2026届重庆市珊瑚中学化学高三第一学期期中统考试题含解析

2026届重庆市珊瑚中学化学高三第一学期期中统考试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不准确的是成语化学原理A沙里淘金利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性C百炼成钢通过多次锻炼，使生铁中碳杂质降低到钢的标准D火树银花金属元素在燃烧时显示的不同焰色，又叫焰色反应A．A B．B C．C D．D2、下列反应的方程式正确的是A．铜片与浓硫酸共热：Cu+H2SO4CuSO4+H2↑B．Na2S溶液显碱性：S2-+2H2OH2S↑+2OH-C．用氨水吸收烟气中的二氧化硫：SO2+2OH-=SO32-+H2OD．向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸：S2O32-+2H+=SO2↑+S↓+H2O3、下列不能说明氯的非金属性强于溴的事实是A．HClO4酸性强于HBrO4B．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水，溶液颜色变黄C．BrCl＋H2O→HBrO＋HCl为非氧化还原反应D．HBr的分解温度低于HCl4、下列离子方程式表示正确的是()A．往FeI2溶液中通入过量氯气：Cl2＋2Fe2＋===2Cl－＋2Fe3＋B．将明矾溶于水中生成胶体：Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋C．大理石溶于醋酸中：CaCO3＋2H＋===Ca2＋＋H2O＋CO2↑D．铜与稀硝酸反应：3Cu＋4H＋＋2NO3-===3Cu2＋＋2NO↑＋2H2O5、下列说法正确的是A．光导纤维可用作通讯材料是因为其有导电性B．氧化性：HC1O>稀H2SO4，故非金属性：C1>SC．把饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体D．采取“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可减少空气污染6、为了探索外界条件对反应aX(g)+bY(g)cZ(g)的影响，以X和Y物质的量比为a:b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。以下判断断正确的是()A．正反应放热，a+b>c B．正反应吸热，a+b>cC．正反应吸热，a+b<c D．正反应放热，a+b<c7、以下离子方程式书写错误的是（）A．少量过氧化钠溶于水：2O22-+2H2O=4OH‾+O2↑B．向FeCl3和BaCl2的混合液中通入SO2：2Fe3++Ba2++SO2+2H2O=BaSO4↓+2Fe2++4H+C．Ca(HCO3)2溶液与少量的NaOH溶液反应：Ca2++HCO3-+OH－=CaCO3↓+H2OD．侯氏制碱法中NaHCO3的制备：Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+8、海带、紫菜等藻类植物中含有丰富的碘元素。下图是以海带为原料提取碘单质的部分装置，不能达到实验目的的是（）A．用装置甲灼烧碎海带B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液C．用装置丙萃取分离混合液中的I2D．用装置丁分离提纯I29、下列离子方程式的书写及评价均合理的是选项离子方程式评价A将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋4Cl-＋I2正确；Cl2过量，可将Fe2＋、I-均氧化BMg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Mg2＋＋HCO3-＋OH-=MgCO3↓＋H2O正确；酸式盐与碱反应生成正盐和水C过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-=HClO＋HSO3-正确；说明酸性：H2SO3强于HClOD1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合：2AlO2-＋5H＋=Al3＋＋Al(OH)3↓＋3H2O正确；AlO2-与Al(OH)3消耗的H＋的物质的量之比为2：3A．A B．B C．C D．D10、下列指定化学反应的离子方程式正确的是A．二氧化锰和浓盐酸共热：MnO2+4HClMn2++2Cl－+Cl2↑＋2H2OB．AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+＋4NH3·H2O＝AlO＋4NH4+＋2H2OC．将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2OD．向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2++HCO3－+OH－＝CaCO3↓+H2O11、用下列装置（尾气处理已略去）进行相关实验，能实现实验目的的是实验目的a中试剂b中试剂c中试剂A比较H2CO醋酸溶液碳酸钠硅酸钠溶液B比较Cl2、浓盐酸高锰酸钾碘化钾溶液C证明苯和液溴发生取代反应苯和液溴铁粉硝酸银溶液D证明C2饱和食盐水电石酸性高锰酸钾溶液A．A B．B C．C D．D12、截至到2013年12月末，中国光伏发电新增装机容量达到10.66GW，光伏发电累计装机容量达到17.16GW。下列左图为光伏并网发电装置，右图为电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图（电解池中隔膜仅阻止气体通过，阴、阳极均为惰性电极）。下列叙述中正确的是A．左图中N型半导体为正极，P型半导体为负极B．右图溶液中电子流向为从B极流出，从A极流入C．