湖北省巴东三中2026届高三化学第一学期期中预测试题含解析

湖北省巴东三中2026届高三化学第一学期期中预测试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列说法正确的是（）A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒B．胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能C．将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷D．利用渗析的方法可以将胶体和溶液进行分离2、25°C时，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,下列说法正确的是A．AgCl和Ag2CrO4共存的悬浊液中，B．向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，Ag2CrO4不可能转化为AgClC．向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，有AgC1析出且溶液中c(Cl－)=c(Ag＋)D．向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgC1先析出3、分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有（）A．2种 B．3种 C．4种 D．5种4、在100mL的稀硝酸中加入由铜和镁组成的2.64g混合物，两者恰好反应固体完全溶解时收集到0.896L（标准状态）NO气体。向反应后的溶液中加入60mLNaOH溶液中金属离子恰好沉淀完全。下列说法正确的是（）A．原硝酸溶液的物质的量浓度为1.2mol/LB．形成的沉淀的质量为4.32gC．混合物中Cu的质量为1.92gD．NaOH溶液的物质的量浓度为1mol/L5、下列有机物的系统命名正确的是A．3-甲基戊烷 B．1，2-二甲基丁烷C．3，4-二甲基戊烷 D．2-乙基丁烷6、氧化铅-铜电池是一种电解质可循环流动的新型电池(如图所示)，电池总反应为PbO2+Cu+2H2SO4=PbSO4+CuSO4+2H2O。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时，电子由Cu电极经电解质溶液流向PbO2电极B．电池工作过程中，电解质溶液的质量逐渐减小C．正极反应式：PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2OD．电池工作过程中，两个电极的质量均减小7、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl－KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A．输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B．放电时电解质LiCl－KCl中的Li＋向钙电极区迁移C．电池总反应为Ca＋PbSO4＋2LiClPb＋Li2SO4＋CaCl2D．每转移0.2mol电子，理论上消耗42.5gLiCl8、一种基于酸性燃料电池原理设计的酒精检测仪，负极上的反应为：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+。下列有关说法正确的是A．检测时，电解质溶液中的H+向负极移动B．若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗4.48L氧气C．电池反应的化学方程式为：CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2OD．正极上发生的反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-9、下列离子方程式书写正确的是A．石灰水表面漂着的“白膜”可用醋酸溶解:CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．钠加入水中:Na+2H2O=Na++2OH-+H2↑C．FeS溶液中加入稀硝酸:FeS+2H+=Fe2++2H2S↑D．0.01mol/LNH4Al(SO4)2溶液与0.02mol/LBa(OH)2溶液等体积混合:NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O10、既能表现出酸性又能表现出碱性的化合物为两性化合物，下列物质为两性化合物的是①SiO2②Al2O3③KAl(SO4)2④Ca(HCO3)2⑤(NH4)2CO3⑥AlA．①②③④⑤⑥ B．①②④⑤ C．②④⑤⑥ D．②④⑤11、在一个密闭容器中，中间有一可自由滑动的隔板，将容器分成两部分。当左边充入28gN2，右边充入8gCO和CO2的混合气体时，隔板处于如图所示位置（两侧温度相同）。则混合气体中CO和CO2的分子个数比为（）A．1：1B．1：3C．2：1D．3：112、25℃时，向20mLcmol/LNaOH溶液中滴加0.1mol/L醋酸溶液，混合溶液中水电离的c（OH－）与醋酸溶液体积（V）的关系如图。下列有关说法错误的是（）A．c（NaOH）=0.1mol/LB．水的电离程度：E＞B=D＞AC．酸溶液的体积：V=20mLD．若D点对应的醋酸溶液体积为V1mL，则25℃时醋酸的电离常数Ka＝13、下列有关绿色化学的叙述中,不正确的是()A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染。B．最理想的“原子经济”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物。C．绿色化学反应选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的。D．所有环境问题都是环境污染。14、有①Na2CO3溶液②CH3COONa溶液③NaOH溶液各25mL，物质的量浓度均为0.1mol·L－1，下列说法正确的是A．3种溶液pH的大小顺序是③＞②＞①B．若将3种溶液稀释相同倍数，pH变化最大的是②C．若分别加入25mL0.1mol·L－1盐酸后，pH最大的是①D．若3种溶液的pH均为9，则物质的量浓度的大小顺序是③＞①＞②15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．25C时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有H+的数目为0.2NAB．标况下，22.4LCl2与足量Fe和Cu混合物点燃，反应后，转移的电子数为2NA个C．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．