2026届山东师大附属中高三化学第一学期期中复习检测模拟试题含解析

2026届山东师大附属中高三化学第一学期期中复习检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（每题只有一个选项符合题意）1、电池总反应为Zn+2MnO2+H2O=ZnO+2MnO(OH)，下列叙述正确的是()A．该电池的正极为锌B．该电池反应中二氧化锰起催化剂作用C．0.1mol反应时，流经电解液的电子数为0.2molD．正极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-2、只用下列一种试剂,就能将Ba(NO3)2、NaAlO2、NaHCO3、AlCl3四种无色透明溶液区别开来，这种试剂是()A．硫酸B．盐酸C．氨水D．氢氧化钠溶液3、下列实验操作、现象和所得到的结论均正确的是（）选项实验内容实验结论A．取两只试管，分别加入4mL0.01mol/LKMnO4酸性溶液，然后向一只试管中加入0.01mol/LH2C2O4溶液2mL，向另一只试管中加入0.01mol/LH2C2O4溶液4mL，第一只试管中褪色时间长。H2C2O4浓度越大，反应速率越快B．室温下，用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/LHClO溶液、0.1mol/LHF溶液的pH，前者pH大于后者。HClO的酸性小于HFC．取两只试管，分别加入等体积等浓度的双氧水，然后试管①中加入0.01mol/LFeCl3溶液2mL，向试管②中加入0.01mol/LCuCl2溶液2mL，试管①产生气泡快。加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较大。D．检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去。不能证明溶液中含有Fe2+A．A B．B C．C D．D4、用NA表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A．10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.4NAB．标准状况下，22.4LCCl4含有的分子数为NAC．在含4molSi-O键的二氧化硅晶体中，氧原子的数目为4NAD．向含有0.1mol的FeI2溶液中通入足量Cl2，充分反应后转移的电子数为0.2NA5、以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2)为原料，生产Fe3O4的部分工艺流程如下：下列说法错误的是A．用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2有利于保护环境和资源再利用B．从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物C．向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2，铝元素存在的形式由AlO转化为Al3+D．FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO26、NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．1L0.1mol/L乙醇水溶液中存在的氧原子总数为0.1NAB．1mol二环戊烷（）中所含共价键的数目为6NAC．16gCuO和Cu2S的混合物中含阳离子的数目为0.2NAD．在标准状况下，2.24L氯仿含氯原子数目为0.3NA7、金属加工后的废切削液中含有2%~5%的，它是一种环境污染物。人们用溶液来处理此废切削液，使亚硝酸钠转化为无毒物质。该反应分两步进行：第一步：第二步：下列对上述反应的叙述中正确的是（）①两步均为氧化还原反应②第二步仅发生氧化反应③发生了分解反应④第二步中既是氧化产物又是还原产物⑤第一步为复分解反应A．①③ B．①④ C．②③④ D．③④⑤8、SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液白中，溶液有棕色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法错误的是A．上述过程中，最终被还原的是NO3-B．从上述反应可知氧化性HNO3>Fe3+>稀硫酸C．上述过程中，会产生一种无色、难溶于水的气体D．若通入的SO2完全反应，则通入的SO2和逸出的气体物质的量之比为1：19、下列实验操作能达到实验目的的是()A．将足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先变蓝后褪色，证明Cl2的水溶液有漂白性B．只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸C．为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-10、下列关于阿伏加德罗常数(NA)的说法不正确的是A．标准状况下，22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个B．28g乙烯和环丁烷(C4H8)的混合气体中含有的碳原子数为2NAC．常温常压下，Na2O2与足量H2O反应，共生成0.2molO2，转移电子的数目为0.4NAD．