X2为氧气D．工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2+8OH-﹣6e-=CO32-+N2↑+6H2O13、ZulemaBorjas等设计的一种微生物脱盐池的装置如图所示，下列说法正确的是（）A．该装置工作时，电能转化为化学能B．该装置可以在高温下工作C．X为阳离子交换膜，Y为阴离子交换膜D．负极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+14、硫酸盐(含、)气溶胶是雾霾的成分之一。科学家发现通过“水分子桥”，处于纳米液滴中的可以将电子快速转移给周围的气相分子，雾霾中硫酸盐生成的主要过程示意图如下。下列说法错误的是A．“水分子桥”主要靠氢键形成 B．过程①②中硫元素均被氧化C．是生成硫酸盐的催化剂 D．该过程中既有氧氢键的断裂又有氧氢键的生成15、某有机物的结构简式如图所示，它在一定条件下可能发生的反应有：①加成、②水解、③酯化、④氧化、⑤中和、⑥消去，其中可能的是()A．②③④ B．①③⑤⑥ C．①③④⑤ D．②③④⑤⑥16、将下列物质按酸、碱、盐分类顺序排列正确的是A．氢氟酸、烧碱、绿矾 B．磷酸、纯碱、芒硝C．石炭酸、苛性钠、醋酸钠 D．硫酸氢钠、碱石灰、皓矾17、五种短周期元素的某些性质如下所示，有关说法不正确的是元素元素的相关信息M最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐N原子的M电子层上有3个电子W在短周期元素中，其原子半径最大X其最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2OY元素最高价正价与最低负价的代数和为6A．M的气态氢化物具有还原性，常温下，该氢化物水溶液的pH>7B．W单质在氧气中燃烧后的产物中阴阳离子个数之比为1：2C．由N和Y所形成的化合物中存在离子键，属于离子化合物D．N、W、X的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互发生反应18、已知下列氧化剂均能氧化+4价的硫元素，为了除去稀硫酸中混有的亚硫酸，应选用的最合理的氧化剂是A．KMnO4 B．Ca(ClO)2 C．Cl2 D．H2O219、某实验小组同学把小块木炭在酒精灯上烧至红热，迅速投入热的浓硝酸中，发生剧烈反应，同时有大量红棕色气体产生，液面上木炭迅速燃烧发出亮光。经查阅资料可知浓硝酸分解产生NO2和O2。为了探究“液面上木炭迅速燃烧发出亮光”的原因，该小组同学用如图装置完成以下实验：序号实验I实验II集气瓶中所盛气体O2加热浓硝酸产生的气体现象木炭迅速燃烧发出亮光木炭迅速燃烧发出亮光下列说法正确的是A．浓硝酸分解产生的V(NO2):V(O2)=1:1B．红棕色气体的产生表明木炭与浓硝酸发生了反应C．能使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体是氧气D．以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO220、a、b、c、X是中学化学中常见的四种物质，且a、b、c中含有同一种元素，其转化关系如下图所示。下列说法不正确的是()A．若a、b、c均为厨房中常用的物质，则构成c中的阳离子半径小于其阴离子半径B．若a为一种气态氢化物，X为O2，则a分子中可能含有10个或者18个电子C．若b为一种两性氢氧化物，则X可能是强酸，也可能是强碱D．若a为固态非金属单质，X为O2，则O元素与a元素的原子序数之差可能为821、设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol·L-1的氨水B．15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0.2NAC．一定条件下，0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3分子数为0.2NAD．1molCl2参加反应，转移的电子数一定为2NA22、某离子反应中涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中N2的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是()A．该反应的还原剂是Cl-B．消耗1mol还原剂，转移6mol电子C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强二、非选择题(共84分)23、（14分）烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42。碳氢两元素的质量比为6∶1，其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1∶2∶3。A与其他有机物之间的关系如下图所示：已知：CH2===CH2HOCH2CH2OH，回答下列问题：（1）F的结构简式为____________。（2）有机物C中的官能团名称__________。（3）指出下列转化的化学反应类型：A→B______，E→G______。（3）写出C与新制的氢氧化铜反应的化学方程式_______（4）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，则此反应的化学方程式为________（5）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有___种(分子中无O—O键)。24、（12分）以烃A为原料合成医用麻醉药苄佐卡因和食品防腐剂尼泊金酸乙酯的路线如下：完成下列填空（1）A的结构简式是____________。工业上A的来源通常是_______________。（2）反应①的化学方程式是_____________________。