福建省福州市师大附中2026届高三（化学试题文）4月第一次综合练习试卷含解析

福建省福州市师大附中2026届高三（化学试题文）4月第一次综合练习试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D2、下列有关化学用语表示正确的是（）A．NaClO的电子式B．中子数为16的硫离子：SC．为CCl4的比例模型D．16O与18O互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体3、下列实验操作能达到目的的是（）选项实验目的实验操作A配制100g10%的NaOH溶液称取10gNaOH溶于90g蒸馏水中B验证“84消毒液”呈碱性用pH试纸测量溶液的pHC检验溶液中是否含有Na+用洁净的玻璃棒蘸取溶液灼烧，观察火焰颜色D从溴水中获得溴单质利用SO2将Br2吹出后，富集、还原、分离A．A B．B C．C D．D4、从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是（）A．灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒B．过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台C．萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出D．反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分液，再向水相中滴加45％硫酸溶液，过滤得固态碘5、有关元素性质递变规律的叙述正确的是A．同主族元素从上到下，单质的熔点逐渐降低B．同主族元素从上到下，氢化物的熔点逐渐降低C．同周期元素（除零族元素外）从左到右，简单离子半径逐渐减小D．同周期元素（除零族元素外）从左到右，原子失电子能力逐渐减弱6、下列实验过程中，产生现象与对应的图形相符合的是（）A．NaHSO3粉末加入HNO3溶液中B．H2S气体通入氯水中C．NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中D．CO2气体通入澄清石灰水中7、某有机物的分子式为，该物质与金属钠反应有气体生成。则该有机物可能的结构有几种（不考虑立体异构）A．8 B．10 C．12 D．148、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是A．探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成B．探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOC．探究Na与水的反应可能有O2生成D．探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致9、常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCl2溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A．NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+c(CO32-)+c(OH-)B．NaHCO3溶液中，c(Na+)>c(OH-)>c(HCO3-)>c(H+)C．加热NaHCO3溶液，pH增大，一定是HCO3-水解程度增大的结果D．滴加饱和CaCl2溶液发生了反应：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑10、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有A．4种 B．5种 C．6种 D．7种11、对于2SO2(g)＋O2(g)⇌2SO3(g)，ΔH<0，根据下图，下列说法错误的是（）A．t2时使用了催化剂 B．t3时采取减小反应体系压强的措施C．t5时采取升温的措施 D．反应在t6时刻，SO3体积分数最大12、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是选项试剂1、试剂2实验目的A过量锌粒、食醋溶液测定食醋中醋酸浓度B粗锌、过量稀硫酸测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度C碳酸钠固体、水证明碳酸钠水解吸热D过氧化钠固体、水证明过氧化钠与水反应产生气体A．A B．B C．C D．D13、下列有关物质与应用的对应关系正确的是（）A．甲醛可以使蛋白质变性，所以福尔马林可作食品的保鲜剂B．Cl2和SO2都具有漂白性，所以都可以使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C．碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D．氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝14、香豆素－4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如下图所示。下列有关叙述错误的是A．分子式为C10H9O3B．能发生水解反应C．能使酸性KMnO4溶液褪色D．1mol香豆素－4最多消耗3molNaOH15、在NH3和NH4Cl存在条件下，以活性炭为催化剂，用H2O2氧化CoCl2溶液来制备化工产品[Co(NH3)6]Cl3，下列表述正确的是A．中子数为32，质子数为27的钴原子:B．H2O2的电子式：C．NH3和NH4Cl化学键类型相同D．[Co(NH3)6]Cl3中Co的化合价是+316、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2OB．少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H++Cl-C．向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H++O22Cu2++2H2OD．向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2++6O2↑+10H2O17、欲测定Mg（NO3）2•nH2O中结晶水的含量，下列方案中肯定不可行的是A．称量样品→加热→用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量B．称量样品→加热→冷却→称量Mg（NO3）2C．称量样品→加热→冷却→称量MgOD．称量样品→加NaOH溶液→过滤→加热→冷却→称量MgO18、扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以物质a为原料合成扁桃酸衍生物b的过程如下：下列说法正确的是（）A．物质X是Br2，物质a转化为b属于取代反应B．lmol物质a能与3molH2反应，且能在浓硫酸中发生消去反应C．物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体D．物质b的核磁共振氢谱有四组峰19、铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3—发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是A．B溶液含[Al(OH)4]—B．A溶液和B溶液混合无明显现象C．D与F反应生成盐D．E排入大气中会造成污染20、关于实验室制备乙烯的实验，下列说法正确的是（）A．反应物是乙醇和过量的3molB．控制反应液温度在140C．反应容器中应加入少许碎瓷片D．反应完毕后应先移去酒精灯，再从水中取出导管21、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是A．做电解液 B．制焊药 C．合成橡胶 D．做化肥22、下列实验能达到目的是（）A．