2026届合肥市第四十八中学化学高三第一学期期中学业质量监测模拟试题含解析

2026届合肥市第四十八中学化学高三第一学期期中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、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，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、常温下，下列物质中单质与水反应最剧烈的是A． B． C． D．2、在酸性高锰酸钾溶液中加入过氧化钠粉末，溶液褪色，其中发生反应的离子方程式为：2MnO4-＋16H＋＋5Na2O2===2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O＋10Na＋。下列判断正确的是A．O2是还原产物，Mn2＋是氧化产物B．Na2O2既是氧化剂，又是还原剂C．标准状况下，产生22.4LO2时反应转移2mole－D．通常用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液3、在微生物作用下电解有机废水（含CH3COOH）,可获得清洁能源H2，其原理如图所示，下列有关说法不正确的是A．电极B极为负极B．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为：CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+C．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液PH减小D．通电后，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子4、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色。再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色。下列分析正确的是（）A．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2B．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂C．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性D．滴加KI溶液时，转移2mol电子时生成1mol白色沉淀5、下列叙述错误的是()A．分液时要先打开分液漏斗上口的塞子，再将下层液体缓缓放入下面的烧杯中B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．蒸馏中，冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出D．用苯萃取出溴水中的溴，再用分液的方法从溴与苯混合物中提纯溴6、下列关于砹(85At)及其化合物的说法中，正确的是()A．稳定性：HAt＞HClB．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体D．NaAt的水溶液呈碱性7、用H2O2溶液处理含NaCN的废水的反应原理为：NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是A．该反应中氮元素被氧化B．该反应中H2O2作还原剂C．实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液D．0.1mol·L－1NaCN溶液中含HCN和CN－总数目为0.1×6.02×10238、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素。下列说法正确的是（）A．原子半径：r(X)<r(Y)<r(Z)<r(W)B．W的最高价氧化物的水化物是一种弱碱C．Y的单质的氧化性比Z的强D．D．

X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是离子化合物9、下列各组离子可能大量共存的是()A．与铝反应放出氢气的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B．常温下Kw/c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3-、NH4+C．常温下水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HCO3-D．0.5mol·L-1AlCl3溶液中：AlO2-、K+、CO32-10、用铝热法还原下列氧化物制得金属各1mol，消耗铝最少的是A．MnO2 B．WO3 C．Cr2O3 D．Co3O411、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12、《本草纲目》记载酿酒之法，“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露”。文中涉及的操作方法是A．蒸馏B．过滤C．溶解D．结晶13、下列有关水处理的离子方程式书写不正确的是A．沉淀法：用处理含废水，B．中和法：用生石灰（）中和酸性废水，C．氧化法：用处理氨氮废水，D．混凝法：用明矾凝聚沉降细颗粒物，14、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述不正确的是（）A．在熔融状态下，1molNa2O2完全电离出的离子数目为3NAB．