2026届湖北省黄岗市浠水实验高中第二学期期末检测试题高三化学试题含解析

2026届湖北省黄岗市浠水实验高中第二学期期末检测试题高三化学试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、有机物①在一定条件下可以制备②，下列说法错误的是（）A．①不易溶于水B．①的芳香族同分异构体有3种（不包括①）C．②中所有碳原子可能共平面D．②在碱性条件下的水解是我们常说的皂化反应2、煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法中不正确的是A．石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烃B．煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭C．棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维D．天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇3、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L－1HCl溶液：Ba2＋、Na＋、AlO2-、NO3-B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋、K＋、CH3COO－、CO32-D．0.1mol·L－1Na2S溶液：NH4+、K＋、ClO－、SO42-4、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于ⅠA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)＜r(Y)＜r(Z)＜r(W)B．由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键C．W的最高价氧化物对应水化物为弱酸D．Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强5、有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（）A．1~5号碳均在一条直线上B．在特定条件下能与H2发生加成反应C．其一氯代物最多有4种D．其官能团的名称为碳碳双键6、图所示与对应叙述相符的是A．表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS)<Ksp(CuS)B．pH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸<乙酸C．表示用0.1000mol·L-lNaOH溶液滴定25.00mL盐酸的滴定曲线，则c(HCl)=0.0800mol·L-1D．反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时NH3体积分数随起始n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：αA(H2)=αB(H2)7、氯酸是一种强酸，浓度超过40%时会发生分解，反应可表示为：aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是()A．由反应可确定：氧化性：HClO4＞HClO3B．变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I2+6H2O═12H++8Cl-+2IO3-C．若氯酸分解所得混合气体，1mol混合气体质量为47.6g，则反应方程式可表示为26HClO3═15O2↑+8Cl2↑+10HClO4+8H2OD．若化学计量数a=8，b=3，则该反应转移电子数为20e-8、高铁酸钾是一种新型、高效、多功能水处理剂，工业上采用向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe(NO3)3溶液的方法制备K2FeO4，发生反应：①C12+KOH→KC1+KC1O+KC1O3+H2O(未配平)；②2Fe(NO3)3+3KC1O+10KOH===2K2FeO4+6KNO3+3KC1+5H2O。下列说法正确的是A．若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1B．反应①中每消耗4molKOH，吸收标准状况下1．4LCl2C．氧化性：K2FeO4>KC1OD．若反应①的氧化产物只有KC1O，则得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC129、下列实验中，能达到相应实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．证明氯化银溶解度大于硫化银C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯D．推断S、C、Si的非金属性强弱A．A B．B C．C D．D10、硼氢化钠(NaBH4)可用作还原剂和塑料发泡剂。它在催化剂作用下与水反应获取氢气的微观过程如图所示。下列说法不正确的是A．NaBH4中氢元素的化合价为+1价B．若用D2O代替H2O，反应后生成的气体中含有H2、HD和D2C．通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率D．NaBH4与水反应的离子方程式为：BH4－+4H2O=B(OH)4－+4H211、以下性质的比较可能错误的是()A．离子半径H﹣＞Li+ B．熔点Al2O3＞MgOC．结合质子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷12、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述中正确的是A．100g9%的葡萄糖水溶液中氧原子数为0.3NAB．标准状况下，2.24LF2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2C．工业合成氨每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，则反应达到平衡D．常温下lLpH=7的1mol/LCH3COONH4溶液中CH3COO-与NH4+数目均为NA13、钯是航天、航空高科技领域的重要材料。工业用粗钯制备高纯度钯的流程如图：下列说法错误的是（）A．酸浸时反应的化学方程式是Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2OB．“热还原”中每生成1molPd同时生成的气体的物质的量为8molC．化学实验中可利用氯钯酸根离子检验溶液中是否含有NH4+D．在“酸浸”过程中为加快反应速率可用浓硫酸代替浓盐酸14、钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是A．充电时，Na+被还原为金属钠B．充电时，阴极反应式：xNa++FeIIFeIII(CN)6−xe−NaxFeIIFeIII(CN)6C．放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极D．放电时，Na+移向Ni3S2/Ni电极15、Z是一种常见的工业原料，实验室制备Z的化学方程式如下图所示。下列说法正确的是（）A．1molZ最多能与7molH2反应B．