2026届江苏省南京市南京一中高三上化学期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届江苏省南京市南京一中高三上化学期中学业质量监测模拟试题考生请注意：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（每题只有一个选项符合题意）1、3.52克铜镁合金完全溶解于50mL、密度为1.400g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2气体3584mL（标准状况），向反应后的溶液中加入适量的1.0mo1/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀。下列说法不正确的是A．合金中铜和镁的物质的量相等B．加入NaOH溶液的体积是100mLC．得到的金属氢氧化物的沉淀为6.24克D．浓硝酸与合金反应中起氧化性的硝酸的物质的量为0.16mol2、在t℃下，某反应达到平衡，平衡常数。恒容时，温度升高，NO浓度减小。下列说法正确的是A．该反应正反应的焓变为正值B．恒温下扩大容器体积，反应体系的颜色加深C．升高温度，逆反应速率减小D．该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO33、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A．pH=3的硫酸溶液中所含H+的数目为10-3NAB．7.8gNa2O2与足量SO2完全反应，转移的电子数目为0.1NAC．标准状况下，11.2L丙烷(C3H8)中含有的共用电子对数目为5NAD．0.1molNH3与0.1molHC1在密闭容器中充分反应后，气体的分子总数为0.1NA4、下列说法中正确的是（）A．除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发结晶，趁热过滤，洗涤，干燥B．FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明铁的金属性比铜强C．配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为容量瓶、烧杯、玻璃棒D．工业上用氯气和石灰水反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封5、工业上常用氯氧化法处理含氰（CN-）废水，一定条件下，氯气和CN-A．CN-B．该反应的产物之一是无毒的NC．当1molCN-D．处理含0.1molCN-的废水，理论上需要消耗标准状况下C6、下列冶炼金属的方法错误的是（）A．电解熔融氯化铝制铝 B．加热氧化银制银C．CO还原铁矿石制铁 D．电解熔融氯化钠制钠7、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()A．由水电离产生的c（OH﹣）=1×10﹣10mol•L﹣1的溶液中：Ba2+、K+、NO3﹣、Br﹣B．使甲基橙变红色的溶液中：K+、NH4+、HCO3﹣、Cl﹣C．与Al反应能放出大量H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3﹣、Cl﹣D．c（I﹣）=0.1mol•L﹣1的溶液中：Na+、Mg2+、ClO﹣、SO42﹣8、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是A．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种B．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ29、下列指定反应的离子方程式正确的是()A．FeO溶于稀硝酸:FeO+2H+Fe2++H2OB．Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液:Al3++4OH-AlO2-+2H2OC．漂白粉溶液中通入少量CO2:2ClO-+H2O+CO22HClO+CO32-D．向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液:Ca2++HCO3-+OH-CaCO3↓+H2O10、可逆反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的正、逆反应速率可用各反应物或生成物浓度的变化来表示。下列各关系中能说明反应已达到平衡状态的是（）A．3v(N2)正=v(H2)正B．v(N2)正=v(NH3)逆C．v(N2)正=3v(H2)逆D．2v(H2)正=3v(NH3)逆11、水溶液X中可能溶有K+、Mg2+、Al3+、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断不正确的是（）A．气体甲可能是混合物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝D．K+、[Al(OH)4]-和SiO32-一定存在于溶液X中12、将1．5gZn投入到VmL浓硫酸中共热，恰好完全反应，则可以确定的数据是A．所得溶液的浓度 B．所得气体的质量C．所得气体在标准状况下的体积 D．原硫酸的浓度13、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是（）ABCD实验Na2O2露置在空气中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象淡黄色固体最终变为白色固体溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D14、足量铜与一定量浓硝酸反应后过滤，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，将这些气体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得溶液中加入1mol/LNaOH溶液至Cu2＋恰好完全沉淀，将沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体，则所得黑色固体的质量是（）A．12g B．16g C．24g D．48g15、下列离子方程式书写正确的是A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉：2Fe3＋＋Zn=Zn2＋＋2Fe2＋B．磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4＋8H＋=Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2OC．Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2：Ca2＋＋2ClO－＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClOD．NaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液混合后呈中性：2H＋＋SO42－＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O16、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．加热前晶体未研磨二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：①在稀碱溶液中，溴苯难发生水解②现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。请回答下列问题：（1）X中官能的名称是______________。（2）F→H的反应类型是_________________。（3）I的结构简式为___________________；（4）E不具有的化学性质________（选填序号）a．取代反应b．消去反应c．氧化反应d．1molE最多能与2molNaHCO3反应（5）写出下列反应的化学方程式：①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：________________；②F→G的化学方程式：____________________；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_____种，其中一种的结构简式为________。a．苯环上核磁共振氢谱有两种b．不能发生水解反应c．遇FeCl3溶液不显色d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应18、具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’ⅱ.R-HC=CH-R’ⅲ.R-HC=CH-R’（以上R、R’、R’’代表氢、烷基或芳基等）（1）A属于芳香烃，其名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）由F生成G的反应类型是___。（4）由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是___。（5）下列说法正确的是___（选填字母序号）。A．G存在顺反异构体B．由G生成H的反应是加成反应C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应D．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH（6）E有多种同分异构体，请写出符合下列要求的所有同分异构体。___①属于芳香族化合物，不考虑立体异构②既能发生加聚反应，又能发生水解反应③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2（7）以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线。（用流程图表示，无机试剂任选）___。19、硫酸四氨合铜晶体｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有______(填标号)。(2)装置a的名称为______；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入______来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定过程中使用的指示剂为______，滴定终点的现象为______。②准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为______。20、碘是人类必需的生命元素,在人体的生长发育过程中起着重要作用,实验小组进行碘单质的制备。（查阅资料）碱性条件下,I2会发生歧化反应生成I-和IO3-,酸性条件下,I-和IO3-又会发生归中反应生成I2；碘在水中的溶解度为0.029g。（碘的制取）以海带为原料,按照以下步骤进行实验。（1）将海带灼烧成灰后再用水浸取,目的是_______________。（2）步骤B发生的反应是“氧化”,这一操作中可供选用的试剂:①Cl2；②Br2；③稀硫酸和H2O2,从无污染角度考虑，你认为合适试剂是______（填编号）,反应中I-转化为I2的离子反应方程式为________。（3）步骤C中使用的起到分离作用的仪器是_______,使用该仪器时,第一步操作是_______________。（4）有同学查资料后发现CCl4有毒,提议用乙醇代替,请判断该提议是否可行,原因是_______________。（碘的分离）得到含I2的CCl4溶液后,利用右图装置进行碘的提取并回收溶剂。（5）图中有两处明显错误,分别是①_________；②_________。（6）对实验装置的错误改正之后进行分离操作。预期锥形瓶中得到无色的CCl4,实验结果锥形瓶中得到紫红色液体,请分析出现该实验结果的原因______，为了保证实验成功,请提出改进方案:_________。21、将CO2转化成C2H4可以变废为宝、改善环境。以CO2、C2H6为原料合成C2H4涉及的主要反应如下：Ⅰ．CO2(g)+C2H6(g)C2H4(g)+H2O(g)+CO(g)∆H=+177kJ·mol-1(主反应)Ⅱ．C2H6(g)CH4(g)+H2(g)+C(s)∆H=+9kJ·mol-1(副反应)(1)反应I的反应历程可分为如下两步：i．C2H6(g)C2H4(g)+H2(g)∆H1=+136kJ·mol-1(反应速率较快)ii．H2(g)+CO2(g)H2O(g)+CO(g)∆H2(反应速率较慢)①∆H2=______kJ·mol-1②相比于提高c(C2H6)，提高c(CO2)对反应I速率影响更大，原因是______。(2)0.1MPa时向密闭容器中充入CO2和C2H6，温度对催化剂K-Fe-Mn/Si-2性能的影响如图所示：①工业生产中反应I选择800℃，原因是______。②800℃时，不同的CO2和C2H6体积比对反应影响的实验数据如下表：平衡时有机产物的质量分数CH4C2H415.0/15.07.792.320.0/10.06.493.624.0/6.04.595.5a.随增大，CO2转化率将______(填“增大”或“减小”)。b.解释对产物中C2H4的质量分数影响的原因：______。(3)我国科学家使用电化学的方法(装置如图)用C2H6和CO2合成了C2H4。①N是电源的______极。