2026屆上海市上海外國語大學附屬外國語學?；瘜W高三第一學期期中經典模擬試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列關于pH=3的CH3COOH溶液的敘述正確的是（）A．溶液中H2O電離出的c(OH-)=1.0×10-3mol?L—1B．加入少量CH3COONa固體后，溶液pH升高C．與等體積0.001mol/LNaOH溶液反應，所得溶液呈中性D．與pH=3的硫酸溶液濃度相等2、下列有關化學鍵與晶體結構說法正確的是A．兩種元素組成的分子中一定只有極性鍵B．離子化合物的熔點一定比共價化合物的高C．非金屬元素組成的化合物一定是共價化合物D．含有陰離子的化合物一定含有陽離子3、下列敘述正確的是()A．1mol·L－1NaCl溶液中含有NA個Na+B．從100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，所得硫酸根的物質的量為0.05molC．用100mL水吸收0.1molHCl氣體所得溶液的物質的量濃度恰好是1mol·L－1D．將62gNa2O溶于水中，配成1L溶液，所得溶質的物質的量濃度為1mol·L－14、一定質量銅和適量的濃硝酸反應，隨著反應的進行，所生成的氣體顏色逐漸變淺，當銅反應完畢后，共收集到11.2L氣體（標況），將該氣體與0.325molO2混合溶于水，恰好無氣體剩余。則反應中消耗硝酸的物質的量A．1.2mol B．1.1mol C．1.8mol D．1.6mol5、“綠色化學實驗”已走進課堂，下列做法符合“綠色化學”的是①實驗室收集氨氣采用圖1所示裝置②實驗室做氯氣與鈉的反應實驗時采用圖2所示裝置③實驗室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實驗④實驗室中采用圖3所示裝置進行銅與稀硝酸的反應A．②③④ B．①②③ C．①②④ D．①③④6、設阿伏加德羅常數的值為NA，下列說法正確的是A．標準狀況下，2.24L苯分子中共價鍵的數目為0.4NAB．2L0.5mol/LH2SO3溶液中含有的H+數目為2NAC．7.8gNa2O2固體中含有的離子總數為0.37NAD．常溫下，1molFe與足量濃硝酸反應，電子轉移數目為3NA7、已知反應：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,下列關于該反應的敘述不正確的是A．該反應中，氧化劑與還原劑物質的量之比為9：5B．當反應中有1mol電子轉移時，被還原氯氣物質的量為1/18molC．每產生1molO2時，被氧元素還原的氯氣物質的量為2molD．參加反應的水有2/5被氧化8、化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A．明礬可用作凈水劑B．純堿可用于中和過多的胃酸C．硫酸銅常用作游泳館池水消毒劑D．硫酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查9、25℃時，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1000mol·L-1一元酸HA(pKa=-lgKa=4.75)溶液，其滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A．當滴入40mLNaOH溶液時，溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)B．當溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7時：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)=c(H+)C．當滴入NaOH溶液20mL時c(OH-)>c(H+)+c(HA)D．當滴定到pH=4.75時，c(A-)=c(HA)10、pH=1的某溶液X中還含有、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、、、、Cl-、中的一種或幾種(忽略水的電離及離子的水解)，取該溶液進行如下實驗：下列有關推斷不正確的是A．