广东省广州市番禺区禺山中学2026届高三化学第一学期期末学业质量监测模拟试题含解析

广东省广州市番禺区禺山中学2026届高三化学第一学期期末学业质量监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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列有关说法正确的是A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B．家庭用的“84”消毒液与洁厕灵不能同时混合使用，否则会发生中毒事故C．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氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D．中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料2、下列关于有机物的说法正确的是A．乙醇和丙三醇互为同系物B．二环己烷()的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D．环己烯()分子中的所有碳原子共面3、向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，则原FeBr2溶液物质的量浓度为A．0.75mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L4、25℃时，已知醋酸的电离常数为1.8×10-5。向20mL2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是A．a点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1B．b点溶液中：c(CH3COOH)>c(Na+)>c(CH3COO-)C．c点溶液中：c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)D．d点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)5、某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（）A．反应后生成NO的体积为28LB．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1C．所得溶液中c（NO3-）=2.75mol/LD．所得溶液中的溶质只有FeSO46、把1．4g铁粉完全溶解于某浓度的硝酸中，如反应只收集到2．3molNO2和2．2molNO，下列说法正确的是A．反应后生成的盐只为Fe（NO3）3B．反应后生成的盐只为Fe（NO3）2C．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为1∶3D．反应后生成的盐为Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物质的量之比为3∶17、某固体混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是A．气体A一定是混合气体B．沉淀A一定是H2SiO3C．白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色D．该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl28、海水提镁的工艺流程如下：下列叙述正确的是A．反应池中的反应利用了相同条件下Mg(OH)2比Ca(OH)2难溶的性质B．干燥过程在HCl气流中进行，目的是避免溶液未完全中和C．上述流程中发生的反应有化合、分解、置换和复分解反应D．上述流程中可以循环使用的物质是H2和Cl29、实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的A．制取氯气B．将Br-全部转化为溴单质C．分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层D．将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl310、可逆反应①X(g)+2Y(g)2Z(g)、②2M(g)Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是A．反应①的正反应是放热反应B．达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11C．达平衡(I)时，X的转化率为20％D．在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等11、下列指定反应的化学用语表达正确的是（）A质子交换膜氢氧燃料电池的负极反应B用铁电极电解饱和食盐水C锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡DKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4A．A B．B C．C D．D12、某有机物的结构简式为有关该化合物的叙述不正确的是（）A．所有碳原子可能共平面B．可以发生水解、加成和酯化反应C．1mol该物质最多消耗2molNaOHD．苯环上的二溴代物同分异构体数目为4种13、常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．HX、HY起始溶液体积相同B．均可用甲基橙作滴定指示剂C．pH相同的两种酸溶液中：D．同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：14、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO215、设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法中正确的是()A．NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为7∶2B．1.0mol·L-1FeCl3溶液与足量Fe反应,转移的电子数为NAC．11.2LCH4中含有的原子数目为2.5NAD．20g分子中,含有10NA个电子16、利用如图所示装置，在仪器甲乙丙中，分别依次加入下列各选项中所对应的试剂进行实验。能达到实验目的的是（）A．浓盐酸、高锰酸钾、浓硫酸，制取纯净的氯气B．浓盐酸、浓硫酸、浓硫酸，制取干燥的氯化氢气体C．稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，检验溶液X中是否含有碳酸根离子D．稀硫酸、碳酸钠、次氯酸钠，验证硫酸、碳酸、次氯酸的酸性强弱17、新型冠状病毒是一种致病性很强的RNA病毒，下列说法错误的是A．新型冠状病毒组成元素中含有C、H、OB．用“84消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好C．3M防颗粒物口罩均使用3M专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子D．不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒18、世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A．普通玻璃含有二氧化硅 B．该发电玻璃能将光能完全转化为电能C．碲化镉是一种无机化合物 D．应用该光电转化技术可减少温室气体排放19、下列关于有机化合物的说法正确的是A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇B．HOCH2CH(CH3)2与(CH3)3COH属于碳链异构C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯D．一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，其同分异构体有16种20、由下列“实验操作和现象”与“结论”均正确的（