②阳极电极反应式是______。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A．密度为1.40g/cm3、质量分数为63%的浓硝酸的物质的量浓度=mol/L=14mol/L，故A正确；B．加入适量的1.0mol/LNaOH溶液，恰使溶液中的金属离子全部沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，由N元素守恒可知n(NaNO3)+n(NO2)=n(HNO3)，则n(NaNO3)=0.05L×14mol/L-=0.54mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.54mol，故需要1.0mol/LNaOH溶液体积为=0.54L=540mL，故B错误；C．由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，即氢氧根离子的物质的量为0.08mol×(5-4)=0.08mol，故氢氧化物质量=3.52g+0.16mol×17g/mol=6.24g，故C正确；D．起氧化性的硝酸生成NO2气体，根据N原子守恒可知，起氧化剂的硝酸的物质的量==0.16mol，故D正确；故选B。点睛：本题考查混合物的有关计算，理解反应发生的过程是关键。本题的易错点是C，由电荷守恒可知，氢氧化物中氢氧根离子的物质的量等于转移电子物质的量，氢氧化物质量等于金属质量与氢氧根离子质量之和。2、D【解析】A、根据平衡常数表达式可知该反应化学方程式为NO2+SO2NO+SO3，恒容时，温度升高，NO浓度减小这说明升高温度平衡向逆反应方向进行，则正反应的焓变为负值，A错误；B、恒温下扩大容器体积，平衡不一定，NO2浓度减小，反应体系的颜色变浅，B错误；C、升高温度正逆反应速率均增大，C错误；D、根据A中分析D正确；答案选D。3、C【解析】A.未注明溶液的体积，无法计算pH=3的硫酸溶液中所含H+的数目，故A错误；B.7.8gNa2O2的物质的量为7.8g78g/mol=0.1mol，与足量SO2完全反应生成硫酸钠，转移的电子数为0.2NA，故B错误；C.标准状况下，11.2L丙烷的物质的量为11.2L22.4L/mol=0.5mol，含有的共用电子为0.5mol×3×4+8×12=5mol，故C正确；D.0.1molNH3与0.1molHC1在密闭容器中充分反应后生成氯化铵固体，没有气体剩余，故4、A【详解】A.除去NaCl固体中的少量KNO3，将固体溶解后蒸发，NaCl结晶析出，趁热过滤，洗涤，干燥，得纯净的NaCl晶体，A正确；B.FeCl3可用于腐蚀Cu刻制印刷电路板，这说明Fe3+的氧化性比Cu2+强，B不正确；C.配制质量分数为20%的NaOH溶液时，需要用到的玻璃仪器为天平、烧杯、玻璃棒、量筒，C不正确；D.工业上用氯气和石灰乳反应制漂白粉，保存漂白粉的塑料袋要密封，D不正确。故选A。【点睛】漂白粉是由氯气与氢氧化钙（消石灰）反应制得。因为绝对干燥的氢氧化钙与氯气并不发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。但漂白粉遇水或潮湿空气会强烈水解，甚至引起燃烧爆炸。所以制取漂白粉时，采用含有1%以下游离水分的消石灰来进行氯化，所用的氯气也含有0.06%以下水分。5、C【解析】一定条件下，氯气和CN-反应生成无毒气体，该无毒气体应该是N2和CO2，则反应的离子方程式为：4H2O＋5Cl2＋2CN－＝N2＋2CO2＋8H＋＋10Cl－。CN－中氮元素应该是-3价，则碳元素的化合价为+2价，选项A正确。根据以上分析可知该反应的产物之一是无毒的N2，选项B正确。根据方程式可知反应的电子转移数为10e-，所以1molCN－参与反应时，转移5mole－，选项C错误。根据方程式处理含0.1molCN－的废水，理论上需要消耗0.25molCl2，其体积为0.25mol×22.4L/mol＝5.6L，选项D正确。6、A【详解】A项、氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝制铝，故A错误；B项、银为不活泼金属，工业上用热分解法制得，可以利用加热氧化银制银，故B正确；C项、铁为较活泼金属，工业上用热还原法制得，可以利用CO还原铁矿石制铁，故C正确；D项、钠为活泼金属，工业上用电解法制得，可以利用电解熔融氯化钠制钠，故D正确；故选A。7、A【详解】A.溶液可能是酸性或碱性，四种离子在该溶液中能存在，故正确；B.溶液为酸性，碳酸氢根离子不存在，故错误；C.和铝反应放出氢气的溶液可能为酸性或碱性，亚铁离子在碱性溶液中不存在，酸性条件下硝酸根离子与铝反应不生成氢气，且能氧化亚铁离子，不能大量共存，故错误；D.次氯酸根离子能氧化碘离子，故错误。故选A。【点睛】掌握离子共存问题，注意有限定条件的习题。注意能和铝反应生成氢气的溶液可能是酸性或碱性，同时注意酸性条件下硝酸根离子与铝反应不产生氢气。8、B【分析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】A．元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故A正确；B．W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故B错误；C．元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D．硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选B。9、D【详解】A项，FeO溶于稀硝酸时，FeO被氧化成Fe3+并生成NO，其离子方程式为：3FeO+10H++NO3-=3Fe3++NO↑+5H2O，故A项错误；B项，Al2(SO4)3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，生成偏铝酸盐和硫酸钡沉淀，其离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++8OH-=2AlO2-+4H2O+3BaSO4↓，故B项错误；C项，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，漂白粉溶液中通入少量CO2的离子方程式为：Ca2++2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓，故C项错误；D项，向NaOH溶液中滴加过量Ca(HCO3)2溶液生成碳酸钙、碳酸氢钠和水，反应的离子方程式为Ca2++HCO3－+OH－＝CaCO3↓+H2O，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断，注意明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。