根據上述連續(xù)實驗不能確定溶液X中是否含有Fe3+、Cl-B．溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+C．沉淀H為Al(OH)3、BaCO3的混合物D．若溶液X為100mL，產生的氣體A為44.8mL(標況)，則X中c(Fe2+)=0.06mol/L11、R2O8n－離子在一定條件下可以把Mn2+離子氧化為MnO4－，若反應后R2O8n－離子變?yōu)镽O42－離子。又知反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為5：2，則n的值是A．1 B．2 C．3 D．412、化合物Y是一種藥物中間體，可由X制得。下列有關化合物X、Y的說法正確的是A．1molX最多能與3mol反應 B．Y分子中所有碳原子可能處于同一平面C．用溶液可以區(qū)分X、Y D．X、Y分子中手性碳原子數目不相等13、下列說法中，正確的是A．BF3分子中原子的最外層都不滿足8電子穩(wěn)定結構B．在0.1molNaHSO4晶體中陽離子與陰離子總數為0.3NA（阿伏加德羅常數為NA）C．全氟丙烷（C3F8）分子中三個碳原子可能處于同一直線上D．向30mL0.5mol／LNaOH（aq）中通入224mLCO2（標準狀況），其離子反應方程式可表示為：3OH－＋2CO2＝CO32－＋HCO3－＋H2O14、在VLAl2(SO4)3溶液中加入過量氨水，過濾得沉淀，然后在高溫中灼燒沉淀最后得白色固體mg，溶液中SO42-的物質的量濃度是（）A．m/27Vmol·L-1B．2m/27Vmol·L-1C．3m/54Vmol·L-1D．m/34Vmol·L-115、下列過程沒有發(fā)生化學反應的是()A．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保存水果 B．用熱堿水清除炊具上殘留的油污C．用活性炭去除冰箱中的異味 D．用含硅膠、鐵粉的透氣小袋與食品一起密封包裝16、直接煤一空氣燃料電池原理如圖所示，下列說法錯誤的是（）A．隨著反應的進行，氧化物電解質的量不斷減少B．負極的電極反應式為C+2CO32--4e-=3CO2↑C．電極X為負極，O2-向X極遷移D．直接煤一空氣燃料電池的能量效率比煤燃燒發(fā)電的能量效率高二、非選擇題（本題包括5小題）17、在一定條件下可實現(xiàn)下圖所示物質之間的轉化：請?zhí)顚懴铝锌瞻祝海?）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（堿式碳酸銅），受熱易分解，圖中的F是______（填化學式）。（2）寫出明礬溶液與過量NaOH溶液反應的離子方程式:。（3）寫出B電解生成E和D的反應方程式：。（4）圖中所得G和D都為固體，混合后在高溫下可發(fā)生反應，寫出該反應的化學方程式，該反應消耗了2molG，則轉移的電子數是。18、化合物G是合成液晶材料的中間體，以芳香烴A、乙酸為原料合成G的路線如下：回答下列問題:(1)B的結構簡式為______;A的化學名稱為____。(2)由A、B生成C的反應類型是_____;由E生成F的反應類型為____。(3)D中含氧官能團的名稱是_______;寫出在加熱條件下F與足量NaOH的乙醇溶液反應生成G的化學方程式______。(4)E有多種同分異構體，能滿足下列條件的E的同分異構體有______種。①苯環(huán)上有兩個取代基②能夠使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程，設計以丙酸(CH3CH2COOH)、苯為原料制備有機高分子的合成路線_____(無機試劑任選)。19、某溶液中只含有Ba2+、Mg2+、Ag+三種陽離子，現(xiàn)用適量的NaOH溶液、稀鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，其流程如圖所示：(1)沉淀1的化學式為__________，生成該沉淀的離子方程式為_______________。