）选项实验操作及现象结论A将含铁的氧化物的砖块用盐酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B常温下，测得饱和Na2CO3溶液的pH大于饱和NaHCO3溶液的pH常温下水解程度>C25℃时，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再产生沉淀，然后滴加KI溶液，有黄色沉淀生成25℃时，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）D将Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色Cl2具有漂白性A．A B．B C．C D．D21、宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A．“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D．“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金22、a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A．简单原子半径：b>c>aB．最高价氧化物对应水化物的碱性：b<cC．工业上电解熔融cd3可得到c的单质D．向b2a2中加入cd3溶液一定不产生沉淀二、非选择题(共84分)23、（14分）为了寻找高效低毒的抗肿瘤药物，化学家们合成了一系列新型的1，3-二取代酞嗪酮类衍生物。(1)化合物B中的含氧官能团为__________和__________(填官能团名称)。(2)反应i-iv中属于取代反应的是___________。(3)ii的反应方程式为___________。(4)同时满足下列条件的的同分异构体共有_____种，写出其中一种的结构简式：_______I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1(5)是一种高效低毒的抗肿瘤药物，请写出以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图(无机试剂任用)：______________。24、（12分）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：已知：+R2OH(1)A的名称是___________________。(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。(4)写出反应②的化学方程式____________________。(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：____________。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。25、（12分）二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体,过程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5[（VO）6（CO3）4（OH）9]10·H2O回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为____。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_______。（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。①药品填装完成后的实验操作是____（填活塞“a”“b”的操作）。②若无装置B,则导致的后果是____。（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是____。（4）测定氧钒（IV）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02mol·L-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1%NaNO2溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2,最后用0.08mol·L-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00mL。（滴定反应:VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O）①NaNO2溶液的作用是____。②粗产品中钒的质量分数为____（精确到小数点后两位）。26、（10分）为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了Ⅰ、Ⅱ两个方案。根据方案Ⅰ、Ⅱ回答问题：方案Ⅰ：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_______________。(2)能确认NaOH溶液过量的是___________（选填选项）。a.测溶液pH，呈碱性b.取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c.继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤④的具体操作是：灼烧、_______、________，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是______，该硬铝中铝的质量分数为_______________。方案Ⅱ的装置如图所示：操作步骤有：①记录A的液面位置；②待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；③再次记录A的液面位置；④将一定量Y（足量）加入烧瓶中；⑤检验气密性，将ag硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是________________；操作顺序是______________________。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_______，操作的方法是__________。27、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。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：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(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装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ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/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)28、（14分）非诺洛芬是一种治疗类风湿性关节炎的药物，可通过以下方法合成：回答下列问题(1)的化学名称是_____________，中含氧官能团的名称为___________。(2)上述反应中，反应①的条件是___________，过程①属于______反应(3)反应②发生的是取代反应，且另一种产物有，写出由生成的化学方程式______。(4)有机物与非诺芬互为同分异构体，满足下列条件：I．能与NaHCO3溶液反应，且能与FeCl3溶液发生显色反应II．分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环的结构有_____种，写出其中一种不能与浓溴水发生取代反应的的结构简式_________。(5)根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备路线流程图(无机试剂任用)_________29、（10分）AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。相关数据如下：物质熔点/℃沸点/℃与N2反应温度/℃相应化合物分解温度/℃Al6602467＞800AlN：＞2000（＞1400升华）AlCl3：（＞181升华）Mg6491090＞300Mg3N2：＞800(1)AlN的制备。①化学气相沉积法。Ⅰ.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是____________________。Ⅱ.上述反应适宜的温度范围是______℃（填字母）。a.75~100b.600~1100c.2000~2300②铝粉直接氮化法。Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：__________________、_________和2Al+N22AlN。③碳热还原法。以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。已知：ⅰ.2Al2O3(s)⇌4Al(g)+3O2(g)∆H1=＋3351kJ·mol-1ⅱ.2C(石墨，s)+O2(g)=2CO(g)∆H2=－221kJ·mol-1ⅲ.2Al(g)+N2(g)=2AlN(s)∆H3=－318kJ·mol-1运用平衡移动原理分析反应ⅱ对反应ⅰ的可能影响：______________________________________。(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。①AlN粉末水解的化学方程式是____________________________________。②解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_______________________________。(3)AlN含量检测。向agAlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1mLc1mol·L-1H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2mLc2mol·L-1NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是________________________________。

