安徽省六校教育研究會2026屆高三上化學期中考試模擬試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、向30mL1mol·L－1的AlCl3溶液中逐漸加入濃度為4mol·L－1的NaOH溶液，若產(chǎn)生0.78g白色沉淀，則加入的NaOH溶液的體積可能為()A．3mL B．7.5mL C．15mL D．17.5mL2、2mol金屬鈉和lmol氯氣反應的能量關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是：()A．原子失電子為吸熱過程，相同條件下，K(s)的(△H2'＋△H3')<Na(s)的(△H2＋△H3)B．△H4的值數(shù)值上和Cl－Cl共價鍵的鍵能相等C．△H2＋△H3＋△H4＋△H5>－(△H6＋△H7)D．2Na(s)＋Cl2(g)＝2NaCl(s)在較低溫度下自發(fā)進行3、我國工業(yè)廢水中幾種污染物即其最高允許排放濃度如下表。下列說法不正確的是A．Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金屬離子B．對于pH>9的廢水可用中和法處理C．將CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-是用氧化還原的方法D．在含有Hg2+的廢水中加入Na2S，可使轉(zhuǎn)變?yōu)槌恋矶?、下列分子中，屬于含有極性鍵的非極性分子的是A．PCl3 B．H2S C．P4 D．C2H45、關(guān)于膠體和溶液的本質(zhì)區(qū)別，下列敘述中正確的A．溶液呈電中性，膠體帶電荷B．溶液中通過一束光線出現(xiàn)明顯光路，膠體中通過一束光線沒有特殊現(xiàn)象C．溶液中溶質(zhì)粒子能通過濾紙，膠體中分散質(zhì)粒子不能通過濾紙D．溶液與膠體的本質(zhì)區(qū)別在于分散質(zhì)微粒直徑大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之間6、某含Na+溶液中可能含有NH4+、Fe3+、Br-、CO32-、I-、SO32-。取樣，滴加足量氯水，有氣泡產(chǎn)生，溶液呈橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉均無現(xiàn)象。為確定該溶液的組成，還需進行的實驗有A．取樣，滴加硫氰化鉀溶液B．取樣，加氯水和CC14，振蕩C．取樣，加足量鹽酸加熱，濕潤的品紅試紙檢驗氣體D．取樣，加足量的氫氧化鈉加熱，濕潤的紅色石蕊試紙檢驗氣體7、在一密閉容器中，反應aA(氣)bB(氣)達平衡后，保持溫度不變，將容器體積增加一倍，當達到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，則（）A．平衡向正反應方向移動了 B．物質(zhì)A的轉(zhuǎn)化率減少了C．物質(zhì)A的質(zhì)量分數(shù)增加了 D．a(chǎn)＞b8、一定條件下，下列金屬中能與水發(fā)生置換反應并產(chǎn)生金屬氧化物的是A．鉀 B．鎂 C．鐵 D．銅9、某反應的△H＝+100kJ·mol-1，下列有關(guān)該反應的敘述正確的是A．正反應活化能小于100kJ·mol-1 B．逆反應活化能一定小于100kJ·mol-1C．正反應活化能比逆反應活化能大100kJ·mol-1 D．反應物的總能量比生成物的總能量高10、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W

與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，Z最外層電子數(shù)等于最內(nèi)層電了數(shù)，X、Y、Z的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，W

的單質(zhì)是空氣中體積分數(shù)最大的氣體。下列說法正確的是（）A．Y

的最高價氧化物對成水化物的酸性比W

的強 B．W的氣態(tài)氫化物比X的穩(wěn)定C．離子半徑的大小順序：r(W)>r(X)>r(Y)

>(Z) D．XY2

