安徽省阜阳市太和县太和二中2026届化学高三上期中学业水平测试试题含解析

安徽省阜阳市太和县太和二中2026届化学高三上期中学业水平测试试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、用标准盐酸滴定未知浓度的NaOH溶液，下列各操作中，不会引起实验误差的是A．用蒸馏水冼净滴定管后，装入标准盐酸进行滴定B．用蒸馏水冼净锥形瓶后，再用NaOH液润洗，而后装入一定体积的NaOH溶液C．用甲基橙做指示剂，当溶液由黄色变成橙色，立刻读数盐酸体积D．用碱式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸馏水洗净的锥形瓶中，加入适量蒸馏水后再进行滴定2、实验室用乙醇、乙酸、浓硫酸制备乙酸乙酯，装置如图所示。下列说法正确的是A．边加热边蒸出是为得到纯净产物B．长导管的作用是导气、冷凝、回流C．小试管内盛放NaOH溶液，为除去产物中的乙酸D．浓H2SO4既加快反应速率又提高反应转化率3、强酸性溶液X中可能含有Na+，K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下所示：下列结论正确的是A．气体A是SO2，证明原溶液中含有SO32-B．沉淀G中加入盐酸溶解，滴加KSCN溶液显红色，可以确定原溶液中有Fe3+C．沉淀I―定是A1(OH)3D．X中不能确定的离子是Al3+、Fe3+、Na+、K+和Cl-4、下列叙述不正确的是A．苯不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存B．用红色石蕊试纸检测NH3时，需先用蒸馏水润湿C．碳酸氢钠中混有碳酸钠杂质：加热分解D．乙酸丁酯(乙酸)：加入饱和碳酸钠溶液洗涤，分液5、2018年10月15日，中国用“长征三号乙”运载火箭成功以“一箭双星”方式发射北斗三号全球组网卫星系统第15、16号卫星，其火箭推进剂为高氯酸铵（NH4ClO4）等。制备NH4ClO4的工艺流程如下：饱和食盐水NaClO3NaClO4NaClO4NH4ClO4，下列说法错误的是（）A．NH4ClO4属于离子化合物B．溶解度：NaClO4＞NH4ClO4C．该流程中可循环利用的物质是NH4ClD．高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价6、下列仪器名称正确的是A．三脚架 B．溶量瓶 C．镊子 D．坩埚7、下列现象或事实可用同一原理解释的是（）A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．能使溴水和品红溶液褪色C．和溶液使酸性高锰酸钾溶液的紫色褪去D．新制的氨水、氯水放置时间较久而变质8、取一定质量的均匀固体混合物Cu、CuO和Cu2O，将其分成两等份，取其中一份用足量的氢气还原，测得反应后固体质量减少3.20g，另一份中加入500mL稀硝酸（其还原产物为NO），固体恰好完全溶解，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，则所用硝酸的物质的量浓度为（）A．2.4mol/LB．1.4mol/LC．1.2mol/LD．0.7mol/L9、向等物质的量浓度的HCl、、、混合溶液中逐滴加入的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。下列有关说法正确的是

