2026届吉林省延边朝鲜族自治州延吉市第二中学高三上化学期中达标测试试题含解析

2026届吉林省延边朝鲜族自治州延吉市第二中学高三上化学期中达标测试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、下列五种有色溶液与SO2作用均能褪色，其实质相同的是（）①品红溶液；②酸性KMnO4溶液；③溴水；④滴有酚酞的NaOH溶液；⑤含I2的淀粉溶液A．①④ B．①②③ C．②③⑤ D．③④2、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作现象结论A将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中产生红棕色气体硝酸的还原产物是NO2B某粉末用酒精润湿后，用铂丝蘸取做焰色反应火焰呈黄色该粉末一定不含钾盐C将Na2O2裹入棉花中，放入充满CO2的集气瓶中棉花燃烧Na2O2与CO2的反应为放热反应D向久置的Na2SO3溶液中加入足量BaCl2溶液，再加入足量稀硝酸出现白色沉淀，加稀硝酸后沉淀不溶解久置的Na2SO3溶液已全部变质A．A B．B C．C D．D3、根据下列实验：①向Fe2（SO4）3和CuSO4的混合液中加入过量铁粉，充分反应，有红色固体析出，过滤。②取①中滤液，向其中滴加KSCN溶液，观察现象。判断下列说法正确的是（）A．氧化性Cu2+>Fe3+ B．①中所得固体只含铜C．①中滤液含有Cu2+和Fe2+ D．②中不会观察到溶液变红4、2—氯丁烷常用于有机合成等，有关2—氯丁烷的叙述正确的是A．它的同分异构体除本身外还有4种B．与硝酸银溶液混合产生不溶于稀硝酸的白色沉淀C．可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂D．与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应有机产物只有一种5、某溶液由Na+、Cu2+、Ba2+、Fe3+、AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子组成，取适量该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．原溶液中一定只存在AlO2-、CO32-、SO42-、Cl-四种离子B．气体A的化学式是COC．原溶液中一定不存在的离子是Cu2+、Ba2+、Fe3+D．生成沉淀B的离子方程式为：Al3++3OH-=Al(OH)3↓6、把一定量的铁粉放入氯化铁溶液中，完全反应后，所得溶液中Fe2＋和Fe3＋的浓度恰好相等。则已反应的Fe3＋和未反应的Fe3＋的物质的量之比为A．1∶1 B．2∶1 C．2∶3 D．3∶27、下列说法或表示法正确的是A．等量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出热量多B．由C（石墨，s）=C（金刚石，s）

△H=+119

kJ/mol可知，石墨比金刚石稳定C．在稀溶液中：H+（aq）

+

OH-（aq）=H2O（l）△H=-

57.3

kJ/mol，.若将含0.5mol的浓硫酸溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量等于57.3kJD．在101

kPa时，2

g

H2完全燃烧生成液态水，放出285.

8

kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式表示为2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）