與ZY2中的化學鍵類型相同11、用標準鹽酸滴定未知濃度的NaOH溶液，下列各操作中，不會引起實驗誤差的是A．用蒸餾水冼凈滴定管后，裝入標準鹽酸進行滴定B．用蒸餾水冼凈錐形瓶后，再用NaOH液潤洗，而后裝入一定體積的NaOH溶液C．用甲基橙做指示劑，當溶液由黃色變成橙色，立刻讀數(shù)鹽酸體積D．用堿式滴定管取10.00mLNaOH溶液放入用蒸餾水洗凈的錐形瓶中，加入適量蒸餾水后再進行滴定12、某溶液X含有K＋、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、Fe2＋、Cl－、CO32－、OH－、SiO32－、NO3－、SO42－中的幾種，已知該溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.20mol·L－1（不考慮水的電離及離子的水解）。為確定該溶液中含有的離子，現(xiàn)進行了如下的操作：下列說法正確的是A．無色氣體可能是NO和CO2的混合物B．由步驟③可知，原溶液肯定存在Fe3＋C．溶液X中所含離子種類共有4種D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，理論上得到的固體質(zhì)量為2.4g13、下列化學用語表示正確的是A．中子數(shù)為8的氧原子：OB．氯離子的結(jié)構(gòu)示意圖：C．Na2S的電子式：D．2–丙醇的結(jié)構(gòu)簡式：(CH3)2CHOH14、將足量的CO2不斷通入NaOH、Ca(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，則生成沉淀的物質(zhì)的量與通入CO2的體積的關(guān)系可表示為()A． B．C． D．15、下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關(guān)系的是（）A．MgO、Al2O3熔點高，均可用作耐高溫材料 B．NH4HCO3受熱易分解，可用作氮肥C．Fe2(SO4)3易溶于水，可用作凈水劑 D．SO2具有氧化性，可用于漂白紙漿16、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．18克的D216O中含有的中子數(shù)為9NAB．標準狀況下，22.4LSO3含有的原子數(shù)為4NAC．80ml10mol/L鹽酸與足量MnO2加熱反應，產(chǎn)生的Cl2分子數(shù)為0.2NAD．精煉銅過程中，陽極質(zhì)量減少6.4g時，電路中轉(zhuǎn)移電子為0.2NA二、非選擇題（本題包括5小題）17、Glaser反應是指端炔烴在催化劑存在下可發(fā)生偶聯(lián)反應，例如：2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R＋H2下面是利用Glaser反應制備化合物E的一種合成路線：回答下列問題：（1）B的結(jié)構(gòu)簡式為__，D的化學名稱為__。（2）步驟②的反應化學方程式：__。（3）E的結(jié)構(gòu)簡式為__。用1molE合成1，4-二苯基丁烷，理論上需要消耗氫氣__mol。（4）芳香化合物F是C的同分異構(gòu)體，其分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子，數(shù)目比為3∶1，寫出符合條件的兩種F的結(jié)構(gòu)簡式___、__。18、A、B、C、X均為中學化學常見物質(zhì)，一定條件下它們有如圖所示轉(zhuǎn)化關(guān)系(部分產(chǎn)物已略去)。下列說法正確的是（）A．若X為KOH溶液，則A可能為AlB．若X為Fe，則C可能為Fe(NO3)2溶液C．若A、B、C均為焰色反應呈黃色的化合物，則X一定為CO2D．若X為O2，則A可為有機物乙醇，也可為非金屬單質(zhì)硫19、某同學在做濃硫酸與銅反應的實驗過程中，觀察到銅片表面變黑，于是對黑色物質(zhì)的組成進行實驗探究。（1）用如右圖所示裝置進行實驗1。（加熱和夾持儀器已略去）實驗1：銅片與濃硫酸反應操作現(xiàn)象加熱到120℃~250℃銅片表面變黑，有大量氣體產(chǎn)生，形成墨綠色濁液繼續(xù)加熱至338℃銅片上黑色消失，瓶中出現(xiàn)“白霧”，溶液略帶藍色，瓶底部有較多灰白色沉淀①裝置B的作用是________；裝置C中盛放的試劑是_______。