2026届广东省珠海一中等六校化学高三上期中复习检测模拟试题含解析

2026届广东省珠海一中等六校化学高三上期中复习检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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列说法中不正确的有①小苏打是面粉发酵粉的主要成分之一②铝制餐具，可长时间存放酸性或碱性食物③可用酸性高锰酸钾检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2④镀锌铁的镀层破损后，镀层仍然对铁起保护作用⑤分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内的黑色物质可用稀盐酸洗涤⑥臭氧和氧气互为同素异形体，它们之间的转化为物理变化⑦SO2中混有的少量HCl气体可以用饱和亚硫酸氢钠溶液除去⑧检验NH4+时，往试管中加入NaOH溶液，微热、用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体⑨钢铁水闸可用牺牲阳极的阴极保护法防护，即与电源的负极相连防止其腐蚀⑩施肥时，农家肥草木灰(有效成分K2CO3)不能与氮肥(NH4Cl)混合使用A．5个 B．6个 C．7个 D．8个2、新型锂-空气电池具有能量密度高的优点，可以用作新能源汽车的电源，其结构如图所示，其中固体电解质只允许Li+通过。下列说法正确的是A．Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液B．放电时，当外电路中有1mole－转移时，水性电解液离子总数增加NAC．应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，理论上将消耗11.2LO2D．放电时，负极反应式：Li－e－＋OH－＝LiOH3、已知A、B都为短周期元素，且甲、乙、丙常温下都为气体(如图所示)。2mol甲分子反应生成1mol丙和3mol乙，下列对此判断不正确的是()A．1个乙分子中含有2个A原子B．甲的摩尔质量为17g·mol－1C．同温同压下，生成丙和乙的体积比为1∶3D．标准状况下，11.2L甲溶于500mL水中，所得溶液中甲的物质的量浓度为1mol·L－14、下列有关性质的比较，不能用元素周期律解释的是（）A．酸性：HCl>HF B．金属性：Na>MgC．碱性：KOH>NaOH D．热稳定性：HCl>HBr5、高纯度晶体硅是典型的无机非金属材料，又称“半导体”材料，它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。它的制备方法如下图所示，下列说法正确的是A．步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋CO2↑B．灼烧熔融的Na2CO3固体，可用石英坩埚C．二氧化硅能与氢氟酸反应，而硅不能与氢氟酸反应D．SiHCl3（沸点33.0℃）中含有少量SiCl4（沸点67.6℃），可通过蒸馏（或分馏）提纯SiHCl36、设NA为阿伏加德罗常数的值（）A．标准状况下，将22.4LCl2通入水中发生反应，转移的电子数为NAB．常温常压下，48gO2与O3混合物含有的氧原子数为3NAC．将78gNa2O2与过量CO2反应转移的电子数为2NAD．标准状况下，18gD2O中所含电子数为10NA7、一定温度下可逆反应：A(s)+2B(g)2C(g)+D(g)；△H>0。现将1molA和2molB加入甲容器中，将4molC和2molD加入乙容器中，此时控制活塞P，使乙的容积为甲的2倍，t1时两容器内均达到平衡状态(如图1所示，隔板K不能移动)。下列说法正确的是A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB,达到新的平衡后，甲中C的浓度是乙中C的浓度的2倍B．保持活塞位置不变，升高温度，达到新的平衡后，甲、乙中B的体积分数均增加C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，达到新的平衡后，乙中C的体积分数是甲中C的体积分数的2倍D．保持温度和乙中的压强不变，t2时分别向甲、乙中加入等质量的氦气后，甲、乙中反应速率变化情况分别如图2和图3所示(t1前的反应速率变化已省略)8、下列有关实验的描述正确的是A．向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体B．向分别装有1gNa2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3C．将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质D．中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应9、向含有1molFeCl2的溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2O72—的酸性溶液，使溶液中Fe2＋恰好全部被氧化，并使X2O72—被还原为Xn＋，则n值为()A．2 B．3 C．4 D．510、25℃时，向10mL0.1mol·L-1H3AsO4水溶液滴加0.1mol·L-1NaOH溶液，含砷的各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系分别如下图，下列说法错误的是A．H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数为10-2.2B．b点所处溶液中：c（Na+）=3c（H2AsO4-）+3c（AsO43-）C．水的电离程度:a>b>cD．HAsO4-的水解程度大于电离程度11、下列说法中，正确的是A．阳离子只能得到电子被还原，只能作氧化剂B．海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀C．需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D．为减少中和滴定实验的误差，锥形瓶必须洗净并烘干后使用12、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，其中有两种组成为ZXY3、ZWY4。下列说法中正确的是A．简单离子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．最常见氢化物的稳定性：X＞YC．Z2Y2中含有共价键且在熔融状态下能导电D．HWY分子中各原子均达到8电子稳定结构13、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A．NaCl(aq)Na(s)Na2O2(s)B．SiO2(s)Si(s)SiCl4(l)C．SO2(g)NH4HSO3(aq)(NH4)2SO4(aq)D．Cu2(OH)2CO3(s)CuO(s)Cu(OH)2(s)14、钼酸钠和月桂酰肌氨酸的混合液常作为碳素钢的缓蚀剂。常温下，碳素钢在三种不同介质中的腐蚀速率实验结果如图所示。下列说法不正确的是（

