2026屆安徽省六安市霍邱縣正華外語學校高三化學第一學期期末復習檢測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、已知：C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-12C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1H-H、O=O和O-H鍵的鍵能（kJ·mol-1）分別為436、496和462，則a為（）A．-332 B．-118 C．+350 D．+1302、R是合成某高分子材料的單體，其結(jié)構簡式如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．R能發(fā)生加成反應和取代反應B．用NaHCO3溶液可檢驗R中是否含有羧基C．R與HOCH2COOH分子中所含官能團完全相同D．R苯環(huán)上的一溴代物有4種3、短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，在下列轉(zhuǎn)化關系中，甲、乙、丙、丁、戊為上述四種元素組成的二元或三元化合物。其中A為d元素組成的單質(zhì)，常溫下乙為液體，丁物質(zhì)常用于消毒、漂白。下列說法錯誤的是A．簡單離子半徑：c＞bB．丙中既有離子鍵又有極性鍵C．b、c形成的化合物中陰、陽離子數(shù)目比為1：2D．a(chǎn)、b、d形成的化合物中，d的雜化方式是sp34、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結(jié)構如圖所示：且W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是A．YW3分子中的鍵角為120°B．W2Z的穩(wěn)定性大于YW3C．物質(zhì)甲分子中存在6個σ鍵D．Y元素的氧化物對應的水化物為強酸5、下列有關電解質(zhì)溶液的說法正確的是A．0.1mol/L氨水中滴入等濃度等體積的醋酸，溶液導電性增強B．適當升高溫度，CH3COOH溶液pH增大C．稀釋0.1mol/LNaOH溶液，水的電離程度減小D．CH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，減小6、下列關于物質(zhì)的分類或性質(zhì)描述不正確的是()A．NaClO是強堿弱酸鹽，具有強氧化性B．氯氣溶于水能導電，氯氣是電解質(zhì)C．Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并有氧化還原反應發(fā)生D．加熱煮沸Mg(HCO3)2溶液，可產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀7、下列有關有機物甲~丁說法不正確的是A．甲可以發(fā)生加成、氧化和取代反應B．乙的分子式為C6H6Cl6C．丙的一氯代物有2種D．丁在一定條件下可以轉(zhuǎn)化成只含一種官能團的物質(zhì)8、利用圖示實驗裝置可完成多種實驗,其中不能達到相應實驗目的的是選項試劑1、試劑2實驗目的A過量鋅粒、食醋溶液測定食醋中醋酸濃度B粗鋅、過量稀硫酸測定粗鋅（含有不參與反應的雜質(zhì)）純度C碳酸鈉固體、水證明碳酸鈉水解吸熱D過氧化鈉固體、水證明過氧化鈉與水反應產(chǎn)生氣體A．A B．B C．C D．D9、將鐵的化合物溶于鹽酸，滴加KSCN溶液不發(fā)生顏色變化，再加入適量氯水，溶液立即呈紅色的是A．Fe2O3 B．FeCl3 C．Fe2(SO4)3 D．FeO10、研究海水中金屬橋墩的腐蝕及防護是橋梁建設的重要課題。下列有關說法錯誤的是A．橋墩的腐蝕主要是析氫腐蝕B．鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快C．圖1輔助電極的材料可以為石墨D．圖2鋼鐵橋墩上發(fā)生的反應是O2+2H2O+4e一=4OH-11、乙酸香蘭酯是用于調(diào)配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反應的化學方程式如下：下列敘述正確的是()A．該反應不屬于取代反應B．乙酸香蘭酯的分子式為C10H8O4C．FeCl3溶液可用于區(qū)別香蘭素與乙酸香蘭酯D．乙酸香蘭酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香蘭素12、高能LiFePO4電池多應用于公共交通，結(jié)構如圖所示。電池中間是聚合物的隔膜，其主要作用是在反應過程中只讓Li+通過，原理如下：(1?x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法錯誤的是（）A．放電時，Li+向正極移動B．放電時，電子由負極→用電器→正極C．充電時，陰極反應為xLi++nC+xe-=LixCnD．充電時，陽極質(zhì)量增重13、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，W、X是空氣中含量最高的兩種元素，Y的合金是當今世界使用量最大的合金，Z的單質(zhì)常溫下為液態(tài)。下列說法不正確的是A．單質(zhì)Z保存時需要加水形成液封B．Y的金屬性弱于第三周期的所有金屬元素C．W與X能形成二元化合物并非全部是酸性氧化物D．向YZ2溶液中通人少量氯氣會發(fā)生置換反應14、屠呦呦因發(fā)現(xiàn)治療瘧疾的青蒿素和雙氫青蒿素（結(jié)構如圖）獲得諾貝爾生理學或醫(yī)學獎．一定條件下青蒿素可以轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素．下列有關說法中正確的是

