2026届上海市市北中学高三第二次联考（二模）化学试题含解析

2026届上海市市北中学高三第二次联考（二模）化学试题注意事项：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、化学与生产、生活及社会发展密切相关。下列说法正确的是A．聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n，是新型絮凝剂，可用来杀灭水中病菌B．韩愈的诗句“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中的柳絮富含糖类C．宋应星的《天工开物》记载“凡火药，硫为纯阳”中硫为浓硫酸D．我国发射的“北斗组网卫星”所使用的光导纤维是一种有机高分子材料2、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A．棉布和丝绸的主要成分都是纤维素B．肥皂水显碱性可做蚊虫叮咬处的清洗剂C．“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理相同D．青铜器发生析氢腐蚀可在表面形成铜绿3、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A．灼烧海带B．将海带灰溶解后分离出不溶性杂质C．制备Cl2，并将I-氧化为I2D．以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定4、对下列事实的解释合理的是（）A．氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B．常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D．铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高5、下列反应不属于氧化还原反应的是（）A．Cl2+H2O=HCl+HClO B．Fe+CuSO4=FeSO4+CuC．2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 D．Cl2+2FeCl2=3FeCl36、已知、、、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（）A．、形成的一种化合物具有漂白性B．、形成的离子化合物可能含有非极性键C．的单质能与丙反应置换出的单质D．丁为黑色固体，且1mol甲与足量丙反应转移电子3NA7、下列各组物质所含化学键相同的是（）A．钠（Na）与金刚石（C）B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C．氯气（Cl2）与氦气（He）D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）8、Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A．中子数为8的氧原子：O B．N2H4的结构式：C．Mg2＋的结构示意图： D．H2O的电子式：9、短周期元素X.Y.Z.W在元素周期表中的相对位置如图所示，其中W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列判断不正确的是（）A．四种元素的单质中，X的熔沸点最低B．最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C．X的气态氢化物的稳定性较Z的弱D．原子半径：Y＞Z＞W＞X10、以下除杂方法不正确的是（括号中为杂质）A．NaCl(KNO3)：蒸发至剩余少量液体时，趁热过滤B．硝基苯（苯）：蒸馏C．己烷（己烯）：加适量溴水，分液D．乙烯（SO2）：NaOH溶液，洗气11、对下列实验现象或操作解释错误的是()现象或操作解释AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有还原性B配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-D向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D12、下列有关电解质溶液的说法正确的是（）A．向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B．将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，溶液中增大C．向氨水中加入盐酸至中性，溶液中<1D．向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中不变13、下列有机实验操作正确的是A．证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B．验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C．制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D．检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热14、下列各组离子能大量共存的是A．在pH=0的溶液中：NH4+、Al3+、OH-、SO42-B．在新制氯水中:Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．在加入NH4HCO3产生气体的溶液中:Na+、Ba2+、Cl-、NO3-D．加入Al片能产生H2的溶液：NH4+、Ca2+、HCO3-、NO3-15、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是A．原子半径：r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)B．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强C．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强D．Y与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同16、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．与互为同分异构体B．可作合成高分子化合物的原料（单体）C．能与NaOH溶液反应D．分子中所有碳原子不可能共面17、下列物质的制备方法正确的是()A．实验室用1体积酒精和3体积浓度为6mol/L的硫酸制乙烯B．用镁粉和空气反应制备Mg3N2C．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液5滴得新制Cu(OH)2悬浊液D．用电解熔融氯化铝的方法制得单质铝18、证据推理与模型认知是化学学科的核心素养之一。下列事实与相应定律或原理不相符的是（）A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深——勒夏特列原理B．常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2——阿伏加德罗定律C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果——元素周期律D．通过测量C、CO的燃烧热来间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热——盖斯定律19、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张20、海洋是一个资源宝库，海水资源的开发和利用是现代和未来永恒的主题。下面是海水利用的流程图：下列有关说法不正确的是A．过程中制得NaHCO3是先往精盐溶液中通入CO2，再通入NH3B．氯碱工业在阳极产生了使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝的气体C．反应②加热MgCl2·6H2O应在HCl气流保护下制备无水MgCl2D．反应⑤中，用Na2CO3水溶液吸收Br2后，用70—80%硫酸富集Br221、用短线“—”表示共用电子对，用“··”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。