常温下，10LpH＝13的NaOH溶液中含有的OH－的数目为NA11、下列说法在一定条件下可以实现的是（）①酸性氧化物与碱发生反应②弱酸与盐溶液反应可以生成强酸③没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应④两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性⑤有单质参加的非氧化还原反应⑥两种氧化物反应的产物有气体A．①②③④⑤⑥B．②④⑤⑥C．①②③⑤D．③④⑤⑥12、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是()A．d为石墨，铁片腐蚀加快B．d为石墨，石墨上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－C．d为锌块，铁片不易被腐蚀D．d为锌块，铁片上电极反应为：2H＋＋2e－＝H2↑13、某溶液中可能含有、、、、、、、、、等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如图所示。下列说法正确的是（）A．原溶液中一定含有B．反应最后形成的溶液中的溶质只有C．原溶液中含有与的物质的量之比为D．原溶液中一定含有的阴离子是：、、、14、关于下列装置说法正确的是(

)A．装置①中，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液B．用装置②精炼铜时，溶液中Cu2+的浓度一定始终不变C．装置③工作一段时间后，往Fe极区滴加2滴铁氰化钾溶液，出现蓝色沉淀D．用装置④电解Na2CO3溶液，阳极的电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑15、用下列装置进行相关实验，不能达到目的的是A．可用甲装置来探究SO2的漂白性B．可用乙装置验证HCl气体极易溶于水C．用图示的方法可以检查丙装置的气密性D．可用丁装置测量铜与稀硝酸反应生成气体的体积16、在标准状况下，将VLA气体(摩尔质量是Mg/mol)溶于0.1L水中，所得溶液的密度为dg/cm3，则此溶液的物质的量浓度为A．B．C．D．二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子化合物G是作为锂电池中Li十迁移的介质，合成G的流程如下：（1）B的含氧官能团名称是_____________________________________。（2）A—B的反应类型是_____________________________________。（3）C的结构简式是_____________________________________。（4）D→E反应方程式是_____________________________________。（5）G的结构简式是_____________________________________。（6）D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，该同分异构体的结构简式是_____________________________________。（7）已知：M—N的化学方程式是___________________________。（8）下列说法正确的是_______________（填字母）。a．E有顺反异构体b．C能发生加成、消去反应c．M既能与酸反应，又能与碱反应d．苯酚与C反应能形成高分子化合物e．含有—OH和—COOH的D的同分异构体有2种18、2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是___________。（2）B的结构简式是___________。（3）CD的反应类型是___________。（4）写出DM的化学方程式___________。（5）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）___________。（6）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为___________。（7）满足下列条件的X的同分异构体共有_____种，写出任意一种的结构简式________。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上的一氯取代物只有两种19、氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某研究小组用下图所示的实验装置，利用氢氧化钠固体、浓氨水、干冰等作原料制备氨基甲酸铵。主要反应原理：2NH3(g)+CO2(g)＝H2NCOONH4(s)ΔH＜0。(1)实验室用98%的浓硫酸配制15%的稀硫酸，除量筒外还需使用下列仪器中的____。a．烧杯b．一定容积的容量瓶c．玻璃棒d．滴定管(2)仪器1恒压分液漏斗，其优点是__________________________。(3)仪器3中NaOH固体的作用是__________________________。(4)仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，应该______（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。(5)另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4与液体石蜡均为惰性介质）如图。生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。①发生器用冰水冷却的原因是________________________________________；②从反应后混合物中过滤分离出产品。为了得到干燥产品，应采取的方法是_____（填序号）a．