②為證明A裝置中灰白色沉淀的主要成分為硫酸銅，實驗操作及現(xiàn)象是___________。（2）探究實驗1中120℃~250℃時所得黑色固體的成分。（提出猜想）黑色固體中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一種或幾種。（查閱資料）資料1：亞鐵氰化鉀[K4Fe(CN）6]是Cu2+的靈敏檢測劑，向含有Cu2+的溶液中滴加亞鐵氰化鉀溶液，生成紅棕色沉淀。資料2：CuSCu2S黑色結(jié)晶或粉末灰黑色結(jié)晶或粉末難溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于濃氨水或熱的濃鹽酸難溶于稀硫酸和濃鹽酸；可溶于硝酸；微溶于濃氨水（設計并實施實驗）實驗2.探究黑色固體中是否含CuO操作現(xiàn)象i.取表面附著黑色固體的銅片5片，用清水洗干凈，放入盛有10mL試劑A的小燒杯中，攪拌黑色表層脫落，露出光亮的銅片ii.取出銅片，待黑色沉淀沉降上層溶液澄清、無色①試劑A是_________。②甲認為ii中溶液無色有可能是Cu2+濃度太小，于是補充實驗確認了溶液中不含Cu2+，補充的實驗操作及現(xiàn)象是______。實驗3.探究黑色固體中是否含CuS、Cu2S操作現(xiàn)象i.取實驗2中黑色固體少許，加入適量濃氨水，振蕩后靜置有固體剩余，固液分界線附近的溶液呈淺藍色ii.另取實驗2中黑色固體少許，加入適量濃鹽酸，微熱后靜置有固體剩余，溶液變成淺綠色（獲得結(jié)論）由實驗2和實驗3可得到的結(jié)論是：實驗1中，120℃~250℃時所得黑色固體中_______。（實驗反思）分析實驗1中338℃時產(chǎn)生現(xiàn)象的原因，同學們認為是較低溫度時產(chǎn)生的黑色固體與熱的濃硫酸進一步反應造成。已知反應的含硫產(chǎn)物除無水硫酸銅外還有二氧化硫，則黑色固體消失時可能發(fā)生的所有反應的化學方程式為_____________。20、某化學小組研究鹽酸被氧化的條件，進行如下實驗。（1）研究鹽酸被MnO2氧化。實驗操作現(xiàn)象Ⅰ常溫下將MnO2和12mol·L-1濃鹽酸混合溶液呈淺棕色，有刺激泩氣味Ⅱ?qū)ⅱ裰谢旌衔镞^濾，加熱濾液生成大量黃綠色氣體Ⅲ加熱MnO2和4mol·L-1稀鹽酸混合物無明顯現(xiàn)象①已知MnO2呈弱堿性。Ⅰ中溶液呈淺棕色是由于MnO2與濃鹽酸發(fā)生了復分解反應，化學方程是________。②Ⅱ中發(fā)生了分解反應，反應的化學方程式是________。③Ⅲ中無明顯現(xiàn)象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)較低，設計實驗Ⅳ進行探究：將實驗Ⅲ、Ⅳ作對比，得出的結(jié)論是________。④用下圖裝置(a、b均為石墨電極)進行實驗V：i.K閉合時，指針向左偏轉(zhuǎn)ⅱ.向右管中滴加濃H2SO4至c(H+)≥7mol·L-1，指針偏轉(zhuǎn)幅度變化不大ⅲ．再向左管中滴加濃H2SO4至c（H+)≥7mol·L-1，指針向左偏轉(zhuǎn)幅度增大將i和ⅱ、ⅲ作對比，得出的結(jié)論是________。（2）研究鹽酸能否被氧化性酸氧化。①燒瓶中放入濃H2SO4，通過分液漏斗向燒瓶中滴加濃鹽酸，燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤的淀粉KI試紙檢驗，無明顯現(xiàn)象。由此得出濃硫酸________(填“能”或“不能”)氧化鹽酸。②向試管中加入3mL濃鹽酸，再加入1mL濃HNO3，試管內(nèi)液體逐漸變?yōu)槌壬?，加熱，產(chǎn)生棕黃色氣體，經(jīng)檢驗含有NO2。實驗操作現(xiàn)象Ⅰ將濕潤的淀粉KI試紙伸入棕黃色氣體中試紙先變藍，后褪色Ⅱ?qū)駶櫟牡矸跭I試紙伸入純凈Cl2中試紙先變藍，后褪色Ⅲ…………通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ證明混合氣體中含有Cl2，Ⅲ的操作是________。