别是______、______（填化学式）。（3）“溶浸”时，氧化锌参与反应的相关离子方程式是______；“溶浸”时温度不宜过高，其原因是______。（4）“氧化除杂”的目的是将AsCl52-转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去，该反应的离子方程式是______。（5）“电解”含[Zn(NH3)4]2+的溶液，阴极放电的电极反应式是______。阳极区产生一种无色无味的气体，将其通入滴有KSCN的FeCl2溶液中，无明显现象，该气体是_____（写化学式）。该流程中可以循环使用的物质是_____（写化学式）。

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．含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标准状况下体积为22.4L，故A错误；B．25℃、时，64gSO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，故B正确；C．常温常压下，11.2LCl2的物质的量不为0.5mol，所含分子数不为0.5NA，故C错误；D．标准状况下水不为气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故D错误；综上所述答案为B。2、C【详解】A．NH4Cl受热分解为NH3与HCl，在试管口处冷却，NH3与HCl反应又得到NH4Cl固体，不能说明NH4Cl固体可以升华，故A错误；B．SO2和CO2饱和溶液的浓度不同，不能由pH比较酸性，故B错误；C．NaBr溶液中滴入少量氯水，生成溴，且溴易溶于苯，则溶液上层呈橙红色，Br-还原性强于Cl-，故C正确；D．QC＞Ksp时生成沉淀，由现象可知，生成红褐色沉淀为氢氧化铁，且KOH过量时与氯化铝反应无现象，则不能比较Ksp[Al(OH)3]和Ksp[Fe(OH)3]的大小，故D错误。答案选C。3、B【详解】A．根据实验①，说明、、发生氧化还原反应，因此三者不能大量共存，能得出结论，故A不符合题意；B．根据实验②：、反应生成H2C2O4，两者不能大量共存，不能得出结论，故B符合题意；C．根据实验③：、反应生成白色沉淀CaC2O4，因此两者不能大量共存，能得出结论，故C不符合题意D．根据实验④说明水解呈碱性：，能得出结论，故D不符合题意。综上所述，答案为B。4、A【分析】硅酸钠及其水解产物不具有可性燃；将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢吸收空气中的水蒸气，瓶口形成白雾；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性；用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，属于非氧化还原反应。【详解】硅酸钠及其水解产物不具有可燃性，混合物在木材表面受热时可形成一层耐高温的保护层，故Na2SiO3可作防火剂，A正确；将H2在充满Cl2的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，故瓶口形成白雾，B错误；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故C错误；用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，属于非氧化还原反应，不能体现氨气的还原性，故D错误。5、C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。6、A【详解】A.400mL1mol/L稀硝酸物质的量=0.4L×1mol/L=0.4mol,铁与稀硝酸反应可以生成硝酸亚铁3Fe+8HNO3（稀）=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O或生成硝酸铁Fe+4HNO3（稀）=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，每反应4molHNO3电子转移3mol，0.4mol稀硝酸与Fe完全反应(还原产物只有NO)，转移电子的数目为0.3NA，故A正确；B.没有给出溶液的体积，不能计算出1mol·L-1的A1C13溶液中含有C1-的个数，故B错误；C.H2O中含8个中子，而D2O中含10个中子；所以0.2molH2O和D2O中含有中子的数目为1.6NA~2NA之间，故C错误；D.标准状况下，2.24LC12的量为0.1mol，C12溶于水后仍有部分以C12的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；综上所述，本题选A。7、C【详解】A．将铜插入稀硝酸中反应的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3−=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A错误；B．向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉反应的离子方程式为：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，故B错误；C．向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水反应的离子方程式：Al3＋＋3NH3•H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故C正确；D．向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸反应的离子方程式：SiO32−＋2H＋=H2SiO3↓，故D错误；故答案选C。