（3）反应②的反应类型是____________。（4）反应③的试剂与条件是_______________。（5）F的结构简式是_____________________。（6）尼泊金酸乙酯有多种同分异构体，任写一种符合下列要求的同分异构体的结构简式____________。i.能发生银镜反应且分子中不含甲基ii.苯环上有两个对位取代基（7）以A为起始原料，可以合成涂改液的主要成分亚甲基环己烷（），写出其合成线路。___________________。（合成路线常用的表示方式为：）25、（12分）如图所示，此装置可用来制取和观察Fe(OH)2在空气中被被氧化的颜色变化。实验时必须使用铁屑和6mol・L-1的硫酸，其他试剂任选。填写下列空白：（1）B中盛有一定量的NaOH溶液，A中应预先加入的药品是__。A中反应的离子方程式是__。（2）实验开始时先将活塞a__(填“打开”或“关闭”)。（3）简述生成Fe(OH)2的操作过程：__。（4）实验完毕，打开b处活塞，放入一部分空气，此时B瓶中发生的反应为__。（5）下列各图示中，___能较长时间看到Fe(OH)2白色沉淀。(填序号)26、（10分）水合肼(N2H4·H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3NaClO2NaCl+NaClO3（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________（填字母）。A．容量瓶B．烧杯C．移液管D．玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_______________；Ⅱ中玻璃管a的作用为____________；Ⅱ中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的___________________【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快，部分N2H4·H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式____________________；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分0.3000g，加水配成20.0mL溶液，一定条件下用0.1500mol·L-1的I2溶液滴定。已知:N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O。①滴定时，可以选用的指示剂为____________；②实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为____。27、（12分）某课外小组探究硫化钠晶体（Na2S·9H2O）在空气中放置后的氧化产物。取少量在空气中放置一段时间的硫化钠晶体样品，溶于水得到溶液A，测得溶液A的pH为13。查阅资料：i.硫化钠晶体在空气中放置后，可能会有Na2Sx、Na2SO3、Na2S2O3等物质生成。ii.S2-、S、S2O都不能使品红褪色，SO或高浓度OH-能使品紅褪色。ii.Na2Sx能与H+反应生成H2S（臭鸡蛋气味气体）和S；Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS（黑色固体）和S；Na2S2O3可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。（1）取未在空气中放置的硫化钠晶体，溶于水后测得溶液显碱性，用离子方程式解释其原因为__________。（2）进行实验一。编号试剂现象1溶液A立即褪色2pH=13的NaOH溶液无明显变化①实验一证明氧化产物中有Na2SO3，其中编号2实验的目的是________________。②某同学由实验结果进一步推测硫化钠晶体的氧化产物中可能还含有Na2SO4，这是因为Na2SO3有____性。（3）进行实验二。取溶液A于试管中，加入足量的稀盐酸，立即出现淡黄色浑浊，同时产生大量臭鸡蛋气味的气体，离心沉降（固液分离），得到无色溶液B和淡黄色固体。①取无色溶液B______（填操作和现象），证明溶液A中存在SO。②该实验现象不能证明样品中存在Na2Sx，因为______________。（4）进行实验三。①证明氧化产物中存在Na2S2O3的证据是_______________。②溶液A中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，可能发生的反应是______（用离子方程式表示）。结论：硫化钠晶体在空气中放置后的氧化产物有Na2SO3、Na24SO4、Na2Sx和Na2S2O3。28、（14分）二氧化硫是大气的主要污染物之一。催化还原SO2不仅可以消除SO2的污染，还可以得到工业原料S。燃煤烟气中硫的回收反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)△H。(1)已知：2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)△H1=－566.0kJ·mol－1S(l)+O2(g)===SO2(g)△H2=－296.8kJ·mol－1则硫的回收反应的△H=___________kJ·mol－1。(2)其他条件相同、催化剂不同时，硫的回收反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。260℃时，___________（填“La2O3”、“NiO”或“TiO2”)的催化效率最高。La2O3和NiO作催化剂均可能使SO2的转化率达到很高，不考虑价格因素，选择La2O3的主要优点是___________。