山西省忻州市静乐县第一中学2026届高三化学第一学期期中经典试题含解析

山西省忻州市静乐县第一中学2026届高三化学第一学期期中经典试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、某废催化剂含5．6％的SiO6、6．0％的ZnO、3．5％的ZnS和4．8％的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其中的锌和铜。采用的实验方案如下：已知：5．步骤①中发生的化学反应为非氧化还原反应；6．滤渣6的主要成分是SiO6和S。下列说法不正确的是A．步骤①，最好在通风橱中进行B．步骤①和③，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C．步骤③，涉及的离子反应为CuS+H6O6+6H+Cu6++S+6H6OD．步骤②和④，均采用蒸发结晶的方式获取溶质2、室温时，等体积、浓度均为0.1mol/L的下列水溶液，分别达到平衡。①醋酸溶液：CH3COOH⇌CH3COO+H+②醋酸钠溶液：CH3COO−+H2O⇌CH3COOH+OH−有关叙述中正确的是()A．加入等体积水后，只有②中平衡向右移动B．加入等体积水后，①中c(OH−)增大，②中c(OH−)减小C．①和②中，由水电离出的c(H+)相等D．c(CH3COOH)与c(CH3COO−)之和：①>②3、一定条件下，将3.52g铜和铁的混合物溶于40mL一定浓度的热硝酸中，恰好完全反应，得到NO和NO2的混合气体0.08mol，且所得溶液不能使酸性高锰酸钾溶液褪色。向反应后的溶液中加入1mol∙L-1的NaOH溶液，当金属离子恰好全部沉淀时得到6.24g沉淀。该硝酸的浓度为()A．2.4mol∙L-1 B．5.3mol∙L-1 C．6.0mol∙L-1 D．8mol∙L-14、下列离子方程式正确的是（）A．钠与水反应：B．硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：↓C．0.01mol/L溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合：D．浓硝酸中加入过量铁粉并加热：5、下列有关化学用语正确的是A．羟基的电子式：B．Cl－的结构示意图：C．二氧化碳分子的比例模型：D．葡萄糖的摩尔质量：1806、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列叙述正确的是A．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．25℃时pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD．1L0.1mol/LNa2S溶液中含有S2-数为0.1NA7、实验小组同学制备KClO3并探究其性质，过程如下：下列说法不正确的是()A．可用饱和NaCl溶液净化氯气B．生成KClO3的离子方程式为3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2OC．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，溶液仍为无色D．上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO38、常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是A．含的溶液中：H+、K+、I－、Fe2+B．遇石蕊溶液显红色的溶液中：C．含有大量的溶液中：、Cl－、H＋、Mg2＋D．遇酚酞显红色的溶液中：K+、Fe3+、Na+、9、化学与人类生产、生活、社会可持续发展等密切相关。下列说法正确的是A．75%的医用酒精和84消毒液都可以有效杀灭新型冠状病毒，将二者混合后使用效果更好B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键C．适量摄入油脂，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味。”文中的“气”是指二氧化碳10、下列属于氧化还原反应的是A．B．C．D．11、下列各组离子在溶液中一定能大量共存的是()A．含有大量的[Al(OH)4]－的溶液：NH、Na+、HCO、SOB．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、H+C．pH=11的溶液中：ClO－、Na+、SO、I－D．水电离产生的c(H+)=1×10−14mol·L−1的溶液中：HCO、NH、Cl－、Ca2+12、电解H2SO4和CuCl2的混合溶液，起始一段时间阴极和阳极上分别析出的物质是A．H2、O2 B．Cu、O2 C．H2、Cl2 D．Cu、Cl213、下列的图示与对应的叙述相符的是（