【点睛】稀硝酸体现强氧化性时，还原产物是NO，而不是NO2，书写离子方程式时一定要注意电荷守恒与元素守恒。8、D【解析】A、依据图象反应物总能量小于生成物总能量，所以为吸热反应，A错误；B、催化剂不影响焓变大小，B错误；C、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2molAB，每生成2molAB吸收（a-b）kJ热量，C错误；D、依据图象分析判断1molA2和1molB2反应生成2mol气态AB2，吸收（a-b）kJ热量，生成AB为液态，吸收的热量小于（a-b）kJ，D正确；答案选D。【点睛】本题考查了化学反应的能量变化，图象分析判断，注意反应热△H=反应物能量总和-生成物能量总和，注意物质状态的变化与能量变化的关系。9、D【详解】A.氯化氢分子中氢原子和氯原子以共价键结合，氯化氢是共价化合物，错误；B.碘属于分子晶体，碘晶体受热转变成碘蒸气，吸收的热量用于克服碘分子间的作用力，错误；C.同素异形体之间的转化是化学变化，由于没有电子的转移，所以不是氧化还原反应，错误；D.有机化合物CH3—CH2—NO2和H2N—CH2—COOH是同分异构体，正确；答案选D。10、A【分析】溶液中存在电荷守恒，Na+、SO4不水解；酸式盐是可电离出氢离子的盐；硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成；蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为。【详解】A．溶液中有电荷守恒：，又NaHSO4电离：，，则有c(H＋)＝c(OH－)＋c(SO42－)，故A正确；B．酸式盐是可电离出氢离子的盐，NaHSO4电离会生成H＋，c(H＋)增大，平衡逆向移动，抑制水的电离，故B错误；C．硫酸氢钠晶体由钠离子和硫酸氢根离子构成，所以1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D．蒸馏水的pH＝6，则此温度下水的离子积常数为：，要使溶液呈中性，则加入的应等于，溶液的pH为2，，，碱液的pH应为10，故D错误；答案选A。11、D【解析】溶液中n（Cl-）=0.1L×1.2mol/L=0.12mol，溶液中n（Mg2+）=0.3mol/L×0.1L=0.03mol，根据电荷守恒，所以溶液中n（Al3+）==0.02mol，将100mL此溶液中的Mg2+转化为Mg（OH）2沉淀并分离析出，反应后溶液为NaCl、NaAlO2的混合液，由原子守恒可知n（NaOH）=n（Na）=n（Cl）+n（Al）=0.12mol+0.02mol=0.14mol，所以至少需要1mol/L氢氧化钠溶液的体积为=0.14L=140ml，故答案选D。12、C【解析】本题主要考查工艺流程分析。根据流程分析：矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2；由此作答即可。【详解】A.SO2为有毒气体，不能直接排放至空气中，可用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2，有利于保护环境和资源再利用，正确；B.高硫铝土矿中含有大量Al和Fe元素，可通过适当的操作得到Al和Fe的化合物，正确；C.由上述分析可知，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，通入过量的CO2后，生成Al(OH)3和H2SiO3，错误；D.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，正确。答案选C。【点睛】易错提醒：(1)需注意反应物及用量的不同对反应产物的影响，如NaOH溶液吸收少量SO2时，产物为SO32−，吸收过量SO2则产物为HSO3−；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧时，没有氧气作氧化剂。13、A【解析】根据盐类水解的规律，判断出对应酸性的强弱，然后利用酸性强的制取酸性弱，进行判断。【详解】利用盐类水解中越弱越水解，判断出电离H＋能量的强弱顺序是CH3COOH>H2CO3>HClO>HCN>C6H5OH>HCO3－；A、根据上述分析，HClO电离出H＋大于HCO3－，因此此反应应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO，选项A不成立；B、根据A选项分析，选项B成立；C、电离出H＋的大小顺序是H2CO3>C6H5OH>HCO3－，C选项成立；D、利用酸性强的制取酸性弱，CH3COOH的酸性强于HCl，D选项成立。【点睛】难点是判断反应方程式的发生，本题不仅注意酸性强的制取酸性弱的，还应对比生成物中电离程度，如A选项，CO32－对应的是HCO3－，HClO电离H＋的能力强于HCO3－，HClO能与CO32－反应生成HCO3－，正确的反应是CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO。14、A【解析】根据水的电离平衡概念分析。【详解】X、Y、Z、W原子形成的阴离子都是带一个负电荷，说明它们是第ⅦA族元素，卤素中，只有F元素形成的F-与水电离出的H+形成弱酸，从而促进水的电离，已知X、Y、Z、W原子序数依次递增，故X元素为F，故A正确。故选A。【点睛】影响水的电离平衡，实际上是讨论如何能影响水解反应的进行，而盐水解生成的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大，故阴离子结合水电离出的H+形成的电解质越弱，水解程度就越大，对水的电离平衡影响就越大。15、D【解析】A、一种硅酸盐矿物石棉(CaMg3Si4O2)，根据化合价用氧化物可表示为：CaO·3MgO·4SiO2，故A正确；B、3D打印钛合金材料，由于密度小，强度大等性能，可用于航空、航天等尖端领域，故B正确；C、“可燃冰”是水与天然气相互作用形成的晶体物质，主要存在于冻土层和海底大陆架中；据测定一种“可燃冰”中平均每46个水分子构成8个分子笼，每个分子笼可容纳1个甲烷分子，其组成可表示为CH4·nH2O，故C正确；D、胶体为分散系，而纳米材料不是分散系，故D错误；故选D。