用饱和碳酸氢钠溶液鉴别SO2和CO2B．用灼热的铜网除去CO中少量的O2C．用溴水鉴别苯和CCl4D．用蒸发结晶的方法从碘水中提取碘单质二、非选择题(共84分)23、（14分）我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中官能团的名称是______。F的化学名称是______。（2）C和D生成E的化学方程式为_____________。（3）G的结构简式为________。（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是______、_____。（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有____种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为______（任写一种）。24、（12分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：i．R1COOR2+R3OHR1COOR3+R2OHii．R1CH=CHR2R1CHO+R2CHO（1）A中含有的官能团名称是______。（2）①、②的反应类型分别是______、______。（3）③的化学方程式是______。（4）④是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是______。（5）⑥中还有可能生成的有机物是______（写出一种结构简式即可）。（6）⑦的化学方程式是______。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是______。25、（12分）某溶液X含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、HCO3-、S2-、SO42-、Cl-、OH-中的一种或几种，取该溶液进行实验，实验内容和相关数据(气体体积在标准状况下测定)如下：(1)通过上述实验过程，一定不存在的离子是_______。(2)反应①中生成A的离子方程式为________。(3)若测得X溶液中c(H+)=6mol·L-1，则X溶液中_______(填“含”或“不含”)Fe3+，c(Fe3+)=________mol·L-1(若填不含，则不需计算)，X溶液中c(Cl-)=_______mol·L-1。26、（10分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作②目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程式：_______________。操作①和②均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_______________(填序号)。a．瓷坩埚b．氧化铝坩埚c．铁坩埚d．石英坩埚（2）操作④是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_______________。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_______________。（3）操作⑤过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_______________。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_______________。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_______________。27、（12分）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种淡黄色粉末，易溶于水，不溶于乙醇。在实验室制备连二亚硫酸钠流程如下：(1)反应Ⅰ是制备SO2，下图装置可制取纯净干燥的SO2：①按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→___→f，装置D的作用是______。②装置A中反应的化学方程式为___。(2)反应Ⅱ所用实验装置如图所示(部分装置省略)。①通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，其目的是_________；控制反应温度的方法是____②反应Ⅱ的离子方程式为___。(3)“滤渣”经洗涤、灼烧，可得到一种工业产品是____(填化学式)；加入适量饱和食盐水的目的是___。(4)产品Na2S2O4∙2H2O久置空气中易被氧化，其氧化产物可能是_______(写2种)。28、（14分）钒被称为“现代工业味精”，是发展现代工业、现代国防和现代科学技术不可缺少的重要材料。常见的钒氧化物为VO、V2O3、VO2、V2O5，低价氧化钒在空气中易被氧化成高价氧化钒。请回答下列问题：（1）已知：①2V(s)＋O2(g)=2VO(s)△H1=－825.6kJ·mol-1②4VO(s)＋O2(g)=2V2O3(s)△H2=－788.8kJ·mol-1③V2O3(s)＋O2(g)=V2O5(s)△H3=－334.6kJ·mol-1④4V(s)＋5O2(g)=2V2O5(s)△H4据上述反应热效应之间的关系，可知△H4=___。（2）V2O5是钒氧化物中最重要的，也是最常用的钒化工制品。工业上制备V2O5的一个方法是利用VOCl3水解，则VOCl3中V的化合价为___，水解反应的化学方程式为___。（3）工业上由V2O5冶炼金属钒常用铝热法，该反应的化学方程式为___。（4）工业制硫酸常用V2Os作催化剂，已知2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)△H=－196kJ·mol-1，500℃时将2molSO2和1molO2装入一容积恒定的10L密闭容器中，达到平衡时容器中SO3的浓度为0.1mol·L-1。①该反应的平衡常数K=___。某温度时，该反应的平衡常数K=50，则该温度___(填“>”“<”或“=”)500℃。②下列措施能使的值减小的是___(填字母)。A．升温B．其他条件不变，再充入2molHeC．其他条件不变，再充入2molSO2和1molO2D．不用V2O5作催化剂，改用其他更高效的催化剂（5）酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，请写出该反应的离子方程式：___。29、（10分）废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：回答下列问题：(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为______。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn浸出率的影响。①为保证Zn、Mn的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4浓度对Mn的浸出率影响程度大于Zn，其原因是_____。②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)>0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。a.随着反应进行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与C2O42-生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4(4)步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。①生成MnO2的电极反应式为_____。②若n(H2)：n(O2)=2：1，则参加反应的n(Zn2+)：n(Mn2+)=______。③该工艺流程中可循环利用的物质是________。

