2026年上海市师范大学附属第二外国语学校高三下学期第二次摸底考试化学试题含解析

2026年上海市师范大学附属第二外国语学校高三下学期第二次摸底考试化学试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、基于临床研究，抗疟疾药物磷酸氯喹被证实在治疗新冠肺炎过程中具有疗效。4，7-二氯喹啉是合成磷酸氯喹的一种中间体，其结构简式如图所示。下列有关该物质的说法不正确的是A．属于芳香族化合物 B．分子中所有原子在同一平面上C．分子式为C9H6NCl2 D．可发生取代、加成、氧化反应2、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB．标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C．容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD．电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目一定为NA3、工业上利用电化学方法将SO2废气二次利用，制备保险粉（Na2S2O4）的装置如图所示，下列说法正确的是（）A．电极Ⅱ为阳极，发生还原反应B．通电后H+通过阳离子交换膜向电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ区溶液pH增大C．阴极区电极反应式为：2SO2+2e﹣═S2O42﹣D．若通电一段时间后溶液中H+转移0.1mol，则处理标准状况下SO2废气2.24L4、常温下，向20mL0.1mol·L-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是()A．常温下，0.1mol·L-1氨水中的电离常数约为B．a、b之间的点一定满足：c(NH4+)>c(Cl-)>c(OH-)>c(H+)C．c点溶液中c(NH4+)<c(Cl-)D．b点代表溶液呈中性5、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A．纯棉面料主要含C、H

、O

三种元素B．植物油的主要成分属于酯类物质C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色D．聚乳酸

(

)