A．在段加入的NaOH溶液与反应B．在段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为C．在段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为D．在滴加NaOH溶液全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是、、、、10、常温下，Fe、Al在浓硫酸中钝化，浓硫酸表现了（）A．难挥发性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性11、下列说法正确的是（）A．用氢氧化钠溶液无法鉴别矿物油和植物油B．乙酸乙酯与乙烯在一定条件下都能与水发生加成反应C．丙烯分子中最多有8个原子共平面D．用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物12、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是A．2.24LH2和0.2molCl2光照反应后氯分子数目为0.1NAB．7.8gNa2O2与足量CO2充分反应转移电子数目为0.2NAC．1.8g重水中所含中子、原子的数目分别为NA、0.3NAD．CaCO3、KHCO3混合物粉末10g中氧原子数目为0.3NA13、一定量的铁与一定量的浓HNO3反应，得到硝酸铁溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铁溶液中加入2mol•L-1的NaOH溶液至Fe3+恰好沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A．150mL B．300mL C．120mL D．90mL14、下列离子方程式正确的是()A．磁性氧化铁溶于稀硝酸:3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+3H2OB．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-C．向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液:2NO3-+8H++6I-=3I2+2NO↑+4H2OD．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:3ClO-+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl-+H2O+4H+15、下列有关电化学的图示，完全正确的是()A．Cu-Zn原电池B．粗铜的精炼C．铁片镀锌D．验证气体产物16、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。下列分析不正确的是A．实验1中，白色沉淀a是A1(OH)3B．实验2中，白色沉淀b含有CO32-C．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关D．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，不可使用相同的检验试剂17、已知将Fe3O4看作为(FeO·Fe2O3)，水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应的离子方程式为：3Fe2+＋2S2O32－＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62－＋2H2O，下列说法正确的是（）A．O2和S2O32－是氧化剂，Fe2+是还原剂B．每生成1molFe3O4，转移2mol电子C．若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的O2为0.5molD．参加反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶518、下列离子方程式正确的是A．用惰性电极电解熔融氯化钠：2C1-+2H2OC12↑+H2↑+2OH-B．氢氧化钠溶液中加入过量的碳酸氢钙溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．漂白粉溶液通入少量的SO2：Ca2++2C1O-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HC1OD．硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O19、水是最宝贵的资源之一。下列表述正确的是A．水的电离程度很小，纯水中主要存在形态是水分子B．温度升高，纯水中的c(H+)增大，c(OH-)减小C．4℃时，纯水的pH=7D．向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，使水的离子积减小20、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21、下列物质中，可能是石油裂解的产物的是（）A．C2H4 B．C4H10 C．C8H16 D．C16H3422、甲醇－空气燃料电池（DMFC）是一种高效、轻污染的车载电池，其工作原理如图。下列有关叙述正确的是（）A．该装置能将电能转化为化学能B．电子由甲电极经导线流向乙电极C．负极的电极反应式为：CH3OH＋6OH－－6e－CO2＋5H2OD．b口通入空气，c口通入甲醇二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E为中学化学常见的单质或化合物，相互转化关系如图所示。（1）若A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体；C、D均为空气的主要成分；E是一种有毒气体。①写出反应I的化学方程式________________________________________；②写出反应II的化学方程式________________________________________。（2）若A是淡黄色化合物；常温下D是无色气体；C中含有的阴、阳离子均为10电子粒子。①D的结构式为______________，②写出反应I的化学方程式_______________________________________；③写出反应II的化学方程式_______________________________________。24、（12分）某固体化合物X由5种元素组成。某学习小组进行了如下实验：己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，气体F能使带火星的木条复燃。请回答：(1)A的其空间构型为_______，往某蓝色盐溶液中缓慢通入气体A至过量的现象为________。(2)写出X隔绝空气强热生成A、C、D的化学方程式________________________________。(3)写出混合气体D与足量碘水反应的离子方程_____________________________________。25、（12分）PCl3主要用于制造敌百虫等有机磷农药和磺胺嘧啶(S.D)等医药的原料。如图为实验室中制取粗PCl3产品的装置，夹持装置略去。经查阅资料知：红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5。PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3。PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，PCl3、POCl3的熔沸点见下表。物质熔点/℃沸点/℃PCl3-11275.5POCl32105.3回答下列问题：(1)仪器G的名称是______。装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是_______。(2)A是制取CO2装置，CO2的作用是_____，选择A中的药品是_____(填字母)。a.稀盐酸b.稀硫酸c.NaHCO3粉末d.块状石灰石(3)装置D中盛有碱石灰，其作用是__________________。(4)装置G中生成Cl2，反应的离子方程式为___________。(5)装置C采用65-70℃水浴加热，制得的PCl3粗产品中常含有POCl3、PCl5等杂质，除杂的方法是：先加入红磷加热，除去PCl5，然后通过___________(填实验操作名称)，即可得到较纯净的PCl3。(6)通过实验测定粗产品中PCl3的质量分数，实验步骤如下(不考虑杂质的反应)：第一步：迅速移取20.0gPCl3粗产品，加水完全水解后，再配成500mL溶液；第二步：移取25.00mL溶液置于锥形瓶中；第三步：加入0.5mol•L－1碘溶液20

