2026届安徽省潜山二中高三上化学期中达标检测试题含解析

2026届安徽省潜山二中高三上化学期中达标检测试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构如图所示。下列叙述正确的是（）A．元素非金属性强弱的顺序为W＞Y＞ZB．Y单质的熔点高于X单质C．W分别与X、Y、Z形成的二元化合物均只有一种D．化合物M中W不都满足8电子稳定结构2、化学学习方法中的类推法是指由已学知识通过迁移构建新知识的方法。下列类推正确的是A．CaCO3与稀HNO3反应生成CO2,CaSO3也能与稀HNO3反应生成SO2B．铜在氯气中剧烈燃烧生成二价铜,铜也能在硫蒸气中剧烈燃烧生成二价铜C．钠与乙醇反应产生氢气,钾与乙醇也能反应产生氢气D．锌可以与溶液中的银离子发生置换反应,钠也能与溶液中的银离子发生置换反应3、1mol苯乙烯（）在不同条件下与H2发生加成反应时，产物存在差异：条件消耗氢气加成产物①室温、低压、催化剂1mol②高温、高压、催化剂4mol下列说法正确的是A．两种条件下的加成产物都属于芳香烃B．两种条件下的加成产物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．两种条件下的加成产物都能在光照条件下与溴进行取代D．该现象说明侧链上的碳碳双键比苯环内的碳碳双键更活泼4、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(

)A．无色透明溶液中：K+、MnO4-、Cl-、H+B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：Na+、K+、NO3-、ClO-C．pH=12

的无色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D．含Na2SO3

的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-5、碲（Te）广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au)为原料制备单质碲的一种工艺流程如下，（已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱），下列有关说法不正确的是A．将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率B．“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为TeO2+2OH－＝TeO32－+H2OC．“沉碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸D．若提取过程碲元素的回收率为90%，则处理1kg这种阳极泥最少需通入标准状况下SO220.16L6、按照阿伏加德罗定律，下列叙述不正确的A．同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比B．同温同压下两种气体的物质的量之比等于密度之比C．同温同压下两种气体的密度之比等于摩尔质量之比D．同温同体积下两种气体的物质的量之比等于压强之比7、CO甲烷化反应为：。下图是使用某种催化剂时转化过程中的能量变化（部分物质省略），其中步骤②反应速率最慢。下列说法正确的是A．步骤①只有非极性键断裂 B．步骤②需要吸收能量C．步骤③的活化能最高 D．使用该催化剂不能有效提高CO的平衡转化率8、肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气。已知：①N2(g)＋2O2(g)===N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1②N2H4(g)＋O2(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534.0kJ·mol－1下列表示肼跟N2O4反应的热化学方程式正确的是A．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－542.7kJ·mol－1B．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1C．N2H4(g)＋N2O4(g)===N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－1076.7kJ·mol－1D．2N2H4(g)＋N2O4(g)===3N2(g)＋4H2O(g)ΔH＝－1059.3kJ·mol－19、下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是A．橡皮擦——橡胶工业 B．铝合金片——冶金工业C．铝笔芯——电镀工业 D．铅笔漆——涂料工业10、下列反应中，水作还原剂的反应是A．CaO+H2O→Ca(OH)2 B．2Na+2H2O→2NaOH+H2↑C．2F2+2H2O→4HF+O2 D．2Na2O2+2H2O→2NaOH+O2↑11、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子，关于此反应说法错误的是（）A．一定属于吸热反应 B．一定属于可逆反应C．一定属于氧化还原反应 D．一定属于分解反应12、科学工作者发现另一种“足球分子”N60,它的结构与C60相似。下列说法中正确的是()A．N60和N2互为同素异形体B．N60是一种新型化合物C．N60和N2是同系物D．N60和14N都是氮的同位素13、下列有关问题，与盐的水解有关的是()①NH4Cl与ZnCl2溶液可作焊接金属中的除锈剂②NaHCO3与Al2(SO4)3两种溶液可作泡沫灭火剂③草木灰和铵态氮肥不能混合使用④实验室盛放Na2CO3溶液的试剂瓶不能用磨口玻璃塞⑤用热的纯碱溶液洗去衣服上的油污A．①②③ B．②③④ C．①④⑤ D．①②③④⑤14、化学与生活、技术密不可分，下列有关说法错误的是A．天然气是高效清洁的化石燃料 B．可利用离子反应处理水中的微量重金属元素C．油脂可以制取肥皂 D．我国使用最早的合金是生铁15、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A．检验试液中的SO42-B．检验试液中的Fe2+C．检验试液中的I-D．检验试液中的CO32-16、一定条件下，下列反应不可能自发进行的是A．2O3(g)=3O2(g)△H<0B．CaCO3(s)=CaO(

s)+

CO2(g)△H>0C．N2(g)