（3）由上述實驗得出：鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、________有關(guān)。21、利用天然氣可制得以H2、CO等為主要組成的工業(yè)原料合成氣，反應為CH4(g)＋H2O(g)CO(g)＋3H2(g)。（1）甲烷與水蒸氣反應，被氧化的元素是____________（元素符號作答），當生成標準狀況下35.84L合成氣時轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量是________。（2）將2molCH4和5molH2O(g)通入容積為10L的反應室，CH4的平衡轉(zhuǎn)化率與溫度、壓強的關(guān)系如圖所示。①若達到A點所需的時間為5min，則v(H2)＝____________________。②圖中的p1______p2(填“<”“>”或“＝”)，A、B、C三點的平衡常數(shù)KA、KB、KC的大小關(guān)系是_______。（3）合成氣用于合成氨氣時需除去CO，發(fā)生反應CO(g)＋H2O(g)CO2(g)＋H2(g)ΔH<0，下列措施中能使增大的是________(選填編號)。A．降低溫度B．恒溫恒容下充入He(g)C．將H2從體系中分離D．再通入一定量的水蒸氣

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】AlCl3溶液和NaOH溶液反應生成氫氧化鋁的量與NaOH量的多少有關(guān)，當NaOH不足時生成Al（OH）3，當堿過量時，則生成NaAlO2；現(xiàn)AlCl3的物質(zhì)的量為0.03mol，完全生成Al（OH）3沉淀時，沉淀質(zhì)量應為2.34g，現(xiàn)沉淀質(zhì)量為0.78g，說明有兩種情況：一為沉淀不完全，只生成Al（OH）3沉淀；另一種情況為沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2；①若堿不足，由Al3++3OH-═Al（OH）3↓可知，NaOH的物質(zhì)的量為0.01mol×3=0.03mol，加入NaOH溶液的體積為=0.0075L，即7.5mL；②沉淀部分溶解，既生成Al（OH）3沉淀，又生成NaAlO2，則由Al3++3OH-═Al（OH）3↓知當Al3+完全沉淀時，消耗氫氧化鈉的物質(zhì)的量為0.09mol，生成氫氧化鋁0.03mol，由Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O知溶解0.02mol氫氧化鋁消耗氫氧化鈉0.02mol，則消耗的氫氧化鈉總物質(zhì)的量為0.11mol，加入NaOH溶液的體積為0.11mol÷4mol/L=0.0275L，即27.5mL；結(jié)合以上分析可知，只有B正確；故答案選B。2、C【詳解】A.原子失電子為吸熱過程，相同條件下，K與Na同一主族，電離能同主族從上到下逐漸減小，K(s)的(△H2'＋△H3')<Na(s)的(△H2＋△H3)，故A正確；B.斷裂化學鍵吸收能量，形成化學鍵釋放能量，則△H4的值數(shù)值上和Cl?Cl共價鍵的鍵能相等，故B正確；

C.由蓋斯定律可知，反應一步完成和分步完成的能量相同，則△H2+△H3+△H4+△H5+△H6+△H7=△H1，則△H2＋△H3＋△H4＋△H5=△H1－(△H6＋△H7)，故C錯誤；

D.2Na(s)＋Cl2(g)＝2NaCl(s)反應中，△H<0，△S<0，低溫下△G=△H-T△S<0可自發(fā)進行，故D正確；答案選C。3、C【解析】A.重金屬指的是相對原子質(zhì)量大于55的金屬；重金屬離子，是指重金屬失去電子形成的離子狀態(tài)。常見的重金屬有銅、鉛、鋅、鐵、鈷、鎳、錳、鎘、汞、鎢、鉬、金、銀等，則Hg2+、Cd2+、Pb2+是重金屬離子，故A說法正確；B.對于pH>9的廢水，可通過加入酸發(fā)生中和反應來降低廢水的pH至6~9之間，故B說法正確；C.CrO42-轉(zhuǎn)化為Cr2O72-的過程中并沒有元素的化合價發(fā)生變化，不是氧化還原反應，故C說法錯誤；D.在含有Hg2+的廢水中加入Na2S可將Hg2+轉(zhuǎn)化為HgS沉淀，故D說法正確；答案選C。4、D【詳解】A．