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，反应中转移的电子数mNA/14C．在标准状况下，22.4LCH4与18gH2O所含有的电子数均为10NAD．含1molCl-的NH4Cl溶液中加入适量氨水使溶液呈中性，此时溶液中NH4+数为NA15、下列根据实验操作所得的现象和结论都正确的是（）选项实验操作实验现象结论A向某溶液中先加入氯水再加入KSCN溶液溶液呈红色原溶液中可能含有Fe2+B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1mol·L－1的H2SO4溶液试管口出现红棕色气体0.1mol·L－1的H2SO4溶液具有强氧化性C25℃时，两片相同的Al片分别和等体积稀HNO3和浓HNO3反应前者产生无色气体，后者产生红棕色气体，且后者反应更加剧烈其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快D将炭和浓H2SO4的混合物加热，产生的气体通入澄清石灰水澄清石灰水变浑浊碳被氧化成CO2【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D16、某同学结合所学知识探究Na2O2与H2能否反应,设计装置如下,下列说法正确的是()A．装置A气密性的检查方法:直接向长颈漏斗中加水,当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好B．装置B中盛放浓硫酸,目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气C．装置C加热前,用试管在干燥管管口处收集气体点燃,通过声音判断气体纯度D．装置A也可直接用于Cu与浓硫酸反应制取SO217、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族，Y、Z同周期，X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，25℃时0.1mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，下列说法正确的是A．114号元素鈇(Fl)与Y在同一主族B．X分别与Z、W形成的化合物中，含化学键类型相同C．Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物D．X、Y形成的化合物中只含有极性共价键18、南海是一个巨大的资源宝库，开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程，有关说法不正确的是A．海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法B．氯碱工业中采用阳离子交换膜可提高产品的纯度C．由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干D．溴工业中③、④的目的是为了富集溴元素，溴元素在反应③、④、⑤中均被氧化19、城市地下潮湿的土壤中常埋有纵横交错的管道和输电线路，当有电流泄漏并与金属管道形成回路时，就会引起金属管道的腐蚀。原理如图所示，但若电压等条件适宜，钢铁管道也可能减缓腐蚀，此现象被称为“阳极保护”。下列有关说法不正确的是A．该装置能够将电能转化为化学能B．管道右端腐蚀比左端快，右端电极反应式为Fe-2e-Fe2+C．如果没有外加电源，潮湿的土壤中的钢铁管道比较容易发生吸氧腐蚀D．钢铁“阳极保护”的实质是在阳极金属表面形成一层耐腐蚀的钝化膜20、一种驱动潜艇的液氨-液氧燃料电池原理示意如图，下列有关该电池说法正确的是（）A．电流由电极A经外电路流向电极BB．电池工作时，OH－向电极B移动C．该电池工作时，每消耗22.4LNH3转移3mol电子D．电极A上发生的电极反应为：2NH3－6e－+6OH－＝N2+6H2O21、某研究性学习小组的同学利用MnO2、浓盐酸反应来制取干燥的氯气并验证其有无漂白性，所用装置如图所示(可重复使用，不含制气装置)。下列说法正确的是()A．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DACBEB．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DABAEC．装置E的主要用途是制备NaClOD．若实验中使用到装置C且有色布条褪色，则说明湿润的氯气有漂白性22、下列有关化学用语使用正确的是（

）A．氯离子(Cl－)的结构示意图：B．氯化铵的电子式：C．CH4分子的比例模型：D．次氯酸的结构式：H－Cl－O二、非选择题(共84分)23、（14分）对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用做防腐剂，对酵母和霉菌具有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化作用下进行酯化反应而制得。以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：①通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；②D可与银氨溶液反应生成银镜；③F的核磁共振氢谱表明其有两个不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1。回答下列问题：(1)A的化学名称为_____________。(2)由B生成C的化学反应方程式为______；该反应的类型为________________。(3)D的结构简式为____________________。(4)F的分子式为_________________。