(2)若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2化學式為_______________。對于反應后的溶液2，怎樣檢驗已除去_______________。(3)若試劑B為NaOH溶液，則生成沉淀2的離子方程式為_______________。(4)如果原溶液中Ba2+、Mg2+、Ag+的濃度均為0.1mol·L-1，且溶液中含有的陰離子只有，則溶液中濃度為________mol·L-1。20、亞氯酸鈉(NaClO2)是一種重要的消毒劑和漂白劑，可以ClO2為原料制取。某化學興趣小組同學欲利用如圖實驗制取漂白劑亞氯酸鈉(NaClO2)，并進行純度的測定。已知：①飽和NaClO溶液析出晶體與溫度的關系如表所示。②純ClO2易分解爆炸，一般用稀有氣體或空氣稀釋到10％以下。溫度/℃<3838~60>60晶體成分NaClO23H2ONaClO2NaClO2分解生成NaClO3和NaCl實驗一、制備NaClO2晶體(1)裝置C的作用是___________________。(2)裝置B中反應生成NaClO2的化學方程式為________________。(3)裝置B反應后的溶液中陰離子除了ClO、ClO、Cl-、ClO-、OH-外還可能含有的一種陰離子是_____________。(4)從裝置B反應后的溶液獲得NaClO2晶體的操作步驟為：①減壓，55℃蒸發(fā)結晶；②_________；③_______；④低于60℃干燥，得到成品。(選擇合適的操作編號填空)A．冷卻到室溫后，過濾B．趁熱過濾C．常溫洗滌D．冰水洗滌E．38~60℃的溫水洗滌實驗二、測定產品純度(5)準確稱取所得亞氯酸鈉樣品mg于小燒杯中，加入適量蒸餾水和過量的碘化鉀晶體，再滴入適量的稀硫酸，充分反應，將所得混合液配成250mL待測溶液。移取25.00mL待測溶液于錐形瓶中，加幾滴淀粉溶液，用cmol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定至終點，重復2次，測得消耗Na2S2O3標準溶液的平均值為VmL。(已知：ClO+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-、I2+2S2O=2I-+S4O)①達到滴定終點時的現(xiàn)象為______________。②該樣品中NaClO2的質量分數為_________(用含m、c、V的代數式表示，結果化成最簡)。③若滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定終點時尖嘴氣泡消失，則測得結果________(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。21、（1）過渡金屬元素鐵能形成多種配合物，如：[Fe（H2NCONH2）6]（NO3）3[三硝酸六尿素合鐵（Ⅲ）]和Fe（CO）x等。①基態(tài)Fe3＋的M層電子排布式為__________________。②配合物Fe（CO）x的中心原子價電子數與配體提供電子數之和為18，則x＝_________。Fe（CO）x常溫下呈液態(tài)，熔點為－20.5℃，沸點為103℃，易溶于非極性溶劑，據此可判斷Fe（CO）x晶體屬于__________（填晶體類型）（2）O和Na形成的一種只含有離子鍵的離子化合物的晶胞結構如圖，距一個陰離子周圍最近的所有陽離子為頂點構成的幾何體為__________。已知該晶胞的密度為ρg／cm3，阿伏加德羅常數為NA，求晶胞邊長a＝__________cm。（用含ρ、NA的計算式表示）（3）下列說法正確的是__________。A．第一電離能大小：S>P>SiB．電負性順序：C<N<O<FC．因為晶格能CaO比KCl高，所以KCl比CaO熔點低D．SO2與CO2的化學性質類似，分子結構也都呈直線型，相同條件下SO2的溶解度更大E．分子晶體中，共價鍵鍵能越大，該分子晶體的熔沸點越高（4）圖1是：Na、Cu、Si、H、C、N等元素單質的熔點高低的順序，其中c、d均是熱和電的良導體。①圖中d單質的晶體堆積方式類型是______________________。