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、D【解析】

A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+，C项错误；D.Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。故选D。2、D【解析】

A.NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，A错误；B.中子数为16的硫离子应为S2-，B错误；C.中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；D.16O与18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确。故选D。在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。3、A【解析】

A.溶液质量是90g+10g=100g，溶质的质量分数为×100%=10%，A正确；B.“84消毒液”有效成分是NaClO，该物质具有氧化性，会将pH试纸氧化漂白，因此不能用pH试纸测量该溶液的pH，以验证溶液的碱性，B错误；C.玻璃的成分中含有Na2SiO3，含有钠元素，因此用玻璃棒进行焰色反应实验，就会干扰溶液中离子的检验，要使用铂丝或光洁无锈的铁丝进行焰色反应，C错误；D.向溴水中加入CCl4充分振荡后，静置，然后分液，就可从溴水中获得溴单质。若向溴水中通入SO2气体，就会发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，不能将单质溴吹出，D错误；故合理选项是A。4、D【解析】

A．灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；B．过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；C．四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下口放出，故C错误；D．有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；故答案为D。5、D【解析】

A．碱金属元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而减小，卤族元素，单质的熔沸点随着原子序数增大而升高，所以同主族元素从上到下，单质的熔点可能逐渐降低、也可能逐渐升高，A错误；B．同一主族元素，氢化物的熔沸点随着相对分子质量增大而升高，但含有氢键的物质熔沸点较高，碳族元素氢化物的熔点随着原子序数增大而增大，B错误；C．同一周期元素，从左到右，金属元素形成的阳离子具有上一周期惰性气体的原子结构，简单离子半径逐渐减小；而非金属元素形成的阴离子具有同一周期惰性气体的原子结构，原子序数越大，离子半径越小，同一周期金属元素的离子半径小于非金属元素的离子半径，第IIIA族元素简单离子半径最小，C错误；D．元素的金属性越强，其原子失电子能力越强，同一周期元素，元素的金属性随着原子序数增大而减弱，非金属性随着原子序数增大而增强，所以同周期元素(除零族元素外)从左到右，原子失电子能力逐渐减弱，得电子的能力逐渐增强，D正确；故合理选项是D。6、D【解析】

A.NaHSO3粉末加入HNO3溶液中发生氧化还原反应，3NaHSO3+2HNO3=3NaHSO4+2NO↑+H2O，刚加入粉末时就有气体生成，故A错误；B.H2S气体通入氯水中发生氧化还原反应，H2S+Cl2=S+2HCl，溶液的酸性增强，pH减小，故B错误；

C.NaOH溶液滴入Ba(HCO3)2溶液中，刚滴入时便会有BaCO3沉淀生成，随着NaOH的滴入，沉淀质量增加，当Ba2+全部转化为沉淀后，沉淀质量便不会再改变了，故C错误；D.溶液导电能力与溶液中的离子浓度有关，CO2气体通入澄清石灰水中，先发生反应：CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O，离子浓度降低，溶液导电能力下降；接着通入CO2发生反应：CaCO3+CO2+H2O=Ca(HCO3)2，碳酸氢钙属于强电解质，溶液中离子浓度增加，溶液导电能力上升，故D正确；故答案：D。7、C【解析】

该物质与金属钠反应有气体生成，说明分子中含有-OH，即可转变为4个C的烷烃的二元取代物，可采用定一议一的方法。4个C的烷烃共有两种结构，正丁烷和异丁烷，正丁烷共有8种二元取代物，异丁烷共有4种二元取代物，共有12种，故答案选C。8、C【解析】