+3H2(g)2NH3(g)△H<0D．2CO(g)=2C(s)+

O2(g)△H>017、一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体，忽略溶液体积的变化，下列有关说法中正确的是A．溶液出现浑浊现象B．溶液的pH变大C．c(Na+)不变D．溶液中不存在CO32-18、下列根据化学事实所得出的结论正确的是选项化学事实结论ABeO与Al2O3均为两性氧化物Be与Al处于周期表中同一主族BHCl与SO2的水溶液均能导电HCl与SO2均是电解质C酸性：H3PO4＞HNO3>H2SiO3非金属性：P>N>SiD熔融的AlF3和MgCl2均能导电AlF3和MgCl2均为离子化合物A．A B．B C．C D．D19、据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构式为：HC≡C—C≡C－C≡C－C≡C－C≡N。对该物质判断正确的是A．晶体的硬度与金刚石相当 B．能使酸性高锰酸钾溶液褪色C．不能发生加成反应 D．可由乙炔和含氮化合物加聚制得20、测定CuSO4·xH2O晶体的x值，数据如表中所示，己知x的理论值为5.0，产生误差的可能原因是坩埚质量坩埚+试样失水后，坩埚+试样11.70g20.82g16.50gA．晶体中含不挥发杂质 B．未做恒重操作C．加热时有晶体溅出 D．加热前晶体未研磨21、在一定温度下反应：A2(气)+B2(气)2AB(气)达平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成n摩A2，同时生成n摩ABB．单位时间内生成n摩B2，同时生成2n摩ABC．单位时间内生成n摩A2，同时生成n摩B2D．容器内总物质的量不变（或总压不变）22、某小组为研究电化学原理，设计如图装置。下列叙述不正确的是A．a和b不连接时，铁片上会有金属铜析出B．a和b用导线连接时，铜片上发生的反应为：Cu2＋+2e-=CuC．无论a和b是否连接，铁片均会溶解，溶液从蓝色逐渐变成浅绿色D．a和b分别连接直流电源正、负极，电压足够大时，Cu2＋向铜电极移动二、非选择题(共84分)23、（14分）已知物质A是芳香族化合物，A分子中苯环上有2个取代基(均不含支链)，且A的核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1:1:1:1:2:2，能够与FeCl3溶液发生显色反应。D（C18H16O6）分子中除含2个苯环外还含有1个六元环。它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A中所含的含氧官能团的名称为__________________________。（2）填写下列反应的反应类型：反应①_____________反应③_____________。（3）B的结构简式___________，D的结构简式_______________。（4）A→E的化学方程式为____________________________________________。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_____________种。①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解；③lmol该物质可与4mol[Ag(NH3)2]+发生银镜反应；④lmol该物质可与5molH2加成。24、（12分）下图表示有关物质（均由短周期元素形成）之间的转化关系，其中A为常见的金属单质，B为非金属单质（一般是黑色粉末），C是常见的无色无味液体，D是淡黄色的固体化合物。（反应条件图中已省略。）（1）A、B、C、D代表的物质分别为_______、________、_______、_______（填化学式）；（2）反应①中的C、D均过量，该反应的化学方程式是_______；（3）反应②中，若B与F物质的量之比为4∶3，G、H分别是_______、________（填化学式）；（4）反应③产物中K的化学式为______________________________；（5）反应④的离子方程式为________________________________________。25、（12分）碳化铝可用作甲烷发生剂，实验室欲利用如图所示装置制取甲烷并还原CuO。已知：Al4C3+12H2O=4Al（OH）3+3CH4↑。回答下列问题：（1）仪器a的名称是____________。（2）连接装置并检查气密性后，打开a的活塞和弹簧夹K，一段时间后点燃c和g，d中CuO全部被还原为Cu时，e中固体颜色由白变蓝，f中溶液变浑浊，g处酒精灯火焰呈蓝色。①e中的试剂是________，其作用是_____________________________。②实验完毕后，要先熄灭c并继续通入甲烷至d冷却后再熄灭g，原因是_______________。（3）若最后在g处点燃的气体仅为CH4，则d中发生反应的化学方程式为____________________。26、（10分）乙酸丁酯是重要的化工原料，具有水果香味。实验室制备乙酸丁酯(CH3COOCH2CH2CH2CH3)的反应装置示意图和有关信息如下：乙酸正丁醇乙酸丁酯熔点/℃16.6－89.5－73.5沸点/℃117.9117126.0密度/g·cm－31.10.800.88(1)乙酸丁酯粗产品的制备在干燥的50mL圆底烧瓶中，装入沸石，加入12.0mL正丁醇和16.0mL冰醋酸(过量)，再加3～4滴浓硫酸。然后再安装分水器(作用：实验过程中不断分离除去反应生成的水)、冷凝管，然后小火加热。