(5)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2:2:1的是(写结构简式)___。24、（12分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。25、（12分）无水FeCl3呈棕红色，极易潮解，100℃左右时升华，工业上常用作有机合成催化剂。实验室可用下列装置(夹持仪器略去)制备并收集无水FeCl3。（1）装置A中反应的离子方程式为________________。（2）装置C中所加的试剂为____________。（3）导管b的作用为___________；装置G的作用为________。（4）实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，再点燃D处的酒精灯，是因为_____。（5）为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入____________，___________(填试剂和现象)。26、（10分）以CuSO4溶液和不同酸根离子形成的钠盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。(1)经检验，现象I的白色沉淀为CuI，则反应的离子方程式为_____________________，氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。(2)经检验，现象Ⅱ中产生的气体是二氧化碳，绿色沉淀是碱式碳酸铜[xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O]。现采用氢气还原法测定碱式碳酸铜组成，请回答如下问题：①写出xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应的化学方程式__________________________________________________；②实验装置用下列所有仪器连接而成，按氢气流方向的连接顺序是(填仪器接口字母编号)：a→_______→gf→____→_____→_____→l(3)经检验，现象Ⅲ的棕黄色沉淀中不含SO42-，含有Cu+、Cu2+和SO32-。已知：Cu+Cu+Cu2+①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是______________________________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32-a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是_____________________。b．证实沉淀中含有Cu+和SO32-的理由是___________________________。27、（12分）实验室需要0.1mol•L-1NaOH溶液450mL和0.5mol•L-1硫酸溶液450mL．根据这两种溶液的配制情况回答下列问题：（1）如图所示的仪器中配制溶液肯定不需要的是__（填序号），本实验所用玻璃仪器E的规格和名称：_____配制上述溶液还需用到的玻璃仪器是___（填仪器名称）．（2）容量瓶不能用于____（填序号）．A配制一定体积准确浓度的标准溶液B长期贮存溶液C测量容量瓶规格以下的任意体积的液体D准确稀释某一浓度的溶液E量取一定体积的液体F用来加热溶解固体溶质（3）根据计算用托盘天平称取NaOH的质量为___g．在实验中其他操作均正确，若定容时仰视刻度线，则所得溶液浓度____0.1mol•L-1（填“大于”“等于”或“小于”，下同）．若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则所得溶液浓度___0.1mol•L-1．（4）根据计算得知，所需质量分数为98%、密度为1.84g•cm-3的浓硫酸的体积为_____mL（计算结果保留一位小数）．如果实验室有15mL、20mL、50mL量筒，应选用___mL量筒最好．配制过程中需先在烧杯中将浓硫酸进行稀释，稀释时操作方法是___。（5）如果定容时不小心超过刻度线，应如何操作：______________。28、（14分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I．CO还原NO的脱硝反应：2CO(g)＋2NO(g)⇌2CO2(g)＋N2(g)△H（1）已知：CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)△H1=－226kJ·mol-1N2(g)＋2O2(g)⇌2NO2(g)△H2=＋68kJ·mol-1N2(g)＋O2(g)⇌2NO(g)△H3=＋183kJ·mol-1脱硝反应△H=__________，有利于提高NO平衡转化率的条件是________________（写出两条）。（2）汽车使用乙醇汽油并不能减少NOx的排放，这使NOx的有效消除成为环保领域的重要课题。某研究小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，对CO、NO催化转化进行研究，测得NO转化为N2的转化率随温度、CO混存量的变化情况如下图所示，①若不使用CO，温度超过775℃，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_________________；在n(NO)/n(CO)＝1的条件下，应控制最佳温度在____________左右。②用CxHy(烃)催化还原NOx也可消除氮氧化物的污染，写出C2H6与NO2发生反应的化学方程式：_________。