(3)一定条件下，若在恒压密闭容器中发生硫的回收反应，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为___________；某温度下，若在恒容密闭容器中，初始时c(CO)=2amol·L－1，c(SO2)=amol·L－1，SO2的平衡转化率为80%，则该温度下反应的化学平衡常数为___________。(4)某实验小组为探究烟气流速、温度对该反应的影响，用La2O3作催化剂，分别在两种不同烟气流量、不同温度下进行实验。实验结果显示：在260℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而减小，其原因是___________；在380℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而增大，其原因是___________。(5)工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol·L－1的N2SO3溶液，当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降此时溶液中c(HSO3－)c︰(SO32－)=___________。(已知H2SO3的Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7)29、（10分）磁性材料A由两种元素组成，取2.960gA在足量的空气中充分煅烧，得到2.400g红棕色固体B和无色刺激性气体D。固体B溶于盐酸形成棕黄色溶液C，再加入KSCN溶液变为血红色。气体D溶于水得到无色酸性溶液E，向E中加足量碘的碘化钾溶液（红棕色）得到溶液F，同时溶液酸性增强。请回答下列问题：（1）溶液C也可用于处理污水，用离子方程式表示污水处理原理：_______________。（2）已知化合物A能与稀硫酸反应，反应后得到浅绿色溶液，同时生成一种淡黄色不溶物和一种臭鸡蛋气味气体，写出该反应的化学方程式：_______________。（3）用离子方程式解释E中加足量碘的碘化钾溶液后溶液酸性增强的原因_______________。

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【解析】A．“沙里淘金”说明黄金在自然界中能够以单质形式存在，发生的是物理变化；故A正确；B．刀耕火耨中包含着古人播种前先伐去树木烧掉野草，用余灰可以肥田，但草木灰水溶液显碱性不能降低土壤碱性，故B错误；C．生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的碳含量低，在空气中锤打，目的是让碳和氧气反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，达到钢的标准，故C正确；D．不同的金属灼烧产生不同的焰色，火树银花利用金属的焰色反应，故D正确；故选B。2、D【详解】A.铜片与浓硫酸共热生成硫酸铜、二氧化硫、水，不能生产氢气，故A错误；B.Na2S溶液中硫离子水解，溶液显碱性：S2-+H2OHS-+OH-，故B错误；C.用氨水吸收烟气中的二氧化硫生成亚硫酸铵，反应离子方程式是：SO2+2NH3·H2O===SO32-+2NH4++H2O，故C错误；D.向Na2S2O3溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钠、二氧化硫气体、单质硫、水，反应的离子方程式是：S2O32-+2H+==SO2↑+S↓+H2O，故D正确。3、B【分析】比较非金属元素的非金属性强弱，可根据单质之间的置换反应、对应最高价氧化物的水化物的酸性、氢化物的稳定性、与氢气反应的难易程度、对键合电子的吸引，与变价金属反应是金属元素的化合价等角度判断。【详解】A．应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性比较非金属性强弱，即HClO4＞HBrO4，故A不符合；B、向FeBr2溶液中滴加少量氯水，亚铁离子还原性大于溴离子，少量氯气会将亚铁离子，产物分别是铁离子，铁离子在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故B符合；C．BrCl中氯为-1价说明氯原子吸引电子能力强，说明氯的非金属性强于溴，故C不符合；D、HBr的分解温度低于HCl，说明HBr较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故D不符合；故选B。4、B【解析】A.因氧化性I2<Fe3+<Cl2，故通入过量氯气后溶液中的Fe2+和I-都被氧化，离子方程式为：4I-+3Cl2＋2Fe2＋=6Cl－＋2Fe3＋+2I2，错误；B.明矾成分为KAl(SO4)2·12H2O溶于水后，完全电离出Al3+，Al3+会发生水解生成Al(OH)3胶体，其离子方程式为Al3＋＋3H2OAl(OH)3(胶体)＋3H＋，正确；C.醋酸为弱电解质，书写离子方程式时不能拆分，故离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-+H2O＋CO2↑，错误；D.离子方程式中电荷不守恒，正确的离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3-=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，错误。【点睛】对于生成物中有胶体时，需注明胶体，不能写沉淀符号。5、D【解析】A.光导纤维没有导电性，故A错误；B.最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素非金属性越强，HC1O不是最高价氧化物的水化物，故B错误；C.实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色，故C错误；D.