写出制备乙酸丁酯的化学方程式_________。将烧瓶中反应后的混合物冷却与分水器的酯层合并。装置中冷水应从________(填“a”或“b”)口通入；通过分水器不断分离除去反应生成的水的目的是_____________。(2)乙酸丁酯的精制将乙酸丁酯粗产品用如下的操作进行精制：①水洗、②蒸馏、③用无水MgSO4干燥、④用10%碳酸钠洗涤。①正确的操作步骤是________________(填标号)。A．①②③④B．③①④②C．④①③②D．③④①②②在乙酸丁酯的精制中，用10%碳酸钠洗涤的主要目的是_________。③在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后________(填标号)。a.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的上口倒出b.直接将乙酸丁酯从分液漏斗的下口放出c.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从下口放出d.先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口倒出(3)计算产率测量分水器内由乙酸与丁醇反应生成的水体积为1.8mL，假设在制取乙酸丁酯过程中反应物和生成物没有损失，且忽略副反应，乙酸丁酯的产率为________。27、（12分）某化学学习小组为了探究镁和二氧化硫的反应产物，进行如下实验：Ⅰ．设计如图所示装置完成镁和二氧化硫的反应实验。（1）实验室用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，利用的是浓硫酸的________(填字母)。a．强氧化性b．强酸性c．脱水性d．腐蚀性（2）B装置中试剂的名称是________；E装置的作用是_______________________________。（3）有同学认为可以拆去D装置，你认为________(填“能”或“不能”)拆去D装置，理由是__________________________________________________。Ⅱ．探究燃烧的反应产物（4）反应后取C装置中的固体粉末进行如下实验：实验现象：G装置中产生黑色沉淀，Ⅰ装置中黑色粉末变红色，J装置中白色粉末变蓝色。写出G装置中发生反应的离子方程式：____________________；I、J装置中的现象说明固体中含有____________________(填化学式)。（5）取出F装置烧瓶中的混合物，经过滤、干燥得到少量固体粉末，为了探究固体粉末的成分，选择下列装置进行实验：①按气体从左至右，选择所需装置，正确的连接顺序为________________(填字母)。②能证明固体粉末是硫磺的实验现象是___________________________________________。（6）经实验测定，镁在二氧化硫中燃烧生成产物有硫化镁、硫和氧化镁。如果m(MgO)∶m(MgS)∶m(S)＝20∶7∶4，写出镁与SO2在加热条件下反应的化学方程式：____________。28、（14分）以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H=-QkJ/mol(Q>0)，在密闭容器中，按H2与CO2的物质的量之比为3:1进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数(y%)如下图所示。(1)表示CH3CH2OH体积分数曲线的是_______（选填序号）；在一定温度下反应达到平衡的标志是______（选填编号)a.平衡常数K不再增大b.CO2的转化率不再增大c.混合气体的平均相对分子质量不再改变d.反应物不再转化为生成物(2)其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______(选填编号)；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______(选填编号)a.降低温度b.充入更多的H2c.移去乙醇d.增大容器体积(3)图中曲线II和III的交点a对应物质的体积分数ya=_______%29、（10分）一种工业制备SrCl2·6H2O的生产流程如下图所示：已知：①M(SrCl2·6H2O)＝267g/mol；②Ksp(SrSO4)＝3.3×10－7、Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10；③经盐酸浸取后，溶液中有Sr2＋和Cl－及少量Ba2＋。(1)隔绝空气高温焙烧，若2molSrSO4中只有S被还原，转移了16mol电子。写出该反应的化学方程式：______________________________。(2)过滤2后还需进行的两步操作是_____、_____。(3)加入硫酸溶液的目的是_____；为了提高原料的利用率，滤液中Sr2＋的浓度应不高于_____mol/L(注：此时滤液中Ba2＋浓度为1×10－5mol/L)。(4)产品纯度检测：称取1.000g产品溶解于适量水中，向其中加入含AgNO31.100×10－2mol的AgNO3溶液(溶液中除Cl－外，不含其他与Ag＋反应的离子)，待Cl－完全沉淀后，用含Fe3＋的溶液作指示剂，用0.2000mol/L的NH4SCN标准溶液滴定剩余的AgNO3，使剩余的Ag＋以AgSCN白色沉淀的形式析出。①滴定反应达到终点的现象是_____。②若滴定过程用去上述浓度的NH4SCN溶液20.00mL，则产品中SrCl2·6H2O的质量百分含量为_____。

