2026届陕西省西安电子科技大附中高三上化学期中学业水平测试试题含解析

2026届陕西省西安电子科技大附中高三上化学期中学业水平测试试题考生请注意：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、用惰性电极电解硫酸铜溶液，整个过程转移电子的物质的量与产生气体总体积的关系如图所示(气体体积均在相同状况下测定)。欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入()A．0.1molCuO B．0.1molCuCO3C．0.1molCu(OH)2 D．0.05molCu2(OH)2CO32、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法不正确的是（）A．芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐B．硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用作黏合剂和防火材料C．高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点D．《本草纲目》中“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指KOH3、将38.4gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500ml2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为A．1.0molB．0.8molC．0.6molD．0.4mol4、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验操作现象结论A向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊该溶液一定是碳酸盐溶液B向盛有2mL

0.5mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出现白色沉淀，继续滴加0.2mol/L

FeCl3溶液有红褐色沉淀产生Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]C用玻璃棒蘸取溶液X进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液X中含有Na+D将KI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．D5、下列各组物质之间通过一步反应能实现转化关系，且与表中条件也匹配的是（）选项XYZ箭头上为反应条件或试剂AFeFeCl2FeCl3①通入少量Cl2BNa2CO3NaClNaHCO3②先通CO2、再通过量NH3CSiO2Na2SiO3H2SiO3③加热DNaAlO2Al(OH)3Al2O3④加H2OA．A B．B C．C D．6、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-：试液无沉淀白色沉淀B．检验试液中的SO32-：试液气体褪色C．检验试液中的I－：试液棕黄色溶液蓝色溶液D．检验试液中的CO32-：试液白色沉淀沉淀溶解7、下列指定反应的离子方程式正确的是A．氯气溶于水：Cl2+H2O=2H++Cl-+ClO-B．Na2CO3溶液中的水解：+H2O=+OH-C．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-+I-+6H+=I2+3H2OD．NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O8、有关NaHC03与Na2C03的性质，下列叙述中不正确的是A．Na2C03和NaHC03粉末与同浓度盐酸反应时，Na2C03因碱性强，所以与盐酸反应放出气体速度快B．等物质的量的两种盐与同浓度盐酸反应，Na2C03所消耗盐酸的体积是NaHC03的两倍C．向Na2C03饱和溶液中通入过量CO2，有NaHC03结晶析出D．Na2C03和NaHC03溶液分别和BaCl2溶液反应，现象不同9、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A．1molCl2与足量铁粉完全燃烧，转移的电子数为2NA个电子B．2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NAC．18gD2O中含有的电子数为10NAD．1molSiO2晶体中，含有Si−O键的数目为4NA10、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B．在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率11、常温下，用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L－1某酸（HA）溶液，溶液中HA、A－的物质的量分数δ(X)随pH的变化如图所示。［已知δ(X)＝］下列说法正确的是A．Ka(HA)的数量级为10－5B．溶液中由水电离出的c(H＋)：a点＞b点C．当pH＝4.7时，c(A－)＋c(OH－)＝c(HA)＋c(H＋)D．当pH＝7时，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL12、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化，均能通过一步化学反应实现的是A．Fe3O4FeFeCl3B．Cu2(OH)CO3CuOCu(OH)2C．MgCO3MgCl2溶液MgD．NaClCl2漂白粉13、下列关于胶体的叙述正确的是A．胶体粒子不能透过滤纸B．胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C．胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象D．用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过14、“故近朱者赤，近墨者黑”出自晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》，这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，也是古人“炼丹”的原料，有毒，它的主要成分是A．HgSB．Cu2OC．Fe2O3D．Cu15、下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00mL盐酸在50mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010mol·L-1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158g，放入100mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度A．A B．B C．C D．D16、在无色透明的溶液中能大量共存的一组离子是()A．H+、Na+、SO42-、Cl-B．Ba2+、NH4+、OH-、MnO4-C．Al3+、H+、ClO—、Br—D．H+、Fe2+、SO42-、Cl-17、已知4NH3+5O2=4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是()A．v(O2)=v(NH3) B．v(H2O)=v(O2) C．v(H2O)=v(NH3) D．v(NO)=v(O2)18、下列有关化学用语表示正确的是A．的电子式：B．氟原子的结构示意图：C．中子数为16的磷原子：D．明矾的化学式：19、下列表示物质结构的化学用语正确的是()A．HF的电子式: B．HClO的结构式:H—O—ClC．S2-的结构示意图: D．CaO的俗名:熟石灰20、化学与生活、社会发展息息相关，下列有关说法正确的是()A．P2O5具有良好的吸水性，可用于干燥氨气B．用活性炭为糖浆脱色和用臭氧漂白纸浆，原理相似C．“神州七号”的防护层中含聚四氟乙烯，制备聚四氟乙烯的单体属于不饱和烃D．由刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始得金”可以看出金的化学性质稳定，可通过物理方法得到21、下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH明显下降的是A．A B．B C．C D．D22、有四组同一族元素所形成的不同物质，在101kPa时测定它们的沸点（℃）如下表所示:第一组A-268.8B-249.5C-185.8D-151.7第二组F2-187.0Cl2-33.6Br258.7I2184.0第三组HF19.4HCl-84.0HBr-67.0HI-35.3第四组H2O100.0H2S-60.2H2Se-42.0H2Te-1.8下列各项判断正确的是A．第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子中化学键键能最强B．