常压加热烘干b．高压加热烘干c．真空40℃以下烘干(6)已知氨基甲酸铵可完全水解，其中产物有碳酸氢铵。氨基甲酸铵水解反应的化学方程式为________________________________。20、市售食盐常有无碘盐和加碘盐(含KIO3和少量的KI)。I.某同学设计检验食盐是否为加碘盐的定性实验方法：①取待检食盐溶于水，加入稀硫酸酸化，再加入过量的KI溶液，振荡。②为验证①中有I2生成，向上述混合液中加入少量CCl4充分振荡后，静置。(1)若为加碘盐，则①中发生反应的离子方程式为_________。(2)②中的实验操作名称是_________。(3)实验过程中能证明食盐含KIO3的现象是_________。Ⅱ.碘摄入过多或者过少都会增加患甲状腺疾病的风险。目前国家标准(GB／T13025.7)所用的食盐中碘含量测定方法：①用饱和溴水将碘盐中少量的I－氧化成IO3－。②再加入甲酸发生反应：Br2+HCOOH＝CO2↑+2HBr。③在酸性条件下，加入过量KI，使之与IO3－完全反应。④以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液进行滴定，测定碘元素的含量。I2+2Na2S2O3＝2NaI+Na2S4O6(1)①中反应的离子方程式为_________。(2)测定食盐碘含量过程中，Na2S2O3，与IO3－的物质的量之比为_________。(3)有人提出为简化操作将①、②省略，但这样会造成测定结果偏低。请分析偏低的原因：__________________。21、某含氧酸盐X的化学式为ABO3。已知在元素周期表中，A、B均为前四周期主族元素，且A位于B的下一周期。（1）若常温下A、B的单质都能与水发生反应。①B在元素周期表中的位置是___________________。②下列说法正确的是__________(填代号)。a．A的简单离子半径比B的简单离子半径大b．A、B元素的最高价氧化物对应的水化物都是强电解质c．A单质与水反应后溶液的pH比B单质与水反应后溶液的pH大③400℃时，X能发生分解反应生成两种盐，其物质的量之比为1：3，其中一种是无氧酸盐。该反应的化学方程式为_______________________________________________。（2）若X难溶于水，在空气中易氧化变质；B元素原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。①X能快速消除自来水中的C1O-，该反应的离子方程式为_______________________。②请你设计实验验证X是否变质：___________________________________________。（3）若X能与稀硫酸反应，生成无色、无味的气体。①该气体的电子式为______________。②X在水中持续加热，发生水解反应，生成一种更难溶的物质并逸出气体，反应的化学方程式为________________________________________________。③X可用作防火涂层，其原因是：a．高温下X发生分解反应时，吸收大量的热；b．______________________________(任写一种)。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.由电池反应知，Zn元素化合价由0价变为+2价，所以Zn失电子作负极，故A错误；B.该原电池中二氧化锰参加反应且作氧化剂，故B错误；C.电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过离子定向移动形成电流，故C错误；D.正极上二氧化锰得电子发生还原反应，电极反应式为MnO2+e-+H2O=MnO(OH)+OH-，故D正确；答案：D。2、A【解析】试题分析：硫酸与Ba(NO3)2反应生成白色沉淀BaSO4，与NaAlO2反应先生成白色沉淀，沉淀在溶解。与NaHCO3反应有气泡生成，与AlCl3不反应，没有现象。考点：物质的鉴别。3、D【解析】A．草酸浓度不同，且生成锰离子可作催化剂，由现象不能确定浓度对反应速率的影响，故A错误；B．HClO有强氧化性，能够漂白pH试纸，不能用pH试纸测定次氯酸的pH，故B错误；C．活化能越小，反应速率越快，则加入FeCl3时，双氧水分解反应的活化能较小，故C错误；D．检验FeCl2溶液中是否含有Fe2+时，酸性KMnO4溶液有强氧化性，能氧化溶液中的Cl-，则溶液褪色，无法证明存在Fe2+，故D正确；故答案为D。4、A【解析】A、乙醇溶液中除了乙醇外,水也含氧原子,10g46%的乙醇溶液中,乙醇的质量为4.6g,物质的量为0.1mol,故含0.1mol氧原子;水的质量为5.4g,物质的量为0.3mol,故含0.3mol氧原子,故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4mol,即个数为0.4NA个,故A正确;

