辽宁省沈阳市二十中学019-2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题含解析

辽宁省沈阳市二十中学019-2026届化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题请考生注意：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、食品安全和化学科学密切相关，下列说法不正确的是A．可用聚乙烯制作食品包装袋B．瘦肉精可提高生猪的瘦肉量，我们应向养猪厂家大力推广C．食用过量发色剂（主要成分为NaNO2）会引起人体中毒D．绿色食品的生产须以生态环境较佳的地域为基地，并采用绿色生产技术和工艺2、陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点3、常温下，下列各组无色离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(ClO-)=1.0mol/L的溶液：Na+、Cu2+、SO32-、SO42-B．与金属铝产生气体的溶液中：Al3+、HCO3-、Cl-、SO42-C．水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-D．0.1mol/LFeSO4溶液中：H+、NH4+、NO3-、Cl-4、化学与生产、生活息息相关，下列说法正确的是A．氢燃料电池中使用的储氢材料，如稀土类LaNi5等合金材料是纯净物B．硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，是因为SiO2是酸性氧化物C．油脂水解都得高级脂肪酸和甘油D．次氯酸具有强氧化性，所以漂粉精可用于游泳池消毒5、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关，下列说法不正确的是()A．Al2O3和MgO的熔点均很高，可用于制作耐高温材料B．将“地沟油”制成肥皂，可以提高资源的利用率C．小苏打和氢氧化铝胶囊可以作内服药治疗胃酸过多D．半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅6、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是其电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价代数和为6。下列说法正确的是A．Y元素的最高价氧化物的水化物化学式为H2YO4B．它们形成的简单离子半径:X>WC．X、Z两种元素的气态氢化物稳定性:Z>XD．X与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:27、温度为t℃时，在10mL1.0mol·L-1的盐酸中，逐滴滴入xmol·L-1的氨水，随着氨水逐渐加入，溶液中的pH变化曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化，c点时溶液的温度为常温）。则下列有关判断正确的是A．b点，c（NH4+）>c（Cl-）>c（H+）>c（OH-）B．a点，水的电离程度最大C．x=1.0D．c点时，c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-18、常温下pH=2的溶液中离子数据如下：则该溶液中还存在的一种离子是A．K+ B．Ba2+ C．Cl- D．CO32-9、某同学设计的微型实验装置验证SO2的性质，通过分析实验，下列结论表达正确的是A．a棉球褪色，验证SO2具有氧化性B．b棉球褪色，验证SO2具有酸性氧化物的通性C．c棉球蓝色褪去，验证SO2漂白性D．可以使用浓硫酸吸收尾气10、下列各组变化中，前者是物理变化，后者是化学变化的是（）A．碘的升华、石油的分馏B．NH4Cl溶液除铁锈、食盐水导电C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液、蓝色的胆矾常温下变白D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫11、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A．当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB．标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC．当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLD．参加反应的金属总质量为9.6g＞m＞3.6g12、下列说法正确的是A．正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物B．光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是CCl4C．甲烷与乙烯混合物可通过溴的四氯化碳溶液分离D．乙烯和苯都能与H2发生加成反应，说明二者的分子中均含碳碳双键13、实验室隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2)。下列说法中错误的是A．取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则残留物一定没有FeOB．装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用无水硫酸铜C．装置③中若有白色沉淀生成，则分解产物中有SO3气体D．