重慶市三十二中2026屆高三化學第一學期期中質量檢測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，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、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．18g氨基(－ND2)中含有的電子數為10NAB．一定質量的乙烷與22.4L(標準狀況)Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應，形成C－Cl鍵的數目為2NAC．用惰性電極電解100mL0.1mol·L－1的CuSO4溶液，當陰、陽兩極產生相同條件下等體積的氣體時，電路中轉移電子數為0.04NAD．n(H2SO3)和n(HSO3－)之和為1mol的KHSO3溶液中，含有的K+數目為NA2、下列有關從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達到實驗目的的是A．用裝置甲灼燒碎海帶B．用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液C．用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I?的Cl2D．用裝置丁吸收氧化浸泡液中I?后的Cl2尾氣3、下列基態(tài)原子或離子的電子排布式錯誤的是（）A．K：1s22s22p63s23p64s1 B．F-：1s22s22p6C．26Fe：1s22s22p63s23p63d54s3 D．Kr：1s22s22p63s23p63d104s24p64、在銅的催化作用下氨氣與氟氣反應，得到一種三角錐形分子NF3和一種銨鹽N。下列有關說法錯誤的是（）A．該反應的化學方程式為4NH33F2NF33NH4FB．NF3是非極性分子C．NF3既是氧化產物，又是還原產物D．N中既含有離子鍵，又含有共價鍵5、下列實驗操作能達到實驗目的的是()A．用裝置甲從碘水中萃取碘 B．用裝置乙驗證SO2的漂白性C．用裝置丙檢驗溶液中是否有K＋ D．用裝置丁將FeCl3溶液蒸干制備FeCl36、一定溫度下,可逆反應

H2(g)+I2(g)?

2HI(g)在容積一定的密閉容器中進行,下列各項中能說明反應已經達到平衡的是()A．容器中的壓強不變 B．混合物的平均相對分子質量不變C．各組分的濃度不變 D．混合氣體的密度不變7、某中德聯(lián)合研究小組設計制造了一種“水瓶”，用富勒烯(C60)的球形籠子作“瓶體”，一種磷酸鹽作“瓶蓋”，恰好可將一個水分子關在里面。下列說法正確的是()A．“水瓶”、冰水混合物、CuSO4?5H2O都是混合物B．金剛石、石墨和C60互稱為同素異形體，其中金剛石更穩(wěn)定C．磷酸鈣是難溶性弱電解質D．一定條件下石墨轉化為C60是化學變化，屬于有單質參加的非氧化還原反應8、交通運輸部在南海華陽礁舉行華陽燈塔和赤瓜燈塔竣工發(fā)光儀式，宣布兩座大型多功能燈塔正式發(fā)光并投入使用。鎂海水電池可為燈塔提供能源，其裝置如圖所示。下列有關鎂海水電池的說法正確的是A．Mg電極上發(fā)生還原反應B．該電池工作一段時間后，左側溶液質量減輕C．正極的電極反應式為H2O2+2e-+2H+=2H2OD．若電池工作時轉移2mol

電子，則有2molH+由質子交換膜左側向右側遷移9、將nmolCu2S與足量的稀硝酸反應，生成硝酸銅、硫酸、一氧化氮和水，則參加反應的硝酸中被還原的硝酸的物質的量是（）A．4nmol B．10nmol C．2n/3mol D．10n/3mol10、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11、某反應的氧化劑與還原劑及部分產物如下所示：2Mn2++5IO4—+……→2MnO4—+……已知該反應體系還包括H+、H2O與另一種含碘微粒。對于該氧化還原反應說法正確的是A．Mn2+是氧化劑，IO4—是還原劑B．體系中另一種含碘微粒為I—C．隨著反應進行，溶液pH不斷上升D．每有1molIO4—參加反應，轉移2mol電子12、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A．標準狀況下，1.12LCCl4含有質子數的數目為3.7NAB．