）A．如图表示向A1Cl3溶液中滴加NaOH溶液时n[Al(OH)3]的变化情况B．如图表示KNO3的溶解度曲线，图中a点表示的溶液通过升温可以得到b点C．如图表示某一放热反应，若使用催化剂，E1、E2、△H都会发生改变D．如图表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸时，产生n(CO2)的情况14、PASS是新一代高效净水剂,它由X、Y、Z、W、R五种短周期元素组成，五种元素原子序数依次增大。X原子半径最小,Y、R同主族,Z、W、R同周期,Y原子的最外层电子数是次外层的3倍,Z是常见的金属，能层数等于主族序数，W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料。下列说法正确的是A．原子半径按X、Y、R、W、Z的顺序依次增大B．WY2能与碱反应,但不能与任何酸反应C．Z的阳离子与R的阴离子在溶液中因发生氧化还原反应无法共存D．熔沸点:X2R>X2Y15、下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是（）A．常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液中：NH4+、Fe2+、SO42－、NO3－B．能使酚酞变红的溶液中：Na+、Ba2+、HC2O4－、Cl－C．0.1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−D．常温下，=10－10的溶液中：K+、Na+、I－、SO42－16、重铬酸钾是一种重要的化工原料，工业上由铬铁矿(主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等)制备，制备流程如图所示：已知：Ⅰ.步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2。Ⅱ.2CrO42-＋2H＋Cr2O72-＋H2O。下列说法正确的是()A．步骤①熔融、氧化可以在陶瓷容器中进行B．步骤①中每生成44.8LCO2共转移7mol电子C．步骤④若调节滤液2的pH，使之变小，则有利于生成Cr2O72-D．步骤⑤生成K2Cr2O7晶体，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度大于Na2Cr2O7二、非选择题（本题包括5小题）17、（选修5：有机化学基础）有机物H的化学式为C15H16O2，它是一种在航空航天领域中应用的重要原料，E为一种室内装修常见的污染气体，F的产量可以衡量一个国家石油化工的发展水平，Q为酯类高分子物质，④为多步进行的反应，请回答：（部分物质及反应条件省略）已知：（1）D的名称为_____，反应②的条件为_________。（2）H+N→Q的反应类型为___________。（3）反应①的化学方程式为________________。（4）反应③的化学方程式为_________________。（5）H中最多有______个碳原子共平面，其满足下列条件的同分异构体有________种。I.两个羟基分别连在两个苯环上；II.苯环间通过一个碳原子连接在一起，有甲基且全部连在该碳原子上；III.不含H本身，不考虑立体异构。（6）Q的结构简式为_____________________。（7）结合本题信息和上述合成路线，用流程图表示出反应④M→N的可能过程（无机药品任选）。___________________________________。18、已知：(R、R′为烃基)。试写出以苯和丙烯(CH2=CH-CH3)为原料，合成的路线流程图(无机试剂任选)。_______19、为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取Wg固体样品，配成250mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案I：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g。方案Ⅱ：取25.00mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称重，其质量为m2g。（1）配制250mLNa2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙和__________________、_________________。（2）写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式__________________________________。（3）方案I加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是_____________________________，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________________________。（4）方案I中，若滤液浑浊，将导致测定结果____________（选填“偏高”或“偏低”）。（5）若操作正确，则m1_____m2（选填“>”、“<”或“=”），原因是________________。（6）取25.00mL上述溶液，用滴定的方法测定Na2SO3的纯度。下列试剂可作为标准溶液进行滴定的是________。a．酸性KMnO4溶液b．H2O2溶液c．Br2水d．FeCl3溶液Na2SO3固体的纯度可表示为：______________________________（注明你的表达式中所用的有关符号的含义和单位）。20、二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体，易溶于水，在混合气体中的体积分数大于10％就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。回答下列问题：(1)在处理废水时，ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，写出该反应的离子方程式：________________________。(2)某小组按照文献中制备ClO2的方法设计了如图所示的实验装置用于制备ClO2。①通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是____________________。②装置B的作用是__________________。