16、D【详解】A.达菲、莽草酸均不存在苯环，不属于芳香族化合物，A错误；B.莽草酸中只有羧基和氢氧化钠溶液反应，1mol莽草酸与NaOH溶液反应，最多消耗1molNaOH，B错误；C.对羟基苯甲酸含有酚羟基，易被氧化，不稳定，C错误；D.对羟基苯甲酸含有酚羟基，利用FeCl3溶液可区别莽草酸和对羟基苯甲酸，D正确；答案选D。17、B【详解】A．LiFePO4中Li为＋1价，P为＋5价，O为−2价，根据化合价代数和为0得到铁的化合价为＋2，故A正确；B．根据方程式FePO4中Fe化合价降低1个价态，因此生成1molLiFePO4时，该反应转移1mol电子，故B错误；C．该反应中H2C2O4中C化合价升高，作还原剂，FePO4中Fe化合价降低，作氧化剂，故C正确；D．CO2是碳化合价升高得到的产物，LiFePO4是Fe化合价降低得到的产物，因此CO2是氧化产物，LiFePO4是还原产物，故D正确。综上所述，答案为B。18、C【解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案选C。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。19、A【解析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、硫酸根离子与Fe2+、NH4+、H+不反应，能大量共存，A符合题意；B、在酸性溶液中硝酸根具有氧化性，与Fe2+发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；C、H+、Fe2+、NH4+与OH-不能大量共存，C不符合题意；D、H+与HCO3-结合生成水和CO2气体，不能大量共存，D不符合题意；答案选A。20、A【详解】A选项，FeO加入稀硝酸中反应生成硝酸铁，硝酸铁溶液中滴入KSCN溶液一定显红色，故A正确；B选项，FeCl3、CuCl2溶液中加入过量的铁粉，先FeCl3与铁粉反应生成亚铁离子，再是CuCl2与铁粉反应生成铜和亚铁离子，因此滴入KSCN溶液不显红色，故B错误；C选项，生了锈的铁块加入稀硫酸中，开始生成铁离子，铁离子和铁又反应生成亚铁离子，因此滴入KSCN溶液不一定显红色，故C错误；D选项，Fe加入稀硝酸中可能生成硝酸亚铁，因此滴入KSCN溶液不一定显红色，故D错误；综上所述，答案为A。【点睛】硝酸和铁反应，根据铁不足生成铁离子，铁过量生成亚铁离子。21、C【详解】A．中国丝绸为蛋白质，属于有机物，A与题意不符；B．乌克兰葵花籽油为油脂，属于有机物，B与题意不符；C．捷克水晶主要成分为二氧化硅，属于无机物，C符合题意；D．埃及长绒棉为纤维素，属于有机物，D与题意不符；答案为C。22、A【解析】A．能使pH试纸显蓝色的溶液是碱性溶液，在碱性溶液中：K＋、Ba2＋、Cl－、Br－不会发生反应，可以大量共存，A正确；B．常温下pH＝1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：Fe2＋、H＋、NO会发生氧化还原反应而不能大量共存，B错误；C．Fe3＋与SCN－、I－会发生反应而不能大量共存，C错误；D．能使石蕊试液显红色的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中：H＋、S2－、会发生反应产生H2S、CO2气体而不能大量共存，D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、丙酮酯基消去反应取代反应+O2+H2O（或）【详解】A的相对分子质量为58，氧元素质量分数为0.276，则A分子中氧原子数目为=1，A分子中C、H原子总相对原子质量为58-16=42，用“商余法”=3…6，故A的分子式为C3H6O，A的核磁共振氢谱显示为单峰，且A能发生已知②的反应生成B，故A为，B为，根据C的分子式和B→C的反应条件，B发生消去反应生成的C为，C与氯气光照反应生成D，D发生水解反应生成E，结合E的分子式可知，C与氯气发生取代反应生成D，则D为，E为，E发生催化氧化反应生成F，F与甲醇发生酯化反应生成G，则F为，G为；(1)A为，其化学名称为丙酮；(2)G的结构简式为，G中含有的官能团为碳碳双键、酯基、氰基，其中含氧官能团是酯基；(3)与浓硫酸混合加热，发生消去反应生成；由与氯气光照反应生成，反应类型为取代反应；(4)由发生催化氧化生成的化学方程式为+O2+H2O；(5)的同分异构体中，含有酯基，能发生银镜反应，说明为甲酸酯，再结合核磁共振氢谱之比是1：1：3，可知满足条件的同分异构体结构简式有。24、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键保护醛基不被H2还原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH，B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH。【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。25、CBBACDE吸收尾气，防止污染空气【解析】（1）H导出的氯气中含有HCl、水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥氯气，采取向上排空气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气，用氢氧化钠溶液吸收氯气防止倒吸，各装置中气体应为长进短出；I中所盛试剂为浓硫酸，答案选C；II中所盛试剂为饱和食盐水，答案选B；（2）实验室制取氯气时，首先要制取氯气，然后通过饱和食盐水除去挥发出来的氯化氢气体，通过浓硫酸除去混入的水蒸气，这时得到了干燥、纯净的氯气，要用向上排空气法收集氯气，最后要吸收多余的氯气，注意防止倒吸，仪器连接为H→B→A→C→D→E；（3）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）①漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，变质生成CaCO3，则漂白粉未变质，只含CaCl2、Ca(ClO)2，漂白粉全部变质，只含CaCl2、CaCO3，漂白粉部分变质，既含有CaCl2、Ca(ClO)2、CaCO3。