2026届湖北省重点高中联考协作体高三下学期第四次月考试卷化学试题含解析

2026届湖北省重点高中联考协作体高三下学期第四次月考试卷化学试题注意事项：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、常温下，向10.00mL0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液，其pH变化如图所示(忽略温度变化)，已知：常温下，H2X的电离常数Ka1＝1.1×10－5，Ka2＝1.3×10－8。下列叙述正确的是A．a近似等于3B．点②处c(Na＋)＋2c(H＋)＋c(H2X)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋2c(OH－)C．点③处为H2X和NaOH中和反应的滴定终点D．点④处c(Na＋)＝2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)2、已知：pKa=-lgKa，25℃时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。用0.1mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1mol·L-1H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法正确的是A．b点所得溶液中：c(H+)+c(SO32-)=c(OH-)+c(H2SO3)B．a点所得溶液中：2c(HSO3-)+c(SO32-)=0.1mol·L-1C．e点所得溶液中：c(Na+)>c(SO32-)>c(H+)>c(OH-)D．c点所得溶液中：c(Na+)>3c(HSO3-)3、设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．12gNaHSO4晶体中SO42-数目为0.1NAB．2.0gD2O中含有的中子数为NAC．2.24LCl2与足量Na2SO3溶液反应时转移的电子数为0.2NAD．标准状况下，4.48LHF所含原子数目为0.4NA4、氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN反应原理为CrCl3+NH3CrN+3HCl，装置如图所示下列说法错误的是A．装置①还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体B．装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体C．装置③中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气D．装置⑤中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸5、下列离子方程式中书写正确的是（）A．磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2OB．FeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-C．NH4Al(SO4)2溶液中通入过量的Ba(OH)2：NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=NH3▪H2O+AlO2-+2BaSO4↓+2H2OD．饱和碳酸钠溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-6、在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题。下列化学反应先后顺序判断正确的是A．在含有等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-溶液中，逐滴加入盐酸：AlO2-、OH-、CO32-B．在含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+C．在含等物质的量的KOH、Ba(OH)2溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3D．在含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+溶液中加入锌粉：Fe3+、Cu2+、H+7、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法正确的是A．Kb2的数量级为10-5B．X(OH)NO3水溶液显酸性C．等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)>c[X(OH)+]D．在X(OH)NO3水溶液中，c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)8、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类错误的是A．电解质：明矾、碳酸、硫酸钡 B．酸性氧化物：SO3、CO2、NOC．混合物：铝热剂、矿泉水、焦炉气 D．同素异形体：C60、C70、金刚石9、已知室温下溶度积常数：Ksp[Pb（OH）2]=2×10-15，Ksp[Fe（OH）2]=8×10-15。当溶液中金属离子浓度小于10-5mol•L-1视为沉淀完全。向20mL含0.10mol•L-1Pb2+和0.10mol•L-1Fe2+的混合溶液中滴加0.10mol•L-1NaOH溶液，金属阳离子浓度与滴入NaOH溶液体积的关系曲线如图所示，则下列说法正确的是（）A．曲线A表示c(Pb2+)的曲线B．当溶液pH=8时，Fe2+开始沉淀，Pb2+沉淀完全C．滴入NaOH溶液体积大于30mL时，溶液中c(Fe2+)=4c(Pb2+)D．室温下，滴加NaOH溶液过程中，比值不断增大10、分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A．3种 B．4种 C．5种 D．6种11、香叶醇是合成玫瑰香油的主要原料，其结构简式如下：下列有关香叶醇的叙述正确的是（）A．香叶醇的分子式为C10H18OB．不能使溴的四氯化碳溶液褪色C．不能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．能发生加成反应不能发生取代反应12、X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（）A．Y元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B．原子半径由小到大的顺序为W＜X＜ZC．X与W可以形成W2X、W2X2两种物质D．Y、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。13、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4、1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应，加入溶质H2SO4的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(H2SO4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A．A B．B C．C D．D14、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是（）A．NH3NONO2HNO3B．浓缩海水Br2HBrBr2C．饱和食盐水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合气体HCl气体盐酸15、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是()选项操作现象结论A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性B向氨水和的悬浊液中滴加少量溶液得到红褐色悬浊液Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Mg(OH)2]C使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蜡油蒸汽中含有烯烃D向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性A．A B．B C．C D．D16、下列溶液一定呈中性的是A．c(H+)=c(OH–) B．pH=7 C．KW=10-14 D．c(H+)=10-7mol/L17、近年来，有科研工作者提出可用如图所示装置进行水产养殖用水的净化处理。该装置工作时，下列说法错误的是A．导线中电子由M电极流向a极B．N极的电极反应式为2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2OC．当电路中通过24mol电子的电量时，理论上有1mol(C6H10O5)n参加反应D．当生成1molN2时，理论上有10molH+通过质子交换膜18、碳酸亚乙酯是锂离子电池低温电解液的重要添加剂，其结构如下图。下列有关该物质的说法正确的是A．分子式为C3H2O3B．分子中含6个σ键C．分子中只有极性键D．8.6g该物质完全燃烧得到6.72LCO219、下列化学用语正确的是A．CH4分子的球棍模型： B．乙烯的结构简式：CH2CH2C．1,3-丁二烯的分子式：C4H8 D．聚丙烯的链节：20、有以下六种饱和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥21、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱22、用废铁屑制备磁性胶体粒子，制取过程如下：下列说法不正确的是A．用Na2CO3溶液浸泡是为了除去废铁屑表面的油污B．通入N2是防止空气中的O2氧化二价铁元素C．加适量的H2O2是为了将部分Fe2+氧化为Fe3+，涉及反应：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2OD．溶液A中Fe2+和Fe3+的浓度比为2:1二、非选择题(共84分)23、（14分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：___________________________。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：__________________________________。