③NO2尾气常用NaOH溶液吸收，生成NaNO3和NaNO2。已知NO2－的水解常数K=2×10-11，常温下某NaNO2和HNO2混合溶液的pH为5，则混合溶液中c(NO2－)和c(HNO2)的比值为__________。II．T℃时，在刚性反应器中发生如下反应：CO(g)＋NO2(g)⇌CO2(g)＋NO(g)，化学反应速率v=kPm(CO)Pn(NO2)，k为化学反应速率常数。研究表明，该温度下反应物的分压与化学反应速率的关系如下表所示：（3）若反应初始时P(CO)=P(NO2)=akPa，反应tmin时达到平衡，测得体系中P(NO)=bkPa，则此时v=___________kPa·s-1（用含有a和b的代数式表示，下同），该反应的化学平衡常数Kp=_____（Kp是以分压表示的平衡常数）。29、（10分）利用废钡渣（主要成分为BaS2O3，含少量SiO2）为原料生产高纯氟化钡的流程如下：已知：Ksp(BaS2O3)=6.96×10-11，Ksp(BaF2)=1.0×10-6（1）加入盐酸时除产生SO2外，还有淡黄色固体生成。该反应的离子方程式为___________________________________________________________。（2）滤液的主要成分有____________。（填化学式）（3）工业上可用氨水吸收SO2，并通入空气使其转化为铵态氮肥。该转化中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____________。（4）加入NaOH溶液的目的是中和过量的盐酸，但不宜过量，其原因是____________（用离子反应方程式表示）。（5）生成BaF2的反应的化学方程式为_________________________。

①若该反应温度过高，容易造成c(F-)降低的原因是_______________________。②研究表明，适当增加NH4F的比例有利于提高BaF2的产率和纯度。将浓度为0.1mol•L-1的BaCl2溶液和0.22mol•L-1NH4F溶液等体积混合，所得溶液中c(Ba2+)=__________。

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【详解】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，氟气与水剧烈反应生成氟化氢和氧气，镁与水需要加热才能反应，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸。故选：B。2、C【详解】A．Mn元素的化合价降低，被还原，O元素的化合价升高被氧化，则O2是氧化产物，Mn2+是还原产物，选项A错误；B．过氧化钠中O元素的化合价升高，则过氧化钠是还原剂，选项B错误；C．标准状况下，产生22.4LO2时反应转移×2×[0-（-1）]=2mole-，选项C正确；D．用浓盐酸酸化高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，应利用稀硫酸酸化，选项D错误；答案选C。3、C【解析】A、电解有机废水（含CH3COOH），在阴极上氢离子得电子生成氢气，电极B为负极，选项A正确；B、与电源A极相连的惰性电极是阳极，发生的电极反应为：CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，选项B正确；C、在电解池中，阳离子定向移动到阴极，则通电后，H+通过质子交换膜向右移动，但右侧溶液中氢离子得电子产生氢气，氢离子浓度减小，PH增大，选项C不正确；D、氢离子得电子产生氢气，则通电后，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，选项D正确。答案选C。4、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，溶液变为深黄色，说明有I2生成。碘元素化合价由-1价升高到0价，Cu2+被还原为CuI，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色，说明I2被还原，I2与SO2反应生成HI和H2SO4，据此分析解答。【详解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中，Cu2+化合价降低，Cu2+作氧化剂，I2是I-失去电子形成的，I2是氧化产物，根据物质的氧化性：氧化剂>氧化产物，可知氧化性：Cu2+>I2；在反应SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合价由0价降低为-1价，I2作氧化剂，SO2被氧化，SO2作还原剂。由于物质氧化性：氧化剂>还原剂，因此氧化性：I2>SO2，故氧化性：Cu2+>I2>SO2，A正确；B.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应方程式可知，碘元素化合价由0价降低为-1价，被还原，所以I2作氧化剂，B错误；C.向反应后的混合物中不断通入SO2气体，发生反应：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因为I2不断被还原消耗变为I-使碘水褪色，SO2体现强还原性，而不能表现漂白性，C错误；D.CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，发生反应的化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2，可知：每转移2mol电子生成2molCuI，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查氧化还原反应，掌握物质的性质与元素化合价的关系是本题解答的关键。