采取“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”提高空气质量，减少酸雨的形成，故D正确；故选D。【点睛】（1）晶体硅是半导体材料；（2）元素非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，元素金属性越强，最高价氧化物的水化物的碱性越强；（3）实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色。6、D【详解】根据图像得出升高温度，平衡向吸热反应移动，Z的体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是吸热反应，正向为放热反应；加压，向体积减小方向移动，Z体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是体积减小反应，正向为体积增大反应，故D正确；综上所述，答案为D。7、A【详解】A.过氧化钠不能拆成离子形式，A错误；B.铁离子能氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，B正确；C.碳酸氢钙和少量的氢氧化钠反应生成碳酸钙沉淀和碳酸氢钠，C正确；D.侯氏制碱法中NaHCO3的制备是用氯化钠和氨气和二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，D正确；故选A。【点睛】掌握离子方程式的书写步骤，注意能拆成离子形式的物质为强酸或强碱，或可溶性盐，同时注意反应物之间的比例关系对生成物的影响。8、A【详解】A.灼烧碎海带应在坩埚中加热灼烧成灰，符合题意，A正确；B.用过滤的方法分离海带灰和溶液，则用装置乙过滤海带灰的浸泡液，与题意不符，B错误；C.用萃取的方法，富集单质碘，则用装置丙萃取分离混合液中的I2，与题意不符，C错误；D.碘和四氯化碳的沸点不同，则用装置丁分离提纯I2，与题意不符，D错误；答案为A。9、D【解析】A.将2molCl2通入含有1molFeI2的溶液中，氯气足量，碘离子和亚铁离子都完全被氧化，题中离子方程式错误，正确的离子方程式为：2Fe2++4I−+3Cl2=2Fe3++6Cl−+2I2，A项错误；B.Mg(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，由于NaOH足量，Mg2+要生成Mg(OH)2沉淀，正确的离子方程式为：Mg2++2HCO3−+4OH−=2CO32-+Mg(OH)2↓+2H2O，题中离子方程式和评价均不合理，B项错误；C.NaClO溶液中通入过量SO2气体，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42−，离子方程式和评价都不合理，C项错误；D.1mol/L的NaAlO2溶液和2.5mol/L的HCl溶液等体积互相均匀混合，设溶液体积为1L，溶液中含有1mol偏铝酸根离子、2.5mol氢离子，1mol偏铝酸根离子转化成1mol氢氧化铝沉淀消耗1mol氢离子，剩余的1.5mol氢离子能够溶解0.5mol氢氧化铝，则反应生成的氢氧化铝和铝离子的物质的量相等，反应的离子方程式为：2AlO2−+5H+=Al3++Al(OH)3↓+H2O，且AlO2−与Al(OH)3消耗的H+的物质的量之比为2:3，D项正确；答案选D。【点睛】C项是学生们的易错点，NaClO溶液中通入过量CO2气体时，反应的离子方程式为CO2＋H2O＋ClO-=HClO＋HCO3-，学生们误认为NaClO溶液中通入过量SO2气体时，也会发生类似的反应，学生们忽略了ClO-氧化性，SO2具有还原性，易被氧化剂氧化，二者发生氧化还原反应，正确的离子反应为：ClO−+H2O+SO2═2H++Cl−+SO42-。10、C【解析】A.二氧化锰和浓盐酸共热，要用离子符号表示HCl：MnO2+4H＋+2Cl－Mn2++Cl2↑＋2H2O，故A错误；B.AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水，Al(OH)3不溶于氨水：Al3++3NH3·H2OAl(OH)3↓+3，故B错误；C.将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O＋14H＋＋2NO===6Cu2+＋2NO↑＋7H2O，故C正确；D.向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，生成物还有一水合氨：Ca2+++HCO3－+2OH－＝CaCO3↓+NH3·H2O+H2O，故D错误。故选C。点睛：书写离子方程式需要注意：(1)符合事实；(2)强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示；(3)符合质量守恒、电荷守恒、电子守恒。11、B【解析】醋酸有挥发性，会随着二氧化碳气体一起逸出，进入硅酸钠溶液中，也会与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，无法证明是碳酸酸性强于硅酸，选项A错误。高锰酸钾会氧化盐酸生成氯气，氯气通入碘化钾溶液，将碘化钾氧化为碘单质，溶液显黄色，证明氯气的氧化性强于单质碘，选项B正确。溴是易挥发的液体，苯和溴的反应会放热，放热使溴挥发，进入硝酸银溶液，一定会得到淡黄色溴化银沉淀，无法证明是取代生成的HBr进行的反应，选项C错误。电石中会有CaS杂质，与水反应生成H2S气体，该气体遇高锰酸钾溶液会发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明褪色表现的是乙炔的还原性，选项D错误。