A、SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成有意义，故A不符合题意；B、浓硫酸具有强氧化性，所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO有意义，故B不符合题意；C、Na是非常活泼的金属，不可能与水反应生成O2，所以探究Na与水的反应可能有O2生成没有意义，故C符合题意；D、Cl2能与NaOH反应，使溶液的碱性减弱，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致有意义，故D不符合题意。9、D【解析】

A.根据电荷守恒可知，NaHCO3溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)，A项错误；B.常温下2mL1mol·L-1NaHCO3溶液，pH约为8，溶液显碱性，溶液中HCO3-水解程度大于其电离程度，c(Na+)>c(HCO3-)>c(OH-)>c(H+)，B项错误；C.加热NaHCO3溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCl2溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2++2HCO3-=CaCO3↓+H2O+CO2↑，D项正确；答案选D。10、C【解析】

由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。【详解】卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。答案选C。卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。11、D【解析】

A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条件应为加入催化剂，A不符合题意；B.t3时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即t4、t6时刻所得的SO3的体积分数都比t1时刻小，D说法错误，符合题意；故答案为：D12、C【解析】

A．将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；B．将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；C．碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；D．过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；故答案为C。利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。13、C【解析】

A．甲醛可使蛋白质变性，可以用于浸泡标本，但甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂，A错误；B．滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体后溶液褪色，发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质，B错误；C．小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，C正确；D．电解氯化铝的水溶液得到氢气、氯气和氢氧化铝，制取不到Al，电解熔融氧化铝生成铝，D错误；答案为C。Cl2和SO2都具有漂白性，但漂白原理不同；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色体现酸性氧化物的性质，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色体现二氧化硫的还原性。14、A【解析】

A、反应式应为C10H8O3，错误；B、分子中有酯基，可以发生水解反应；正确；C、酚羟基和苯环相连碳上有H，可以被氧化，正确；D、酯基水解后共有两个酚羟基和一个羧基，共消耗3molNaOH，正确；故选A。15、D【解析】

A．质量数为32，中子数为27的钴原子，应该表示为：，A错误；B．H2O2为共价化合物，原子间形成共用电子对，没有电子的得失，B错误；C．NH3存在氮氢共价键，NH4Cl存在铵根离子和氯离子间的离子键，氮氢原子间的共价键，C错误；D．[Co(NH3)6]Cl3，NH3整体为0价，Cl为-1价，所以Co的化合价是+3，D正确；故答案选D。16、C【解析】

A.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2++CO32-=CaCO3↓，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2++ClO－+SO2+H2O=CaSO4↓+2H++Cl－，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H++O22Cu2++2H2O，故C正确；D.向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4－+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，故D错误，答案选C。本题考查离子方程式的正误判断，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。17、B【解析】

受热易分解，其分解反应为：。【详解】A．称量样品加热用已知质量的无水氯化钙吸收水蒸气并称量，根据水的质量以及结晶水合物的质量可以求解，A正确；B．因硝酸镁易分解，称量样品加热无法恰好使结晶水合物恰好分解为硝酸镁，B错误；C．称量样品加热冷却称量MgO，根据硝酸镁分解的方程式以及氧化镁的质量可测定的结晶水含量，C正确；D．称量样品加NaOH将硝酸镁转化为氢氧化镁，过滤加热氢氧化镁分解生成氧化镁冷却称量MgO，根据镁原子守恒求解无水硝酸镁的质量，据此求解结晶水含量，D正确。答案选B。18、C【解析】

A.根据质量守恒定律可知物质x是HBr，HBr与a发生取代反应产生b和H2O，A错误；B.a中含有一个苯环和酯基，只有苯环能够与H2发生加成反应，1mol物质a能与3molH2反应，a中含有酚羟基和醇羟基，由于醇羟基连接的C原子邻位C原子上没有H原子，不能发生消去反应，B错误；C.酚羟基可以与NaHCO3反应；物质b中酚羟基与另一个支链可以在邻位、间位，Br原子也有多个不同的取代位置，因此物质b具有多种能与NaHCO3反应的同分异构体，C正确；D.物质b中有五种不同位置的H原子，所以其核磁共振氢谱有五组峰，D错误；故合理选项是C。19、B【解析】

根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。【详解】A.铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为[Al(OH)4]—，与题意不符，A错误；B.硝酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；C.D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；D.E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；答案为B。20、C【解析】

