黑龍江省雙鴨山市尖山區(qū)第一中學2026屆化學高三上期中學業(yè)水平測試試題注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、混合物A是碳酸鈉與碳酸氫鈉共.充分加熱后固體質(zhì)量剩余，混合物B是含少量一氧化碳的氧氣，共，電火花條件下充分反應后，溫度、壓強不變，氣體體積變?yōu)椋瑒t混合物A中碳酸鈉與碳酸氫鈉的質(zhì)量比、混合物B中一氧化碳與氧氣的體積比分別為()A． B．C． D．2、可逆反應X(g)+YZ(g)中，其中Z是有色氣體，當達到平衡時，下列敘述正確的是A．增大壓強，平衡體系顏色加深，說明Y必是氣體B．增大壓強，當c(X)=c(Z)時，則再次達到平衡C．若Y是氣體，增大X的濃度會使Y的轉(zhuǎn)化率增大，化學平衡常數(shù)也增大D．升溫，Z的質(zhì)量分數(shù)減小，說明正反應是放熱反應3、實驗室電解飽和食鹽水的裝置如圖所示。下列判斷正確的是（）A．電極a為陰極 B．電極b上發(fā)生還原反應C．電極b為負極 D．陰極產(chǎn)生黃綠色氣體4、下列化學用語或模型圖正確的是A．氮氣的結構式：B．用電子式表示溴化氫的形成過程為：C．CO2的比例模型：D．14C的原子結構示意圖5、25°C時，Ksp(AgCl)=1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12,下列說法正確的是A．AgCl和Ag2CrO4共存的懸濁液中，B．向Ag2CrO4懸濁液中加入NaCl濃溶液，Ag2CrO4不可能轉(zhuǎn)化為AgClC．向AgCl飽和溶液中加入NaCl晶體，有AgC1析出且溶液中c(Cl－)=c(Ag＋)D．向同濃度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，AgC1先析出6、一種利用廢干電池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金屬鹽）制備MnSO4晶體的工藝流程如圖：下列說法錯誤的是（）A．反應①中1molFe至多還原1.5molMnO2B．重金屬主要在濾渣2中C．步驟③煮沸可使沉淀顆粒長大，目的是便于固液分離D．合理處理廢舊電池有利于資源再利用并防止汞、鉛等重金屬污染7、下列物質(zhì)可通過加熱的方法除雜(括號中物質(zhì)為雜質(zhì))的是()A．NaCl(Na2CO3) B．Na2CO3(CaCO3)C．Na2CO3(NaHCO3) D．NaHCO3(Na2CO3)8、25℃，amol·L?1HCl與bmol·L?1一元堿MOH等體積混合后，pH為7，則下列關系一定正確的是A．a(chǎn)≤bB．a(chǎn)≥bC．c(Cl?)＞c(M+)D．c(Cl?)<c(M+)9、氮及其化合物的轉(zhuǎn)化過程如圖所示。下列分析合理的是（）A．催化劑a、b能提高反應的平衡轉(zhuǎn)化率B．在催化劑b表面形成氮氧鍵時不涉及電子轉(zhuǎn)移C．催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂和極性共價鍵的形成D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，最終可以生成2molNH310、室溫下進行下列實驗，根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向X溶液中滴加幾滴新制氯水，振蕩，再加入少量KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色X溶液中一定含有Fe2+B向濃度均為0.05mol·L?1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黃色沉淀生成Ksp(AgI)>Ksp(AgCl)C向3mLKI溶液中滴加幾滴溴水，振蕩，再滴加1mL淀粉溶液，溶液顯藍色Br2的氧化性比I2的強D用pH試紙測得：CH3COONa溶液的pH約為9，NaNO2溶液的pH約為8HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A．A B．B C．C D．D11、化學與生產(chǎn)、生活、科技等密切相關，下列說法正確的是（）A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料不涉及化學變化B．向牛奶中加入果汁會產(chǎn)生沉淀，這是因為發(fā)生了酸堿中和反應C．鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液，主要是為鮮花補充鉀肥D．富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質(zhì)12、下列說法正確的是A．O2與O3互稱同位素B．鉛蓄電池充電時負極連接外電源正極C．高純度硅常用于制作現(xiàn)代通訊的光導纖維D．常用丁達爾效應鑒別溶液和膠體13、若溶液中由水電離產(chǎn)生的c（OH-）＝1×10-14mol·L－1，滿足此條件的溶液中一定可以大量共存的離子組是A．Al3+、Na+、、NO3-、Cl- B．K+、Na+、Cl-、NO3-C．K+、Na+、Cl-、AlO2- D．K+、NH4+、SO42-－、NO3-14、1mol過氧化鈉與1.6mol碳酸氫鈉固體混合后，在密閉的容器中加熱充分反應，排出氣體物質(zhì)后冷卻，殘留的固體物質(zhì)是（）A．Na2CO3B．NaOH、Na2CO3C．Na2O2、Na2CO3D．