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_______________________________________。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_________、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_______________________。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为____________________________。24、（12分）芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系：已知：①A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子②+CO2③RCOCH3+R'CHORCOCH=CHR'+H2O回答下列问题：（1）A的结构简式为___________，A生成B的反应类型为__________，由D生成E的反应条件为_______________。（2）H中含有的官能团名称为______________。（3）I的结构简式为__________________________。（4）由E生成F的化学方程式为____________________。（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为______________。①能发生水解反应和银镜反应②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基③具有5组核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇[(CH3)3COH]和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_______________。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）熔点-54.1℃，沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的S的化合价为_______________，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_______________。（2）现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。①仪器A的名称为_______________，装置乙中装入的试剂是_______________，装罝B的作用是_______________。②装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_______________（选填编号）。A．蒸馏水B．l0.0mol·L-1浓盐酸C．浓氢氧化钠溶液D．饱和食盐水③滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品，加入到100mL0.50000mol·L-1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗HCll0.00mL。达到滴定终点的现象为_______________，产品的纯度为_______________。26、（10分）硫酸四氨合铜晶体常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醚，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3mol/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol/L稀盐酸、0.500mol/L的NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I．CuSO4溶液的制备①称取4g铜粉，在A仪器中灼烧10分钟并不断搅拌，放置冷却。②在蒸发皿中加入30mL3mol/L的硫酸，将A中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。③趁热过滤得蓝色溶液。(1)A仪器的名称为____。(2)某同学在实验中有1.5g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_____II．晶体的制备将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作(3)已知浅蓝色沉淀的成分为，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_________。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是__。III．氨含量的测定精确称取mg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用V1mLC1mol/L的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用C2mol/LNaOH标准溶液滴定过剩的HCl(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。(5)A装置中长玻璃管的作用_____，样品中氨的质量分数的表达式_______。(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏高的原因是_______。A．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B．读数时，滴定前平视，滴定后俯视C．滴定过程中选用酚酞作指示剂D．取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁。27、（12分）I．近期，四川等地频频发生地震，在地震过后，常常喷洒各类消毒液对灾民临时生活区进行消毒。某品牌的“84消毒液”的主要成分为NaClO，浓度为，密度为。请回答下列问题：（1）该“84消毒液”的质量分数为___（保留3位有效数字）。（2）某同学欲用NaClO固体配制240mL“84消毒液”。①下列仪器中，不需要用到的是___。A．烧杯B．250mL容量瓶C．10mL量筒D．胶头滴管E．天平②下列操作会导致所得溶液浓度偏高的是_____。A．用长时间放置在空气中的NaClO固体配制B．配制前，容量瓶中有少量蒸馏水C．配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒D．定容时俯视容量瓶刻度线Ⅱ．近年来，雾霾天气频繁发生，降低氮氧化物的排放，至关重要。（3）三元催化剂能同时实现汽车尾气中的CO、、三种成分的净化，其催化剂表面物质转化的关系如图1所示。化合物X可借助傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定。①X的化学式为____。②在图1的转化中，既有被氧化又有被还原的元素是___（填元素符号）。28、（14分）二甲醚（CH3OCH3）被称为“21世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O(g)ΔH1(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2H2（g）+CO（g）CH3OH（g）ΔH2CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2(g)ΔH33H2（g）+3CO（g）CH3OCH3（g）+CO2(g)ΔH4则ΔH1＝________（用含有ΔH2、ΔH3、ΔH4的关系式表示）。(2)经查阅资料，上述反应平衡状态下Kp的计算式为:（Kp为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度）。且催化剂吸附H2O(g)的量会受压强影响，从而进一步影响催化效率。)①在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向_______（填“增大”、“不变”或“减小”）。②某温度下（此时Kp=100），在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的分压如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O分压/MPa0.500.500.50此时正、逆反应速率的大小：v正____v逆（填“＞”、“＜”或“＝”）。③200℃时，在密闭容器中加入一定量甲醇CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为_______（填标号）。A．＜B．C．~D．E．＞④300℃时，使CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F(按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律__________________________，原因_______________________。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。①该电池的负极反应式为：_______________。②某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗2.3g二甲醚，得到铜的质量为_______g。29、（10分）磷能形成众多单质与化合物。回答下列问题：(1)磷在成键时，能将一个3s电子激发进入3d能级而参加成键，写出该激发态原子的核外电子排布式__。(2)黑磷是一种二维材料，其中一层的结构如图1所示。①黑磷中P原子的杂化方式为_________。每一层内P形成六元环彼此相接，平均每个空间六元环中含有的磷原子是____个。②用4-甲氧基重氮苯四氟硼酸盐（如图2）处理黑磷纳米材料，可以保护和控制其性质。该盐的构成元素中C、N、O、F的电负性由大到小顺序为__，1mol该盐阳离子含有的σ键的数目为______，该盐阴离子的几何构型是__。(3)磷钇矿可提取稀土元素钇(Y)，某磷钇矿的结构如下：该磷钇矿的化学式为__，与PO43—互为等电子体的阴离子有__（写出两种离子的化学式）。已知晶胞参数a=0.69nm，c=0.60nm，阿伏加德罗常数为NA，则该磷钇矿的密度为__g.cm—3（列出计算式）。