A．青蒿素的分子式為C15H20O5B．雙氫青蒿素能發(fā)生氧化反應、酯化反應C．1mol青蒿素最多能和1molBr2發(fā)生加成反應D．青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素發(fā)生了氧化反應15、下列說法正確的有①1

mol

FeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為2NA②Na2O2分別與水及CO2反應產(chǎn)生等量氧氣時，消耗水和CO2的物質(zhì)的量相等③無色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl-、S2-④Na2O2投入紫色石蕊試液中，溶液先變藍，后褪色⑤2

L

0.5

mol·L-1硫酸鉀溶液中陰離子所帶電荷數(shù)為NA⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫氣體：Ca2++2ClO-+SO2+H2O═CaSO3↓+2HClOA．1B．2C．3D．416、已知HCl的沸點為-85℃，則HI的沸點可能為（）A．-167℃ B．-87℃ C．-35℃ D．50℃17、Fe3O4中含有、，分別表示為Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2－，其反應過程示意圖如圖所示，下列說法不正確的是A．Pd上發(fā)生的電極反應為：H2-2e－2H＋B．Fe（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）的相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用C．反應過程中NO2－被Fe（Ⅱ）還原為N2D．用該法處理后水體的pH降低18、查閱資料可知，苯可被臭氧氧化，發(fā)生化學反應為：。則鄰甲基乙苯通過上述反應得到的有機產(chǎn)物最多有()A．5種 B．4種 C．3種 D．2種19、右下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素，W元素的核電荷數(shù)為X元素的2倍。下列說法正確的是（）A．X、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性均依次遞增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游離態(tài)存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增C．YX2晶體熔化、液態(tài)WX3氣化均需克服分子間作用力D．根據(jù)元素周期律，可以推測T元素的單質(zhì)具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性20、將40mL1.5mol·L-1的CuSO4溶液與30mL3mol·L-1的NaOH溶液混合，生成淺藍色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c(OH-)都已變得很小，可忽略，則生成沉淀的組成可表示為（）A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu（OH）2C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)221、物質(zhì)性質(zhì)的差異與分子間作用力有關的是A．沸點：Cl2＜I2 B．熱穩(wěn)定性：HF＞HClC．硬度：晶體硅＜金剛石 D．熔點：MgO＞NaCl22、下列有水參加的反應中，屬于氧化還原反應，但水既不是氧化劑也不是還原劑的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）我國科研人員采用新型錳催化體系，選擇性實現(xiàn)了簡單酮與亞胺的芳環(huán)惰性C-H的活化反應。利用該反應制備化合物J的合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A中官能團的名稱是______。F的化學名稱是______。（2）C和D生成E的化學方程式為_____________。（3）G的結(jié)構簡式為________。（4）由D生成F，E和H生成J的反應類型分別是______、_____。（5）芳香化合物K是E的同分異構體。若K能發(fā)生銀鏡反應，則K可能的結(jié)構有____種，其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構簡式為______（任寫一種）。24、（12分）H是一種氨基酸，其合成路線如下：已知：①②RMgBrRCH2CH2OH+③R-CHO完成下列填空：（1）A的分子式為C3H4O，其結(jié)構簡式為____________。（2）E→F的化學方程式為____________。（3）H的結(jié)構簡式為_________________。寫出滿足下列條件的苯丙氨酸同分異構體的結(jié)構簡______________、________________。I.含有苯環(huán)；II.分子中有三種不同環(huán)境的氫原子。（4）結(jié)合題中相關信息，設計一條由CH2Cl2和環(huán)氧乙烷（）制備1，4-戊二烯的合成路線（無機試劑任選）。___________。（合成路線常用的表示方式為：AB……目標產(chǎn)物）25、（12分）廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收，對環(huán)境保護有重要的意義。鋅錳干電池的負極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極，電解質(zhì)是氯化鋅和氯化銨的糊狀物，該電池放電過程中產(chǎn)生MnOOH。I.回收鋅元素，制備ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水，攪拌，充分溶解，經(jīng)過濾分離得固體和濾液；步驟二：處理濾液，得到ZnCl2·xH2O晶體；步驟三：將SOCl2與ZnCl2·xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并驗證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如下：已知：SOCl2是一種常用的脫水劑，熔點-105℃，沸點79℃，140℃以上時易分解，與水劇烈水解生成兩種氣體。（1）接口的連接順序為a→___→____→h→i→___→___→___→e。