2026年汉中市重点中学高三第二次调研考试（化学试题文）试卷含解析

2026年汉中市重点中学高三第二次调研考试（化学试题文）试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、螺环烃是指分子中两个碳环共用一个碳原子的脂环烃。是其中的一种。下列关于该化合物的说法正确的是（）A．与HBr以物质的量之比1：1加成生成二种产物B．一氯代物有五种C．所有碳原子均处于同一平面D．该化合物的分子式为C10H122、下列属于非电解质的是（）A．FeB．CH4C．H2SO4D．NaNO33、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是()YZMXA．简单离子半径大小：M＜ZB．简单氢化物的稳定性：Z＞YC．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强4、电-Fenton法是用于水体中有机污染物降解的高级氧化技术,反应原理如图所示。电解产生的H2O2与Fe2+发生Fenton反应生成的羟基自由基(·OH)能氧化降解有机污染物。下列说法正确的是A．电源的A极为正极B．与电源B相连电极的电极反应式为H2O+e-=H++·OHC．Fenton反应为:H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OHD．每消耗22.4LO2(标准状况),整个电解池中理论上可产生的·OH为2mol5、锂空气充电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A．该电池工作时Li+向负极移动B．Li2SO4溶液可作该电池电解质溶液C．电池充电时间越长，电池中Li2O含量越多D．电池工作时，正极可发生：2Li++O2+2e-=Li2O26、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A．元素D与A一定形成共价化合物B．元素B可能与元素A形成多种共价化合物C．F最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D．若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料7、以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A．锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B．该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C．放电时，负极材料上的反应为6C+xLi++xe-=LixC6D．放电时，正极材料上的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+8、下列反应符合事实且化学方程式或离子方程式书写正确的是A．过量铁粉与氯气反应：B．往溶液中通入少量的：C．用稀盐酸除去银镜：D．溶液与溶液等体积混合：9、下列说法或表示方法正确的是（）A．在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB．2C（s）+O2（g）═2CO（g）△H＜O，△S＞OC．已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量D．在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则氢气的燃烧热为241.8kJ/mol10、如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是()A．OA段的反应离子方程式为：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓B．AB段的离子方程式只有：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2OC．A点的沉淀为Al(OH)3和BaSO4的混合物D．B点溶液为KAlO2溶液11、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是A．K值不变，平衡可能移动 B．K值变化，平衡一定移动C．平衡移动，K值可能不变 D．平衡移动，K值一定变化12、化学与人类生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是（）A．驰援武汉首次使用我国自主研发大飞机“运20”的机身材料采用了大量低密度、高强度的铝锂合金B．疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是晶体硅C．李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，”烟花”不是焰色反应D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”“红泥”是因其含有氧化铁13、甲、乙两个恒容密闭容器中均发生反应：C(s)＋2H2O(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＞0，有关实验数据如下表所示：容器容积/L温度/℃起始量/mol平衡量/mol平衡常数C(s)H2O(g)H2(g)甲2T12.04.03.2K1乙1T21.02.01.2K2下列说法正确的是()A．K1＝12.8B．T1＜T2C．T1℃时向甲容器中再充入0.1molH2O(g)，则平衡正向移动，CO2(g)的体积分数增大D．若T2温度下，向2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和2.0molH2，达平衡时，CO2的转化率大于40%14、下列化学用语表示正确的是A．CO2的比例模型：B．HClO的结构式：H—Cl—OC．HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌S2-+H3O+D．甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H515、最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A．石墨烯属于烯烃 B．石墨烯中碳原子采用sp3杂化C．黑磷与白磷互为同素异形体 D．黑磷高温下在空气中可以稳定存在16、已知CH4(g)+2O2(g)→CO2(g)+2H2O(g)ΔH==-Q1；2H2(g)+O2(g)→2H2O(g)ΔH==-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH==-Q3常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A．4Q1+0.5Q2 B．4Q1+Q2+10Q3 C．4Q1+2Q2 D．4Q1+0.5Q2+9Q317、山梨酸(CH3-CH=CH-CH=CH-COOH)是一种高效安全的防腐保鲜剂，有关山梨酸的说法正确的是A．属于二烯烃B．和Br2加成，可能生成4种物质C．1mol可以和3molH2反应D．和CH3H218OH反应，生成水的摩尔质量为20g/mol18、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol/LNaHSO4溶液中，阳离子数目之和为0.2NAB．标准状况下0.2molCl2溶于水中，转移的电子数为0.2NAC．常温常压下1.5gNO与1.6gO2充分反应后混合物中原子总数为0.2NAD．标准状况下，4.48LHF含有的分子总数为0.2NA19、下列说法正确的是A．配制Fe(NO3)2溶液时，向Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止Fe(NO3)2发生水解B．滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C．中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高D．配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高20、下列转化不能通过一步实现的是（）A．FeFe3O4B．AlNaAlO2C．