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．聚合硫酸铁能水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体能吸附水中的悬浮物而净水，但不能杀灭细菌，故A错误；B．二者混合，次氯酸钠与盐酸发生氧化还原反应生成具有毒性的氯气，故B正确；C．氢键不是化学键，是一种特殊的分子间的作用力，故C错误；D．中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型的无机非金属材料，故D错误；故答案为B。2、B【解析】

A．乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同，不是同系物，故选项A错误；B．二环己烷中有两类氢原子，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4种，故选项B正确；C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷，故选项C错误；D．环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式，不能满足所有碳原子共面，故选项D错误；故选B。3、C【解析】

还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。4、B【解析】

A．a点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H＋的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COO－＋H＋2xxKa===1.8×10-5，解得x=6.0×10-3mol/L，A项正确；B．b点的溶液为CH3COOH和CH3COONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COO－＋H＋，醋酸根会水解，CH3COO－＋H2OCH3COOH＋OH－，水解平衡常数<1.8×10-5，CH3COOH的电离大于CH3COO-的水解，所以c(CH3COO-)>c(Na+)>c(CH3COOH)；B项错误；C．c点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)=c(CH3COO－)＋c(OH－)，有物料守恒c(Na＋)=c(CH3COO－)＋c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+c(H+)；C项正确；D．d点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。5、B【解析】

铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5mol，n（H+）=5mol，n（NO3-）=4mol，氢离子少量，则消耗1.25molFe，生成1.25mol的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25mol，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75molFe2+，剩余0.75molFe3+；【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25mol，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75mol:0.75mol=1:1，故B正确；C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；答案为B。6、C【解析】

1.4g铁粉的物质的量为1.4g÷56g/mol=2.4mol；收集到2.3molNO2和2.2molNO过程中得到电子物质的量为：2.3mol×[(+5)-(+4)]+2.2mol×[(+5)-(+2)]=2.9mol；若反应生成的盐只有Fe（NO3）3，Fe失去的电子物质的量为1.2mol≠2.9mol，若反应生成的盐只有Fe（NO3）2，Fe失去的电子物质的量为2.8mol≠2.9mol，所以可得1.4g铁粉反应后生成了硝酸铁和硝酸亚铁，根据Fe守恒n[Fe(NO3)3]+n[Fe(NO3)2]=2.4mol，根据得失电子相等可得3n[Fe(NO3)3]+2n[Fe(NO3)2]=2.9mol，解得n[Fe(NO3)3]=2.1mol，n[Fe(NO3)2]=2.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物质的量之比为1∶3，答案选C。7、D【解析】固体混合物可能由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为H2SiO3。溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B为Fe（OH）2，溶液B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列问题。A.稀盐酸与Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体A是CO2与H2的混合气体，A正确；B.沉淀A为H2SiO3沉淀，B正确；C.B为Fe（OH）2，在空气中被氧气氧化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D.该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.8、A【解析】

A.氢氧化钙微溶，氢氧化镁难溶，沉淀向更难溶方向转化，故可以用氢氧化钙制备氢氧化镁，A正确；B.干燥过程在HCl气流中进行目的是防止氯化镁水解，B错误；C.该流程中没有涉及置换反应，C错误；D.上述流程中可以循环使用的物质是Cl2，过程中没有产生氢气，D错误；答案选A。9、C【解析】

A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误；B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCl3，灼烧得到氧化铁，故D错误；本题答案为C。【点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。10、C【解析】

A、降温由平衡（Ⅰ）向平衡（Ⅱ）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（Ⅰ）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（Ⅰ）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（Ⅰ）时，X的转化率为，故C错误；D、由平衡（Ⅰ）到平衡（Ⅱ），化学反应②发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。11、C【解析】

A．负极上氢气失电子生成氢离子，所以负极反应为：2H2﹣4e﹣═4H+，故A错误；B．阳极上Fe失电子生成亚铁离子，阴极上水得电子生成氢气和氢氧根离子，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁沉淀，离子方程式为Fe+2H2OFe（OH）2↓+H2↑，故B错误；C．碳酸钙溶解度小于硫酸钙，锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na2CO3溶液浸泡，离子方程式：CO32﹣+CaSO4＝CaCO3+SO42﹣，故C正确；D．碱性溶液中，反应产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为：3ClO﹣+2Fe（OH）3+4OH¯＝2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；答案：C。【点睛】书写离子方程式一定要注意环境是碱性还是酸性。12、C【解析】