标准状况下，11.2LSO3含有分子数为0.5NA16、实验室模拟工业漂白液（有效成分为NaClO）脱除废水中氨氮（NH3）的流程如下：下列分析正确的是A．①中采用蒸馏的方法精制粗盐水B．②中阳极的主要电极反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑C．③中制备漂白液的反应：Cl2+OH-=Cl-+HClOD．②、③、④中均发生了氧化还原反应17、在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．B．C．D．18、可逆反应达到平衡时，下列物理量发生变化，平衡一定发生移动的是()A．反应物的浓度 B．反应物的转化率C．正、逆反应速率 D．体系的压强19、向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100mL2mol/L盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224mL（标准状况）气体，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，得到铁的质量是（）A．5.6 B．4.2 C．2.8 D．1.420、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关21、亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法错误的是()A．反应②反应过程中有大量不可使带火星木条复燃气体冒出B．反应①得到的ClO2消毒漂白能力比氯气强，使用起来比较安全C．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O222、将0.2mol·L－1NaHCO3溶液与0.1mol·L－1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是A．2c(K＋)＝c(HCO3—)＋2c(CO32—)＋c(H2CO3)B．c(Na＋)＞c(K＋)＞c(OH－)＞c(HCO3—)＞c(CO32—)＞c(H＋)C．c(OH－)＋c(CO32—)＝c(H＋)＋c(H2CO3)＋0.1mol·L－1D．3c(K＋)＋c(H＋)＝c(OH－)＋c(HCO3—)＋2c(CO32—)二、非选择题(共84分)23、（14分）已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质A的化学式为C8H10，写出A的名称___，鉴别A和可选用的试剂是___。（2）写出反应①的化学反应方程式____。（3）反应①～⑤中，属于加成反应的是____；反应⑤的反应条件为___。（4）写出2种满足下列条件的同分异构体的结构简式。___，____。①含苯环结构②能发生银镜反应（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。_____合成路线常用的表示方式为：24、（12分）是合成高聚酚酯的原料，其合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知:i.；ii.(1)A的名称为________________，B含有的官能团是______________________。(2)②的反应类型是_____________________________。(3)反应①的化学方程式为____________________________。(4)反应③的化学方程式为___________________________。(5)D的结构简式为______________________，与D互为同分异构体且含有碳碳双键和一COO─的苯的二取代物有____种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为2:1:2:2:1的结构简式为_________(任写一种）。(6)写出以C2H5OH为原料合成乳酸（）的路线。（其他试剂任选）_________25、（12分）研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。Ⅰ．含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2。某研究性学习小组在实验室利用装置(如图)测定烟气中SO2的体积分数。(1)将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。(填序号)①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液(2)若烟气的流速为amL·min-1，若t1min后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数_____。II．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验(装置图)：(3)检查装置A的气密性：_________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。(4)装置A中发生的反应的离子方程式为__________。(5)整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________。(6)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开旋塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭旋塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_____(7)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，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：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。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性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水。①结合化学用语解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________；设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加______，若_________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，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，取少量红色物质加入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：__________________。