CuCuSO4D．CuCuS21、0.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（）A．电离程度增大，H+浓度增大 B．电离程度减小，H+浓度减小C．电离程度增大，H+浓度减小 D．电离程度减小，H+浓度增大22、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe2＋＋4Na2O2＋6H2O=4Fe(OH)3↓＋O2↑＋8Na＋，则下列说法正确的是A．该反应中Fe2＋是还原剂，O2是还原产物B．4molNa2O2在反应中共得到8NA个电子C．每生成0.2molO2，则被Fe2＋还原的氧化剂为0.4molD．反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀二、非选择题(共84分)23、（14分）聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_____________，B的结构简式为____________。（2）E中的含氧官能团的名称为_______________。（3）反应①-④中属于加成反应的是_____________。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式________________________________。24、（12分）烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构．（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（结构简式如图）．A的结构简式是________________________（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是___________．（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性．该同分异构体的结构简式是__________．（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：________________．在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为________．25、（12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_______________。26、（10分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。27、（12分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、和惰性杂质。为进一步确定其中、的含量，某同学进行了如下实验：①取2.6g样品，加入200.0mL0.2000mol/L酸性溶液，加热（硫元素全部转化为），滤去不溶杂质；②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；③取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；④加入适量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；⑤加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。回答下列问题：（1）写出溶于酸性溶液的离子方程式：____________________________________。（2）配制溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。（3）③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_____________。（4）⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。（5）混合样品中和的含量分别为_______%、_______%（结果均保留1位小数）。（6）判断下列情况对样品中和的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性溶液时俯视读数，则最终结果的含量_______________。若用溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果的含量_____________。28、（14分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下:(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，写出A+B→C的化学反应方程式:________(2)C()中①、②、③3个—OH的酸性由强到弱的顺序是______(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有____种(4)D→F的反应类型是________，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____mol，写出符合下列条件的F的同分异构体2种(不考虑立体异构)的结构简式:_____①属于一元酸类化合物②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基(5)已知:A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)______________（合成路线流程图示例如下:H2CCH2CH3CH2OHCH3COOC2H529、（10分）乙烯的分子式为C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有重要意义。请回答下列问题：（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6（g）C2H4（g）+H2（g）△H制备乙烯。已知：Ⅰ．C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H1=-1556.8kJ·mol-1；Ⅱ．H2（g）+O2（g）=H2O（1）△H2=-285.5kJ·mol-1；Ⅲ．C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l）△H3=-1559.9kJ·mol-1。则△H=___kJ·mol-1。（2）乙烯可用于制备乙醇：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）。向某恒容密闭容器中充入amolC2H4（g）和amolH2O（g），测得C2H4（g）的平衡转化率与温度的关系如图所示：①该反应为____热反应（填“吸”或“放”），理由为____。②A点时容器中气体的总物质的量为____。已知分压=总压×气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（KP），测得300℃时，反应达到平衡时该容器内的压强为bMPa，则A点对应温度下的KP=____MPa-1（用含b的分数表示）。③已知：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的反应速率表达式为v正=k正c（C2H4）·c（H2O），v逆=k逆c（C2H5OH），其中，k正、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250℃升高到340℃的过程中，下列推断合理的是___（填选项字母）。A．k正增大，k逆减小B．k正减小，k逆增大C．k正增大的倍数大于k逆D．k正增大的倍数小于k逆④若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300℃时，C2H4（g）的平衡转化率__10%（填“>”“<”或“=”）。（3）乙烯可以被氧化为乙醛（CH3CHO），电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_____极（填“阴”或“阳”），对应的电极反应式为___。