Na2O2、NaOH、Na2CO315、不能通過化學反應實現(xiàn)的是A．生成一種新離子 B．生成一種新分子C．生成一種新原子 D．生成一種新物質(zhì)16、關于下圖所示轉(zhuǎn)化關系(X代表鹵素)的說法不正確的是A．2H(g)+2X(g)2HX(g)ΔH3<0B．途徑Ⅰ生成HX的反應熱與途徑無關，所以ΔH1=ΔH2+ΔH3C．Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，所以途徑Ⅱ吸收的熱量依次增多D．途徑Ⅰ生成HCl放出的熱量比生成HBr的多，說明HCl比HBr穩(wěn)定17、莽草酸結構簡式如圖，有關說法正確的是A．分子中含有2種官能團B．1mol莽草酸與Na反應最多生成4mol氫氣C．可與乙醇、乙酸反應，且反應類型相同D．可使溴的四氯化碳溶液、酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同18、有機化學試劑氨基氰（）常用于制備磺胺類藥物，抗癌藥等。下列有關氨基氰說法正確的是A．分子中所有原子共面 B．氨基氰的水溶性較差C．σ鍵和π鍵數(shù)分別為4和2 D．碳為sp雜化，氨基氮為sp2雜化19、NaOH溶液和CH3COOH溶液等體積混合，下列說法中正確的有（）A．反應后，溶液中四種離子之間可能滿足：c（Na+）＞c（CH3COO-）＞c（H+）＞c（OH-）B．反應后，若溶液呈酸性，則NaOH完全反應C．反應后，若溶液呈堿性，則CH3COOH完全反應D．反應后，若c（CH3COO-）=c（Na+），則NaOH溶液和CH3COOH溶液的濃度相等20、化學與社會生活密切相關。下列說法正確的是A．自來水廠用明礬凈水，用Fe2(SO4)3或CuSO4均能代替明礬凈水B．根據(jù)是否能產(chǎn)生丁達爾效應可以將分散系分為溶液、濁液和膠體C．晶體硅有半導體性質(zhì)，所以可以制造光導纖維D．有一種新發(fā)現(xiàn)的固態(tài)碳的結構稱為“納米泡沫”，外形類似海綿，密度小且有磁性，這種碳與金剛石互為同素異形體21、“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質(zhì)溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區(qū)，A區(qū)與大氣相通，B區(qū)為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是（）A．若用導線連接a、c,則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c,則c電極的電極反應式為HxWO3-xe-=WO3+xH+C．若用導線先連接a、c,再連接b、c,可實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化D．若用導線連接b、c,b電極的電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O22、化學用語是學習化學的工具和基礎，下列有關化學用語的表達正確的是A．H2S的電離方程式：H2S＝2H＋＋S2－B．氯化銨的電子式：C．鉀長石(KAlSi3O8）寫成氧化物形式：K2O·Al2O3·6SiO2D．反應的電子轉(zhuǎn)移情況：二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知一個碳原子上連有兩個羥基時，易發(fā)生下列轉(zhuǎn)化：。請根據(jù)如圖回答：（1）物質(zhì)A的化學式為C8H10，寫出A的名稱___，鑒別A和可選用的試劑是___。（2）寫出反應①的化學反應方程式____。（3）反應①～⑤中，屬于加成反應的是____；反應⑤的反應條件為___。（4）寫出2種滿足下列條件的同分異構體的結構簡式。___，____。①含苯環(huán)結構②能發(fā)生銀鏡反應（5）設計由制備的合成路線（無機試劑任選）。_____合成路線常用的表示方式為：24、（12分）萜類化合物廣泛分布于植物、昆蟲及微生物體內(nèi)，是多種香料和藥物的主要成分。Ⅰ是一種萜類化合物，它的合成路線如下：已知：R、R’、R”為烴基回答下列問題：（1）按官能團分類，A的類別是______________。（2）A→C的反應類型是______________。（3）C→D、E→F的化學方程式分別是______________、______________。（4）寫出下列物質(zhì)的結構簡式：B______________、H______________。（5）F→G的反應中，乙酸酐的作用______________。（6）十九世紀末O.Wallach發(fā)現(xiàn)并提出了“異戊二烯法則”，即自然界中存在的萜類化合物均可以看作是異戊二烯的聚合體或衍生物，為表彰他對萜類化合物的開創(chuàng)性研究，1910年被授予諾貝爾化學獎。請以CH3CH2OH、CH3MgI為有機原料，結合題目所給信息，選用必要的無機試劑，補全異戊二烯（）的合成路線________________________25、（12分）實驗室可用溢流法連續(xù)制備無水四氯化錫（SnCl4）。SnCl4易揮發(fā)，極易發(fā)生水解，Cl2極易溶于SnCl4。制備原理與實驗裝置圖如圖：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ?mol-1可能用到的有關數(shù)據(jù)如下：物質(zhì)SnSnCl4CuCl2熔點/℃232-33620沸點/℃2260114993制備過程中，錫粒逐漸被消耗，需提拉橡膠塞及時向反應器中補加錫粒。