R分子的路易斯结构式可以表示为则以下叙述错误的是()A．R为三角锥形 B．R可以是BF3C．R是极性分子 D．键角小于109°28′22、11.9g金属锡跟100mL12mol•L﹣1HNO3共热一段时间．完全反应后测定溶液中c（H+）为8mol•L﹣1，溶液体积仍为100mL．放出的气体在标准状况下体积约为8.96L．由此推断氧化产物可能是（Sn的相对原子质量为119）（）A．Sn（NO3）4 B．Sn（NO3）2 C．SnO2∙4H2O D．SnO二、非选择题(共84分)23、（14分）在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列问题：（1）A与C在水中溶解度更大的是_________，G中官能团的名称是___________。（2）E→F的有机反应类型是________，F的分子式为______________。（3）由A→B反应的化学方程式为___________________。（4）物质D的结构简式为_________________。（5）B→C反应中加入NaOH的作用是________________。（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________。①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰；③能发生银镜反应24、（12分）为探究某固体化合物X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。请回答：(1)蓝色溶液中的金属阳离子是________。(2)黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。(3)X的化学式是________。25、（12分）CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃，加热至110~120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_________________。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式________________；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_________________。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为___________________。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_____________、____________和过滤。制得的CoCl2·6H2O在烘干时需减压烘干的原因是__________________。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是______________；其使用的最佳pH范围是_________。A．2.0~2.5B．3.0~3.5C．4.0~4.5D．5.0~5.5（6）为测定粗产品中CoCl2·6H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100％，其原因可能是______________________。(答一条即可)26、（10分）绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。A．不含SO2B．可能含SO2C．一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。27、（12分）高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，可用作有机物的氧化剂。制备高碘酸钾的装置图如下(夹持和加热装置省略)。回答下列问题：(1)装置I中仪器甲的名称是___________。(2)装置I中浓盐酸与KMnO4混合后发生反应的离子方程式是___________。(3)装置Ⅱ中的试剂X是___________。(4)装置Ⅲ中搅拌的目的是___________。(5)上述炭置按气流由左至右各接口顺序为___________(用字母表示)。(6)装置连接好后，将装置Ⅲ水浴加热，通入氯气一段时间，冷却析岀高碘酸钾晶体，经过滤，洗涤，干燥等步骤得到产品。①写出装置Ⅲ中发生反应的化学方程式：___________。②洗涤时，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是___________。③上述制备的产品中含少量的KIO3，其他杂质忽略，现称取ag该产品配制成溶液，然后加入稍过量的用醋酸酸化的KI溶液，充分反应后，加入几滴淀粉溶液，然后用1.0mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的平均体积为bL。已知：KIO3+5KI+6CH3COOH===3I2+6CH3COOK+3H2OKIO4+7KI+8CH3COOH===4I2+8CH3COOK+4H2OI2+2Na2S2O3===2NaI+N2S4O6则该产品中KIO4的百分含量是___________(Mr(KIO3)=214，Mr(KIO4)=230，列出计算式)。28、（14分）CO、CO2是化石燃料燃烧后的主要产物。(1)将体积比为2：1的CO2和CO混合气体通入有足量Na2O2固体的密闭容器中，同时不断地用电火花点燃。将残留固体溶于水，所得溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)____________c(Na+)（填“>”“<”或“=”）。(2)已知：2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H=-566.0kJ/mol；键能E（o=o）=499.0kJ/mol①CO(g)+O2(g)CO2(g)+O(g)的△H=____________kJ/mol②已知2500K时，①中反应的平衡常数为0.40。某时刻该反应体系中各物质浓度满足：c(CO)·c(O2)=c(CO2)·c(O)，则此时反应____________（填向左”或“向右”）进行。(3)已知：反应CO2(g)CO(g)+O(g)在密闭容器中CO2分解实验的结果如下图1；反应2CO2(g)2CO(g)+O2(g)中1molCO2在不同温度下的平衡分解量如下图2，①分析图1，求2min内v(CO2)=_______。②分析图2，1500℃时反应达平衡，此时容器体积为1L，则反应的平衡常数K=______(计算结果保留1位小数)。(4)为探究不同催化剂对CO和H2合成CH3OH的选择性效果，某实验室控制CO和H2的初始投料比为1：3进行实验，得到如下数据：选项T/K时间/min催化剂种类甲醇的含量(%)A45010CuO-ZnO78B45010CuO-ZnO-ZrO288C45010ZnO-ZrO246①由表1可知，该反应的最佳催化剂为____________（填编号）；图3中a、b、c、d四点是该温度下CO的平衡转化率的是____________。②有利于提高CO转化为CH3OH的平衡转化率的措施有____________。A．使用催化剂CuO－ZnO－ZrO2B．适当降低反应温度C．增大CO和H2的初始投料比D．恒容下，再充入amolCO和3amolH229、（10分）向Fe2(SO4)3溶液中加入KSCN溶液，发生反应：Fe3++SCN-⇌[Fe(SCN)]2+；若加入K4[Fe(CN)6]溶液，两者发生反应会生成Fe4[Fe(CN)6]3沉淀。(1)基态Fe原子的价电子排布式为_______，Fe原子失去电子变成阳离子时，首先失去的电子所处的轨道的形状为_______(2)[Fe(SCN)]2+的四种元素中第一电离能最大的是_______(填元素符号，下同)，电负性最大的是_______。(3)配合物Fe(CO)n可作催化剂，Fe(CO)n内中心原子价电子数与配体提供电子总数之和为18，则n=_______(4)Fe4[Fe(CN)6]3中铁元素的化合价为_______。(5)SO42-的立体构型为_______。(6)铁镁合金是目前已发现的储氢密度较高的储氢材料之一，其晶胞结构如图所示(黑球代表Fe，白球代表Mg)，铁镁合金的化学式为_______；若该晶胞为正方体，棱长为acm，则镁原子与铁原子间的最短距离为_______cm，晶胞的密度为_______g∙cm-3。