A．含有酯基、羧基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A正确；B．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生酯化反应，故B正确；C．能与氢氧化钠反应的为酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则1mol该物质最多消耗3molNaOH，故C错误；D．苯环有2种H，4个H原子，两个Br可位于相邻(1种）、相间（2种）、相对（1种）位置，共4种，故D正确。故答案为C。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。13、D【解析】

A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的能力。14、B【解析】

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。15、D【解析】

A.He分子是单原子分子，相对分子质量为4，NA个氮分子与NA个氦分子的质量比为28∶4=7∶1，故A不选；B.不知道FeCl3溶液的体积，无法计算转移的电子数，故B不选；C.11.2LCH4没有指明标准状况下，故C不选；D.20g分子为1mol，含有10NA个电子，故D选。故选D。16、B【解析】

A．生成的氯气中含有HCl气体，浓硫酸不能吸收HCl，故A错误；B．浓硫酸与浓盐酸混合放出大量热，且浓硫酸吸水，可以挥发出较多HCl气体，也可以用浓硫酸干燥氯化氢，所以可以得到干燥的HCl，故B正确；C．二氧化硫也能够使澄清石灰水变浑浊，且碳酸氢根离子也能够能够产生二氧化碳，无法证明溶液X中是否含有CO32-，故C错误；D．稀硫酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸钠反应生成次氯酸，但生成次氯酸现象不明显，无法判断，故D错误；故选：B。17、B【解析】

A.新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；B.用“84消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B错误；C.聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C正确；D..新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D正确；故选B。18、B【解析】

A.普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确；B.该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C.碲化镉属于无机化合物，故C正确；D.应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。故选B。19、D【解析】分析：A．CaO与水反应后生成氢氧化钙，氢氧化钙是离子化合物，增大了沸点差异；B．碳链异构是碳链的连接方式不同，-OH的位置不同是位置异构；C．乙酸乙酯能够在NaOH溶液中水解；D．可看成二甲苯(、、)苯环上的H原子被-CH2CH3、-OH取代。详解：A．CaO与水反应后，增大沸点差异，应选蒸馏法分离，故A错误；B．-OH的位置不同，属于位置异构，故B错误；C．乙酸乙酯与NaOH反应，不能除杂，应选饱和碳酸钠溶液、分液，故C错误；D．一个苯环上已经连有-CH3、-CH2CH3、-OH三种基团，如果在苯环上再连接一个-CH3，看成二甲苯(、、)苯环上连有-CH2CH3、-OH，中-OH在甲基的中间时乙基有2种位置，-OH在甲基的邻位时乙基有3种位置，-OH在两个甲基的间位时乙基有2种位置，共7种；中先固定-OH，乙基有3种位置，有3种同分异构体；先固体-OH在邻位时乙基有3种位置，固定-OH在间位时乙基有3种位置，有6种；则同分异构体有7+3+6=16种，故D正确；故选D。20、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色无法判断溶液中一定含有Fe2+，故A错误；B．常温下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比较两种钠盐水解程度相对大小时钠盐溶液浓度必须相同，因为两种钠盐饱和溶液浓度不等，所以不能根据溶液pH判断常温下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B错误；C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若开始有白色沉淀生成，后逐渐变为黄色沉淀，说明碘化银更难溶，说明碘化银的溶度积较小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正确；D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，红色褪去，是因氯气与NaOH反应生成NaCl和NaClO，导致溶液碱性减弱，而不是漂白性，故D错误；故答案为C。21、B【解析】

A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确;B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确;D.黄铜是铜锌合金,故D正确;答案：B。22、A【解析】试题分析：a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，则a为O元素；a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，则b为Na元素；d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸，则d为Cl元素。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀，则c为Al元素。A.简单原子半径Na>Al>O，A正确；B.最高价氧化物对应水化物的碱性，氢氧化钠强于氢氧化铝，B不正确；C.工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝，氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不导电，C不正确；D.向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀，D不正确。本题选A。二、非选择题(共84分)23、羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O6、、、、、【解析】