mL，碘过量，H3PO3完全反应生成H3PO4；第四步：加入几滴淀粉溶液，用1.0mol•L－1Na2S2O3标准溶液滴定过量的碘，反应方程式为I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，滴至终点时消耗Na2S2O3标准溶液12mL。①第三步中反应的化学方程式为_____________。②根据上述数据，计算该产品中PCl3的质量分数为______%。26、（10分）废旧光盘金属层中的少量Ag，某科研小组采用如下方案进行回收（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常温时N2H4·H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为___________。（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为___________。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________________。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并________________。（4）从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序号）。反应完全后获取纯净的单质银再进行的实验操作过程简述为________________。27、（12分）碘化钠在医药上用作祛痰剂和利尿剂，也用于治疗甲状腺肿病，生活中用作照相胶片感光剂，碘的助溶剂，也用于配制碘乳剂。某实验小组用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。回答下列问题：（1）水合肼的制备原理为：NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。①用下图装置组装制备水合肼，连接顺序为_____→→→→→(用字母表示).②装置C中发生反应的化学方程式为________________，装置D的作用是_______________。（2）碘化钠的制备步骤向三颈烧瓶中加入8.2gNaOH及30mL水，搅拌冷却，加入25.4g单质碘，开动磁力搅拌器，保持60-70℃至反应充分;继续加入稍过量的N2H4·H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的某气体；向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离;将分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.3g。①反应温度不宜超过70℃的原因是___________________，该步骤反应完全的现象是______________。②IO-被还原的离子方程式为_______________________________。③“将溶液与活性炭分离”的方法是____________。④该实验小组产率为________________。28、（14分）酸性KMnO4在生产、生活、卫生医疗中常用作消毒剂，高锰酸钾造成的污渍可用还原性的草酸(H2C2O4)去除，Fe(NO3)3也是重要氧化试剂，下面是对这两种氧化剂性质的探究。（1）取300mL0.2mol/L的KI溶液与一定量的酸性KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量的I2和KIO3，则转移电子的物质的量的是________mol。（2）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取0.395gKMnO4样品溶解酸化后，用0.100mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，标准Na2S2O3溶液应盛装在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液12.50mL，则该样品中KMnO4的质量分数是________。(有关离子方程式为：8MnO4－+5S2O32－+14H+＝8Mn2++10SO42－+7H2O）（3）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色。溶液先变为浅绿色的离子方程式是_______________，又变为棕黄色的离子方程式是__________。29、（10分）ClO2气体是一种常用的消毒剂,我国从2000年起逐步用

ClO2代替氯气对饮用水进行消毒.(1)消毒水时,

ClO2还可将水中的

Fe2+、Mn2+

等转化成Fe（OH）3

和

MnO2等难溶物除去,在这个过程中,

Fe2+、Mn2+的化合价升高,说明

ClO2具有______

性.(2)工业上可以通过下列方法制取ClO2，请完成该化学反应方程式：2KClO3+SO2==2ClO2+_____。(3)使Cl2

和H2O(g)

通过灼热的炭层,生成HCl和CO2

,写出化学方程式:

_____________(4)自来水厂用ClO2处理后的水中，要求ClO2的浓度在0.1~0.8mg/L之间。碘量法可以检测水中ClO2的浓度，步骤如下：Ⅰ取一定体积的水样，加入一定量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液，溶液变蓝。Ⅱ加入一定量的Na2S2O3溶液。（已知：2S2O32-+I2==S4O62-+2I-）Ⅲ加硫酸调节水样pH至1～3。操作时，不同pH环境中粒子种类如图所示：请回答：①操作Ⅰ中反应的离子方程式是_____。②在操作Ⅲ过程中，溶液又呈蓝色，反应的离子方程式是_____。③若水样的体积为1.0L，在操作Ⅱ时消耗了1.0×10-3mol/L的Na2S2O3溶液10ml，则水样中ClO2的浓度是_____mg/L。