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【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na元素；根据结构，W最外层有6个电子，原子序数小于11，则W为O元素；Y最外层有4个电子，原子序数大于11，则Y为Si元素；W的核外电子数为8，与X、Z的最外层电子数之和相等，则Z最外层有7个电子，只能为Cl元素；Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，符合题意，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为O元素，X为Na元素，Y为Si元素，Z为Cl元素。A、同一周期，从左向右，非金属性增强，同一主族，从上到下，非金属性减弱，则元素非金属性强弱的顺序为Cl＞Si，即Z＞Y，故A错误；B、硅为原子晶体，熔点高于钠，即Y单质的熔点高于X单质，故B正确；C、O与Na能够形成氧化钠和过氧化钠2种，故C错误；D、根据，阴离子带2个单位负电荷，其中O都满足8电子稳定结构，故D错误；故选B。2、C【分析】A、亚硫酸盐具有还原性易被氧化剂氧化；B、金属铜被氧化剂S氧化为低价态；C、活泼金属可以和醇发生反应生成氢气；D、金属钠和盐溶液的反应实质是和水先反应，不和盐发生置换反应。【详解】A、CaCO3与稀硝酸反应生成CO2，但是亚硫酸盐具有还原性，易被氧化剂硝酸氧化为硫酸钙，不会生成SO2，选项A错误；B、氯气氧化性强于S，金属铜被氧化剂S氧化到低价态+2价，选项B错误；C、活泼金属钾、钠可以和醇发生反应生成氢气，选项C正确；D、金属钠和盐溶液的反应实质是和水先反应，不和溶液中的银离子发生置换反应生成银，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查学生物质的性质知识，可以根据所学知识来回答，注意知识的梳理和归纳是关键，难度不大。3、C【分析】第①种只加成1mol氢气，说明只有碳碳双键，第②种加成4mol氢气，说明苯环被完全加成。【详解】A.苯环完全加成后不再属于芳香烃，属于环烷烃，故A错误；B.第①种加成产物为乙基苯，可使高锰酸钾褪色，第②种加成产物属于环烷烃，不可以是酸性高猛酸钾褪色，故B错误；C.两种加成产物中都含有乙基，故光照条件下都能与溴进行取代，故C正确；D.苯环不含有碳碳双键，故D错误；故答案为C。【点睛】苯环中没有碳碳双键。4、C【解析】A.MnO4-为紫色，故A错误；B.c(OH-)c(H+)=10-12的溶液，说明溶液显强酸性，则H+与ClO-不能大量共存，B错误；C.pH=12的无色溶液为强碱溶液，则K+、Na+、CH3COO-、Br-与OH-能共存，C正确；5、C【分析】本流程目的为利用阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲，所以先要进行除杂，最后提取Te。根据TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，流程中先加碱溶，过滤除去杂质，得到溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此解答。【详解】A、研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故A正确；B、由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，生成TeO32－，离子方程式为TeO2+2OH－＝TeO32－+H2O，故B正确；C、由已知信息可知，TeO2易溶于强酸和强碱，在沉降的过程中，硫酸若过量，可能导致TeO2的溶解，造成产品的损失，故C错误；D、1kg阳极泥中含TeO2的质量为1000g×8%=80g，碲元素的回收率为90%，则有80g×90%=72g的TeO2被还原。每摩尔TeO2得4mol电子，每摩尔SO2失去2mol电子，则有关系式：1TeO2～2SO2，V(SO2)=×2×22.4L/mol=20.16L，故D正确。答案选C。【点睛】本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写，实验操作的判断是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。