△H=

+285.8kJ·mol-18、下列表示不正确的是A．甲烷分子的比例模型为 B．乙烷的结构简式为CH3CH3C．磷原子的结构示意图为 D．MgCl2的电子式为9、仪器名称为“容量瓶”的是（）A． B． C． D．10、某离子反应涉及H2O、ClO－、NH4＋、H＋、N2、Cl－六种微粒。其中c(NH4＋)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是A．反应的还原产物是N2B．消耗1mol氧化剂，转移电子3molC．氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3D．反应后溶液的酸性明显增强11、已知元素R有某种同位素的氯化物RClX，该氯化物中R微粒核内中子数为Y，核外电子数为Z，该同位素的符号为()A． B． C． D．12、关于下图装置说法正确的是（）A．铁电极附近滴加酚酞试液，酚酞变红B．铁电极发生氧化反应C．电子由石墨经过导线流向铁D．石墨电极有气泡产生13、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL(换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2︰1B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LC．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D．得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL14、已知热化学方程式：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/molH2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol，当1g液态水变为水蒸气时，其热量变化是()A．ΔH＝＋88kJ/mol B．ΔH＝＋2.44kJ/molC．ΔH＝－4.98kJ/mol D．ΔH＝－44kJ/mol15、已知：CH4(g)+2O2(g)==CO2(g)+2H2O(1)△H=―Q1KJ/mol2H2(g)+O2(g)==2H2O(g)△H=―Q2KJ/mol2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=―Q3KJ/mol常温下，取体积比为4:1的甲烷和氢气的混合气体11.2L（已折合成标准状况），经完全燃烧后恢复至常温，则放出的热量为()A．（0.4Q1+0.05Q3）kJ B．（0.4Q1+0.05Q2）kJC．（0.4Q1+0.1Q3）kJ D．（0.4Q1+0.1Q2）kJ16、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是（夹持仪器略）ABCDX中试剂稀硝酸浓盐酸浓硫酸浓氨水Y中试剂CuMnO2CuCaO气体NOCl2SO2NH3A．A B．B C．C D．D17、近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是A．成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B．常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸C．谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体18、H2S水溶液中存在电离平衡H2SH++HS-和HS-H++S2-。若向H2S溶液中A．加水，平衡向右移动，溶液中氢离子浓度增大B．通入过量SO2气体，平衡向左移动，溶液pH值增大C．滴加新制氯水，平衡向左移动，溶液pH值减小D．加入少量硫酸铜固体（忽略体积变化），溶液中所有离子浓度都减小19、下列离子方程式正确的是（）A．等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-B．用醋酸溶解石灰石：CaCO3+2H＋=Ca2＋+H2O+CO2↑C．氨水吸收过量的二氧化硫：2NH3·H2O+SO2==2NH4++SO32-+H2OD．NaOH溶液与足量的Ca(HCO3)2溶液反应：2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2O20、某化学小组构想将汽车尾气（NO、NO2）转化为重要的化工原料HNO3，其原理如图所示，其中A、B为多孔材料.下列说法正确的是A．电极A表面反应之一为NO2－e－+H2O=NO3_+2H+B．电极B附近的c(NO3_)增大C．电解质溶液中电流的方向由B到A，电子的流向与之相反D．该电池工作时，每转移4mol电子，消耗22.4LO221、某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2（同时生成FeO），下列说法不正确的是已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。A．装置的连接顺序为afejihg（或gh）bcdB．装置E中发生的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2C．装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生NO2D．装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应22、为了除去铁粉中的少量铝粉，可以选取下列哪种溶液()A．浓盐酸 B．浓硝酸 C．浓硫酸 D．浓氢氧化钠溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:已知:I.RCOOR´+R"OHRCOOR"+R´OH(R.R'、R"代表烃基)II.(R