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.分子中含有2个碳碳双键，碳碳双键连接原子团不同，则与HBr以物质的量之比1:1加成生成二种产物，故A正确；B.结构对称，分子中含有4种H，则一氯代物有4种，故B错误；C.含有饱和碳原子，具有甲烷的结构特点，则所有的碳原子不可能共平面，故C错误；D.由结构简式可知该化合物的分子式为C9H12，故D错误。故选A。甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。2、B【解析】A．金属铁为单质，不是化合物，所以铁既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；B．CH4是在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，故B正确；C．硫酸的水溶液能够导电，硫酸是电解质，故C错误；D．NaNO3属于离子化合物，其水溶液或在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D错误；故选B。点睛：抓住非电解质的特征水溶液中和熔融状态下都不能够导电的原因是自身不能电离是解题的关键，非电解质是水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物；电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物，无论电解质还是非电解质，都一定是化合物，单质、混合物一定不是电解质和非电解质，据此进行判断。3、D【解析】

由周期表和题干只有M为金属元素可知：M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，据此解答。【详解】由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；故选：D。比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。4、C【解析】

左侧电极附近Fe3+→Fe2+，发生了还原反应，该极为电解池的阴极，与之相连电源的A极为负极，A错误；与电源B相连电极为电解池的阳极，失电子发生氧化反应，B错误；双氧水能够把Fe2+氧化为Fe(OH)2+，C正确；每消耗1molO2，转移4mol电子，根据H2O2+Fe2+=Fe(OH)2++·OH反应看出转移1mol电子，生成1molOH，所以应当生成4molOH；D错误；正确选项C。5、D【解析】

A．原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B．单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能使用任何水溶液，选项B错误；C．电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O含量应该越少，选项C错误；D．题目给出正极反应为：xLi++O2+xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li++O2+2e-=Li2O2；所以选项D正确。6、A【解析】

A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A.若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B.C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C.F是Cl元素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D.若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。7、A【解析】

根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。A.为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；B.根据总反应方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；C.放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6-xe-=6C+xLi+，故C错误；D.放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D错误；答案选A。本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。8、D【解析】

本题考查化学用语，意在考查知识再现及知识迁移能力。【详解】A.氯气氧化性强，与铁反应的产物是氯化铁，故A错误；B.SO2与NO3-在酸性环境中会发生氧化还原反应，生成硫酸钡沉淀，故B错误；C.稀盐酸与银不反应，故C错误；D.等物质的量的Ba(OH)2与NaHCO3混合时OH-过量，故D正确；答案：D易错选项B，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，SO2具有强还原性，所以要注意氧化还原反应的发生。9、B【解析】

A.在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1mol水时的反应热叫做中和热，在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.3kJ/mol，故A错误；B.2C（s）+O2（g）═2CO（g）燃烧过程均为放热反应，△H＜O；该反应是气体体积增加的反应，即为混乱度增大的过程，△S＞O；故B正确C.已知：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)；△H=－98.3kJ/mol。该反应为可逆反应，△H=－98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出的热量小于49.15kJ，故C错误。D.在10lkPa、25℃时，1gH2完全燃烧生成气态水，水蒸气不是稳定的氧化物，不能用于计算燃烧热，故D错误；答案选B10、B【解析】A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物质的量达最大，反应的化学方程式为2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，A项正确；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-继续沉淀，反应的离子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，B项错误；C，根据上述分析，A点沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物，C项正确；D，B点Al（OH）3完全溶解，总反应为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，B点溶液为KAlO2溶液，D项正确；答案选B。点睛：本题考查明矾与Ba（OH）2溶液的反应。明矾与Ba（OH）2反应沉淀物质的量达最大时，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀质量达最大时，SO42-完全沉淀，Al3+全部转化为AlO2-。11、D【解析】

A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。12、B【解析】

A．铝锂合金的强度高、密度小，可用作大飞机“运20”的机身材料，A正确；B．疫情期间，“网课”成了我们的主要学习方式，网络光缆的主要成分是二氧化硅，B错误；C．李白的《黄鹤楼送孟浩然之广陵》中“故人西辞黄鹤楼,烟花三月下扬州”，意思是在这柳絮如烟、繁花似锦的阳春三月去扬州远游，“烟花”不是焰色反应，焰色反应是某些金属元素的物理性质，C正确；D．“绿蚁新醅酒，红泥小火炉”，氧化铁是红棕色，因此“红泥”是因其含有氧化铁，D正确。答案选B。13、A【解析】