6、B【解析】A、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，A正确；B、由PV=nRT可知，同温同压下两种气体的体积之比等于物质的量之比，又V=m/ρ，若质量相等时，同温同压下两种气体的物质的量与密度成反比，B错误；C、由pM=ρRT可知，同温同压下摩尔质量与密度成正比，则两种气体的摩尔质量之比等于密度之比，C正确；D、由PV=nRT可知，同温同体积下物质的量与压强成正比，则两种气体的物质的量之比等于压强之比，D正确。7、A【详解】A．步骤①只有H-H非极性键断裂，A正确；B．步骤②是成键过程，断键吸热，成键放热，故步骤②放出能量；B错误；C．步骤②反应速率最慢，活化能最高，C错误；D．催化剂不影响化学平衡，影响反应速率，D错误；答案选A。8、B【详解】肼(N2H4)是火箭发动机的燃料，它与N2O4反应生成氮气和水蒸气，已知：①N2(g)＋2O2(g)＝N2O4(g)ΔH＝＋8.7kJ·mol－1，②N2H4(g)＋O2(g)＝N2(g)＋2H2O(g)ΔH=－534.0kJ·mol－1，将方程式②×2-①得N2H4跟N2O4反应的热化学方程式，2N2H4(g)＋N2O4(g)＝3N2(g)＋4H2O(g)ΔH=－1076.7kJ·mol－1或N2H4(g)＋N2O4(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH=-538.35kJ·mol－1，B选项符合题意；答案选B。9、C【详解】A、橡皮擦的原料是橡胶，涉及到橡胶工业的生成，A正确；B、铝合金涉及金属铝的冶炼过程，与冶金工业有关，B正确；C、铅笔芯的原料是石墨和粘土，与电镀工业无关，C错误；D、铅笔外边的油漆、绘制的图案、文字等，与有机物合成材料及涂料有关，D正确。答案选C。10、C【详解】A．CaO+H2O→Ca(OH)2反应中无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A不选；B．2Na+2H2O→2NaOH+H2↑水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故B不选；C．2F2+2H2O→4HF+O2水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故C选；D．2Na2O2+2H2O→4NaOH+O2↑反应中，过氧化钠中的O元素化合价变化，水中的O、H元素化合价都没有发生变化，水既不做氧化剂又不做还原剂，故D不选；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意反应中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂。11、A【分析】根据图示可知该反应的反应物是一种、生成物是两种。【详解】A．该反应属于分解反应，一般的分解反应是吸热反应，但也有的分解反应如2H2O2=2H2O+O2↑是放热反应，A错误；B．根据图示可知有一部分反应物未参加反应，该反应是可逆反应，B正确；C．据图可知，该反应有单质生成，所以反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，C正确；D．反应物是一种，生成物是两种，因此属于分解反应，D正确；答案选A。12、A【解析】A项,同素异形体是指组成元素相同的不同单质,正确;B项,N60是一种单质,错误;C项,同系物是指结构相似,组成上相差一个或若干个CH2的有机物,错误;D项,同位素的研究对象是原子,N60是单质,错误。13、D【解析】①NH4Cl与ZnCl2溶液中的铵根和锌离子会发生水解，导致溶液显示酸性，酸可以和金属锈的成分反应而除锈，故①正确；②NaHCO3与Al2（SO4）3两种溶液中的碳酸氢根离子和铝离子双水解会生成二氧化碳来灭火，二者可作泡沫灭火剂，故②正确；③草木灰碳酸钾中的碳酸根离子与铵态氮肥中的铵根离子之间会双水解，不能混合施用，故③正确；④Na2CO3溶液中的碳酸根水解显示碱性，磨口玻璃塞的成分中二氧化硅可以和碱反应，会导致瓶塞和瓶口黏在一起，故④正确；⑤用热的纯碱溶液呈碱性，能与油污反应而使其除去，故⑤正确；答案选D。