的降解过程中会发生取代反应6、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol7、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚>碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170℃共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化A．A B．B C．C D．D8、下列有关化学用语表示正确的是A．CCl4分子的比例模型： B．氟离子的结构示意图：C．CaCl2的电子式： D．氮分子的结构式：N—N9、网络趣味图片“一脸辛酸”，是在脸上重复画满了辛酸的键线式结构。下列有关辛酸的叙述正确的是A．辛酸的同分异构体（CH3)3CCH(CH3)CH2COOH的名称为2,2,3-三甲基戊酸B．辛酸的羧酸类同分异构体中，含有3个“一CH3”结构，且存在乙基支链的共有7种(不考虑立体异构）C．辛酸的同分异构体中能水解生成相对分子质量为74的有机物的共有8种(不考虑立体异构）D．正辛酸常温下呈液态，而软脂酸常温下呈固态，故二者不符合同一通式10、将浓度均为0.5mol∙L-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是()A．AlCl3溶液的物质的量浓度为0.2mol∙L-1B．根据图象可以确定导电率与离子种类有关C．cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2OD．e点时溶液中的离子浓度：c(K+)＝c(Cl－)＋c(AlO2－)11、2019年诺贝尔化学奖授予了锂离子电池开发的三位科学家。一种锂离子电池的结构如图所示，电池反应式为LixC6+Li1-xCoO2C6+LiCoO2（x<1）。下列说法正确的是A．充电时a极接外电源的负极B．放电时Li+在电解质中由a极向b极迁移C．充电时若转移0.02mol电子，石墨电极将减重0.14gD．该废旧电池进行“放电处理”有利于锂在LiCoO2极回收12、下列实验Ⅰ～Ⅳ中，正确的是（）A．实验Ⅰ：配制一定物质的量浓度的溶液B．实验Ⅱ：除去Cl2中的HClC．实验Ⅲ：用水吸收NH3D．实验Ⅳ：制备乙酸乙酯13、向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为A． B． C． D．14、已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系：①X、Y同主族，R、W同主族②；a+b=(d+e)；=c-d，下列有关说法不正确的是A．原子半径比较：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(R)B．X和Y形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层C．W的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强D．Z、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应15、下列说法不正确的是()A．Na-K合金用作快中子反应堆的导热剂B．MgO是一种常用的耐高温材料C．亚铁盐是常用的补血药剂D．石英坩埚常用来熔融碱16、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A．制氢时，X电极附近pH增大B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g17、常温下，0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是A．HA是强酸B．该混合液pH=7C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）18、化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是A．针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B．常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别C．硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化19、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1molAl(OH)3。设计如下三种方案：方案Ⅰ：向Al中加入NaOH溶液，至Al刚好完全溶解，得溶液①。向溶液①中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅱ：向Al中加入硫酸，至Al刚好完全溶解，得溶液②。向溶液②中加NaOH溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案Ⅲ：将Al按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液①和溶液②。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A．三种方案转移电子数一样多B．方案Ⅲ所用硫酸的量最少C．方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量D．采用方案Ⅲ时，用于制备溶液①的Al占总量的0.2520、将钠、镁、铝各0.3mol分别放入100ml1mol/L的盐酸中，在同温同压下产生的气体体积比是（）A．1:2:3 B．6:3:2 C．3:1:1 D．1:1:121、扑热息痛的结构如图所示，下列关于扑热息痛的描述正确的是A．分子式为C8H10NO2B．扑热息痛易溶于水C．能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应D．属于芳香烃22、容量瓶上未必有固定的（）A．溶液浓度 B．容量 C．定容刻度 D．配制温度二、非选择题(共84分)23、（14分）W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1（甲）和2∶1（乙），且分子中电子总数分别为18（甲）和10（乙）。X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙X与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18。X、Y、Z能形成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性。请写出：（1）W的元素符号___，其核外共有___种运动状态不同的电子。（2）甲物质的结构式为___；乙物质的空间构型为___。（3）Z元素核外共有___种能量不同的电子，碱性气体甲的电子式为___。（4）用离子方程式解释X、Y、Z形成的化合物水溶液呈弱酸性的原因是___。（5）铋元素跟Y元素能形成化合物（BiY3），其水解生成难溶于水的BiOY。①BiY3水解反应的化学方程式为___。②把适量的BiY3溶于含有少量丁的水中，能得到澄清溶液，试分析可能的原因___。③医药上把BiOY叫做“次某酸铋”，分析这种叫法的不合理之处，为什么。___。24、（12分）曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：①D分子中有2个6元环；请回答：（1）化合物A的结构简式___________。A生成B的反应类型___________。（2）下列说法不正确的是___________。A．B既能表现碱性又能表现酸性B．1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4molOH－C．D与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体D．G的分子式为C16H18O3N4（3）写出C→D的化学方程式____________________________________________。（4）X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：_______________________________________________________。①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，②IR谱显示分子中有苯环与－NH2相连结构（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。_____________25、（12分）碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备碳酸镧。回答下列问题:（1）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:F→____→____→____，____←C。（2）Y中发生反应的化学方程式为_________。（3）X中盛放的试剂是_______。（4）Z中应先通入______，后通入过量的另一种气体，原因为________。（5）该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下实验装置，则甲试管中盛放的物质为_____；实验过程中发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为_______。26、（10分）氨基甲酸铵（）是一种易分解、易水解的白色固体，可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵。反应式：。(1)如果使用如图所示的装置制取，你所选择的试剂是__________________。(2)制备氨基甲酸铵的装置如图，把氨和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。（注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。）①发生器用冰水冷却的原因是________________________________________________；液体石蜡鼓泡瓶的作用是__________________________；发生反应的仪器名称是_______________。②从反应后的混合物中过滤分离出产品。为了得到干燥产品，应采取的方法是_______________（选填序号）a.常压加热烘干b.高压加热烘干c.真空40℃以下烘干(3)尾气有污染，吸收处理所用试剂为浓硫酸，它的作用是_________________________。(4)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为。样品中氨基甲酸铵的质量分数为_______________。[已知]27、（12分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：①氮化钙极易与水反应；②实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；③焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I．制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在________中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_________。(2)气体从左至右，装置连接顺序为____________________________。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：______________________________。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：________。Ⅱ.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是___________________________________。(6)取产品质量为wg，开始量气管读数为V1mL，最终量气管读数为V2mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为________________________(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。28、（14分）过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。（1）一定条件下，m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重___克。（2）常温下，将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mLpH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积为___L。（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克。此时生成标准状况下气体体积为5.6L。则原混合液中c（SO42-）=___mol/L。（4）取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250℃，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g。请列式计算：①求原混合物中Na2O2的质量B___；②若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升___？29、（10分）绿水青山是总书记构建美丽中国的伟大构想，可用化学实现“化废为宝”。工业上利用废铁屑（含少量氧化铝、铁的氧化物等）生产碱式硫酸铁（是一种用于污水处理的新型高效絮凝剂）工艺流程如下：已知：部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：回答下列问题：（1）用稀硫酸浸废铁屑后溶液中主要的金属阳离子有______________。（2）写出酸浸过程中Fe3O4发生的离子反应方程式：___________________________。（3）加入少量NaHCO3的目的是调节pH在________________范围内。（4）已知室温下，Al(OH)3的Ksp=1.3×10-33，在pH=5时，溶液中的c(Al3+)=________。（5）反应Ⅱ中入NaNO2的目的是氧化亚铁离子，写出该反应的离子方程式为_____。（6）碱式硫酸铁溶于水后生成的Fe(OH)2+离子可部分水解生成Fe2(OH)42+聚合离子，该水解反应的离子方程式为__________________________。（7）为测定含Fe2+和Fe3+溶液中铁元素的总含量，实验操作如下：准确量取20.00mL溶液于带塞锥形瓶中，加入足量H2O2，调节pH<2，加热除去过量H2O2；加入过量KI充分反应后，再用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液20.00mL。已知：2Fe3++2I-=2Fe3++I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-则溶液中铁元素的总含量为__________g·L-1。