装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体14、对于下列实验亊实的解释不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HC1易挥发B电解CuCl2溶液，阴极得到Cu，电解AlCl3溶液，阴极得不到Al得电子能力：Cu2+>Al3+>H+C浓HNO3能氧化NO;稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活性:C2H5OH<H2OA．A B．B C．C D．D15、以下说法正确的是（）A．18gD2O和18gT2O中含有的质子数均为10NAB．0.5mol·L－1Ba(OH)2溶液中含有的OH－的数目为NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，转移电子的数目为0.6NA16、当向蓝色的溶液中逐滴加入氨水时，观察到首先生成蓝色沉淀，而后沉淀又逐渐溶解成为深蓝色的溶液，向深蓝色的溶液中通入气体，又产成白色沉淀；将白色沉淀加入稀硫酸中，又生成红色粉末状固体和气体，同时溶液呈蓝色，根据上述实验现象分析推测，下列描述正确的是A．Cu2+和相似，能与结合生成铜氨络离子沉淀B．若向溶液中通入，同时升高溶液的pH也可能产生白色沉淀C．白色沉淀为，其生成的反应为：D．白色沉淀为，加入稀硫酸后又重新溶解，出现蓝色17、下列实验操作、现象和结论均正确的是（）实验操作现象结论A溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X有白色沉淀产生X一定是Cl2B分别向同体积同浓度Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入相同的Ca(OH)2溶液都产生大量白色沉淀Na2CO3和NaHCO3溶液中都存在大量CO32-C铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，放入CuSO4溶液中铝丝表面变红色铝可从铜盐溶液中置换出铜D将KI溶液和FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3+>I2A．A B．B C．C D．D18、CO(g)和H2O(g)以1:2体积比分别通入到体积为2L的恒容密闭容器中进行反应：CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，得到如下三组数据：下列说法不正确的是A．从实验数据分析，该反应的正反应是吸热反应B．实验A中，在0～10min内，以v(H2)表示的反应速率大于0.013mol(L·min)-1C．从生产效益分析，C组实验的条件最佳D．比较实验B、C，说明C实验使用了更高效的催化剂19、原子的种类取决于A．质子数 B．质量数C．质子数和中子数 D．原子序数20、高铁酸盐在水溶液中有四种含铁型体，25℃时，它们的物质的量分数随pH的变化如图所示，下列叙述错误的是A．向pH=5的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液，离子方程式为HFeO4－+OH－＝FeO42－+H2OB．为获得尽可能纯净的高铁酸盐，应控制pH≥9C．已知H3FeO4+的电离平衡常数分别为：K1=2.5×10-2，K2=4.8×10-4，K3=5.0×10-8，当pH=4时，溶液中c(HFeO4－)/c(H2FeO4)=1.2D．pH=2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c(H2FeO4)>c(H3FeO4+)>c(HFeO4－)21、常温下，在pH=1的某溶液中可能有Na+、Fe3+、Fe2+、I-、Cl-、中的几种，现取100mL该溶液进行如下实验。根据实验结果，下列判断正确的是A．Fe2+、I-、Cl-三种离子一定存在B．一定不存在，不能确定Na+和Cl-是否存在C．Fe3+与Fe2+至少有一种D．该溶液中c(Cl-)至少为0.2mol•L122、有一无色溶液，仅含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42-、HCO3-、MnO4-中的几种。为确定其成分，做如下实验：①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。下列推断正确的是()A．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有NH4+B．肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3-，肯定没有MnO4-C．肯定有K＋、Al3＋、MnO4-，可能有HCO3-D．肯定有Al3＋、Mg2＋、Cl－，可能有K＋二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是合成液晶材料的中间体，以芳香烃A、乙酸为原料合成G的路线如下：回答下列问题:(1)B的结构简式为______;A的化学名称为____。(2)由A、B生成C的反应类型是_____;由E生成F的反应类型为____。(3)D中含氧官能团的名称是_______;写出在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式______。(4)E有多种同分异构体，能满足下列条件的E的同分异构体有______种。①苯环上有两个取代基②能够使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程，设计以丙酸(CH3CH2COOH)、苯为原料制备有机高分子的合成路线_____(无机试剂任选)。24、（12分）化合物H是一种光伏材料中间体。工作室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题(1)B所含官能团名称为___________。