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】A．用蒸馏水洗净滴定管后，必须再用标准液盐酸润洗滴定管，避免滴定管内的水分将标准液稀释了，标准液浓度减小，滴定时消耗体积增大，测定结果偏大，A错误；B．用蒸馏水洗后的锥形瓶，不能再用待测液润洗，避免润洗后待测液物质的量增加，测定结果偏大，B错误；C．当溶液由黄色变成橙色，不能立即读数，必须等到溶液颜色半分钟不再变化，才是滴定终点，C错误；D．锥形瓶内多些水不影响滴定结果，因为待测液的物质的量没有变化，测定结果不会受到影响，D正确；故选D。2、D【详解】A．乙酸与乙醇在浓硫酸作用下加热发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O，该反应为可逆反应，边加热边蒸出，平衡正向移动，提高产率，乙醇和乙酸易挥发，边加热边蒸出的产物为混合物，故A错误；B．长导管的作用是导气、冷凝，无法回流反应物到反应容器中，故B错误；C．需使用碳酸钠溶液，吸收未反应的乙酸，溶解乙醇，降低乙酸乙酯的溶解度，小试管内盛放NaOH溶液，会使乙酸乙酯发生水解而使乙酸乙酯损失，故C错误；D．乙酸与乙醇发生酯化反应，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动，故浓硫酸的作用为催化剂、吸水剂，既加快反应速率又提高反应转化率，故D正确；故答案为D。3、D【详解】①强酸性溶液中CO32−、SO32−不能存在；②X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42−存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在,(即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O)，在此反应中，Fe2+被氧化为Fe3+。③溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3；说明有NH4+存在。④溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−；A.强酸性溶液X中CO32-、SO32-不能存在，故A错误.B.沉淀G为Fe(OH)3,但Fe3+可能是原来有的,也可能是Fe2+被氧化生成的，故B错误；C.溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3，故C错误；D.溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−，故D正确；答案选D。4、C【详解】A.苯是有机物，可与橡胶作用而腐蚀橡胶塞，不能用带橡胶塞的试剂瓶贮存苯，故A正确；B.NH3遇湿润的红色石蕊试纸使试纸变蓝色，干燥试纸不能变色，故B正确；C.碳酸氢钠在加热条件下可以分解生成碳酸钠，而碳酸钠不会分解，故C错误；D.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，但乙酸可与碳酸钠反应，最后通过分液可除去乙酸，故D正确，故选C。5、C【详解】A.NH4ClO4由NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成，NH4ClO4由NH4+、ClO4-构成，所以属于离子化合物，故A正确；B.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应，结晶生成NH4ClO4，所以溶解度：NaClO4＞NH4ClO4，故B正确；C.NaClO3和NH4Cl发生复分解反应生成NH4ClO4、NaCl，该流程中可循环利用的物质是NaCl，故C错误；D.根据化合价代数和等于，高氯酸铵中氯元素的化合价为+7价，故D正确。选C。6、D【解析】A．该仪器为泥三角，不是三脚架，故A错误；B．溶量瓶中“溶”错误，应该为容量瓶，故B错误；C．该仪器为坩埚钳，不是镊子，故C错误；D．该仪器为坩埚，灼烧固体常在坩埚中进行，其名称合理，故D正确；故选D。点睛：明确常见仪器的构造及使用方法是解题的关键。要求平时学习时要注意基础知识的掌握和化学名称的正确书写。7、C【详解】A.浓硫酸的吸水性使浓硫酸中溶剂的量增大，溶质的量不变，导致浓度降低；浓盐酸有挥发性，使溶质的量减少，溶剂的量不变，导致浓度降低，所以浓硫酸和浓盐酸浓度降低的原因不同，A不符合题意；B.SO2是品红溶液褪色是由于其漂白性，使溴水褪色是由于其还原性，褪色原理不同，B不符合题意；C.SO2、FeSO4都具有还原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化而使溶液紫色褪色，C符合题意；D.氨水易挥发，浓度降低而变质；而氯水是由于其中的HClO不稳定，见光分解而变质，故变质原理不同，D不符合题意；故合理选项是C。