PCl3是分子晶體，含有共價鍵，分子是三角錐形，正負電荷重心不重合，分子不對稱故是極性分子，故A不選；B．H2S是V形分子，正負電荷重心不重合，分子不對稱故是極性分子，含有極性鍵，故B不選；C．P4正負電荷重心重合，分子是正四面體結(jié)構(gòu)，分子對稱，故是非極性分子，含有非極性鍵，故C不選；D．C2H4含有極性鍵，屬于直線型結(jié)構(gòu)，正負電荷重心重合，分子對稱故是非極性分子，選D；故選D。5、D【解析】試題分析：A、溶液、膠體都是呈電中性的分散系，膠體微粒吸附帶電荷離子，故A錯誤；B、溶液中通過一束光線沒有特殊現(xiàn)象，膠體中通過一束光線出現(xiàn)明顯光路，故B錯誤；C、溶液中溶質(zhì)粒子能通過濾紙，膠體中分散質(zhì)粒子也能通過濾紙，故C錯誤；D、溶液與膠體的本質(zhì)區(qū)別在于分散質(zhì)微粒直徑大小，前者小于1nm，后者介于1nm～100nm之間，故D正確；故選D?？键c：考查了溶液、膠體的本質(zhì)特征的相關(guān)知識。6、D【解析】取樣，滴加足量氯水有氣泡產(chǎn)生，溶液呈橙色；溶液中含有Br-、CO32-；向橙色溶液中加BaCl2溶液或淀粉溶液均無現(xiàn)象；溶液中不含有I-、SO32-；為確定該溶液的組成還需檢驗NH4+、Fe3+的存在與否；可取樣，加足量的NaOH濃溶液，若有紅褐色沉淀生成，說明含有Fe3+；加熱，用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗氣體，若濕潤的紅色石蕊試紙變藍，說明含有NH4+，答案選D。7、A【詳解】保持溫度不變，將容器體積增加一倍，若平衡不移動，B的濃度應是原來的倍，但當達到新的平衡時，B的濃度是原來的60%，說明減小壓強，平衡向正反應方向移動，則說明a＜b。A、由以上分析可知，平衡應向正反應方向移動，故A正確；B、平衡向正反應方向移動，A的轉(zhuǎn)化率增大，故B錯誤；C、平衡向正反應方向移動，物質(zhì)A的質(zhì)量分數(shù)減小了，故C錯誤；D、根據(jù)上述分析，a＜b，故D錯誤；故選A。8、C【詳解】A.鉀和水反應生成KOH和氫氣，故A不選；B.加熱條件下，鎂和水反應生成氫氧化鎂和氫氣，故B不選；C.加熱條件下，鐵和水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，故C選；D.銅和水不反應，故D不選。故選C。9、C【詳解】A．△H=正反應的活化能─逆反應的活化能，故正反應活化能大于100kJ·mol-1，A錯誤；B．△H=正反應的活化能─逆反應的活化能=+100kJ/mol，不知道正反應的活化能，無法確定逆反應的活化能，B錯誤；C．△H=正反應的活化能─逆反應的活化能=+100kJ/mol，正反應活化能比逆反應活化能大100kJ·mol-1，C正確；D．該反應為吸熱反應，反應物的總能量比生成物的總能量低，D錯誤；答案選C。10、C【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W的單質(zhì)是空氣中體積分數(shù)最大的氣體，則W為N元素；Z最外層電子數(shù)等于最內(nèi)層電子數(shù)，原子序數(shù)大于N元素，只能處于第三周期，故Z為Mg元素；X、Y、Z的簡單離子的電子層結(jié)構(gòu)相同，結(jié)構(gòu)原子序數(shù)可知，X只能處于第二周期，且最外層電子數(shù)大于5，W(氮元素)與Y最外層電子數(shù)之和為X的最外層電子數(shù)的2倍，則Y原子最外層電子數(shù)只能為奇數(shù)，結(jié)合原子序數(shù)可知，Y不可能處于ⅠA族，只能處于ⅦA族，故Y為F元素，X最外層電子數(shù)為=6，則X為O元素?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知，A、Z為Mg元素最高正化合價為+2，Y為F元素，沒有最高正化合價，故A錯誤；B、非金屬性O＞N，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞NH3，故B錯誤；C、具有相同電子層結(jié)構(gòu)的離子，核電荷數(shù)越大，離子半徑越小，故離子半徑r(N3-)＞r(O2-)＞r(F-)＞r(Mg2+)，故C正確；D、OF2中含有共價鍵，MgF2中含有離子鍵，二者化學鍵類型不同，故D錯誤；故選C。