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、C【解析】

A．由4，7-二氯喹啉的结构简式可知，该分子含有苯环，属于芳香族化合物，A选项正确；B．根据苯环、碳碳双键中所有原子共平面分析可知，该分子中所有原子在同一平面上，B选项正确；C．由结构简式可知，分子式为C9H5NCl2，C选项错误；D．该分子中苯环能够发生取代、加成反应，碳碳双键能够发生加成反应、氧化反应，D选项正确；答案选C。2、A【解析】

A.乙烯和丙烯最简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。3、C【解析】A．电极Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，为阳极发生氧化反应，A错误；B．通电后H+通过阳离子交换膜向阴极电极Ⅰ方向移动，电极Ⅱ上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，酸性增强pH减小，B错误；C．电极Ⅰ极为阴极，发生还原反应SO2生成Na2S2O4，电极反应式为：2SO2+2e－＝S2O42－，C正确；D．由阴极电极反应式为：2SO2+2e－＝S2O42－，阳极电极反应式为：2H2O+SO2－2e－＝4H++SO42－，则若通电一段时间后溶液中H+转移0.1mol，则阴阳两极共处理标准状况下SO2废气（0.1+0.05）mol×22.4L/mol=3.36L，D错误，答案选C。4、B【解析】

A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D.b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=10−14/10−11mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）∙c（OH−）/c（NH3∙H2O）=10−3×10−3/0.1mol/L=1×10-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）＜c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）＜c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）＜c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）·c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。5、C【解析】

A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；答案选C。6、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。7、C【解析】

A.苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；B.做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；C.相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，C项正确；D.反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；答案选C。8、B【解析】

A.原子半径Cl>C，所以不能表示CCl4分子的比例模型，A不符合题意；B.F是9号元素，F原子获得1个电子变为F-，电子层结构为2、8，所以F-的结构示意图为：，B正确；C.CaCl2是离子化合物，Ca2+与Cl-之间通过离子键结合，2个Cl-不能合并写，应该表示为：，C错误；D.N2分子中2个N原子共用三对电子，结构式为N≡N，D错误；故合理选项是B。9、B【解析】