Z分子中的所有原子一定共平面C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别X和YD．X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种（不考虑立体异构）16、用如图电解装置将雾霾中的SO2、NO转化为(NH4)2SO4，用其作为一种优良的氮肥。下列有关说法正确的是A．a与电源负极相连，发生还原反应B．每处理lmolNO可以生成2molAC．通电后阳极附近溶液的pH增大D．理论上将SO2与NO以体积比2:5通入装置可彻底转化二、非选择题（本题包括5小题）17、法华林是一种治疗心脑血管疾病的药物，属于香豆素类衍生物，其合成路径如下：已知：①法华林的结构简式：②+③+(1)A的结构简式是___________。(2)C分子中含氧官能团是___________。(3)写出D与银氨溶液反应的化学方程式___________。(4)E的结构简式是___________。(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2。写出水杨酸反应生成F的化学方程式___________。(6)K分子中含有两个酯基，K结构简式是___________。(7)M与N互为同分异构体，N的结构简式是____________。(8)已知：最简单的香豆素结构式。以乙酸甲酯、甲醛和苯酚为主要原料，一种合成香豆素的路线如下(其他药品自选)：写出甲→乙反应的化学方程式___________；丙的结构简式是_________。18、已知：R－CH＝CH－O－R′→H2O/H+R－烃基烯基醚A的分子式为C12H16O。与A相关的反应如下：完成下列填空：43、写出A的结构简式_______________________________。44、写出C→D化学方程式____________________________________________________。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式________________________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应；③分子中有4种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_________________________19、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型，高效、多功能绿色水处理剂，可通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备。已知：①KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3②K2FeO4具有下列性质：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，如图所示是实验室模拟工业制备KClO溶液装置。(1)B装置的作用为______________________；(2)反应时需将C装置置于冷水浴中，其原因为__________________；(3)制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________，制备K2FeO4的离子方程式_________________；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+所需试剂名称________，其反应原理为______________________(用离子方程式表示)；(5)向反应后的三颈瓶中加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥。洗涤操作所用最佳试剂为______________________；A．水B．无水乙醇C．稀KOH溶液(6)工业上用“间接碘量法”测定高铁酸钾的纯度：用碱性KI溶液溶解1.00gK2FeO4样品，调节pH使高铁酸根全部被还原成亚铁离子，再调节pH为3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3标准溶液作为滴定剂进行滴定(2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，淀粉作指示剂，装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数如如图所示：①消耗Na2S2O3标准溶液的体积为____________mL。②原样品中高铁酸钾的质量分数为_________________。[M(K2FeO4)=198g/mol]③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，则导致所测高铁酸钾的质量分数____________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。20、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯，冷却c.在气体入口处通入干燥HCld.点燃酒精灯，加热e.停止通入HCI，然后通入(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用amol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液bmL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。(6)已知：i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。21、Ⅰ．化学反应总是伴随能量变化，已知下列化学反应的焓变2HI(g)＝H2(g)+I2(g)△H1SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g)△H2H2SO4(l)＝H2O(g)+SO2(g)+1/2O2(g)△H32H2O(g)＝2H2(g)+O2(g)△H4（1）△H4与△H1、△H2、△H3之间的关系是：△H4=_________________________。（2）若反应SO2(g)+I2(g)+2H2O(g)＝H2SO4(l)+2HI(g)在150℃下能自发进行，则△H____0A．大于B．小于C．等于D．大于或小于都可Ⅱ．以CO2为碳源制取低碳有机物成为国际研究焦点，下面为CO2加氢制取乙醇的反应：2CO2(g)+6H2(g)CH3CH2OH(g)+3H2O(g)△H＝QkJ/mol(Q＞0)在密闭容器中，按CO2与H2的物质的量之比为1:3进行投料，在5MPa下测得不同温度下平衡体系中各种物质的体积分数（y%）如下图所示。完成下列填空：（1）表示CH3CH2OH体积分数曲线的是____（选填序号）（2）在一定温度下反应达到平衡的标志是_____A.平衡常数K不再增大B.CO2的转化率不再增大C.混合气体的平均相对分子质量不再改变D.反应物不再转化为生成物（3）其他条件恒定，如果想提高CO2的反应速率，可以采取的反应条件是_______（选填编号）；达到平衡后，能提高H2转化率的操作是_______（选填编号）A．降低温度B．充入更多的H2C．移去乙醇D．增大容器体积（4）图中曲线a和c的交点R对应物质的体积分数yR=_______%。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

