2026屆廣東省深圳市蛇口育才二中高三化學第一學期期中聯(lián)考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、下列有關硫元素及其化合物的說法正確的是A．硫黃礦制備硫酸經歷兩步：SSO3H2SO4B．酸雨與土壤中的金屬氧化物反應后，硫元素以單質的形式進入土壤中C．在燃煤中加入石灰石可減少SO2排放，發(fā)生的反應為2CaCO3＋2SO2＋O22CO2＋2CaSO4D．向溶液中加入BaCl2溶液后滴加硝酸，若產生不溶于硝酸的白色沉淀，則溶液必含SO42－2、下列各組液體的混合物，可用分液漏斗分離的是（）A．乙酸乙酯和乙醇 B．苯和四氯化碳 C．苯和食鹽水 D．溴苯和液溴3、下列物質的水溶液呈堿性的是A．KAlO2B．KClO4C．NaHSO4D．NH4NO34、下列有關實驗裝置或操作進行的相應實驗，能達到實驗目的的是

A．用圖甲所示裝置分離乙醇和碘的混合液B．用圖乙所示操作配制100mL0.1mol·L-1硫酸溶液C．用圖丙所示裝置制備氨氣D．用圖丁所示裝置檢驗濃硫酸與蔗糖反應產生的二氧化硫5、己知反應：①Cl2+2KBr=2KCl+Br2，②KClO3+6HCl=3Cl2↑+KCl+3H2O。據(jù)此判斷下列說法正確的是A．上述兩個反應都是置換反應B．①中KC1是氧化產物，KBr發(fā)生還原反應C．反應②中還原劑與氧化劑的物質的量之比為5:1D．氧化性由強到弱的順序為：Br2>Cl2>KClO36、下列圖示箭頭方向表示與某種常見試劑在一定條件下(不含電解)發(fā)生轉化，其中6步轉化均能一步實現(xiàn)的一組物質是（）選頂WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCuCuSO4CuCl2Cu(OH)2DAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2A．A B．B C．C D．D7、利用CH4可消除NO2的污染，反應原理為：CH4(g)+2NO2(g)N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)，在10L密閉容器中分別加入0.50molCH4和1.2molNO2，測得不同溫度下n(CH4)隨時間變化的有關實驗數(shù)據(jù)如表所示：下列說法正確的是()組別溫度/K物質的量/mol時間/min010204050①T1n(CH4)0.500.350.250.100.10②T2n(CH4)0.500.300.18M0.15A．組別①中0～20min內，NO2降解速率為0.25molL?1min?1B．由實驗數(shù)據(jù)可知溫度T1>T2C．40min時，表格中M對應的數(shù)據(jù)為0.15D．該反應在高溫下不能自發(fā)進行8、阿托酸是一種常用的醫(yī)藥中間體，其結構如圖所示：。下列有關說法中錯誤的是()A．溴單質能與阿托酸發(fā)生加成反應B．阿托酸能與硝酸發(fā)生取代反應C．可用酸性KMnO4溶液區(qū)別阿托酸與苯D．阿托酸分子中含有4個碳碳雙鍵9、塑劑DCHP可由環(huán)己醇制得。環(huán)己醇和DCHP的結構簡式如圖所示，下列說法中正確的是A．DCHP的分子式為C20H24O4B．環(huán)己醇和DCHP的一氯代物均有4種C．1molDCHP水解時消耗2molNaOHD．環(huán)己醇分子中的所有碳原子可能共平面10、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是（）A．1mol硝基(—NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NAB．1L1mol·L-1Na2CO3溶液中含有的氧原子數(shù)目為3NAC．將0.1molFeCl3滴入沸水形成的膠體粒子的數(shù)目為0.1NAD．過氧化氫分解制得標準狀況下2.24LO2，轉移電子的數(shù)目為0.4NA11、一定溫度下，將一定量的固體A置于固定容積的密閉容器中發(fā)生分解反應，一段時間后達到平衡A(s)2B(g)+C(g)，以下可以作為平衡標志的是A．