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【解析】

A.聚合硫酸铁[Fe2(OH)x(SO4)y]n能做新型絮凝剂，是因为其能水解生成氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的固体杂质而净水，但是不能杀灭水中病菌，A项错误；B.柳絮的主要成分是纤维素，属于多糖，B项正确；C.火药是由硫磺、硝石（硝酸钾）、木炭混合而成，则“凡火药，硫为纯阳”中硫为硫磺，C项错误；D.光导纤维的主要成分为二氧化硅，不是有机高分子材料，D项错误；答案选B。2、B【解析】

A.棉布的主要成分是纤维素，丝绸的主要成分是蛋白质，A错误；B.蚊虫叮咬时会释放出甲酸，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，高级脂肪酸根水解使肥皂水显碱性，肥皂水可消耗甲酸，故肥皂水可做蚊虫叮咬处的清洗剂，B正确；C.“84”消毒液的主要成分为NaClO，NaClO具有强氧化性用于杀菌消毒，75%的酒精能使蛋白质变性用于杀菌消毒，“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理不同，C错误；D.Cu在金属活动性顺序表中排在H的后面，Cu不能与H+自发反应放出H2，青铜器不能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀形成铜绿，D错误；答案选B。3、B【解析】

A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；答案选B。在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。4、D【解析】

A.氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B.常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C.在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D.铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。钝化反应是发生了化学反应。5、C【解析】氧化还原反应的特征是元素化合价的升降，可从元素化合价的角度判断反应是否氧化还原反应。A项，反应物中有单质，生成物中都是化合物，一定有化合价变化，A是氧化还原反应；B项，置换反应都是氧化还原反应，B是氧化还原反应；C项，所有元素的化合价都没有变化，C不是氧化还原反应；D项，有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应，是氧化还原反应。点睛：本题考查氧化还原反应，试题难度不大，注意从元素化合价的角度判断物质的性质，平日学习中注意知识的积累，快速判断。6、D【解析】

已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质，丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；A．H、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；B．O和Na组成的Na2O2中含有离子键和非极性共价键，故B正确；C．F2溶于水生成HF和O2，故C正确；D．丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；故答案为D。7、D【解析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。8、D【解析】

A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：O，故A错误；B．N2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故B错误；C．Mg的结构示意图：，Mg2＋的结构示意图为，故C错误；D．H2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式：，故D正确；答案选D。在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。9、C【解析】

X、Y、Z、W均为短周期元素，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，最内层只有2个电子，则最外层电子数为6，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在周期表中相对位置可知，X为N元素、Z为Si元素、Y为Al元素。【详解】A、四元素的单质中，只有X常温下为气态，其它三种为固态，故A正确；B、非金属性W>Z，故最高价氧化物对应水化物的酸性W>Z，故B正确；C、非金属性X>Z，故X的气态氢化物的稳定性较Z的强，故C不正确；D、同周期随原子序数增大原子半径减小，电子层越多原子半径越大，则原子半径大小顺序为：Y＞Z＞W＞X，故D正确；故选C。10、C【解析】