②圖2是上述六種元素中的一種元素形成的含氧酸的結構，請簡要說明該物質易溶于水的原因：__________________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【詳解】A項、pH=3的CH3COOH溶液中c（H+）為1.0×10-3mol?L-1，氫離子抑制了水的電離，醋酸中的氫氧根離子來自水的電離，則溶液中H2O電離出的c（OH-）=1.0×10-10mol?L-1，故A錯誤；B項、加入少量CH3COONa固體后，溶液中醋酸根濃度增大，醋酸的電離平衡逆向移動，溶液中氫離子濃度減小，溶液pH升高，故B正確；C項、醋酸為弱酸，pH=3的醋酸溶液濃度大于0.001mol?L-1，與等體積0.001mol?L-1NaOH溶液反應后醋酸過量，所得溶液呈酸性，故C錯誤；D項、pH=3的硫酸溶液中氫離子濃度為c（H+）=1.0×10-3mol?L-1，硫酸的濃度為5×10-4mol?L-1，而醋酸的濃度大于0.001mol?L-1，故D錯誤；故選B?！军c睛】水電離出的氫離子濃度總是等于水電離出是氫氧根離子濃度，酸堿抑制水電離，水解的鹽促進水電離。2、D【詳解】本題考查的是化學鍵知識。A選項，兩種元素組成的分子中也可以有非極性鍵，如雙氧水，故A錯；B選項，晶體熔沸點順序一般為:原子晶體＞離子晶體＞分子晶體，共價化合物多數是分子晶體，但也有些是原子晶體如二氧化硅，故B錯；C選項，非金屬元素組成的化合物多數是共價化合物，但也可以形成離子化合物，如銨鹽，故C錯；D選項，由電荷守恒可知，D正確。3、B【解析】A.缺少溶液的體積，無法計算微粒的數目，選項A錯誤；B.溶液具有均一性，溶液的濃度與體積大小無關，從100mL5mol·L－1H2SO4溶液中取出10mL，該溶液中硫酸的濃度仍然是5mol·L－1。根據電解質與其電離產生的離子關系，可知SO42-的濃度為5mol/L，由于所取溶液的體積是10mL，所以其中含有的SO42-的物質的量為n=5mol/L×0.01L=0.05mol，選項B正確；C.水吸收HCl得鹽酸，但是溶液的體積不等于溶劑水的體積，所以得到的鹽酸的濃度不是1mol/L，選項C錯誤；D.62gNa2O物質的量是1mol，Na2O與水反應產生NaOH，1molNa2O反應產生2molNaOH，配成1L溶液，因此所得NaOH溶液的物質的量濃度為2mol/L，選項D錯誤。4、C【詳解】收集到11.2L氣體（標況），為0.5mol，將該氣體與0.325molO2混合溶于水，恰好無氣體剩余，說明生成的有一氧化氮和二氧化氮，反應為：3Cu+8HNO3===3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+H2O，混合氣體在有氧氣的條件下被吸收：4NO+3O2+2H2O=4HNO3，4NO2+O2+2H2O=4HNO3，兩式可知NO為0.4mol，消耗硝酸為1.6mol。NO2為0.1mol，消耗硝酸為0.2mol，共消耗硝酸為1.8mol。C項正確5、C【分析】分析每種裝置中出現(xiàn)的相應特點，再判斷這樣的裝置特點能否達到處理污染氣體，減少污染的效果?！驹斀狻竣賵D1所示裝置在實驗中用帶有酚酞的水吸收逸出的氨氣，防止氨氣對空氣的污染，符合“綠色化學”，故①符合題意；②圖2所示裝置用沾有堿液的棉球吸收多余的氯氣，能有效防止氯氣對空氣的污染，符合“綠色化學”，故②符合題意；③氨氣與氯化氫氣體直接散發(fā)到空氣中，對空氣造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“綠色化學”，故③不符合題意；④圖3所示裝置中，銅絲可以活動，能有效地控制反應的發(fā)生與停止，用氣球收集反應產生的污染性氣體，待反應后處理，也防止了對空氣的污染，符合“綠色化學”，故④符合題意；故符合“綠色化學”的為①②④。故選C。【點睛】“綠色化學”是指在源頭上消除污染，從而減少污染源的方法，與“綠色化學”相結合的往往是原子利用率，一般來說，如果所有的反應物原子都能進入指定的生成物的話，原子的利用率為100%。6、C【詳解】A.