）A．盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快B．碳素钢的腐蚀速率不随硫酸的浓度增大而增大，说明反应速率不与c（H+）成正比C．钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小D．对比盐酸和硫酸两条曲线，可知Cl-也可能会影响碳素钢的腐蚀速率15、下列说法错误的是A．二氧化硫可用于杀菌消毒B．SiO2

和氢氟酸、氢氧化钠溶液都能发生反应，故被称为两性氧化物C．红葡萄酒密封储存的时间越长质量越好，其原因之一是储存过程中生成了有香味的酯D．对于在给定条件下反应物之间能够同时发生多个反应的情况，理想的催化剂可以大幅度提高目标产物在最终产物中的比率16、将分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是()A．试管a中实验可以证明具有漂白性B．试管b中溶液褪色，说明具有强氧化性C．试管c中能产生白色沉淀，说明具有还原性D．试管d中能产生白色沉淀，该沉淀完全溶于稀硝酸17、离子方程式BaCO3＋2H+=CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是()①HCl②H2SO4③HNO3④NaHSO4⑤CH3COOHA．②④ B．①③ C．②④⑤ D．①⑤18、阿托酸是一种常用的医药中间体，其结构如图所示：。下列有关说法中错误的是()A．溴单质能与阿托酸发生加成反应B．阿托酸能与硝酸发生取代反应C．可用酸性KMnO4溶液区别阿托酸与苯D．阿托酸分子中含有4个碳碳双键19、下列有关说法正确的是（）A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，所得溶液中：c(Na+)>c(ClO-)>c(Cl-)>c(OH-)B．pH相等的①NH4NO3②(NH4)2SO4③NH4HSO4溶液中，c(NH4＋)大小顺序①＞②＞③C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时，溶液中一定存在：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)D．常温下，0.1mol/LNa2S溶液中存在：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+c(H2S)20、25℃时，用0.10mol/L的氨水滴定10.00mL0.05mol/L的二元酸H2A的溶液，滴定过程中加入氨水的体积(V)与溶液中的关系如图所示。下列说法正确的是（）A．H2A的电离方程式为H2AH++HA-B．B点溶液中，水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/LC．C点溶液中，c(NH4+)+c(NH3·H2O)=2c(A2-)D．25℃时，该氨水的电离平衡常数为21、下列过程发生了化学反应的是A．用活性炭去除冰箱中的异味B．用焰色反应鉴别氯化钠和硝酸钾C．用含硅胶的透气小袋与食品一起密封包装D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果22、反应①②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应：①；②。下列说法正确的是（）A．两个反应中硫元素均被氧化B．碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化C．氧化性：D．反应①②中生成等量的时，转移电子数之比为1：5二、非选择题(共84分)23、（14分）双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如下：已知：①②+HCl（1）B分子中含有的官能团名称是___。（2）该CPPO结构中有___种不同化学环境的氢原子。（3）反应④的化学方程式是___。（4）在反应①～⑧中属于取代反应的是___。（5）C的结构简式是___。（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式___。（7）资料显示：反应⑧有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是___。24、（12分）有机物Ⅰ是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：已知：①，A苯环上的一氯代物只有2种②有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类③（、为烃基或H原子）回答以下问题：（1）A的化学名称为_____；E的化学式为_____。（2）的反应类型：____；H分子中官能团的名称是____。（3）J的结构简式为____。（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式____。（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有___种（不考虑立体异构）。a．苯环上只有两个取代基b．既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式____。25、（12分）实验室制取氨气有几种方法。如图是实验室制气体的几种发生装置和吸收装置。（1）当NH4Cl和Ca(OH)2来制取氨气时应选用的气体发生装置是___（填编号），该反应的化学方程式：___；（2）①当用浓氨水和NaOH固体来制取氨气时应选用的气体发生装置是___（填编号）。②欲用蒸馏水吸收氨气，应选择的吸收装置是所给装置中的___（填编号）某化学课外兴趣小组探究铜跟浓硫酸反应情况。取6.4g铜片和10ml18mol/L浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直至反应完毕，最后发现烧瓶中还有铜片剩余外，同时他们根据科学的化学知识认为还有较多的硫酸剩余。（3）①请写出铜跟浓硫酸反应的化学方程式：___；②可以证明有余酸的实验方案是（________）A．再加入铁粉B．再滴入BaCl2溶液C．再加入银粉D．再滴入NaHCO3（4）某工厂以Cu与硝酸为原料制取Cu(NO3)2，设计了下列两个方案：方案A：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O方案B：2Cu+O2=2CuO；CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+H2O回答：①你认为较合理的方案是___（填A或B）。②选择该方案的原因____。26、（10分）用含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)制备CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：除镍过程中溶液pH对Co的回收率影响如下图所示，部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4（1）酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，其优点为__________________。（2）除镍时应调节pH=______________，此步骤中Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？___________________。（3）除铁过程的步骤：_______________，过滤得CoCl2溶液。(可供选用的试剂：30%H2O2、1.0mol·L-1KMnO4、NaOH固体、CoCO3固体)（4）除铁后加入盐酸调pH的作用是____________________。（5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl2·6H2O，减压蒸干的目的是___________________。27、（12分）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3·5H2O，实验室可用如下装置（略去部分加持仪器）模拟生成过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（I）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（II）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（III）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若____________________________________________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是__________________________________。装置E中为__________溶液。（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_____________。（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择__________。a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是___________。已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是______________。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有__________________。a．烧杯b．蒸发皿c．试管d．锥形瓶（4）反应终止后，烧瓶C中的溶液经蒸发浓缩即可析出Na2S2O3·5H2O，其中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质。利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：________________________________________________。已知Na2S2O3·5H2O遇酸易分解：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液28、（14分）氨是重要的工业原料，在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。（1）氨气的电子式为___，它的共价键属于___(填“极性”或“非极性”)键，其溶于水显碱性的理由是（用化学方程式表示）___。（2）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨，下列措施能使正反应速率增大，且一定使平衡混合物中NH3的体积分数增大的是___。A．降低反应温度B．压缩反应混合物C．充入N2D．液化分离NH3（3）常温下，向100mL0.2mol/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3·H2O的物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如图所示。表示NH3·H2O浓度变化的曲线是___(填“A”或“B”)。（4）当加入盐酸体积为50mL时，溶液中c(NH4+)－c(NH3·H2O)=___mol/L(用数字表示)。若液氨中也存在类似水的电离(H2O＋H2OH3O＋＋OH－)，碳酸钠溶于液氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。①写出液氨的电离方程式：___。②写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式：___。③写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系：___。29、（10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_______________。