A．根据①分子结构可以看出，它属于氯代烃，是难溶于水的，故A正确；B．Br和甲基处在苯环的相间，相对的位置，Br取代在甲基上，共有三种，故B正确；C．苯环和双键都是平面结构，可能共面，酯基中的两个碳原子，一个采用sp2杂化，一个采用sp3杂化，所有碳原子可能共面，故C正确；D．皂化反应仅限于油脂与氢氧化钠或氢氧化钾混合，得到高级脂肪酸的钠/钾盐和甘油的反应，②属于芳香族化合物，故D错误；答案选D。2、A【解析】

A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A错误；B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B正确；C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C正确；D.天然气广泛用于民用及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20个品种，故D正确。故答案选A。3、B【解析】

A．0.1mol·L－1HCl溶液中：AlO2-与H+不能大量共存，故A错误；B．0.1mol·L－1MgSO4溶液：Al3＋、H＋、Cl－、NO3-之间以及与Mg2+、SO42-之间不发生反应，能大量共存，故B正确；C．0.1mol·L－1NaOH溶液：Ca2＋与CO32-不能大量共存，故C错误；D．0.1mol·L－1Na2S溶液中，ClO－具有强氧化性，与S2-不能大量共存，故D错误；答案选B。熟记形成沉淀的离子，生成气体的离子，发生氧化还原反应的离子。4、D【解析】

分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于ⅠA族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【详解】A．电子层数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)＜r(O)＜r(S)＜r(Na)，A项错误；B．X为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；C．W最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D．非金属性F＞S，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。5、B【解析】

A选项，1、2、3号碳或3、4、5号碳在一条直线上，2、3、4号碳类比为甲烷中的结构，因此2、3、4号碳的键角为109º28'，故A错误；B选项，含有苯环，在特定条件下能与H2发生加成反应，故B正确；C选项，该有机物结构具有高度的对称性，其一氯代物最多有3种，故C错误；D选项，该有机物中没有官能团，故D错误。综上所述，答案为B。6、C【解析】

A．当相同c(S2-)时，由图像可知，平衡时c(Cu2+)＜c(Fe2+)，则c(Fe2+)c(S2-)＞c(Cu2+)c(S2-)，根据Ksp(FeS)＝c(Fe2+)c(S2−)，Ksp(CuS)＝c(Cu2+)c(S2−)，则Ksp(FeS)＞Ksp(CuS)，故A错误；B．溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+)，溶液中c(H+)大，对应的pH值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量，表现为溶液中c(H+)＝减小，pH值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H+的量，也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些，pH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸＞乙酸，故B错误；C．用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液，由图像可知，当消耗NaOH体积为20.00mL时，溶液为中性，此时酸和碱恰好完全反应，溶液中c(H+)=c(OH-)，即n(H+)=n(OH-)，则有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，因此c(HCl)＝=＝0.0800mol/L，故C正确；D．由图像可知，A与B状态时NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加；A状态时，值较小，可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小，B状态时，值较大，可认为是增加了N2的量，从而提高了H2的转化率，转化率αA(H2)不一定等于αB(H2)，故D错误；答案选C。7、D【解析】