標準狀況下苯不是氣體，2.24L苯物質的量不是0.1mol，故A錯誤；B.亞硫酸是二元弱酸，在溶液中存在電離平衡，所以2L0.5mol/L亞硫酸溶液中含有的H+離子數遠小于2NA，故B錯誤；C.過氧化鈉中有鈉離子和過氧根離子，7.8g過氧化鈉是0.1mol，每1molNa2O2中有3mol離子，總數是0.3NA，故C錯誤；D.常溫下鐵在濃硝酸中發(fā)生鈍化，不能繼續(xù)反應，電子轉移不是3NA個，故D錯誤；正確答案是C。7、B【解析】試題分析：A．反應10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得電子，1molCl原子失電子，2molO原子失電子，則氧化劑為4.5mol，還原劑物質的量為0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化劑與還原劑物質的量之比為9：5，故A正確；B．反應10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯氣反應時，被還原的氯氣為4.5mol，轉移電子的物質的量為9mol，當反應中有1mol電子轉移時，被還原氯氣物質的量為0.5mol，故B錯誤；C．每產生1molO2時，O元素失去4mol電子，則氯元素得到4mol，所以被氧元素還原的氯氣物質的量為2mol，故C正確；D．反應10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5個O原子參加反應，其中有2個O原子失電子被氧化，所以參加反應的水有2/5被氧化，故D正確；故選B?！究键c定位】考查氧化還原反應【名師點晴】明確元素的化合價變化是解答的關鍵，注意Cl的得電子數等于轉移的電子總數；反應10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合價既升高又降低，其中9molCl原子得電子，1molCl原子失電子，O元素的化合價升高，2molO原子失電子，以此來解答。8、B【解析】A、氫氧化鋁膠體具有吸附性；B、純堿堿性較強，不能用于胃藥；C、銅離子是重金屬離子，能使蛋白質變性；D、硫酸鋇難溶于水，可用于胃腸X射線造影檢查?！驹斀狻緼、氫氧化鋁膠體具有吸附性，吸附水中懸浮的雜質，故A正確；B、純堿堿性較強，不能用于胃藥，故B錯誤；C、銅離子是重金屬離子，能使蛋白質變性，硫酸銅具有殺菌消毒作用，常用作游泳館池水消毒劑，故C正確；D、硫酸鋇難溶于水，X射線不能透過，可用于胃腸X射線造影檢查，故D正確。故選B。9、D【解析】HA的pKa=-lgKa=4.75，說明HA是弱酸?！驹斀狻緼．當滴入40mLNaOH溶液時，二者發(fā)生反應產生NaA，同時NaOH溶液過量，二者的物質的量的比是1:1，NaA是強堿弱酸鹽，A-發(fā)生水解反應產生OH-，同時溶液中還存在NaOH電離產生的OH-，故離子濃度關系c(OH-)>c(A-)，鹽電離產生的離子濃度c(A-)大于水電離產生c(H+)，故溶液中離子濃度關系是：c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)，A錯誤；B．在溶液中存在電荷守恒關系：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，當溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7時，(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，由于鹽的電離作用大于水的電離作用，所以c(Na+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)，B錯誤；C．當滴入NaOH溶液20mL時。二者恰好中和，反應產生NaA，該鹽是強堿弱酸鹽，A-發(fā)生水解反應消耗水電離產生的H+，產生HA和OH-，根據質子守恒關系可得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，C錯誤；D．