8、A【解析】一份用足量的氢气还原，反应后固体质量减少3.20g，为混合物中O元素的质量，O原子的物质的量为3.2g/16g/mol=0.2mol；另一份中加入500mL稀硝酸，固体恰好完全溶解，溶液中溶质为Cu(NO3)2，且同时收集到标准状况下NO气体4.48L，NO的物质的量为4.48L/22.4L/mol=0.2mol，根据氮元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+2n[Cu（NO3）2]=n（NO）+2n（O）+3n(NO)=0.2mol+2×0.2mol+3×0.2mol=1.2mol，硝酸的浓度为1.2mol/0.5L=2.4mol/L．故选A．点睛：本题考查混合物的计算、电子守恒计算、电荷守恒等，难度中等，理清反应过程中氮原子的去处是解题的关键，本题采取守恒法解答，简化计算过程，注意体会，也可以通过列方程组解答，但过程较繁．9、D【详解】氢氧化钠首先中和盐酸，然后沉淀金属阳离子，再与氯化铵反应，最后溶解氢氧化铝；A.在段加入的NaOH溶液只与盐酸反应，故A错误；B.根据上述分析，在段加入NaOH溶液发生反应的离子方程式为和，故B错误；C.在段加入NaOH溶液发生的反应为氢氧化铝的溶解，离子方程式为，故C错误；D.在滴加NaOH溶液全过程中主要粒子参与反应的先后顺序是、、、、，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合溶液中的反应先后顺序，有氧化还原先发生氧化还原反应，再进行复分解反应，复分解反应中先发生中和反应，再发生生成沉淀，其次进行生成气体，最后进行生成弱电解质。10、D【解析】Fe、Al在浓硫酸中钝化是因为在金属表面生成一层氧化膜，阻止金属和酸的进一步反应。这表现了浓硫酸的强氧化性。故D正确。而难挥发性、吸水性表现的是浓硫酸的物理性质，故A、B不正确。脱水性是浓硫酸能将有机物中的H和O按2:1组合成水而脱去，故C不正确。本题的正确选项为D。点睛：本题要注意“钝化”的意思，这是Fe、Al在浓硫酸或浓硝酸中的一种现象。11、D【解析】A、植物油属于油脂，能与氢氧化钠发生皂化反应，矿物油主要含有烃类，与氢氧化钠不反应，因此可以用氢氧化钠溶液鉴别矿物油和植物油，A错误；B、乙酸乙酯属于酯类，不能与水发生加成反应，B错误；C、碳碳双键是平面形结构，且单键可以旋转，所以丙烯分子中最多有7个原子共平面，C错误；D、乙醇和碳酸钠溶液互溶，乙酸和碳酸钠溶液反应产生气体，苯不溶于碳酸钠溶液中，有机层在上层，硝基苯不溶于碳酸钠溶液中，有机层在下层，因此可以用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物，D正确，答案选D。单键：选项C是解答的难点和易错点，共平面题的切入点是平面型结构。有平面型结构的分子在中学主要有乙烯、1，3-丁二烯、苯三种，其中乙烯平面有6个原子共平面，1，3-丁二烯型的是10个原子共平面，苯平面有12个原子共平面。这些分子结构中的氢原子位置即使被其他原子替代，替代的原子仍共平面。另外解答时还需要注意单键可以旋转的特点。12、D【详解】A、没有指明H2的体积是否是标准状况下测定，因此无法直接使用22.4L·mol－1，故A错误；B、Na2O2与CO2反应方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，1molNa2O2参与反应，转移电子物质的量1mole－，因此7.8gNa2O2参与反应转移电子物质的量为7.8g/78g·mol－1×1=0.1mol，故B错误；C、重水的化学式为D2O，即2H2O，其摩尔质量为20g·mol－1，1mol重水含有中子物质的量为10mol，原子物质的量为3mol，1.8g重水的物质的量为1.8g/20g·mol－1=0.09mol，含有中子、原子物质的量分别为0.9mol、0.27mol，故C错误；D、CaCO3和KHCO3的摩尔质量都是100g·mol－1，因此10g该混合物中含有氧原子的物质的量为10g×3/100g·mol－1=0.3mol，故D正确。【点睛】易错点是选项C，重水为2H2O，利用质量数等于近似相对原子质量，因此重水的摩尔质量为20g·mol－1，最后利用质量数=质子数+中子数进行分析。13、B【分析】根据氧气的体积计算物质的量，根据氧气的物质的量计算其转移电子数，转移电子数等于铁离子结合的氢氧根的物质的量，据此解答。【详解】3.36LO2（标准状况）的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，则转移电子物质的量为0.15×4=0.6mol，根据守恒分析，电子物质的量等于铁离子结合的氢氧根离子物质的量，即氢氧化钠的物质的量为0.6mol，溶液的体积为0.6/2=0.3L，即300mL。故选B。【点睛】掌握有关硝酸的计算中的守恒关系，反应中铁元素失去电子数=硝酸中氮元素得到电子数=氧气得到的电子数=铁离子结合的氢氧根离子数。14、B【详解】A.磁性氧化铁为Fe3O4，是金属氧化物，离子反应中不能拆写，正确的离子反应为:3Fe3O4+28H++NO3-=9Fe3++NO↑+14H2O，故A错误；B.向NaAlO2溶液中通入过量CO2生成Al(OH)3和碳酸氢钠:AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3-，故B正确；C.向Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液反应生成硝酸亚铁、碘单质、一氧化氮和水:Fe3++NO3-+4H++4I-=Fe2++2I2+NO↑+2H2O，故C错误；D.