11、B【詳解】A．用蒸餾水洗凈滴定管后，必須再用標準液鹽酸潤洗滴定管，避免滴定管內(nèi)的水分將標準液稀釋了，標準液濃度減小，滴定時消耗體積增大，測定結(jié)果偏大，A錯誤；B．用蒸餾水洗后的錐形瓶，不能再用待測液潤洗，避免潤洗后待測液物質(zhì)的量增加，測定結(jié)果偏大，B錯誤；C．當溶液由黃色變成橙色，不能立即讀數(shù)，必須等到溶液顏色半分鐘不再變化，才是滴定終點，C錯誤；D．錐形瓶內(nèi)多些水不影響滴定結(jié)果，因為待測液的物質(zhì)的量沒有變化，測定結(jié)果不會受到影響，D正確；故選D。12、D【解析】X溶液加入鹽酸，生成無色氣體，氣體遇到空氣變?yōu)榧t棕色，則可說明生成NO，X中一定含有NO3-和還原性離子Fe2+；亞鐵離子存在，則一定不存在CO32－、OH－、SiO32－；加入鹽酸后陰離子種類不變，則說明X中含有Cl-，加入氯化鋇生成白色沉淀，則一定含有SO42-；加入KSCN溶液呈紅色，因Fe2+被氧化成Fe3+，則不能證明X中是否含有Fe3+，已知該溶液中各離子物質(zhì)的量濃度均為0.2mol?L-1，依據(jù)陰陽離子所帶電荷數(shù)守恒，可知一定含有Mg2+，不含F(xiàn)e3+、K+，所以溶液中一定含有的離子為：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+。A．溶液中沒有碳酸根離子，因此X加入鹽酸反應生成的無色氣體中一定不含二氧化碳，故A錯誤；B．因為第一步加入的鹽酸后硝酸根離子能夠?qū)嗚F離子氧化生成鐵離子，不能確定原溶液中是否存在鐵離子，故B錯誤；C．溶液X中所含離子：Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共有5種，故C錯誤；D．另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反應后過濾，洗滌，灼燒至恒重，得到固體為0.01molFe2O3和0.02molMgO，質(zhì)量為0.01mol×160g/mol+0.02mol×40g/mol=2.4g，故D正確；故選D。13、D【詳解】A.中子數(shù)為8的氧原子，應表示為，A不正確；B.氯離子的結(jié)構(gòu)示意圖應表示為，B不正確；C.Na2S的電子式為，C錯誤；D.2–丙醇的結(jié)構(gòu)簡式為(CH3)2CHOH，D正確。故選D?！军c睛】書寫電子式時，首先要確定它的構(gòu)成微粒，離子化合物由陰、陽離子構(gòu)成，共價化合物由原子構(gòu)成。簡單陽離子的電子式就是它的離子符號，陰離子的電子式為元素符號周圍加8電子，再加中括號和帶電荷。除H外，一般的原子在形成共用電子對后，都達到8電子的相對穩(wěn)定結(jié)構(gòu)。14、C【分析】CO2先與OH－發(fā)生反應：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ca2＋與CO32－反應：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此認為Ca(OH)2先與CO2反應，其次為NaOH，然后是NaAlO2，逐步分析；【詳解】CO2先與OH－發(fā)生反應：2OH－＋CO2=CO32－＋H2O，Ca2＋與CO32－反應：Ca2＋＋CO32－=CaCO3↓，因此認為Ca(OH)2先與CO2反應，其次為NaOH，然后是NaAlO2，發(fā)生的反應依次是Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O、2NaOH＋CO2=Na2CO3＋H2O、2NaAlO2＋CO2＋3H2O=Na2CO3＋2Al(OH)3↓，Na2CO3＋CO2＋H2O=2NaHCO3、CaCO3＋CO2＋H2O=Ca(HCO3)2，因此通入CO2與沉淀關(guān)系的圖像是，故答案選C；答案選C。【點睛】難點是分析反應的過程，特別是NaAlO2、Na2CO3哪個先與CO2反應，學生應記住HCO3－電離出H＋能力強于Al(OH)3，即AlO2－＋HCO3－＋H2O=Al(OH)3↓＋CO32－，因此NaAlO2先與CO2反應。