第三组与第四组相比较，化合物的稳定性顺序为：HBr>H2SeC．第三组物质溶于水后，溶液的酸性：HF>HCl>HBr>HID．第一组物质是分子晶体，一定含有共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）药物中间体Q、医用材料PVA的合成路线如图。已知：①R-Cl+2NH3→R-NH2+NH4Cl②R-NO2R-NH2③-NH2+(1)A的分子式是________。(2)B→C是硝化反应，试剂a是________(填名称）。(3)C→D转化的化学方程式是________。(4)E的结构简式是________。(5)F含有的官能团是________(填名称），与其含有相同官能团的同分异构体还有________种。(6)G→X的化学方程式是________。(7)W能发生缩聚反应，形成的高分子结构简式是________。(8)P的结构简式是________。24、（12分）感光性高分子作为新材料在各种领城中得到广泛应用。感光高分子F的一种合成路线如下：己知：A的相对分子质量为60，核磁共振氢谱显示为两组峰，峰面积比为1∶3。回答下列问题：(1)A的结构简式为_______，D的化学名称是____________________。(2)①、②的反应类型分别是____________________。(3)反应③的化学方程式是____________________。(4)F中的官能团有_______________(填官能团名称)。(5)芳香族化合物G是E的同分异构体，能发生银镜反应且分子中只有4种不同化学环境的氢。写出三种G的结构简式：_____________________________________________。(6)写出以甲苯为原料(其他无机试剂任选)制备化合物D的合成路线：________________________________。25、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O4·2H2O，相对分子质量为180）呈淡黄色，可用作照相显影剂。某实验小组对其进行了一系列探究。I．纯净草酸亚铁晶体热分解产物的探究。（1）气体产物成分的探究。小组成员采用如下装置（可重复选用）进行实验：①装置D的名称为______。②按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为_____→尾气处理装置（填仪器接口的字母编号）。③实验前先通入一段时间N2，其目的为_______。④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为______。（2）固体产物成分的探究。充分反应后，A处反应管中残留黑色固体。查阅资料可知，黑色固体可能为Fe或FeO。小组成员设计实验证明了其成分只有FeO，其操作及现象为___。（3）依据（1）和（2）结论，可知A处反应管中发生反应的化学方程式为____。Ⅱ．草酸亚铁晶体样品纯度的测定工业制得的草酸亚铁晶体中常含有FeSO4杂质，测定其纯度的步骤如下：步骤1：称取mg草酸亚铁晶体样品并溶于稀H2SO4中，配成250mL溶液。步骤2：取上述溶液25.00mL，用cmol·L−1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL；步骤3：向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol·L−1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL。（4）步骤3中加入锌粉的目的为______。（5）草酸亚铁晶体样品的纯度为_____；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，则测定结果将______（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。26、（10分）现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验1：①称取一定质量的样品，将样品溶解；②向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；③将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22g。实验2：①称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；②向溶解后的溶液中，通入足量的Cl2；③再向②所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；④将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧至质量不再减少，得到固体物质4g。根据实验回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有________________________。（2）实验室配制FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂________________。（3）“实验2”通入足量Cl2的目的是_________。涉及的化学反应的离子方程式是__________。（4）检验“实验2”的步骤④中沉淀已经洗涤干净的方法是________________。（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（化学方程式与文字相结合来说明）____________________________________。（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的相关性质。以下关于胶体的说法正确的是________A．胶体的分散质能透过滤纸B．实验室制备胶体Fe(OH)3胶体，是将饱和FeCl3溶液滴入热的NaOH溶液中，加热至溶液变为红褐色C．当光束通过胶体时能产生丁达尔效应D．胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是胶体（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比是________。27、（12分）为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，某化学兴趣小组设计了如下实验：（1）①A是氯气发生装置，其反应的离子方程式是__________________________________。②B装置的作用是_________________________，C装置的作用是_______________________，整套实验装置存在一处明显不足，请指出_______________________________________________________。（2）用改正后的装置进行实验。实验过程如下：实验操作实验现象打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：振荡后水层溶液变黄，CCl4无明显变化继续滴入浓盐酸，D、E中均发生了新的变化：D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CC14层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：I：(SCN)2性质与卤素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的电子式为II：AgClO、AgBrO均可溶于水Ⅲ：Cl2和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色，沸点约为5℃，与水发生水解反应①小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是__________________________________________。②经过实验证实了小组同学推测的合理性，请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因__________________________________________。③欲探究E中继续滴加浓盐酸后颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_________________________________________________。28、（14分）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。Ⅱ．SO2的除去方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。29、（10分）(有机化学基础)丹参酸可用于药理实验、活性筛选等,合成丹参酸的路线如图所示:已知:ROH+ROOCCH3+CH3COOHRCH2CHO+R'CH2CHO回答下列问题:(1)A的名称是____,B中官能团的名称是_______。