A.根据官能团位置编号最小的原则给主链碳原子编号，该有机物的名称为3，4，4-三甲基戊酸，A项错误；B.三个甲基分别是主链端点上一个，乙基支链上一个，甲基支链一个，这样的辛酸的羧酸类同分异构体中未连接甲基的结构有两种形式，分别为CH3CH2CH(CH2CH3)CH2COOH、CH3CH2CH2CH(CH2CH3)COOH，在这两种结构中，甲基可以分别连接在中间的三个主链碳原子上，共有6种结构，还有一种结构为(CH2CH3)2CCOOH，因此辛酸的羧酸类同分异构体中，含有三个甲基结构，且存在乙基支链的共有7种，B项正确；C.辛酸的同分异构体中能水解的一定为酯，那么相对分子质量为74的有机物可是酸，即为丙酸，但丙酸只有一种结构，也可能是醇，则为丁醇，共有4种同分异构体。所以与丙酸反应生成酯的醇则为戊醇，共有8种同分异构体；与丁醇反应生成酯的酸为丁酸，其中丁酸有2种同分异构体，丁醇有4种同分异构体，所以共有8种，因此符合要求的同分异构体一共是8+8=16种，C项错误；D.正辛酸和软脂酸都是饱和脂肪酸，都符合通式CnH2nO2，由于正辛酸所含C原子数少，常温下呈液态，而软脂酸所含C原子数多，常温下呈固态，D项错误；答案选B。C选项要从酯在组成上是由酸和醇脱水生成的，所以相对分子质量为74的有机物可能是酸，也可能是醇，再分别推导出同分异构体的数目，最后酸和醇的同分异构体数目相结合即得总数。10、D【解析】

根据图象得出I为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II为KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。【详解】A选项，根据分析得到c点恰好反应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3倍，因此AlCl3溶液的物质的量浓度为，故A正确；B选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B正确；C选项，c点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd段发生的反应是Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O，故C正确；D选项，e点是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)＋c(H+)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(AlO2－)，故D错误。综上所述，答案为D。11、D【解析】

通过对电极反应式和电池示意图分析可知，电池放电时，a电极由Li1-xCoO2生成LiCoO2，b电极则发生Li+脱嵌的过程，因此，放电时Li+从b电极脱嵌，通过电解质迁移到a电极，原电池放电时，阳离子向正极移动，则放电时，a电极即为电池的正极，b电极即为电池的负极。【详解】A．对二次电池充电时，外电源的正极接二次电池的正极；由于该锂离子电池放电时，a电极为正极，所以对其充电时，应当接电源的正极，A错误；B．通过分析可知，该锂离子电池放电时，a为正极，b为负极，所以Li+的迁移方向是从b到a，B错误；C．充电时，b极石墨电极发生Li+嵌入的过程，质量不会减少；若外电路转移0.02mol电子，b电极应当增加0.14g，C错误；D．电池放电时，b电极则发生Li+脱嵌的过程，脱嵌下来的Li+，通过电解质迁移到a极并使Li1-xCoO2生成LiCoO2；因此，废旧电池放电处理后，有利于锂在LiCoO2极的回收，D正确。答案选D。二次电池放电时做原电池处理，充电时做电解池处理；并且充电过程中，外电源的正极应该接二次电池的正极，简单记做“正接正，负接负”。12、B【解析】

A.配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；B.HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；C.NH3极易溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；D.制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；故答案为B。13、D【解析】

向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全．bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓计算判断。【详解】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0−amL，沉淀的质量为0g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从amL开始，bmL时沉淀完全。bmL时，溶液仍然呈酸性，到cmL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，令氢氧化钠浓度为xmol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为(b−a)mL，结合Fe3++3OH−═Fe(OH)3↓可知，溶液中n(Fe3+)=×(b−a)×10−3L×xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为(d−c)mL，结合Mg2++2OH−═Mg(OH)2↓可知，溶液中n(Mg2+)=×(d−c)×10−3L×xmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)=×(d−c)×10−3L×xmol/L：×(b−a)×10−3L×xmol/L=，D项正确；答案选D。14、A【解析】