(2)由B生成C和E生成F的反应类型分别为___________、___________。(3)D的结构简式为___________。(4)由A生成B的化学方程式为___________。(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，符合要求的X的结构有___________种，写出其中一种结构简式___________。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料合成CH3CH2CH2COOH的合成路线(无机试剂在用)(合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH______________________________________________。25、（12分）某学习小组用如图所示装置测定铝镁合金中铝的质量分数和铝的相对原子质量。（1）A中试剂为________。（2）实验前，先将铝镁合金在稀酸中浸泡片刻，其目的是____________________。（3）检查气密性，将药品和水装入各仪器中，连接好装置后，需进行的操作还有：①记录C的液面位置；②将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；③待B中不再有气体产生并恢复至室温后，记录C的液面位置；④由A向B中滴加足量试剂。上述操作的顺序是________(填序号)；记录C的液面位置时，除平视外，还应________。（4）B中发生反应的化学方程式为__________________________。（5）若实验用铝镁合金的质量为ag，测得氢气体积为bmL(已换算为标准状况)，B中剩余固体的质量为cg，则铝的相对原子质量为________。（6）实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，则测得铝的质量分数将________(填“偏大”“偏小”或“不受影响”)。26、（10分）硫酸亚铁(FeSO4·7H2O)是一种重要的食品和饲料添加剂。实验室通过如下实验由废铁屑制备FeSO4·7H2O晶体：①将5%Na2CO3溶液加入到盛有一定量废铁屑的烧杯中，加热数分钟，用倾析法除去Na2CO3溶液，然后将废铁屑用水洗涤2~3遍；②向洗涤过的废铁屑中加入过量的稀硫酸，控制温度在50~80℃之间至铁屑耗尽；③，将滤液转入到密闭容器中，静置、冷却结晶；④待结晶完毕后，滤出晶体，用少量冰水洗涤2~3次，再用滤纸将晶体吸干；⑤将制得的FeSO4·7H2O晶体放在一个小广口瓶中，密闭保存．请回答下列问题：（1）实验步骤①的目的是___________________________________________。（2）写出实验步骤②中的化学方程式__________________________________________。（3）补全实验步骤③的操作名称_________________________。（4）实验步骤④中用少量冰水洗涤晶体，其目的是_______________________________。（5）乙同学认为甲的实验方案中存在明显的不合理之处，你______(填“是”或“否”)同意乙的观点（6）丙同学经查阅资料后发现，硫酸亚铁在不同温度下结晶可分别得到FeSO4·7H2O、FeSO4·4H2O和FeSO4·H2O．硫酸亚铁在不同温度下的溶解度和该温度下析出晶体的组成如下表所示(仅在56.7℃、64℃温度下可同时析出两种晶体)．硫酸亚铁的溶解度和析出晶体的组成请根据表中数据画出硫酸亚铁的溶解度曲线示意图。__（7）若需从硫酸亚铁溶液中结晶出FeSO4·4H2O，应控制的结晶温度(t)的范围为________________。（8）取已有部分氧化的绿矾固体(硫酸亚铁的相对原子质量用M表示)wg，配制成100mL用cmol/LKMnO4标准溶液滴定，终点时消耗标准液的体积为VmL，则：若在滴定终点读取滴定管读数时，俯视滴定管液面，使测定结果________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)27、（12分）实验室模拟合成硫酸的流程如下：从下图中选择制取气体的合适装置：（1）装置C的名称为__________，实验室通常用装置C制备_____。A．H2B．C2H2C．CO2D．NH3（2）实验室用装置D制备O2的化学方程式为____________________。（3）若用装置B制备SO2，可以选用试剂为_____。A．浓硫酸、亚硫酸钠固体B．浓硫酸、铜片C．稀硫酸、亚硫酸钠溶液D．浓硫酸、铁屑（4）SO2和O2通过甲装置，甲装置的作用除了可以控制SO2、O2的流速外，还可以__________、__________。（5）使用乙处导出的有关气体制成硫酸，下列a、b、c三套装置中你选择的是_______，该套装置与其它装置比较，其优点是___________________________________。28、（14分）治理汽车尾气是环境保护的重要课题。(1)汽车尾气中的NO是空气中的在高温下燃烧生成的，其反应机理如下。已知：298K时相关化学键的键能数据如下。化学键键能/()①上述机理中，代表的是________(填“”或“”)，判断的理由是__________________。②________。(2)应用SCR脱硝技术除去汽车尾气中的氮氧化物，其反应原理如下。时，将含NOa%(体积分数)的汽车尾气以的流速通过盛有氨的反应器，出口气体中NO的含量变为b%(忽略体积变化)，则________。(3)在催化脱除过程中，更多应用尿素—SCR技术。该技术中生成的反应如下。Ⅰ．Ⅱ．①一定温度下，向刚性容器中投入足量和一定量的，当上述反应达到平衡时，测得、。则________(用含p、q的代数式表示，下同)，反应Ⅰ的平衡常数为____________。②体系中随温度、氧气浓度的变化如下图所示。