在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4:2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写注意哪些能拆，哪些不能拆，尤其注意要发生氧化还原反应，化合价的变化，还要符合电荷守恒，反应发生的条件等。15、D【详解】A.在Cu-Zn原电池中，由于金属活动性Zn>Cu，所以Zn为负极，Cu为正极，A错误；B.粗铜的精炼时，粗铜与电源的正极连接，为阳极，精铜与电源的负极连接，为电源的阴极，B错误；C.铁片镀锌时，镀件与电源的负极连接，为阴极，镀层金属与电源的正极连接，为阳极，C错误；D.在电解时，阳极C棒上Cl-失去电子变为Cl2，Cl2与KI发生置换反应产生I2，I2与淀粉溶液变为蓝色，在阴极上H+获得电子变为H2，H2的密度比空气小，用向下排空气方法收集，D正确；故合理选项是D。16、D【分析】实验1在过量的硫酸铝溶液中加入碳酸钠溶液，过滤、洗涤，得到的沉淀a，加入稀硫酸，沉淀溶解，没有气泡，说明沉淀a中含有Al(OH)3。实验2在过量的碳酸钠溶液中加入硫酸铝溶液，过滤、洗涤，得到沉淀b，加入稀硫酸，沉淀溶解，并有少量气泡，沉淀b中含有Al(OH)3，并含有碳酸盐。【详解】A．由以上分析可知实验1中，白色沉淀a是Al(OH)3，故A正确；B．实验2中有气泡生成，该气体为二氧化碳，可说明白色沉淀b含有CO32-，故B正确；C．实验1、2中，加入试剂顺序不同，溶液的pH不同，生成的沉淀不同，说明白色沉淀的成分与溶液的pH有关，故C正确；D．最后溶液中均含有硫酸根离子，检验沉淀是否洗涤干净，都可通过检验硫酸根离子的方法，即用盐酸酸化的BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成，故D错误；答案选D。17、C【解析】试题分析：在3Fe2＋＋2S2O32-＋O2＋4OH－=Fe3O4＋S4O62-＋2H2O中铁元素、硫元素用平均化合价，铁元素的化合价变化：+2→+8/3，硫元素的化合价变化为：+2→+5/2，氧元素的化合价变化：0→-2，所以氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，则A．由上述分析可知，还原剂是Fe2+、S2O32-，氧化剂是O2，A错误；B．由方程式可知，每生成1molFe3O4，参加反应的氧气为1mol，转移电子数为1mol×4=4mol，B错误；C．2molFe2+被氧化时，失去电子2mol，则被Fe2+还原的O2的物质的量为：2mol÷4=0.5mol，C正确；D．由上述分析可知，氧化剂是O2，还原剂是Fe2+、S2O32-，3molFe2+参加反应时只有2mol被氧化，参加反应的氧化剂与还原剂的物质的最之比为1：（2+2）=1：4，D错误；答案选C。【考点定位】本题考查氧化还原反应的基本概念与计算【名师点晴】Fe3O4是复杂的化合物，铁元素既有+2价也有+3价，把Fe3O4中铁元素的化合价用平均化合价处理，S2O32-的硫元素的化合价用平均化合价处理是解本题的关键。氧化还原反应是一类重要的化学反应，氧化还原反应中电子转移数目相等。氧化还原反应的实质是电子转移，特征是化合价的升降，反应实质、特征及反应类型的关系可以用6个字概括：升、失、氧，降、得、还；在氧化还原反应中元素的化合价升高，原子失去电子，发生氧化反应，作还原剂；元素的化合价降低，原子获得电子，发生还原反应，作氧化剂。元素化合价升降总数与原子失去或获得的电子数相等，要掌握反应的规律、配平技巧、有关的概念是本题的关键。18、D【分析】A．电解熔融氯化钠生成钠和氯气；B．NaOH完全反应，生成水和碳酸钙的物质的量之比为1：1；C．漂白粉溶液通入少量的SO2生成硫酸钙和盐酸；D．硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢生成硫酸铁和水．【详解】A．用惰性电极电解熔融氯化钠的离子反应为2Na＋＋2Cl－Cl2↑+2Na，故A错误；B．氢氧化钠溶液中加入过量的碳酸氢钙溶液的离子反应Ca2＋+HCO3－+OH－=CaCO3↓+H2O，故B错误；C．漂白粉溶液通入少量的SO2的离子反应为Ca2＋+3ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2HClO+Cl－，故C错误；D．硫酸亚铁酸性溶液中加入过氧化氢的离子反应为2Fe2＋+H2O2+2H＋=2Fe3＋+2H2O，故D正确；故选D。19、A【详解】A.水在常温下电离出氢离子和氢氧根离子浓度为1×10-7mol/L，水电离程度很小，所以纯水中水的主要存在形态是水分子，A正确；B.水的电离是吸热过程，升温促进电离，氢离子和氢氧根离子浓度增大，B错误；C.温度降低，水的电离平衡逆向移动，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃时，纯水的pH>7，C错误D.向水中加入酸或碱，都可抑制水的电离，但水的离子积只与温度有关，温度不变，水的离子积不变，D错误；故合理选项是A。20、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。