B、标准状况下，CCl4为液态，故分子数不是NA，故B错误；C、．含4molSi-O键的二氧化硅晶体中含有1mol二氧化硅，含有2mol氧原子，含有的氧原子的数目为2NA，故C错误；D、0.1molFeI2溶液中,碘离子的还原性大于亚铁离子的,通入氯气,先氧化碘离子0.2molI-，转移电子数为0.2mol,再氧化亚铁离子0.1mol,转移电子数为0.1mol，所以转移总电子数为0.3mol，即0.3NA，故D错误；综上所述，本题正确答案为A。5、C【解析】本题主要考查工艺流程分析。根据流程分析：矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2，“碱浸”时Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2；由此作答即可。【详解】A.SO2为有毒气体，不能直接排放至空气中，可用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2，有利于保护环境和资源再利用，正确；B.高硫铝土矿中含有大量Al和Fe元素，可通过适当的操作得到Al和Fe的化合物，正确；C.由上述分析可知，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，通入过量的CO2后，生成Al(OH)3和H2SiO3，错误；D.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2↑，正确。答案选C。【点睛】易错提醒：(1)需注意反应物及用量的不同对反应产物的影响，如NaOH溶液吸收少量SO2时，产物为SO32−，吸收过量SO2则产物为HSO3−；Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧时，没有氧气作氧化剂。6、C【详解】A.水溶液中的水分子中也含有氧原子，所以存在的氧原子总数无法计算，故A错误；B.二环戊烷（）中除了碳碳键还有碳氢键属于共价键，所以共价键数目为14NA，故B错误；C.采用极值法，16.0gCuO含Cu2+为0.2NA，16.0gCu2S含Cu2+为0.2NA，所以16.0g混合物中含阳离子的数目为0.2NA，故C正确；D.在标准状况下，氯仿为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，故D错误；故选C。7、D【详解】①第一步反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故错误；②第二步中，中元素的化合价由-3价变为0价，中元素的化合价由价变为0价，该反应中只有元素的化合价发生变化，则既发生氧化反应又发生还原反应，故错误；③第二步反应是由一种物质生成两种物质，所以是分解反应，故正确；④根据②的分析，第二步中既是氧化产物又是还原产物，故正确；⑤第一步中物质间相互交换成分，属于复分解反应，故正确。答案选D。8、D【分析】将SO2通入Fe(NO3)3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，发生离子反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；立即又变为棕黄色，发生亚铁离子与硝酸根离子的氧化还原反应，生成铁离子，离子反应为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，以此解答该题。【详解】A、溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被还原的是NO3﹣，选项A正确；B、由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，综上所述氧化性：HNO3＞Fe3+＞稀硫酸，选项B正确；C、硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，选项C正确；D、上述过程中，最终被还原的是NO3﹣，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间的氧化还原，3SO2～2NO3﹣，之比为3：2，选项D错误；答案选D。【点睛】本题比较综合，涉及氧化还原、离子反应方程式书写、化学反应的计算等，把握习题中的信息及发生的化学反应为解答的关键，较好的考查学生分析问题、解决问题的能力，易错点为选项B：由溶液有棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子。9、B【详解】A.将足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先变蓝，是由于氯气氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，后褪色，是由于过量的氯气氧化生成的碘单质，发生反应5Cl2+I2+6H2O==10HCl+2HIO3，A项错误；B.Na2CO3与CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀，与AlCl3发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，现象均不相同，可以鉴别，B项正确；C.食盐中含碘是指碘元素，以KIO3的形式存在，而淀粉检验的是碘单质，C项错误；D.还有可能是偏铝酸根和少量氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，D项错误；答案选B。10、A【解析】A、标准状况下，CH2Cl2的状态不是气体，因此不能直接用22.4L·mol－1进行计算，故A说法错误；B、乙烯和环丁烯符合CnH2n，28g该混合物含有C原子物质的量为28×n/14n=2mol，故B说法正确；C、Na2O2与H2O反应方程式为：2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，生成1molO2，转移电子物质的量为2mol，因此生成0.2molO2，转移电子物质的量为0.4mol，故C说法正确；D、常温下，pH=13的NaOH溶液中c(OH－)=0.1mol·L－1，则n(OH－)=10×0.1mol=1mol，故D说法正确。