14、D【详解】A、天然气燃烧生成二氧化碳和水，是清洁的化石燃料，选项A正确；B、可利用离子反应处理水中的微量重金属元素，如用硫化钠沉淀铜离子生成硫化铜，选项B正确；C、油脂在碱性条件下水解生成高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，选项C正确；D、人类使用的合金的时间与冶炼技术有关，活泼性弱的金属容易冶炼，铁、铝比较活泼，难冶炼，铜活泼性较弱，容易冶炼，所以我国使用最早的合金是铜合金（青铜），选项D错误。答案选D。15、C【分析】A．不能排除SO32－的干扰；B．具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C．淀粉遇碘变蓝；D．溶液中可能存在SO32－．【详解】A．溶液中如含有SO32－，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B．先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误；C．试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D．若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钡或亚硫酸钡沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误。故选C。【点睛】本题考查了常见离子的检验方法，解题关键：将元素化学基础知识应用于离子检验，选项B为解答的易错点。16、D【分析】反应自发进行的判断依据是△H-T△S<0，反应自发进行；△H-T△S>0，反应非自发进行，据此判断。【详解】A.△H<0，△S>0，可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，A项错误；B.△H>0，△S>0，温度较高时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，B项错误；C.△H<0，△S<0，温度较低时即可满足△H−T⋅△S<0，反应能自发进行，C项错误；D.△H>0，△S<0，△G=△H−T⋅△S>0，不能自发进行，D项正确；答案选D。17、A【解析】一定温度下，向饱和碳酸钠溶液中通入足量的CO2气体,发生化学反应Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，所以溶液中的溶质变为碳酸氢钠，Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，溶液为过饱和溶液，所以溶液中有部分NaHCO3析出，据此分析解答。【详解】A.溶液中有部分NaHCO3析出，所以溶液出现浑浊现象，故A正确；B.碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，反应后溶液中的溶质由碳酸钠转化为碳酸氢钠，所以溶液的碱性减小，溶液的pH减小，故B错误；C.Na2CO3的溶解性大于NaHCO3，所以溶液中c（Na+）减小，故C错误；D.溶液中存在CO32-,故D错误；故选A。18、D【解析】A、Be是第ⅡA族，Al是第ⅢA族，A错误；B、SO2不能自身电离出离子，属于非电解质，B错误；C、酸性：HNO3>H3PO4＞H2SiO3，非金属性：N>P>Si，C错误；D、共价化合物在熔融状态下一定不能导电，离子化合物在熔融状态下一定导电，所以结论正确，D正确，答案选D。点睛：电解质应是一定条件下本身电离而导电的化合物。有些化合物的水溶液能导电，但溶液中离子不是它本身电离出来的，而是与水反应后生成的，因此也不是电解质，例如SO2、CO2、NH3等。19、B【详解】A.该物质形成的晶体是分子晶体，而金刚石是原子晶体，硬度很高，故A错误；B.HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N中含有C≡C三键，这个不饱和键易被高锰酸钾氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N中含有C≡C三键，这个不饱和键易被加成试剂加成，能发生加成反应，故C错误；D.乙炔和含氮化合物加聚时，三键中的一个键会被打开而出现双键，但是HC≡C-C≡C-C≡C-C≡C-C≡N中全是三键，故D错误；答案是B。20、C【解析】由表格中的数据，硫酸铜晶体的质量为：20.82g-11.70g=9.12g，结晶水的质量为：20.82g-16.50g=4.32g，则CuSO4•xH2OCuSO4+xH2O，