温度高于时，在无氧体系中，浓度减小的原因是____________；以上，在有氧体系中浓度接近，理由是____________________。29、（10分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及合金在生产生活中的应用日趋广泛。(1)真空碳热还原-氯化法可实现由铝土矿制备金属铝，其相关反应的热化学方程式如下：Al2O3(s)+AlCl3(g)+3C(s)＝3AlCl(g)+3CO(g)△H=akJ·mol－13AlCl(g)=2Al(l)+AlCl3(g)△H=bkJ·mol－1①反应Al2O3(s)+3C(s)=2Al(l)+3CO(g)的△H=________kJ·mol－1(用含a、b的代数式表示)。②Al4C3是反应过程中的中间产物。Al4C3与盐酸反应(产物之一是含氢量最高的烃)的化学方程式为____________________________________________。(2)镁铝合金(Mg17Al12)是一种潜在的贮氢材料，可在氩气保护下，将一定化学计量比的Mg、Al单质在一定温度下熔炼获得。该合金在一定条件下完全吸氢的反应方程式为Mg17Al12+17H2=17MgH2+12Al。得到的混合物Y(17MgH2+12Al)在一定条件下可释放出氢气。①熔炼制备镁铝合金(Mg17Al12)时通入氩气的目的是_______________________。②在6.0mol·L-1HCl溶液中，混合物Y能完全释放出H2。1molMg17Al12完全吸氢后得到的混合物Y与上述盐酸完全反应，释放出H2的物质的量为____________。③在0.5mol·L-1NaOH和1.0mol·L-1MgCl2溶液中，混合物Y均只能部分放出氢气，反应后残留固体物质的X－射线衍射谱图如图所示(X－射线衍射可用于判断某晶态物质是否存在，不同晶态物质出现衍射峰的衍射角不同)。在上述NaOH溶液中，混合物Y中产生氢气的主要物质是_______________________(填化学式)。(3)铝电池性能优越，Al-AgO电池可用作水下动力电源，其原理如图所示。该电池反应的化学方程式为_________________________________。

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【解析】A、聚乙烯无毒，可用作食品包装，故A正确；B、“瘦肉精”能诱发恶性肿瘤，对人体有危害，养猪时不能使用，故B错误；C、亚硝酸钠含量超标会危害人体健康，能致癌，故C正确；D、绿色食品是指无公害、绿色生产技术和工艺，故D正确。故选B。2、A【分析】陶瓷是以天然粘土以及各种天然矿物为主要原料经过粉碎混炼、成型和煅烧制得的材料的各种制品。陶瓷的传统概念是指所有以黏土等无机非金属矿物为原料的人工工业产品。【详解】A项、氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；B项、秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；C项、陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；D项、陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。故选A。【点睛】本题考查物质的性质，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，把握物质性质、反应与用途为解答的关键。3、C【解析】A.含有Cu2+的溶液显蓝色，与无色溶液不符；含有ClO-的溶液具有强氧化性，能够把SO32-氧化为SO42-，不能大量共存，A错误；B.与金属铝反应产生气体的溶液，可能为酸液，可能为碱液，HCO3-在酸、碱溶液都不能大量共存，Al3+、HCO3-离子间发生双水解不能大量共存，B错误；C.水电离产生的c(H+)=10-13mol/L的溶液可能为酸液，可能为碱液，四种离子间不反应且在酸、碱环境下均能大量共存，C正确；D.HNO3具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为铁离子，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。4、D【解析】A．合金材料是混合物，选项A错误；B．硅胶无毒，可吸水，且具有疏松多孔结构，则硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，与SiO2是酸性氧化物无关，选项B错误；C．油脂在酸性条件下水解都得高级脂肪酸和甘油，但在碱性条件下得到高级脂肪酸盐和甘油，选项C错误；D．次氯酸具有强氧化性，漂粉精溶液吸收空气中的二氧化碳后可以生成次氯酸，所以可用于游泳池消毒，选项D正确。答案选D。5、D【解析】A.Al2O3和MgO的熔点均很高，都可用于制作耐高温材料，故A正确；B.“地沟油”的成分是高级脂肪酸甘油酯，可与氢氧化钠发生皂化反应，制成肥皂，故B正确；C.小苏打和氢氧化铝都能与酸反应，且本身性质比较平和，所以可以作内服药治疗胃酸过多，故C正确；D.计算机芯片的材料是单质硅，故D错误，选D。6、B【解析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，由于最外层电子数不能超过8个，所以X是O，则Z是S。Y的最高正价与最低负价的代数和为6，说明Y属于第ⅦA，Y、Z同周期，则Y是Cl。W是短周期主族元素中原子半径最大的，所以W是Na。A.Y为氯元素，其最高价氧化物的水化物化学式为HClO4，选项A错误；B、X与W形成的简单离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，则简单离子半径:X>W，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项D错误。