12、D【解析】A项，左图为光伏并网发电装置，右图为电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置，该装置工作时，氮元素化合价由-3价变为0价，H元素化合价由+1价变为0价，则氮元素被氧化，氢元素被还原，所以生成氮气的电极A是阳极，生成氢气的电极B是阴极，则左图中N型半导体为负极，P型半导体为正极，故A错误；B项，电解时，电子的流向为：阳极(A极)→电源，电源→阴极(B极)，故B错误；C项，阴极B上发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以X2为H2，故C错误；D项，A极为阳极，CO(NH2)2发生氧化反应生成N2，电极反应式为：CO(NH2)2+8OH--6e-=CO32-+N2↑+6H2O，故D正确。点睛：本题考查了电解原理，电解发生的反应属于氧化还原反应，因此氧还原反应原理可以运用到该部分知识中，明确元素化合价变化与阴阳极的关系是解本题关键，在本题中，通过已知结合图示信息分析右侧相关元素化合价变化情况，根据阳极发生氧化反应、阴极发生还原反应确定阴阳极，然后再判断电源的正负极。13、D【分析】由图中信息可知，该装置为原电池装置，左侧为原电池负极，有机物在此电极上失电子，海水中阴离子向此电极移动，右侧为原电池正极，氧气在此电极上得电子，海水中阳离子向此电极移动。【详解】A．该装置工作时为原电池，是将化学能转化为电能的装置，A错误；B．高温能使微生物蛋白质凝固变性，导致电池工作失效，所以该装置不能在高温下工作，B错误；C．原电池内电路中：阳离子移向正极、阴离子移向负极，从而达到脱盐目的，所以Y为阳离子交换膜、X为阴离子交换膜，C错误；D．由图片可知，负极为有机废水CH3COO-的电极，失电子发生氧化反应，电极反应为CH3COO-+2H2O-8e-=2CO2↑+7H+，D正确；故选D。14、C【分析】图中过程①表示和反应生成和，过程②表示和加入一个水分子转化为和HNO2，由此分析。【详解】A．水分子中氧原子的电负性较大，水分子之间，主要形成氢键；“水分子桥”中中的氧原子和水分子中的氢原子，中的氧原子和水分子中的氢原子之间，主要靠氢键形成，故A不符合题意；B．过程①表示转化为，硫元素的化合价从+4价转化为+5，过程②表示转化为，硫元素的化合价从+5价升高到+6价，硫元素的化合价都升高，均被氧化，故B不符合题意；C．根据图中的转化关系，转化为HNO2，氮元素的化合价从+4价降低到+3价，氮元素的化合价降低，被还原，作氧化剂，故C符合题意；D．根据图示过程，加入一个水分子转化为的过程，有水分子中氢氧键的断裂，加入一个水分子转化为HNO2的过程中有氢氧键的形成，故D不符合题意；答案选C。15、C【详解】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有H，不能发生消去反应，故选C。【点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。16、C【分析】首先考虑该物质是不是化合物，然后从电离的角度去分析它的类别。【详解】氢氟酸是HF水溶液，属于混合物，酸的前提是化合物，故A错误；纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，故B错误；石炭酸是苯酚，其在水溶液中电离出来的阳离子全部是氢离子，故其属于酸；苛性钠指氢氧化钠，属于碱；醋酸钠是盐，故C正确；碱石灰是氢氧化钠与氧化钙的混合物，不是碱，故D错误。故选C。【点睛】对酸、碱、盐的分类，可以从电离的角度去分类，但前提必须是化合物。17、C【解析】短周期元素中，M元素的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则M为N元素；N元素原子的M电子层上有3个电子，则N为Al元素；在短周期元素中，W元素原子半径最大，则W为Na元素；X元素原子最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O，则X为S元素；Y元素最高价正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl元素。A.氨气分子中N元素处于最低价，具有还原性，其水溶液为碱性，A项正确；B.钠在氧气中燃烧后的产物为过氧化钠，阴阳离子个数之比为1：2，B项正确；C.N和Y所形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，含有共价键，C项错误；D.硫酸为强酸，氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为两性氢氧化物，三者两辆之间能相互反应，D项正确，故选C。18、D【详解】KMnO4、Ca(ClO)2、Cl2均可氧化亚硫酸，但会引入新杂质，H2O2氧化亚硫酸时自身产物为水，不引入杂质；答案选D。19、D【解析】A.浓硝酸分解的方程式为4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O，则V(NO2):V(O2)=4:1，故A错误；B.红棕色气体为NO2，它的产生不能表明木炭与浓硝酸发生了反应，也可能是浓硝酸分解产生的，故B错误；C.实验II中浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，故C错误；D.根据C的分析，浓硝酸受热分解产生的气体为二氧化氮和氧气，木炭在此混合气体中能迅速燃烧发出亮光，可能是氧气助燃的作用，也可能二氧化氮也具有助燃作用，以上实验不能确定使液面上木炭迅速燃烧发出亮光的主要气体一定是NO2，故D正确。答案选D。