當SnCl4液面升至側口高度時，液態(tài)產(chǎn)物經(jīng)側管流入接收瓶?；卮鹣铝袉栴}：（1）a的作用是___。（2）A中反應的化學方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷卻水的作用是___。（5）尾氣處理時，可選用的裝置是___（填序號）。（6）錫粒中含銅雜質(zhì)致E中產(chǎn)生CuCl2，但不影響F中產(chǎn)品的純度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制時加入少許錫屑后蒸餾可得純凈的SnCl4。蒸餾過程中不需要用到的儀器有___(填序號)A．分液漏斗B．溫度計C．吸濾瓶D．冷凝管E．蒸餾燒瓶26、（10分）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。中華人民共和國國家標準(G112760-2011)規(guī)定葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)不能超過0.25g/L。某化學興趣小組制備并對SO2的化學性質(zhì)和用途進行探究，探究過程實驗裝置如下圖，并收集某葡萄酒中SO2，對其含量進行測定。（夾持儀器省略）（1）實驗可選用的實驗試劑有濃硫酸、Na2SO3固體、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品紅溶液等。①請完成下列表格試劑作用A___驗證SO2的還原性BNa2S溶液___C品紅溶液___②A中發(fā)生反應的離子方程式為____。（2）該小組收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/LNaOH標準溶液進行滴定，滴定前排氣泡時，應選擇圖中的___(填序號)；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處時，管內(nèi)液體的體積__(填序號)(①=10mL；②=40mL；③<10mL；④>40mL)（3）該小組在實驗室中先配制0.0900mol/LNaOH標準溶液，然后再用其進行滴定。下列操作會導致測定結果偏高的是___。A．未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B．滴定前錐形瓶內(nèi)有少量水C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失D．配制溶液定容時，俯視刻度線E．中和滴定時，觀察標準液體積讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視27、（12分）某學習小組用如圖所示裝置測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量。（1）A中試劑為___________________________________________。（2）B中發(fā)生反應的化學方程式為______________________________________。（3）若實驗用鋁鎂合金的質(zhì)量為ag，測得氫氣體積為bmL(已換算為標準狀況)，B中剩余固體的質(zhì)量為cg，則鋁的相對原子質(zhì)量為________。（4）實驗過程中，若未洗滌過濾所得的不溶物，則測得鋁的質(zhì)量分數(shù)將________(填“偏大”“偏小”或“不受影響”)。28、（14分）早期發(fā)現(xiàn)的一種天然二十面體準晶顆粒由Al、Ca、Cu、Fe四種金屬元素組成。請回答下列問題：(1)基態(tài)鐵原子價電子排布式為_________，從結構角度來看，F(xiàn)e2+易被氧化成Fe3+的原因是________________。(2)SCN－離子可用于Fe3+的檢驗，其對應的酸有兩種，分別為硫氰酸(H-S-C≡N)和異硫氰酸(H-N=C=S)。①寫出與SCN－互為等電子體的一種微粒_____(分子或離子)；②硫氰酸分子中硫原子的雜化方式為_____。③異硫氰酸的沸點比硫氰酸沸點高的原因是____________________________。(3)新制的Cu(OH)2可溶于過量的氨水，生成的配合物[Cu(NH3)4](OH)2中含有的化學鍵類型有_____________________，1mol該物質(zhì)中含有____________________個σ鍵。(4)CaF2晶體的晶胞如圖所示。已知：CaF2晶體的密度為ρg·cm－3，NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。CaF2晶體中Ca2＋和F－之間的最近核間距(d)為______________pm(列出計算式即可)。29、（10分）一定條件下，CH4和CO2都能與H2O形成籠狀結構的水合物晶體，CH4與H2O形成的水合物俗稱“可燃冰”。（1）“可燃冰”晶體中平均每46個H2O分子構建8個籠，其中6個籠分別容納1個CH4分子，另外2個籠分別容納1個H2O分子，則“可燃冰”平均組成可表示為________(填化學式)。（2）已知：CO2(g)+nH2O(l)=CO2·nH2O(s)△H=-57.98kJ·moI-1CH4(g)+nH2O(l)=CH4·nH2O(s)△H=-54.49kJ·mol-1反應CO2(g)+CH4·nH2O（s)=CH4（g)+CO2·nH2O(s)的△H=________kJ·mol-1（3）科學家提出用CO2“置換”CH4開采海底“可燃冰”的設想，提出該設想的理論依據(jù)是________。