常溫常壓下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子總數為0.4NAC．常溫時，56gFe與足量濃硝酸反應，轉移的電子數目為3NAD．晶體B的結構單元如圖，則11g晶體B含有0.6NA個三角形（相鄰原子構成）13、下列化學用語對事實的解釋不正確的是（）A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+B．氫氧化鐵膠體的制備原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+C．工業(yè)上漂白粉的制備原理：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2OD．盛裝強堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O14、某離子反應涉及H2O、ClO－、NH4＋、H＋、N2、Cl－六種微粒。其中c(NH4＋)隨反應進行逐漸減小。下列判斷正確的是A．反應的還原產物是N2B．消耗1mol氧化劑，轉移電子3molC．氧化劑與還原劑的物質的量之比為2：3D．反應后溶液的酸性明顯增強15、設為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．標準狀況下，氣體中所含數為B．的稀中，含有數目為C．金屬鈉與氧氣充分反應，轉移的電子數一定為D．密閉容器中，和充分反應后分子總數為16、某試液中只可能含有K+、NH4+、Fe2+、A13+、Cl-、SO42-、CO32-、A1O2-中的若干種離子，離子濃度均為0.1mol·L-1，某同學進行了如下實驗:下列說法正確的是A．原溶液中存在NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-B．濾液X中大量存在的陽離子有NH4+、Fe2+和Ba2+C．無法確定沉淀C的成分D．無法確定原試液中是否含有Al3+、Cl-二、非選擇題（本題包括5小題）17、合成醫(yī)用麻醉藥芐佐卡因E和食品防腐劑J的路線如圖所示：已知：請回答下列問題：（1）A屬于芳香烴，結構簡式為_____________。（2）E中官能團的名稱是氨基、____________。（3）C能與NaHCO3溶液反應，反應③的化學方程式是___________。（4）反應⑥、⑦中試劑ii和試劑iii依次是___________、___________。（5）反應①~⑦中，屬于取代反應的是_______________。（6）J有多種同分異構體，其中符合下列條件的同分異構體有______________種，寫出其中任一種同分異構體的結構簡式：___________。a.為苯的二元取代物，其中一個取代基為羥基b.屬于酯類，且能發(fā)生銀鏡反應（7）以A為起始原料，選用必要的無機試劑合成高分子樹脂（），寫出合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）：_______________。18、中學化學中幾種常見物質的轉化關系如下圖所示：將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體。請回答下列問題：(1)紅褐色膠體中F粒子直徑大小的范圍：___________________________。(2)寫出C的酸性溶液與雙氧水反應的離子方程式：__________________________________。(3)寫出鑒定E中陽離子的實驗方法和現(xiàn)象：_______________________________________。(4)有學生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，_________、冷卻結晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為_______________________。(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，反應的離子方程式為____________________________。19、氧化鎂在醫(yī)藥、建筑等行業(yè)應用廣泛。