160+18x

18x

9.12g

4.32g解得x=8＞5，测定结果偏大。A．硫酸铜晶体中含不挥发杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，故A错误；B．未做恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，测定的水的质量偏小，故B错误；C．加热过程中有少量晶体溅出，导致测定的硫酸铜的质量偏小，水的质量测定结果偏大，故C正确；D．加热前晶体未研磨，测定的结晶水质量偏小，测定结果偏小，故D错误；故选C。21、B【详解】A．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolAB，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故A错误；B．单位时间内生成nmolB2，同时生成2nmolAB，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolB2，均表示逆反应速率，不能说明达到平衡状态，故C错误；D．反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量始终不变，所以容器内总物质的量不变，不能作为判断达到平衡状态的依据，故D错误；故选B。22、D【解析】A．a和b不连接时，铁和铜离子发生置换反应，所以铁片上有铜析出，故A正确；B．a和b连接时，该装置构成原电池，铁作负极，铜作正极，正极上铜离子得电子发生还原反应，电极反应式为Cu2++2e-═Cu，故B正确；C．无论a和b是否连接，铁都失电子发生氧化反应，所以铁都溶解，故C正确；D．a和b分别连接直流电源正、负极，在电解池中阳离子向负极移动，铜离子向铁电极移动，故D错误；故选D。【点睛】本题考查了原电池原理，明确正负极的判断方法、电极反应类型、阴阳离子移动方向即可解答，易错点为阴阳离子移动方向的判断，要看是原电池还是电解池。二、非选择题(共84分)23、羟基羧基加成反应取代反应13【解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应①属于加成反应，反应②属于水解反应，反应③属于酯化反应，②③均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)A→E反应的化学方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；(5)A()的同分异构体符合下列条件：②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；③lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；④lmol该物质可与5molH2加成；①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间、对三种位置．侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为，据此解答。24、AlCH2ONa2O22H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑CO2CONa2CO32AlO2-+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-【详解】D是淡黄色的固体化合物，D是Na2O2；C是常见的无色无味液体，C是水；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，A是常见的金属单质，A能与NaOH溶液反应，A为Al，E、F为H2、O2中的一种，溶液甲中含NaAlO2，B为非金属单质（一般是黑色粉末），B为C，B能与F反应生成G和H，则F为O2，E为H2，G、H为CO2、CO中的一种，D能与G反应生成K和F，则G为CO2，K为Na2CO3，溶液乙为Na2CO3溶液，H为CO；CO2与NaAlO2溶液反应生成的沉淀L为Al（OH）3。（1）根据上述分析，A、B、C、D的化学式分别为Al、C、H2O、Na2O2。（2）反应①中C、D均过量，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。（3）B为C，F为O2，C与O2以物质的量之比1:1反应生成CO2，以物质的量之比2:1反应生成CO，反应②中C与O2物质的量之比为4:3则反应生成CO2和CO，其中G能与Na2O2反应，G为CO2，H为CO。（4）反应③的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，产物K的化学式为Na2CO3。（5）反应④的离子方程式为2AlO2-+CO2+3H2O=2Al（OH）3↓+CO32-。25、分液漏斗无水硫酸铜检验产物中是否有水避免炽热铜粉重新被氧化，且尾气可能含有毒的CO，需要用燃烧法除去CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2【解析】（1）仪器a为分液漏斗；（2）连接装置并检查气密性后，打开a的活塞和弹簧夹K，水滴入烧瓶与Al4C3发生反应，生成CH4，先利用CH4排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验。空气排尽后，再点燃c和g，与CuO发生反应。e中固体由白变蓝，则e中为无水硫酸铜，检验水的产生；f中溶液变浑浊，则产生了CO2。实验完毕后，先熄灭c处的酒精灯，继续通入甲烷至d冷却后，再熄灭g，原因是如果立即停止通入甲烷，则炽热的铜粉有可能重新被氧化，实验过程中可能会产生CO，如果立即熄灭g，CO不能有效除去。故答案为检验产物中是否有水；避免炽热铜粉重新被氧化，且尾气可能含有毒的CO，需要用燃烧法除去。（3）若最后在g处点燃的气体仅为CH4，则还原实验中没有产生CO，故产物只有Cu、CO2和H2O。反应方程式为：CH4+4CuO4Cu+2H2O+CO2。26、CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2Ob分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率C洗掉浓硫酸和过量的乙酸d77.1%【分析】（1）根据冷水从下进上出冷却效果好判断进水口，正丁醇和冰醋酸反应生成乙酸丁酯和水，水的密度大，除掉生成物平衡右移；（2）①根据各物质的溶解性及性质进行排序；②饱和碳酸钠溶液能洗掉浓硫酸和过量的乙酸；③乙酸丁酯的不溶于水，密度比水小，所以先从下口放出水溶液，再从上口倒出乙酸丁酯；（3）先根据正丁醇的量计算理论上酯的量，再根据水的量计算实际上酯的量，实际上酯的量与理论值之比即为酯的产率。【详解】（1）正丁醇和冰醋酸（过量)反应生成乙酸丁酯和水，反应的化学方程式为：CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O，冷凝管冷却时，采用逆流冷却的效果好，所以冷水从b进，生成乙酸丁酯的反应为可逆反应，生成物有水，分离生成的水，使平衡正向移动，提高产品的产率，所以要通过分水器不断分离除去反应生成的水，

故答案为CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O；b；分离生成的水，使平衡正向移动，提高反应产率。

（2）①因为正丁醇和乙酸都具有挥发性，所以制取的酯中含有正丁醇和乙酸，第一步水洗除去酯中的正丁醇和乙酸；第二步用10%碳酸钠洗涤除去乙酸；第三步用水洗涤除去碳酸钠溶液；第四步用无水硫酸镁干燥除去水；第五步蒸馏，制得较纯净的酯。