（4）圖中顯示，CO2·nH2O的生產(chǎn)速率明顯大于CH4·nH2O釋放出的速率，其原因是________。（5）利用CO2的弱氧化性，開發(fā)了丙烷氧化脫氫制丙烯的新工藝。該工藝可采用鉻的氧化物為催化劑，其反應機理如圖。①反應(i)的化學方程式為________。②該工藝可以有效消除催化劑表面的積炭，維持催化劑活性，原因是________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【詳解】①加熱后，混合物A（Na2CO3與NaHCO3）失重1.55g，是因為NaHCO3分解，則有：m(NaHCO3)==4.2g，m(Na2CO3)=10.0g-4.2g=5.8g，則m(Na2CO3):m(NaHCO3)=5.8g:4.2g=29:21；②混合物B（CO與O2）在反應前后，體積減少1L，則有：V(CO)=2L，V(O2)=10L-2L=8L，V(CO):V(O2)=2L:8L=1:4；綜上所述，碳酸鈉與碳酸氫鈉的質(zhì)量比為29:21；一氧化碳與氧氣的體積比為1:4，故選C。2、D【詳解】A．增大壓強，容器的體積減小，Z的濃度增大，平衡體系顏色加深，不能說明平衡的移動方向，因此不能判斷Y的狀態(tài)，故A錯誤；B．平衡時c(X)與c(Z)不一定相等，c(X)=c(Z)時，不能判斷是否為平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．若Y是氣體，增大X的濃度，平衡正向移動，會使Y的轉(zhuǎn)化率增大，但化學平衡常數(shù)不變，故C錯誤；D．升高溫度，Z的質(zhì)量分數(shù)減小，說明平衡逆向移動，因此逆反應為吸熱反應，則正反應是放熱反應，故D正確；故選D。【點睛】本題的易錯點為A，要注意只要容器的體積減小，容器中所有氣體的濃度都會增大，只是增大的幅度不同而已，因此無論平衡如何移動，混合氣體的顏色一定加深。3、B【詳解】A．電極a與電源正極相連，故電極a為陽極，A錯誤；B．電極b與電源負極相連，電極b為陰極，電極上發(fā)生還原反應，B正確；C．該裝置為電解池，電極b與電源負極相連，電極b為陰極，C錯誤；D．陰極上氫離子得電子生成氫氣，D錯誤；答案選B?！军c睛】電解池中與電源負極相連的為陰極，陽離子在陰極得電子，發(fā)生還原發(fā)應。4、D【詳解】A.氮氣的結構式為N≡N，A錯誤；B.溴化氫是共價化合物，用電子式表示溴化氫的形成過程為，B錯誤；C.碳原子半徑大于氧原子半徑，不能表示CO2的比例模型，C錯誤；D.14C的原子序數(shù)是6，其原子結構示意圖為，D正確。答案選D。5、D【解析】A、AgCl和Ag2CrO4共存的溶液中，c(Ag＋)是相等的，但由于二者的組成比不同，Ksp的表達式不同，因此c(Cl－)/c(CO42－)不等于二者的Ksp之比，故A錯誤；B、根據(jù)Ksp的含義，向Ag2CrO4懸濁液中加入NaCl濃溶液，當溶液中c(Cl－)c(Ag＋)>Ksp(AgCl)時，就有AgCl沉淀析出，所以B錯誤；C、向AgCl飽和溶液中加入NaCl晶體，使溶液中c(Cl－)增大，導致c(Cl－)c(Ag＋)>Ksp(AgCl)，從而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl－)>c(Ag＋)，所以C錯誤；D、向同濃度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根據(jù)Ksp計算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag＋)==，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag＋)==，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正確。本題正確答案為D。點睛：涉及Ksp的有關問題，首先要注意物質(zhì)的組成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的數(shù)值進行比較，若不同，一定要通過計算進行比較。如A、D兩個選項，特別是D選項最容易錯選。6、B【詳解】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金屬鹽)用濃硫酸溶解，并加入適量鐵粉，過濾后所得濾渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置換出的Hg、Pb等，濾液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并調(diào)節(jié)溶液pH=5左右，并加熱煮沸，促進Fe3+水解生成Fe(OH)3，則過濾后濾渣2主要為Fe(OH)3，濾液主要含有MnSO4，濾液經(jīng)蒸發(fā)濃縮并冷卻結晶、過濾即可得到MnSO4?nH2O；A．用Fe和濃H2SO4溶解MnO2時發(fā)生反應的化學方程式為2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反應中1molFe參加反應，被還原的MnO2是1.5mol，故A正確；B．步驟①中同時發(fā)生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，則重金屬Hg、Pb主要在濾渣1中，故B錯誤；C．懸濁液中Fe(OH)3顆粒越大，越易與MnSO4溶液過濾分離，則步驟③煮沸使Fe(OH)3沉淀顆粒長大，目的是便于固液分離，故C正確；D．