实验室制备乙烯所用的原料为乙醇和浓硫酸，反应条件是加热到170℃，反应装置为液液加热装置，据此进行解答。【详解】A.3mol/L硫酸为稀硫酸，必须使用浓硫酸，选项A错误；B．反应温度在140℃时，生成的是乙醚，170℃时才生成乙烯，选项B错误；C．溶液加热为防暴沸，需要加入碎瓷片，选项C正确；D．为了防止倒吸，应先把导管从水中取出再熄灭酒精灯，选项D错误；答案选C。本题考查乙烯的实验室制法，明确乙烯的制备原理为解答关键，注意有机反应的反应条件不同时，反应产物可能不同，反应温度在140℃时，生成的是乙醚，170℃时才生成乙烯，试题培养了学生的化学实验能力。21、C【解析】

联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。【详解】A．联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A正确；B．联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正确；C．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错误；D．联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥，故D正确；故选C。22、C【解析】

A.二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，二氧化碳难溶于饱和碳酸氢钠溶液，二氧化硫和二氧化碳分别通入饱和碳酸氢钠溶液都会产生气泡，现象相同，不能鉴别，故A错误；B.加热时，Cu与氧气反应生成CuO，CO能与氧化铜反应，所以不能用用灼热的铜网除去CO中少量的O2，故B错误；C.溴水与苯混合有机层在上层，溴水与四氯化碳混合有机层在下层，现象不同，可鉴别，故C正确；D.蒸发时，碘易升华而损失，应用萃取、分液的方法分离，故D错误。故选C。二、非选择题(共84分)23、醛基4-硝基甲苯（对硝基甲苯）取代反应加成反应14或【解析】

A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为；(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个—CH2CHO有3种；苯环上连接1个—CH2CH2CHO有1种；苯环上连接1个—CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。24、碳碳双键氧化反应加成反应CH3CH=CH2、、【解析】

A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应①是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应②是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应；（3）反应③是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应④是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2；（5）反应⑥中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应⑦是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。25、HCO3-、S2-、OH-3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O含28【解析】

测得X溶液中c(H+)=6mol/L，在强酸性溶液中与H+反应的离子不能大量存在；一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子，加入过量硝酸钡生成沉淀，则沉淀C为BaSO4沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I，则I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3，说明原溶液中含有Al3+离子，通过计算氢氧化铁物质的量和原溶液中亚铁离子物质的量判断原溶液中含有Fe3+，溶液显酸性，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，根据已知溶液中电荷守恒计算确定是否含有的离子Cl-，以此解答。【详解】通过上述分析可知：气体A是NO，溶液B中含有Al3+、NH4+、Fe2+，沉淀C是BaSO4，气体D是NO2，溶液E为HNO3，气体F是NH3，I为Al(OH)3，H为NaAlO2，沉淀G为Fe(OH)3：(1)由于测得X溶液中c(H+)=6mol/L，溶液显酸性，在强酸性溶液中与H+反应的离子HCO3-、S2-、OH-不能大量存在；故原溶液一定不会存在HCO3-、S2-、OH-离子；(2)在X中含有Fe2+、H+，当加入Ba(NO3)2溶液时，会发生氧化还原反应，产生Fe3+、NO、H2O，反应的离子方程式：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O；(3)n(NO)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，根据3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O中Fe2+与NO的关系可知n(Fe2+)=3n(NO)=0.03mol，n[Fe(OH)3]=5.35g÷107g/mol=0.05mol>n(Fe2+)=0.03mol，根据Fe元素守恒，说明在原溶液中含有Fe3+，其物质的量是0.02mol，由于溶液的体积是0.01L，所以c(Fe3+)=0.02mol÷0.01L=2mol/L；该溶液中，n(H+)=6mol/L×0.01L=0.06mol，根据元素守恒可得n(NH4+)=n(NH3)=0.224L÷22.4L/mol=0.01mol，n(SO42-)=n(BaSO4)=16.31g÷233g/mol=0.07mol，n(Al3+)=n[Al(OH)3]=0.78g÷78g/mol=0.01mol，根据(3)计算可知n(Fe2+)=0.03mol，n(Fe3+)=0.02mol，由于正电荷总数：3n(Al3+)+3n(Fe3+)+2n(Fe2+)+n(NH4+)+n(H+)=3×0.01mol+3×0.02mol+2×0.03mol+0.01mol+0.06mol=0.22mol，n(SO42-)=0.07mol，其所带的负电荷数0.07mol×2=0.14mol<0.22mol，所以该溶液中还含有带负电荷的Cl-，其物质的量为n(Cl-)=0.22mol-0.14mol=0.08mol，其物质的量浓度c(Cl-)=0.08mol÷0.01L=8mol/L。本题考查无机物的推断的知识，根据物质间发生反应的特殊现象结合离子共存来分析解答，熟悉物质的性质是解本题关键，根据溶液和硝酸钡反应生成气体确定溶液中存在亚铁离子，为解答本题的易错点，有时要结合电荷守恒判断某种离子的存在性及其含量的多少。26、KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑c3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2OCl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原过滤速度快、效果好MnO42--e-=MnO4-电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色【解析】