(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子,上述有机物中含有手性碳原子的有机物为_____(填“A”“B”“C”“D”或“E”)。

(3)D→E的反应类型是_______。

(4)A→B的化学方程式为________。

(5)X与D互为同分异构体,请写出满足下列条件的X的结构简式:_______。

①1molX能与5molNaOH发生反应;②有5个碳原子在同一条直线上;③与FeCl3溶液可以发生显色反应。(6)设计以、CH3CHO为原料制取的合成路线__________(其他无机试剂任选)。

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、D【详解】观察图像中曲线的斜率可知，OP段和PQ段气体的成分不同。由于阳极始终是OH－放电，所以可以推断出，OP段只有阳极产生O2(阴极无气体生成)，PQ段阴、阳两极都产生气体。因此，整个过程发生的反应为①2CuSO4＋2H2O2Cu＋2H2SO4＋O2↑和②2H2OH2↑＋O2↑。结合图像中转移电子的物质的量，可计算出反应①析出0.1molCu和0.05molO2，反应②消耗0.05molH2O。根据“出什么加什么，出多少加多少”的原则，欲使溶液恢复到起始状态，应向溶液中加入0.1molCuO和0.05molH2O。而0.05molCu2(OH)2CO3恰好相当于0.1molCuO和0.05molH2O(生成0.05molCO2无影响)，故D正确，故答案为D。【点睛】本题考查图像分析与相关计算，意在考查考生通过对实际事物、实验现象、实物、模型、图形、图表的观察，以及对自然界、社会、生产、生活中的化学现象的观察，获取有关的感性知识和印象，并进行初步加工、吸收、有序存储的能力。2、D【详解】A.芯片用到高纯硅、石英玻璃用到硅酸盐，故A正确；B.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃,可用作黏合剂和防火材料，故B正确；C.高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，故C正确；D.“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以不能是KOH，故D错误；故选D。3、D【解析】可以将反应理解为：Cu+HNO3+NaOH→Cu(NO3)2+NaNO3+NaNO2+H2O（未配平），由上，发生化合价变化的元素只有Cu和N，所以38.4gCu（0.6mol）失去1.2mol电子，硝酸也应该得到1.2mol电子生成0.6molNaNO2（一个N原子得到2个电子）。根据钠原子守恒，加入1mol氢氧化钠，则NaNO3+NaNO2一共1mol，已知有0.6molNaNO2，则有0.4molNaNO3。4、D【详解】A、向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明溶液中含有CO32-、HCO3-、SO32-或HSO3-，故A错误；B、向盛有2mL