2v正(B)=v逆(C)B．氣體B的體積分數(shù)不變C．混合氣體的平均摩爾質量不變D．混合氣體的密度不變12、綠色化是一種生產生活方式。下列行為與“綠色化”理念不相符的是A．大力發(fā)展清潔能源，減少對傳統(tǒng)能源的依賴B．生活垃圾分類收集處理，實現(xiàn)資源化再利用C．大量生產和貯存石灰，修復酸雨浸蝕的土壤D．推廣共享單車，倡導低碳、環(huán)保的出行方式13、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法錯誤的是()A．20g20Ne含有的中子數(shù)為10NAB．100mL1mol·L-1亞硫酸鈉溶液中含有的陰離子數(shù)目大于0.1NAC．4.6g乙醇和甲醚(CH3OCH3)的混合物中碳氫鍵數(shù)目為0.6NAD．0.1molS2O被氧化為S4O時，轉移的電子數(shù)為0.1NA14、已知過氧化鉻(CrO5)的結構式如下圖所示，過氧化鉻不穩(wěn)定，溶于水生成過氧鉻酸；溶于酸生成鉻(III)鹽(綠色)并放出氧氣，反應方程式為：4CrO5+12H+=4Cr3++7O2+6H2O)。下列有關說法正確的是()A．CrO5中Cr元素的化合價為+10B．過氧化鉻中含有極性共價鍵、非極性共價鍵和離子鍵C．過氧化鉻具有較強的氧化性D．上述反應每轉移0.2mol電子就能生成2.24LO215、食品包裝中常見的脫氧劑組成為還原性鐵粉、氯化鈉、炭粉等，其脫氧過程與電化學知識相關。下列分析正確的是A．脫氧過程是吸熱反應，可降低溫度，延長食品保質期B．脫氧過程中炭作原電池正極，電極反應為：4H++O2+4e-=2H2OC．含有0.56g鐵粉的脫氧劑，理論上最多能吸收氧氣168mL(標準狀況)D．該過程實現(xiàn)了電能到化學能的轉化16、下列有關化學用語正確的是（）A．中子數(shù)為18的氯原子：Cl B．氯化鈉的電子式C．苯甲酸的結構簡式： D．CH4的比例模型二、非選擇題（本題包括5小題）17、一種重要的有機化工原料有機物X，下面是以它為初始原料設計出如下轉化關系圖(部分產物、合成路線、反應條件略去)。Y是一種功能高分子材料。已知：(1)X為芳香烴，其相對分子質量為92(2)烷基苯在高錳酸鉀的作用下，側鏈被氧化成羧基：(3)(苯胺，易被氧化)請根據(jù)本題所給信息與所學知識回答下列問題：(1)X的分子式為______________。(2)中官能團的名稱為____________________；(3)反應③的反應類型是___________；已知A為一氯代物，則E的結構簡式是____________；(4)反應④的化學方程式為_______________________；(5)阿司匹林有多種同分異構體，滿足下列條件的同分異構體有________種：①含有苯環(huán)；②既不能發(fā)生水解反應，也不能發(fā)生銀鏡反應；③1mol該有機物能與2molNaHCO3完全反應。(6)請寫出以A為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用)_______。合成路線流程圖示例如下：18、中學常見反應的化學方程式是A+BX+Y+H2O(未配平，反應條件略去)，其中A、B的物質的量之比為了1：4。請回答：(1)若Y是黃綠色氣體，則Y的電子式是______，該反應的離子方程式是______。(2)若A為非金屬單質，構成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，B的溶液為某濃酸，則反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比是________．(3)若A為金屬單質，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，且A可溶于X溶液中。①元素在周期表中的位置是______(填所在周期和族)；Y的化學式是______。②含amol