26、（10分）谢弗勒尔盐（Cu2SO3·CuSO3·2H2O)是一种不溶于水、酸和乙醇的固体，100℃时发生分解。可由CuSO4·5H2O和SO2等为原料制备，实验装罝如下图所示：(1)装置A在常温下制取SO2时，用70%硫酸而不用稀硫酸和98%浓硫酸，其原因是________。(2)装置B中发生反应的离子方程式为_________。(3)装置C的作用是__________。(4)从B中获得的固体需先用蒸馏水充分洗涤，再真空干燥。检验己洗涤完全的方法是________________。(5)请补充完整由工业级氧化铜（含少量FeO)制备实验原料（纯净CuSO4·5H2O)的实验方案：向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，边搅拌边向其中滴入______溶液，加入适最纯净的________调节3.2<pH<4.2，静置，过滤，将滤液水浴加热蒸发浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用95%酒精洗涤晶体2～3次，晾干，得到CuSO4·5H2O。[已知：该溶液中氢氧化物开始沉淀与沉淀完全时的pH范围分别为：Fe(OH)2(5.8,8.8);Cu(OH)2(4.2,6.7);Fe(OH)3(1.1，3.2)]27、（12分）POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：I．制备PCl3（1）实验室用高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气。发生装置可以是图中的____（填字母代号）。（2）检查装置C气密性并装入药品后，先关闭K1，打开K2通入干燥的CO2，一段时间后，关闭K2，加热曲颈瓶同时打开K1通入干燥氯气，反应立即进行。图中碱石灰的作用是______________。II．实验室制备POCl3。采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如图：资料：①Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，Ksp（AgCl）＞Ksp（AgSCN）；②PCl3和POCl3的相关信息如下表：物质熔点/℃沸点/℃相对分子质量其他PCl3﹣112.076.0137.5两者互溶，均为无色液体，遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢POCl32.0106.0153.5（3）POCl3在潮湿空气中会剧烈“发烟”，反应的化学方程式为___________________________________。（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是：_________________________________。（5）通过佛尔哈德法可以测定产品中Cl元素含量，实验步骤如下：a、准确称取15.0gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。b、取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.2mol•L﹣1AgNO3标准溶液。c、加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖。d、以NH4Fe(SO4)2为指示剂，用0.2mol•L﹣1NH4SCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去l0.00mLNH4SCN溶液。①步骤d中达到滴定终点的现象是__________________________________________。②产品中Cl元素的质量分数为______________（保留3位有效数字）。28、（14分）亚硝酸钠是一种工业盐，在生产、生活中应用广泛。现用下图所示装置（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：①NO＋NO2＋2OH－＝2NO2－＋H2O②气体液化的温度：NO2（21℃）、NO（–152℃）（1）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，目的是________________________。（2）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序为（从左向右连接）：A→_____________；组装好仪器后，接下来进行的操作是________________。（3）关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70％的硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生气体含有NO，依据的现象是_____________________________。②装置E的作用是_______________________________________________________。（4）如果没有装置C，对实验结论造成的影响是______________________________。（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_______________。29、（10分）教材插图具有简洁而又内涵丰富的特点。请回答以下问题：（1）第三周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素对应的原子有___种不同运动状态的电子。（2）如图2所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是___。（3）CO2在高温高压下所形成的晶体其晶胞如图3所示。则该晶体的类型属于___晶体。（4）第一电离能介于Al、P之间的第三周期元素有___种。GaCl3原子的杂化方式为___。（5）冰、干冰、碘都是分子晶体，冰的结构具有特殊性，而干冰、碘的晶体具有相似的结构特征，干冰分子中一个分子周围有___个紧邻分子。D的醋酸盐晶体局部结构如图，该晶体中含有的化学键是___（填字母标号）。a．极性键b．非极性键c．配位键d．金属键