0.5mol/LNaOH溶液的试管中滴加2滴0.2mol/L的MgCl2溶液出现白色沉淀，此时氢氧化钠有剩余，继续滴加0.2mol/L

FeCl3溶液，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色氢氧化铁沉淀，所以不能证明Ksp[Mg（OH）2]＞Ksp[Fe（OH）3]，故B错误；C、用铂丝蘸取溶液X进行焰色反应实验，火焰呈黄色，溶液X中含有Na+，玻璃中含有钠元素，不能用玻璃棒，故C错误；D、将KI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，说明Fe3+把I-氧化为碘单质，故D正确；故答案选D。5、C【解析】A、①不能发生，Fe与Cl2，只生成FeCl3反应，故A错误；B、②中应先通入NH3构成碱性环境，再通入CO2，转化可实现，若先通CO2，CO2在水中溶解度太小，不能实现，故B错误；C、①②③发生：SiO2→NaOHNa2SiO点睛：Fe→6、C【解析】A、若溶液中含有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，选项A错误；B、试液中加入浓盐酸产生气体能使品红褪色，该气体也可能是氯气，选项B错误；C、试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，选项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，可能是碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，加入盐酸沉淀溶解，选项D错误；答案选C。点睛：本题考查了离子检验的方法和实验现象分析判断，注意干扰离子的分析，题目难度中等。A、分析亚硫酸根离子的干扰；B、分析氯气的干扰；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、亚硫酸根离子也会发生反应具有此现象。7、D【详解】A.氯气溶于水，反应的离子方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，HClO为弱酸，应写成化学式，且为可逆符号，故A错误；B.CO32−的水解为可逆反应，应为CO32−+H2O⇌HCO3−+OH−，故B错误；C.酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2，正确的离子方程式：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O，故C错误；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，生成BaCO3和氢氧化钠、水，发生HCO3−+Ba2++OH−=BaCO3↓+H2O，故D正确；故选D。8、A【解析】Na2CO3和NaHCO3粉末与同浓度盐酸反应时，NaHCO3与盐酸反应放出气体速度快，故A错误；NaHCO3与盐酸发生，Na2CO3与盐酸发生，所以等物质的量的两种盐与同浓度盐酸反应，Na2CO3所消耗盐酸的体积是NaHCO3的两倍，故B正确；碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，所以向Na2CO3饱和溶液中通人过量CO2，有NaHCO3结晶析出，故C正确；Na2CO3与BaCl2溶液反应生成碳酸钡沉淀，NaHCO3与BaCl2溶液不反应，故D正确。9、C【详解】A.1molCl2与足量铁粉完全燃烧，因为Cl由0价降低到-1价，所以转移的电子数为2NA，A正确；B.CO与C2H4的相对分子质量都为28，所以2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA，B正确；C.18gD2O为0.9mol，所以18gD2O中含有的电子数为9NA，C错误；D．平均每个“SiO2”中含有4个Si−O键，1molSiO2晶体中含有Si−O键的数目为4NA，D正确。故选C。【点睛】在原子晶体中，只存在共价单键，不存在双键或三键。如硅晶体中，每个Si与4个Si形成4个共价单键，平均每个Si形成2个Si-Si键。在金刚石中，平均每个C原子形成2个C-C共价键。但在石墨晶体中，层内每个碳原子与周围的3个碳原子间形成共价键，所以平均每个碳原子形成1.5个C-C共价键。10、B【分析】利用勒夏特列原理的定义进行分析。【详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。11、A【详解】A.曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B.a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c(H＋)：a点<b点，B项错误；C.当pH＝4.7时，c(HA)=c(A-)，但c(OH－)不等于c(H＋)，C项错误；D.HA为弱酸，当消耗NaOH溶液的体积为20.00mL时，二者恰好反应生成NaA溶液，溶液显碱性，pH>7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)=c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。12、D【详解】A．Fe与盐酸反应只能生成FeCl2，不能生成FeCl3，A不正确；B．CuO与水不反应，不能生成Cu(OH)2，B不正确；C．电解MgCl2溶液，将生成Mg(OH)2，不能生成Mg，C不正确；D．电解NaCl溶液或熔融的NaCl都可以生成Cl2，Cl2与石灰乳反应可以制得漂白粉，D正确；故选D。13、D【详解】A、溶液、胶体粒子均能透过滤纸，故A错误；B、胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1～10nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于1nm，故B错误；C、胶体是电中性的，不带电，在电场作用下会产生电泳现象证明胶体中的胶粒是带电的，故C错误；D、用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故D正确；故选D。14、A【解析】“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”为朱砂，朱砂的主要成分是硫化汞，硫化汞的化学式为HgS，故选A。15、B【详解】A.50mL酸式滴定管的50.00mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00mL，A项错误；B.碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确；C.醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，C项错误；D.不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。故答案选B。16、A【分析】根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀以及不能发生氧化还原反应等，则能大量共存，并结合离子的颜色来解答。【详解】A．该组离子之间不反应，能共存，且离子均为无色，故A正确；B．MnO4-为紫色，与无色不符，且NH4+和OH-能结合成NH3·H2O，不能共存，故B错误；C．因H+、ClO—结合生成HClO，且能氧化溴离子，不能共存，故C错误；D．Fe2+为浅绿色，与无色不符，故D错误。故选A。17、A【详解】对于反应4NH3(g)+5O2(g)⇌4NO(g)+6H2O(g)，A．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正确；B．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)=v(O2)，故B错误；C．速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)=v(NH3)，故C错误；D．速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)=v(O2)，故D错误；故答案为A。18、C【详解】A.过氧化氢属于共价化合物，其正确的电子式为：，故A错误；B.氟元素的原子序数为9，原子核外有2个电子层，最外层有7个电子，原子结构示意图为，故B错误；C.中子数为16的磷原子的质子数为15，质量数为，原子符号为，故C正确；D.明矾是十二水硫酸铝钾的俗称，化学式为，故D错误；故选C。19、B【分析】A．HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对；