根据题目信息推断实验中发生的反应，利用物质的氧化性：氧化剂大于氧化产物，氧化剂大于还原剂；物质的还原剂：还原剂大于还原产物，还原剂大于氧化剂，电子转移数目等于反应中元素化合价升降总数，本题考查了学生对氧化还原反应的利用及对陌生信息的接受与应用能力。5、D【解析】A.分液时，为了使分液漏斗中的液体顺利滴下，要先打开分液漏斗上口的塞子，时分液漏斗内液体的压强上下一致，再将下层液体缓缓放入下面的烧杯中，选项A正确；B.蒸馏操作时，为了测定蒸出的馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，选项B正确；C.蒸馏中，为了增强冷凝效果，利用逆流原理，将冷却水应从冷凝管的下口通入，上口流出，选项C正确；D.用苯萃取出溴水中的溴后，可根据苯、液溴的沸点不同，用蒸馏的方法从溴与苯混合物中提纯溴，选项D错误。合理选项是D。6、C【解析】A、非金属性越强，其氢化物稳定性越强，Cl和At属于同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，Cl的非金属性强于At，即HCl比HAt稳定，故A错误；B、同主族从上到下，非金属性减弱，I的非金属性强于At，即I2的氧化性强于At2，，故B错误；C、At2属于分子晶体，故C正确；D、HAt属于强酸，则NaAt属于强碱强酸盐，其水溶液显中性，故D错误。7、C【解析】A、NaCN中C为+2价，Na为+1价，则氮元素的化合价为-3，反应前后N元素化合价不变，故A错误；B、NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3↑反应中O元素从-1价降低为-2价，所以反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、因为HCN酸性比H2CO3弱，所以实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液抑制其水解，故C正确；D、无体积无法计算，故D错误；故选C。8、D【分析】Z是地壳中含量最多的元素，可知Z是O元素，只有Y、Z处于同一周期且相邻，X、Y、Z、W原子序数依次增大，可知Y是N元素，X是H元素，W是短周期中金属性最强的元素，可知W是Na元素。【详解】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Z是地壳中含量最多的元素，W是短周期中金属性最强的元素，则Z是O、W是Na元素，其中只有Y、Z处于同一周期且相邻，且Y原子序数小于Z，则Y是N元素，X是H元素；A.原子的电子层数越多其原子半径越大，电子层数相同的原子，其原子半径随着原子序数增大而减小，X位于第一周期、Y和Z位于第二周期且原子序数Y<Z，W位于第三周期，所以原子半径：r(X)<r(Z)<r(Y)<r(W)，故A错误；B.W的最高价氧化物的水化物是NaOH，NaOH是强碱，故B错误；C.Y单质是氮气、Z单质是氧气，元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性O>N元素，所以Z单质的氧化性大于Y，故C错误；D.X、Y、Z三种元素组成的化合物可能是硝酸、硝酸铵，硝酸是共价化合物、硝酸铵是离子化合物，故D正确；故选：D。9、A【解析】试题分析：A．与铝反应放出氢气的溶液显酸性或碱性，在酸性溶液中S2－、SO32-发生氧化还原反应，不能共存，在碱性溶液可以大量共存，故A正确；B．常温下Kw/c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液显酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．水电离出的c(H＋)＝10－10mol·L—1的溶液显酸性或碱性，在酸性或碱性溶液中HCO3‾都不能大量存在，故C错误；D．AlCl3溶液中CO32―与铝离子发生双水解反应，不能大量共存，故D错误；故选A。考点：考查了离子共存的相关知识。10、D【分析】根据化合价的变化判断，化合价变化的数值越小，说明发生氧化还原反应时得到的电子数目越少，则消耗铝的量最少。【详解】A．MnO2～Mn，生成1molMn，需要4mol电子，消耗molAl；B．WO3～W，生成1molW，需要6mol电子，消耗2molAl；C．Cr2O3～Cr，生成1molCr，需要3mol电子，消耗1molAl；D．Co3O4～Co，生成1molCo，需要mol电子，消耗molAl，结合以上分析可知，消耗Al最少的是Co3O4；故答案选：D。11、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。12、A【解析】由题干中“酿酒”可知，该操作的目的是获得“酒”，由“蒸令气上，用器承取滴露”可知，该操作方法是蒸馏。答案选A。【点睛】对于化学与中国传统文化题目解答时，需抓住关键词分析。13、B【详解】A．Na2S是强电解质，HgS难溶于水，用处理含废水，，故A正确；B．CaO写化学式，用生石灰（）中和酸性废水，CaO＋2H＋=Ca2＋＋H2O，故B错误；C．HClO具有强氧化性，将氨氮废水中的氮氧化为氮气，，符合电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，故C正确；D．明矾水解生成氢氧化铝胶体具有吸附性，，故D正确；故选B。14、B【解析】A．Na2O2在熔融状态下电离出2个钠离子和1个过氧根，故1mol过氧化钠能电离出3mol离子即3NA个，故A正确；B．