當滴定到pH=4.75時，c(H+)=10-4.75mol/L，由于pKa=-lgKa=4.75，所以=10-4.75，所以c(A-)=c(HA)，D正確；答案選D。10、C【分析】pH=1的某溶液X中，一定不含有、；向酸性溶液中加入過量硝酸鋇溶液，生成沉淀，說明溶液中一定含有，被還原Ba2+，生成氣體A說明溶液中一定含有Fe2+，F(xiàn)e2+與硝酸根在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應生成Fe3+、NO和H2O，則溶液中一定不含有；向溶液B中加入過量氫氧化鈉溶液，生成氣體D說明溶液中一定含有，生成沉淀F，說明溶液中可能含有Fe3+；向溶液F中通入過量二氧化碳，因堿性條件下，鋇離子與過量二氧化碳反應生成碳酸氫鋇，則生成沉淀H說明溶液中一定含有Al3+；由題給轉化關系可知，無法確定溶液中是否存在Cl-，綜合以上分析可知，pH=1的某溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、，一定不含有Ba2+、、，可能含有Fe3+、Cl-?！驹斀狻緼.由分析可知，不能確定pH=1的某溶液X中否含有Fe3+、Cl-，故A正確；B.由分析可知，pH=1的某溶液X中一定含有、Al3+、Fe2+、、H+，故B正確；C.由堿性條件下，鋇離子與過量二氧化碳反應生成可溶的碳酸氫鋇可知，沉淀H中一定不含有BaCO3，故C錯誤；D.由分析可知，氣體A為NO，標準狀況下44.8mLNO的物質的量為0.002mol，由得失電子數目守恒可得：n(Fe2+)×1=0.002mol×3，解得n(Fe2+)=0.006mol，則c(Fe2+)==0.06mol/L，故D正確；故選C。11、B【詳解】錳元素的化合價變化為7-2=5，R2O8n－中R的化合價是＋(8－n/2)，在還原產物中R的化合價是＋6價，所以根據得失電子守恒可知5×2×(8－n/2－6)＝2×5，解得n＝2，答案選B。12、D【詳解】A.X中含有苯環(huán)和羰基，都與氫氣發(fā)生加成反應，則1molX最多能與4mol反應，故A錯誤；B.一分子Y中含有3個亞甲基，還有一個碳原子形成四個共價單鍵，所以碳原子不可能共平面，故B錯誤；C.X、Y均不含有酚羥基，無法用溶液區(qū)分，故C錯誤；D.X中沒有手性碳原子，Y中有一個手性碳原子，手性碳原子數不相等，故D正確；故選：D。13、D【解析】A、BF3分子中B元素化合價為+3，B原子最外層電子數為3，所以3+3=6，B原子未達8電子結構；F元素化合價為-1價，F(xiàn)原子最外層電子數為7，|-1|+7=8，F(xiàn)原子滿足8結構，故A錯誤；B、NaHSO4晶體是由鈉離子與硫酸氫根離子構成的，0.1molNaHSO4晶體中陽離子與陰離子總數為0.2NA，故B錯誤；C、全氟丙烷(C3F8)可以看做2個-CF3取代CF4中的2個F原子形成的，-CF2-具有四面體結構，3個碳原子呈Ⅴ形，故C錯誤；D、224mLCO2(標準狀況)物質的量為0.01mol，氫氧化鈉的物質的量為0.015mol，所以n(CO2)：n(NaOH)=1：1.5，介于1：1與1：2之間，反應生成碳酸鈉與碳酸氫鈉，令碳酸鈉與碳酸氫鈉的物質的量分別為xmol、ymol，根據鈉元素守恒有2x+y=0.015，根據碳元素守恒有x+y=0.01，聯(lián)立方程解得x=0.005、y=0.005，所以生成碳酸鈉與碳酸氫鈉為1：1，離子方程式為3OH-+2CO2═CO32-+HCO3-+H2O，故D正確；故選D。點睛：本題的難點是D選項離子方程的書寫，關鍵是計算確定碳酸鈉與碳酸氫鈉的物質的量之比；易錯點為B，要注意NaHSO4晶體是由鈉離子與硫酸氫根離子構成的，要與硫酸氫鈉在水中的電離區(qū)分開。14、D【解析】依題意，最后所得固體為Al2O3，其物質的量為m/102mol，原VLAl2(SO4)3溶液中含SO42-的物質的量[m×2×3/(102×2)]mol，c(SO42-)=m/34Vmol·L-1，所以答案選D。15、C【解析】A.高錳酸鉀溶液氧化乙烯，發(fā)生化學反應；B.碳酸鈉水解產生的氫氧化鈉與油脂發(fā)生反應；C.利用活性炭的吸附作用，沒有發(fā)生化學反應；D.