③装置A用于生成ClO2气体，该反应的化学方程式为__________________。④当看到装置C中导管液面上升时应进行的操作是______________________。(3)测定装置C中ClO2溶液的浓度：取10mLC中溶液于锥形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入_______________________作指示剂，用0.1000mol·L－1的Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，当看到____________________________现象时，测得标准液消耗的体积为20.00mL，通过计算可知C中ClO2溶液的浓度为________mol·L－1。21、从宏观现象探究微观本质是重要的化学学科素养。以FeCl3溶液为实验研究对象，探究其与碱性物质之间的复杂多样性。实验如下：（1）①中反应的离子方程式是_________________。（2）②中逸出的无色气体是_______________。（3）对于③中的实验现象，同学们有诸多猜测，继续进行实验：Ⅰ．甲取③中的红棕色溶液少许，滴入少量盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀。甲得出结论：FeCl3与Na2SO3发生了氧化还原反应，离子方程式是______________。Ⅱ．乙认为甲的实验不严谨，重新设计并进行实验，证实了甲的结论是正确的。其实验方案是取Ⅰ中所得溶液少许进行__________离子的检验。（4）受以上实验的启发，同学们对pH≈8的1mol/LNaF溶液与FeCl3溶液混合时的现象产生了好奇并进行实验：实验操作及现象④向2mL0.2mol/LFeCl3溶液中滴入2mL1mol/LNaF溶液。溶液变无色⑤向2mL0.2mol/LFeCl3溶液中滴入2mL蒸馏水，溶液颜色变浅Ⅰ．⑤的实验目的是___________。Ⅱ．为探究④中溶液变无色的原因，进行如下实验：资料显示：FeF3溶液为无色。用平衡移动原理解释红褐色沉淀产生的原因：_______________。（5）根据实验，FeCl3溶液与碱性物质之间的反应的多样性与_____________________有关。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A、步骤①发生的反应是ZnO＋H6SO3=ZnSO3＋H6O，ZnS＋H6SO3=ZnSO3＋H6S↑，H6S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤④得到CuSO3·5H6O，说明滤渣5中含有Cu元素，即CuS，步骤③从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu6＋，从而推出CuS不溶于稀硫酸，步骤②从滤液中得到ZnSO3·7H6O，说明滤液中含有Zn6＋，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤③中CuS转变成Cu6＋，根据信息，滤渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuS＋H＋＋H6O6→Cu6＋＋S＋H6O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6++S+6H6O，故C说法正确；D、得到CuSO3·5H6O和ZnSO3·7H6O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法。2、B【详解】A．加水促进弱酸的电离，促进盐的水解，则①②均向右移动，故A错误；

B．加入等体积水后，醋酸溶液酸性减弱则①中c(OH−)增大，醋酸钠溶液碱性减弱则②中c(OH-)减小，故B正确；

C．酸抑制水的电离，盐的水解促进水的电离，则①和②中，由水电离出的c(H+)不同，故C错误；

D．溶液中遵循物料守恒，则等体积等浓度的醋酸、醋酸钠溶液中，c(CH3COOH)与c(CH3COO-)之和：①=②，故D错误；

故选：B。3、C【分析】金属离子全部沉淀时，得到6.24g沉淀为氢氧化铜、氢氧化铁，故沉淀中氢氧根的质量为：6.24g-3.52g=2.72g，计算出氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Fe的物质的量分别为x、y，则：解得x、y的值，根据氮元素守恒n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，根据钠元素守恒可得：n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)，可以得到n(HNO3)的值，利用c(HNO3)=可以得到硝酸的浓度。【详解】根据氮元素守恒：n(HNO3)=n(NaNO3)+n(NO)+n(NO2)，n(NaNO3)=n(NaOH)=n(OH-)=0.16mol，可以得到n(HNO3)=0.16mol+0.08mol=0.24mol，c(HNO3)==6mol/L，答案为C。4、C【详解】A.没有配平，钠与水反应的方程式为：，A错误；B.醋酸难电离，硅酸钠溶液与醋酸溶液混合：，B错误；C.0.01mol/L溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合恰好反应生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨：，C正确；D.浓硝酸中加入过量铁粉并加热生成的是亚铁离子：，D错误；答案选C。5、A【详解】A.羟基的电子式：，A正确；B.Cl－的结构示意图：，B错误；C.