根据R，W同主族，并且原子序数R为W的一半可知，R为O元素，W为S元素；根据可知，X和Y的原子序数和为12，又因为X和Y同主族，所以X和Y一个是H元素，一个是Na元素；考虑到，所以X为H元素，Y为Na元素，那么Z为Al元素。【详解】A．W，Z，Y，R分别对应S，Al，Na，O四种元素，所以半径顺序为：r(Y)＞r(Z)＞r(W)＞r(R)，A项错误；B．X与Y形成的化合物即NaH，H为-1价，H-具有1个电子层，Na为正一价，Na+具有两个电子层，所以，B项正确；C．W的最低价单核阴离子即S2-，R的即O2-，还原性S2-更强，所以失电子能力更强，C项正确；D．Z的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Y的为NaOH，二者可以反应，D项正确；答案选A。比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。15、D【解析】

A、Na－K合金常温下为液体，具有良好的导热性，常用于快中子反应堆的导热剂，故A说法正确；B、MgO熔沸点高，常用作耐高温材料，故B说法正确；C、我国最常见的贫血症是缺铁性贫血，铁是制造血红蛋白必不可缺少的原料，因此亚铁盐是常用补血剂，故C说法正确；D、石英是SiO2，属于酸性氧化物，与碱能发生反应，因此石英坩埚不能熔融碱，常用铁制坩埚，故D说法错误；答案选D。16、B【解析】

A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；答案选B。17、D【解析】

A、0.2mol/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1mol/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1mol/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，C错误；D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；答案选D。18、A【解析】

A．高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A错误；B．危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类爆炸品、第2类易燃气体、第3类易燃液体等，故B正确；C．硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故C正确；D．二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；故选A。19、D【解析】

方案Ⅰ：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2NaAlO2+H2SO4+2H2O==2Al(OH)3↓+Na2SO4；则2Al—2NaOH—H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅱ：发生反应为2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaOH==2Al(OH)3↓+3Na2SO4；则2Al—6NaOH—3H2SO4—2Al(OH)3；方案Ⅲ：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2↑，2Al+3H2SO4＝Al2(SO4)3+3H2↑，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O==8Al(OH)3↓+3Na2SO4，则2Al—1.5NaOH—0.75H2SO4—2Al(OH)3。【详解】A．三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B．从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案Ⅲ所用硫酸的量最少，B正确；C．方案Ⅰ需控制酸的加入量，方案Ⅱ需控制碱的加入量，而方案Ⅲ不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案Ⅲ比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D．采用方案Ⅲ时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al—6NaOH—3H2SO4—2Al，用于制备溶液①的Al占总量的0.75，D不正确；故选D。20、C【解析】

Na与盐酸反应：2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，Mg与盐酸反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，Al与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，然后判断过量，如果金属钠过量，Na还会与水反应；【详解】2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑220.30.3>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属钠过量，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，根据得失电子数目守恒，有0.3mol×1=n(H2)×2，即n(H2)=0.15mol；Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑0.30.6>100×10－3L×1mol·L－1，盐酸不足，金属镁过量，产生n(H2)=0.1mol/2=0.05mol，2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，同理盐酸不足，铝过量，产生n(H2)=0.05mol，相同条件下，气体体积比值等于其物质的量比值，即气体体积比值为0.15mol：0.05mol：0.05mol=3：1：1，故C正确。易错点是金属钠产生H2，学生容易认为盐酸不足，按照盐酸进行判断，错选D选项，忽略了过量的金属钠能与水反应产生H2，即判断金属钠产生H2的物质的量时，可以采用得失电子数目相等进行计算。21、C【解析】

A．分子式为C8H9NO2，故A错误；B．含酚-OH、-CONH-，该有机物不溶于水，故B错误；C．含酚-OH，能与Na2CO3溶液反应，但不能与NaHCO3溶液反应，故C正确；D．含O、N等元素，不是芳香烃，故D错误；故选C。22、A【解析】

容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，没有溶液浓度，A项正确答案选A。二、非选择题(共84分)23、O8H-O-O-HV型3NH4++H2ONH3·H2O+H+BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl盐酸能抑制BiCl3的水解不合理，因为BiOCl中的Cl的化合价为-1【解析】