将CO2通过Na2O2使固体质量增加mg，固体增加的质量相当于CO的质量，则参加反应二氧化碳的物质的量为mol，1mol二氧化碳与过氧化钠反应转移1mol电子，故反应中转移的电子数=，故B错误；C．标况下，22.4L甲烷的物质的量是1mol，含有10mol电子，18g水物质的量是1mol，含有10mol电子，所含有的电子数均为10NA，故C正确；D．加入一定量的氨水后，溶液呈中性，n（H+）=n（OH-），据溶液中的电荷守恒：n（Cl-）+n（OH-）=n（NH4+）+n（H+），所以n(Cl-)=n(NH4+)=1mol，即铵根离子为NA个，故D正确；故选B。15、A【详解】A．向某溶液中先加入氯水再加入KSCN溶液，溶液呈红色，可能是溶液中的Fe2+被氯水氧化成Fe3+，也可能是原溶液中含有Fe3+，故A结论正确；B．向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1mol·L－1的H2SO4溶液，试管口出现红棕色气体，是因为酸性条件下，溶液中的被Fe2+还原为NO，NO遇空气中的氧气氧化生成红棕色的NO2，不能说明0.1mol·L－1的H2SO4溶液具有强氧化性，故B结论错误；C．Al遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则不能说明浓度越大、反应速率越快，故C现象和结论错误；D．炭和浓H2SO4的混合物加热，生成二氧化碳、二氧化硫，二者均使石灰水变浑浊，不能证明碳被氧化成CO2，故D结论错误；答案选A。16、C【解析】A.装置A气密性的检查方法，关闭K1，然后向长颈漏斗中加水，当漏斗中液面高于试管中液面且高度不变说明气密性良好，A不正确；B.装置B中应盛放碱石灰，目的是除去A中挥发出来的少量水蒸气和氯化氢等等，B不正确；C.装置C加热前，用试管在干燥管管口处收集气体点燃，通过声音判断气体纯度，若听到“噗”的一声，则说明氢气已纯净，C正确；D.Cu与浓硫酸反应制取SO2需要加热，故装置A不能直接用于该反应中，D不正确。本题选C。17、C【解析】25℃时0.1mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，则M溶液为强酸性溶液，由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。A.114号元素鈇(Fl)在ⅣA族元素，Y（Ｎ）为ⅤA族元素，不在同一主族，选项A错误；B.X分别与Z、W形成的化合物H2O、H2O2中只含有共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，故所含化学键类型不相同，选项B错误；C.Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2，选项C正确；D.X、Y形成的化合物NH3中只含有极性共价键，但形成的化合物N２H４中含有极性共价键和非极性共价键，选项D错误；答案选C。18、D【详解】A项、海水淡化的方法主要有蒸馏法、电渗析法、离子交换法，故A正确；B项、电解饱和食盐水生成的氯气能与氢气和氢氧化钠溶液反应，氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应，从而提高了产品的纯度，故B正确；C项、氯化镁在溶液中会发生水解，由MgCl2·6H2O得到无水MgCl2的关键是要在干燥的氯化氢气流低温小火烘干，防止氯化镁发生水解，故C正确；D项、反应④是溴与二氧化硫在溶液中发生氧化还原反应，溴元素被还原，故D错误；故选D。【点睛】氯碱工业中采用阳离子交换膜，只允许阳离子通过，不允许分子和阴离子通过，防止氯气和氢氧化钠溶液反应影响产品纯度是解答关键，也是易错点。19、B【详解】A.该装置相当于电解池，能将电能转化为化学能，正确；B.左端为阳极，其腐蚀速率较右端快，错误；C.如果没有外加电源，潮湿的土壤（接近中性）中的钢铁管道发生原电池反应，所以发生的是吸氧腐蚀，正确；D.根据题意，此种腐蚀较慢，所以“阳极保护”实际上是在金属表面形成了一层致密的保护膜，正确。20、D【解析】A、由图可知，NH3被氧化为N2，发生氧化反应，所以该电池中A是负极，B是正极，电流由正极（B）流向负极（A），故A错误；B、原电池中，阴离子向负极移动，则OH﹣向负极A移动，故B错误；C、气体的体积必须标明温度和压强，否则没有意义，故C错误；D、碱性条件下，A电极发生NH3转化为N2，故电极反应为：4NH3+3O2=2N2+6H2O，故D正确。故选D。点睛：燃料电池规律：负极上是燃料失电子的氧化反应，在正极上氧气发生得电子的还原反应。易错点：气体的体积一定要标温度和压强，否则数据无意义，选项可直接排除。21、D【详解】A、用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，先通过D装置除去HCl，再通过A装置除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，然后通过B验证Cl2是否具有漂白性，再通过C验证潮湿的氯气具有漂白性，由于氯气会导致大气污染，因此最后通过NaOH溶液进行尾气处理，故使用的装置的先后顺序为DABCE，故A错误B、根据A项分析可知，装置连接顺序依次为为DABCE，故B错误；C、装置E的主要用途是吸收多余的氯气，防止污染空气，故C错误；D、由装置B中现象可判断Cl2无漂白性，湿润有色布条褪色是因氯气与水反应生成的HClO引起的，故D正确；答案选D。22、B【解析】A.氯离子最外层为8电子，故错误；B.氯化铵中铵根离子和氯离子之间为离子键，电子式正确，故正确；C.图为甲烷的球棍模型，故错误；D.次氯酸的结构式为H－O－Cl，故错误。故选B。