二氧化碳分子的比例模型为直线型：，C错误；D.葡萄糖的摩尔质量：180g/mol，D错误；答案为A。6、A【详解】A．正丁烷和异丁烷只是碳架不同，含有的共价键数均为13条，所以48g正丁烷和10g异丁烷，即混合物的物质的量为n==1mol，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA，故A正确；B．2molNO和1molO2发生反应生成2molNO2，即2NO+O2=2NO2，生成的NO2会存在平衡，即2NO2N2O4，故所得产物分子小于2NA个，故B错误；C．溶液体积不明确，故溶液中氢氧根的个数无法计算，故C错误；D．1L0.1mol/LNa2S溶液中，Na2S是强电解质，完全电离，即Na2S=2Na++S2-，S2-会发生水解，即S2-+H2OHS-+OH-，HS-+H2OH2S+OH-，则S2-数会减少，即1L0.1mol/LNa2S溶液中含有S2-数小于0.1NA，故D错误；答案为A。7、C【详解】A．氯气中含有挥发出的HCl，可用饱和NaCl溶液吸收会发出的HCl，达到净化氯气的目的，故A正确；B．Cl2和KOH在加热条件下反应生成KClO3，其离子方程式为3Cl2+6OH－+5Cl－+3H2O，故B正确；C．推测若取少量无色溶液a于试管中，滴加稀H2SO4后，发生的离子反应为+6I－+6H＋＝3I2+Cl－+3H2O，溶液紫色，故C错误；D．根据B选项分析得到上述实验说明碱性条件下氧化性Cl2＞KClO3，酸性KClO3和HCl反应生成氯气，因此酸性条件下氧化性：Cl2＜KClO3，故D正确。综上所述，答案为C。8、C【详解】A．与H+起硝酸的作用，表现强氧化性，能够将I－、Fe2+氧化，不能大量共存，A不符合题意；B．遇石蕊溶液显红色的溶液中含有大量H+，H+与会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存，B不符合题意；C．与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．遇酚酞显红色的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与Fe3+会反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。9、C【详解】A．酒精具有还原性，而84消毒液具有强氧化性，将二者混合后发生氧化还原反应，生成乙酸和盐酸，不再具有杀菌作用，A说法错误；B．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的分子间的作用力，不是化学键，B说法错误；C．适量摄入油脂，根据相似相溶原理，有助于人体吸收多种脂溶性的维生素，C说法正确；D．《格物粗谈》记载“红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无涩味”，乙烯具有催熟的效果，则文中的“气”是指乙烯，D说法错误；答案为C。10、C【详解】氧化还原反应是指反应前后，存在元素化合价发生变化的化学反应。A.该反应中各元素的化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故不选A项；B.该反应中各元素的化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故不选B项；C.该反应中，碘元素由-1价升高至0价，I-被氧化为I2，溴元素由0价降低至-1价，Br2被还原成Br-属于氧化还原反应，故选C项；D项，该反应中各元素的化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，故不选D项；综上所述，本题正确答案为C。11、B【详解】A．含有大量的[Al(OH)4]－的溶液，[Al(OH)4]－与HCO反应生成氢氧化铝沉淀和，不共存，故A不符合题意B．澄清透明的溶液中：MnO、SO、K+、H+相互间不反应，能大量共存，故B符合题意；C．pH=11的溶液显碱性，ClO－与I－反应，不能大量共存，故C不符合题意；D．水电离产生的c(H+)=1×10−14mol·L−1的溶液，说明可能是酸性、也可能是碱性，HCO与H+、HCO与OH－反应，NH与OH－反应，不共存，故D不符合题意。综上所述，答案为B。12、D【详解】电解原理是在通电条件下，溶液中阳离子移向阴极，阴离子移向阳极，电解稀H2SO4、CuCl2的混合液，阳离子放电顺序为Cu2+＞H+，电极反应为：Cu2++2e-═Cu；阴离子放电顺序Cl-＞OH-＞SO42-，电极反应为：2Cl--2e-═Cl2↑，所以最初一段时间阴极和阳极上分别析出的物质分别是Cu和Cl2；故答案为D。【点睛】本题考查电解原理的分析判断，掌握溶液中离子放电顺序是解题关键，依据溶液中阴离子放电顺序和阳离子的放电顺序分析判断生成产物。13、A【详解】A.氯化铝和氢氧化钠反应生成氢氧化铝和氯化钠的反应，反应的化学方程式为：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl；氢氧化铝沉淀溶解的过程，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，前后NaOH的物质的量之比为3：1，符合此图，故A正确；B.b点为硝酸钾在80℃时的饱和溶液，a点为不饱和溶液，可以通过升高温度蒸发掉部分溶剂，然后恢复到80℃可以变成饱和溶液，但是仅仅升高温度不行，故B错误；C.催化剂能改变活化能，但不能改变反应热，故C错误；D.向Na2CO3溶液中逐滴加入盐酸时，发生的反应依次为Na2CO3＋HCl=NaCl＋NaHCO3和NaHCO3＋HCl=NaCl＋CO2↑＋H2O，不会立刻产生二氧化碳，故D错误；正确答案是A。