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】①小苏打是碳酸氢钠，与酸反应放出二氧化碳，碳酸氢钠是面粉发酵粉的主要成分之一，故①正确；②铝和酸、碱均能反应，铝制餐具不能长时间存放酸性或碱性食物，故②错误；③Fe2+、Cl-都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性高锰酸钾检验FeCl3溶液中是否含有FeCl2，故③错误；④锌的活泼性大于铁，镀锌铁的镀层破损后，镀层仍然对铁起保护作用，故④正确；⑤分解高锰酸钾制氧气后，残留在试管内的黑色物质中含有二氧化锰，二氧化锰和稀盐酸不反应，故⑤错误；⑥臭氧和氧气互为同素异形体，它们之间的转化为化学变化，故⑥错误；⑦SO2和饱和亚硫酸氢钠溶液不反应，HCl气体可以和亚硫酸氢钠溶液反应生成SO2，SO2中混有的少量HCl气体可以用饱和亚硫酸氢钠溶液除去，故⑦正确；⑧检验NH4+时，往试管中加入NaOH溶液，微热、用湿润的红色石蕊试纸检验逸出的气体，故⑧错误；⑨钢铁水闸可用外接电流阴极保护法防护，即与电源的负极相连防止其腐蚀，故⑨错误；⑩K2CO3溶液呈碱性，K2CO3与NH4Cl混合能放出氨气，农家肥草木灰(有效成分K2CO3)不能与氮肥(NH4Cl)混合使用，故⑩正确；不正确的有6个，故选B。2、A【解析】A项，由图示可得，放电时铝在负极失电子，氧气在正极得电子，固体电解质只允许Li+通过，所以Li+穿过固体电解质向正极移动而得到LiOH溶液，故A正确；B项，放电时正极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，当外电路中有1mole－转移时，生成1molOH-，同时1molLi+穿过固体电解质进入水性电解液，所以离子总数增加2NA，故B错误；C项，根据电子守恒，应用该电池电镀铜，阴极质量增加64g，即生成1mol铜，则电路中通过2mol电子，理论上消耗0.5molO2，在标准状况下体积为11.2L，若不是标准状况则不一定，故C错误；D项，因为固体电解质只允许Li+通过，所以放电时，负极反应式：Li－e－＝Li+，故D错误。点睛：本题通过新型锂-空气电池考查原电池原理，涉及正负极判断、离子移动方向、电极反应式书写、有关计算等，注意根据物质性质判断原电池的正负极；根据“固体电解质只允许Li+通过”这个条件书写负极电极反应式；B项易错，注意水性电解质溶液中增多的是OH-和迁移过去的Li+，不要忽略了后者；C项易错，要养成见到气体的体积首先想到是否需要注明标准状况的习惯，防止出错。3、D【解析】A、已知甲、乙、丙常温下都为气体，2mol甲分子反应生成1mol丙和3mol乙，根据原子半径相对大小可判断A是H，B是N，因此甲、乙、丙分别是氨气、氢气和氮气，1个乙分子中含有2个H原子，A正确；B、氨气的摩尔质量是17g/mol，B正确；C、根据原子守恒可知同温同压下，生成氮气和氢气的体积比为1∶3，C正确；D、所得氨水溶液的体积不是0.5L，不能计算氨水的浓度，D错误，答案选D。4、A【解析】A项，由元素周期律可解释非金属元素最高价氧化物对应水化物酸性的强弱，不能解释气态氢化物水溶液酸性的强弱；B项，核电荷数：NaMg，原子半径：NaMg，原子核对外层电子的引力：NaMg，金属性：NaMg，可用元素周期律解释；C项，金属性：KNa，碱性：KOHNaOH，能用元素周期律解释；D项，非金属性：ClBr，热稳定性：HClHBr，能用元素周期律解释；不能用元素周期律解释的是A，答案选A。点睛：本题考查元素周期律，理解元素周期律的实质和内容是解题的关键。元素原子的核外电子排布、原子半径、元素的主要化合价、元素的金属性和非金属性随着原子序数的递增呈周期性变化。元素金属性的强弱可通过金属单质与水（或酸）反应置换出氢的难易程度或最高价氧化物对应水化物碱性的强弱推断，元素非金属性的强弱可通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱、或与氢气生成气态氢化物的难易程度以及氢化物的稳定性推断。注意：元素非金属性的强弱不能通过含氧酸酸性强弱或气态氢化物水溶液酸性强弱判断，如由非金属性：SCl可推出酸性：H2SO4HClO4；但酸性：H2SO4HClO等。5、D【分析】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体；