A.aHClO3═bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O反应中，HClO3是氧化剂，HClO4、O2是氧化产物，所以氧化性：HClO3＞HClO4，故A错误；B.变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为I2被Cl2继续氧化生成IO3-：5C12+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，故B错误；C.由生成的Cl2和O2的混合气体平均分子量为47.6g/mol，则，可得n（Cl2）：n（O2）=2：3，由电子守恒得化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，故C错误；D.若化学计量数a=8，b=3，由C可知，化学反应方程式为8HClO3=3O2↑+2Cl2↑+4HClO4+2H2O，电子转移数为20e-，故D正确；答案选D。本题考查氧化还原反应规律和计算，注意把握氧化还原反应中的强弱规律，易错点为C，注意得失电子守恒在氧化还原反应中的应用。8、D【解析】

A选项，若反应①中n(ClO－)：n(C1O3－)=5：1，设物质的量分别为5mol和1mol，则化合价升高失去10mol电子，则化合价降低得到10mol电子，因此总共有了8mol氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为10：6，即5:3，故A错误；B选项，根据A分析反应①得出消耗氢氧化钾物质的量为16mol，因此每消耗4molKOH，吸收氯气2mol，即标准状况下44.8LCl2，故B错误；C选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此KC1O>K2FeO4，故C错误；D选项，若反应①的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为3:2，因此得到0.2molK2FeO4时消耗0.3molC12，故D正确。综上所述，答案为D。9、D【解析】

A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。10、A【解析】

A.B为ⅢA元素，其化合价为+3价，NaBH4中氢元素的化合价为－1价，故A说法错误；B.由图示可知BH4－中的H原子与H2O中H结合为H2，当若用D2O代替H2O，形成的氢气有三种，即D2、HD和H2，故B说法正确；C.反应物在催化剂表面反应，催化剂对反应物吸附，生成产物后会解吸，通过控制催化剂的用量和表面积，可以控制氢气的产生速率，故C说法正确；D.NaBH4与水反应为氢元素的归中反应，反应方程式为BH4－＋4H2O=B(OH)4－＋4H2↑，故D说法正确；答案：A。11、B【解析】

A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为H﹣＞Li+，故A正确；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3＜MgO，故B错误；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣＞ClO﹣，故C正确；D．两者结构相似，1﹣氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正确；答案选B。结合质子的能力和电解质电解强弱有关，越弱越容易结合质子。12、C【解析】

A.溶质葡萄糖和溶剂水中都含有O原子，溶液中所含O原子物质的量n（O）=×6+×1=5.36mol，A错误；B.F2通入足量饱和食盐水，与水发生置换反应产生HF和O2，不能置换出Cl2，B错误；C.N2是反应物，NH3是生成物，根据方程式可知：每断裂NA个N≡N键，同时断裂6NA个N-H键，表示正逆反应速率相等，表示反应达到平衡状态，C正确；D.根据电荷守恒可得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+c(CH3COO-)，溶液的pH=7，则c(H+)=c(OH-)，因此c(NH4+)=c(CH3COO-)，但该盐是弱酸弱碱盐，NH4+、CH3COO-都水解而消耗，因此二者的物质的量都小于1mol，则它们的数目都小于NA，D错误；故合理选项是C。13、D【解析】

A．据图可知，酸浸时反应物有Pd、浓HNO3和浓HCl，产物有NO2，中和过程为非氧化还原过程，说明酸浸后Pd的化合价应为+4价，存在形式为PdCl62-，结合电子守恒和元素守恒可知方程式为：Pd+6HC1+4HNO3=H2PdCl6+4NO2↑+4H2O，故A正确；B．根据元素守恒生成的气体应为HCl和NH3，生成1molPd，则消耗1mol氯钯酸铵，根据元素守恒可知可生成2molNH3和6molHCl，共8mol气体，故B正确；C．氯钯酸铵为红色沉淀，所以若某溶液中含有铵根，滴入含有氯钯酸根离子的溶液可以生成红色沉淀，有明显现象，可以检验铵根，故C正确；D．溶解过程中盐酸电离出的Cl-与Pd4+生成络合物，促使Pd转化为Pd4+的反应正向移动，从而使Pd溶解，若换成硫酸，无法生成络合物，会使溶解的效率降低，故D错误；故答案为D。难点为A选项，要注意结合后续流程判断Pd元素的存在形式；分析选项B时首先根据元素守恒判断产物，然后再根据守恒计算生成的气体的物质的量，避免写反应方程式。14、D【解析】