【点睛】易错点是选项D，学生认为c(OH－)=0.1mol·L－1是NaOH电离产生，水也能电离出OH－，即溶液中n(OH－)>1mol，学生忽略了pH=13，求出的c(H＋)是溶液中H＋的物质的量浓度，根据水的离子积，计算出的OH－的浓度，是溶液中OH－的物质的量浓度。11、A【解析】试题分析：①酸性氧化物是能与碱反应生成盐和水的氧化物，所以酸性氧化物在一定条件下均能与碱发生反应，正确；②弱酸与盐溶液如果满足复分解条件也可能生成强酸，如CuSO4+H2S═CuS↓+H2SO4，正确；③如果生成弱电解质也可以发生复分解反应，所以发生复分解反应，但产物既没有水生成，也没有沉淀和气体生成也能发生，正确；④两种酸溶液充分反应后，所得溶液呈中性可以实现，如亚硫酸和氢硫酸反应，正确；⑤氧气和臭氧之间的转化有单质参加的反应，但该反应不是氧化还原反应，正确；⑥二氧化氮与水反应生成NO，所以两种氧化物发生反应有气体生成可以实现，正确；所以正确的有①②③④⑤⑥；选A。考点：考查物质的分类及常见物质的性质。12、D【详解】A、由于活动性：Fe＞石墨，所以铁、石墨及海水构成原电池，Fe为负极，失去电子被氧化变为Fe2+进入溶液，溶解在海水中的氧气在正极石墨上得到电子被还原，比没有形成原电池时的速率快，选项A正确；B、d为石墨，由于是中性电解质，所以发生的是吸氧腐蚀，石墨上氧气得到电子，发生还原反应，电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项B正确；C、若d为锌块，则由于金属活动性：Zn＞Fe，Zn为原电池的负极，Fe为正极，首先被腐蚀的是Zn，铁得到保护，铁片不易被腐蚀，选项C正确；D、d为锌块，由于电解质为中性环境，发生的是吸氧腐蚀，在铁片上电极反应为：O2＋2H2O＋4e－＝4OH－，选项D错误。答案选D。【点睛】根据电极上得失电子判断正负极，再结合电极反应类型、电子流向来分析解答，熟记原电池原理，电极反应式的书写是本题解题的难点。13、D【分析】根据图像分析可知，开始无沉淀生成说明加入的盐酸和溶液中的碱反应，说明溶液中一定含有OH-离子，则与OH-不能共存的离子为Fe3+、Mg2+、Al3+；随后发生反应沉淀逐渐增大，说明是AlO2-和SiO32-和氢离子反应生成氢氧化铝和硅酸，继续加入盐酸沉淀质量不变，消耗盐酸的离子只能是CO32-，反应后继续加入盐酸，沉淀量逐渐减小，到不再改变，进一步证明沉淀是氢氧化铝和硅酸沉淀。氢氧化铝沉淀溶于盐酸，最后剩余沉淀为硅酸；硫酸根离子不能确定存在，但根据溶液中电中性可以知道一定含有Na+离子。【详解】A．溶液中硫酸根离子不能确定，剩余溶液中不一定含有硫酸钠，A错误；B．反应最后形成的溶液中的溶质为氯化钠和氯化铝，B错误；C．根据图像可以知道和碳酸根离子反应的盐酸为2L，CO32-+2H+=CO2↑+H2O，氢氧化铝溶解消耗的盐酸的体积为4L，Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O，原溶液中含有碳酸根与偏铝酸根的物质的量比为3:4，C错误；D．根据分析判断原溶液中一定含有氢氧根、硅酸根、偏铝酸根、碳酸根，D正确；故选D。14、D【解析】A.原电池工作时，阳离子向正极移动；B.粗铜中含铁、锌等，失电子发生氧化反应，铜离子浓度略降低；C.锌比铁活泼，锌作负极，铁被保护；D.图示信息可以看出，电解池的阳极有氧气和HCO3-生成，发生氧化反应，据此分析阳极反应式。【详解】A.含有盐桥的原电池中，盐桥中阳离子向正极所在溶液移动，阴离子向负极所在溶液移动，该装置中活泼金属Zn作负极、Cu作正极，则盐桥中K+移向CuSO4溶液，故A项错误；B.粗铜为阳极，失电子发生氧化反应，因粗铜中含铁、锌等，这些金属在阳极均会失电子产生金属阳离子进入溶液，而在阴极只有铜离子得电子产生铜，根据得失电子守恒规律可知，阳极失电子的铜的量小于阴极得电子的铜的量，溶液中铜离子浓度会略降低，故B项错误；C.锌比铁活泼，锌作负极，电子从负极锌流出经导线流向正极铁，铁被保护，不可能产生二价铁离子，滴加2滴铁氰化钾溶液后，不会出现蓝色沉淀，故C项错误；D.从图中可以看到，电解池的阳极区生成了氧气和HCO3-，发生了失电子的氧化反应，其电极反应式为：4CO32-+2H2O-4e-=4HCO3-+O2↑，故D项正确；答案选D。15、A【分析】通过物质的性质，结合选项观察实验装置，判断能否达到实验目的。【详解】A.SO2与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，SO2表现还原性，A不能达到实验目的；B.喷泉实验要求烧瓶与大气产生压力差，HCl气体极易溶于水，烧瓶内压强迅速减小，产生喷泉，B能达到实验目的；C.向U形管中加入水后，若装置密封良好，则两管出现液面差，C能达到实验目的；D.铜与稀硝酸反应生成NO气体，不溶于水，气体进入集气瓶后把液体排出到量筒中，D能达到实验目的。答案为A。16、A【解析】溶质的物质的量为mol，溶液的体积是V22.4×M+0.1×103d×10－3L，根据c=n/V，代入数值，得出物质的量浓度为mol·L－1二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基、水解（取代）反应bcdbcd【解析】试题分析：从F来看4个碳原子的碳链结构含有一个支链，故C4H8是CH2=CH(CH3)2。A为CH2BrCHBr(CH3)2，B为，根据信息氧化的C为。继续氧化生成的D是，再消去—OH变为E。G是F进行加聚反应的产物。D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，成环含有1个氧原子，4个碳原子，其同分异构体是HO—CH2—CH2—CH2—COOH。根据信息：C()生成M为，则N为。考点：有机化学基础，考查反应类型、有机物的官能团、结构简式、化学反应方程式、物质的性质判断等。