（1）根据图示，操作②中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；操作①和②的反应物中均含有碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO3＋3MnO2＋6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O↑；c；（2）操作④中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-；4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3）图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42--e-=MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42--e-=MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色)。27、d→e→c→b防止倒吸Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O加快SO2与Zn的反应速率水浴加热2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-ZnO减小Na2S2O4的溶解度Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)【解析】

(1)①铜和浓硫酸在加热条件下反应制取二氧化硫，生成的二氧化硫中含有水蒸气，需要干燥；二氧化硫的密度比空气大，可以与水反应，应使用向上排空气法收集，收集时气体应长进短出，二氧化硫有毒，不能排放到空气中需要尾气处理，吸收尾气时，需要安装防倒吸装置，则按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→d→e→c→b→f；二氧化硫被氢氧化钠吸收，使装置内压减小，易发生倒吸，则D为防倒吸装置；②铜和浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫、硫酸铜和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)SO2↑+CuSO4+2H2O；(2)①SO2与Zn粉直接接触反应，接触面积太小，通SO2之前先强力搅拌，将锌粉和水制成悬浊液，可增大SO2与Zn粉反应时的接触面积，从而加快SO2与Zn的反应速率；由流程图示反应Ⅱ的反应温度为35℃，火焰温度太高不易控制，不能用酒精灯直接加热，应使用水浴加热的方法来控制温度；②二氧化硫与锌粉和氢氧化钠反应生成氢氧化锌和Na2S2O4，离子方程式为：2SO2+Zn+2OH-Zn(OH)2+S2O42-；(3)由(2)②可得过滤得到的“滤渣”为氢氧化锌，洗涤、灼烧，氢氧化锌分解为氧化锌(ZnO)；Na2S2O4易溶于水，冷却结晶过程中，加入适量饱和食盐水，可降低其溶解度加快结晶速度；(4)产品Na2S2O4·2H2O中硫的化合价为+3价，被氧化时硫的化合价升高，可能变为+4价或+6价，则可能的产物有Na2SO3、NaHSO3、Na2SO4或NaHSO4(任写2种)。28、−3109.2kJ•mol−1+52VOCl3＋3H2O=V2O5＋6HCl3V2O5＋10Al6V＋5Al2O320<AV2O5＋SO32−＋4H＋=2VO2＋＋SO42−＋2H2O【解析】

(1)已知：①2V(s)＋O2(g)=2VO(s)△H1=－825.6kJ·mol-1，②4VO(s)＋O2(g)=2V2O3(s)△H2=－788.8kJ·mol-1，③V2O3(s)＋O2(g)=V2O5(s)△H3=－334.6kJ·mol-1；由盖斯定律可知，①×2＋②＋③×2得反应4V(s)＋5O2(g)=2V2O5(s)；(2)V2O5中钒元素化合为＋5价，而水解过程没有发生氧化还原反应，不涉及化合价的改变；VOCl3的水解后产物除V2O5外，还有HCl，结合原子守恒即可得水解反应的化学方程式；(3)铝是活泼金属，高温条件下能和五氧化二钒发生铝热反应生成单质钒和氧化铝，结合电子守恒和原子守恒可得发生反应的化学方程式；(4)①列三段式计算：则500℃时，反应的平衡常数K＝，若平衡常数增大，则平衡正向移动，再结合升高温度平衡向吸热反应方向移动分析；②要使的值减小，则平衡左移，结合影响平衡的因素，逐一分析判断即可；(5)酸性条件下，V2O5和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成可溶性的VOSO4，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒即可写出发生反应的离子方程式。【详解】(1)已知：①2V(s)＋O2(g)=2VO(s)△H1=－825.6kJ·mol-1，②4VO(s)＋O2(g)=2V2O3(s)△H2=－788.8kJ·mol-1，③V2