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【解析】A．明矾净水的原理是铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有与净水作用，不能用于杀菌消毒，故A错误；B．胶体和溶液的本质区別是分散质粒子的大小不同，故B错误；C.将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体的胶体粒子带正电荷，不是胶体带电，故C错误；D．由于胶体和溶液都能够通过滤纸，不能用过滤方法分离，可以用半透膜分离，故D正确；故选D。2、D【解析】A、AgCl和Ag2CrO4共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c(Cl－)/c(CO42－)不等于二者的Ksp之比，故A错误；B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c(Cl－)c(Ag＋)>Ksp(AgCl)时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c(Cl－)增大，导致c(Cl－)c(Ag＋)>Ksp(AgCl)，从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl－)>c(Ag＋)，所以C错误；D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag＋)==，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag＋)==，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。本题正确答案为D。点睛：涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。3、C【详解】分子式为C10H14的单取代芳烃可以写为C6H5—C4H9，—C4H9的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2—、、（CH3）2CHCH2—、（CH3）3C—，共4种，所以分子式为C10H14的单取代芳烃可能的结构有四种，答案选C。4、C【分析】铜和镁都是+2价金属，二者与稀硝酸反应都生成NO气体，根据n=计算出NO的物质的量，然后设出Cu、Mg的物质的量，利用电子守恒可计算出铜和镁的总物质的量，从而可知生成氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量。【详解】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.896L，物质的量为：=0.04mol，所以转移的电子的物质的量为：0.04mol×（5-2）=0.12mol，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.12mol，所以最后沉淀质量为：2.64g+0.12mol×17g/mol=4.68g，根据氮元素守恒，硝酸的物质的量为0.12+0.04=0.16mol，金属的物质的量为0.06mol，质量为2.64g，设铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，有方程组：x+y=0.06，64x+24y=2.64，计算出x=0.03，y=0.03；加入的氢氧化钠的物质的量为0.12mol。A、原硝酸溶液的物质的量浓度为=1.6mol/L，故A错误；B、形成的沉淀的质量为4.68g，故B错误；C、混合物中Cu的质量为0.03mol×64g/mol=1.92g，故C正确；D、NaOH溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故D错误。答案选C。【点睛】考查混合金属与硝酸反应的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法。5、A【详解】A.3-甲基戊烷，主链和支链位号正确，故A正确；B.1，2-二甲基丁烷的主链应为5个碳原子，应为3-甲基戊烷，故B错误；C.3，4-二甲基戊烷编号时，位号之和不是最低，应为2，3-二甲基戊烷，故C错误；D.2-乙基丁烷的主链应为5个碳原子，应为3-甲基戊烷，故D错误；故选A。6、C【详解】A．电池工作时，电子不能流经电解质溶液，只能在外电路中流动，故A项镨误；B．由电池总反应可知，若反应的PbO2为1mol，则电解质溶液中增加了2molO，1molCu，减少了1molSO，则增加和减少的质量相等，反应前后电解质溶液的质量不变，故B项错误；C．由总反应可知，PbO2得电子，正极反应式为PbO2+2e-+4H++SO=PbSO4+2H2O，故C项正确；D．正极反应生成的硫酸铅附着在PbO2电极上，其质量增加，故D项错误；故选C。7、C【分析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A.输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B.Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C.负极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，正极电极反应方程式为：PbSO4+2e−+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl−−2e−=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e−∼2LiCl，每转移0.2mol电子，消耗0.2molLiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。8、C【详解】A、该燃料电池的电极反应式分别为正极：O2+4e-+4H+=2H2O，负极：CH­3CH2OH–4e-+H2O=CH3COOH+4H+，电解质溶液中的H+应向正极移动（正极带负电），A不正确；B、根据正极反应式，若有0.4mol电子转移，则在标准状况下消耗2.24L氧气，B不正确；C、将正负极电极反应式叠加得CH3CH2OH+O2=CH3COOH+H2O，C正确；D、酸性条件下正极：O2+4e-+4H+=2H2O，D不正确。答案选C。9、D【解析】A、醋酸是弱酸，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子，应是CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋H2O＋CO2↑＋2CH3COO－，故A错误；B、电荷不守恒，正确的是2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，故B错误；C、硝酸具有强氧化性，能与Fe2＋、H2S发生氧化还原反应，故C错误；D、NH4＋、Al3＋都能与OH－发生反应，Al3＋结合OH－能力强于NH4＋，因此先发生Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓，然后发生NH4＋＋OH－=NH3·H2O，最后发生Al(OH)3＋OH－=AlO2－＋2H2O，根据题中信息，发生的离子反应是NH4＋＋Al3＋＋2(SO4)2－＋2Ba2＋＋4OH－=2BaSO4↓＋Al(OH)3↓＋NH3·H2O，故D正确。