B.高温下Na2CO3和二氧化硅发生反应；

C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气；

D.由沸点可以知道，为相差30℃以上的两种液体。【详解】A.二氧化硅高温下与C反应生成CO气体，即步骤①的化学方程式为：SiO2＋CSi＋2CO↑，故A错误；

B.石英的主要成分是二氧化硅，高温下Na2CO3和二氧化硅发生反应，故B错误；

C.硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气，故C错误；

D、沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离，所以D选项是正确的。

故选D。6、B【详解】A.标准状况下，将22.4LCl2通入水中，但只有一部分与水反应，所以转移的电子数小于NA，A不正确；B.常温常压下，48gO2含氧原子3mol，O3含氧原子也为3mol，所以混合物中含有的氧原子数为3NA，B正确；C.将78gNa2O2为0.1mol，与过量CO2反应转移的电子数为NA，C不正确；D.标准状况下，18gD2O为0.9mol，所含电子数为9NA，D不正确。故选B。7、D【分析】根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态。【详解】A．保持温度和活塞位置不变，在甲中再加入1molA和2molB，相当于增大压强，平衡向逆反应反向移动，达到平衡时甲中C的浓度小于原来的2倍，甲中C的浓度小于乙中C的浓度的2倍，A项错误；B．保持活塞位置不变，升高温度，平衡向逆反应方向移动，甲、乙中B的体积分数都增大，B项错误；C．保持温度不变，移动活塞P，使乙的容积和甲相等，相当于增大乙的压强，平衡向逆反应方向移动，减小甲的压强平衡向正反应方向移动，达到新的平衡后，乙中C的体积分数小于甲中C的体积分数的2倍，C项错误；D．甲中温度和体积不变充入稀有气体，没有改变气体的浓度，对反应速率没有影响，可以用图2表示，乙中温度和压强不变，充入稀有气体，相当于增大容器体积，气体浓度减小，反应速率减小，生成物的浓度减小的程度大些，化学平衡正向移动，可以用图3表示，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查等效平衡及影响平衡的因素等知识。根据等效平衡分析，4molC和2molD相当于2molA和4molB，但是乙容器的容积是甲的2倍，即物质的量浓度相同，所以在相同条件下达到相同平衡状态，即甲和乙容器此时是等效平衡状态。8、B【解析】碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误；Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+、NO3-在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。9、B【解析】0.2molCl2完全反应变成氯离子得到电子的物质的量为：0.2mol×2=0.4mol；Xn+的化合价为+n，X2O72-中X的化合价为+6，则0.1molX2O72-完全反应得到电子的物质的量为：（6-n）×2×0.1mol=0.2（6-n）mol；1mol的FeCl2完全被氧化成铁离子失去1mol电子，根据电子守恒可得：0.4mol+0.2（6-n）mol=1mol，解得：n=3；答案选B。10、C【解析】A.H3AsO4H2AsO4-+H+的电离常数K=，根据图像可知，当pH=2.2时，c（H2AsO4-）=c（H3AsO4），K=10-2.2，A正确；B.b点所处溶液呈中性，溶液中溶质为NaH2AsO4和Na2HAsO4混合液，根据电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（H2AsO4-）+3c（AsO43-）+2c（HAsO24-）+c（OH-），从图像可知b点时：c（H+）=c（oH-），c（H2AsO4-）=c（HAsO24-），所以b点所处溶液中：c（Na+）=3c（H2AsO4-）+3c（AsO43-），B正确；C.