答案选B。7、D【解析】A、b点时溶液显酸性，溶液中c（Cl-）>c（NH4+）>c（H+）>c（OH-），A错误；B、a点是盐酸溶液，氢离子浓度最大，水的电离程度最小，B错误；C、如果x=1.0，则c点二者恰好反应，铵根水解，溶液显酸性，但pH＝7，这说明氨水过量，因此x＞1，C错误；D、c点时溶液显中性，根据电荷守恒可知铵根离子浓度等于氯离子浓度，均是0.5mol/L。根据氮原子守恒可知此时溶液中c（NH3·H2O）=0.5（x-1）mol·L-1，D正确，答案选D。8、C【分析】pH=2的溶液含大量的H+，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水等，则离子大量共存，结合溶液为电中性来解答。【详解】pH=2的溶液含大量的H+，c(H+)=1.0×10-2mol/L，结合表中数据可知，1.0×10-2mol/L+1.0×10-2mol/L+1.0×10-2mol/L×3>1.0×10-2mol/L+1.75×10-2×2，则还含离子为阴离子，且CO32-与Fe3+反应生成沉淀不能共存，只有C合理，故合理选项是C。【点睛】本题考查常见离子的检验及离子共存，把握溶液的pH及电荷守恒为解答的关键，注意电荷守恒的应用，题目侧重考查学生的分析与应用能力。9、B【分析】亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，二氧化硫是酸性氧化物，与碱反应生成盐和水，碘单质具有氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸，据此分析解答。【详解】A．a棉球中品红褪色，可以验证SO2具有漂白性，故A错误；B．b棉球褪色，SO2与碱液反应，碱性减弱，溶液褪色，验证SO2具有酸性氧化物的性质，故B正确；C．碘与SO2和水反应生成氢碘酸和硫酸，碘单质反应完全，c棉球蓝色褪去，可以验证SO2的还原性，故C错误；D．SO2尽管有还原性，但不能被浓硫酸氧化，因此不能用浓硫酸吸收尾气，SO2具有酸性氧化物的性质，可以用碱液吸收尾气，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够使一些物质褪色的本质，如品红褪色——漂白性；酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色——还原性；滴加了酚酞的氢氧化钠溶液褪色——酸性氧化物的性质等。10、C【详解】A．碘的升华是状态的变化，属于物理变化，石油的分馏是利用物质的沸点不同分离的，没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．用NH4Cl溶液除金属表面的锈，有新物质生成，属于化学变化，食盐水导电，是电解食盐水，属于化学变化，故B错误；C．蛋白质溶液中加饱和(NH4)2SO4溶液，发生蛋白质的盐析，是降低了蛋白质的溶解度，没有新物质生成，属于物理变化，蓝色的胆矾常温下变白，是失去了结晶水，有新物质生成，属于化学变化，故C正确；D．热的饱和KNO3溶液降温析出晶体、二硫化碳洗涤试管内壁上的硫，2个过程中都没有新物质生成，都属于物理变化，故D错误；故选C。11、B【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；据以上分析解答。【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；

B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质的量为0.15×2/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24L,故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V≥100mL，故C项正确；

D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15×24=3.6g，若全为铜，质量为0.15×64=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6g＞m＞3.6g，故D项正确；

综上所述，本题选B。12、A【分析】A.正丁烷和异丁烷均有两种等效氢原子；B.CH4与Cl2发生取代反应，产物有卤代烃和HCl；C.乙烯可与溴的四氯化碳溶液反应；D.苯分子中并不含碳碳双键，苯分子中碳碳键是介于单键与碳碳双键之间的特殊键。【详解】A.正丁烷和异丁烷均有两种一氯取代物，正确。B.光照下，1molCH4最多能与4molCl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl。C.甲烷与乙烯混合物通过溴的四氯化碳溶液，乙烯反应生成1，2-二溴乙烷存在于液体中，并没分离出乙烯。另甲烷也可能溶于有机溶剂四氯化碳。D.乙烯和苯都能与H2发生加成反应，乙烯分子中含碳碳双键,苯分子中并不含碳碳双键，苯分子中碳碳键是介于单键与碳碳双键之间的特殊键。能与H2发生加成反应的除碳碳双键外还可是碳碳三键、苯环、醛基等。.故选A。13、A【分析】装置①加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]，分解后的固体留在玻璃管中，气体进入后续装置；装置②装有固体试剂X，检验产物时需先检验水，故试剂X为无水CuSO4；装置③盛放HCl和BaCl2，可吸收氨气，也可检验SO，即检验气体中的SO3；装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2；装置⑤收集没有反应的气体N2。【详解】A.硫酸与FeO反应后生成Fe2+，Fe2+滴加KSCN溶液，溶液不变红，故A错误；B.根据分析可知，无水硫酸铜遇到水变蓝，所以通过无水硫酸铜是否变色判断是否产生水，故B正确；C.