14、A【解析】X、Y、Z、W、R五种短周期元素，原子序数依次增大，X原子是所有原子中半径最小的，则X为H元素；Y原子的最外层电子数是次外层的3倍，则Y有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；Y、R同主族，故R为S元素；Z、W、R同周期，则都处于第三周期，Z是常见的金属，其氢氧化物能溶于强碱溶液但不溶于氨水，Z为Al元素；W单质是人类将太阳能转变为电能的常用材料，W为Si元素。A、H原子半径最小，同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径：H＜O＜S＜Si＜Al，故A正确；B、WY2为SiO2，SiO2是酸性氧化物能与碱反应，酸中只能和氢氟酸反应，故B错误；Z的阳离子为Al3+，R的阴离子为S2-，二者在溶液中发生彻底双水解而不能大量共存，离子反应方程为：2Al3++3S2-+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑，故C错误；D、X2R为H2S，X2Y为H2O，X2Y分子之间存在氢键，而H2S分子之间没有氢键，故H2O的沸点比H2O高，故D错误。故选A。15、D【详解】A.常温下，水电离的c(OH－)=1×10－12mo1·L－1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，若酸性则Fe2+、H+、NO3－发生氧化还原反应而不能大量共存，若碱性则NH4+、Fe2+不能大量存在，选项A错误；B.能使酚酞变红的溶液呈碱性，HC2O4－与氢氧根离子反应而不能大量存在，选项B错误；C.0.1mol·L−1KI溶液中ClO−与I−发生氧化还原反应而不能大量共存，选项C错误；D.常温下，=10－10的溶液呈酸性，H+、K+、Na+、I－、SO42－，各离子相互之间不反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。16、C【解析】铬铁矿的主要成分为FeO·Cr2O3、SiO2等，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价。步骤①中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，滤液2中含Na2CrO4，④中调节pH发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答。【详解】A.由上述分析可知，步骤①熔融、氧化不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故A错误；B.由上述分析可知步骤①的主要反应为2FeO·Cr2O3＋4Na2CO3＋7NaNO34Na2CrO4＋Fe2O3＋4CO2↑＋7NaNO2，Cr元素的化合价由+3价升高为+6价，Fe元素的化合价由+2价升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，每生成2molCO2转移7mol电子，但没指明标况，故无法计算CO2的物质的量，故B错误；C.步骤④若调节滤液2的pH，发生2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，pH变小，平衡正向移动，则有利于生成Cr2O72-，故C正确；D.向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到K2Cr2O7固体，说明步骤⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，说明该温度下K2Cr2O7的溶解度小于Na2Cr2O7，故D错误。故答案选C。【点睛】题考查物质的制备实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯酚Fe，加热缩聚反应或聚合反应135【分析】由合成流程可知，碳化钙与水反应生成A为，结合反应③生成酚醛树脂可知，B为，C为，D为，E为一种室内污染气体，E为，A与氢气反应生成F为，F与溴发生加成反应生成M为，N为，结合已知信息可知H为，H与N发生缩聚反应生成Q为，据此分析作答。【详解】(1)反应③生成酚醛树脂可知D物质名称为苯酚，反应②为苯和溴生成溴苯，条件为，加热；故答案为：苯酚；，加热；（2）H与N发生缩聚反应生成Q为，故答案为：缩聚反应；（3）反应①为乙炔生成苯，故方程式为，故答案为：；（4）反应③为苯酚和甲醛缩聚生成酚醛树脂，方程式为：，答案为：（5）H为，由中间C的四面体结构可知,2个苯环与C最多共面，即H中最多有13个碳原子共平面；根据限定的3个条件,要有结构，且两端苯环上各连一个，不含H本身，移动2个的位置，、、，即还有5种；故答案为：13；5；（6）H为，N为乙二酸，H与N发生缩聚反应生成Q，Q的结构简式为：，故答案为：；（7）M为，N为，有M制取N，需要先生成乙二醇，再氧化得乙二醛，再氧化得乙二酸，即；故答案为：。18、【分析】苯与Cl2发生取代反应产生氯苯，氯苯与丙烯(CH2=CH-CH3)在Pd存在时发生取代反应产生，该物质与水发生加成反应产生，然后发生题干信息中的反应合成。【详解】以苯、丙烯(CH2=CHCH3)为原料制备，首先是发生苯与Cl2在Fe作催化剂时发生取代反应产生氯苯，然后是氯苯与CH2=CHCH3发生取代反应产生和HCl，与水在催化剂存在时，在加热条件下发生加成反应产生，最后与CO在Pb存在时反应生成产物，故物质合成路线流程图为。【点睛】本题考查了有机物合成路线的分析判断。充分利用课本已经学过的知识，结合题干信息及反应原理，利用已知物质通过一定的化学反应制取得到目标产物。掌握常见的反应类型及有机物的结构对性质的决定作用是本题解答的基础。