B．次氯酸分子中含有1个H-O键和1个O-Cl键；

C．硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8；

D．氧化钙俗称生石灰。【详解】A．HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，故A错误；

B．次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：H-O-Cl，故B正确；

C．硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，故C错误；

D．氧化钙俗称叫生石灰，熟石灰是氢氧化钙的俗称，故D错误。

故选B。【点睛】本题考查了常见化学用语的表示方法判断，涉及电子式、离子结构示意图、结构式等知识，明确离子结构示意图与原子结构示意图为解答关键，试题培养了学生的灵活应用能力。20、D【解析】A.P2O5具有良好的吸水性，由于是酸性氧化物，所以不能用于干燥氨气，A错误；B.用活性炭为糖浆脱色是吸附作用，用臭氧漂白纸浆是氧化漂白，原理不同，B错误；C.聚四氟乙烯的单体是四氟乙烯，属于不饱和卤代烃，不属于烃，C错误；D.由刘禹锡诗句“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始得金”可以看出金的化学性质稳定，可通过物理方法得到，D正确。21、D【详解】A、电池总反应是Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，消耗H2SO4，c(H＋)降低，pH增大，A不符合题意；B、该装置为电解池装置，总反应是Cu＋2H2OCu(OH)2＋H2↑，消耗的H2O，c(OH－)增大，pH增大，B不符合题意；C、电解饱和食盐水，总反应是2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，c(OH－)增大，pH增大，C不符合题意；D、电解CuSO4溶液的总反应式2CuSO4＋2H2O2Cu＋O2↑＋2H2SO4，溶液中c(H＋)增大，pH降低，D符合题意。答案选D。22、B【解析】分析：根据物质的沸点高低可以判断其晶体类型。由表中数据可知，，表中所有物质沸点较低，故其均可形成分子晶体。根据元素的非金属性强弱可以判断其气态氢化物的稳定性。对于分子组成相似的物质，若分子间能形成氢键，则其沸点要高于不能形成分子间氢键的。详解：A.第四组物质中H2O的沸点最高，是因为H2O分子之间可以形成氢键，A不正确；B.Se和Br同为第4周期元素，Br的非金属性较强，故化合物的稳定性顺序为HBr>H2Se，B正确；C.第三组物质溶于水后，HF溶液的酸性最弱，因为氢氟酸是弱酸、其他均为强酸，C不正确；D.第一组物质是分子晶体，其结构粒子为分子，但是，分子中不一定含有共价键，如稀有气体分子中无共价键，D不正确。综上所述，各项判断正确的是B，本题选B。二、非选择题(共84分)23、C6H6浓硫酸、浓硝酸+2NH3+NH4Cl碳碳双键、酯基4+nH2O+nCH3COOH【分析】根据Q结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成B，B为氯苯，B→C是硝化反应，则C中含有氯原子和硝基，D发生还原反应生成E，根据Q结构简式知，E中含有两个相邻的氨基，则E为，D为、C为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；W能发生聚合反应，结合Q、E结构简式知，W为H2NCH2COOH，Y发生取代反应生成W，X发生取代反应生成Y，Y为ClCH2COOH，X为CH3COOH，G水解生成X和PVA，则G为，F为CH3COOCH=CH2。【详解】(1)A为苯，分子式是C6H6；(2)B→C是硝化反应，试剂a是浓硫酸、浓硝酸；(3)C为，D为，C→D为取代反应，其化学方程式是；(4)E的结构简式是；(5)F为CH3COOCH=CH2；F含有的官能团是碳碳双键、酯基；与其含有相同官能团的同分异构体还有HCOO-C(CH3)=CH2、HCOOCH=CH-CH3、HCOOCH2-CH=CH2、CH2=CH-COOCH3，因此共有四种不同结构；(6)G为，F为CH3COOCH=CH2。G→X的化学方程式是：+nH2O+nCH3COOH；(7)W为H2NCH2COOH，W分子中含有-NH2、-COOH，分子之间能发生聚合反应，形成的高分子结构简式是；(8)分子中-NH2断开N-H键，羰基断开C=O双键，发生羰基的加成反应产生，该物质发生消去反应产生Q:，所以P是。【点睛】本题考查有机物推断，采用正逆结合的方法进行推断。涉及物质结构的推断、化学式、化学方程式的书写、同分异构体种类的判断。正确推断各物质结构简式是解本题关键，注意根据C生成D的反应特点判断D结构简式，侧重考查分析推断及知识迁移能力。24、CH3COOH苯甲醛加成反应加聚反应+nNaOH+nCH3COONa碳碳双键、酯基【分析】本题可以通过逆合成法进行分析A、B、C的结构，进而分析各步反应类型。