酸抑制水电离，能水解的盐溶液促进水电离，因此a点时，pH=2.2时电离显酸性，b点时，pH=7，显中性，c点时，pH=11.5，水解显碱性，所以水的电离程度:a<b<c，C错误；D.根据图像可知，当HAsO4-的浓度分布分数为1时，溶液为NaHAsO4溶液，pH>7，显碱性，HAsO4-的水解程度大于电离程度，D正确；故选C。【点睛】硫酸氢钠溶液为强酸的酸式盐，电离显酸性；亚硫酸氢钠溶液中既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是电离过程大于水解过程，溶液显酸性；碳酸氢钠溶液中，既存在电离平衡，也存在水解平衡，但是水解大于电离，溶液显碱性；因此酸式盐不一定显酸性，因此结合题给信息可知本题中NaHAsO4溶液显碱性，具体问题具体分析。11、B【详解】A.阳离子不一定只能得到电子被还原，如Fe2+既能得到电子被还原，又能失电子被氧化，故A错误；B.锌比铁活泼，海轮外壳上镶入锌块，利用牺牲阳极的阴极保护法可减缓船体的腐蚀，故B正确；C.吸热反应还是放热反应与反应条件无关，它取决于反应物和生成物的总能量相对大小，故C错误；D.锥形瓶没有必要洗净并烘干后使用，故D错误；答案选B。12、C【分析】由三种元素组成的盐通常是含氧酸盐，可确定Y为O元素，由于X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，它们之间可形成组成不同的多种可溶性常见盐，可确定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，结合已有的知识体系可推出这两种盐为：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl元素，A.电子层数越大，离子半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径：r(Cl－)>r(N3－)>r(O2－)>r(Na＋)，A项错误；B.因非金属性：N＜O，故最常见氢化物的稳定性：X＜Y，B项错误；C.Z2Y2为过氧化钠，其中含有离子键和共价键，属于离子晶体，在熔融状态下能导电，C项正确；D.HWY分子为HClO，其中Cl和O原子均达到8电子稳定结构，而H是2电子稳定结构，D项错误；答案选C。13、C【详解】A.NaCl(aq)Na(s)Na2O2(s)，电解熔融的氯化钠得到金属钠，前一转化不能实现，A错误；B.SiO2(s)Si(s)SiCl4(l)，硅与氯气高温下反应，后一转化不能实现，B错误；C.SO2(g)NH4HSO3(aq)(NH4)2SO4(aq)，两转化都能实现，C正确；D.Cu2(OH)2CO3(s)CuO(s)Cu(OH)2(s)，氧化铜不溶于水，与水不反应，后一转化不能实现，D错误。故选C。14、B【详解】A.由图可知，盐酸的浓度越大，腐蚀速率越快，故A说法正确；B.碳素钢的腐蚀速率不随硫酸浓度增大而增大，但腐蚀速率会随盐酸的浓度增大而加快，可推测是由于SO42-浓度引起的，故B说法错误；C.由图可知，当钼酸钠和月桂酰肌氨酸的浓度相等时，腐蚀速率最小，故C说法正确；D.由于腐蚀速率随盐酸浓度的增大而增大，随硫酸浓度的增大，出现先增大后减小的现象，因此可说明Cl-、SO42-都会影响碳素钢的腐蚀速率，故D说法正确；故答案为B。15、B【解析】A、病毒属于蛋白质，二氧化硫可以使蛋白质变性，从而杀死细菌，A正确。B、SiO2与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，但