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【解析】

A.多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH++HX-，c（H+）==≈10-3，a近似等于3，故A正确；B.点②处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na＋)＋c(H＋)＝2c(X2－)＋c(HX－)＋c(OH－)和质子守恒c(H＋)+c（H2X）=c(X2－)＋c(OH-)得：c(Na＋)＋2c(H＋)+c（H2X）=3c(X2－)+c(HX－)＋2c(OH－)，故B错误；C.H2X和NaOH恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点④处为滴定终点，故C错误；D.点④处恰好生成Na2X，c(Na＋)>2c(X2－)>c(OH－)>c(HX－)>c(H＋)，故D错误；答案：A本题考查了酸碱中和滴定实验，注意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。2、D【解析】

a点pH=1.85，由于pKa1=1.85，所以此时，溶液中c()=c()。b点，加入的NaOH溶液体积与亚硫酸的体积相同，所以此时的溶液可以按NaHSO3溶液处理。c点，pH=7.19，由于pKa2=7.19，所以此时溶液中c()=c()。e点，加入的NaOH溶液的体积为亚硫酸体积的两倍，所以此时的溶液可以按Na2SO3处理。【详解】A．b点溶液为NaHSO3溶液，分别写出b点溶液的电荷守恒式和物料守恒式为：①c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()；②c(Na+)=c()+c())+c()，所以b点溶液中的质子守恒式应为：c(H+)-c()+c()=c(OH-)，A错误；B．a点溶液满足c()=c()，由于向亚硫酸中滴加的是NaOH溶液，溶液的总体积在混合过程中会增加，所以c()+c()+c()=2c()+c()＜0.1mol/L，B错误；C．e点溶液即可认为是Na2SO3溶液，显碱性，所以溶液中c(OH-)＞c(H+)，C错误；D．c点溶液满足c()=c()；c点溶液的电荷守恒式为：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c()+2c()，代入c()=c()，可得c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+3c()，由于c点pH=7.19，所以c(OH-)＞c(H+)，所以c(Na+)＞3c()，D正确。答案选D。对于多元弱酸的溶液，加入NaOH调节pH的过程中，若出现pH与pKa相同的情况，则通过相应的解离常数表达式可以进一步得出c(HnR)=c(Hn-1R)的关系；此外等量关系，在离子平衡的问题中，常常与相关的守恒式一同联用。3、B【解析】