【详解】由合成路线图逆向分析得，F是由C和E酯化反应得到，故C为，C由B碱性条件下水解得到，故B为，A和乙炔反应生成，则A为甲酸，反应类型为加成反应；(1)A为甲酸，结构简式为：CH3COOH，D的名称为：苯甲醛；(2)①的反应类型为：加成反应；②是由→，反应类型为：加聚反应；(3)根据流程图反应③的化学方程式是：+nNaOH+nCH3COONa；(4)F中的官能团有：碳碳双键、酯基；(5)能够发生银镜反应，结构中含有醛基，且分子中只有4种不同化学环境的氢，G的结构简式为：(6)以甲苯为原料制备化合物D的合成路线为：。25、（球形）干燥管agfbchi（或ih）de（或ed）bc排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O将Fe3+还原为Fe2+×100%偏低【分析】I．(1)①根据仪器的图形和作用分析解答；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜可以检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水可以检验二氧化碳的生成，经碱石灰干燥后气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，最后尾气处理，据此分析解答；③实验前先通入一段时间N2，可以把装置内空气赶净，据此解答；④实验证明了气体产物中含有CO，可以利用CO还原氧化铜设计实验验证；(2)黑色固体可能为Fe或FeO，可以把固体溶于酸检验；(3)依据(1)和(2)的结论分析解答；Ⅱ．(4)根据锌可以将Fe3+还原分析解答；(5)草酸亚铁与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，亚铁离子和草酸根离子都被氧化。向反应后溶液中加入适量锌粉，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L-1KMnO4标准溶液滴定至终点，此时滴定的是亚铁离子，利用化学反应的定量关系分析计算；若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，根据消耗高锰酸钾量的变化分析误差。【详解】(1)①装置D的名称为：(球形)干燥管，故答案为(球形)干燥管；②草酸亚铁晶体在装置A中加热分解，生成的气体通过装置D中硫酸铜检验水蒸气的存在，通过装置B中澄清石灰水检验二氧化碳的生成，通过装置E中碱石灰干燥后，气体通入装置C中玻璃管和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，再通过B装置检验生成的二氧化碳气体，按照气流从左到右的方向，上述装置的连接顺序为：agfbchi(或ih)de(或ed)bc，最后连接尾气处理装置，故答案为agfbchi(或ih)de(或ed)bc；③实验前先通入一段时间N2，目的是排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故答案为排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸；④实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为：C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊，故答案为C处反应管中固体由黑变红，其后的澄清石灰水变浑浊；(2)充分反应后，A处反应管中残留黑色固体，黑色固体可能为Fe或FeO。要证明其成分只有FeO，可以将固体溶于酸，看有无气体放出即可，具体为：取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成说明无铁存在，只有氧化亚铁，故答案为取固体少许溶于稀硫酸，无气体生成；(3)依据(1)和(2)结论，可知A处反应管中发生的反应是草酸亚铁晶体分解生成氧化亚铁、一氧化碳、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，故答案为FeC2O4•2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O；(4)锌可以将Fe3+还原，因此步骤3中加入锌粉的目的为：将Fe3+还原为Fe2+，故答案为将Fe3+还原为Fe2+；(5)取上述溶液25.00mL，用cmol•L﹣1KMnO4标准液滴定至终点，消耗标准液V1mL，此过程中亚铁离子和草酸根离子都被氧化；向反应后的溶液中加入适量锌粉，锌将Fe3+还原为Fe2+，充分反应后，加入适量稀H2SO4，再用cmol•L﹣1KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗标准液V2mL，此时滴定的是溶液中的亚铁离子。