SiO2不与酸反应生成盐和水，虽然

SiO2

能与HF酸反应，但生成的SiF4属于共价化合物，不是盐类物质，所以SiO2

不属于碱性氧化物，故不能称为两性氧化物，B错误。C、红葡萄酒在贮存过程中，其中的乙醇部分被氧化为乙酸，乙醇与乙酸反应生成具有香味的乙酸乙酯，所以红葡萄酒密封储存的时间越长质量越好，C正确。D、特定的催化剂具有选择性，只对某一个反应才有催化作用，所以理想的催化剂可以使某一个反应成为主要反应，而增大目标产物的产率，提高其在最终产物中的比例，D正确。正确答案为B点睛：理解酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解题的关键，与水反应只生成酸或与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，与水反应只生成碱或与酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，既能与酸反应又能与碱反应且均只生成盐和水的氧化物是两性氧化物如Al2O3。16、C【详解】A、二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，表现了还原性，选项A错误；B、品红褪色，说明二氧化硫有漂白性，选项B错误；C、二氧化硫被硝酸根氧化成硫酸根，生成硫酸钡沉淀，说明二氧化硫有还原性，选项C正确；D、二氧化硫在碱性条件下反应生成亚硫酸钡，与硝酸反应转化为硫酸钡沉淀，沉淀不溶解，选项D错误；答案选C。17、C【解析】①HCl溶于水完全电离，不和钡离子反应；②H2SO4于水完全电离，但硫酸根离子和钡离子结合会生成硫酸钡沉淀；③HNO3溶于水完全电离，不和钡离子反应；④NaHSO4中的硫酸根离子和钡离子结合生成沉淀硫酸钡；⑤CH3COOH是弱酸存在电离平衡，不能写成氢离子的形式，则BaCO3＋2H+=CO2↑＋H2O＋Ba2＋中的H＋不能代表的物质是②④⑤，故选C。18、D【解析】A、阿托酸中含有碳碳双键，溴单质能与阿托酸发生加成反应，A正确；B、阿托酸中含有苯环，能与硝酸发生取代反应，B正确；C、阿托酸可使酸性KMnO4溶液褪色而苯不能，可用酸性KMnO4溶液区别阿托酸与苯，C正确；D、苯环上没有碳碳双键，阿托酸分子中只含一个碳碳双键，D错误。故选D。【点晴】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。19、C【详解】A．向饱和氯水中加入NaOH溶液至pH=7，反应后为生成NaCl、NaClO，次氯酸根离子水解，则所得溶液中：c(Na+)＞c(Cl-)＞c(ClO-)＞c(OH-)，选项A错误；B．相同pH的(NH4)2SO4与NH4NO3溶液，两者都是强酸弱碱盐，两溶液中NH4＋浓度相等，由于NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4＋的水解被抑制，因此NH4HSO4中NH4＋的浓度小于(NH4)2SO4，则pH相等时溶液中NH4+浓度大小顺序为①=②>③，故B错误；C．常温下，pH为1的0.1mol/LHA溶液，则HA为强酸，与0.1mol/LNaOH溶液恰好完全反应时恰好生成强酸强碱盐NaA，反应后溶液显中性，则c(Na+)=c(A－)、c(OH－)=c(H+)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)=c(A－)>c(OH－)=c(H+)，选项C正确；D．常温下0.1mol/LNa2S溶液中，根据质子守恒可得：c(OH－)=c(H＋)+c(HS－)+2c(H2S)，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确盐的水解原理、电荷守恒、物料守恒及质子守恒的含义为解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用基础知识的能力，易错点为选项B，从两个角度考虑，一是相同pH的（NH4）2SO4与NH4NO3溶液的水解程度是否相等，二是NH4HSO4电离时产生H+使溶液呈酸性，NH4+的水解被抑制。20、B【解析】根据图像，A点时，0.05mol/L的二元酸H2A的溶液=-12，此时c（OH-）=10-12c（H+），c（OH-）=1.0×10-13mol/L，c（H+）=0.1mol/L，说明H2A为二元强酸。A、H2A的电离方程式为H2A=2H++A2-，故A错误；B、B点溶液中，加入了10mL0.10mol/L的氨水，恰好完全反应，此时溶液应为（NH4）2A溶液，=-2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，此时溶液因NH4+水解呈酸性，溶液中的氢离子均是水电离产生的，故水电离出的氢离子浓度为1.0×10-6mol/L，故B正确；C、C点溶液中，加入了12.5mL0.10mol/L的氨水，此时溶液应为（NH4）2A和NH3·H2O混合溶液，=0，c（OH-）=c（H+），根据电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)=2c(A2-)+c（OH-），即c(NH4+)=2c(A2-)，故C错误；D、B点时，溶液应为0.025mol/L（NH4）2A溶液，=-2，c（OH-）=10-2c（H+），c（OH-）=1.0×10-8mol/L，c（H+）=1.0×10-6mol/L，溶液因NH4+水解呈酸性，NH4++H2OH++NH3·H2O，该反应的水解常数为Kh====2×10-5，故氨水的电离平衡常数为=5×10-10，故D错误；故选B。21、D【解析】本题主要考查了高中常见物质的实际应用原理，及焰色反应原理。