根据被提纯物和杂质的性质选择合适的方法。除杂应符合不增加新杂质、不减少被提纯物、操作方便易行等原则。【详解】A.KNO3的溶解度随温度升高而明显增大，而NaCl的溶解度受温度影响小。蒸发剩余的少量液体是KNO3的热溶液，应趁热过滤，滤渣为NaCl固体，A项正确；B.硝基苯、苯互溶但沸点不同，故用蒸馏方法分离，B项正确；C.己烯与溴水加成产物能溶于己烷，不能用分液法除去，C项错误；D.SO2能被NaOH溶液完全吸收，而乙烯不能，故可用洗气法除杂，D项正确。本题选C。11、D【解析】

A选项，KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故D错误。综上所述，答案为D。易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。12、D【解析】

A.向0.1mol·L－1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中增大，A错误；B.将CH3COONa溶液从20℃升温至30℃，促进水解，水解常数增大，溶液中减小，B错误；C.向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)＝c(Cl－)，则溶液中，C错误；D.向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中＝Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，D正确；答案选D。13、B【解析】

A．甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；B．铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B正确；C．加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；D．蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D错误；故选B。14、C【解析】A、在pH=0的溶液呈酸性：OH-不能大量共存，故A错误；B、在新制氯水中，氯水具有强氧化性:Fe2+会被氧化成铁离子，故B错误；C、在加入NH4HCO3产生气体的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，Na+、Ba2+、Cl-、NO3-在酸性和碱性条件下均无沉淀、气体或水生成，故C正确；D、加入Al片能产生H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性：NH4+、HCO3-在碱性条件下不共存，HCO3-在酸性条件下不共存，故D错误；故选C。15、B【解析】

X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。【详解】根据分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；A．X、Y为第二周期，Z、W为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)＞r(W)＞r(X)＞r(Y)，故A错误B．非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y＞W，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；C．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：X＜W，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；D．Y是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；答案选B。非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。16、D【解析】

A．分子式相同而结构不同的有机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；B．该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；C．该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；D．该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；答案选D。数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。17、C【解析】

A．实验室用1体积酒精和3体积浓度为18.4mol/L的硫酸制乙烯，故A错误；B．镁粉在空气中和氧气也反应，会生成氧化镁，故B错误；C．氢氧化钠过量，可与硫酸铜反应生成氢氧化铜，反应后制得的氢氧化铜呈碱性，符合要求，故C正确；D．氯化铝属于分子晶体，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝的方法冶炼Al，故D错误；故选C。18、C【解析】

A．向Fe(SCN)3溶液中加入少量KSCN固体，溶液颜色加深，说明增大反应物浓度，能使平衡正向移动，此事实与勒夏特列原理相符，A不合题意；B．由CH4燃烧反应方程式可知，1molCH4在2molO2中完全燃烧，常温常压下，1体积CH4完全燃烧消耗2体积O2，二者的体积比等于其物质的量之比，符合阿伏加德罗定律，B不合题意；C．向漂白液中加入少量稀硫酸能增强漂白液的漂白效果，说明生成了HClO，符合强酸制弱酸原理，由于HClO不是最高价含氧酸，所以不符合元素周期律，C符合题意；D．通过C、CO的燃烧热反应方程式，通过调整化学计量数后相减，可间接计算2C(s)+O2(g)=2CO(g)的反应热，符合盖斯定律，D不合题意；故选C。19、B【解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。20、A【解析】

A.先通入氨气可增大二氧化碳的溶解度，则通入气体的顺序不合理，A项错误；B.氯碱工业在阳极上氯离子放电生成氯气，使湿润淀粉碘化钾试纸变蓝，B项正确；C.加热促进镁离子水解，且生成盐酸易挥发，应在HCl气流中蒸发制备，C项正确；D.用纯碱吸收溴，主要反应是3Br2+3Na2CO3=5NaBr+NaBrO3+3CO2↑，生成的NaBr、NaBrO3与硫酸反应，得到Br2，达到富集目的，D项正确；答案选A。21、B【解析】