A．充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFeIII(CN)6而不是金属Na，A错误；B．充电时阴极得到电子，反应式为xNa++FeIIFeIII(CN)6+xe−=NaxFeIIFeIII(CN)6，B错误；C．放电时为原电池原理，由总反应知Ni化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；D．放电时阳离子向正极移动，D正确；故选D。15、D【解析】

A.1分子Z中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，则1molZ最多能与8molH2发生加成反应，故A错误；B.Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B错误；C.X分子中苯环上含有侧键—CH3，Y分子中含有—CHO，则X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，则不能用酸性KMnO4溶液鉴别X和Y，故C错误；D.X的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，取代基为—CH2CH2CHO的结构有1种，取代基为—CH（CHO）CH3的结构有1种，取代基为—CH2CH3和—CHO有3种，取代基为—CH2CHO和—CH3的结构有3种，取代基为2个—CH3和1个—CHO的结构有6种，共14种，故D正确。综上所述，答案为D。只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面时一定要从甲烷、乙烯、苯三种结构中推其他共面、共线问题。16、B【解析】

SO2、NO转化为(NH4)2SO4，二氧化硫中S的化合价由+4到+6价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极；NO的化合价降低，得到电子，发生还原反应，则b为阴极；结合电子守恒和元素守恒可知该电解过程的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4。【详解】A．电极a为阳极，与电源正极相连，发生氧化反应，故A错误；B．电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，产物中除有(NH4)2SO4外还有H2SO4，即A为硫酸，根据方程式，消耗1mol的NO生成2mol的硫酸，故B正确；C．阳极的电极反应为2H2O+SO2-2e-=SO42-+4H+，溶液的pH应降低，故C错误；D．根据电池总反应电解池的总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，理论上将SO2与NO以体积比5:2通入装置可彻底转化，故D错误；故答案为B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O+CH3OH+H2O2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O【解析】

A生成B是在光照条件下进行，发生的是取代反应，在根据A的分子式知道A是甲苯，B是，与氢氧化钠发生取代反应，则C是，根据反应条件知道D是，根据信息反应②的特点，醛与酮反应时醛基会转变为碳碳双键，故E中有碳碳双键，则E是。【详解】(1)A的名称为甲苯，结构简式是，故答案为：；(2)C分子的结构简式为，含氧官能团是羟基，故答案为：羟基；(3)D是，与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(4)由分析可知，E的结构简式是，故答案为：；(5)水杨酸分子中苯环上有两种含氧官能团，1mol水杨酸与足量NaHCO3完全反应生成1molCO2，说明存在羧基，同时含有羟基，故水杨酸的结构简式为，与CH3OH发生酯化反应，化学方程式为：+CH3OH+H2O，故答案为：+CH3OH+H2O；(6)由(5)可知，F为，与乙酸酐反应生成K，K分子中含有两个酯基，则K结构简式是，故答案为：；(7)M与N互为同分异构体，N与E生成，可知N的结构简式是，故答案为;;(8)由流程图可知，乙酸甲酯、甲醛在碱性条件下反生羟醛缩合生成甲，故甲为HOCH2CH2COOCH3，根据信息②③提示，要实现乙到丙过程，乙要有醛基，则甲到乙，实质是HOCH2CH2COOCH3变为OHCH2COOCH3，反应方程式为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；OHCH2COOCH3与反应，再脱水得到丙，则丙为：，故答案为：2HOCH2CH2COOCH3+O22OHCH2COOCH3+2H2O；。重点考查有机流程的理解和有机物结构推断、官能团、有机反应类型、简单有机物制备流程的设计、有机方程式书写等知识，考查考生对有机流程图的分析能力、对已知信息的理解能力和对有机化学基础知识的综合应用能力。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，这些官能团的性质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来告知部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。18、CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O【解析】