代表烃基)。(1)PMMA

单体的结构简式为_______，PET单体中的官能团名称为________。(2)反应⑤的反应类型是________；反应②的化学方程式为_________。(3)若反应④得到的某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（___）个。(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应②不能使溴水褪色③分子内没有环状结构④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:__________；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有___种(不考虑立体异构和空间异构)。24、（12分）氨甲环酸（G），别名止血环酸，是一种已被广泛使用半个世纪的止血药，它的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂略）：回答下列问题：（1）A的结构简式是________。（2）C的化学名称是__________。（3）②的反应类型是________。（4）E中不含N原子的官能团名称为_______。（5）氨甲环酸（G）的分子式为________。（6）写出满足以下条件的所有E的同分异构体的结构简式：________。a.含苯环b.含硝基c.核磁共振氢谱有三组峰（7）写出以和为原料，制备医药中间体的合成路线：__（无机试剂任选）。25、（12分）亚硝酰M(NOC1)是一种红褐色液体或黄色气体，其熔点－64.5℃，沸点－5.5T，遇水易水解生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，其中一种呈红棕色。NOCl可由NO与纯净的Cl2在常温常压下合成，相关实验装置如图所示。(1)装置B中仪器a的名称是___，装置E中的试剂为__。(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，当观察到B中__时关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，另一个作用是___；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为___。(4)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：将所得亚硝酰M(NOC1)产品13.10g溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，K2CrO4溶液为指示剂，用0.8mol•L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为22.50mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)滴定时应将AgNO3标准溶液加入___(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；亚硝酰氯(NOC1)的质量分数为___；若滴定开始时仰视读数，滴定终点时正确读数，则测定结果___(填“偏高”“偏低”或“不变”果)。26、（10分）NH3是一种重要的化工原料，可用于制氮肥、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。某实验小组在实验室中对NH3的性质进行了探究，设计了如下实验装置。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的________，反应的化学方程式为________；②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_____（按气流方向，用小写字母表示）。（2）NH3性质探究利用制取的干燥NH3，小组开始实验，其中A为NH3的制取装置，并发现了如下实验现象，同时小组对现象进行了讨论并得出了相应的结论。序号实验现象实验结论ⅠB装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了Cu2O或______ⅡC装置中无水CuSO4变蓝反应生成了________ⅢE装置中收集到无色无味气体反应生成了N2①完型填空实验结论；②实验仪器D的名称为_______________；所装药品无水CaCl2的作用为______________；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为_______________________，体现了NH3的________性（填氧化或还原）。27、（12分）氯酸钾是常见的氧化剂，用于制造火药、烟火。工业上用石灰乳氯化法制备氯酸钾的流程如图所示：已知：氯化过程主要发生反应：完成下列填空：(1)工业生产氯气的方法是________（请用文字表述）。(2)氯化过程需要控制较高温度，其目的有：①_______；②减少Cl2与Ca(OH)2之间的副反应。(3)向热的滤液中加入稍过量的氯化钾，待溶解完全后进行冷却，有大量氯酸钾晶体析出，写出相关反应的化学方程式：______。得到的氯酸钾晶体中可能会含有少量氯化钾，进一步提纯的方法是_______。(4)为测定所得晶体中氯酸钾的纯度，将ag样品与bg二氧化锰混合，加热该混合物一段时间后（杂质不参加反应）冷却，称量剩余固体质量，重复加热、冷却、称量操作，记录数据如下表：加热次数第一次第二次第三次第四次剩余固体质量（g）cdee(i)进行加热操作时，应将固体置于________（填仪器名称）中。(ii)该实验不必进行第五次加热的原因是_______。(iii)若某次测定结果的相对误差为-2.98%，写出导致这一结果的一种可能情况。______。28、（14分）金属镓是广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属，化学性质与铝元素相似。（1）工业上提纯镓的方法很多，其中以电解精炼法为多。具体原理如下：以待提纯的粗镓(内含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极，以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓在阳极溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。①已知离子氧化性顺序为Zn2+＜Ga3+＜Fe2+＜Cu2+。电解精炼镓时阳极泥的成分是_______。②GaO2-在阴极放电的电极方程式是__________________________。（2）工业上利用固态Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)同时又有氢气生成。反应中每生成3molH2时就会放出30.8kJ热量。①该反应的热化学方程式为__________________________。②一定条件下，加入一定量的Ga与NH3进行上述反应，下列叙述符合事实且可作为判断反应已达到平衡状态的标志的是_______________。A.恒温恒压下，混合气体的密度不变B.断裂3molH—H键，同时断裂2molN—H键C.恒温恒压下达平衡后再加入2molH2使平衡移动，NH3消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率D.升高温度，氢气的生成速率先增大再减小29、（10分）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2和金属硫酸盐）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下：（1）流程中将高硫铝土矿磨成矿粉的目的是_________________________________。（2）添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧，其硫去除率随温度变化曲线如图所示。已知：多数金属硫酸盐的分解温度都高于600℃；硫去除率=（1—）×100%。①不添加CaO的矿粉在低于500℃焙烧时，去除的硫元素主要来源于____________。②700℃焙烧时，添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低，其主要原因是______________________。（3）由“过滤”得到的滤液生产氧化铝的反应过程中涉及的离子方程式是______________________。（4）“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，理论上完全反应消耗的n（FeS2）∶n（Fe2O3）=__________。