X的溶液溶解了一定量A后，若溶液中兩種金屬陽離子的物質的量恰好相等，則被還原的X是______mol。(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀；B的焰色為黃色，則A與B按物質的量之比1：4恰好反應后，溶液中離子濃度從大到小的順序是_________。19、鐵、鋁、銅等金屬及其化合物在日常生活中應用廣泛，請根據(jù)下列實驗回答問題。(1)生鐵中含有一種鐵碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y，將Y溶于過量鹽酸后溶液中大量存在的陽離子是_______________________；Y與過量濃硝酸反應后溶液中含有的鹽的化學式為__________。(2)某溶液中含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等離子，向其中加入過量的NaOH溶液后，過濾，將濾渣高溫灼燒并將灼燒后的固體投入到過量的稀鹽酸中，所得溶液與原溶液相比，溶液中大量減少的陽離子是________(填字母)。A．Mg2＋B．Fe2＋C．Al3＋D．Cu2＋(3)氧化鐵是重要工業(yè)顏料，用廢鐵屑制備它的流程如下：回答下列問題：①操作Ⅰ的名稱是________；操作Ⅱ的名稱是________________；操作Ⅱ的方法為________________________________________________________。②Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用離子方程式表示)_______________。③請完成生成FeCO3沉淀的離子方程式：_________________________________。20、某學習小組設計實驗探究CuSO4分解產物Ⅰ．甲同學選擇下列裝置設計實驗探究硫酸銅分解的氣態(tài)產物SO3、SO2和O2，并驗證SO2的還原性。