錳等是重要金屬資源，汞、鉛等重金屬能來得污染環(huán)境，則合理處理廢舊電池有利于資源再利用并防止汞、鉛等重金屬污染，故D正確；故答案為B。7、C【詳解】A．Na2CO3加熱不分解，故A不符合題意；B．CaCO3加熱分解生成CaO，CaO和Na2CO3混合不能分開，故B不符合題意；C．NaHCO3受熱分解生成Na2CO3，能除去NaHCO3雜質(zhì)，故C符合題意；D．NaHCO3受熱分解生成Na2CO3，雜質(zhì)不能除掉，而要保留的物質(zhì)變成了雜質(zhì)，故D不符合題意。綜上所述，答案為C。8、A【解析】25℃時，amol·L?1HCl與bmol·L?1一元堿MOH等體積混合后，pH=7，溶液呈中性，該一元堿可能是強堿也可能為弱堿，若為強堿則a=b；若一元堿為弱堿，則反應后得到的是強酸弱堿鹽和弱堿的混合物，a＜b；溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度?！驹斀狻?5℃時，amol·L?1HCl與bmol·L?1一元堿MOH等體積混合后，pH=7，溶液呈中性，該一元堿可能是強堿也可能為弱堿，若為強堿則a=b；若一元堿為弱堿，則反應后得到的是強酸弱堿鹽和弱堿的混合物，a＜b；溶液呈中性，依據(jù)溶液中電荷守恒分析判斷離子濃度，c（Cl

-

）+c（OH

-

）=c（H

+

）+c（M

+

），溶液呈中性c（OH

-

）=c（H

+

），得到c(Cl?)=c(M+)，所以一定正確的是a≤b，故選A。【點睛】本題考查了酸堿反應過程中，溶液酸堿性分析判斷，本題中難點是若一元堿為弱堿則弱堿過量，得到的中性溶液為強酸弱堿鹽和弱堿的混合物，另外溶液中電荷守恒的計算分析也很關鍵。9、C【詳解】A．催化劑a、b只改變化學反應速率，不能提高反應的平衡轉(zhuǎn)化率，故A項錯誤；B．在催化劑b表面形成氮氧鍵時，氨氣轉(zhuǎn)化為NO，N元素化合價由-3價升高到+2價，失去電子，B項錯誤；C．催化劑a表面是氮氣與氫氣生成氨氣的過程，發(fā)生的是同種元素之間非極性共價鍵的斷裂，生成不同種元素氮氫鍵極性共價鍵的形成，故C項正確；D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，該反應是可逆反應，最終可以生成NH3的物質(zhì)的量小于2mol，故D項錯誤；答案選C。10、C【詳解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液變紅，說明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此時的Fe3+是否由Fe2+氧化而來是不能確定的，所以結論中一定含有Fe2+是錯誤的，故A錯誤；B.黃色沉淀為AgI，說明加入AgNO3溶液優(yōu)先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更難溶，AgI與AgCl屬于同種類型，則說明Ksp(AgI)<Ksp(AgCl)，故B錯誤；C.溶液變藍說明有單質(zhì)碘生成，說明溴置換出KI中的碘，根據(jù)氧化還原反應的原理得出結論：Br2的氧化性比I2的強，故C正確；D.CH3COONa和NaNO2溶液濃度未知，所以無法根據(jù)pH的大小，比較出兩種鹽的水解程度，也就無法比較HNO2和CH3COOH電離出H+的難易程度，故D錯誤；故選C。11、D【解析】A．由石油制取乙烯、丙烯等化工原料中涉及裂化、裂解等，裂化、裂解屬于化學變化，A錯誤；B．因牛奶中含有蛋白質(zhì)，加入果汁能使蛋白質(zhì)凝聚而沉淀，且牛奶不是酸，則不是酸堿之間的反應，B錯誤；C．高錳酸鉀可防止鮮花衰敗，則鮮花運輸途中需噴灑高錳酸鉀稀溶液，主要是為鮮花保鮮，與補充鉀肥無關，C錯誤；D．鐵是活潑金屬，富脂食品包裝中常放入活性鐵粉袋，以防止油脂氧化變質(zhì)，D正確；答案選D。點睛：本題考查物質(zhì)的組成和性質(zhì)，為高頻考點，把握物質(zhì)的性質(zhì)、性質(zhì)與用途的關系為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意化學與生活的聯(lián)系，題目難度不大。12、D【解析】A.因同位素是質(zhì)子數(shù)相同，中子數(shù)不同的核素，故A錯誤；B.鉛蓄電池放電時負極發(fā)生氧化反應，充電時則發(fā)生還原反應，負極作電解池的陰極，充電時，陰極與電源負極相連，故B錯誤；C.高純度二氧化硅常用于制作現(xiàn)代通訊的光導纖維，故C錯誤；D.膠體具有丁達爾效應,溶液不具有，則用丁達爾效應鑒別溶液和膠體，故D正確；故答案選D。13、B【分析】若溶液中由水電離產(chǎn)生的c（OH-）＝1×10-14mol·L－1，該溶液呈酸性或堿性，溶液中存在大量氫離子或氫氧根離子。【詳解】A．Al3＋與氫氧根離子反應，在堿性溶液中不能大量共存，故A錯誤；B．K+、Na+、Cl-、NO3-之間不反應，在酸性和堿性條件下能大量共存，故B正確；C．H+和AlO2-之間反應，在酸性溶液中不能大量共存，故C錯誤；D．NH4+與氫氧根離子反應，在堿性溶液中不能大量共存，故D錯誤；故選B。14、B【解析】2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O1.6mol0.8mol0.8mol0.8mol2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2↑0.8mol0.8mol0.8mol2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑0.2mol0.2mol0.4mol則過氧化鈉與碳酸氫鈉分解生成的二氧化碳和水都能反應，排出氣體物質(zhì)冷卻后，殘留的固體物質(zhì)為0.8molNa2CO3和0.4molNaOH，答案選B。