【详解】A.用活性炭去除冰箱中的异味，利用活性炭吸附性，属于物理变化，A错误；B.焰色反应是物质原子内部电子能级的改变，即原子中的电子能量的变化，不涉及物质结构和化学性质的改变，B错误；C.硅胶具有吸水性，是多孔结构，不属于化学性质，C错误；D.高锰酸钾具有强氧化性，能与水果成熟释放的乙烯反应，延缓水果变质时间，D正确；答案为D。22、D【详解】A．反应①中硫元素化合价未发生变化，反应②中硫元素化合价升高，被氧化，故A项错误；B．反应①中碘元素化合价升高，被氧化，反应②中碘元素化合价降低，被还原，故B项错误；C．由反应①可知氧化性：，由反应②可知氧化性：，故C项错误；D．由反应①得，生成1mol转移2mol，由反应②得，生成1mol转移10mol，所以当生成等量的时，转移电子数之比为1：5，故D项正确。故选D。二、非选择题(共84分)23、羟基3CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br②③⑤⑧+(2n-1)H2O有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移【详解】根据流程图可知，反应①为CH2＝CH2与HCl发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A发生水解反应生成的B为CH3CH2OH。乙烯与溴发生加成反应生成的E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成的F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成的G为OHC﹣CHO，G发生银镜反应后酸化，则H为HOOC﹣COOH，H发生信息①中的取代反应生成的I为ClOC﹣COCl。B与C反应得到D，D与I发生信息②中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为，则C为，（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：羟基，故答案为羟基；（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为3；（3）反应④是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br，故答案为CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br；（4）在反应①～⑧中，①④属于加成反应，⑥⑦属于氧化反应，②③⑤⑧属于取代反应，故答案为②③⑤⑧；（5）由上述分析可知，C的结构简式是，故答案为；（6）HOCH2CH2OH与HOOC﹣COOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：+(2n-1)H2O，故答案为+(2n-1)H2O；（7）反应⑧有一定的限度，D与I发生取代反应生成CPPO和HCl，则加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率的原因是：有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，故答案为有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。24、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）消去反应氯原子、羧基n+(n-1)H2O6【分析】根据已知①，A为，根据流程和已知②可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知③，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。【详解】（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；（3）J的结构简式为；（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式为n+(n-1)H2O；（5））K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个—CH2—，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有—OH和—CH=CH—CHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2∶2∶1∶1∶1∶1。25、A2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OBCCu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OADBA中生成的NO会污染环境，生成相同质量的硝酸铜B方案需要的硝酸更少【分析】(1)依据反应物状态和反应条件分析判断制备气体的装置，A装置属于固固混合加热装置，反应是固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气；(2)浓氨水和NaOH固体反应生成氨气，B装置属于固液混合不加热型装置；氨气极易溶于水，处理时要用防倒吸装置；(3)随反应进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，因为浓硫酸和铜反应得到CuSO4，所以检验剩余的硫酸，不能检验硫酸根离子，需要检验剩余溶液中含H+；(4)根据选择方案的依据和绿色化原理来回答本题。