20、D【解析】A、若a、b、c均为厨房中常用的物质，a为碳酸钠，X为盐酸，碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠b，碳酸氢钠与盐酸继续反应生成氯化钠c，钠离子核外有2个电子层，氯离子核外有有3个电子层，所以氯化钠中阳离子半径小于其阴离子半径，A正确；B、若a为气态硫化氢，与氧气反应生成单质硫b，硫继续与氧气反应生成二氧化硫c，硫化氢与氧气直接反应生成二氧化硫，硫化氢为18个电子微粒；甲烷与氧气不完全反应生成一氧化碳b，一氧化碳与氧气继续反应生成二氧化碳c，甲烷完全燃烧直接生成二氧化碳，甲烷为10个电子的微粒；综上所述，B正确；C、若b为氢氧化铝，X可以是强酸或强碱，C正确；D、若a为单质碳，可以燃烧生成一氧化碳b，二氧化碳c，但是和氧原子序数只差为2，不是8；若a为固态非金属单质硫，与氧气反应不能直接生成三氧化硫c；也就是说，硫原子和氧原子的原子序数虽然能够差8，但是不能满足题意要求，D错误；正确选项D。21、B【详解】A．将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1mol•L-1，故A错误；B.Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，则15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物总的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol，且每摩尔Na2O2中含有1molO22-；每摩尔Na2S中含有1molS2-，15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0.2NA，故B正确；C.一定条件下，0.1molN2与0.3molH2反应生成NH3为可逆反应，不可能完全转化，则生成的NH3分子数应小于0.2NA，故C错误；D.当氯气在反应中既是氧化剂，又是还原剂时，1molCl2参加反应，转移的电子数不一定为2NA，如反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，当1molCl2参加此反应时，转移的电子数为NA，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数在物质的量浓度、物质组成、化学反应的限度和氧化还原反应中应用。本题的易错点为Na2O2的组成，在Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，两个氧原子构成一个过氧根离子。22、D【分析】由曲线变化图可知，随反应进行N2的物质的量增大，故N2是生成物，则NH4+应是反应物，N元素化合价升高，则具有氧化性的ClO-为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，则根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答该题。【详解】该反应方程式为3ClO-+2NH4+=N2↑+3H2O+3Cl-+2H+。A．由方程式可知：在反应中NH4+中N元素在反应后化合价升高，所以还原剂为NH4+，A错误；B．N元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，B错误；C．由方程式可知氧化剂是ClO-，还原剂是NH4+，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C错误；D．反应生成H+，使溶液中c(H+)增大，溶液酸性增强，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和物质的性质，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写反应方程式，然后再进行分析判断，侧重考查学生的分析能力和计算能力。二、非选择题(共84分)23、（1）（2分）（2）羰基（或酮基）、醛基（2分）（3）氧化反应（1分）缩聚反应（1分）（4）CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O（3分）（5）（6）5（3分）【解析】试题分析：烃A的质谱图中，质荷比最大的数值为42，即相对分子质量是42。碳氢两元素的质量比为6:1，所以含有碳原子的个数是，氢原子个数是，因此分子式为C3H6。其核磁共振氢谱有三个峰，峰的面积比为1:2:3，因此A的结构简式为CH3CH＝CH2。A中含有碳碳双键，能发生加聚反应生成F，则F的结构简式为。根据已知3信息可知A被高锰酸钾溶液氧化生成B，则B的结构简式为CH3CHOHCH2OH。B发生催化氧化生成C，则C的结构简式为CH3COCHO。C分子中含有醛基，被氢氧化铜悬浊液氧化并酸化后生成D，则D的结构简式为CH3COCOOH。D与氢气发生加成反应生成E，则E的结构简式为CH3CHOHCOOH。E分子中含有羟基和羧基，发生加聚反应生成G，则G的结构简式为。（1）根据以上分析可知F的结构简式为。（2）有机物C的结构简式可知，C中的官能团名称羰基（或酮基）、醛基。（3）根据以上分析可知A→B是氧化反应，E→G是缩聚反应。（4）C酯含有醛基与新制的氢氧化铜反应的化学方程式为CH3COCHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COCOONa+Cu2O↓+3H2O。（5）E在一定条件下可以相互反应生成一种六元环有机物，反应的化学方程式为。（6）与E互为同分异构体，且属于酯类的有机物，除CH3OCOOCH3、CH3CH2OCOOH外还有HCOOCH2CH2OH、HCOOCHOHCH3、HCOOCH2OCH3、CH3COOCH2OH、HOCH2COOCH3共计是5种。考点：考查有机物推断、官能团、反应类型、同分异构体判断以及方程式书写24、煤的干馏：+HNO3（浓）+H2O还原反应Cl2/FeCl3、、、、任写一种即可【分析】根据后续流程可知A中含有苯环，其分子式为C7H8，可知A为甲基苯，B到C为氧化反应，苯环上的甲级可以被氧化成羧基，所以C到为酯化反应，X为CH3CH2OH，则A到B引入了硝基，为与浓硝酸的取代反应；A到D为取代反应，F到尼泊金酸乙酯为酯化反应，尼泊金酸乙酯分子中有酚羟基，则E到F为氯代烃的取代，F为，E为，D为，故A到D是氯原子取代了苯环上的氢。