W、X、Y、Z均为短周期元素，X、W可形成两种液态化合物甲和乙，其原子个数比分别为1∶1(甲)和2∶1(乙)，且分子中电子总数分别为18(甲)和10(乙)，则W为O元素，X为H元素，两种化合物甲为H2O2、乙为H2O；X与Z能形成一种极易溶于水的碱性气体丙，则丙为NH3，Z为N元素；H与Y能形成极易溶于水的酸性气体丁，丁分子中的电子数为18，则丁为HCl，Y为Cl元素；H、Cl、N三种元素能组成一种离子化合物，其水溶液呈弱酸性，则此离子化合物为NH4Cl，据此解题。【详解】由分析知：W为O元素、X为H元素、Y为Cl元素、Z为N元素、甲为H2O2、乙为H2O、丙为NH3；(1)由分析知W为氧元素，元素符号为O，其原子核外共有8个电子，则共有8种运动状态不同的电子；(2)甲H2O2，为极性分子，含有H-O和O-O键，则结构式为H-O-O-H；乙为H2O，O原子的杂化轨道形式为sp3，有两个孤对电子，则空间构型为V型；(3)Z为N元素，电子排布式为1s22s22p3，同一轨道上的电子能量相等，则核外共有3种能量不同的电子，碱性气体丙为NH3，其电子式为；(4)H、Cl、N三种元素组成的离子化合物为NH4Cl，在水溶液中NH4+的水解，使溶液呈弱酸性，发生水解反应的离子方程式为NH4++H2ONH3·H2O+H+；(5)铋元素跟Cl元素能形成化合物为BiCl3，其水解生成难溶于水的BiOCl；①BiCl3水解生成难溶于水的BiOCl，则另一种产物为HCl，水解反应的化学方程式为BiCl3+H2OBiOCl↓+2HCl；②BiCl3溶于稀盐酸，盐酸抑制了BiCl3的水解，从而得到澄清溶液；③BiOCl中Cl元素的化合价为-1价，而次氯酸中Cl元素为+1价，则BiOCl叫做“次某酸铋”的说法不合理。24、取代反应AB+CH2(COOH)2→+2H2O【解析】

甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2（F），F与E发生取代反应生成，所以有机物E为，根据反应条件，有机物D与POCl3反应生成，所以有机物（D），有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D，所以有机物C为；有机物B与发生反应生成有机物C，所以有机物B为，有机物A与醋酸反应生成有机物B，所以有机物A为；据以上分析解答。【详解】（1）根据以上分析可知，化合物A的结构简式；（2）A.有机物B为，含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误；B.1mol有机物C（）在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，选项B错误；C.D与POCl3的反应生成外，还能生成E的一种同分异构体,选项C正确；D.根据有机物G的结构简式，其分子式为C16H18O3N4，选项D正确；答案选AB；（3）有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D，化学方程式：；（4）有机物A为；X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有机物，①1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与—NH2相连结构，满足条件的有机物的结构简式为：；（5）甲醇氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH，甲酸与(CH3)2NH发生取代生成；合成流程如下：。本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。25、ABDE↑饱和溶液或氨气在水中的溶解度大，先通可以溶解更多的La(HCO3)3B中澄清石灰水先变浑浊，A中后变浑浊【解析】