【点睛】掌握电子式的书写原则，含有离子键的应书写有电荷和[]，共价键书写时注意原子形成的共用电子对数，用8-最外层电子数进行计算，同时注意氢原子形成一对共用电子。二、非选择题(共84分)23、甲苯+2Cl2+2HCl取代反应C7H4O3Na2【分析】A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯，由因此A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息②D可与银氨溶液反应生成银镜可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息①可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息③可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同时发生中和反应，则F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G()，最后G与丁醇发生酯化反应生成对羟基苯甲酸丁酯，据此分析解答。【详解】(1)通过以上分析知，A为，其名称是甲苯，故答案为甲苯；(2)B为，C为，B发生取代反应生成C，反应方程式为+2Cl2+2HCl，该反应属于取代反应，故答案为+2Cl2+2HCl；取代反应；(3)D的结构简式为，故答案为；(4)F为，分子式为C7H4O3Na2，故答案为C7H4O3Na2；(5)E为，E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；侧链为-OOCH、-Cl，有邻、间、对3种；侧链为-CHO、-OH、-Cl时，当-CHO、-OH处于邻位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于间位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于对位时，-Cl有2种位置；其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2∶2∶1的是，故答案为。24、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：25、MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O浓硫酸(或浓H2SO4)平衡压强(或使浓盐酸顺利流下)吸收多余的Cl2排尽实验装置中的空气KSCN溶液溶液变红【分析】根据实验装置图可知，用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，通过装置中的长颈漏斗可判断实验过程中导管是否被产品堵塞，C装置中装浓硫酸干燥氯气，D装置中铁与氯气反应生成氯化铁，E装置收集生成的氯化铁，实验尾气中有氯气，要用氢氧化钠溶液吸收，由于无水FeCl3极易潮解，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一个干燥装置，防止吸收装置中的水份与氯化铁反应，所以F中装浓硫酸，G中装氢氧化钠溶液，实验时由于装置中有空气中的水蒸气，会与铁反应，也会使产物氯化铁潮解，所以要先排除装置中的空气，【详解】（1）加热条件下，浓盐酸和二氧化锰反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；答案为：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；（2）氯气中有氯化氢和水杂质，为制备并收集无水FeCl3，B装置中装饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢，C装置中装浓硫酸干燥氯气，答案为：浓硫酸(或浓H2SO4)；（3）导管b的作用为平衡装置压强，是盐酸能顺利流下；装置G为尾气处理装置，未反应的氯气有毒，不能排放到空气中，作用为吸收多余的Cl2。答案为：平衡压强(或使浓盐酸顺利流下)；吸收多余的Cl2；（4）实验时由于装置中有空气中的水蒸气，会与铁反应，也会使产物氯化铁潮解，导致制备产品不纯，所以要先排除装置中的空气，因此实验时应先点燃A处的酒精灯，反应一会儿后，排尽装置中的空气，再点燃D处的酒精灯。答案为：排尽实验装置中的空气（5）为检验所得产品为FeCl3，可进行如下实验：取E中收集的产物少许，加水溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液，溶液变红说明含有三价铁离子。答案为：KSCN溶液；溶液变红；26、2Cu2++4I-=2CuI↓+I21:2xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2Okjdehibc有红色固体析出盐酸和BaCl2溶液在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-【详解】(1)经检验，现象I的白色沉淀为CuI，铜元素的化合价由+2价降低到-1价，则碘离子中碘元素化合价由-1价升高到0价，则反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；该反应中氧化产物为碘单质，还原产物为CuI，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2；综上所述，本题答案是：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；1:2。