15、A【詳解】A．MgO、Al2O3熔點高，不易熔融可用作耐高溫材料，故A正確；B．做氮肥是利用碳酸氫銨溶解后的銨根離子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性質(zhì)，故B錯誤；C．硫酸鐵溶液中鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體具有吸附懸浮雜質(zhì)的作用，可以凈水，不是利用其易溶于水的性質(zhì)，故C錯誤；D．二氧化硫中S元素的化合價居于中間價態(tài)，具有氧化性和還原性，但漂白紙張是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D錯誤；故選A。16、A【解析】試題分析：A．18克的D216O的物質(zhì)的量為18g20g/mol=0.9mol，其中含有的中子數(shù)為0.9mol×(1×2+8)=9mol，故A正確；B．標準狀況下，SO3不是氣體，故B錯誤；C．80ml10mol/L鹽酸與足量MnO2考點：考查阿伏伽德羅常數(shù)的計算二、非選擇題（本題包括5小題）17、苯乙炔+2Cl2C6H5CCl2CH3+2HCl4【分析】由B的分子式C8H10、C的結(jié)構(gòu)簡式可知B為，則A與氯乙烷發(fā)生取代反應生成B，則A為。對比C、D的結(jié)構(gòu)可知C脫去2分子HCl，同時形成碳碳三鍵得到D，該反應屬于消去反應。D發(fā)生信息中的偶聯(lián)反應生成E為。【詳解】(1)B的分子式為C8H10，C為：，可知B的結(jié)構(gòu)簡式種含有苯環(huán)，B為，發(fā)生二元取代生成C，D的結(jié)構(gòu)簡式為：，化學名稱為苯乙炔；(2)B為，步驟②B發(fā)生二元取代生成C，反應化學方程式為：；

(3)對比C、D的結(jié)構(gòu)可知C脫去2分子HCl，同時形成碳碳三鍵得到D，該反應屬于消去反應。D發(fā)生信息中的偶聯(lián)反應生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為，用1molE合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三鍵與氫氣發(fā)生加成反應，理論上需要消耗氫氣4mol；(4)芳香化合物F是C的同分異構(gòu)體，其分子中只有兩種不同化學環(huán)境的氫，數(shù)目比為3：1，可能的結(jié)構(gòu)簡式為：()、()、()、()、()。18、B【詳解】A.若X為KOH溶液、A為A1時，Al和堿反應只能生成偏鋁酸鉀，不符合轉(zhuǎn)化關(guān)系，A可以為Al3+，故A錯誤；B.若X為Fe，則A和鐵反應的量不同，產(chǎn)物不同，且產(chǎn)物可以和鐵反應，證明A為氧化性酸，判斷A可以為HNO3，B為Fe(NO3)3溶液，則C可能為Fe(NO3)2溶液，故B正確；C.若A.B.C均為焰反應呈黃色的化合物，說明含鈉元素，轉(zhuǎn)化關(guān)系中A可以是NaOH，X可以是二氧化碳或二氧化硫，B為碳酸鈉或亞硫酸鈉，C為碳酸氫鈉或亞硫酸氫鈉，故C錯誤；D.若X為O2，A為有機物乙醇，可以實現(xiàn)A→B→C的轉(zhuǎn)化，但不能一步實現(xiàn)A→C；為非金屬單質(zhì)硫時，可以實現(xiàn)A→B→C的轉(zhuǎn)化，但不能實現(xiàn)A→C的轉(zhuǎn)化，故D錯誤；答案選B。19、防止C中溶液倒吸入A中NaOH溶液冷卻后將濁液倒入盛水的小燒杯中，得到藍色溶液（或冷卻后，將上層濃硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到藍色溶液）一定濃度的稀硫酸（稀鹽酸也可以）向上層清液中滴加2滴亞鐵氰化鉀溶液，沒有明顯現(xiàn)象（或無紅棕色沉淀生成）不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2SCuS+4H2SO4（濃）CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4（濃）2CuSO4+