15、C【詳解】A．如金屬與酸的反應生成金屬陽離子同時也能生成氫氣分子，生成一種新離子，又生成一種新分子，選項A正確；B．如金屬與酸的反應生成金屬陽離子同時也能生成氫氣分子，生成一種新離子，又生成一種新分子，選項B正確；C．化學變化中原子不能再分，選項C錯誤；D．化學反應的本質(zhì)是有新物質(zhì)生成，選項D正確。答案選C。16、C【詳解】A、原子結合成分子放熱，所以2H(g)+2X(g)=2HX(g)ΔH3<0，A正確；B、遵循蓋斯定律，反應熱與途徑無關，B正確；C、Cl、Br、I的非金屬性依次減弱，鍵能Cl—Cl>Br—Br>I—I，所以途徑Ⅱ吸收的熱量依次減小，C錯誤；D、途徑Ⅰ生成HCl放出的熱量比生成HBr的多，說明HCl的能量低，HCl比HBr穩(wěn)定，D正確；答案選C。17、B【詳解】A．莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳雙鍵三種官能團，選項A錯誤；B．莽草酸分子中能與鈉反應的官能團為羥基和羧基，則1mol莽草酸與Na反應最多生成2mol氫氣，選項B錯誤；C．莽草酸分子中含有的羧基、羥基能分別與乙醇、乙酸發(fā)生酯化反應，反應類型相同，選項C正確；D．莽草酸分子中含有碳碳雙鍵，可與溴發(fā)生加成反應，與高錳酸鉀發(fā)生氧化反應，選項D錯誤。答案選C。18、C【分析】含有氨基，具有堿性，可與酸反應，含有-N-H鍵，可形成氫鍵，且為極性分子，可溶于水，分子中含有N-C鍵，為δ鍵，可旋轉(zhuǎn)，分子不一定共平面，以此解答該題?！驹斀狻緼.分子中含有N?C鍵，為δ鍵，可旋轉(zhuǎn)，分子不一定共平面，故A錯誤；B.含有?N?H鍵，可形成氫鍵，且為極性分子，可溶于水和乙醇，故B正確；C.分子內(nèi)有σ鍵4個，三鍵中有2個π鍵，故C正確；D.碳氮三鍵是直線型結構，則碳為sp雜化；根據(jù)價層電子對互斥理論對氨基氮計算：=4，即sp3雜化，故D錯誤；正確答案是C。19、B【詳解】A．NaOH溶液和CH3COOH溶液等體積混合，溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，不可能存在c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(H+)＞c(OH-)，故A錯誤；B．兩溶液等體積混合后，反應生成醋酸鈉，醋酸根離子水解導致溶液顯示堿性，若溶液呈酸性，說明醋酸過量，NaOH完全反應，故B正確；C．反應后，反應生成醋酸鈉，醋酸根離子水解導致溶液顯示堿性，若溶液呈堿性，則CH3COOH可能完全反應，也可能略微過量，故C錯誤；D．反應后，溶液中存在電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，若c(CH3COO-)=c(Na+)，則c(H+)=c(OH-)，溶液顯中性，因為醋酸鈉中醋酸根離子水解導致溶液顯示堿性，則NaOH溶液和CH3COOH溶液反應后醋酸過量，故D錯誤；故選B。20、D【解析】A.Fe3+水解產(chǎn)生氫氧化鐵膠體，可以起到凈水作用；硫酸銅有殺菌消毒的作用，是因為銅離子有毒，且硫酸銅沒有吸附沉淀的功能，不能代替明礬凈水，A錯誤；B.根據(jù)分散質(zhì)微粒直徑大小的不同，把分散系分為溶液、濁液和膠體，B錯誤；C.晶體硅有半導體性質(zhì)，能夠?qū)щ?，而二氧化硅能夠?qū)Ч?，可以制造光導纖維，C錯誤；D.都由C元素組成，屬于不同單質(zhì),為同素異形體關系,故D正確；綜上所述，本題選D。21、B【詳解】A．用導線連接a、c，a極發(fā)生氧化，為負極，發(fā)生的電極反應為2H2O-4e-=4H++O2↑，a電極周圍H+濃度增大，溶液pH減小，故A正確；B．用導線連接a、c，c極為正極，發(fā)生還原反應，電極反應為WO3+xH++xe-=HxWO3，故B錯誤；C．用導線先連接a、c，再連接b、c，由光電池轉(zhuǎn)化為原電池，實現(xiàn)太陽能向電能轉(zhuǎn)化，故C正確；D．用導線連接b、c，b電極為正極，電極表面是空氣中的氧氣得電子，發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+4H++4e-=2H2O，故D正確；故答案為B。22、C【解析】A、H2S是二元弱酸，只能部分電離，電離分兩步，且用可逆符號連接；B、氯化銨為離子化合物，銨根離子和氯離子都需要標出所帶電荷及最外層電子；C、鉀長石(KAlSi3O8)因各元素原子比例不變，故化學式中各原子個數(shù)加倍后改寫成氧化物形式：K2O·Al2O3·6SiO2；D、本反應是歸中反應，KClO3和HCl都生成了Cl2?！驹斀狻緼、H2S是二元弱酸，屬弱電解質(zhì)，分兩步電離，且用可逆符號連接。故A錯誤；B、氯化銨為離子化合物，銨根離子和氯離子都需要標出所帶電荷及最外層電子，正確的電子為，B錯誤；C、鉀長石(KAlSi3O8)因各元素原子比例不變，故化學式中各原子個數(shù)加倍后改寫成氧化物形式：K2O·Al2O3·6SiO2，故C正確；D、本反應是歸中反應，電子轉(zhuǎn)移情況是：D錯誤；故選C?！军c睛】書寫電子式時陰離子及多核陽離子均要加“[]”并注明電荷，如本題中的B；另電子式中要注意二氧化碳和次氯酸（次氯酸的結構式：H—O—Cl）的書寫，常見的有、等錯誤書寫方法。