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、C【解析】试题分析：①品红溶液褪色，体现二氧化硫的漂白性；②酸性KMnO4溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；③溴水褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；④滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因二氧化硫与碱反应，体现其酸性氧化物的性质；⑤含I2的淀粉溶液褪色，与二氧化硫发生氧化还原反应，体现其还原性；显然②③⑤实质相同，故选C。考点：本题考查二氧化硫的化学性质。2、C【详解】A.将少量浓硝酸分多次加入Cu和稀硫酸的混合液中，硝酸的浓度变小，铜与稀硝酸反应的还原产物是无色的NO，NO可在空气中与氧气反应转变为红棕色的二氧化氮，A错误；B.焰色反应直接观察呈黄色，若再通过蓝色钴玻璃没有看到紫色，则一定不含钾元素，否则不一定，而且含有钾元素的化合物不一定是钾盐，B错误；C.棉花燃烧，除了有助燃物外，温度要达到棉花的着火点，说明Na2O2与CO2的反应放热，C正确；D.亚硫酸钡沉淀可以被硝酸氧化为硫酸钡沉淀，故不能说明久置的Na2SO3溶液已全部变质，D错误；答案选C。3、D【分析】在实验①中会发生反应：Fe+Fe2（SO4）3=3FeSO4、Fe+CuSO4FeSO4+Cu，由以上反应原理和氧化还原反应规律分析可得结论。【详解】A.在反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+中，氧化剂为Fe3+，氧化产物为Cu2+，即可知氧化性Fe3+>Cu2+，故A错误；B.①中所得固体含有过量的铁和置换出的铜，故B错误；C.由于加入的铁是过量的，则溶液中不可含有Cu2+，故C错误；D.因在①的滤液中只有Fe2+，没有Fe3+，则滴加KSCN溶液时并不会出现溶液变红的现象，故D正确；答案选D。4、C【详解】A．2-氯丁烷的同分异构体中，碳链异构为正丁烷和异丁烷，各自氯原子有2种同分异构体，故它的同分异构体除本身外还有3种，A叙述错误；B．2-氯丁烷中不含有氯离子，则其与硝酸银溶液混合不产生白色沉淀，B叙述错误；C．2-氯丁烷为有机物，含有碳碳单键，可混溶于乙醇、乙醚、氯仿等多数有机溶剂，C叙述正确；D．2-氯丁烷与氢氧化钠、乙醇在加热条件下的消去反应，生成1-丁烯或2-丁烯，则有机产物只有2种，D叙述错误；答案为C。5、C【解析】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－来自于过量的盐酸，原溶液中不能确认是否含有Cl－。【详解】该溶液中加入过量盐酸，有气体A生成，推出原溶液中含有CO32－，根据离子共存，原溶液中一定没有Cu2＋、Ba2＋、Fe3＋，根据溶液呈现电中性，则原溶液中一定有Na＋，无色透明溶液A中加入过量氨水，得到白色沉淀，白色沉淀为Al(OH)3，则原溶液中一定含有AlO2－，滤液B中加入过量的氢氧化钡溶液，有白色沉淀，白色沉淀为BaSO4，则原溶液中含有SO42－，滤液C中加入过量的稀硝酸酸化的硝酸银，出现白色沉淀，沉淀为AgCl，Cl－可能来自于过量的盐酸，不能确认原溶液中是否含有Cl－。A、原溶液中一定存在Na＋、AlO2－、CO32－、SO42－，故A错误；B、根据上述分析，气体为CO2，故B错误；C、原溶液中一定不存在的离子是Cu2＋、Fe3＋、Ba2＋，故C正确；D、NH3·H2O为弱碱，离子方程式为Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，故D错误。【点睛】根据分析，学生认为Na＋可能存在，也可能不存在，学生忽略溶液呈现电中性，离子检验中遵循的原则：一是肯定性原则，二是互斥性原则，三是电中性原则，四是进出性原则。6、C【详解】设已反应的Fe3+的物质的量为2mol，根据Fe+2Fe3+=3Fe2+，溶液中Fe2+的物质的量为3mol，因为溶液中的Fe3+和Fe2+浓度相等，所以未反应的Fe3+的物质的量为3mol，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为2mol∶3mol=2∶3，故选C。7、B【详解】A．硫蒸气变化为硫固体为放热过程，则等量的硫蒸气和硫固体在氧气中分别完全燃烧，放出热量硫蒸气多，选项A错误；B．石墨比金刚石能量低，物质的能量越低越稳定，选项B正确；C．浓硫酸溶于水放热，若将含0.5molH2SO4的浓硫酸与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，选项C错误；D．2g氢气燃烧放热285.8kJ，4g氢气燃烧放热应为2×285.8kJ＝571.6KJ，选项D错误；答案选B。8、D【分析】常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法。