第一次消耗的高锰酸钾减去第二次消耗的高锰酸钾为滴定草酸根离子的量，反应的离子方程式：2MnO4-+5C2O42-+8H+=10CO2+4H2O+2Mn2+，草酸亚铁晶体样品的纯度＝×100%，若步骤1配制溶液时部分Fe2+被氧化，会导致第一步滴定中消耗的高锰酸钾的量减少，即V1偏小，则计算得到的亚铁离子物质的量减小，测定结果偏低，故答案为×100%；偏低。【点睛】本题考查了物质的组成和含量测定的实验分析。本题的难点为实验装置的连接顺序，要注意从实验的原理分析解答；易错点为(5)的计算和误差分析，要注意2次滴定过程中的反应微粒，理解清楚计算原理，并结合计算公式分析误差。26、烧杯、玻璃棒稀盐酸、铁粉将Fe2＋全部转化为Fe3＋2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体AC2∶3【解析】（1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；（2）为了防止FeCl2溶液水解、氧化应加入稀盐酸、铁粉；（3）“实验2”通入足量Cl2的目的是将FeCl2氧化生成FeCl3；（4）首先要明确沉淀中所含杂质，此题中的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；（6）根据分散质粒子直径的大小把分散系分为：胶体、溶液、浊液；丁达尔效应是胶体特有的性质；（7）有关混合物的计算，利用元素守恒来解答。【详解】（1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；故答案为：烧杯、玻璃棒；（2）防止溶液里的Fe2+被氧化要加入铁粉，防止亚铁离子水解需要加入对应酸，实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂铁粉、稀盐酸，故答案为：铁粉、稀盐酸；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：将Fe2+全部转化为Fe3+；2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－；（4）检验沉淀已经洗涤干净的方法是：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；故答案为：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；故答案为：FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl。在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体；（6）A.胶体的分散质能透过滤纸，故A正确；B.实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；故B错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质,故C正确；D.胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是浊液，故D错误；故选AC。（7）设FeCl3为xmol，FeCl2为ymol，，依据Cl、Fe守恒3xmol+2ymol=0.12mol，xmol+ymol=0.025mol×2，解得x=0.02，y=0.03；固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2：3；故答案为：2：3。【点睛】（1）实验室制备Fe(OH)3胶体的方法是：是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；（2）FeCl3在水中存在如下平衡FeCl3＋3H2OFe(OH)3＋3HCl，在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体。27、MnO2＋4H＋＋2Cl－(浓)Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O安全瓶（或防液体倒吸）除去氯化氢气体缺少尾气处理装置由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN－Fe（SCN）3，过量氯气和SCN－反应使SCN－浓度减小，平衡向逆反应方向移动而褪色BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，故只生成AgCl沉淀【解析】(1)①A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O，故答案为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O；②B装置是安全瓶，可以防止倒吸；C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置中缺少尾气处理装置，故答案为安全瓶(