硫酸鎂還原熱解制備高純氧化鎂是一種新的探索。以菱鎂礦(主要成分為MgCO3，另含少量雜質FeCO3和SiO2等)為原料制備高純氧化鎂的實驗流程如下：(1)酸溶時，MgCO3與稀硫酸反應的離子方程式為_____________________________。(2)濾渣1的化學式為__________________。(3)寫出流程中“氧化”的離子方程式為______________________________________。(4)調節(jié)pH時，使用pH試紙的具體操作是取一小塊pH試紙放在潔凈的玻璃片上，_______________________________________________________；濾渣2中除了過量的MgO外，還含有的物質是____________。(5)高溫煅燒過程中，同時存在以下反應：2MgSO4＋C2MgO＋2SO2↑＋CO2↑；MgSO4＋CMgO＋SO2↑＋CO↑；MgSO4＋3C高溫MgO＋S↑＋3CO↑。利用下圖裝置對煅燒產生的氣體進行連續(xù)分別吸收或收集(其中S蒸氣在A管中沉積)。①D中收集的氣體是_________________(填化學式)。②B中盛放的溶液是__________________(填下列選項的字母編號)。a．NaOH溶液b．Na2CO3溶液c．稀硝酸d．酸性KMnO4溶液20、二氧化氯（ClO2）是極易溶于水且不與水發(fā)生化學反應的黃綠色氣體，沸點為11℃，可用于處理含硫廢水。某小組在實驗室中探究ClO2與Na2S的反應。回答下列問題：（1）ClO2的制備：已知：SO2+NaClO3+H2SO4=2ClO2↑+2NaHSO4①裝置A中反應的化學方程式為________________。②欲收集干燥的ClO2，選擇上圖中的裝置，其連接順序為A→_______、_______、_______→C（按氣流方向）。③裝置D的作用是_______________。（2）ClO2與Na2S的反應將上述收集到的ClO2用N2稀釋以增強其穩(wěn)定性，并將適量的稀釋后的ClO2通入圖所示裝置中充分反應，得到無色澄清溶液。一段時間后，通過下列實驗探究Ⅰ中反應的產物。操作步驟實驗現(xiàn)象結論取少量I中溶液于試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸品紅始終不褪色①無___生成另取少量I中溶液于試管乙中，加入Ba(OH)2溶液，振蕩②____________有SO42?生成③繼續(xù)在試管乙中滴加Ba(OH)2溶液至過量，靜置，取上層清液于試管丙內_________有白色沉淀生成有Cl?生成④ClO2與Na2S反應的離子方程式為___________。用于處理含硫廢水時，ClO2相對于Cl2的優(yōu)點是______________（任寫一條）。21、英國曼徹斯特大學科學家安德烈·海姆和康斯坦丁·諾沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功獲得超薄材料石墨烯而獲獎。制備石墨烯方法有石墨剝離法、化學氣相沉積法等。石墨烯的球棍模型示意圖如下：（1）下列有關石墨烯說法正確的是________________。A．鍵長：石墨烯>金剛石B．石墨烯分子中所有原子可以處于同一平面C．12g石墨烯含鍵數為NAD．從石墨剝離得石墨烯需克服石墨層與層之間的分子間作用力（2）化學氣相沉積法是獲得大量石墨烯的有效方法之一，催化劑為金、銅、鈷等金屬或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一種或任意組合。①銅原子在基態(tài)時，在有電子填充的能級中，能量最高的能級符號為_____________；第四周期元素中，最外層電子數與銅相同的元素還有________________________。②乙醇的沸點要高于相對分子質量比它還高的丁烷，請解釋原因______________________________。③下列分子屬于非極性分子的是__________________。a．甲烷b．二氯甲烷c．苯d．乙醇④酞菁與酞菁銅染料分子結構如圖，酞菁分子中碳原子采用的雜化方式是__________；酞菁銅分子中心原子的配位數為________________。⑤金與銅可形成的金屬互化物合金（如圖，該晶胞中，Au占據立方體的8個頂點）：它的化學式可表示為_____；在Au周圍最近并距離相等的Cu有_____個，若2個Cu原子核的最小距離為dpm，該晶體的密度可以表示為___________________g/cm3。（阿伏伽德羅常數用NA表示）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A．18g該氨基的物質的量為1mol，含有的電子數為9NA，A項錯誤；B．若形成C-Cl鍵的數目為2NA，則表示氯氣中所有的氯反應后均形成了C-Cl鍵，這顯然是錯誤的，因為每取代一個氫原子，都還要生成一個氯化氫分子，形成H-Cl鍵，B項錯誤；C．用惰性電極電解硫酸銅溶液時，電解過程分兩個階段，第一階段是電解硫酸銅2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，第二階段是電解硫酸（實為電解水）：2H2O2H2↑+O2↑。陽極始終產生氧氣，陰極先是產生銅，后是產生氫氣，因此當陰、陽兩極產生相同量的氣體時，說明第一階段和第二階段產生的氧氣的量相同，因第一階段硫酸銅完全反應，轉移電子數為0.02mol，所以兩階段共轉移電子數為0.04mol，C項正確；D．KHSO3溶液中硫原子有三種存在形式：H2SO3、HSO3-和SO32-，所以該溶液中K+的數目大于1mol，D項錯誤；所以答案選C項。2、B【詳解】A、灼燒碎海帶應用坩堝，A錯誤；B、海帶灰的浸泡液用過濾法分離，以獲得含I-的溶液，B正確；C、MnO2與濃鹽酸常溫不反應，MnO2與濃鹽酸反應制Cl2需要加熱，反應的化學方程式為MnO2+4HCl（濃）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C錯誤；D、Cl2在飽和NaCl溶液中溶解度很小，不能用飽和NaCl溶液吸收尾氣Cl2，尾氣Cl2通常用NaOH溶液吸收，D錯誤；答案選B。3、C【詳解】題中K、F?和Kr的核外電子排布都符合構造原理，為能量最低狀態(tài)，而Fe的核外電子排布應為1s22s22p63s23p63d64s2，電子數目不正確。故選C。【點睛】本題考查基態(tài)原子的電子排布的判斷，是基礎性試題的考查，側重對學生基礎知識的鞏固和訓練，該題的關鍵是明確核外電子排布的特點，然后結合構造原理靈活運用即可，原子核外電子排布應符合構造原理、能量最低原理、洪特規(guī)則和泡利不相容原理，結合原子或離子的核外電子數解答該題。4、B【解析】A、根據題意可知銨鹽N為NH4F，該反應的方程式為4NH33F2NF33NH4F，A正確。B、NF3是一種三角錐形分子，結構不對稱可知其為極性分子，B錯誤。C、N元素的化合價由NH3中的-3價升高到NF3中的+3價，被氧化，F(xiàn)元素的化合價由0價降低到-1價，被還原，所以NF3既是氧化產物，又是還原產物，C正確。D、NH4F中，NH4+與F–形成離子鍵，NH4+中N與H間形成共價鍵，D正確。正確答案為B5、A【詳解】A.苯與水不互溶，與碘不反應，且I2在苯中的溶解度遠大于在水中的溶解度，因此可用苯作萃取劑，萃取碘水中的I2，可以達到實驗目的，A項正確；B.SO2與酸性的高錳酸鉀之間因發(fā)生氧化還原反應而使高錳酸鉀溶液褪色，因此不能證明SO2具有漂白性，不能達到實驗目的，B項錯誤；C.用焰色反應檢驗K+時，觀察火焰的顏色時要透過藍色的鈷玻璃，不能達到實驗目的，C項錯誤；D.將FeCl3溶液蒸干的過程中，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3，加熱后生成Fe2O3，因此將FeCl3溶液蒸干不能制備純凈的FeCl3，不能達到實驗目的，D項錯誤；答案選A?！军c睛】解答本題的關鍵是要掌握鹽溶液蒸干時所得產物的判斷方法：(1)鹽溶液水解生成難揮發(fā)性酸時蒸干后一般得原物質，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；(2)鹽溶液水解生成易揮發(fā)性酸時，蒸干灼燒后一般得到對應的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼燒得Al2O3；(3)考慮鹽受熱時是否分解：原物質蒸干灼燒后固體物質Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解為NH3和HCl無固體物質存在(4)還原性鹽在蒸干時會被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)；(5)弱酸的銨鹽蒸干后無固體，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。6、C【分析】反應達到化學平衡狀態(tài)時，正反應逆反應速率相等，各物質的濃度百分含量不變，本題中，反應前后氣體化學計量數相等，據此進行分析?！驹斀狻緼.反應前后氣體計量數相等，容器中壓強始終不變，A錯誤。B.反應前后氣體計量數不變，混合物的平均相對分子質量一直不變，B錯誤。C.各組分濃度不變，說明正反應逆反應速率相等，反應達到平衡，C正確。D.混合氣的密度一直不變，D錯誤?！军c睛】本題考查化學平衡狀態(tài)的判斷，注意本反應反應前后氣體化學計量數相等，不能用壓強不變、平均相對分子質量不變、混合氣體的密度不變判斷反應的平衡狀態(tài)。7、D【詳解】A.冰水混合物、CuSO4?5H2O都是純凈物，故A錯誤；B.金剛石、石墨和C60都是由碳元素組成的不同單質，互為同素異形體，其中金剛石和石墨相比較，石墨的能量低，比較穩(wěn)定，故B錯誤；C.磷酸鈣為難溶物，但溶解的部分在水溶液中完全電離，是強電解質，故C錯誤；D.同素異形體之間的轉化伴隨著舊鍵的斷裂和新鍵的形成，是化學變化，反應前后化合價沒有發(fā)生變化，屬于有單質參加的非氧化還原反應，故D正確；故選：D。8、C【解析】A.Mg電極作負極，發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B.該電池工作一段時間后，由于H+從右到左通過質子交換膜，所以左側溶液質量增重，故B錯誤；C.正極發(fā)生還原反應，正極的電極反應式為H2O2+2e-+2H+=2H2O，故C正確；D.若電池工作時轉移2mol電子，則有2molH+由質子交換膜右側向左側遷移，故D錯誤。故選C。9、D【解析】根據題意知，Cu2S與足量的稀硝酸反應生成Cu（NO3）2、H2SO4、NO和H2O，反應中Cu元素化合價由+1價升高到+2價，S元素化合價由﹣2價升高到+6價，則nmolCu2S共失去電子nmol×（2×1+8）=10nmol。N元素化合價由+5價降低到+2價，則參加反應的硝酸中被還原的硝酸的物質的量為mol。故答案選D。10、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。11、D【分析】該反應中錳元素由+2價升為+7價，化合價升高被氧化，故Mn2+是還原劑，IO4—是氧化劑；根據電子守恒和元素守恒可知反應方程式為：?！驹斀狻緼.根據分析可知Mn2+是還原劑，IO4-是氧化劑，故A錯誤；B.根據方程式可知，另一種含碘微粒為：IO3-，故B錯誤；C.根據方程式可知反應過程中有氫離子生成，所以pH值會減小，故C錯誤；D.一個IO4-生成IO3-，化合價降低2價，得兩個電子，故每有1molIO4-參加反應，轉移2mol電子，故D項正確；故答案為D。12、B【解析】A、標況下，CCl4是液體，故A錯誤；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最簡式為（CH2O）n，3.0g混合物中有0.1molCH2O，故原子總數為0.4NA，故B正確；C、常溫時，56gFe與足量濃硝酸鈍化，故C錯誤；D、B的晶體中，一個三角形有三個B，每個B參與形成5個三角形，故一個三角形有0.6個B，則11gB，即為1molB含有的三角形數為5/3NA，故D錯誤；故選B。點睛：D選項和金剛石里的問題類似，金剛石一個碳原子參與12個環(huán)的形成，因此一個六元環(huán)的碳原子數為0.5，環(huán)數：C=1：2，D中，環(huán)數：B=5：3。13、C【詳解】A．鋼鐵發(fā)生吸氧腐蝕，鐵失電子生成亞鐵離子，負極反應為：Fe-2e-=Fe2+，A解釋正確；B．向沸水中加入幾滴飽和的氯化鐵溶液至溶液呈紅褐色，停止加熱，氫氧化鐵膠體的制備原理：Fe3++3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+，B解釋正確；C．工業(yè)上，向石灰乳中通入氯氣制備漂白粉，漂白粉的制備原理：Ca(OH)2+Cl2=Ca2++Cl-+ClO-+H2O，C解釋錯誤；D．二氧化硅與強堿反應生成硅酸鹽和水，則盛裝強堿溶液的試劑瓶不能用玻璃塞：SiO2+2OH-=SiO+H2O，D解釋正確；答案為C。14、D【分析】根據題意可知，c(NH4＋)隨反應進行逐漸減小，則NH4＋為反應物，根據原子守恒知，N2為生成物，氮元素的化合價由-3價升高到0價；根據氧化還原反應元素化合價有升高的，必然有元素化合價降低判斷，ClO－為反應物，Cl－為生成物，氯元素化合價由+1價降低到-1價；利用化合價升降法及原子守恒和電荷守恒配平的離子方程式為3ClO－＋2NH4＋=3H2O＋2H＋＋N2↑＋3Cl－?！驹斀狻緼.根據化學反應，ClO－中氯元素化合價由+1價降低到-1價，所以反應的還原產物是Cl－，A項錯誤；B、NH4＋中氮元素的化合價由-3價升高到0價，作還原劑，則消耗lmol還原劑，轉移電子3mol，B項錯誤；C.根據上述化學反應，氧化劑與還原劑的物質的量之比為3：2，C項錯誤；D.根據反應的離子方程式判斷，反應后溶液的酸性明顯增強，D項正確。答案選D。15、C【詳解】A．標準狀況下，氣體為0.1mol，但HCl氣體是共價化合物，不含Cl-，故A錯誤；B．的稀中，含有H+濃度為0.1mol/L，含有H+物質的量為0.1mol/L×1L=0.1mol，則含數目為0.1NA，故B錯誤；C．依據n=，計算鈉的物質的量==0.1mol，根據反應4Na+O2=2Na2O、2Na+O2Na2O2，氧氣過量，與過量氧氣反應電子轉移依據完全反應的鈉計算，不論生成氧化鈉還是過氧化鈉，鈉元素都是由0價轉變?yōu)?1價，電子轉移一定為0.1NA，故C正確；D．密閉容器中，NO和O2反應方程式為2NO+O2=2NO2，根據方程式可知，2molNO和1molO2恰好完全反應生成2molNO2，但NO2和N2O4之間存在轉化，其化學方程式為2NO2?N2O4，所以產物分子數小于2NA，故D錯誤；答案選C?！军c睛】B項的陷阱是認為稀是二元酸，再將物質的量乘以2，需注意理解pH的意義，指的是氫離子濃度的負對數，故不需乘以2，可以繞過陷阱。16、A【解析】加入過量稀硫酸無明顯變化，說明不含碳酸根離子，不含Ba2+，不含AlO2-；加入硝酸鋇有氣體生成，因為前面已經加入了硫酸，硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，說明有亞鐵離子存在且被氧化，沉淀為硫酸鋇；加入NaOH有氣體，說明存在銨根離子，生成的氣體為氨氣，沉淀B為紅褐色氫氧化鐵沉淀；通入CO2產生沉淀，說明存在Al3+，沉淀C為氫氧化鋁。因為存在的離子濃度均為0.1mol?L-1，從電荷的角度出發(fā)，只能含有NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-才能保證電荷守恒，K+必然不能存在。故A、原溶液中存在Al3+、NH4+、Fe2+、Cl-、SO42-，選項A正確；B、濾液X中大量存在的陽離子有NH4+、Fe2+和Al3+，選項B錯誤；C、沉淀C為氫氧化鋁，選項C錯誤；D、原試液中含有Al3+、Cl-，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查了常見離子的性質檢驗，注意硝酸根離子在酸性條件下具有強氧化性，另外本題需要根據電荷守恒判斷氯離子是否存在。二、非選擇題（本題包括5小題）17、酯基（鍵）酸性高錳酸鉀溶液NaOH/H2O①③⑤⑦6（以下結構任寫一種）（路線合理即可）【分析】本題考查有機推斷和有機合成，涉及有機物官能團的識別，有機物結構簡式和有機反應方程式的書寫，有機反應類型的判斷，限定條件下同分異構體數目的確定和書寫，有機合成路線的設計。A屬于芳香烴，A發(fā)生反應①生成B，A的結構簡式為；對比B和E的結構簡式以及反應④的條件，反應④是將-NO2還原為-NH2，D的結構簡式為；C能與NaHCO3溶液反應，C中含羧基，反應②為用酸性高錳酸鉀溶液將B中-CH3氧化成-COOH，C的結構簡式為；反應③為C與CH3CH2OH的酯化反應，試劑i為CH3CH2OH、濃硫酸。結合F的分子式，反應⑤為A與Cl2在催化劑存在下發(fā)生苯環(huán)上的取代反應，由于J中兩個側鏈處于對位，則F的結構簡式為；由于試劑i為CH3CH2OH、濃硫酸，由J逆推出I的結構簡式為；對比F和I的結構簡式，F(xiàn)轉化為I需要將-CH3氧化成-COOH，將-Cl水解成酚羥基，由于酚羥基也易發(fā)生氧化反應，為了保護酚羥基不被氧化，反應⑥為氧化反應，反應⑦為水解反應，則試劑ii為酸性KMnO4溶液，G的結構簡式為；試劑iii為NaOH溶液，H的結構簡式為，據以上分析解答?！驹斀狻緼屬于芳香烴，A發(fā)生反應①生成B，A的結構簡式為；對比B和E的結構簡式以及反應④的條件，反應④是將-NO2還原為-NH2，D的結構簡式為；C能與NaHCO3溶液反應，C中含羧基，反應②為用酸性高錳酸鉀溶液將B中-CH3氧化成-COOH，C的結構簡式為；反應③為C與CH3CH2OH的酯化反應，試劑i為CH3CH2OH、濃硫酸。結合F的分子式，反應⑤為A與Cl2在催化劑存在下發(fā)生苯環(huán)上的取代反應，由于J中兩個側鏈處于對位，則F的結構簡式為；由于試劑i為CH3CH2OH、濃硫酸，由J逆推出I的結構簡式為；對比F和I的結構簡式，F(xiàn)轉化為I需要將-CH3氧化成-COOH，將-Cl水解成酚羥基，由于酚羥基也易發(fā)生氧化反應，為了保護酚羥基不被氧化，反應⑥為氧化反應，反應⑦為水解反應，則試劑ii為酸性KMnO4溶液，G的結構簡式為；試劑iii為NaOH溶液，H的結構簡式為，（1）A屬于芳香烴，A的結構簡式為；（2）由E的結構簡式可知，E中官能團的名稱為氨基、酯基；（3）C的結構簡式為，反應③為C與CH3CH2OH的酯化反應，反應的化學方程式為：+CH3CH2OH+H2O；（4）反應⑥是將中-CH3氧化成-COOH，試劑ii是酸性高錳酸鉀溶液。反應⑦是的水解反應，試劑iii是NaOH溶液；（5）反應①~⑦依次為取代反應、氧化反應、取代反應、還原反應、取代反應、氧化反應、取代反應，屬于取代反應的是①③⑤⑦；（6）J的結構簡式為，J的同分異構體屬于酯類且能發(fā)生銀鏡反應，則結構中含有HCOO-，J的同分異構體為苯的二元取代物，其中一個取代基為-OH；符合條件的同分異構體有：（1）若兩個取代基為-OH和-CH2CH2OOCH，有鄰、間、對三個位置，結構簡式為、、；（2）若兩個取代基為-OH和-CH（CH3）OOCH，有鄰、間、對三個位置，結構簡式為、、；符合條件的同分異構體共6種；（7）由單體和發(fā)生縮聚反應制得，合成需要由合成和；由合成，需要在-CH3的對位引入-OH，先由與Cl2在催化劑存在下發(fā)生苯環(huán)上的取代反應生成，然后在NaOH溶液中發(fā)生水解反應生成，酸化得；由合成，在側鏈上引入官能團，先由與Cl2在光照下發(fā)生側鏈上的取代反應生成，在NaOH溶液中發(fā)生水解反應生成，發(fā)生催化氧化生成；合成路線為：。18、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在蒸發(fā)濃縮玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【分析】將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體，則F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是單質Fe、B是FeS、C是FeSO4?！驹斀狻?1)根據膠體的定義，紅褐色氫氧化鐵膠體中氫氧化鐵膠體粒子直徑大小的范圍是1~100nm。(2)C是FeSO4，F(xiàn)e2+被雙氧水氧化為Fe3+，反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，銨根離子與堿反應能放出氨氣，鑒定E中銨根離子的實驗方法和現(xiàn)象是：取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾。根據過濾操作的裝置圖可知，過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為玻璃棒。(5)FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，鐵元素化合價由+3升高為+6，氯元素化合價由+1降低為-1，反應的離子方程式為2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。19、MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2OSiO22Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O用潔凈干燥的玻璃棒蘸取待測溶液點在試紙的中部，再與比色卡對照得出讀數Fe(OH)3COd【解析】以菱鎂礦（主要成分為MgCO3，另含少量雜質FeCO3和SiO2等）為原料，加入稀硫酸酸溶過濾得到濾液為硫酸鎂、硫酸亞鐵溶液，濾渣1為二氧化硅，濾液中加入過氧化氫，亞鐵離子被氧化為鐵離子，加入氧化鎂調節(jié)溶液pH沉淀鐵離子，過濾得到濾渣2為氫氧化鐵沉淀，濾液為硫酸鎂溶液，蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶，過濾洗滌得硫酸鎂，硫酸鎂和木炭高溫煅燒制備高純氧化鎂，據此解答。【詳解】（1）MgCO3與稀硫酸反應生成硫酸鎂、二氧化碳和水，反應的離子方程式為MgCO3＋2H+＝Mg2+＋CO2↑＋H2O；（2）二氧化硅不溶于稀硫酸，則濾渣1的化學式為SiO2；（3）加入H2O2氧化時，在酸性溶液中氧化硫酸亞鐵，反應的離子方程式為2Fe2＋+2H＋+H2O2＝2Fe3＋+2H2O；（4）調節(jié)pH時，使用pH試紙的具體操作是取一小塊pH試紙放在潔凈的玻璃片上，用潔凈干燥的玻璃棒蘸取待測溶液點在試紙的中部，再與比色卡對照得出讀數；調節(jié)pH時鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，則濾渣2中除了過量的MgO外，還含有的物質是Fe(OH)3；（5）根據方程式可知煅燒得到的氣體主要有SO2、CO2、CO、S，產生的氣體進行分步吸收或收集，所以通過A使硫蒸氣冷凝下來，再通過B裝置高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫，通過C中的氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，最后剩余一氧化碳氣體在D中收集；①CO難溶于水，D中收集的氣體可以是CO；②裝置B吸收二氧化硫，由于二氧化碳、二氧化硫均與氫氧化鈉溶液、碳酸鈉溶液反應，稀硝酸能把二氧化硫氧化，但同時生成NO氣體，所以B中盛放的溶液選擇KMnO4溶液吸收二氧化硫，故答案為d。【點睛】本題考查了鎂、鐵及其化合物、二氧化硫性質應用，混合物分離方法和實驗操作方法，物質性質熟練掌握是解題的關鍵，（5）中氣體吸收的先后順序判斷是解答的易錯點和難點。20、Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2OEBD冷凝并收集ClO2SO2(或HSO3?或SO32?)溶液中有白色沉淀生成加入足量稀硝酸酸化的硝酸銀溶液8ClO2＋5S2－＋4H2O=8Cl－＋5SO42－＋8H＋ClO2除硫效果徹底，氧化產物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數是氯氣的2.5倍（寫一條即可）【分析】（1）ClO2

的制備：裝置A中又Cu與濃硫酸發(fā)生反應制備二氧化硫氣體，在裝置B中發(fā)生生成二氧化氯的反應，為防止倒吸，A與B之間連接裝置E，二氧化氯沸點較低，故在D中冰水浴收集，最后用氫氧化鈉吸收未反應完的二氧化硫，防止污染空氣，據此分析解答；（2）根據實驗可知ClO2

與

Na2S

反應有氯離子、硫酸根離子的生成；ClO2除硫效果徹底，氧化產物硫酸根更穩(wěn)定、ClO2在水中的溶解度大、剩余的ClO2不會產生二次污染、均被還原為氯離子時，ClO2得到的電子數是氯氣的2.5倍?！驹斀狻浚?）①裝置

A

中反應Cu與濃硫酸制備二氧化硫，化學方程式為：Cu＋2H2SO4(濃)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②二氧化硫從a進入裝置B中反應，為防止倒吸，故應在之前有安全瓶，則a→g→h，為反應充分，故再連接B裝置中的b，二氧化氯沸點較低，故在D中冰水浴收集，為充分冷卻，便于收集，故連接e，最后用氫氧化鈉吸收未反應完的二氧化硫，防止污染空氣，連接順序為：a→gh→bc→ef→d；③裝置D的作用為冷凝并收集ClO2；（2）將適量的稀釋后的

ClO2

通入如圖所示裝置中充分反應，得到無色澄清溶液，①取少量I中溶液于試管甲中，滴加品紅溶液和鹽酸，品紅始終不褪色，說明溶液中無SO2(或H