A.NaHSO4晶体中含钠离子与硫酸氢根离子，不含SO42-，A项错误；B.2.0gD2O的物质的量为=0.1mol，其中含有的中子数为0.1mol(12+8)NA=NA，B项正确；C.氯气所处的状态未知，无法求出氯气的物质的量，转移电子数无法确定，C项错误；D.标准状况下，HF为液体，不是气体，无法按照气体的摩尔体积计算其物质的量，D项错误；答案选B。与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。4、D【解析】

A.装置①可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，故A正确；B.装置②中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，④中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；C.装置③中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；D.装置⑤中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐酸，故D错误；故选D。5、B【解析】

A.磁性氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+还要与I-发生氧化还原反应，A错误；B.FeBr2中通入氯气时，Fe2+先被氧化为Fe3+，剩余的Cl2再与Br-发生反应，一半的Br-氧化时，Fe2+、Br-、Cl2的物质的量刚好相等，B正确；C.所提供的离子方程式中，电荷不守恒，质量不守恒，C错误；D.饱和碳酸钠溶液中通入CO2，应生成NaHCO3沉淀，D错误。故选B。6、D【解析】

A．若H+先CO32-反应生成二氧化碳，向AlO2-溶液中通入二氧化碳能够反应生成氢氧化铝沉淀，若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，因此反应顺序应为OH-、AlO2-、CO32-，故A错误；B．离子还原性I-＞Fe2+＞Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故B错误；C．氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，即顺序为Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故C错误；D．氧化性顺序：Fe3+＞Cu2+＞H+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+，故D正确；故选D。本题考查离子反应的先后顺序等，明确反应发生的本质与物质性质是关键。同一氧化剂与不同具有还原性的物质反应时，先与还原性强的物质反应；同一还原剂与不同具有氧化性的物质反应时，先与氧化性强的物质反应。本题的易错点为A，可以用假设法判断。7、D【解析】

A.选取图中点（6.2,0.5），此时pH=6.2，c[X(OH)+]=c(X2+)，Kb2=c(OH-)c(X2+)/c[X(OH)+]=c(OH-)=10-14-(-6.2)=10-7.8，故A错误；B.X(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，故B错误；C.选取图中点（9.2，0.5），此时c[X(OH)2]=c[X(OH)+]，溶液的pH=9.2，则X（OH）2的Kb1=c(OH-)×c[X(OH)+]/c[X(OH)2]=10-4.8，X2+第一步水解平衡常数为Kh1=Kw/Kb2=10-6.2，第二步水解平衡常数Kh2=Kw/Kb1=10-9.2，由于Kh1>Kb2>Kh2，等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中，X2+的水解大于X（OH）+的电离，溶液显酸性，所以此时c(X2+)<c[X(OH)+]，故C错误；D.在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+c[X(OH)]+，物料守恒c(NO3-)=c(X2+)+c[X(OH)2]+c[X(OH)]+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：c[X(OH)2]+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，故D正确；答案：D。8、B【解析】

A．溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸钡均是电解质，故A正确；B．能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；C．由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气均是混合物，故C正确；D．由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确；故选B。9、C【解析】

A.Pb(OH)2的Ksp小于Fe(OH)2的Ksp，则等pH时，Fe2+浓度较大，则曲线A表示c(Fe2+)的曲线，A错误；B.当溶液pH=8时，c(OH−)=10−6mol/L，此时(Fe2+)×c2(OH−)=0.1×10−12=10−13>Ksp[Fe(OH)2]，Fe2+没有生成沉淀，B错误；C.滴入NaOH溶液体积大于30mL时，曲线发生变化，溶液中c(Fe2+)：c(Pb2+)=Ksp[Fe(OH)2]/Ksp[Pb(OH)2]=4:1，则c(Fe2+)=4c(Pb2+)，C正确；D.c(Pb2+)⋅c(OH−)/c(H+)=c(Pb2+)⋅c2(OH−)/[c(H+)⋅c(OH−)]=Ksp[(PbOH)2]/Kw，Ksp[(PbOH)2]/Kw为定值，则c(Pb2+)⋅c(OH−)/c(H+)为定值不发生变化，D错误；答案为C。Ksp[Pb（OH）2]<Ksp[Fe（OH）2]，混合溶液中加入NaOH溶液时，Pb2+先生成沉淀。10、B【解析】