A.根据表中数据可知甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.4mol·L－1，c(CO2)＝0.8mol·L－1，c(H2)＝1.6mol·L－1，K1＝＝12.8，A正确；B.乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)＝0.8mol·L－1，c(CO2)＝0.6mol·L－1，c(H2)＝1.2mol·L－1，K2＝＝1.35，K1＞K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1＞T2，B错误；C.向容器中再充入0.1molH2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；D.与乙容器中的量比较，1.0molCO2和2.0molH2相当于1.0molC和2.0molH2O，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误；故答案为：A。14、D【解析】

A.碳原子半径大于氧，故A错误；B.氧为中心原子，HClO的结构式：H—O—Cl，故B错误；C.HS-的水解方程式：HS-+H2O⇌H2S+OH-，故C错误；D.甲酸乙酯的结构简式：HCOOC2H5，故D正确；故选D。15、C【解析】

A．石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A错误；B．石墨烯中每个碳原子形成3σ键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C．黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C正确；D．黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D错误；答案选C。16、D【解析】

①CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)ΔH=-Q1；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=-Q2；H2O(g)→H2O(l)ΔH=-Q3；根据盖斯定律①+2③得

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)△H=-Q1-2Q3；

根据盖斯定律②+2③得

2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:

1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=

=

5mol

，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)

=4

(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)

=0.5

(Q2+2Q3)

，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4

(Q1+2Q3)

+0.5

(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。

答案：

D。先根据混合气体的物质的量

结合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。17、B【解析】A.分子中还含有羧基，不属于二烯烃，A错误；B.含有2个碳碳双键，和Br2加成可以是1，2－加成或1，4－加成或全部加成，可能生成4种物质，B正确；C.含有2个碳碳双键，1mol可以和2molH2反应，C错误；D．酯化反应中醇提供羟基上的氢原子，和CH3H218OH反应生成的水是普通水分子，生成水的摩尔质量为18g/mol，D错误，答案选B。18、C【解析】

A.未给出体积，无法计算物质的量，A错误；B.Cl2溶于水中，部分氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，转移的电子数小于0.2NA，B错误；C.1.5gNO为0.05mol，1.6gO2为0.05mol，充分反应，2NO+O2=2NO2，0.05molNO全部反应生成0.05molNO2，剩余O2为0.025mol，体系中还存在2NO2N2O4，但化学反应原子守恒，所以0.05molNO2中原子总数0.15NA，为0.025molO2中原子总数0.05NA，反应后混合物中总共原子总数为0.2NA；C正确；D.标准状况下，HF不是气体，无法计算，D错误；故答案为：C。19、B【解析】

A.Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；故合理选项是B。20、D【解析】

A.Fe单质在氧气中燃烧生产Fe3O4，故A可以一步实现；B.Al和NaOH反应生成NaAlO2、H2和H2O，故B可以一步实现；C.Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，故C可以一步实现；D.S的氧化性较弱，和Cu反应生成低价硫化物Cu2S，故D不能一步实现；故选D。熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。21、C【解析】

醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO﹣)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；答案选C。稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。22、C【解析】

A．该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；B．该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有的过氧化钠作氧化剂，因此4

mol

Na2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；C．根据方程式，生成0.2molO2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8molFe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量==0.4mol，故C正确；D．该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；故选C。本题的易错点和难点为C，要注意该反应中有2种还原剂——Fe2+和的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。二、非选择题(共84分)23、C6H12O6CH3-CH=CH2羰基、羧基①④+2H2O【解析】

B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应①为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应①～④中属于加成反应的是①④；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。24、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。25、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)。26、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。27、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化胶头滴管酸式滴定管溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色61.536.9偏低偏低【解析】

由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。【详解】（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，故答案为Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；（2）配制0.1000mol•L﹣1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；（3）③取25.00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，故答案为酸式滴定管；（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，故答案为溶液由蓝色变为无色且半