据此进行解答。【详解】（1）A为甲基苯，其结构简式为，煤干馏得到煤焦油，煤焦油中含甲苯、苯等；故答案为：；煤的干馏；（2）反应①为甲苯与浓硝酸的取代，故答案为：+HNO3（浓）+H2O；（3）反应②由到苄佐卡因，过程中去氧加氢，故为还原反应，故答案为：还原反应；（4）反应③为氯原子取代苯环上的氢，该反应需要FeCl3做催化剂，故答案为：Cl2/FeCl3；（5）根据分析可知答案为：；（6）尼泊金酸乙酯结构简式可知其不饱和度为5，则其同分异构体不饱和度也为5，根据“能发生银镜反应且分子中不含甲基”可知其含有—CHO结构，且没有—CH3,；又“苯环上有两个对位取代基”，所以同分异构体有：、、、、任写一种即可；（7）可由发生消去反应得到，可由发生加成反应得到，可由甲苯发生取代反应得到，其合成路线为，

故答案为：。【点睛】明确有机物的官能团及其物质之间的转化关系是解本题关键，熟练掌握烃、卤代烃、醇、醛、羧酸及酯之间的转化关系；第（7）题合成路线的设计可用逆推法进行分析。25、铁屑Fe+2H+=Fe2++H2↑打开关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3①②③⑤【分析】制取氢氧化亚铁使用的试剂是硫酸亚铁和氢氧化钠溶液，但是一定要注意隔绝氧气的氧化，A是产生硫酸亚铁的装置，保证其进入B中，要借助氢气产生的压强，根据实验试剂以及原理来回答分析即可。【详解】（1）B中盛一定量的NaOH溶液，则A中必须提供亚铁离子，所以应预先加入的试剂是铁粉，A中反应的离子方程式是Fe+2H+=Fe2++H2↑，故答案为铁屑；Fe+2H+=Fe2++H2↑；（2）为防止生成的氢氧化亚铁被氧化，则需要利用稀硫酸和铁反应产生的氢气排尽装置中的空气，如果不打开活塞E，会造成安全事故，所以要打开活塞a，使生成的气体进入装置B，一方面能除去A和B装置中的空气，另一方面能防止安全事故的发生，故答案为打开；（3）铁和硫酸反应有氢气生成，关闭活塞a，导致A装置中氢气增大使FeSO4溶液被压入B瓶中进行反应生成氢氧化亚铁，故答案为关闭活塞a，使FeSO4溶液压入B瓶中进行反应；（4）氢氧化亚铁不稳定，容易被空气中的氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；（5）对比5个实验明显可以发现选项③、⑤加入有机物作隔离层和空气接触少，②中Fe和稀硫酸生成氢气能排出装置中的氧气，所以也能减少与氧气接触，①中盛有氢氧化钠溶液的滴管伸入放有还原性铁粉的硫酸亚铁溶液中，可以避免试管中部分氧气对氢氧化亚铁的氧化，则能减少与氧气接触；只有④生成的氢氧化亚铁能够与空气中氧气发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，导致不能长时间观察到氢氧化亚铁，故答案为①②③⑤。【点睛】考查氢氧化亚铁的制取，氢氧化亚铁极易被氧气氧气，所以制取氢氧化亚铁时注意必须在无氧气条件下进行反应，这是高中化学中较重要的一个实验。26、BDMnO2+4H++2Cl-≜Mn2++Cl2↑+2H2O平衡压强防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O淀粉溶液25%【解析】分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO≜2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的I2和方程式计算N2H4·H2O的质量，进一步计算N2H4·H2O的质量分数。详解：【制备NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）≜MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-≜Mn2++Cl2↑+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO≜2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30℃以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4·H2O=2NaCl+N2↑+3H2O。【测定肼的含量】①滴定时反应原理为2I2+N2H4·H2O=N2↑+4HI+H2O，使用标准碘水溶液，可选用的指示剂为淀粉溶液。滴定终点的现象为：滴入最后一滴I2溶液，溶液变为蓝色且在30s内不褪去。②20.00mL溶液中n（N2H4·H2O）=12n（I2）=12×0.1500mol/L×0.02L=0.0015mol，馏分中m（N2H4·H2O）=0.0015mol×50g/mol=0.075g，馏分中N2H4·H2O27、排除OH-对实验的干扰还原滴加稀盐酸不产生沉淀，滴加氯化钡溶液产生白色沉淀S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体浅绿色溶液滴加盐酸无明显现象，说明溶液中不存S，在加热后产生棕黑色沉淀则存在Na2S2O3【分析】（1）硫离子水解呈碱性；（2）①验证氧化产物中有Na2SO3需排除溶液中OH-的干扰；②Na2SO3到Na2SO4体现Na2SO3的还原性；（3）①验证SO的存在需排除SO的干扰；②S2O在酸性条件下能生成SO2和S单质，S2-在酸性条件下可以生成H2S气体；（4）①Na2S2O3可与Cu2+形成可溶性络合物，该络合物对稀盐酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀；②Na2Sx能与Cu2+反应生成CuS（黑色固体）和S，以此分析。【详解】（1）硫离子水解呈碱性离子方程式为：，故答案为：；（2）①由于SO或高浓度OH-能