根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案选B。11、A【解析】

A项，1个香叶醇分子中含10个C、18个H和1个O，香叶醇的分子式为C10H18O，A正确；B项，香叶醇中含有碳碳双键，能与溴发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C项，香叶醇中含有碳碳双键和醇羟基，能被高锰酸钾溶液氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，C错误；D项，香叶醇中含有醇羟基，能发生取代反应，D错误；答案选A。12、D【解析】

X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周期，W为H元素，据此解答。【详解】A．根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；B．在元素周期表中，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为H＜O＜Cl＜S（H<O<S），B项正确；C．根据上述分析，X、W分别为O、H，两者可形成H2O、H2O2两者物质，C项正确；D．Y、Z分别为Cl、S，非金属性Cl＞S，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl（Y的气态氢化物）更稳定，D项错误；答案选D。13、A【解析】

A、2mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，1mol氢离子与偏铝酸钠反应生成1mol氢氧化铝沉淀，同时还有1mol硫酸钡产生，共计是2mol，选项A正确；B、3mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝沉淀又有一部分溶解在氢离子中，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量小于3mol，选项B错误；C、4mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余3mol氢离子又溶解1mol氢氧化铝，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量是2mol，选项C错误；D、5mol硫酸中有3mol氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余5mol氢离子又溶解5/3mol氢氧化铝，而硫酸钡是1mol，则沉淀的物质的量是4/3mol，选项D错误；答案选A。14、D【解析】

A.经催化氧化得到，被空气氧化得到，与水作用得到硝酸，符合工业生产实际，A项正确；B.向浓缩海水中通入氯气可将单质溴置换出来，后面的两步属于溴的提纯反应，符合工业生产实际，B项正确；C.电解饱和食盐水可以得到氯气，将氯气通入石灰乳可以制得漂白粉，符合工业生产实际，C项正确；D.和的混合气体在光照下会发生爆炸，不符合工业生产实际，应改用点燃的方式来得到，D项错误；答案选D。15、D【解析】

A.甲基橙的变色范围是3.1~4.4，若溶液的pH≥4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱性，A错误；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3<Mg(OH)2，B错误；C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO4溶液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；D.蔗糖的化学式为C12H22O11，向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O，这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；故合理选项是D。16、A【解析】

溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)与c(OH–)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。【详解】A.c(H+)=c(OH–)的溶液一定呈中性，A项正确；B.只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项错误；C.常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；D.只有常温下c(H+)=10-7mol/L时，溶液才是中性的，D项错误；本题选A。17、C【解析】

A.根据装置图可知M为阳极，N为阴极，因此a为正极，b为负极，导线中电子由M电极流向a极，A正确；B.N为阴极，发生还原反应，电极反应式为：2NO3-+10e-+12H+=N2↑+6H2O，B正确；C.有机物(C6H10O5)n中C元素化合价平均为0价，反应后变为+4价CO2，1mol该有机物反应，产生6nmolCO2气体，转移24nmol电子，则当电路中通过24mol电子的电量时，理论上有mol(C6H10O5)n参加反应，C错误；D.根据选项B分析可知：每反应产生1molN2，转移10mole-，根据电荷守恒应该有10molH+通过质子交换膜，D正确；故合理选项是C。18、A【解析】

A、双键两端的碳原子上各有一个氢原子，所以分子式为C3H2O3，故A正确；B、分子中的单键为σ键，一共有8个，故B错误；C、该分子中碳碳双键属于非极性键，故C正确；D、此选项没有说明温度和压强，所以所得二氧化碳的体积是不确定的，故D错误。此题选C。19、A【解析】

A正确；B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该是CH2=CH2，B错误；C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C4H6，C错误；D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D错误；故选A。①A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；②简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。20、A【解析】

①碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故①正确；②酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2反应：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故②正确；③碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，产生硅酸沉淀，故③错误；④过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故④错误；⑤NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤错误；⑥通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故⑥错误；故选A。本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为⑥，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。21、B【解析】