A．在中含有3个单键和1对孤电子对，价层电子对数为4，空间上为三角锥形，故A正确；B．B原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤电子对，所以R不是BF3，故B错误；C．由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正确；D．三角锥形分子的键角为107°，键角小于109°28′，故D正确；答案选B。22、C【解析】

n(Sn)=11.9g÷119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L×0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为8mol⋅L−1，说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，设Sn被氧化后的化合价为x，根据转移电子守恒得0.4mol×(5−4)=0.1mol×(x−0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=（1.2mol−0.4mol）÷0.1L=8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO2∙4H2O，故选：C。二、非选择题(共84分)23、C羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl或C8H7ClO催化剂、促进水解【解析】

与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。24、Cu2＋4CuO2Cu2O＋O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3，据此分析。【详解】根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2＋；(2)黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu2O，反应的化学方程式是4CuO2Cu2O＋O2↑；(3)X的化学式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。25、Co2O3+SO32－+4H+=2Co2++SO42－+2H2OClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2OClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2OFe(OH)3、Al(OH)3蒸发(浓缩)冷却(结晶)降低烘干温度，防止产品分解除去溶液中的Mn2+B粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】

（1）向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2++6H+=Cl-+6Fe3++3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3++3CO32-+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3++3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.0～3.5之间，Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。26、品红溶液褪色吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境BCAFGBDH用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【解析】

二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；27、圆底烧瓶16H++10Cl-+2MnO4-=2Mn2++8H2O+5Cl2↑NaOH溶液使反应混合物混合均匀，反应更充分aefcdb2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O降低KIO4的溶解度，减少晶体损失100%【解析】

本题为制备高碘酸钾实验题，根据所提供的装置，装置III为KIO4的制备反应发生装置，发生的反应为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；装置I可用来制取氯气，为制备KIO4提供反应物氯气；装置IV是氯气的净化装置；装置II是氯气的尾气吸收装置；装置的连接顺序为I→IV→III→II，以此分析解答。【详解】(1)根据装置I中仪器甲的构造，该仪器的名称是圆底烧瓶，因此，本题正确答案是：圆底烧瓶；(2)浓盐酸与KMnO4反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，根据得失电子守恒及电荷守恒和原子守恒写出离子方程式是2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，因此，本题正确答案是：2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；(3)装置II是氯气的尾气吸收装置，所用的试剂X应是NaOH溶液，因此，本题正确答案是：NaOH溶液；(4)装置III为KIO4的制备反应发生装置，用氯气和NaOH的KIO3溶液反应，搅拌的目的是使反应混合物混合均匀，反应更充分，因此，本题正确答案是：使反应混合物混合均匀，反应更充分；(5)根据以上分析，装置的连接顺序为I→IV→III→II，所以各接口顺序为aefcdb，因此，本题正确答案是：aefcdb；(6)①装置III为KIO4的制备反应发生装置，氯气将KIO3氧化为KIO4，本身被还原为KCl，化学方程式为2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O，因此，本题正确答案是：2KOH+KIO3+Cl2KIO4+2KCl+H2O；②根据题给信息，高碘酸钾(KIO4)溶于热水，微溶于冷水和氢氧化钾溶液，所以，与选用热水相比，选用冷水洗涤晶体的优点是降低KIO4的溶解度，减少晶体损失，因此，本题正确答案是：降低KIO4的溶解度，减少晶体损失；③设ag产品中含有KIO3和KIO4的物质的量分别为x、y，则根据反应关系：KIO3~~~3I2，KIO4~~~4I2，I2~~~2Na2S2O3，①214x+230y=a，②3x+4y=0.5b，联立①、②，解得y=mol，则该产品中KIO4的百分含量是100%=100%，因此，本题正确答案是：100%。28、<-33.5向左3×10-7mol/(Lmin)3.2×10-8mol/LBcdBD【解析】

(1)碳酸钠在溶液中水解显碱性，结合溶液中电荷守恒分析；(2)①根据盖斯定律，将已知的热化学方程式叠加，可得待求反应的热化学方程式；②根据Qc与K的相对大小判断；(3)①2min内O的浓度增大0.6×10-6mol/L，则二氧化碳减小0.6×10-6mol/L，根据v(CO2)=计算；②根据物质反应转化关系，计算平衡时各种物质的物质的量，利用体积比等于物质的量的比，结合K的含