18、2-甲基-1-丁烯CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3取代反应3【详解】（1）由F的结构可以判断A的结构简式为：CH2=C(CH3)CH2CH3，根据系統命名法命名为2－甲基－1－丁烯；（2）根据题干中给的烯烃复分解反应原理：C2H5CH=CHCH3＋CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3，推测出两个A之同发生复分解后的产物为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；（3）B与Br2发生加成反应生成C，C的结构简式为：CH3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，C在碱性条件下水解生成D。水中羟基取代溴得位置，所以发生了取代反应，故答案为取代（水解）反应；（4）D→M是与HOOC－COOH发生酯化反应生成环酯，反应的方程式为；（5）E→F是E中的Br被－OH取代，同时一个羟基被催化第化最终变成羧基的过程，合成路线为：CH3CH2CBr（CH3）CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；（6）G只有一个甲基说明G的结构简式为：，G的分子式是C5H8O2与X反应后生成C13H16O2，发生了酯化反应并且増加了8个C、8个H，根据酯化反应酸脱羟基醇脱氢可知X的分子式为C8H9O，且X中只有一个取代基没有甲基，可知X为苯乙醇，因此推出N的结构简式为；（7）符合两个条件的结构中包含了一个酚羟基，同时具有对称结构，所以符合条件的结构有、、共3种。19、ac便于浓氨水顺利流下干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解加快生成物氨基甲酸铵易分解且反应放热，用冰水冷却防止生成物因温度过高而分解，且降温使反应正向进行，提高反应物的转化率cNH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3·H2O或NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3↑＋H2O【解析】(1)实验室用98%的浓硫酸配制15%的稀硫酸，用量筒量取一定体积的浓硫酸，加入到盛有一定量水的烧杯中，玻璃棒不断搅拌，因此配制过程中除量筒外还需使用a．烧杯，c．玻璃棒；综上所述，本题选ac。(2)恒压分液漏斗，能够保持内外压强不变，便于浓氨水顺利流下；综上所述，本题答案是：便于浓氨水顺利流下。(3)因为氨基甲酸铵易水解，U型管内氢氧化钠干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；综上所述，本题答案是：干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解。

(4)若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡,说明有二氧化碳排出,通入氨气的量不足,应该适当加快产生氨气的流速；因此，本题正确答案是:加快。

(5)①反应2NH3(g)+CO2(g)＝H2NCOONH4(s)ΔH＜0是放热反应，降温平衡正向进行；发生器用冰水冷却提高反应物质转化率,防止生成物温度过高分解；综上所述，本题答案是：生成物氨基甲酸铵易分解且反应放热，用冰水冷却防止生成物因温度过高而分解，且降温使反应正向进行，提高反应物的转化率。②把氨气和二氧化碳通入四氯化碳中,不断搅拌混合,生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中,分离产品的实验方法利用过滤得到,氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种白色固体,易分解、不能加热烘干,应在真空40℃以下烘干；综上所述，本题答案是：c。(6)已知氨基甲酸铵可完全水解，其中产物有碳酸氢铵和一水合氨（或氨气），氨基甲酸铵水解反应的化学方程式为NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3·H2O或NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3↑＋H2O；综上所述，本题答案是：NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3·H2O或NH2COONH4＋2H2O＝NH4HCO3＋NH3↑＋H2O。20、IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O萃取溶液分层，下层为紫红色3Br2+I-+3H2O=2IO3-+6Br-+6H+6:1将操作①、②省略，只测定了食盐中以IO3-形式存在的碘元素，以I-形式存在的碘元素没有被测定。【分析】本题从定性和定量两个角度对加碘盐进行了测定，均是将碘盐中的碘元素转化为I2，前者通过反应的现象来判断，后者通过滴定实验来测定，再结合氧化还原反应的计算分析解答。【详解】Ⅰ.（1）若为加碘盐，则其中含有KIO3，在酸性条件下与I-会发生反应生成碘单质，反应的方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4═3I2+3K2SO4+3H2O，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O，故答案为IO3-+5I-+6H+═3I2+3H2O；（2）由于I2在有机溶剂中的溶解度更大，CCl4