19、托盘天平250mL的容量瓶2Na2SO3+O2=2Na2SO4使SO32-充分转化为气体，使SO42-完全沉淀静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成偏高<方案II中盐酸提供H+，Ba(NO3)2提供NO3-形成稀HNO3，将一部分SO32-氧化成SO42-，导致BaSO4质量增大aV—mL，c—mol/L【分析】（1）配制250mLNa2SO3溶液时，用到的实验仪器有：烧杯、玻棒、胶头滴管、药匙、托盘天平、250mL容量瓶；（2）Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠；（3）方案I是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸钡质量的测定，需要出去亚硫酸钠；SO42-完全沉淀时，上层清液中没有SO42-，再加入氯化钡溶液也没有沉淀生成；（4）方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，计算样品中硫酸钠的质量偏小；（5）酸性条件下，硝酸根将亚硫酸根氧化为硫酸根，导致硫酸钡质量增大；（6）依据试剂的性质和滴定实验达到终点的颜色分析判断选择标准溶液；依据高锰酸钾和亚硫酸根离子反应的定量关系计算得到；V-消耗KMnO4溶液体积为VmL，KMnO4溶液浓度为cmol/L，计算高锰酸钾的物质的量，根据电子转移守恒计算Na2SO3的物质的量，进而计算样品的纯度。【详解】（1）用天平称量固体质量，用到药匙，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，用玻璃棒引流移入250mL容量瓶中，加水至刻度线1-2cm出改用胶头滴管定容；故答案为：托盘天平、250mL容量瓶；（2）Na2SO3固体氧化变质生成硫酸钠，反应方程式为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故答案为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4；（3）方案I是利用生成的硫酸钡沉淀计算样品中硫酸钠的质量，再计算亚硫酸钠的纯度，而亚硫酸钠也会与氯化钡反应生成沉淀，影响硫酸钡质量的测定，需要出去亚硫酸钠，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是：使SO32-充分转化为气体，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是：静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成，故答案为：使SO32-充分转化为气体；静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成；（4）方案I中，若滤液浑浊，说明滤液中含有硫酸钡，导致沉淀硫酸钡的质量偏小，计算样品中硫酸钠的质量偏小，则计算亚硫酸钠的质量分数偏高，故答案为：偏高；（5）方案II中盐酸提供H+，Ba（NO3）2提供NO3-形成稀HNO3，将一部分SO32-氧化成SO42-，导致BaSO4质量增大，故答案为：＜；方案II中盐酸提供H+，Ba（NO3）2提供NO3-形成稀HNO3，将一部分SO32-氧化成SO42-，导致BaSO4质量增大；（6）取25.00mL上述溶液，用滴定的方法测定Na2SO3的纯度，下列试剂可作为标准溶液进行滴定的必须是安全，反应现象明显，终点易于判断分析判断；a．酸性KMnO4溶液，滴入最后一滴溶液由无色变化为紫红色，证明反应达到终点，故a符合；b．H2O2溶液可以氧化亚硫酸钠为硫酸钠，反应终点无明显现象，故b不符合；c．Br2水是易挥发的物物质，乙产生有毒的溴蒸气，故不做标准液，故c不符合；d．FeCl3溶液滴入反应，溶液变化为浅绿色，溶液颜色变化不明显，不能指示反应终点，故d不符合；故选a；V-消耗KMnO4溶液体积为VmL，KMnO4溶液浓度为cmol/L，则消耗高锰酸钾的物质的量为0.001VL×cmol/L=0.001Vcmol，根据电子转移守恒，Na2SO3的物质的量为0.001Vcmol×2.5=0.002.5Vcmol，其质量为0.002.5Vcmol×126g/mol=0.315Vcg，故250mL溶液中亚硫酸质量为0.315Vcg×=3.15Vcg，则样品中亚硫酸钠的质量为；故答案为：a；。20、2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸防止倒吸(或作安全瓶)2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O加大氮气的通入量淀粉溶液溶液蓝色褪去且半分钟内不恢复原色0.04【解析】（1）依据电子转移数守恒配平该氧化还原反应方程式；（2）①结合ClO2的特点，从安全隐患角度分析考虑；②根据仪器的连接特点作答；③NaClO3与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应用于制备ClO2；④装置C中导管液面上升时，说明ClO2在水中过饱和，析出晶体；（3）碘单质与淀粉溶液变蓝；再根据标准溶液滴定待测液的基本实验操作分析作答；最后依据电子转移数守恒及各物质之间的关系式列式计算。【详解】（1）ClO2可将废水中的CN－氧化成CO2和N2，本身氯元素化合价降低到稳定的-1价，其离子方程式为：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－，故答案为：2ClO2＋2CN－＝2CO2＋N2＋2Cl－；（2）①氮气可稀释二氧化氯，防止因二氧