5SO2↑+6H2O【解析】(1)①反應生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸現(xiàn)象，裝置B可以防止C中溶液倒吸入A中；二氧化硫會污染空氣，二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸铮b置C中可以用氫氧化鈉溶液吸收二氧化硫，故答案為防止C中溶液倒吸入A中；NaOH溶液；②硫酸銅溶液顯藍色，為證明A裝置中灰白色沉淀的主要成分為硫酸銅，可以將冷卻后的濁液倒入盛水的小燒杯中，得到藍色溶液即可證明，故答案為冷卻后將濁液倒入盛水的小燒杯中，得到藍色溶液；(2)①根據(jù)CuS、Cu2S的性質(zhì)可知，二者均難溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此試劑A應該選擇稀硫酸，故答案為稀硫酸；②根據(jù)題意，亞鐵氰化鉀[K4Fe(CN)6]是Cu2+的靈敏檢測劑，向含有Cu2+的溶液中滴加亞鐵氰化鉀溶液，可以生成紅棕色沉淀。因此只要向反應后的溶液中加入亞鐵氰化鉀即可檢驗溶液中是否存在Cu2+，故答案為向上層清液中滴加2滴亞鐵氰化鉀溶液，沒有明顯現(xiàn)象(或無紅棕色沉淀生成)；【獲得結(jié)論】根據(jù)實驗2可知，黑色固體中不含CuO，根據(jù)實驗3可知，加入適量濃氨水，固液分界線附近的溶液呈淺藍色；加入適量濃鹽酸，微熱后靜置，溶液變成淺綠色，因為CuS微溶于濃氨水或熱的濃鹽酸，Cu2S難溶于濃鹽酸，說明含有CuS、可能含有Cu2S，故答案為不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2S；【實驗反思】黑色固體中含有CuS、可能含有Cu2S，根據(jù)反應的含硫產(chǎn)物除無水硫酸銅外還有二氧化硫，CuS、Cu2S與濃硫酸的反應方程式分別為CuS+4H2SO4(濃)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(濃)2CuSO4+5SO2↑+6H2O，故答案為CuS+4H2SO4(濃)CuSO4+4SO2↑+4H2O，Cu2S+6H2SO4(濃)2CuSO4+5SO2↑+6H2O。點睛：本題借助于銅與濃硫酸的反應對反應過程中的中間產(chǎn)物進行了探究，題目有一定的難度。本題的難點是題干提供的信息較多，需要從眾多的信息中提取有用信息，加以利用，物質(zhì)性質(zhì)的陌生性也增大了試題難度。20、MnO2+4HCl=MnCl4+2H2OMnCl4Cl2↑+MnCl2Ⅲ中沒有明顯現(xiàn)象的原因是c(H+)、c(Cl-)較低，需要增大到一定濃度才能被MnO2氧化HCl的還原性與c(H+)無關(guān)；MnO2的氧化性與c(H+)有關(guān)，c(H+)越大，MnO2的氧化性越強不能將濕潤的淀粉KI試紙伸入純凈的NO2中c(Cl-)、c(H+)(或濃度)【分析】（1）①MnO2呈弱堿性與濃鹽酸發(fā)生復分解反應，生成四氯化錳和水；②MnCl4加熱發(fā)生分解反應，產(chǎn)生的黃綠色氣體Cl2；③對比實驗Ⅳ、實驗Ⅲ，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能產(chǎn)生黃綠色氣體，即可得出結(jié)論；④右管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，但指針偏轉(zhuǎn)幅度不大，說明c(H+)不影響HCl的還原性；左管中滴加濃H2SO4，溶液中c(H+)增大，指針偏轉(zhuǎn)幅度增大，說明c(H+)對MnO2的氧化性有影響，且c(H+)越大，MnO2的氧化性越強；（2）①燒瓶上方立即產(chǎn)生白霧，用濕潤的淀粉KI試紙檢驗，無明顯現(xiàn)象，說明產(chǎn)生的白霧中沒有Cl2；②實驗Ⅱ中將濕潤的淀粉KI試紙伸入純凈的Cl2中，觀察到試紙先變藍，后褪色，因此實驗Ⅲ需檢驗NO2對濕潤的淀粉KI試紙的顏色變化，從而證明混合氣體中是否含有Cl2；（3）由上述實驗過程分析可得，鹽酸能否被氧化與氧化劑的種類、c(H+)或c(Cl-)有關(guān)?！驹斀狻浚?）①由于MnO2呈弱堿性，與濃鹽酸發(fā)生復分解反應，則該反