回答下列有關問題：（1）上述裝置按氣流從左至右排序為A、D、___E、F（填代號）。（2）裝置D的作用是____；能證明有SO3生成的實驗現(xiàn)象是____。（3）在實驗過程中C裝置中紅色溶液逐漸變?yōu)闊o色溶液，說明A中分解產物有：___；待C中有明顯現(xiàn)象后，F(xiàn)開始收集氣體，F(xiàn)裝置中集氣瓶收集到了少量氣體，該氣體是___（填化學式）。（4）為了驗證SO2的還原性，取E裝置中反應后的溶液于試管中，設計如下實驗：a．滴加少量的NH4SCN溶液b．滴加少量的K3[Fe(CN)6]溶液c．滴加酸性KMnO4溶液d．滴加鹽酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有____（填代號），寫出E裝置中可能發(fā)生反應的離子方程式：___。Ⅱ．乙同學利用A中殘留固體驗證固體產物（假設硫酸銅已完全分解）查閱資料知，銅有+2、+1價，且分解產物中不含0價的銅。Cu2O在酸性條件下不穩(wěn)定，發(fā)生反應：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O。（5）為了驗證固體產物中是否有Cu2O，設計了下列4種方案，其中能達到實驗目的的是____。甲：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硝酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)樗{色乙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)樗{色丙：取少量殘留固體于試管，滴加足量的稀鹽酸，觀察是否有紅色固體生成?。喝∩倭繗埩艄腆w于試管，通入氫氣，加熱，觀察是否生成紅色固體21、鎳、鈷、鈦、銅等元素常用作制備鋰離子電池的正極材料或高效催化劑。NA表示阿伏加德羅常數(shù)，請?zhí)顚懴铝锌瞻?。?）基態(tài)Co原子的電子排布式為___。（2）鎳與CO生成的配合物Ni(CO)4中，易提供孤電子對的成鍵原子是___（填元素名稱）；1molNi(CO)4中含有的σ鍵數(shù)目為__；寫出與CO互為等電子體的一種陰離子的化學式_____。（3）Ti(BH4)2是一種儲氫材料。BH4-的空間構型是____，B原子的雜化方式__。與鈦同周期的第ⅡB族和ⅢA族兩種元素中第一電離能較大的是___（寫元素符號），原因是____。（4）CuFeS2的晶胞如圖所示，晶胞參數(shù)分別為anm、bnm、cnm；CuFeS2的晶胞中每個Cu原子與___個S原子相連，晶體密度ρ＝___g·cm?3（列出計算表達式）。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中原子2和3的坐標分別為（0，1，）、（，，0），則原子1的坐標為___。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【詳解】A.S燃燒產生SO2，不能產生SO3，A錯誤；B.酸雨中主要含有H2SO3、H2SO4，與土壤中的金屬氧化物反應后，硫元素以硫酸鹽、亞硫酸鹽的形式進入土壤中，B錯誤；C.煅燒石灰石會產生CaO，CaO是堿性氧化物，與酸性氧化物反應產生鹽，使硫進入到爐渣中，從而減少了SO2的排放，C正確；D.溶液中含有Ag+、SO42-都會產生上述現(xiàn)象，因此不能確定一定含有SO42-，D錯誤；故合理選項是C。2、C【詳解】A.乙酸乙酯和乙醇都是有機物，所以乙酸乙酯和乙醇能相互溶解，所以不能用分液漏斗分離，故A錯誤；B.苯和四氯化碳都是有機溶劑，能互溶，所以不能用分液漏斗分離，故B錯誤；C.苯是有機物，水是無機物，苯和水不互溶，所以能用分液漏斗分離，故C正確；D.溴苯可溶解液溴，能互溶，所以不能用分液漏斗分離，故D錯誤；答案選C?！军c睛】能用分液漏斗分離的物質必須是兩種相互不溶的液體，一般的來說：有機溶質易溶于有機溶劑，無機溶質易溶于無機溶劑。3、A【解析】A、KAlO2溶液中偏鋁酸根離子水解，溶液顯堿性，A正確；B、KClO4是強酸強堿鹽，溶液顯中性，B錯誤；C、NaHSO4是強酸的酸式鹽，溶液顯酸性，C錯誤；D、NH4NO3溶液中銨根水解，溶液顯酸性，D錯誤，答案選A。點睛：掌握鹽類水解的原理、規(guī)律是解答的關鍵。鹽類水解的基本規(guī)律：有弱才水解，越弱越水解；誰強顯誰性，同強顯中性。因此注意掌握常見酸、堿的強弱。