10、D【详解】①SiO2与碱反应生成硅酸盐和水，不与强酸反应，不满足两性化合物的定义，不属于两性化合物；②Al2O3既能与酸反应、又能与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；③KAl(SO4)2可与碱反应，但是不与酸反应，不满足两性化合物定义，不属于两性化合物；④Ca(HCO3)2与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑤(NH4)2CO3与酸反应生成盐、气体和水，与碱反应生成盐、气体和水，满足两性化合物的定义，属于两性化合物；⑥Al是单质，能够与强酸和强碱反应，但铝不是化合物；综上所述，符合题意的有②④⑤，本题选D。【点睛】能够与酸反应又能与碱反应的物质不一定是两性物质，但是两性物质一定既能与酸反应又能与碱反应。11、D【解析】根据阿伏加德罗定律可知相同条件下气体的体积之比是物质的量之比，根据示意图可知氮气和混合气体的体积之比是4：1。28g氮气是1mol，所以混合气体的物质的量是0.25mol，设混合气体中CO和CO2的物质的量分别是xmol、ymol，则x+y＝0.25、28x+44y＝8，解得x＝0.1875、y＝0.0625，所以混合气体中CO和CO2的分子个数比为3：1，答案选D。12、D【详解】A.氢氧化钠的溶液中水电离的氢氧根离子浓度为10-13mol/L，说明水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，故A正确；B.氢氧化钠溶液中水电离受到抑制，加入醋酸溶液反应生成盐，水电离程度逐渐增大，当溶液中全为醋酸钠，水的电离程度最大，继续加入醋酸，水的电离程度又逐渐减小，因为BD两点水电离的氢氧根离子浓度相同，即水电离程度相同，故电离程度的关系为E＞B=D＞A，故正确；C.当醋酸和氢氧化钠完全反应时水电离程度最大，即V=20mL，故正确；D.D点成分为醋酸和醋酸钠，溶液为中性，c(H+)=10-7mol/L，则c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，c(CH3COOH)=mol/L，则醋酸电离平衡常数=，故错误。故选D。13、D【详解】A．绿色化学的核心是利用化学原理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A正确；B．反应物的原子全部转化为期望的最终产物，原子的转化率为100%，为最理想的“原子经济”，B正确；C．绿色化学选择的原料、催化剂、溶剂都应该是无毒无害的，产物应该是安全、能降解、可再利用的环境友好产品，C正确；D．全球变暖、土地荒漠化、臭氧层破坏等都属于环境问题，所有环境问题不一定都是环境污染引起的，故D错误；故答案为D。14、C【详解】A.酸越弱，相应的钠盐越容易水解，醋酸的酸性强于碳酸的，所以碳酸钠的碱性强于醋酸钠的，A不正确；B.稀释促进水解，所以pH变化最大的是氢氧化钠，B不正确；C.醋酸钠和氢氧化钠都恰好与盐酸反应，但碳酸钠生成碳酸氢钠，溶液显碱性，pH最大，C正确；D.氢氧化钠是强碱，所以选项D中应该是②＞①＞③，D不正确；答案选C。15、B【详解】A、pH=1的硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，故1L该溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，N(H+)=0.1mol×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B、标况下，22.4LCl2的物质的量为=1mol，与足量Fe和Cu混合物点燃，氯元素化合价均降低为-1价，故转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，故B正确；C、浓盐酸与足量MnO2共热反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低，后续反应将停止，故无法计算出具体转移电子数，故C错误；D、标准状况下，SO3不是气体状态，故无法用气体摩尔体积计算其数目，故D错误。16、D【解析】A.①中采用蒸馏只能得到蒸馏水，得不到精制盐水，要得到精制盐水需要使用化学方法除去其中的杂质，错误；B.阳极发生氧化反应，②中阳极的主要电极反应：2Cl――2e－＝Cl2↑，错误；C.生成的氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，③中制备漂白液的反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，错误；D.②中电解氯化钠溶液生成氢气和氯气以及氢氧化钠、③中氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、④中次氯酸钠与氨气反应生成氮气和氯化钠，均存在元素化合价的变化，发生了氧化还原反应，正确；故选D。17、C【解析】A、二氧化硅与盐酸不反应，所以不能实现转化，故A错误；B、二硫化亚铁灼烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸而不是硫酸，所以不能实现转化，故B错误；C、氮气与氢气在高温、高压和催化剂存在时反应生成氨气，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，能实现各步转化，故C正确；D、电解氯化镁溶液不能生成镁，应该用电解熔融的氯化镁得到单质镁，所以不能实现以上转化，故D错误；故选C。18、B【解析】A．对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，若改变压强，平衡不发生移动，但反应物的浓度由于体积的变化而变化；B．若物质的转化率变化，则化学平衡一定发生了移动；C．当正、逆反应速率发生变化但变化程度相同时，平衡不发生移动，如使用高效催化剂等；D．对于反应前后气体分子数相等的可逆反应，压强变化平衡不发生移动；答案选B。19、A【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明最终得到的溶液恰好为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知，n(FeCl2)=n(HCl)=×0.1L×2mol/L=0.1mol，用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，则得到铁的质量m(Fe)=0.1mol×56g/mol=5.6g，故A正确；故选A。