侯氏制碱法的原理：①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。22、D【解析】A、碳酸钠的水溶液显碱性，油污在碱中发生水解，因此碳酸钠溶液浸泡可以除去废铁屑表面的油污，故A说法正确；B、Fe2＋容易被氧气氧化，因此通入N2的目的是防止空气中的氧气氧化Fe2＋，故B说法正确；C、利用H2O2的氧化性，把Fe2＋氧化成Fe3＋，涉及反应：2Fe2＋＋H2O2＋2H＋=2Fe3＋＋2H2O，故C说法正确；D、Fe3O4中Fe2＋和Fe3＋物质的量之比为1：2，故D说法错误。二、非选择题(共84分)23、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】

将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5)FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。24、消去反应NaOH水溶液、加热羟基、羧基+O2+2H2O或【解析】

芳香族化合物A的分子式为C9H12O，A的不饱和度==4，则侧链没有不饱和键，A转化得到的B能发生信息②中的反应，说明B中含有碳碳双键，应是A发生醇的消去反应生成B，而A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子，故A为，则B为，D为，C为，C发生信息③的反应生成K，故K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。【详解】(1)根据分析可知A为；A生成B的反应类型为消去反应；D生成E发生卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH

水溶液、加热；(2)根据分析可知H为，H中官能团为羟基、羧基；(3)根据分析可知I结构简式为；(4)E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+O2+2H2O；(5)F()的同分异构体符合下列条件：

①能发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO-；

②属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基，说明含有苯环且只有一个甲基；

③具有5组核磁共振氢谱峰，有5种氢原子，

则符合条件的结构简式为：或；(6)(CH3)3COH发生消去反应生成(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2发生信息②的反应生成，和反应生成；合成路线流程图为：。25、+6SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4冷凝管浓硫酸防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境D滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复75%【解析】

（1）SO2Cl2中，O的化合价是-2价，Cl的化合价是-1价，计算可得S的化合价是+6价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。（2）①如上图，甲是反应的发生装置，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12，防止污染环境。②利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。③硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用0.1000mol·L-1标准HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复。消耗的HCl的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等，为0.1000mol·L-1×0.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为0.100L×0.50000mol·L-1-0.010mol=0.04mol，根据总反应方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol×135g/mol=1.35g，产率为1.35g÷1.800g×100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%。SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和H2O都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-两部分，把水拆成H+和OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和Cl-结合，由于有2个Cl-，所以需要2个水分子提供2个H+，同时提供的2个OH-和1个结合为H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl↑+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，盐类的水解也可以同样写出。26、坩埚反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO42Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解平衡气压，防止堵塞和倒吸BD【解析】

（1）灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚，故答案为坩埚。（2）得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色，故答案为反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去结晶水变为CuSO4。（3）浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+，故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+。（4）析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解，故答案为Cu(NH3)4SO4·H2O晶体容易受热分解。（5）A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)=10-3V1L×0.5mol/L-10-3V2L×0.5mol/L=0.5×10-3(V1-V2)mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)=n(HCl)=0.5×10-3(V1-V2)mol，则样品中氨的质量分数为，故答案为平衡气压，防止堵塞和倒吸；。（6）如果氨含量测定结果偏高，则V2偏小，A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，含量偏低，故A错误；B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，含量偏高，故B正确；C.滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C错误；D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D正确。故答案为BD。在分析滴定实验的误差分析时，需要考虑所有的操作都归于标准液的体积变化上。标准液的体积变大，则测定结果偏大，标准液的体积变小，则测定结果偏小。27、24.8%CDN【解析】

I.（1）根据公式，，可计算=24.8%；（2）①在配制过程中，不会用到10mL的量筒，答案选C②根据判断是否对配制溶液浓度有影响，如果n偏大或者V偏小，都会导致c偏高；A.用长时间放置在空气中的NaClO固体配制，由于NaClO易吸收空气中的水和二氧化碳而变质，导致有效成分NaClO减少，配制的溶液中溶质的物质的量减小，则溶液的物质的量浓度偏小，故A错误；B.配制前，容量瓶中有少量蒸馏水对溶液配制无影响，B错误；C.配制过程中，未用蒸馏水洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质损失，配制溶液浓度偏小，C错误；D.定容时俯视容量瓶刻度线，溶剂未加到刻度线，配制浓度偏高，故D正确；故答案选D；（3）①由傅里叶红外光谱图（如图2所示）确定化合物X含硝酸根，再结合图一由钡离子参与，所以X为；②既有被氧化又有被还原的元素，化合价既有升高，又有降低，故为N元素。28、ΔH4-2ΔH2-ΔH3减小＞