10、D【分析】若可逆反应的正反应速率与逆反应速率相等，则该反应达到了化学平衡状态。不同物质表示同一反应的速率时，其数值之比等于其化学计量数之比。【详解】A.3v(N2)正=v(H2)正，两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，但不能说明正反应速率等于逆反应速率，故A不能说明反应已达到平衡状态；B.v(N2)正=v(NH3)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故B不能说明反应已达到平衡状态；C.v(N2)正=3v(H2)逆，两物质表示的化学反应速率之比不等于其化学计量数之比，不能说明正反应速率等于逆反应速率，故C不能说明反应已达到平衡状态；D.2v(H2)正=3v(NH3)逆，因为2v(H2)正=3v(NH3)正，所以两物质表示的化学反应速率之比等于其化学计量数之比，而且能说明正反应速率等于逆反应速率，故D能说明反应已达到平衡状态。综上所述，本题选D。【点睛】化学平衡状态下的正反应速率与逆反应速率相等，并不一定是其数值绝对相等，因为其化学计量数可能不同。若正反应速率与逆反应速率的比值与相关物质的化学计量数之比相等，则可判断正反应速率与逆反应速率相等。11、B【分析】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；根据以上分析进行判断。【详解】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；A．根据以上分析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C．根据分析可知，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的[Al(OH)4]-与过量酸反应生成铝离子，故C正确；D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、[Al(OH)4]-和SiO32-，故D正确；故答案为B。【点睛】考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，特别是Al3+和[Al(OH)4]-的判断是解题难点，无色溶液甲中滴加过量的氨水所得沉淀为Al(OH)3，但溶液甲中的Al3+来源于[Al(OH)4]-与过量盐酸反应生成的，而不是原溶液中含有的Al3+。12、C【详解】1.5g锌的物质的量为0.5mol，与浓硫酸反应生成硫酸锌、SO2和H2O，随着反应的进行，浓硫酸的浓度逐渐减小，稀硫酸与锌反应生成硫酸锌和氢气，反应的方程式为：Zn+2H2SO4(浓)ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，由反应可知1mol锌产生1mol氢气或1molSO2，所以可以由锌的物质的量计算产生的气体在标准状况下的体积。由于不能确定氢气和SO2的体积之比，所以不能计算氢气和SO2的物质的量，以及消耗的硫酸的物质的量，反应后溶液的体积不能确定，则不能计算反应后溶液的浓度，故答案选C。13、C【详解】A．Na2O2露置在空气中，会与CO2和水蒸气发生反应，最终变成碳酸钠白色固体，O元素化合价变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．石蕊溶液滴入氯水中，氯水中含有盐酸和次氯酸，溶液变红与盐酸有关，后褪色与HClO的漂白性有关，体现了次氯酸的强氧化性，属于氧化还原反应，故B不选；C．Na2S溶液滴入AgCl浊液中，沉淀由白色逐渐变为黑色，是AgCl生成Ag2S沉淀，属于沉淀的转化，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C选；D．热铜丝插入稀硝酸中，产生无色气体，随后变为红棕色，涉及NO转化为NO2，N元素化合价变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。14、C【解析】由题意知在Cu与浓硝酸的反应中，Cu失电子的物质的量，与这些氮的氧化物在与O2作用又生成HNO3时失电子的物质的量与O2得电子的物质的量相等。所以n(Cu)·2=×4，即n(Cu)=0.3mol，沉淀过滤、洗涤、干燥、灼烧后得到黑色固体是氧化铜，所以，n(CuO)=0.3mol，质量是0.3mol×80g/mol=24g。【点睛】本题考查氧化还原反应的计算，主要考查金属铜与硝酸反应的计算，通过巧解进行计算，整体把握反应中电子守恒及物质的量浓度的计算等为解题关键，侧重考查学生的逻辑推理能力和创新思维能力。15、D【解析】A．在FeCl3溶液中投入足量的Zn粉，最终能够置换出铁，离子方程式：2Fe3++3Zn═3Zn2++2Fe，故A错误；B．磁性氧化铁(Fe3O4)溶于氢碘酸，溶解生成的铁离子具有氧化性，能够氧化碘离子，离子方程式为：2I-+Fe3O4+8H+=3Fe2++4H2O+I2，故B错误；C．Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2，离子方程式：SO2+2ClO-+Ca2++H2O=CaSO4↓+Cl-+H++HClO，故C错误；D．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合后呈中性，离子方程式：2H++SO42-+Ba2++2OH-═BaSO4↓+2H2O，故D正确；故选D。点睛：明确反应的实质，掌握离子方程式书写的方法是解题关键。注意反应物用量对化学反应的影响，反应必须遵循客观事实。本题的选项C为易错点，容易忽视次氯酸根离子的氧化性。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基、溴原子消去反应b、d4：、、、（任写一种）【分析】分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。【详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。（5）①X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式是：；②F→G的化学方程式是：；（6）E是，同时符合条件a．苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b．不能发生水解反应说明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d．1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4种，他们的结构分别是：、、、。18、邻二甲苯消去反应+I2+HIBD、、【分析】由A的分子式、C的结构简式，可知A为，