二、非選擇題(共84分)23、乙苯溴水+Br2+HBr；③NaOH水溶液、加熱或或【詳解】(1)物質(zhì)A的化學式為C8H10，則苯與CH3CH2Cl發(fā)生取代反應生成A為，A的名稱為:乙苯；和都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，后者能與溴水發(fā)生加成反應，而前者不能，可以溴水區(qū)別二者，故答案為乙苯；溴水；(2)反應①是苯與液溴在Fe作催化劑條件下生成溴苯，反應方程式為:+Br2+HBr；(3)對比物質(zhì)的結構，可知①②④屬于取代反應、③屬于加成反應，而⑤先發(fā)生鹵代烴的水解反應，再發(fā)生分子內(nèi)脫水反應，反應條件為:NaOH水溶液、加熱，故答案為:③;NaOH水溶液、加熱;(4)滿足下列條件的同分異構體:①含苯環(huán)結構，②能發(fā)生銀鏡反應，含有醛基，可以有1個取代基為-CH2CHO,可以有2個取代基為-CH3、-CHO,符合條件的同分異構體有:、、、；(5)與氫氣發(fā)生加成反應生成，然后發(fā)生消去反應生成，再與溴發(fā)生加反應生成，最后發(fā)生消去反應生成，合成路線流程圖為:。24、酚取代反應+CH3OH+H2O+H2O保護酚羥基不被氧化【分析】由D的結構簡式逆推可知C為，對比A、C的結構，結合信息I中取代反應，可推知B為；對比C、F的結構，結合反應條件與信息ⅱ、ⅲ，可知E為；對比F與I的結構簡式，可知從F→I轉(zhuǎn)化中F中甲基為氧化為羧基轉(zhuǎn)化為I，由于酚羥基易被氧化，故F與乙酸酐反應生成G，是為保護酚羥基，G中甲基氧化生成H，H發(fā)生水解反應、酸化重新引入酚羥基，故G為，H為；(6)可以由發(fā)生消去反應得到，而可以由與CH3MgI發(fā)生題中信息(ⅱ)的反應，可以由發(fā)生催化氧化反應得到，結合給予的信息可知，可由與Br2發(fā)生加成反應，再水解得到?！驹斀狻?1)A含有酚羥基，按官能團分類，A的類別是酚類；(2)A→C發(fā)生信息I中的取代反應生成C；(3)C→D的化學方程式為：，E→F的化學方程式為：；(4)由分析可知，B的結構簡式為：，H的結構簡為：；(5)F→G的反應中，乙酸酐的作用：保護酚羥基，防止被氧化；(6)可以由發(fā)生消去反應得到，而可以由與CH3MgI發(fā)生題中信息(ⅱ)的反應，可以由發(fā)生催化氧化反應得到，結合給予的信息可知，可由與Br2發(fā)生加成反應，再水解得到，則補全異戊二烯()的合成路線：?！军c睛】考查有機物的推斷與合成，關鍵是對給予信息的理解，對比分析物質(zhì)的結構進行分析判斷，分析合成的原料，再結合正推與逆推相結合進行推斷，充分利用反應過程C原子數(shù)目守恒，并結合官能團的變化，設計合理合成路線。25、平衡壓強，使?jié)恹}酸順利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯氣中混有的氯化氫氣體避免四氯化錫氣化而損失，導致產(chǎn)率下降乙CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出A、C【分析】SnCl4極易水解，反應應在無水環(huán)境下進行進行，裝置A：采用KMnO4和濃鹽酸反應的方法制取Cl2，反應還生成MnCl2，發(fā)生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯氣中含有氯化氫，通過飽和的氯化鈉溶液洗去氯氣中的氯化氫，SnCl4在空氣中極易水解，利用濃硫酸的吸水性干燥氯氣，防止產(chǎn)生SnCl4水解；然后Cl2和錫的反應，制備SnCl4，冷水冷卻，可將氣態(tài)的SnCl4冷凝回流收集產(chǎn)物；反應時應先生成氯氣，將氧氣排出?！驹斀狻浚?）導管a的作用是平衡壓強，可使分液漏斗內(nèi)的液體順利流下，故答案為：平衡壓強，使?jié)恹}酸順利流下；（2）實驗采用KMnO4和濃鹽酸反應的方法制取Cl2，反應還生成MnCl2，化學方程式為2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案為：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯氣中混有的氯化氫氣體，故答案為：除去氯氣中混有的氯化氫氣體；（4）SnCl4易揮發(fā)，冷水可降低溫度，避免四氯化錫氣化而損失，導致產(chǎn)率下降，故答案為：避免四氯化錫氣化而損失，導致產(chǎn)率下降；（5）尾氣含有氯氣，為避免四氯化錫水解，應用堿石灰，故答案為：乙；（6）錫粒中含銅雜質(zhì)致E中產(chǎn)生CuCl2，但不影響F中產(chǎn)品的純度，原因是CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出，故答案為：CuCl2熔點較高，不會隨四氯化錫液體溢出；（7）蒸餾用到蒸餾燒瓶、溫度計、接收器、冷凝管、錐形瓶，無需吸濾瓶和分液漏斗，故答案為：A、C。【點睛】本題為制備實驗，把握物質(zhì)的性質(zhì)、實驗裝置的作用、制備原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識的應用。