4、D【解析】A.碘易溶于乙醇中，不能用分液的方法分離，應該蒸餾，A錯誤；B.濃硫酸應該在燒杯中稀釋并冷卻后轉移至容量瓶中，B錯誤；C.氯化銨分解生成氨氣和氯化氫，在試管口二者又重新結合生成氯化銨，不能用圖丙所示裝置制備氨氣，C錯誤；D.SO2能使品紅溶液褪色，也能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，因此可用圖丁所示裝置檢驗濃硫酸與蔗糖反應產生的二氧化硫，D正確，答案選D。5、C【解析】A．①為置換反應，②中生成物有單質但反應物沒有單質，所以不是置換反應，A錯誤；B．反應①中溴離子從-1價變?yōu)?價，KBr是還原劑，發(fā)生氧化反應，氯氣是氧化劑，氯化鉀是還原產物，B錯誤；C．②KClO3+6HCl=3Cl2+KCl+3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氯元素化合價從+5價降低到0價，根據(jù)電子得失守恒可知參加反應的6mol氯化氫中有5mol的氯化氫作還原劑，所以還原劑和氧化劑的物質的量之比是5：1，C正確；D．Cl2+2KBr＝2KCl+Br2中氧化劑是氯氣，氧化產物是溴，所以氯氣的氧化性大于溴，②KClO3+6HCl＝3Cl2+KCl+3H2O中氧化劑是氯酸鉀，氧化產物是氯氣，氯酸鉀的氧化性大于氯氣，則氧化性強弱順序是KClO3＞Cl2＞Br2，D錯誤；答案選C。6、D【詳解】A．N2與O2反應只能生成NO，所以W不能一步反應生成Z，故A錯誤；B．Na不能一步反應生成Na2CO3，所以W不能一步反應生成Z，故B錯誤；C．Cu一步不能生成Cu(OH)2，所以W不能一步反應生成Z，故C錯誤；D．Al與硫酸反應生成X，Al與鹽酸反應生成C，Al與氫氧化鈉反應生成Z，Z與過量硫酸反應生成X，X與氯化鋇反應生成Y，Y與氫氧化鈉反應生成Z，所有反應均能一步實現(xiàn)，故D正確；故選D。7、C【詳解】A.0～20min內，△n(CH4)=0.50mol-0.25mol=0.25mol，則CH4的消耗速率為v(CH4)==1.25×10-3mol/(L?min)，由化學反應速率之比等于化學計量數(shù)之比，可知NO2降解速率為2v(CH4)=2.5×10-3mol/(L?min)，故A錯誤；B．溫度升高，化學反應速率增大，相同時間段內消耗的CH4量增大，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，0～10min內，T2溫度下消耗CH4的量大于T1溫度下CH4消耗的量，所以溫度T1＜T2，故B錯誤；C．根據(jù)B選項可知T1＜T2，溫度越高反應速率越快，所以第二組反應達到平衡所用時間更短，根據(jù)表格數(shù)據(jù)可知40min時第一組已到達平衡，則第二組一定也已經平衡，所以40min時甲烷的物質的量應和50min時相等，為0.15mol，故C正確；D．根據(jù)B、C選項分析可知溫度越高平衡時甲烷的物質的量越大，所以升高溫度平衡逆向移動，正反應為放熱反應，該反應的△H<0，該反應為氣體物質的量增多的反應，所以△S>0，所以該反應的△G=△H-T△S<0恒成立，即不需要高溫即可自發(fā)進行，故D錯誤；綜上所述答案為C。8、D【解析】A、阿托酸中含有碳碳雙鍵，溴單質能與阿托酸發(fā)生加成反應，A正確；B、阿托酸中含有苯環(huán)，能與硝酸發(fā)生取代反應，B正確；C、阿托酸可使酸性KMnO4溶液褪色而苯不能，可用酸性KMnO4溶液區(qū)別阿托酸與苯，C正確；D、苯環(huán)上沒有碳碳雙鍵，阿托酸分子中只含一個碳碳雙鍵，D錯誤。故選D。【點晴】以有機物的結構為載體，考查官能團的性質。熟悉常見官能團的性質，進行知識遷移運用，根據(jù)有機物結構特點，有碳碳雙鍵決定具有烯的性質，有羧基決定具有羧酸的性質，有醇羥基決定具有醇的性質，有苯環(huán)還具有苯的性質。9、C【分析】由結構可知分子式，環(huán)已醇分子中含-OH，DCHP中含-COOC-，結合醇、羧酸的性質及苯環(huán)為平面結構來解答?！驹斀狻緼、由結構可知DCHP的分子式為C20H26O4，故A錯誤；B、環(huán)已醇含4種H，DCHP含6種H，則一氯取代物分別為4、6種，故B錯誤；C、DCHP含2個-COOC-，1molDCHP水解時消耗2molNaOH，故C正確；D、環(huán)已醇分子中所有碳原子均為四面體構型，則不可能共平面，故D錯誤；故選C。10、A【詳解】A.