（2）三頸燒瓶中反應的化學方程式：____。（3）步驟二中得到ZnCl2·xH2O晶體的操作方法：___。（4）驗證生成物中含有SO2的現(xiàn)象為：___。II.回收錳元素，制備MnO2（5）步驟一得到的固體經(jīng)洗滌，初步蒸干后進行灼燒，灼燒的目的____。III.二氧化錳純度的測定稱取1.0g灼燒后的產(chǎn)品，加入1.34g草酸鈉(Na2C2O4)固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質(zhì)不參與反應)，充分反應后冷卻，將所得溶液轉(zhuǎn)移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度線，從中取出10.00mL，用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進行滴定，滴定三次，消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為10.00mL。（6）寫出MnO2溶解反應的離子方程式___。（7）產(chǎn)品的純度為____。26、（10分）某學習小組以電路板刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）為原料制備納米Cu20，制備流程如下：已知：①Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu;Cu2O不溶于水，極易溶于堿性溶液；Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O。②生成Cu2O的反應：4Cu(OH)2+N2H4?H2O=2Cu2O+N2↑+7H2O請回答：（1）步驟II，寫出生成CuR2反應的離子方程式：____________________________（2）步驟II，需對水層多次萃取并合并萃取液的目的是___________________________（3）步驟III，反萃取劑為_____________（4）步驟IV，①制備納米Cu2O時，控制溶液的pH為5的原因是_______________A．B．C．②從溶液中分離出納米Cu2O采用離心法，下列方法也可分離Cu2O的是_________③Cu2O干燥的方法是_________________（5）為測定產(chǎn)品中Cu2O的含量，稱取3.960g產(chǎn)品于錐形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反應后用0.2000mol·L－1標準KMnO4溶液滴定，重復2～3次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。①產(chǎn)品中Cu2O的質(zhì)量分數(shù)為_______②若無操作誤差，測定結(jié)果總是偏高的原因是_____27、（12分）設計一個方案，在用廉價的原料和每種原料只用一次的條件下，分三步從含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的廢液中，把Fe3＋轉(zhuǎn)化為綠礬回收，把Cu2＋轉(zhuǎn)化為Cu回收，各步反應加入的原料依次是________，________，________。各步反應的離子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。28、（14分）碳酸亞鐵（FeCO3）是菱鐵礦的主要成分，將FeCO3加熱到200℃開始分解為FeO和CO2，若在空氣中高溫煅燒FeCO3則生成Fe2O3。據(jù)報道，一定條件下Fe2O3可被甲烷還原為“納米級”的金屬鐵。其反應為：Fe2O3(s)+3CH4(g)2Fe(s)+3CO(g)+6H2(g)-Q（1）原子序數(shù)為26的鐵元素位于元素周期表的第________周期__________族。（2）反應在5L的密閉容器中進行，2min后達到平衡，測得Fe2O3在反應中質(zhì)量減少4.8g。則該段時間內(nèi)H2的平均反應速率為____________________。（3）將固定質(zhì)量的Fe2O3(s)和CH4(g)置于恒溫恒壓容器中，在一定條件下反應，能表明該反應達到平衡狀態(tài)的是__________________。A、CH4的轉(zhuǎn)化率等于CO的產(chǎn)率B、混合氣體的平均相對分子質(zhì)量不變C、v正(CO)：v逆(H2)=1︰2D、固體的總質(zhì)量不變（4）FeO可用CO進行還原，已知：t℃時，F(xiàn)eO(s)+CO(g)Fe(s)+CO2(g)K＝0.5若在1L密閉容器中加入0.04molFeO(s)，并通入xmolCO，t℃時反應達到平衡。此時FeO(s)的轉(zhuǎn)化率為50%，則x＝__________________________。（5）Fe2O3還可用來制備FeCl3，F(xiàn)eCl3在水溶液中的水解分三步：Fe3＋+H2OFe(OH)2++H＋K1Fe(OH)2++H2OFe(OH)2++H＋K2Fe(OH)2++H2OFe(OH)3+H＋K3以上水解反應的平衡常數(shù)K1、K2、K3由大到小的順序是____________________。（6）通過控制條件，以上水解產(chǎn)物聚合生成聚合物的離子方程式為：xFe3++yH2OFex(OH)(3x-y)+y+yH+，欲使平衡正向移動可采用的方法是_________________________（填字母）。A、加水稀釋B、加入少量NaCl固體C、升溫D、加入少量Na2CO3固體29、（10分）聚合物（W是鏈接中的部分結(jié)構）是一類重要的功能高分子材料，聚合物X是其中的一種，轉(zhuǎn)化路線如下：已知：i．R1CHO+R2CH2CHOii．iii．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3（R代表烴基或氫原子）（1）E所含的官能團名稱是_____。（2）N的名稱是_____。（3）②的反應類型是_____。（4）①的化學方程式是_____。③的化學方程式是_____。（5）X的結(jié)構簡式是_____。（6）Q有多種同分異構體，其中符合下列條件的有_____種。①屬于芳香類化合物且苯環(huán)上只有兩個側(cè)鏈②遇FeCl3溶液顯紫色③苯環(huán)上的一氯代物只有兩種其中符合核磁共振氫譜中峰面積之比1：2：2：1：6的結(jié)構簡式為_____（寫出其中一種即可）。（7）請以CH3CH2OH為原料（無機試劑任選），用不超過4步的反應合成CH3CH2CH2COOH，試寫出合成流程圖__________。

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、D【解析】

由①C（s）+H2O（g）==CO(g)+H2(g)△H=akJ·mol-1②2C（s）+O2（g）==2CO(g)△H=-220kJ·mol-1結(jié)合蓋斯定律可知,②?①×2得到O2(g)+2H2(g)═2H2O(g)，△H=?220kJmol?2akJ/mol=?(220+2a)kJ/mol，焓變等于斷鍵吸收能量減去成鍵釋放的能量，則496+2×431?462×2×2=?(220+2a)，解得a=+130，故選D.2、C【解析】

A.分子中含有醇羥基，能發(fā)生取代反應，含有苯環(huán)，能與氫氣發(fā)生加成反應，故A正確；B.該分子的羧基可以與NaHCO3溶液反應生成二氧化碳，故B正確；C.該分子中含有三種官能團：氨基、羥基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能團為羥基、羧基，故C錯誤；D.R苯環(huán)上有四種環(huán)境的氫，故其一溴代物有4種，故D正確；故答案選C。3、A【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大，常溫下乙為液體，應該為H2O，則a為H元素，A為d元素組成的單質(zhì)，且與丙反應生成水和常用于消毒、漂白的丁，則丙應為堿，由轉(zhuǎn)化關系可知甲為Na2O，丙為NaOH，A為Cl2，生成丁、戊為NaCl，NaClO，可知b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素，以此解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猘為H元素、b為O元素、c為Na元素、d為Cl元素，甲為Na2O、乙為H2O、丙為NaOH、丁為NaClO、戊為NaCl；A．b、c對應的離子為O2-和Na+，具有相同的核外電子排布，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑O2-＞Na+，即b＞c，故A錯誤；B．丙為NaOH，由Na+和OH-組成，則含有離子鍵和極性共價鍵，故B正確；C．b為O元素、c為Na元素，兩者組成的Na2O和Na2O2中陰、陽離子數(shù)目比均為1：2，故C正確；D．a(chǎn)、b、d形成的化合物中，若為NaClO，Cl原子的價電子對為1+=4，則Cl的雜化方式是sp3；若為NaClO2，Cl原子的價電子對為2+=4，則Cl的雜化方式是sp3；同理若為NaClO3或NaClO4，Cl原子雜化方式仍為sp3，故D正確；故答案為A。4、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)逐漸增大，根據(jù)四種元素形成的化合物結(jié)構，其中各原子的核外電子排布均處于穩(wěn)定結(jié)構。根據(jù)圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結(jié)合原子序數(shù)及“W與X、Y、Z均可形成電子數(shù)相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯誤；B．非金屬性越強，氫化物越穩(wěn)定，水的穩(wěn)定性大于氨氣，故B正確；C．物質(zhì)甲的結(jié)構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；故選B。【點睛】根據(jù)物質(zhì)中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C，要注意物質(zhì)中化學鍵數(shù)目的判斷方法的應用。5、A【解析】

A．向氨水中滴加少量等濃度的醋酸溶液后，反應生成醋酸銨為強電解質(zhì)，完全電離，溶液中離子濃度增大，溶液的導電性增強，故A正確；B．醋酸的電離是吸熱反應，升高溫度，促進醋酸電離，所以醋酸的電離程度增大，溶液的pH減小，故B錯誤；C．酸堿對水的電離有抑制作用，稀釋0.1mol/LNaOH溶液，對水的電離的抑制作用減小，水的電離程度增大，故C錯誤；D．CH3COONa溶液中存在醋酸根離子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的溫度不變，醋酸根的水解平衡常數(shù)不變，則不變，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意化學平衡常數(shù)、電離平衡常數(shù)、水解平衡常數(shù)、溶度積、水的離子積等都是只與溫度有關，溫度不變，這些常數(shù)不變。6、B【解析】

A．次氯酸鈉是由氫氧化鈉與次氯酸反應生成，屬于強堿弱酸鹽，次氯酸鈉中氯元素處于+1的價，具有強的氧化性，故A正確；B．氯氣是單質(zhì)，不是電解質(zhì)，故B錯誤；C．氫碘酸為可溶性電解質(zhì)，能夠是氫氧化鐵膠體聚沉，氫氧化鐵具有強的氧化性，能夠氧化碘離子生成單質(zhì)電，所以Fe(OH)3膠體遇氫碘酸先聚沉后溶解，并有氧化還原反應發(fā)生，故C正確；D．長時間煮沸Mg(HCO3)2溶液，Mg(HCO3)2生成MgCO3，水解生成Mg(OH)2，故D正確；故選：B?！军c睛】電解質(zhì)：在水溶液或在熔融狀態(tài)下能夠?qū)щ姷幕衔铩Ｋ耘袛嗍欠駷殡娊赓|(zhì)的前提為化合物，B選項氯氣是單質(zhì)，不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。7、B【解析】

A.物質(zhì)甲中含苯環(huán)和羧基，可以發(fā)生苯環(huán)的加成反應，燃燒反應(屬于氧化反應)，可以發(fā)生酯化反應(屬于取代反應)，A正確；B.根據(jù)乙結(jié)構簡式可知，該物質(zhì)是苯分子中六個H原子全部被Cl原子取代產(chǎn)生的物質(zhì)，故分子式是C6Cl6，B錯誤；C.丙分子中含有2種類型的H原子，所以其一氯代物有2種，C正確；D.丁分子中含有醛基、醇羥基，在一定條件下醛基與氫氣可以轉(zhuǎn)化成羥基，就得到只含醇羥基一種官能團的物質(zhì)，D正確；故答案選B。8、C【解析】

A．將甲中左側(cè)過量鋅粒轉(zhuǎn)移到右側(cè)盛有的一定體積食醋溶液中，測定乙中產(chǎn)生氣體體積，可測定酷酸濃度，故A項正確；B．將甲中右側(cè)過量稀硫酸轉(zhuǎn)移到左側(cè)一定質(zhì)量的粗鋅中，測定己中產(chǎn)生氣體體積，可測定粗鋅的純度，B項正確；C．碳酸鈉溶于水的過程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收熱量少，溶解放熱，且放出熱量大于吸收的熱量，故C項錯誤；D．過氧化鈉與水反應放熱并產(chǎn)生氧氣，恢復至室溫后，可根據(jù)己中兩側(cè)液面高低判斷是否有氣體產(chǎn)生，故D項正確；故答案為C。【點睛】利用該法測量氣體體積時要注意使水準管和量氣筒里液面高度保持一致。9、D【解析】

鐵的化合物溶于鹽酸后滴加KSCN溶液不發(fā)生顏色變化，說明其中不含鐵離子，再加入適量氯水后溶液變紅色，說明溶于鹽酸后的溶液中存在亞鐵離子，F(xiàn)e2O3、FeCl3、Fe2(SO4)3溶于鹽酸溶液中均有Fe3+的存在，滴加KSCN溶液會產(chǎn)生紅色，而FeO溶于鹽酸生成FeCl2，故選D?！军c睛】加入適量氯水后溶液變紅色，說明溶于鹽酸后的溶液中存在亞鐵離子是解答的突破口。10、A【解析】

A．橋墩浸泡在接近中性的海水中，主要發(fā)生析氧腐蝕，故A錯誤；B．海水中含有氯化鈉等電解質(zhì)，導電性比河水強，鋼鐵橋墩在海水中比在河水中腐蝕更快，故B正確；C．圖1為外加電源的陰極保護法，輔助電極的材料可以為石墨等，故C正確；D．圖2為犧牲陽極的陰極保護法，鋼鐵橋墩充當正極，正極上發(fā)生還原反應，電極反應式為O2+2H2O+4e一=4OH-，故D正確；故選A。11、C【解析】

A、香蘭素中—OH中的H原子，被—COCH3替代，該反應屬于取代反應，A項錯誤；B、乙酸香蘭酯的分子式為C10H10O4，B項錯誤；C、乙酸香蘭酯中沒有酚羥基，可以用FeCl3溶液區(qū)別香蘭素與乙酸香蘭酯，C項正確；D、乙酸香蘭酯應在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香蘭素，D項錯誤；答案選C?？键c：考查有機化學基礎（反應類型、分子式的確定、官能團的性質(zhì)等）。12、D【解析】

A．放電時，工作原理為原電池原理，陽離子向正極移動，A正確；B．放電時，工作原理為原電池原理，電子由負極→用電器→正極，B正確；C．充電時，工作原理為電解池原理，陰極反應為xLi++nC+xe-=LixCn，C正確；D．充電時，工作原理為電解池原理，陽極反應為LiFePO4-xe-=(1?x)LiFePO4+xFePO4+xLi+，很明顯，陽極質(zhì)量減小，D錯誤。答案選D?！军c睛】涉及x的電池或者電解池的電極反應書寫，切不可從化合價入手，而應該以電荷守恒或者原子守恒作為突破口進行書寫，如本題D中先根據(jù)總反應寫出LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4，很顯然右邊少著x個Li+，故右邊加上xLi+，右邊加上xLi+后，根據(jù)電荷守恒可知左邊應該-xe-，最終陽極反應為LiFePO4-e-→(1?x)LiFePO4+xFePO4。13、D【解析】

由題可知，W、X是空氣中含量最高的兩種元素，則W、X分別是N、O，Y的合金是當今世界使用量最大的合金，所以Y為Fe，Z的單質(zhì)常溫下為液態(tài)，常溫下為液態(tài)的單質(zhì)有溴和汞，由題中條件可知Z為Br，由此解答?！驹斀狻緼．單質(zhì)溴易揮發(fā)且有毒，保存在棕色瓶里，添加少量水作為液封，A正確；B．第三周期的金屬元素有Na、Mg、Al，由金屬活動順序可知，F(xiàn)e的金屬性比這三種金屬都要弱，B正確；C．N和O兩種元素形成的二元化合物中，NO、NO2都不是酸性氧化物，C正確；D．YZ2就是FeBr2，通入少量Cl2，由于Fe2+還原性比Br-強，只能發(fā)生反應：6FeBr2+3Cl2=2FeCl3+4FeBr3，不屬于置換反應，D錯誤；答案選D。14、B【解析】A．由結(jié)構可知青蒿素的分子式為C15H22O5，故A錯誤；B．雙氫青蒿素含-OH，能發(fā)生氧化反應、酯化反應，故B正確；C．青蒿素不含碳碳雙鍵或三鍵，則不能與溴發(fā)生加成反應，故C錯誤；D．青蒿素轉(zhuǎn)化為雙氫青蒿素，H原子數(shù)增加，為還原反應，故D錯誤；故選B。15、B【解析】

①亞鐵離子和碘離子均能被氧化；②與水及CO2反應，反應的方程式分別為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，③無色溶液中不可能大量存在Al3+和S2-，發(fā)生雙水解；④Na2O2因具有強氧化性而有漂白性。⑤由N=nNA,n=CV計算；⑥HClO具有強氧化性；【詳解】①1

mol

FeI2與足量氯氣反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3NA，故錯誤；②與水及CO2反應，反應的方程式分別為2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成相同量的O2時消耗的水和二氧化碳的物質(zhì)的量相同，故正確；③Al3+和S2-，發(fā)生雙水解，不能大量共存，故錯誤；④Na2O2投入到紫色石蕊試液中，與水反應生成氫氧化鈉成堿性所以溶液先變藍，又因為過氧化鈉具有強氧化性而有漂白性，所以后褪色，故正確；⑤N=2L×0.5mol·L-1×2NA=2NA，故錯誤；⑥在漂白粉的溶液中通入少量二氧化硫氣體：Ca2++1ClO-+SO2+H2O═CaSO4↓+2H++Cl-，故錯誤。故選B。16、C【解析】

氯化氫、碘化氫為結(jié)構相似的分子晶體，分子晶體熔沸點高低與分子間作用力有關，而分子間作用力與相對分子質(zhì)量成正比，碘化氫的相對分子質(zhì)量大于氯化氫，所以分子間作用力強于氯化氫，熔沸點高于氯化氫熔沸點，排除A、B，常溫下碘化氫為氣體，所以沸點低于0℃，排除D，C項正確；答案選C。17、D【解析】

根據(jù)圖像可知反應流程為（1）氫氣失電子變?yōu)闅潆x子，F(xiàn)e（Ⅲ）得電子變?yōu)镕e（Ⅱ）；（2）Fe（Ⅱ）得電子變?yōu)镕e（Ⅲ），NO2－被Fe（Ⅱ）還原為N2。如此循環(huán)，實現(xiàn)H2消除酸性廢水中的致癌物NO2－的目的，總反應為3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。【詳解】根據(jù)上面分析可知：A.Pd上發(fā)生的電極反應為：H2-2e－2H＋，故不選A；B.由圖中信息可知，F(xiàn)e（Ⅱ）與Fe（Ⅲ）是該反應的催化劑，其相互轉(zhuǎn)化起到了傳遞電子的作用，故不選B；C.反應過程中NO2－被Fe（Ⅱ）還原為N2，故不選C；D.總反應為3H2+2NO2－+2H+=N2↑+4H2O。，用該法處理后由于消耗水體中的氫離子，pH升高，故選D；答案：D18、B【解析】

鄰甲基乙苯的結(jié)構簡式為：，根據(jù)題目所給反應信息，四種不同的斷鍵方式可生成最多4種有機產(chǎn)物，故答案為B。19、D【解析】

從表中位置關系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數(shù)為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據(jù)元素在周期表中的位置關系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素?！驹斀狻緼、O、S、P的原子半徑大小關系為：P＞S＞O，三種元素的氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性為：H2O＞H2S＞PH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態(tài)的硫，B不正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態(tài)，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。20、D【解析】

Cu2+或OH－濃度都已變得很小，說明二者恰好反應。硫酸銅和氫氧化鈉的物質(zhì)的量分別是0.06mol和0.09mol，則銅離子和OH－的物質(zhì)的量之比是2︰3，而只有選項D中符合，答案選D。21、A【解析】

A、分子晶體的相對分子質(zhì)量越大,沸點越高,則鹵素單質(zhì)的熔、沸點逐漸升高，與分子間作用力有關，A正確；B、非金屬性F＞Cl＞Br＞I，則HF、HCl、HBr、HI熱穩(wěn)定性依次減弱，與共價鍵有關，B錯誤；C、原子晶體中，共價鍵的鍵長越短，熔點越高，金剛石的硬度大于硅，其熔、沸點也高于硅，與共價鍵有關，C錯誤；D、離子鍵的鍵長越短，離子所帶電荷越多，離子鍵越強，熔點越高，離子半徑：Mg2+＜Na+、O2—＜Cl-，所以熔點：MgO＞NaCl，與離子鍵大小有關，D錯誤；正確選項A。22、D【解析】

A．H2O中H元素的化合價降低，則屬于氧化還原反應，水作氧化劑，故A不選；B．反應中水中O元素的化合價升高，則屬于氧化還原反應，水作還原劑，故B不選；C．反應沒有元素的化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C不選；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反應中，S、Cl元素化合價發(fā)生變化，屬于氧化還原反應，H2O中沒有元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，故D選；故選D。二、非選擇題(共84分)23、醛基4-硝基甲苯（對硝基甲苯）取代反應加成反應14或【解析】

A(C2H4O)能夠與新制氫氧化銅反應，說明A含有醛基，因此A為CH3CHO，則B為CH3COOH；結(jié)合C和E的分子式可知，C和D應該發(fā)生取代反應生成E和氯化氫，則D為；甲苯在濃硫酸作用下發(fā)生硝化反應生成F，結(jié)合J的結(jié)構可知，F(xiàn)為對硝基甲苯()，F(xiàn)被還原生成G，G為對氨基甲苯()，根據(jù)已知信息，G和乙醛反應生成H，結(jié)合J的結(jié)構可知，H為，則E為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，A為C2H4O，含有的官能團為醛基；F為，名稱為對硝基甲苯，故答案為醛基；4-硝基甲苯(對硝基甲苯)；(2)C和D發(fā)生取代反應生成E，反應的化學方程式為，故答案為；(3)G為對硝基甲苯中硝基被還原的產(chǎn)物，G為，故答案為；(4)由D生成F是甲苯的硝化反應，屬于取代反應，根據(jù)流程圖，E和H生成J的過程中N=C雙鍵轉(zhuǎn)化為了單鍵，屬于加成反應，故答案為取代反應；加成反應；(5)E為，芳香化合物K是E的同分異構體。若K能發(fā)生銀鏡反應，說明K中含有醛基，則K的結(jié)構有：苯環(huán)上連接1個乙基和1個醛基有3種；苯環(huán)上連接2個甲基和1個醛基有6種；苯環(huán)上連接1個甲基和1個—CH2CHO有3種；苯環(huán)上連接1個—CH2CH2CHO有1種；苯環(huán)上連接1個—CH(CH3)CHO有1種，共14種；其中核磁共振氫譜有四組峰的結(jié)構簡式為或，故答案為14；或。24、CH2=CHCHO2+O22+2H2OCH2Cl2ClMgCH2MgClHOCH2CH2CH2CH2CH2OHH2C=CHCH2CH=CH2【解析】

A的分子式為，而1，丁二烯與A反應生成B，且B與氫氣反應得到，結(jié)合信息可知A為，B為結(jié)合轉(zhuǎn)化關系與信息可知發(fā)生取代反應生成C為，D為，E為，由信息可知F為，G為，H為?！驹斀狻浚?）A的分子式為，其結(jié)構簡式為：，故答案為：；（2）E→F羥基的催化氧化，反應的化學方程式為，故答案為：；

（3）H的結(jié)構簡式為，滿足下列條件的苯丙氨酸同分異構體的結(jié)構簡式：Ⅰ、含有苯環(huán)；Ⅱ、分子中有三種不同環(huán)境的氫原子，符合條件的同分異構體有：、，故答案為：；、；（4）由與干醚得到，再與環(huán)氧乙烷得到由，然后再濃硫酸加熱條件下發(fā)生消去反應得到，合成路線流程圖為：，故答案為：。25、fgbcdxSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾品紅溶液褪色除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2MnO2+C2O42-+4H+Mn2++2CO2↑+2H2O43.5%【解析】

Ⅰ．SOCl2吸收結(jié)晶水得到SO2與HCl，用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸吸收水蒸氣，防止溶液中水蒸氣進入，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl，防止污染環(huán)境，注意防止倒吸。III.該滴定實驗的原理為利用高猛酸鉀標準液來測定未反應的草酸根的量，從而確定與草酸根反應的二氧化錳的量?！驹斀狻竣瘢?）根據(jù)分析可知裝置的連接順序為f→g→h→i→b→c→d→e，（2）三頸燒瓶中為SOCl2與ZnCl2·xH2O中的結(jié)晶水的反應，SOCl2遇水劇烈反應生成SO2與HCl，所以反應方程式為：xSOCl2+ZnCl2·xH2O=xSO2↑+2xHCl↑+ZnCl2；（3）由溶液得到晶體，可進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾；（4）二氧化硫可使品紅溶液褪色，所以當生成物中有二氧化硫時會觀察到品紅溶液褪色；II.（5）固體含有碳和MnOOH，灼燒可生成二氧化碳，以除去碳，且將MnOOH氧化為MnO2，故答案為：除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸鈉中，二氧化錳會將草酸根氧化得到錳離子和二氧化碳，結(jié)合電荷守恒和質(zhì)量守恒書寫可得離子方程式為：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O；（7）高猛酸鉀在酸性環(huán)境下也可以將草酸根氧化，反應方程式為2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，根據(jù)方程式可知存在數(shù)量關系：2MnO4-~5C2O42-，則10.00mL待測液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L×0.01L×=0.0005mol，則總剩余的n（C2O42-）=0.0005mol×=0.005mol，總的草酸根的物質(zhì)的量為=0.01mol，則與二氧化錳反應的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根據(jù)反應方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2++2CO2↑+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以產(chǎn)品的純度為【點睛】第（2）題的方程式書寫為易錯點，要注意與SOCl2反應的不是單純的水，而是ZnCl2·xH2O中的結(jié)晶水，所以在方程式中不能寫水；從溶液中獲取晶體的一般操作為：蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、（洗滌、干燥）。26、Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2提高銅離子的萃取率，提高原料利用率稀硫酸pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解C真空干燥90.90%制備氧化亞銅時，氧化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測定結(jié)果均增大【解析】

刻蝕液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入過量的氨水，形成銅氨溶液，同時生成氫氧化亞鐵和氫氧化鐵沉淀，銅氨溶液中加入有機溶液得到CuR2，再反萃取劑條件下生成硫酸銅溶液?！驹斀狻浚?）步驟II，銅氨溶液和RH的有機溶液反應生成氨氣和氯化銨和CuR2，離子方程式為：Cu(NH3)42++2RH=2NH4++2NH3+CuR2；（2）需要對水層多次萃取并合并萃取液是能提高銅離子的萃取率，提高原料利用率；（3）通過前后的物質(zhì)分析，反萃取劑提供硫酸根離子和氫離子，故為稀硫酸；（4）①從信息分析，氧化亞銅在酸性強的溶液中會發(fā)生歧化反應，但堿性強的溶液中氧化亞銅會溶解。故答案為：pH太小氧化亞銅會發(fā)生歧化反應，pH太大，氧化亞銅會溶解；②納米Cu2O不能通過半透膜，所以可以選擇C進行分離。③因為Cu2O在潮濕的空氣中會慢慢氧化生成CuO，也易被還原為Cu，所以選擇真空干燥；（5）①根據(jù)得失電子分析關系式有5Cu2O---2KMnO4，高錳酸鉀的物質(zhì)的量為0.2000moI.L-1×0.05L=0.01mol，則氧化亞銅的物質(zhì)的量為0.025mol，質(zhì)量分數(shù)為=90.90%；②制備氧化亞銅時，肼具有還原性，氧化亞銅被肼還原，產(chǎn)品中含有銅粉，測定結(jié)果均增大。27、Ca(OH)2溶液稀H2SO4鐵Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉(zhuǎn)化為綠礬回收，把Cu2+轉(zhuǎn)化為銅回收，先加堿使金屬離子轉(zhuǎn)化為沉淀，與陰離子分離，然后加酸溶解沉淀，再加鐵粉可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬?！驹斀狻恳罁?jù)題意從含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的廢液中，把Fe3+轉(zhuǎn)化為綠礬回收，把Cu2+轉(zhuǎn)化為銅回收應分三步實施，先加廉價的堿Ca(OH)2將Fe3+、Cu2+轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3和Cu(OH)2，與Cl-、NO3-分離，反應的離子方程式為Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；過濾后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸鐵和硫酸銅的混合液，反應的離子方程式為Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入鐵粉與硫酸鐵和硫酸銅反應，可得到硫酸亞鐵溶液和Cu，反應的離子方程式為2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，F(xiàn)e＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；過濾得到銅和硫酸亞鐵溶液，硫酸亞鐵溶液經(jīng)蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥得到綠礬，故答案為：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；鐵；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，F(xiàn)e＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。28、四VIII0.018mol?（L?min）-1BCD0.06K1>K2>K3ACD【解析】

(1)Fe元素位于第四周期第VIII族；(2)n(Fe2O3)=，根據(jù)方程式知，有0.03mol氧化鐵參加反應時有0.18mol氫氣生成，根據(jù)v=，計算該段時間內(nèi)氫氣平均反應速率；(3)可逆反應達到平衡狀態(tài)時，該物質(zhì)的物質(zhì)的量、物質(zhì)的量濃度、百分含量以及由此引起的一系列物理量不變；(4)參加反應