21、A【详解】A项、乙烯是不饱和气态烃，是石油裂解的产物之一，故A正确；B项、C4H10为饱和气态烃，不是石油裂解的产物之一，故B错误；C项、C8H16为液态烯烃，不是石油裂解的产物之一，故C错误；D项、C16H34为液态烷烃，不是石油裂解的产物之一，故D错误；故选A。【点睛】在石油化工生产过程里，常用石油分馏产品（包括石油气）作原料，采用比裂化更高的温度以获得短链不饱和烃为主要成分的石油加工过程，叫石油裂解。石油裂解的目的是获得不饱和气态烃做化工原料。22、B【分析】由质子的定向移动可知甲为燃料电池的负极，乙为燃料电池的正极，负极电极反应式为CH3OH(l)+H2O(l)-6e-=CO2(g)+6H+，正极反应式为O2+4e-+4H+=2H2O，电流由正极经导线流向负极。【详解】A．甲醇-空气燃料电池，能够将化学能转化为电能，故A错误；B．在原电池中，电子由负极甲电极经导线流向正极乙电极，故B正确；C．负极甲醇失电子被氧化，电极方程式为CH3OH(l)+H2O(l)-6e-=CO2(g)+6H+，故C错误；D．图中甲电极为负极，因此b口通入甲醇、c口通入空气，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、4NH3+5O24NO+6H2O2NO+2CON2+2CO2O=C=O2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Ca（OH）2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaOH【解析】本题考查无机推断，（1）A是能使湿的红色石蕊试纸变蓝的气体，推出A为NH3，C和D均为空气的主要成分，即D为O2、C为N2，E是一种有毒气体，NO转化成N2，被还原，E为还原剂，化合价升高，E可能是CO或NH3，但A为NH3，因此E为CO，①I反应的方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；②II反应的方程式为2NO+2CON2+2CO2；（2）A是淡黄色化合物，即A为Na2O2，D为无色气体，根据Na2O2的化学性质，则D为CO2，发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2，C是由阴阳离子构成，即C为离子化合物，阴阳离子又是10电子微粒，根据转化关系，推出B为Na2CO3，E为Ca(OH)2，①CO2的结构式为O=C=O；②反应I的化学反应方程式为发生2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；③II的反应方程式为Ca(OH)2＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaOH。24、三角锥形生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-【分析】己知气体A能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A为氨气，气体F能使带火星的木条复燃，F是氧气，根据标况下氧气的物质的量n==0.1mol，则混合气体D中的另一种气体的物质的质量为16g-0.1mol×32g/mol=12.8g，则混合气体D加入足量氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，物质的量为=0.2mol，根据硫元素守恒，故混合气体中的另一种气体为二氧化硫，物质的量为0.2mol，固体B为硫酸铜，加强热分解得到氧化铜，二氧化硫，氧气，X为硫酸四氨合铜，加热分解可以得到硫酸铜和氨气。【详解】根据，分析A为氨气，B为硫酸铜，C为氧化铜，D为二氧化硫和氧气，E为硫酸钡，X为硫酸四氨合铜。(1)A是氨气，中心原子是N，与H原子形成三对共用电子对，剩余一对孤对电子，价层电子对数为4对，其空间构型为三角锥形，氨气加入含有铜离子的溶液中发生反应Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2NH4+，Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，故实验现象为生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；故答案为：三角锥形；生成蓝色沉淀，溶液逐渐变成绛蓝色；(2)X为[Cu(NH3)4]SO4，加热分解的方程式为2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2[Cu(NH3)4]SO48NH3↑+2CuO+2SO2↑+O2↑；(3)二氧化硫具有还原性，碘具有氧化性，则化学反应为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，离子方程式SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-，故答案为：SO2+I2+2H2O=4H++2I-+SO42-。25、蒸馏烧瓶使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化ad防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O蒸馏H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI55【分析】首先A中利用稀盐酸和块状石灰石制取CO2，生成的CO2经过B获得干燥的CO2，CO2气流就会排尽装置内部的空气，以避免生成的PCl3被氧化，然后G中盐酸和高锰酸钾反应制取氯气，经过E中浓硫酸干燥获得干燥的氯气，并与C中红磷反应获得PCl3，另外D中碱石灰吸收空气中的水蒸气和吸收未反应的氯气。【详解】(1)观察仪器G的结构特点知仪器G的名称是蒸馏烧瓶；装置F与G由橡胶管a相连通，a的作用是平衡F和G内部气体的压强，便于浓盐酸在重力作用下更容易滴出，即使F与G压强相同，便于浓盐酸容易滴出；(2)PCl3遇O2会生成POCl3(三氯氧磷)，所以需要排尽装置内部的空气，故A中制取CO2的作用是赶尽装置中空气，防止PCl3被氧化；NaHCO3粉末和酸反应生成CO2的速率过快，不易控制，因而选用块状石灰石与酸反应，而稀硫酸与石灰石反应生成微溶的硫酸钙，其附着在石灰石表面，阻碍反应进行，所以选用块状石灰石与稀盐酸反应制取CO2，故选ad；(3)PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，同时氯气有剧毒，易与碱反应，因而装置D中盛有碱石灰的作用是防止空气中水蒸气进入装置使PCl3水解，吸收未反应的氯气，防止污染空气；(4)装置G中高锰酸钾将盐酸氧化得到氯气，其离子方程式为16H++10Cl－+2MnO4－＝5Cl2↑+2Mn2++8H2O；(5)先加入红磷加热，除去PCl5，此时的杂质为POCl3，观察题给表格信息，PCl5和POCl3沸点相差30℃以上，然后通过蒸馏即可除去POCl3，即可得到较纯净的PCl3；(6)①加入碘溶液，H3PO3完全反应生成H3PO4，P元素化合价由+3变为+5，H3PO3作还原剂，碘作氧化剂，被还原成HI，所以反应的化学方程式为H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI；②滴定剩余的I2消耗Na2S2O3物质的量为1.0×12×10-3mol=0.012mol，由I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI，剩余的I2为×0.012mol=0.006mol，所以与H3PO3反应的I2为0.5×20×10-3mol-0.006mol=0.004mol，根据关系式PCl3~H3PO3~I2可知，20.0g产品中PCl3的质量为g=11g，PCl3的质量分数为×100%=55%。【点睛】[氧化还原滴定法]①直接碘量法(或碘滴定法)直接碘量法是直接用I2标准溶液滴定还原性物质，又叫做碘滴定法。直接碘量法只能在酸性、中性或弱碱性溶液中进行。直接碘量法可用淀粉指示剂指示终点。直接碘量法还可利用碘自身的颜色指示终点，化学计量点后，溶液中稍过量的碘显黄色而指示终点。②间接碘量法(或滴定碘法)对氧化性物质，可在一定条件下，用I－还原，产生I2，然后用Na2S2O3标准溶液滴定释放出的I2。这种方法就叫做间接碘量法或滴定碘法。间接碘量法也是使用淀粉溶液作指示剂，溶液由蓝色变无色为终点。26、水浴加热4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中①过滤、洗涤,干燥【解析】（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会产生氮的氧化物(或NO、NO2),造成环境污染。（3）洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中可以提高Ag的回收率。（4）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，吸收氨气比较理想的溶液是稀硫酸。所以，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有①1mol/LH2SO4。反应完全后为获取纯净的单质银，需要再进行的实验操作过程简述为过滤、洗涤,干燥。点睛：本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。27、defabc(ef的顺序能互换)CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2防止倒吸或作安全瓶防止碘升华无固体残留且溶液呈无色2IO-+N2H4=N2↑+2I-+2H2O趁热过滤81.0%【解析】本题为实验题，要结合实验目的和实验步骤进行分析，并利用得失电子守恒配平相应的氧化还原反应方程式，利用方程式进行计算；【详解】（1）①装置A制备水合肼，装置B防倒吸，装置C提供氨气，装置D防止倒吸或作安全瓶，故连接顺序为defabc②装置C提供氨气，反应物为浓氨水和氧化钙，故反应方程式为CaO+NH3·H2O=NH3↑+Ca(OH)2；装置D的作用为：防止倒吸或作安全瓶；（2）①由于在加热条件下碘易升华，所以反应装置温度不宜过高，防止碘升华；反应完全时，碘单质全部转化为NaIO和NaIO3，故现象为无固体残留且溶液呈无色；②由题意可知水合肼还原NaIO，IO-被还原为I-，水合肼中N元素升价，得到N2，利用得失