【详解】A项、甲烷分子中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为，故A正确；B项、乙烷的结构式为，结构简式为CH3CH3，故B正确；C项、磷元素的原子序数为15，原子结构示意图为，故C正确；D项、MgCl2是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误。故选D。【点睛】本题考查常用化学用语的书写，注意掌握常用化学用语书写原则，注意比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构，不能表示原子之间的成键情况。9、B【详解】A．为圆底烧瓶，故A错误；B．为容量瓶，故B正确；C．为锥形瓶，故C错误；D．为分液漏斗，故D错误；故选B。10、D【分析】根据题意可知，c(NH4＋)随反应进行逐渐减小，则NH4＋为反应物，根据原子守恒知，N2为生成物，氮元素的化合价由-3价升高到0价；根据氧化还原反应元素化合价有升高的，必然有元素化合价降低判断，ClO－为反应物，Cl－为生成物，氯元素化合价由+1价降低到-1价；利用化合价升降法及原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO－＋2NH4＋=3H2O＋2H＋＋N2↑＋3Cl－。【详解】A.根据化学反应，ClO－中氯元素化合价由+1价降低到-1价，所以反应的还原产物是Cl－，A项错误；B、NH4＋中氮元素的化合价由-3价升高到0价，作还原剂，则消耗lmol还原剂，转移电子3mol，B项错误；C.根据上述化学反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，C项错误；D.根据反应的离子方程式判断，反应后溶液的酸性明显增强，D项正确。答案选D。11、C【详解】氯化物中阳离子为Rx+，其核外电子数为Z，则R质子数为Z+X，质量数为Z+X+Y，故答案C正确。故选C。12、B【解析】该装置中溶液呈中性，则铁发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极，碳作正极；A．铁易失电子生成亚铁离子进入溶液，亚铁离子和氢氧根离子反应生成氢氧化亚铁程度，所以铁电极附近滴加酚酞试液不变红，故A错误；B．铁失电子发生氧化反应，故B正确；C．铁作负极，碳作正极，电子从负极铁沿导线流向正极碳，故C错误；D．石墨电极上氧气得电子和水生成氢氧根离子，所以没有气泡生成，故D错误；故选B。点睛：明确原电池原理是解本题关键，知道钢铁发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件，该装置中溶液呈中性，则铁发生吸氧腐蚀，铁易失电子作负极，碳作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电子从负极沿导线流向正极。13、D【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=1.52②64x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2︰1，A正确；B、c(HNO3)=mol/L=14.0mol·L－1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是×100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。14、B【详解】将两式编号：H2O(g)=H2(g)＋O2(g)ΔH＝＋241.8kJ/mol①H2(g)＋O2(g)=H2O(l)ΔH＝－285.8kJ/mol②将①+②得H2O(g)=H2O(l)ΔH＝+241.8kJ/mol+(-285.8kJ/mol)=－44kJ/mol，所以每1g液态水变成水蒸气需要吸收的热量为kJ＝2.44kJ，答案选B。15、A【分析】根据混合气体的体积计算混合气体的物质的量，结合气体体积比计算甲烷、氢气的物质的量，再根据热化学方程式计算放出的热量。【详解】甲烷和氢气的混合气体体积为11.2L（折合成标准状况），则甲烷和氢气的混合气体的总物质的量为=0.5mol，甲烷和氢气的体积比为4:1，所以甲烷的物质的量为0.5mol×=0.4mol，氢气的物质的量为0.5mol-0.4mol=0.1mol，由CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(1)△H=―Q1kJ/mol可知，0.4mol甲烷燃烧放出的热量为0.4mol×Q1kJ/mol=0.4Q1kJ，混合气体完全燃烧后恢复至室温，生成物水为液态，由2H2(g)+O2(g)==2H2O(1)△H=―Q3kJ/mol可知，0.1mol氢气燃烧生成液态水放出的热量为0.05Q3kJ，所以放出的热量为0.4Q1+0.05Q3，答案选A。【点睛】本题考查反应热的计算，试题难度不大，注意根据生成物水为液态选择相应的热化学方程式计算反应热，为易错点。