【点睛】解答该题的关键是通过“盐酸恰好使混合物完全溶解，向所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现”，判断最终得到的溶液恰好为FeCl2溶液，然后根据氯元素、铁元素守恒进行计算。20、C【分析】由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。21、A【分析】NaClO3在酸性条件下与SO2发生氧化还原反应生成ClO2，然后ClO2与H2O2在碱性条件下反应生成NaClO2，反应方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，然后将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤可得到NaClO2，以此解答该题。【详解】A．反应②方程式为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，反应放出的O2有助燃性，能使带火星木条复燃，A错误；B．ClO2具有强氧化性，因而具有漂白性，其消毒漂白能力比氯气强，因此使用起来比较安全，B正确；C．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据元素化合价升降总数相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，C正确；D．据流程图可知反应②为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2↑+2H2O，在该反应中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，由于氧化性：氧化剂大于还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；故答案为B。22、D【解析】将0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)＞c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。【详解】0.2mol•L-1NaHCO3溶液与0.1mol•L-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3。A．混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)＞0.1mol/L，所以2c(K+)＜c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B．由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)＞c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(K+)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B错误；C．根据物料守恒可得：①c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、②c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：③c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据①③可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05mol•L-1，故C错误；D．根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。二、非选择题(共84分)23、乙苯溴水+Br2+HBr；③NaOH水溶液、加热或或【详解】(1)物质A的化学式为C8H10，则苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成A为，A的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为乙苯；溴水；(2)反应①是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为:+Br2+HBr；(3)对比物质的结构，可知①②④属于取代反应、③属于加成反应，而⑤先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为:NaOH水溶液、加热，故答案为:③;NaOH水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:①含苯环结构，②能发生银镜反应，含有醛基，可以有1个取代基为-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、、、；(5)与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流程图为:。24、甲醛醛基加成反应++NaCl+H2O6【解析】根据流程图知，①为消去反应、②为加成反应、③发生信息i的氧化反应，则A为HCHO、B为，B发生信息ii的反应，C结构简式为，C发生缩聚反应生成E，E结构简式为，C发生消去反应生成D，D结构简式为，D和苯酚发生酯化反应生成。(1)A的名称为甲醛，B为，B含有的官能团是醛基，故答案为甲醛；醛基；(2)②的反应类型是加成反应，故答案为加成反应；(3)①的反应的化学方程式为，故答案为；(4)C发生缩聚反应生成E，E结构简式为，则③的反应的化学方程式为，故答案为；(5)D结构简式为，与D互为同分异构体且含有碳碳双键的苯的二取代物，其取代基为-CH=CH2、-COOH，有邻间对三种，如果取代基为-CH=CH2和HCOO-，有邻间对三种，所以符合条件的有6种，其中核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2：1：2：2：1的结构简式是，故答案为；6；；(6)CH3CH2OH被催化氧化生成CH3CHO，CH3CHO和HCN发生加成反应生成CH3CH(OH)CN，该物质发生水解反应生成CH3CH(OH)COOH，其合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断和有机合成，侧重考查学生分析推断及知识综合应用能力，明确有机物官能团及其性质、有机反应类型及反应条件是解本题关键。难点是根据反应物和生成物采用知识迁移的方法进行有机合成。25、①④关闭止水夹b，打开旋塞aMnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑缺少尾气处理装置Cl2>