根据分析可知，装置③中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，能与BaCl2反应可生成硫酸钡沉淀，故C正确；D.根据分析可知，装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2，故D错误；故答案：A。14、B【解析】A.镁水解，水解吸热，加热促进水解。但由于硫酸难挥发，而盐酸易挥发，因此加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCI2溶液得不到MgCI2固体，A正确；B.离子的放电顺序是：Cu2+>H+>Na+，所以电解CuCl2溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na，B错误；C.HNO3浓度越大，氧化性越强，因此浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NO，C正确；D.羟基中氢的活性：C2H5OH<H2O，所以钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈，D正确，答案选B。点睛：选项A是易错点，注意掌握蒸干盐溶液所得物质的判断方法：（1）先考虑分解。如NaHCO3溶液、Ca(HCO3)2溶液蒸干灼烧得Na2CO3、CaCO3；KMnO4溶液蒸干灼烧得K2MnO4和MnO2。（2）考虑氧化还原反应。如加热蒸干Na2SO3溶液，所得固体为Na2SO4。（3）强酸弱碱盐水解生成挥发性酸的，蒸干后得到弱碱，水解生成不挥发性酸的，得到原物质。（4）弱酸强碱正盐溶液蒸干得到原物质，Na2CO3溶液蒸干得本身。（5）NH4Cl溶液、(NH4)2S溶液蒸干、灼烧，无残留物。15、C【详解】A．D2O和T2O分子中都含有10个质子，D2O、T2O的相对分子质量分别是20、22，则18gD2O和18gT2O的物质的量都小于1mol，因此其中含有的质子数都小于10NA，A错误；B．缺少溶液体积，只有溶液浓度，不能计算溶液中微粒数目，B错误；C．过氧化钠与水反应时，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，则生成0.1molO2转移0.2mol电子，转移的电子数为0.2NA，C正确；D．N2和H2合成NH3的反应为可逆反应，则某密闭容器盛有0.1molN2和0.3molH2，在一定条件下充分反应，反应产生NH3的物质的量小于0.2mol，因此反应中转移电子的数目小于0.6NA，D错误；故合理选项是C。16、B【分析】首先生成的蓝色沉淀为氢氧化铜，继续滴加氨水，沉淀又逐渐溶解成为深蓝色的溶液，该现象与银氨溶液的配制过程相似，可推测铜能与氨气结合生成铜氨络离子，但不是沉淀；深蓝色的溶液中通入SO2气体，又生成白色沉淀，将白色沉淀加入稀硫酸中，又生成红色粉末状固体和SO2气体，红色固体应为铜单质，同时溶液呈蓝色，说明白色沉淀在与硫酸反应时发生氧化还原反应，生成铜单质、铜离子和二氧化硫，可推测白色沉淀为Cu2SO3，与酸发生歧化反应生成铜和铜离子。【详解】A.重金属离子可提供空轨道，N提供孤对电子，Cu2+和Ag+相似，能与NH3结合生成铜氨络离子，但不会出现沉淀，故A错误；B.根据分析可知白色沉淀为为Cu2SO3，即在通入SO2气体过程中铜离子被还原，而还原性离子只能是SO2，且该过程是在滴加过量氨水(碱性)的环境中发生，所以若向CuSO4溶液中通入SO2，同时升高溶液的pH也可能产生白色沉淀，故B正确；C.根据分析可知通入SO2时铜元素存在形式为铜氨络离子，而不是铜离子，生成沉淀反应为2SO2+2[Cu(NH3)4]2++3H2O+2H+═Cu2SO3↓+SO42-+8NH4+，故C错误；D.白色沉淀为Cu2SO3，与稀硫酸反应生成Cu、硫酸铜、二氧化硫，故D错误；答案为B。17、D【详解】A．X可以为氯气或氨气，均得到白色沉淀，白色沉淀分别为硫酸钡、亚硫酸钡，则气体不一定为氯气，故A错误；B.Na2CO3和NaHCO3溶液中滴入相同的Ca(OH)2溶液，都反应生成碳酸钙白色沉淀，其中碳酸氢钠中的碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子，因此也有碳酸钙沉淀生成，在碳酸氢钠溶液中不存在大量碳酸根离子，故B错误；C．铝丝用砂纸打磨后，放在冷的浓硝酸中浸泡一段时间后，Al表面被硝酸氧化钝化，形成致密的氧化膜，三氧化二铝不与硫酸铜反应，则铝表面不会生成铜，故C错误；D．下层溶液显紫红色，有碘单质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，由氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性可知，氧化性为Fe3+＞I2，故D正确；故选D。18、A【详解】A、根据实验组B和C，升高温度，CO2的物质的量减少，说明升高温度，平衡向逆反应方向移动，即正反应是为放热反应，故A错误；B、达到平衡时，v(CO2)=mol/(L·min)=0.13mol/(L·min)，化学反应速率之比等于化学计量数之比，即v(H2)=c(CO2)=0.13mol/(L·min)，随着反应的进行，反应物的浓度减小，化学反应速率降低，0～10min内，v(H2)>0.130.13mol/(L·min)，故B正确；C、根据表格数据，实验C温度低，投入量少，达到平衡时间短，因此从生产效益分析，C组实验的条件最佳，故C正确；D、B的温度高于C的温度，但达到平衡时间相等，说明C使用了比较高效的催化剂，故D正确。19、C【解析】原子由原子核和核外电子构成，原子核一般由质子和中子构成，元素的种类决定于原子结构中的质子数，同一元素因中子数不同，有多种原子，所以决定原子的种类的是质子数和中子数，答案选C。20、C【解析】A．