16、A【详解】A．Cu与稀硝酸反应生成NO，且NO不溶于水，图中装置可制备并收集NO，故A正确；B．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯，且氯气不能选排水法收集，故B错误；C．Cu与浓硫酸反应反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；D．氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故答案为A。17、B【解析】A.“百炼成钢”是将生铁中的C氧化为二氧化碳，发生了化学变化，“蜡炬成灰”是烃的燃烧，发生了化学变化，A正确；B.Fe在常温下在浓硝酸中会钝化，无法溶解在浓硝酸中，B错误；C.“雷雨肥庄稼”是将空气中游离态的N元素氧化为化合态，涉及到了氧化还原反应，C正确；D.“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体，D正确；故答案选B。18、C【详解】A、加水，促进电离，但氢离子浓度减小，A错误；B、通入过量SO2气体，发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，当SO2过量，溶液显酸性，而且酸性比H2S强，pH值减小，B错误；C、滴加新制氯水，发生反应：Cl2＋H2S=2HCl＋S↓，平衡向左移动，溶液pH值减小，C正确；D、加入少量硫酸铜固体，发生反应：H2S＋Cu2＋=CuS↓＋2H＋，H＋浓度增大，D错误。答案选C。【点睛】弱电解质的电离是电解质溶液中的三大平衡体系之一，本题考查弱电解质的电离，要明确离子间发生的反应是解本题关键，还要注意加水稀释时，虽然促进了氢硫酸的电离，但氢离子浓度也会减小，溶液的pH增大。19、A【详解】A.Fe2+的还原能力比Br-强，所以通入Cl2时，Fe2+先反应。等物质的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反应：2Fe2++2Br-+2Cl2==2Fe3++Br2+4Cl-，符合客观事实和守恒原则，A正确；B.醋酸为弱酸，不能改写成离子形式，B错误；C.氨水中通入过量的二氧化硫，最终产物应为NH4HSO3，C错误；D.2HCO3-+2OH-+Ca2+==CaCO3↓+2H2O方程式中，质量不守恒，电荷不守恒，D错误。故选A。【点睛】判断离子方程式的正误，需考察以下四个方面的内容：①看是否符合客观事实；②看是否漏掉离子反应；③看是否可拆成离子；④是否遵循质量守恒和电荷守恒。20、A【解析】试题分析：A、电极A通入的是汽车尾气，则二氧化氮发生氧化反应，与氢离子结合为硝酸，正确；B、电极B通入的氧气，则氧气得到电子与氢离子结合生成水，所以硝酸根离子的物质的量浓度减小，错误；C、A为负极，B为正极，则电解质溶液中的电流是从A到B，外电路中电流从B到A，电子从A到B，错误；D、该电池工作时，每转移4mol电子，则消耗1mol氧气，标准状况下的体积是22.4L，错误，答案选A。考点：考查原电池反应原理的判断21、D【解析】A、根据实验原理利用NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，所以首先应制备纯净的干燥的NO，利用铜与稀硝酸反应生成NO，由于硝酸具有挥发性，所以制得的NO中会混有硝酸和水蒸气气体，则先通过装置D除去挥发出的HNO3等酸性气体，然后再通过F干燥，得到纯净的干燥的NO进入E中与铁粉反应，最后处理多余的NO，又因为NaOH溶液不与NO反应，而浓硝酸可氧化NO生成NO2，所以最终先通过B氧化NO，后再通过C吸收，故上述装置接口的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g（或g→h）→b→c→d，正确；B、装置E中NO被灼热的铁粉还原为N2，同时生成FeO，反应的化学方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，正确；C、装置D盛放的是水，其作用是除去挥发出的HNO3等酸性气体，正确；D、装置B盛放的是浓硝酸，依题意可以氧化NO，便于氢氧化钠溶液吸收，错误。22、D【分析】根据金属的性质差异进行分析，铝和铁都能与酸反应，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，故选D。【点睛】本题考查了金属的化学性质的差异，完成此题，可以依据已有的知识进行，需要同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便灵活应用。二、非选择题(共84分)23、酯基和羟基氧化n-1CH3COCH2COCH38【解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息Ⅱ中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。(1)根据上述分析，PMMA