【详解】(1)A装置属于固固混合加热装置，用NH4Cl和Ca(OH)2来制取氨气，反应物是固体和固体加热制备气体的反应，选用大试管加热制备氨气，选则装置A；用固体氯化铵和氢氧化钙加热反应生成氨气，反应的化学方程式：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：A；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)①NaOH溶于水放出热量，故致使溶于水的氨气溶解度降低，从而逸出，氨水为弱电解质存在电离平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH-，加入氢氧化钠，氢氧根浓度增大，平衡左移，氨气逸出，B装置属于固液混合不加热型装置，当用浓氨水和NaOH固体来制取氨气时应选用装置B，故答案为：B；②氨气极易溶于水，处理时要用防倒吸装置，故答案为：C；(3)①铜跟浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②随反应进行硫酸浓度减小，稀硫酸和铜不反应，所以即使铜过量，硫酸也不能完全反应，因为浓硫酸和铜反应得到CuSO4，所以检验剩余的硫酸，不能检验硫酸根离子，需要检验剩余溶液中含H+，H+和Fe反应放出氢气，和NaHCO3溶液反应得到二氧化碳，故答案为：AD；(4)选择方案时要考虑是否产生有害气体污染空气，方案是否可行，是否安全，操作是否简单，是否节约了原料，方案A的生成物会污染环境，并且制取相同质量的硝酸铜，方案B消耗的原料最少，硝酸中的硝酸根全部转化成硝酸铜，故答案为：B；A中生成的NO会污染环境，生成相同质量的硝酸铜B方案需要的硝酸更少。26、减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化）10否向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1≤pH≤6.6，使Fe3+沉淀完全抑制Co2-水解防止COCl2·6H2O分解【解析】含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化亚铁离子，向溶液中加入CoCO3，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH数据，需要调节溶液pH4.l≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl2•6H2O。(1)硝酸酸浸时氧化Co2+产生氮氧化物，酸浸工艺中用“稀HCl”替代传统的“盐酸与硝酸的混酸”，可以减少有毒气体氮氧化物的排放；同时防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)，故答案为减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)；(2)由图2可知，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，Co元素在滤渣中，Ni元素在滤液中，故未形成沉淀，故答案为10；否；(3)除铁过程中，需要将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节pH沉淀铁离子，为了不引入新杂质，故选择过氧化氢做氧化剂，用CoCO3调节pH，操作为：①向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；②向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；③过滤得CoCl2溶液；故答案为①向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；②向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1≤pH＜6.6，使Fe3+沉淀完全；(4)Co2+水解，故加盐酸可以抑制Co2+水解，故答案为抑制Co2+水解；(5)工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl2•6H2O，减压蒸干的目的是防止CoCl2•6H2O分解，故答案为防止CoCl2•6H2O分解。27、液注高度保持不变防止倒吸NaOH（合理即得分）2：1c控制滴加硫酸的速度（合理即得分）溶液变澄清（或浑浊消失）ad取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。（合理即得分）【详解】（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若液注高度保持不变，说明气密性良好；D为安全瓶，防止倒吸；装置E起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液。（2）将2×（I）+（II）+3×（III）得总反应：2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，为使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2：1。（3）SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反应，但在饱和NaHSO3溶液中溶解度较小，所以为观察SO2的生成速率，装置B中的液体最好选择饱和NaHSO3溶液，答案选c；SO2用