Br2>Fe3+过量氯气氧化SCN-，使SCN-浓度减小，则Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)BrCl发生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-与Ag+结合生成AgCl白色沉淀【分析】Ⅰ.本实验的目的是要测定烟气中SO2的体积分数，装置C中长进短出显然是要吸收某种气体，装置D中短进长出则是要排液法测定气体的体积；因常见溶液中没有可以吸收N2和O2，剩余气体中一定会有二者，据此可知测定原理应是装置C中吸收SO2，然后测定剩余气体体积。Ⅱ.本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气→收集(安全瓶)→净化氯气(除HCl)→然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【详解】(1)根据分析可知装置C用来吸收二氧化硫，碱性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合气体中有二氧化碳，碱性溶液也会吸收二氧化碳，所以装置C中应选用氧化性溶液，即选①；装置D需要排液，则应降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来测量量剩余气体的体积，所以选④；(2)若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：=；(3)检查装置A的气密性可以关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;(4)装置A中为浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；MnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置；(6)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；(7)①根据题目信息可知，过量氯气能将SCN－氧化使SCN-浓度减小，使Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；若要证明上述解释，则需平衡正向移动使溶液变红，可取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)，则上述推测合理；②发生反应BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl－，不产生Br－，结果观察到仅有白色沉淀产生。26、二氧化硫在稀硫酸中的溶解度太大；浓硫酸中H+浓度小，不适宜制备二氧化硫3Cu2++3SO2+6H2O=Cu2SO3·CuSO3·2H2O+8H++SO42-做安全瓶，防止倒吸取少量最后一次的过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明己洗涤完全H2O2CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]【解析】装置A是浓硫酸和亚硫酸钠制备二氧化硫，在60℃～80℃条件下，与硫酸铜溶液在装置B中反应生成谢弗勒尔盐(Cu2SO3•CuSO3•2H2O)，D装置用来吸收未反应完的二氧化硫有毒气体，防止污染空气。(1)二氧化硫易溶于水，在稀硫酸中的溶解度太大；而浓硫酸中H+浓度太小，不适宜制备二氧化硫；70%硫酸含水量少，且能吸水，有利于二氧化硫的溢出，故答案为：二氧化硫在稀硫酸中的溶解度太大；浓硫酸中H+浓度小，不适宜制备二氧化硫；(2)装置B中发生硫酸铜与二氧化硫生成产物Cu2SO3•CuSO3•2H2O的反应，铜元素化合价降低到+1价，则二氧化硫中硫元素升价到+6价，反应的离子方程式为：3Cu2++3SO2+6H2O=Cu2SO3•CuSO3•2H2O↓+8H++SO42-；故答案为：3Cu2++3SO2+6H2O=Cu2SO3•CuSO3•2H2O↓+8H++SO42-；(3)二氧化硫易溶于水，装置C可以防倒吸；故答案为：做安全瓶，防止倒吸；(4)①产物若未洗涤干净，则表面含有硫酸根离子，检验硫酸根离子即可，检验硫酸根离子的方法为：取少量最后一次的洗涤过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明沉淀已洗涤完全，故答案为：取少量最后一次的过滤液于试管中，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若不产生白色沉淀，则表明已洗涤完全；(5)由工业级氧化铜(含少量FeO)制备实验原料(纯净CuSO4•5H2O)，向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，得到硫酸铜和硫酸亚铁的混合溶液，需将亚铁离子除去，根据题目中信息，亚铁离子以沉淀形式除去时铜离子有损失，而铁离子完全沉淀时对铜离子无损失，则应先将亚铁离子氧化为铁离子，考虑不加入新杂质，应选择双氧水，再调节pH将铁离子沉淀，故操作为：向工业级氧化铜中边搅拌边加入稍过量的硫酸溶液，微热使其完全溶解，边搅拌边向其中滴入H2O2溶液，加入适量纯净的CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]调节3.2＜pH＜4.2，静置，过滤，将滤液水浴加热蒸发，浓缩至表面出现晶膜，冷却结晶，过滤，用95%酒精洗涤晶体2～3次，晾干，得到CuSO4•5H2O，故答案为：H2O2；CuO[或Cu(OH)2或CuCO3或Cu2(OH)2CO3]。27、A吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入蒸馏烧瓶POCl3+3H2O＝H3PO4+3HCl温度过低，反应速度太慢，温度过高，PCl3易挥发，利用率低溶液由无色变为红色且30s内不再变色71.0%【分析】I．（1）高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，属于固体和液体反应，反应不需要加热，据此选择装置；（2）根据氯气有毒，产品PCl3遇水均剧烈反应生成含氧酸和氯化氢进行分析；II．实验室制备POCl3。A装置中用双氧水与二氧化锰反应生成氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有水蒸气用浓硫酸除去，所以B装置中装浓硫酸，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷反应生成POCl3，为了控制反应速率且要防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在60～65℃，所以装置C中用水浴，为防止POCl3挥发，用冷凝管进行冷凝回流，POCl3遇水均剧烈水解为含氧酸和氯化氢，所以为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析回答问题。【详解】I．（1）固体和液体反应，反应不需要加热，据此选