单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；(2)反应⑤中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，②为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为，故答案为氧化；；(3)反应④为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为n-1；(4)PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：①不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；②不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱和键；③分子内没有环状结构；④核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有—CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：①—CH3、—CHO、—CH2OH，共有4种结构；②—CH2CHO、—CH2OH有2种结构；③—CHO、—CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为CH3COCH2COCH3；8。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。24、CH2=CH-CH=CH22-氯-1,3丁二烯消去反应碳碳双键、酯基C8H15NO2、【分析】由合成路线可知，A为1,3-丁二烯，1,3-丁二烯和氯气发生加成反应生成B，B发生消去反应生成C，对比C、D结构可知，由C生成D发生了双烯合成；D→E为-Cl被-CN取代，E→F为酯的水解反应，F→G为加氢的还原反应，以此分析解答。【详解】（1）由以上分析可知，A为1,3-丁二烯，结构简式为CH2=CH-CH=CH2；（2）C分子中含有两个碳碳双键，氯原子在第二个碳原子上，故化学名称为2-氯-1,3-丁二烯；（3）反应②为B发生消去反应生成C，故反应类型为消去反应；（4）E中含有-CN、碳碳双键和酯基，其中不含氮原子的官能团名称为碳碳双键、酯基；（5）由结构简式可知，氯甲环酸（G）的分子式为C8H15NO2；（6）E的同分异构体：a.含苯环b.含硝基c.核磁共振氢谱有三组峰，说明含有三种类型的氢原子，故结构简式为、。（7）参考合成路线，若以和为原料，制备，则要利用双烯合成，先由制得，再和合成，故设计合成路线为：25、长颈漏斗饱和食盐水红棕色完全消失通过观察气泡的多少调节两种气体的流速2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑酸式90%偏低【分析】本实验的目的是制备NOCl，该物质易与水反应，制备过程要保持干燥；装置A中利用铜和稀硝酸反应生成NO，装置B对NO进行干燥之后进入装置D中，与干燥纯净氯气在冰盐水浴条件下反应生成NOCl，D装置可以防止空气中的水蒸气进入反应装置是NOCl水解；实验时，需先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，利用产生的NO将装置中的空气排尽，NO易被氧气氧化成NO2，当观察到B中红棕色气体NO2完全消失后，说明装置中空气被排尽，此时装置中充满NO；关闭K1、K2，向装置C三颈瓶中通入干燥纯净Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。【详解】(1)装置B中仪器a的名称是长颈漏斗，因为盐酸易挥发，制备的Cl2中含有少量的HCl，HCl极易溶于水，而Cl2在饱和食盐水中的溶解度很小，装置E中的试剂为饱和食盐水除去Cl2中的HCl。故答案为：长颈漏斗；饱和食盐水；(2)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，再打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，产生NO气体，当观察到B中红棕色完全消失时，说明装置中充满NO，关闭K1、K2。