图示可以看出其中含有HFeO4－,向pH=5的高铁酸盐溶液中加入KOH溶液生成FeO42－，则HFeO4－和KOH溶液之碱反应，即HFeO4－+OH－=FeO42－+H2O，故A正确；B．pH≥9时，FeO42－含量接近100%，则为获得尽可能纯净的高铁酸盐，pH应控制pH≥9，故B正确；C．根据H3FeO4＋的电离常数分析，其电离平衡常数K2=c(HFeO4-)c(H+)/c(H2FeO4)=4.8×10-4，则当溶液中pH=4时，溶液中c（HFeO4－）/c（H2FeO4）=4.8×10-4/10-4=4.8，故C错误；D．由图象纵坐标可知pH=2时，溶液中主要含铁型体浓度的大小关系为c（H2FeO4）＞c（H3FeO4＋）＞C（HFeO4－），故D正确。故选C。点睛：本题考查含铁化合物的性质以及化学平衡的影响，解题关键：图象的分析。对学生的分析能力要求较高，难点C电离平衡常数的相关计算，先写出表达式K2=c(HFeO4-)c(H+)/c(H2FeO4)=4.8×10-4，再代入数据计算，得则当溶液中pH=4时，溶液中c（HFeO4－）/c（H2FeO4）。21、A【分析】pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01mol，则一定不存在；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02mol；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为：×2=0.02mol，0.02mol亚铁离子带有正电荷为0.04mol，0.02mol碘离子带有0.02mol电子，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol-0.02mol=0.03mol，氯离子的浓度最小为0.03mol/0.1L=0.3mol/L，据以上分析解答。【详解】A．根据分析可知，原溶液中一定含有Fe2+、I-、Cl-，A正确；B．原溶液中一定不存在，一定含有Cl-，B错误；C．原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，C错误；D．根据分析可知该溶液中c（Cl-）≥0.3mol•L-1，D错误；答案选A。22、D【分析】①溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+；根据离子共存判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生．判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-。【详解】溶液是无色溶液判断一定不含MnO4-；①取部分溶液，逐滴滴入NaOH溶液至过量，只观察到白色沉淀先增多后又部分溶解，无其它明显现象；说明一定含有Al3+、Mg2+，同时，根据离子共存的条件可以判断一定不含有HCO3-；因为镁离子和氢氧根离子生成沉淀不溶于碱，生成的氢氧化铝溶于碱；铵根离子和氢氧根离子结合可能生成气体氨气，所以一定不含NH4+；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生。判断一定无SO42-；依据溶液的电中性，溶液中的阴离子一定是Cl-；综上所述：溶液中一定含有Al3+、Mg2+、Cl-，一定无NH4+、SO42-、HCO3-、MnO4-；可能有K+答案选D。【点睛】本题考查了离子检验的，反应现象的判断，离子共存的应用，主要是同种离子的性质应用，无色溶液中不含MnO4-、Cu2+、Fe3+、Fe2+等离子，溶液中加入过氧化钠会产生氢氧化钠且具有强氧化性，碱性条件下Al3＋、Mg2＋、NH4+、HCO3-均不能大量存在，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，无沉淀产生说明不含有SO42-，根据离子检验进行判断。二、非选择题(共84分)23、乙苯取代反应加成反应羟基+2NaOH+2NaBr+2H2O11CH3CH2COOH【分析】根据信息可知CH3COOH与SOCl2反应生成CH3COCl，根据C的结构可以推断出A为，C发生加成反应生成D()，D发生消去反应生成E()，E发生加成反应生成F()，F发生消去反应生成G()。【详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式为CH3COCl；A()的化学名称为乙苯；故答案为：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反应生成C的反应类型是取代反应；由E()生成F()的反应类型为加成反应；故答案为：取代反应；加成反应。(3)D()中含氧官能团的名称是羟基；在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案为：羟基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多种同分异构体，①苯环上有两个取代基，②能够使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，含有一个甲基和—CH2CH=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—C(CH3)=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和—CH=CHCH3，邻、间、对三种；含有一个—CH=CH2和—CH2CH3，邻、间、对三种，去掉，其同分异构体共11种；故答案为：11。(5)根据信息CH3CH2COOH和SOCl2反应生成，和苯反应生成，和氢气反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂条件下反应生成；其流程图为CH3CH2COOH；故答案为：CH3CH2COOH。