结合B的分子式与C的结构，可知B为，

B与液溴在光照条件下反应得到C，由D的分子式，结合信息ⅰ，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH。

D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为，由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生信息ii中加成反应得到H。

(7)由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化得到CH3CHO，乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br。【详解】(1)由分析可知可知A为，

其名称是：邻二甲苯，故答案为邻二甲苯；

(2)由分析可知，D的结构简式是，

故答案为:;

(3)F为，F发生消去反应生成G，故答案为消去反应；

(4)E由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是：+I2+HI，故答案为.+I2+HI；

(5)A、

G为，不存在顺反异构体，故A错误；

B、

G含有碳碳双键，由信息ii可知，由G生成H的反应是加成反应，故B正确；

C.、G为，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol

G最多可以与4molH2发生加成反应，故C错误；

D.

F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故D正确；

故答案为:

BD

；

(6)、E的结构为，同分异构满足的条件为含有苯环、双键、酯基、五种氢且个数比为1：1：2：2：2，所以能满足条件的结构有、、，故答案为、、；(7)、由分析可知以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线为；19、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色98.4%或0.984【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)①根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；②用关系式法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量，进而可得其纯度。【详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择①装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项②；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置④；故合理选项是①②④；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水中分解，所以实验时可向所得溶液中加入乙醇来获得晶体；(4)①Cu2+与I-反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可选择淀粉溶液为指示剂，Cu2+与I-反应产生I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当I2反应完全时，溶液的蓝色消去，据此判断滴定终点。实验现象是：滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色；②Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得关系式2Cu2+～I2～2S2O32-，反应消耗的S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.050mol/L×0.016L×=0.004mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.004mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物质的量是0.004mol，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004mol×246g/mol=0.984g，因此该物质的纯度是(0.984g÷1.0g)×100%=98.4%=0.984。【点睛】本题考查了氨气的实验室制取方法及装置的使用、化学试剂的选择使用、滴定法在物质含量的计算中的应用。掌握物质的存在状态与使用仪器的关系，充分利用物质的溶解性及密度相对大小判断使用的试剂及其作用，在滴定法测量物质含量时，若发生的反应有多个，可根据化学方程式找出已知物质与待求物质的关系，通过关系式法直接计算，同时要注意配制溶液的体积与实验时的体积关系进行计算。20、破坏有机物质，使I-充分溶解③2I-+2H++H2O2=2H2O+I2分液漏斗检漏不行，乙醇与溶剂水互溶，不能用于萃取碘水中的碘单质温度计水银球插入太深，没有