向装置C三颈瓶中通入干燥Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备NOCl。故答案为：红棕色完全消失；(3)装置B、D除可干燥NO、Cl2外，还可以通过观察气体通过洗气瓶时产生气泡的多少、快慢，通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，控制NO和Cl2的气泡的最佳速度为2：1，以便发生反应2NO+Cl2=NOCl，使NO和Cl2反应充分；若装置C中去掉盛CaCl2的干燥管，NOCl遇水易水解生成一种氢化物：HCl、两种氮的常见氧化物分别为：红棕色NO2和无色的NO，则C中NOCl可能发生反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑。故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；2NOCl+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；(4)AgNO3在溶液中水解显酸性，滴定时应将AgNO3标准溶液加入酸式滴定管中；亚硝酰氯(NOCl)溶于水可生成Clˉ，Clˉ和Ag＋发生反应：Clˉ+Ag＋=AgCl，滴定终点Clˉ完全反应，Ag＋与CrO生成砖红色沉淀，根据元素守恒25.00mL溶液中n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)=0.8mol·L-1×22.5×10-3L=0.018mol，则样品中n(NOCl)=0.018mol×=0.18mol，所以质量分数=×100%=×100%=90%；滴定管0刻度线在上方，仰视读数变大。先仰视后正常，计算体积时为V后-V前(偏大)所以测定结果偏低，根据n(NOCl)=n(Clˉ)=n(Ag＋)，则测定的NOCl的物质的量增大，测定结果偏低，故答案为：酸式；90%；偏低。26、A（或B）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）d→c→f→e→iCuH2O（球形）干燥管吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O还原【分析】装置A产生氨气，氨气在装置B中和氧化铜反应，生成的气体分别通过无水硫酸铜、无水氯化钙，装置E用于收集未反应完全的气体，以此解答。【详解】（1）①A.为固固加热制取气体的装置，可以选用氯化铵与碱石灰加热制取氨气；B.浓氨水和氧化钙反应可以制取氨气或者加热浓氨水可以制取氨气；故选A或B；反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）；②氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序：发生装置→d→c→f→e→i；（2）①B装置中黑色氧化铜变为红色，说明生成了Cu2O或Cu；C装置中无水CuSO4变蓝，说明反应生成了H2O；②实验仪器D的名称为：（球形）干燥管；所装药品无水CaCl2的作用为：吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为：2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O；该反应中N元素化合价上升，体现了NH3的还原性。27、电解饱和食盐水加快反应速率Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3↓重结晶坩埚剩余固体质量已恒重，说明KClO3已分解完全①未在干燥器中冷却，剩余固体吸水②加热时间不足，氯酸钾未完全分解(任写一种)【分析】(1)工业用电解饱和食盐水的方法生产氯气；(2)温度升高有利于加快反应速率；(3)热的氯酸钙与氯化钾反应生成溶解度更小的氯酸钾，用重结晶的方法可提纯氯酸钾晶体；(4)(i)灼烧固体在坩埚中进行；(ii)第三次和第四次的固体质量恒重，说明分解完全；(iii)若某次测定结果的相对误差为-2.98%，说明所得数据偏