(2)①xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O与氢气反应生成单质铜、水、二氧化碳，反应方程式为：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O；综上所述，本题答案是：xCuCO3·yCu(OH)2·zH2O+(x+y)H2(x+y)Cu+xCO2+(x+2y+z)H2O。②实验中要测定生成的水、二氧化碳的量，从a口出来气体中含有水蒸气和挥发出来的氯化氢气体，会对实验造成干扰，应先用水吸收氯化氢气体，再用浓硫酸吸收水蒸气；之后，与碱式碳酸铜发生反应，产生的两种气体先用浓硫酸吸收水蒸气，再用U型管中的碱石灰吸收二氧化碳，同时连上装有碱石灰的球形干燥管，避免空气中的水和二氧化碳进入U型管而产生误差，因此装置的连接顺序为：a→kj→gf→de→hi→bc→l；综上所述，本题答案是：kj，de，hi，bc。(3)①由已知可知Cu+和稀硫酸反应生成Cu和Cu2+，所以用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验操作和现象为取一定量的沉淀于试管中，向其中加入稀硫酸，有红色固体析出。综上所述，本题答案是：有红色固体析出。②a.证明溶液中有SO42-，需要加入盐酸和BaCl2溶液，生成白色沉淀BaSO4，因此试剂1是HCl和BaCl2溶液；综上所述，本题答案是：盐酸和BaCl2溶液。b.根据“已知”，加入KI溶液生成白色沉淀CuI，说明溶液中有Cu2+，向清液中加入淀粉溶液没有颜色变化，说明生成的I2被SO32-还原成I-，SO32-被氧化为SO42-，向清液中加入盐酸和BaCl2溶液，产生BaSO4沉淀；因此证实沉淀中含有Cu2+和SO32-的理由是在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-，溶液中存在Cu2+和SO32-；综上所述，本题答案是：在I-作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。【点睛】本题考查化学实验方案的分析、评价和设计．主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大。分析时要注意：铜离子与碘离子反应生成白色沉淀碘化亚铜和碘单质，说明铜离子的氧化性也比较强，与碘离子不能共存；铜离子在酸性环境下稳定，而亚铜离子在酸性环境下发生歧化反应。27、AC500mL容量瓶烧杯、玻璃棒BCF2.0小于小于2.715先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌重新配制【分析】(1)用固体和用液体配制溶液所用仪器有所不同，根据配制的过程可以列出各自所需的仪器；容量瓶只有1个刻度，只有有限规格的容量瓶可选用；(2)容量瓶用于液体的精确定容，其容积会受到各种因素的影响，所以能损坏容量瓶或引起容量瓶容积发生改变的使用方式均不允许；(3)容量瓶的规格有限，所以应根据可取用的容量瓶确定实际应配制的溶液的体积，在此基础上计算NaOH的质量；根据公式c=可判断各种操作对配制结果的影响；(4)计算所需浓硫酸的体积应注意的事项与(3)相同；(5)每个容量瓶都只有一个刻度，定容时不能超过刻度线，否则，配制失败。【详解】(1)用固体NaOH配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→称量(天平、药匙)→溶解(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容(胶头滴管)→摇匀→装瓶；用浓硫酸配制一定物质的量浓度的溶液步骤和所用的仪器(重复的未列出)是：计算→量取(量筒、胶头滴管)→稀释(烧杯、玻璃棒)→冷却→转移溶液(容量瓶)→洗涤→(摇匀→)定容→摇匀→装瓶，都没有用到的有平底烧瓶和分液漏斗；常见的容量瓶没有450mL的，应选用500mL的容量瓶；在配制过程中，溶解需用烧杯，还需用玻璃棒搅拌和引流。答案为：AC；500mL容量瓶；烧杯、玻璃棒；(2)A．容量瓶用于液体的精确定容，可用于配制一定体积准确浓度的标准溶液，A选项不符合题意；B．容量瓶为精密仪器，不能用于长期贮存溶液，B选项符合题意；C．容量瓶只有一个刻度，不能测量容量瓶规格以下的任意体积的液体，C选项符合题意；D．容量瓶用于液体的精确定容，可用于固体配制一定物质的量浓度的溶液，也可用于溶液准确稀释，D选项不符合题意；E．容量瓶有刻度，可用于量取一定体积的液体，但每个容量瓶只能量取一种体积的液体，E选项不符合题意；F．容量瓶是精密仪器，不能用来加热溶解固体溶质，F选项符合题意；答案为：BCF；(3)实验室一般没有450mL规格的容量瓶，应取500mL规格的容量瓶，即，实际配制的溶液的体积为500mL，所以所需NaOH的质量为：500×10-3L×0.1mol∙L-1×40g∙mol-1=2.0g。根据公式c=，定容时仰视观察液面，则溶液体积V偏大，导致所配溶液浓度小于0.1mol∙L-1；若NaOH溶液在转移至容量瓶时，洒落了少许，则溶质物质的量n偏少，导致所配溶液浓度小于0.1mol∙L-1。答案为：2.0；小于；小于；(4)与(3)相同，实际应配制的硫酸的体积为500mL，所以有：V(浓硫酸)×1.84g•cm-3×98%=500×10-3L×0.5mol∙L-1×98g∙mol-1，求得V(浓硫酸)≈13.6mL；应选择量程不小于13.6mL的量筒中规格最小的，所以题给量筒中应选择15mL的；浓硫酸稀释：先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌，切忌将水加入浓硫酸中，引起液体飞溅伤人。答案为：2.7；15；先将适量水加入烧杯中，再将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢加入水中，并不断搅拌；(5)每个容量瓶都只