(1)根据B结构简式确定其含有的官能团；(2)根据i-iv中反应的特点分析判断i-iv中的取代反应；(3)与N2H4发生取代反应产生和H2O，据此书写反应方程式；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，据此书写可能的同分异构体结构简式，判断其种类数目；(5)仿照题中的合成的流程，对比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路线，结合给出的原料，即可设计出合成路线。【详解】(1)B结构简式为，可知化合物B中含有的官能团为羧基、羰基；(2)取代反应是有机物分子中的某些原子或原子团被其它原子或原子团所代替的反应，根据物质的结构简式及变化，可知反应ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，该反应为取代反应；反应iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，该反应为取代反应；反应iv中上断裂N-H键，H原子被取代得到，同时产生HCl，该反应为取代反应；故反应在i-iv中属于取代反应的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；(3)反应ii是与N2H4在一定条件下反应产生和H2O，该反应的化学方程式为+N2H4+2H2O；(4)的同分异构体满足条件：I.分子中含苯环；II.可发生银镜反应，说明分子中含有醛基；III.核磁共振氢谱峰面积比为1∶2∶2∶2∶1，说明分子中含有5种不同的H原子，个数比为1∶2∶2∶2∶1，则可能的结构为、、、、、，共6种；(5)由以上分析可知，首先苯与Br2在Fe催化下发生取代反应产生溴苯，与在溴对位上发生反应产生，与N2H4发生取代反应产生，和发生取代反应产生和HCl。故以和和为原料制备该化合物的合成路线流程图为：。24、1，2-二氯丙烷加成反应氧化反应C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3饱和溶液【解析】

丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．25、2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O氯气有毒，污染空气打开活塞a数分钟后，再打开活塞bHCl与NH4HCO3反应Cl-除去过量的KMnO42.88%【解析】

V2O5与盐酸、N2H4﹒2HCl混合发生反应：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O，得到VOCl2溶液，加碳酸氢铵溶液后得到氧钒(IV)碱式碳酸铵晶体。（1）根据原子守恒及氧化还原反应原理分析解答；（2）根据题给信息中+4价V易被氧化的性质分析解答；（3）根据原子守恒及晶体的组成分析解答；（4）根据滴定原理及氧化还原反应原理分析解答。【详解】（1）根据原子守恒分析生成的一种无色无污染的气体为N2，该反应的化学方程式为2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；根据氧化还原反应原理分析，V被还原，则浓盐酸的中Cl被氧化生成氯气，氯气有毒，污染空气，故答案为：2V2O5+N2H4﹒2HCl+6HCl=4VOCl2+N2↑+6H2O；氯气有毒，污染空气；（2）①已知VO2+能被O2氧化，故装置中不能有空气，所以反应前先通入CO2数分钟排除装置中的空气，避免产物被氧化，所以实验操作时先打开活塞a数分钟后，再打开活塞b，故答案为：打开活塞a数分钟后，再打开活塞b；②A中制得的二氧化碳混有氯化氢气体，B装置中的试剂应是除去二氧化碳气体中HCl气体的饱和NaHCO3溶液，若无装置B，则HCl与NH4HCO3反应，故答案为：HCl与NH4HCO3反应；（3）根据原子守恒分析，及晶体的组成分析，NH4HCO3溶液洗涤除去阴离子主要是Cl-，故答案为：Cl-；（4）①根据分析，KMnO4溶液的作用是氧化V，NaNO2溶液的作用是除去过量的KMnO4，故答案为：除去过量的KMnO4；②根据V元素的质量守恒，根据滴定反应VO2++Fe2++2H+=VO2++Fe3++H2O，则n(V)=n((NH4)2Fe(SO4)2)=0.08mol·L-1×0.03L=0.0024mol，则粗产品中钒的含量为：，故答案为：2.88%。26、盐酸或稀硫酸c冷却称量Al2O3×100％氢氧化钠溶液⑤①④②③剩余固体的质量将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量【解析】

为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案Ⅰ：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作①所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步骤④是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)×100%=×100％。方案Ⅱ：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是⑤①④②③。(2)硬铝质量为ag，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。27、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO