2026届山东省平度市高三上化学期中学业水平测试试题含解析

2026届山东省平度市高三上化学期中学业水平测试试题注意事项：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、硫代硫酸钠被称为“养鱼宝”，可降低水中的氯对鱼的危害．脱氯反应为，该反应中A．发生氧化反应 B．被氧化C．元素化合价降低 D．被氧化2、下列不能用勒沙特列原理解释的是A．实验室用排饱和食盐水的方法收集B．硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的转化率C．合成氨工业中，及时液化分离，并循环利用未反应完的和D．合成氨工业中，500℃比常温更有利于氨的合成3、已知可用代替制备，反应后元素以的形式存在。下列叙述不正确的是（）A．每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔B．该反应中氧化性：C．参加反应的只有一部分被氧化D．用与制备相同量的氯气，参与反应的物质的量一样多4、有机物命名正确的是()A．CH2BrCH2Br二溴乙烷B．CH3OOCCH3甲酸乙酯C．2-乙基丙烷D．3，3-二甲基-2-丁醇5、下列实验操作不当的是()A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．在中和热的测定实验中，记录盐酸溶液的温度为起始温度，将氢氧化钠和盐酸混合充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．萃取分液时，加入液体的体积不超过分液漏斗容积的四分之三6、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SO2通入硝酸钡溶液产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均生成白色沉淀B向Zn与稀硫酸反应的溶液中滴加硫酸铜溶液产生气体的速率加快硫酸铜作该反应的催化剂C用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应火焰呈黄色该溶液一定是钠盐溶液D蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液有白烟产生该溶液可能是浓盐酸A．A B．B C．C D．D7、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是（）A．铜铸塑像上出现铜绿[Cu2(OH)2CO3]B．铁制菜刀生锈C．大理石雕像被酸雨腐蚀毁坏D．铝锅表面生成致密的氧化膜8、五种短周期元素的某些性质如下所示，有关说法不正确的是元素元素的相关信息M最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐N原子的M电子层上有3个电子W在短周期元素中，其原子半径最大X其最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2OY元素最高价正价与最低负价的代数和为6A．M的气态氢化物具有还原性，常温下，该氢化物水溶液的pH>7B．W单质在氧气中燃烧后的产物中阴阳离子个数之比为1：2C．由N和Y所形成的化合物中存在离子键，属于离子化合物D．N、W、X的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互发生反应9、第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是A．放电时甲为负极，充电时为阳极B．电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动C．放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+D．汽车下坡时发生图中实线所示的过程10、向可能含有CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、NO3-、Cl-、Al3+、Na+、K+、Mg2+离子的某一溶液中加入一定量的过氧化钠固体，则浓度保持不变的离子是，（溶液体积忽略不变）A．CO32-、Na+、K+B．SO42-、Cl-、K+C．Cl-、NO3-、K+D．HCO3-、SO42-、K+11、实验室用如图所示装置（图中夹持仪器略去）测定牙膏样品中碳酸钙的质量分数，下列说法错误的是A．实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用B．实验过程中滴加盐酸的速率不宜过快C．依据装置C在反应前后的质量差测定的结果会偏高D．C中的沉淀经过滤、干燥、称重后可确定牙膏样品中碳酸钙的质量12、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．pH=1的溶液中：HCO、K+、Cl-、Na+B．无色溶液中：NH、K+、MnO、NOC．含有SO的溶液中：NO、OH-、Na+、Ba2+D．c(OH-)=10-2mol/L的溶液中：Na+、CO、Cl-、K+13、乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，有类似于氨的性质，已知：25℃时，电离常数kb1=10-4.07

kb2=10-7.15；乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数δ（平衡时某含氮微粒的浓度占各含氮微粒浓度之和的分数）随溶液pH的变化曲线如右图。下列说法错误的是()A．H2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-B．曲线Ⅰ代表的微粒符号为[H3NCH2CH2NH3]2+C．曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应pH=4.07D．在0.1mol·L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)>c(H2NCH2CH2NH3+)>c(H+)>c(OH-)14、下列有关物质性质和用途具有对应关系的是A．Na2O2呈淡黄色，可用于呼吸面具供氧B．金属Al具有导电性，可用于防锈涂料制造C．ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒D．氯化铁易水解，可用于腐蚀铜制线路板15、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．18gD2O中含有的质子数为10NAB．60g二氧化硅中含有的Si—O键数目为4NAC．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．标准状况下，22.4L氯气通入足量水中充分反应后转移电子数为NA16、下列各组中的微粒在指定溶液中一定能大量共存的是A．c(AlCl3)＝1.0mol·L-1的溶液中：、Cl-、K+、Na+B．常温下，由水电离出的c(H+)＝10-14mol·L-1溶液中：Na+、K+、、C．常温下，＝0.1mol·L-1的溶液中：K+、NH3·H2O、、D．在c()＝0.1mol·L-1的溶液中：、、Cl-、17、某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL恰好能完全溶解，所得溶液再通入0.28L标准状况下的氯气时，刚好使溶液中Fe2+完全转化为Fe3+。则该氧化物的化学式为()A．FeO B．Fe2O3 C．Fe3O4 D．Fe5O718、下列离子方程式正确的是A．醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑B．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性：Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2OC．向次氯酸钙溶液中通入SO2：Ca2++2C1O-+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClOD．FeCl3溶液与Cu的反应：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+19、海水中含量最高的电解质是A．水 B．氯化钠 C．乙醇 D．脂肪20、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关21、下列关系图中，A是一种正盐，B是气态氢化物，C是单质，F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系（其他反应产物及反应所需条件均已略去）。当X是强碱时，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。下列说法中不正确的是（）A．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4B．当X是强酸时，C在常温下是气态单质C．B和Cl2的反应是氧化还原反应D．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F是HNO322、下列事实能说明影响化学反应速率的决定因素是反应物本身性质的是（）A．Cu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快B．Cu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应C．N2与O2在常温常压下不能反应，放电时可反应D．向H2O2溶液中，分别滴加5滴等浓度的FeCl3溶液或CuSO4溶液，前者产生气泡快二、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）花椒毒素(I)是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：(1)②的反应类型为__________；B分子中最多有___________个碳原子共平面。(2)A中含氧官能团的名称为__________；若反应④为加成反应，则写出F的结构简式_______________。(3)反应③的化学方程式为_____________。(4)芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_______种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_____________。（只写一种即可）。①苯环上只有3个取代基②可与NaHCO3反应放出CO2③1molJ可中和3molNaOH。(5)参照题图信息，写出以为原料制备：的合成路线（无机试剂任选）：____________。25、（12分）实验室为测定一新配的稀盐酸的准确浓度。通常用纯净的Na2CO3（无水）配成标准溶液进行滴定。具体操作是：称取W克纯净无水Na2CO3装入锥形瓶中，加适量的蒸馏水溶解。在酸式滴定管中加入待测盐酸滴定。（1）由于CO2溶在溶液中会影响pH值，为准确滴定，终点宜选在pH值4—5之间，那么在石蕊、甲基橙、酚酞三种指示剂中应选用___。当滴定至溶液由___时，即表示到达终点。（2）若达到滴定终点时，中和W克Na2CO3消耗盐酸V毫升，则盐酸的物质的量的浓度为___mol/L。（3）若所称取的Na2CO3不纯，则测得盐酸的浓度就不准确。现设盐酸的准确浓度为c1mol/L，用不纯的Na2CO3标定而测得盐酸浓度为c2mol/L。在下述情况下，c1与c2的关系是（填“>”或“<”或“=”）：①当Na2CO3中含有NaHCO3时，则c1___c2。②当Na2CO3中含有NaOH时，则c1___c2。26、（10分）实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液;具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。制备K2FeO4(夹持装置略)（1）简述检验该装置气密性的方法：________________________________________。（2）A为氯气发生装置。A中化学反应的被还原的元素是____________________________。（3）装置B的作用是除杂，所用试剂为_____________________________________。（4）C中得到紫色固体和溶液。请写出C中发生的化学反应并标出电子转移的方向和数目：_________。此反应表明:氧化性Cl2______FeO42-(填“>”或“<”)。（5）C中除了发生③中的反应，还发生化学反应的离子方程式是:______________________。（6）用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液a。取少量a,滴加盐酸，有Cl2产生。此实验得出Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系与制备实验时得出的结论相反，原因是__________________________。27、（12分）在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸点（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_______________________；而乙酸丁酯的制备过程中未采用水浴加热的原因是______________。（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用______洗涤，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗涤（均填编号）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是______________，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的________（填编号）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_______（填编号）。a．乙醇比乙酸价廉b．提高乙酸的转化率c．提高乙醇的转化率d．提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填编号）。a．使用催化剂b．加过量乙酸c．不断移去产物d．缩短反应时间28、（14分）二氧化硫是大气的主要污染物之一。催化还原SO2不仅可以消除SO2的污染，还可以得到工业原料S。燃煤烟气中硫的回收反应为：2CO(g)+SO2(g)2CO2(g)+S(l)△H。(1)已知：2CO(g)+O2(g)===2CO2(g)△H1=－566.0kJ·mol－1S(l)+O2(g)===SO2(g)△H2=－296.8kJ·mol－1则硫的回收反应的△H=___________kJ·mol－1。(2)其他条件相同、催化剂不同时，硫的回收反应中SO2的转化率随反应温度的变化如图所示。260℃时，___________（填“La2O3”、“NiO”或“TiO2”)的催化效率最高。La2O3和NiO作催化剂均可能使SO2的转化率达到很高，不考虑价格因素，选择La2O3的主要优点是___________。(3)一定条件下，若在恒压密闭容器中发生硫的回收反应，SO2的平衡转化率与温度、压强的关系如图所示，则P1、P2、P3、P4由大到小的顺序为___________；某温度下，若在恒容密闭容器中，初始时c(CO)=2amol·L－1，c(SO2)=amol·L－1，SO2的平衡转化率为80%，则该温度下反应的化学平衡常数为___________。(4)某实验小组为探究烟气流速、温度对该反应的影响，用La2O3作催化剂，分别在两种不同烟气流量、不同温度下进行实验。实验结果显示：在260℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而减小，其原因是___________；在380℃时，SO2的转化率随烟气流量增大而增大，其原因是___________。(5)工业上常用Na2SO3溶液吸收烟气中的SO2，将烟气通入1.0mol·L－1的N2SO3溶液，当溶液pH约为6时，吸收SO2的能力显著下降此时溶液中c(HSO3－)c︰(SO32－)=___________。(已知H2SO3的Ka1=1.5×10-2、Ka2=1.0×10-7)29、（10分）在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H22NH3△H<0。（1）反应开始阶段，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆），随后v（正）________逐渐（填“增大”或“减小”，下同），v（逆）逐渐_______，反应达到平衡时，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆）。（2）达到平衡后，若正反应速率用v（N2）表示，逆反应速率用v’（H2）表示，则v（N2）＝____v’（H2）。（3）下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_______（填字母）。A其他条件不变时，压缩容器体积B其他条件不变时，升高反应体系温度C使用合适的催化剂D保持容器体积不变，充入一定量的氮气（4）实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因是_____。

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、A【详解】反应中，Cl元素得电子，化合价由0价降低为-1价，S元素失电子，化合价由+2价升高为+6价，根据氧化还原反应规律，被氧化，作还原剂，被还原，作氧化剂，在反应中既不作氧化剂也不作还原剂，综上分析，答案选A。2、D【详解】A.氯气在水中发生Cl2+H2O⇌H++Cl−+HClO，在饱和食盐水中，Cl−浓度较大，可降低氯气的溶解度，可用勒夏特列原理解释，A项错误；B.工业生产硫酸的过程中，存在2SO2+O2⇌2SO3，使用过量的氧气，平衡向正反应方向移动，B项错误；C.合成氨工业中，发生反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)，则及时液化分离，并循环利用未反应完的和，均会使平衡向正向移动，可用勒夏特列原理解释，C项错误；D.对N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)；△H<0，温度越高越不利于平衡向正方向移动，但在温度角度反应速率较低，不利于反应的进行，不能用勒沙特列原理解释；采用500℃是因为该温度下催化剂的活性最高；D项正确；答案选D。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动，使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应且存在平衡过程，否则勒夏特列原理不适用。3、D【分析】用Co2O3代替MnO2制备Cl2，反应后Co元素以Co2+的形式存在，则反应方程式为Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O中，Co元素的化合价由+3价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价，以此来解答。【详解】A．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O可知，每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔Co2O3，故A正确；B．Co元素的化合价由+3价降低为+2，则氧化剂为Co2O3，Cl元素被氧化，则Cl2为氧化产物，所以氧化性：Co2O3＞Cl2，故B正确；C．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O可知，参加反应的HCl部分被Co2O3氧化，故C正确；D．由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2↑+3H2O和MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，制备相同量的氯气，Co2O3消耗盐酸的量更多，故D错误；答案选D。4、D【详解】A．CH2Br-CH2Br(二溴乙烷)：该命名没有指出官能团的位置，两个溴原子分别位于1，2号C，该有机物正确命名为：1，2-二溴乙烷，故A错误；B．酯类的命名是根据形成酯的酸和醇命名为某酸某酯，由于此酯是由乙酸和甲醇酯化反应形成的，故为乙酸甲酯，故B错误；C．主链选错，正确名称为2-甲基丁烷，故C错误；D．醇类命名时，要选最长的碳链为主链，故主链上有4个碳原子，从离官能团近的一端开始编号，故在2号碳原子上有一个-OH，在3号碳原子上有两个甲基，故名称为3，3-二甲基-2-丁醇，故D正确；故答案为D。【点睛】酯类的命名是根据形成酯的酸和醇命名为某酸某酯；醇类命名时，要选最长的碳链为主链，从离官能团近的一端开始编号。5、B【详解】A.用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液形成原电池以加快反应速率，故A正确；B.在中和热的测定实验中，记录盐酸溶液的温度和氢氧化钠溶液的温度求平均值作为起始温度，将氢氧化钠和盐酸混合充分反应后再读出并记录反应体系的最高温度，故B错误；C.用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+，故C正确；D.根据分液漏斗的使用规范，分液时，加入液体的体积不超过分液漏斗容积的四分之三，故D正确；故选B。6、D【详解】A.二氧化硫和硝酸钡反应生成硫酸钡沉淀，是因为+4价硫被硝酸氧化生成硫酸根离子但是二氧化硫与氯化钡等不反应，故错误；B.锌和硫酸铜反应生成铜和硫酸锌，铜和锌和硫酸形成原电池，加快反应速率，但硫酸铜不是催化剂，故错误；C.焰色反应时火焰为黄色，只能说明物质中含有钠元素，但不能确定是否为钠盐，故错误；D.浓盐酸有挥发性和浓氨水挥发出的氨气反应生成氯化铵，出现白烟，故正确。故选D。【点睛】焰色反应为元素的性质，只能说明含有该元素，但不能确定其具体的化学成分。7、C【详解】A．金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A不选；B．铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应过程，故B不选；C．酸雨腐蚀大理石雕像是因为碳酸钙能和酸反应，该反应中没有元素化合价的变化，不是氧化还原反应，故C选；D．铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故D不选；故选C。8、C【解析】短周期元素中，M元素的最高价氧化物对应的水化物能与其气态氢化物反应生成盐，则M为N元素；N元素原子的M电子层上有3个电子，则N为Al元素；在短周期元素中，W元素原子半径最大，则W为Na元素；X元素原子最外层电子数是电子层数的2倍，且低价氧化物能与其气态氢化物反应生成X的单质和H2O，则X为S元素；Y元素最高价正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl元素。A.氨气分子中N元素处于最低价，具有还原性，其水溶液为碱性，A项正确；B.钠在氧气中燃烧后的产物为过氧化钠，阴阳离子个数之比为1：2，B项正确；C.N和Y所形成的化合物为AlCl3，属于共价化合物，含有共价键，C项错误；D.硫酸为强酸，氢氧化钠为强碱，氢氧化铝为两性氢氧化物，三者两辆之间能相互反应，D项正确，故选C。9、B【详解】A.根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；B.电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；C.放电时负极发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；D.汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；答案选B。10、C【解析】过氧化钠具有强氧化性，加入过氧化钠固体后，能够将SO32-氧化成SO42-；过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，导致Na+的浓度增大；NaOH与Al3+、Mg2+、HCO3-反应，所以浓度变化的离子有：CO32-、HCO3-、SO32-、SO42-、Al3+、Na+、Mg2+，离子浓度保持不变的为：NO3-、Cl-、K+，故选C。【点睛】本题考查离子反应及其应用，明确常见离子的性质为解答关键。本题的易错点为亚硫酸根离子的判断，要注意过氧化钠具有强氧化性，亚硫酸根离子具有还原性。11、D【详解】A.实验过程中持续通入空气可起到搅拌B、C中的反应物的作用，使反应物充分混合，增加反应物的接触机会，加快反应速率，同时可以将装置中残留的二氧化碳全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，准确测定碳酸钙的质量分数，A项正确；B.滴加盐酸过快，CO2来不及被吸收，就被排出装置C，因此滴加盐酸不宜过快，使二氧化碳被吸收完全，可以提高测定准确度，B项正确；C.B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，C项正确；D.B中牙膏样品中的CaCO3与盐酸反应生成CO2，CO2进入C中与足量的Ba(OH)2溶液反应生成BaCO3沉淀，经过滤、干燥、称重后得BaCO3的质量，根据碳元素守恒得，n(CaCO3)==n(CO2)=n(BaCO3)，进而计算CaCO3的质量，D项错误；答案选D。12、D【详解】A．pH=1的溶液中存在大量的H+，H+、HCO能够反应放出二氧化碳气体，不能大量共存，故A不选；B．MnO有颜色，在无色溶液中不能大量存在，故B不选；C．SO、Ba2+能够反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C不选；D．c(OH-)=10-2mol/L的溶液显碱性，存在大量的OH-，OH-、Na+、CO、Cl-、K+离子间不能发生反应，能够大量共存，故D选；故选D。13、C【解析】A.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似氨的性质，根据题目信息Kb1=10-4.07、Kb2=10-7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-，故A正确；B.H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，电离方程式分别为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3++OH-、H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-，根据方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，[H3NCH2CH2NH3]2+浓度越大，所以曲线Ⅰ代表的微粒符号为[H3NCH2CH2NH3]2+，故B正确；C.曲线II代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，曲线Ⅰ与曲线Ⅱ相交点对应的溶液中，[H3NCH2CH2NH3]2+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3++H2O[H3NCH2CH2NH3]2++OH-可知，Kb2=10-7.15=cOH-×c(H3NCH2CH2NH32+)cH2NCH2CH2NH3+=c(OH-)，则c(H+)=KwcOH-=10-6.85，pH=6.85，故C错误；D.在0.1mol·L-1H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因H2NCH2CH14、C【详解】A.Na2O2可用于呼吸面具供氧，是因为可以与二氧化碳以及水反应生成氧气，与颜色无关，A错误；B.金属Al可用于防锈涂料制造，是因为铝表面有一层致密的氧化铝薄膜，可以进一步阻止生锈，与导电性没有关系，B错误；C.ClO2具有强氧化性，因此可用于饮用水消毒，C正确；D.氯化铁可用于腐蚀铜制线路板，是利用了铁离子的氧化性，与铁离子水解没有关系，D错误；答案选C。15、B【详解】A.一个D2O分子中含有10个质子，D2O的摩尔质量为20g·mol-1，故18gD2O中含有的D2O分子数为0.9NA，其中含有的质子数为9NA，故A错误；B.二氧化硅晶体中，每个硅原子和4个氧原子形成4个Si—O键，60g二氧化硅中含有NA个硅原子，故含有的Si—O键的数目为4NA，故B正确；C.2molNO与1molO2完全反应生成2molNO2，但体系中存在化学平衡2NO2N2O4，所以产物的分子数小于2NA，故C错误；D.氯气与水能发生反应Cl2+H2OHCl+HClO，标准状况下，22.4L(1mol)氯气与水完全反应转移的电子数应为NA，但此反应属于可逆反应，转移的电子数小于NA，故D错误。故选B。16、C【详解】A.与发生互促水解反应，不能大量共存，故A不选；B.常温下，由水电离出的c(H+)＝10-14mol·L-1溶液中，抑制了水的电离，可能含有大量的氢离子或者大量的氢氧根离子，与氢离子、氢氧根离子均不能大量共存，故B不选；C.常温下，＝0.1mol·L-1的溶液中呈碱性，K+、NH3·H2O、、子之间不反应，且和OH−不反应，所以能大量共存，故C选；D.在c()＝0.1mol·L-1的溶液中，与反应，，不能大量共存，故D不选；故选：C。17、C【解析】设二价铁离子的物质的量为xmol，三价铁离子的物质的量为ymol，某铁的氧化物，用2.0mol/L的盐酸100mL在一定条件下恰好完全溶解，依据电荷守恒可知最终溶液中溶质为氯化亚铁和氯化铁，依据电荷守恒可知二价铁离子和三价铁离子带的正电荷总数等于氯离子带电负电荷总数，即：2xmol+3ymol=0.1L×2.0mol/L；溶液中只有二价铁离子能与氯气发生反应生成三价铁离子，氯气被还原为氯离子，依据氧化还原反应中得失电子守恒规律可知二价铁失去的电子总数等于氯气得到的电子总数，即：xmol×1=0.28L÷22.4L/mol×2；解得：x=0.025，y=0.05；所以该氧化物中Fe（+2价）与Fe（+3价）的物质的量分别为0.025mol、0.05mol，反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，则氧化物中n（O）=1/2×n（HCl）=1/2×0.2mol=0.1mol，所以：n（Fe）：n（O）=0.075mol：0.1mol=3：4，该氧化物的化学式为Fe3O4，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的计算，注意反应中HCl的H元素与氧化物中O元素全部结合生成H2O，反应后溶液成分为FeCl3，为解答该题的关键，计算时抓住电荷守恒定律、得失电子守恒定律是解题常用技巧。18、B【解析】醋酸是弱酸，属于弱电解质，在离子方程式中不能拆为离子，所以选项A错误。向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至混合溶液恰好为中性，要求氢氧根和氢离子物质的量相等，所以氢氧化钡和硫酸氢钠的物质的量的比为1:2，选项B正确。次氯酸有强氧化性，可以将+4价硫氧化为+6价，所以选项C错误。选项D中，方程式的电荷不守恒，所以选项D错误。19、A【详解】海水中水的含量最高，含水量达96.5%，H2O是电解质，所以海水中含量最多的电解质是水，故合理选项是A。20、C【分析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。21、B【分析】A既可以和强酸反应，又可以和强碱反应，并是一种正盐，这一物质只能是硫化铵。【详解】A．当X是强酸时，硫化铵与强酸反应生成硫化氢，则C为硫单质，D为二氧化硫，E为三氧化硫，F为硫酸，故A项正确；B．当X是强酸时，C为硫单质，常温下是固态，故B项错误；C．硫化氢或氨气和氯气的反应一定是氧化还原反应，故C项正确；D．当X是强碱时，B为氨气，C为氮气，D为一氧化氮，E为二氧化氮，F为硝酸，故D项正确；故选B。22、B【分析】根据影响化学反应速率的条件分析。【详解】硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故A不符合题意；

B．Cu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应，是与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故B符合题意；

C．常温、常压下及放电均为反应条件，皆为外因，故C不符合题意；

D．滴加FeCl3溶液是使用了催化剂，这是外界因素，故D不符合题意。故选B。【点睛】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电、催化剂、压强等均为外因。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、加成反应9羟基HCHO+H2O30或【分析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为，根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为，根据G生成H的反应条件可知，H为，据此解答。【详解】(1)②为C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，反应类型为加成反应；B分子中苯环为平面结构，单键可以旋转，所以最多有9个碳原子共平面，故答案为：加成反应；9；(2)A为，含氧官能团为羟基；若反应④为加成反应，E为，与F生成，则F为HCHO，故答案为：HCHO；(3)反应③中D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，化学方程式为+H2O(4)芳香化合物是D（）的同分异构体，①苯环上只有3个取代基；②可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个-C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为-C3H6COOH的结构有-CH2CH2CH2COOH，-CH2CH(CH3)COOH，-CH(CH3)CH2COOH、-C(CH3)2COOH、-CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有或，故答案为：30；或；(5)以为原料制备，根据流程图C生成D可知，可以和氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为：，故答案为：。【点睛】本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式釆用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。25、甲基橙橙色变为浅红色，且半分钟不恢复原色mol/L><【详解】（1）由于CO2溶在溶液中会影响pH值，为准确滴定，终点宜选在pH值4—5之间，石蕊变色范围宽且颜色水易观察，不能用做中和滴定的指示剂、甲基橙变色范围是3.1-4.4可以指示反应终点、酚酞指示剂变色范围8-10，产生的误差较大，故三种指示剂中应选用甲基橙；当滴定至溶液由橙色变为浅红色，且半分钟不恢复原色时，即表示到达终点；（2）若达到滴定终点时，Na2CO3~~~2HCl12V10-3LcV10-3Lc=2，解得c=mol/L；（3）①等质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，后者消耗的盐酸少，当Na2CO3中含有NaHCO3时，造成待测测盐酸的体积偏小，即c1>c2；②等质量的Na2CO3和NaOH与盐酸反应，后者消耗的盐酸多，当Na2CO3中含有NaOH时，造成待测测盐酸的体积偏大，即c1<c2。【点睛】本题考查了酸碱滴定实验的基本操作分析判断，注意掌握误差分析的原理是解题的关键，易错点为（1）石蕊变色范围宽且颜色水易观察，不能用做中和滴定的指示剂、甲基橙变色范围是3.1-4.4可以指示反应终点、酚酞指示剂变色范围8-10，产生的误差较大，故三种指示剂中应选用甲基橙。26、分液漏斗注入水后，打开分液漏斗活塞使液体流下,一段时间后液体不能顺下，说明气密性良好Mn饱和食盐水>Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O二者酸碱性环境不同【分析】（1）检查气密性时，先形成封闭体系，再采用加液法检查；（2）高锰酸钾与浓盐酸制备氯气的反应为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；（3）装置B的作用是除掉挥发的氯化氢气体；（4）C中为氯气与氢氧化铁、KOH制备高铁酸钾的反应为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；（5）C中还有氯气与KOH反应生成氯化钾和次氯酸钾；（6）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸碱性介质不一样。【详解】（1）检验装置的气密性的方法为分液漏斗注入水后，打开分液漏斗活塞使液体流下,一段时间后液体不能顺下，说明气密性良好；故答案为：分液漏斗注入水后，打开分液漏斗活塞使液体流下,一段时间后液体不能顺下，说明气密性良好；（2）高锰酸钾与浓盐酸制备氯气，不用加热，反应为：2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，氯元素被氧化，锰元素被还原，故答案为：Mn；（3）装置B的作用是除掉挥发的氯化氢气体，用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水；（4）C中为氯气与氢氧化铁、KOH制备高铁酸钾的反应为：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O；氯气将Fe（OH）3氧化为K2FeO4，说明氧化性Cl2>FeO42-，反应转移6mol电子；故答案为：；>；（5）C中还有氯气与KOH反应生成氯化钾和次氯酸钾，离子方程式为：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O；故答案为：Cl2+2OH-===Cl-+ClO-+H2O；（6）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，取少量a,滴加盐酸，有Cl2产生，说明FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，两种反应体系所处酸碱性介质不一样，所以可以说明溶液酸碱性会影响粒子氧化性的强弱；故答案为：二者酸碱性环境不同。【点睛】考查了物质制备流程和性质检验方案的分析判断，物质性质的应用，题干信息的分析理解，操作步骤的注意问题和基本操作方法是解题关键，需要有扎实的基础知识。27、受热均匀，易控制温度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