【点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式或结构简式分析前后物质的结构简式，常见推断方式有正向推断、逆向推断、两边向中间、中间向两边的推断。24、碳碳双键、醛基氧化反应取代反应（或酯化反应）4种【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为．C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为．E与乙醇发生酯化反应生成F为．结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为，以此解答(1)~(5)；(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH。【详解】(1)由分析可知，B为，所含官能团名称为碳碳双键和醛基。(2)发生氧化反应生成的C为；E为，其与乙醇发生酯化反应生成的F为，反应类型为取代反应；(3)由分析可知D的结构简式为；(4)A为，与乙醛在NaOH的水溶液中发生反应生成的B为，反应的化学方程式为；(5)F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，符合条件的结构有4种，分别是；(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH．合成路线流程图为：。【点睛】学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。25、NaOH溶液除去铝镁合金表面的氧化膜①④③②使D和C的液面相平2Al＋2NaOH＋2H2O=2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】(1)Mg、Al均可以和酸反应，因此不可以用酸来实验，因为Al可以和碱反应而不和Mg反应，则可以用NaOH与Al反应制得H2，然后用排水法收集H2，以计算Al的量；(2)因为Al表面容易生成氧化膜，因而要用酸处理；(3)整个操作过程及原理是：检查气密性；记录起始液面；加入碱反应；不产生气体后，记录C中的液面，两者相减即为产生H2的量；最后称得的固体即为Mg的质量。在读数时要注意D、C液面相平，否则气体将受压，造成读数不准；(4)B中发生的是Al与碱的反应；(5)（a-c）即为铝的质量，再除以Al的物质的量即为铝的摩尔质量，而n(Al)可以由产生的H2获得；(6)未洗涤，则造成（a-c）变小，则由(5)的结果可进行判断。【详解】(1)根据铝镁的化学性质，铝镁都能与酸反应放出氢气，但铝还能与碱(如NaOH溶液)反应放出氢气，而镁不能，要测定铝镁合金中铝的质量分数，应选择NaOH溶液，答案是：NaOH溶液；(2)铝镁的表面都容易形成一层氧化膜，在实验前必须除去；答案是：除去铝镁合金表面的氧化膜；(3)实验时首先要检查气密性，记下量气管中C的液面位置，再加入NaOH溶液开始反应，待反应完毕并冷却至室温后，记录量气管中C的液面位置，最后将B中剩余固体过滤，洗涤，干燥，称重；量气管读数时为使里面气体压强与外界大气压相等，必须使D和C两管中液面相平，答案是：①④③②；使D和C的液面相平；(4)B管中发生铝与NaOH溶液的反应：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，答案是：2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑；(5)铝镁合金的质量为ag，B中剩余固体镁的质量为cg，则参加反应的铝的质量为（a-c）g，设铝的相对原子质量为M，则2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑2M

3×22400mL（a-c）g

bmL解之得：M=33600（a-c）/b；答案是：33600（a-c）/b；(6)铝的质量分数为：（a-c）/a×100%，实验过程中，若未洗涤过滤所得的不溶物，c值偏大，铝的质量分数偏小；答案是：偏小。26、去除油污或利用碳酸钠水解后显碱性的性质除去表面油污Fe+H2SO4(稀)FeSO4+H2↑趁热过滤洗去杂质，降低洗涤过程中FeSO4·7H2O的损耗是56.7℃<t<64℃偏低【详解】（1）Na2CO3溶液显碱性，铁屑表面含有油脂，油脂在碱性条件下，水解成可溶水的物质，步骤①的目的是除去铁屑表面的油污；（2）发生化学方程式为Fe＋H2SO4FeSO4＋H2↑；（3）步骤③将滤液转入到密闭容器，冷却结晶，因此步骤③的操作名称为趁热过滤；（4）一般温度低，晶体的溶解度低，冰水洗涤的目的是洗去表面的杂质，减少FeSO4·7H2O的损耗；（5）步骤②中铁屑耗尽，铁转化成Fe2＋，Fe2＋容易被氧化成Fe3＋，即同意乙同学的观点；（6）根据表格中的数据，得出：；（7）根据表格中的数据，得到FeSO4·4H2O，在56.7℃、64℃同时析出两种晶体，因为温度控制在高于56.7℃，低于64℃，范围是56.7℃<t<64℃；（8）根据得失电子数目，推出FeSO4·7H2O的质量分数为，根据滴定管从上到下刻度增大，俯视读数，V偏小，即所测结果偏低。27、启普发生器AC2KClO32KCl+3O2↑A干燥气体使气体混合均匀C防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾【解析】（1）装置C的名称为启普发生器，适合常温下固体与液体反应，不需要加热制取的气体；（2）装置D适合加热固体制备的气体，若用D制备O2，可加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；（3）装置B适合固体与液体不加热制备的气体；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可