鐵粉與氧氣發(fā)生氧化還原反應。故選C。16、A【詳解】A、氧化物電解質的量不會減少，在電極Y上O2得到電子生成O2-不斷在補充，故A錯誤；B、由原理圖分析可知，其負極反應式為C+2CO32--4e-=3CO2↑，即B正確；C、原電池內部的陰離子向負極移動，所以C正確；D、直接煤一空氣燃料電池是把化學直接轉化為電能，而煤燃燒發(fā)電是把化學能轉化為熱能，再轉化為電能，其中能量損耗較大，所以D正確。正確答案為A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、（每空1分，共10分）（1）CO1（1）Al3＋+4OH－＝AlO1－+1H1O（3）1Al1O34Al+3O1↑（4）1Al+3CuO3Cu+Al1O34NA（或1．408х1014）【解析】試題分析：（1）明礬與過量的氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鹽。孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）1（堿式碳酸銅），受熱易分解，生成氧化銅、CO1和水。CO1能與A反應，則F是CO1。（1）明礬溶液與過量NaOH溶液反應的離子方程式為Al3＋+4OH－＝AlO1－+1H1O。（3）CO1能與偏鋁酸鹽反應生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁分解生成氧化鋁和水，電解氧化鋁生成氧氣和鋁，則B電解生成E和D的反應方程式為1Al1O34Al+3O1↑。（4）圖中所得G和D都為固體，分別是是氧化銅和鋁，混合后在高溫下可發(fā)生鋁熱反應，該反應的化學方程式為1Al+3CuO3Cu+Al1O3。反應中銅的化合價從＋1價降低到0價，因此若該反應消耗了1mol氧化銅，則轉移的電子數是4NA?？键c：考查無機框圖題推斷18、乙苯取代反應加成反應羥基+2NaOH+2NaBr+2H2O11CH3CH2COOH【分析】根據信息可知CH3COOH與SOCl2反應生成CH3COCl，根據C的結構可以推斷出A為，C發(fā)生加成反應生成D()，D發(fā)生消去反應生成E()，E發(fā)生加成反應生成F()，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G()?！驹斀狻?1)根據前面分析得到B的結構簡式為CH3COCl；A()的化學名稱為乙苯；故答案為：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反應生成C的反應類型是取代反應；由E()生成F()的反應類型為加成反應；故答案為：取代反應；加成反應。(3)D()中含氧官能團的名稱是羥基；在加熱條件下F與足量NaOH的乙醇溶液反應生成G的化學方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案為：羥基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)E()有多種同分異構體，①苯環(huán)上有兩個取代基，②能夠使溴的CCl4溶液褪色，說明含有碳碳雙鍵，含有一個甲基和—CH2CH=CH2，鄰、間、對三種；含有一個甲基和—C(CH3)=CH2，鄰、間、對三種；含有一個甲基和—CH=CHCH3，鄰、間、對三種；含有一個—CH=CH2和—CH2CH3，鄰、間、對三種，去掉，其同分異構體共11種；故答案為：11。(5)根據信息CH3CH2COOH和SOCl2反應生成，和苯反應生成，和氫氣反應生成，在濃硫酸加熱條件下反應生成，在催化劑條件下反應生成；其流程圖為CH3CH2COOH；故答案為：CH3CH2COOH。【點睛】有機推斷是?？碱}型，主要根據前后分子式或結構簡式分析前后物質的結構簡式，常見推斷方式有正向推斷、逆向推斷、兩邊向中間、中間向兩邊的推斷。