故选C。

②制备乙酸丁酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质降低乙酸丁酯在水中的溶解度，便于分层得到酯，

故答案为除去产品中含有的乙酸、硫酸等杂质。

③由于酯的密度比水小，二者互不相溶，因此水在下层，酯在上层；分液时，要先将水层从分液漏斗的下口放出，待到两层液体界面时关闭分液漏斗的活塞，再将乙酸丁酯从上口放出，所以正确的为d，

故选d。

（3）12.0mL正丁醇的质量为12.0mL×0.8g/mL=9.6g，设12.0mL正丁醇理论上生成酯的质量为x，根据反应CH3COOH＋CH3CH2CH2CH2OHCH3COOCH2CH2CH2CH3＋H2O74g116g18g

9.6gxg

74g/9.6g=116g/xg解得x=15.05g，当反应生成的水体积为1.8mL即为1.8g时，实际产量为11.6g，所以产率=11.6g÷15.05g×100%=77.1%，

故答案为77.1%。【点睛】第（3）小题有关产率的计算，产率=实际产量÷理论产量×100%。27、b浓硫酸吸收尾气中的SO2，防止空气中的CO2与Mg反应能D装置与盛有固体试剂的装置相连，不会发生倒吸Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋Mgd、c、a、b品红溶液褪色5Mg＋2SO24MgO＋MgS＋S【解析】本题重点考查镁和二氧化硫的反应产物的实验探究。本题应根据已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推测二氧化硫与镁可能反应2Mg+SO2=2MgO+S，镁单质还能与产物中的硫单质反应生成硫化镁。实验I为镁和二氧化硫的反应实验，A装置为二氧化硫的制备（浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应），制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2，再让SO2与MgO反应；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验。实验II为探究产物，固体中可能含有氧化镁、硫单质、硫化镁和镁单质。将固体产物加入稀硫酸，产生气体，硫化镁与硫酸反应生成硫化氢气体，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑，镁单质和稀硫酸反应生成氢气和硫酸镁，装置G中加硫酸铜溶液可验证是否有硫化氢生成，G装置中产生黑色沉淀证明有硫化铜生成，进而证明固体中含有硫化镁；接下来验证是否有氢气生成，利用氢气还原氧化铜，并检验产物是否有水，因此在验证是否有氢气生成时应先干燥气体；Ⅰ装置中黑色粉末变红色，说明氧化铜被还原为铜单质，J装置中白色粉末变蓝色证明有水生成，进而证明了固体中含有镁单质；此实验结束后发现还有少量不溶固体，猜测可能为硫单质，实验III即验证剩余固体是否为硫单质，先使固体与氧气反应，将产物通入品红溶液中，如果品红褪色，则证明固体为硫单质。【详解】(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，该反应中强酸制备弱酸，浓硫酸表现出酸性。(2)制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验，所以碱石灰还可以防止空气中的CO2与Mg反应。(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接，不会发生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D装置。(4)F装置中MgS与稀硫酸发生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑，硫酸铜溶液用于检验H2S，H2S与Cu2＋反应生成硫化铜黑色沉淀，离子反应为Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋。氧化铜被还原成铜和水，无水硫酸铜变蓝色，说明固体与稀硫酸反应有氢气产生，即固体中含有未反应的镁粉。(5)①题给装置中没有氧气干燥装置，如果选择双氧水制氧气，不能得到干燥的氧气。实验中，应该用干燥的氧气与硫反应，故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气d、氧气与硫反应c、检验SO2a、吸收尾气b。②氧气与硫反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以如果品红溶液褪色，则证明剩余固体为硫单质；(6)根据质量之比m(MgO)∶m(MgS)∶m(S)＝20∶7∶4，则物质的量之比为n(MgO)∶n(MgS)∶n(S)＝m(MgO)/M(MgO):m(MgS)/M(MgS):m(S)/M(S)=20/40:7/56:4/32=4∶1∶1，由产物的物质的量之比可得出反应的化学方程式为5Mg＋2SO24MgO＋MgS＋S。28、IIbcbac18.75【分析】(1)根据反应生成CH3CH2OH与H2O的物质的量关系分析判断；达到平衡有两个标志：一是正、逆反应速率相等，二是各组分的浓度不再变化，以及由其延伸的量不再变化即是平衡状态；(2)根据外界条件对反应速率的影响分析判断速率变化；提高物质转化率