26、FeCl3溶液驗證SO2的氧化性驗證SO2的漂白性2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+③④A、C【分析】(1)①根據(jù)實驗裝置圖及提供的試劑可知，實驗中用濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，驗證二氧化硫的還原性可用二氧化硫與氯化鐵反應，再用二氧化硫與硫化鈉反應驗證二氧化硫的氧化性，最后用品紅溶液驗證二氧化硫的漂白性；②A中發(fā)生的反應為二氧化硫與氯化鐵反應生成亞鐵離子和硫酸根離子；(2)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的橡膠管稍微向上彎曲，再排氣泡，所以排除堿式滴定管中的氣泡用③的方法；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度線下方還有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度線下有液體，據(jù)此判斷；(3)由c(待測)=可知，不當操作使V(NaOH)偏大，則會造成測定結果偏高?！驹斀狻?1)①根據(jù)實驗裝置圖及提供的試劑可知，實驗中用濃硫酸與亞硫酸鈉反應生成二氧化硫，驗證二氧化硫的還原性可用二氧化硫與氯化鐵反應，再用二氧化硫與硫化鈉反應驗證二氧化硫的氧化性，最后用品紅溶液驗證二氧化硫的漂白性；②A中發(fā)生的反應為二氧化硫與氯化鐵反應生成亞鐵離子和硫酸根離子，反應的離子方程式為2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42-；(2)氫氧化鈉溶液為堿性溶液，應該使用堿式滴定管，堿式滴定管中排氣泡的方法：把滴定管的橡膠管稍微向上彎曲，再排氣泡，所以排除堿式滴定管中的氣泡用③的方法；若用50mL滴定管進行實驗，當?shù)味ü苤械囊好嬖诳潭取?0”處，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度線下方還有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度線下有液體，因此管內(nèi)的液體體積＞(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以④正確；(3)A．未用NaOH標準溶液潤洗滴定管，NaOH溶液濃度降低，消耗標準液的體積偏大，由c(待測)=可知，測定濃度偏高；B．滴定前錐形瓶內(nèi)有少量水，不影響消耗NaOH溶液的體積，由c(待測)=可知，測定濃度不變；C．滴定前滴定管尖嘴部分有氣泡，滴定后氣泡消失，消耗標準液的體積偏大，由c(待測)=可知，測定濃度偏高；D．配制溶液定容時，俯視刻度線，液面在刻度線下方，NaOH溶液濃度偏高，消耗標準液的體積偏小，由c(待測)=可知，測定濃度偏低；E．中和滴定時，觀察標準液體積讀數(shù)時，滴定前仰視，滴定后俯視，消耗標準液的體積偏小，由c(待測)=可知，測定濃度偏低；故答案為A、C。【點睛】本題考查二氧化硫性質(zhì)的探究，二氧化硫為酸性氧化物，能與堿性氧化物、堿發(fā)生反應；二氧化硫能漂白某些有色物質(zhì)，如使品紅溶液褪色(化合生成不穩(wěn)定的化合物加熱后又恢復為原來的紅色）；二氧化硫中硫為+4價，屬于中間價態(tài)，有氧化性又有還原性，以還原性為主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，體現(xiàn)了二氧化硫的強還原性而不是漂白性。27、NaOH溶液2Al＋2NaOH＋2H2O===2NaAlO2＋3H2↑偏小【分析】測定鋁鎂合金中鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量，因Mg與NaOH不反應，而Al與NaOH反應，由實驗可知，A中為NaOH溶液，B中發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D為量氣裝置，B中剩余固體為Mg，固體質(zhì)量差為Al的質(zhì)量，利用氫氣的體積可計算鋁的質(zhì)量分數(shù)和鋁的相對原子質(zhì)量。【詳解】Mg與NaOH不反應，而Al與NaOH反應，由實驗可知，A中為NaOH溶液，B中發(fā)生2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，C、D為量氣裝置，(1)由上述分析可知，A為NaOH溶液；(2)B中發(fā)生反應的化學方程式為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；(3)B中剩余固體的質(zhì)量為cg，為Mg的質(zhì)量，則Al的質(zhì)量為（a-c）g，測得氫氣體積為bmL，其物質(zhì)的量為×10-3mol；根據(jù)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知，Al的物質(zhì)的量為×10-3mol=mol，則Al的摩爾質(zhì)量為=g/mol，原子量為；(4)若未洗滌過濾所得的不溶物，c值偏大，則造成（a-c）變小，由鋁的質(zhì)量分數(shù)為×100%可知，實驗過程中鋁的質(zhì)量分數(shù)偏小。28、3d64s2Fe3+價電子為3d5半滿狀態(tài)，更穩(wěn)定N2O、CO2、CS2、OCN?任意一種sp3異硫氰酸分子間含有氫鍵離子鍵、共價鍵、配位鍵18NA【分析】(1)基態(tài)鐵原子的核外電子排布式為[Ar]3d64s2；結合構造原理與洪特規(guī)則特例，書寫符合條件的元素原子的價電子排布進行判斷；(2)根據(jù)洪特規(guī)則特例，處于半充滿、全充滿狀態(tài)更穩(wěn)定；①原子總數(shù)相等、價電子總數(shù)也相等的微粒互為等電子體，C原子與1個單位負電荷可以等效替換為N原子，N原子與1個單位負