19、AgClAg++Cl-=AgCl↓BaSO4取少許溶液2于試管，向其中滴加氯化鋇溶液，看是否有沉淀，若沒有沉淀，則硫酸根已除去Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓0.5【分析】某溶液中含有Ba2+、Mg2+、Ag+，現(xiàn)用NaOH溶液、鹽酸和Na2SO4溶液將這三種離子逐一沉淀分離，OH-和Mg2+、Ag+反應；和Ba2+反應，所以先用HCl將Ag+轉化為AgCl沉淀，過濾后加入Na2SO4或NaOH生成BaSO4沉淀或Mg(OH)2沉淀，所以B可能是Na2SO4或NaOH。若試劑B為Na2SO4溶液，則沉淀2為BaSO4，溶液2含有Mg2+，加入NaOH溶液，生成沉淀3為Mg(OH)2；若試劑B為NaOH溶液，沉淀2為Mg(OH)2，沉淀3為BaSO4，以此解答該題?！驹斀狻?1)向含有Ba2+、Mg2+、Ag+的溶液中加入HCl，發(fā)生反應：Ag++Cl-=AgCl↓，產生AgCl白色沉淀，所以沉淀1為AgCl，生成該沉淀的離子方程式為：Ag++Cl-=AgCl↓；(2)溶液1中含有Ba2+、Mg2+，若試劑B為Na2SO4溶液，則發(fā)生反應：Ba2++=BaSO4↓，則沉淀2化學式為BaSO4；根據BaSO4的不溶性檢驗已經除盡，檢驗方法是：取少許溶液2于試管，向其中滴加BaCl2溶液，看是否有沉淀，若沒有沉淀，則已除去；(3)溶液1中含有Ba2+、Mg2+，若試劑B為NaOH溶液，加入NaOH溶液會發(fā)生反應：Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓，則生成沉淀2為Mg(OH)2；(4)Ag+的濃度均為0.1mol/L，且溶液中含有的陰離子只有，因溶液呈電中性，溶液中存在c()=2c(Ba2+)+2c(Mg2+)+c(Ag+)，則溶液中濃度c()=2×0.1mol/L+2×0.1mol/L+0.1mol/L=0.5mol/L。【點睛】本題考查混合物分離提純的實驗設計。握離子之間的反應、題目中的信息為解答的關鍵，注意“逐一沉淀分離”的限制條件。20、防止污染環(huán)境或吸收多余的ClO22NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2SOBE滴入最后一滴Na2S2O3標準溶液時，溶液藍色或淺藍色退去且半分鐘顏色不恢復%偏高【分析】裝置A中制備得到ClO2，所以A中反應為NaClO3和Na2SO3在濃硫酸的作用下生成ClO2和Na2SO4，A中還可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O;裝置B中二氧化氯和氫氧化鈉、H2O2的混合溶液反應生成NaClO2。另外A中產生的SO2被帶入B中，SO2與NaOH和H2O2的混合溶液反應生成硫酸鈉。由題目信息可知，應控制溫度38℃~60℃，高于60℃時NaC1O2分解成NaClO3.和NaC1。，從裝置B的溶液獲得NaClO2晶體，需要蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、洗滌、干燥，裝置C是吸收多余氣體防止污染。據此解答。【詳解】⑴裝置C的作用是吸收ClO2，防止污染空氣。故答案為：防止污染環(huán)境或吸收多余的ClO2。⑵裝置B中以ClO2為原料制備NaClO2，ClO2中氯元素的價態(tài)由+4降低到+3價，ClO2為氧化劑，則H2O2還原劑，H2O2中氧元素的價態(tài)應有-1價升高到0價，則應有O2生成，則方程式為2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。答案為：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2。⑶裝置A中在制備ClO2的同時，還可能發(fā)生Na2SO3+H2SO4(濃)=Na2SO4+SO2↑+H2O，生成的SO2隨ClO2到B裝置中，則SO2被H2O2氧化為硫酸，硫酸與氫氧化鈉反應生成硫酸鈉，則裝置B反應后的溶液中還可能含有的一種陰離子是SO。故答案為：SO。⑷根據已知：①飽和NaClO溶液析出晶體與溫度的關系，NaClO2飽和溶液在溫度低于38℃時析出的晶體是NaClO2·3H2O，高于38℃時析出的晶體是NaClO2，高于60℃時NaClO2分解成NaClO3