由信息可知，A反应生成B为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，B→C发生催化氧化反应，所以C为CH3CH2CHO，C→D为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4；由B、E及A的分子式可知，烃基烯基醚A结构简式为；有机物E为：；由E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成C≡C，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A的结构简式为：；1．C→D反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O；2．分子式和有机物F相同，①光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；②光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子，③分子中有4种不同化学环境的氢原子，要求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。19、吸收HClKClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解。或答：将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液呈酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2。2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O铁氰化钾3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓B18.0089.1%偏低【解析】

高锰酸钾与浓盐酸在A装置中反应生成氯气，由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中一定会混有氯化氢，因此通过装置B除去氯化氢，在装置C中氯气与氢氧化钾反应生成KClO，装置D吸收尾气中的氯气，防止污染。结合题示信息分析解答。(6)用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，利用硫代硫酸钠的物质的量可计算得高铁酸钾的质量，进而确定质量分数。【详解】(1)根据上述分析，B装置是用来除去氯气中的氯化氢的，故答案为吸收HCl；(2)根据题干信息知，KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3，因此反应时需将C装置置于冷水浴中，故答案为KClO在较高温度下发生歧化反应生成KClO3；(3)根据题干信息知，K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在强碱性溶液中比较稳定；在Fe3+催化作用下发生分解，在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2，因此制备K2FeO4时，不能将碱性的KClO溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，防止Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解；KClO浓溶液与Fe(NO3)3饱和溶液反应制备K2FeO4的离子方程式为2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O，故答案为将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，Fe3+过量，K2FeO4在Fe3+催化作用下发生分解(或将KClO浓溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，溶液成酸性，在酸性条件下，K2FeO4能与水反应生成Fe(OH)3和O2)；2Fe3++3ClO-+10OH-==2FeO42-+3Cl-+5H2O；(4)工业上常用废铁屑为原料制备Fe(NO3)3溶液，溶液中可能含有Fe2+，检验Fe2+可以使用铁氰化钾，如果含有亚铁离子，会产生蓝色沉淀，其反应原理为3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓，故答案为铁氰化钾；3Fe3++2Fe(CN)63-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；(5)根据上述分析，反应后的三颈瓶中生成了KClO，加入饱和KOH溶液，析出K2FeO4固体，过滤、洗涤、干燥，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，为了减少K2FeO4的损失，洗涤K2FeO4时不能选用水或稀KOH溶液，应该选用无水乙醇，故答案为B；(6)①根据装有Na2S2O3标准溶液的滴定管起始和终点读数，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为19.40-1.40=18.00mL，故答案为18.00；②用碱性的碘化钾溶液溶解高铁酸钾样品，调节pH，高铁酸根与碘离子发生氧化还原反应，高铁酸根离子全部被还原成亚铁离子，碘离子被氧化成碘，根据电子得失守恒有关系FeO42-～2I2，再根据反应2Na2S2O3+I2═Na2S4O6+2NaI，得关系式FeO42-～2I2～4Na2S2O3，所以高铁酸钾的质量为×1.0mol/L×0.018L×198g/mol=0.891g，则原高铁酸钾样品中高铁酸钾的质量分数为×100%=89.1%，故答案为89.1%③若在配制Na2S2O3标准溶液的过程中定容时俯视刻度线，导致配制的Na2S2O3标准溶液的浓度偏大，滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液的体积偏小，则测得的高铁酸钾的质量分数偏低，故答案为偏低。20、干燥管先变红后褪色cdb通入的HCl的量不足2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+硫酸醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化×100%2S2O42-+3O2+4OH-=

4SO42-+2H2ONaOH溶液CuCl的盐酸溶液【解析】

CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。【详解】(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，故答案为干燥管；先变红后褪色；(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，故答案为cdb；(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，故答案为通入的HCl的量不足；(4)向硫酸铜溶液中加入一