由实验装置可知，装置Y用以制备氨气，装置W用以制备二氧化碳，装置Z用以制备碳酸镧，因氨气极易溶于水，装置Y的C接口应与装置Z的E接口连接，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和溶液的X装置除去氯化氢，则制备装置的连接顺序为W—X—Z—Y。【详解】（1）由制备装置的连接顺序为W—X—Z—Y可知，制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:F→A→B→D，E←C，故答案为A；B；D；E；（2）Y中为浓氨水与生石灰反应产生氨气，发生反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑，故答案为NH3·H2O+CaO=Ca（OH）2+NH3↑；（3）装置W用以制备二氧化碳，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和NaHCO3溶液的X装置除去氯化氢，防止干扰反应，故答案为饱和NaHCO3溶液；（4）因为NH3在水的溶解度大，二氧化碳在水中的溶解度较小，但是在氨水中溶解度较大，则Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，以溶解更多的CO2，得到浓度较大的碳酸氢铵溶液，提高反应速率和碳酸镧的产率，故答案为NH3在水的溶解度大，先通NH3可以溶解更多的CO2；（5）一般正盐的稳定性强于对应的酸式盐，所以欲探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，可以在相同温度下探究两者的稳定性，也可以给正盐更高的温度加热进行探究。若设计题中的实验装置，则甲试管中盛放的物质受热温度较低，应为La(HCO3)3；根据乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线可知，碳酸镧在一定温度下会发生分解，所以碳酸氢镧一定在更低的温度下发生分解，所以实验过程中可以观察到的现象为B中澄清石灰水先变混浊，A中后变混浊，故答案为La(HCO3)3；B中澄清石灰水先变混浊，A中后变混浊。本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质及化学实验方案设计原则是解答关键。26、浓氨水、氧化钙（氢氧化钠）提高原料转化率、防止产物分解控制气体的流速和原料气体的配比三颈烧瓶c将氨气转化为固体盐79.8%【解析】

首先我们要用（1）中的装置来制取氨气，固液不加热制取氨气可以考虑将浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠中，制好的氨气经干燥后通入液体石蜡鼓泡瓶，通过观察鼓泡瓶中气泡的大小，我们可以调节氨气和二氧化碳两种原料的比例，接下来在三颈烧瓶中进行反应；冰水浴的作用是降低温度，提高转化率，据此来分析作答即可。【详解】（1）固液不加热制取氨气，可以将浓氨水滴入固体氧化钙或氢氧化钠或碱石灰中；（2）①制备氨基甲酸铵的反应是放热反应，因此给发生器降温可以有效提高原料的转化率，并且防止生成物温度过高分解；而液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；发生仪器的名称为三颈烧瓶；②为了防止产品受热分解以及被氧化，应选用真空40℃以下烘干，c项正确；（3）尾气中的氨气会污染环境，因此可以用硫酸吸收将其转化为固体盐，可用作氮肥；（4）首先根据算出碳酸钙的物质的量，设碳酸氢铵的物质的量为xmol，氨基甲酸铵的物质的量为ymol，则根据碳守恒有，根据质量守恒有，联立二式解得，，则氨基甲酸铵的质量分数为。27、煤油离子键A、D、C、B、C2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙上下移动水准瓶偏低【解析】

(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6)氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为A→D→C→B→C。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2＋(NH4)2SO4Na2SO4＋2N2↑＋4H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5)调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2mL－V1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3↑148g44.8Lxg(V2－V1)×10-3Lx=则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。28、m1.1227.8g200mL≤V≤320mL【解析】

(1)利用差量法，根据化学方程式分析：CO与H2在氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O，生成的CO2和H2O再与Na2O2反应；2CO+O22CO2，一氧化碳与二氧化碳物质的量相等，Na2O2与CO2反应2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，质量增重△m为2Na2CO3﹣2Na2O2＝2CO，可知，反应后固体质量增加量为CO的质量；2H2+O22H2O，生成的水与氢气物质的量相等，Na2O2与H2O反应2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，质量增重△m为2H2O﹣O2＝2H2，可知，反应后固体增加的质量为氢气质量；(2)氧化钠、过氧化钠与水反应后的溶质为氢氧化钠，根据n＝计算出氢氧化钠的物质的量，再根据质量守恒、钠原子守恒列式计算出氧化钠、过氧化钠的物质的量，最后根据c＝计算出氢氧根离子的物质的量、根据过氧化钠与水的反应方程式计算出生成的标况下氧气的体积；(3)生成标准状况下气体体积为5.6L，物质的量为：＝0.25mol，所以过氧化钠的物质的量为0.5mol，所以氢氧化钠的物质的量为：0.5mol×2＝1mol，沉淀质量为5.8克，即氢氧化镁的质量为5.8克，所以氢氧化镁的物质的量为：＝0.1mol，生成氢氧化镁消耗氢氧根离子的物质的量为0.1×2＝0.2mol，则铝离子转化为偏铝酸根离子消耗氢氧根的物质的量为0