26、分液漏斗防止Cl2与KOH生成KClO3HCl吸收Cl2，防止污染空气3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O饱和KOH溶液94.3%【分析】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止副反应的发生；（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收尾气；（3）装置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4、KCl和H2O；（4）题中信息强调“K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液”，所以向其中加入浓KOH溶液；（5）建立反应的关系式为：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+，代入数据便可求出K2FeO4产品的纯度。【详解】（1）仪器a为分液漏斗，装置C中三颈瓶置于冰水浴中的目的是控制温度，防止Cl2与KOH生成KClO3。答案为：分液漏斗；防止Cl2与KOH生成KClO3；（2）装置B是除去氯气中的氯化氢，装置D的作用是为了吸收尾气。答案为：HCl；吸收Cl2，防止污染空气；（3）装置C中的KClO，加入KOH溶液、Fe(NO3)3溶液，控制水浴温度为25℃，搅拌1.5h，生成K2FeO4、KCl和H2O，反应的离子方程式为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。答案为：3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；（4）题中信息强调“K2FeO4易溶于水、微溶于浓KOH溶液”，所以向其中加入饱和KOH溶液。答案为：饱和KOH溶液；（5）建立反应的关系式为：2FeO42-——2CrO42-——Cr2O72-——6Fe2+n(FeO42-)0.01000mol·L-1×0.03L×便可求出n(FeO42-)=0.001mol，K2FeO4产品的纯度为=94.3%。答案为：94.3%。27、分离Cl2和ClO2Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O溶液分层，下层为紫色ad3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用【详解】（1）①根据反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O可知，制备ClO2的同时生成氯气，利用ClO211℃时液化成红棕色液体，可用冰水浴将Cl2和ClO2分离，获得纯净的ClO2，答案为：分离Cl2和ClO2；②NaOH溶液为尾气处理装置，作用是吸收产生的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2）向混合后的溶液中加入适量CCl4，振荡、静置，CCl4密度比水大，且不溶于水，若观察到溶液分层，且下层为紫色，说明溶液中生成碘单质，进一步说明将ClO2水溶液滴加到KI溶液中发生反应，碘离子由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则证明ClO2具有氧化性。答案为：溶液分层，下层为紫色；（3）需将ClO2-其转化为Cl-除去，氯元素的化合价从+3价变为-1价，化合价降低得电子，被还原，需要加入还原剂，a.FeSO4中亚铁离子具有还原性，可以做还原剂，故a符合；b.O3具有强氧化性，故b不符合；c.KMnO4具有强氧化性，故c不符合；d.SO2具有还原性，可以做还原剂，故d符合；答案为ad；（4）K2FeO4是一种新型、绿色的多功能净水剂，集氧化、吸附、絮凝、沉淀、灭菌、消毒、脱色、除臭等性能为一体。实验室制备K2FeO4的方法如下：在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，并不断搅拌。①在冰水浴中，向KClO和KOH的混合溶液中少量多次加入硝酸铁，生成高铁酸钾，Fe3+从+3价升高到+6价的FeO42-，失去3个电子，ClO-中氯元素从+1价变为-1价的氯离子，得到2个电子，最小公倍数为6，则ClO-和Cl-的系数为3，Fe3+和FeO42-系数为2，根据物料守恒，可得离子方程式为3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O，答案为：3ClO-+10OH-+2Fe3+=2FeO42-+3Cl-+5H2O；②净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用，答案为：净水过程中，FeO42-发挥氧化作用，被还原成Fe3+，Fe3+水解生成Fe(OH)3胶体，起到吸附、絮凝作用。28、-746.5kJ·mol－1低温A7.7%或0.0772CO2+12H++12e﹣=CH2=CH2+4H2O【解析】（1）①已知：Ⅰ：C（s）+O2（g）=CO2（g）△H1＝－393.5kJ·mol－1Ⅱ：2C（s）+O2（g）=2CO（g）△H2＝－221kJ·mol－1Ⅲ：N2（g）+O2（g）=2NO（g）△H3＝＋180.5kJ