一個硝基含有23個電子，一個二氧化氮分子也含有23個電子，46g二氧化氮(NO2)的物質的量為1mol，因此，1mol硝基(—NO2)與46g二氧化氮(NO2)所含的電子數(shù)均為23NA，故A正確；B.1L1mol·L-1Na2CO3

溶液中含有1molNa2CO3

，這些碳酸鈉中含有3mol氧原子，但作為溶劑的水中也含有氧原子，因此，該溶液中含有的氧原子數(shù)大于3NA，故B錯誤；C.氫氧化鐵膠體的一個膠體粒子是由多個氫氧化鐵分子構成的集合體，若0.1mol三價鐵離子完全水解，形成的膠體粒子數(shù)小于0.1NA，故C錯誤；D.過氧化氫中氧元素為-1價，每生成1molO2，轉移2mol電子。標準狀況下2.24LO2的物質的量為0.1mol，轉移的電子數(shù)為0.2NA，故D錯誤；答案選A?！军c睛】物質的量是橋梁，將宏觀物質和微觀粒子聯(lián)系在一起，將所給條件都換成物質的量。11、D【詳解】A.當不同物質正逆反應速率之比等于反應計量系數(shù)之比時，可判斷反應達到平衡狀態(tài)，若2v正(B)=v逆(C)，則v正(B)：v逆(C)=1:2，不等于反應計量系數(shù)之比，不能說明正逆反應速率相等，不能作平衡狀態(tài)的標志，故A錯誤；B.因為反應物為固體，所以容器中B、C的物質的量之比始終是2:1，密閉容器中B(g)的體積分數(shù)始終不變，不能作平衡狀態(tài)的標志，故B錯誤；C.密閉容器中混合氣體的平均分子量始終不變，不能作平衡狀態(tài)的標志，故C錯誤；D.密閉容器中混合氣體的密度不變，說明氣體的質量不變，達平衡狀態(tài)，故D正確；答案選D。【點睛】根據(jù)化學平衡狀態(tài)的特征解答，當反應達到平衡狀態(tài)時，正逆反應速率相等，各物質的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化，解題時要注意，選擇判斷的物理量，隨著反應的進行發(fā)生變化，當該物理量由變化到定值時，說明可逆反應到達平衡狀態(tài)。12、C【解析】A、推進傳統(tǒng)能源清潔利用，大力發(fā)展清潔能源，能減少二氧化碳的排放，符合“綠色化”理念，故A正確；B、生活垃圾分類收集處理，實現(xiàn)資源化再利用，提高資源利用率，故B正確；C、大量生產和貯存石灰，修復酸雨浸蝕的土壤，會使土壤板結，故C錯誤；D、推廣共享單車，倡導低碳、環(huán)保的出行方式，減少化石燃料的使用，減少空氣污染，故D正確；故選C。13、C【詳解】A．20g20Ne的物質的量為1mol，一個20Ne所含中子數(shù)為20-10=10個，所以20g20Ne含有的中子數(shù)為10NA，故A正確；B．100mL1mol·L-1亞硫酸鈉溶液中含有0.1molNa2SO3，溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO)+c(SO)，溶液中n(Na+)=0.2mol，所以c(OH-)+c(HSO)+c(SO)大于0.1NA，故B正確；C．1mol乙醇中含5molC-H鍵，1mol甲醚(CH3OCH3)含6molC-H鍵，所以4.6g乙醇和甲醚(CH3OCH3)的混合物中碳氫鍵數(shù)目無法確定，故C錯誤；D．S2O被氧化為S4O時S元素由+2價變?yōu)?2.5價，每個S2O失去1個電子，則0.1molS2O被氧化為S4O時，轉移的電子數(shù)為0.1NA，故D正確；答案為C。14、C【解析】A.CrO5中存在過氧鍵、Cr-O鍵、Cr=O鍵；

B.不同非金屬元素之間易形成極性鍵；

C.CrO5能和水反應生成酸，和酸反應生成鉻酸鹽和氧氣；

D.溫度和壓強未知，無法計算氧氣的物質的量?！驹斀狻緼.CrO5中存在2個過氧鍵、1個Cr=O鍵，所以4個O原子顯-1價、1個O原子顯-2價，所以Cr元素顯+6價，故A錯誤；

B.不同非金屬元素之間易形成極性鍵，所以CrO5中不存在極性鍵，故B錯誤；

C.CrO5能和水反應生成酸，所以為酸性氧化物，和酸反應生成鉻酸鹽和氧氣，Cr元素化合價由+6價變?yōu)?3價，所以CrO5具有較強的氧化性，所以C選項是正確的；

D.溫度和壓強未知，無法計算氧氣的物質的量，導致無法計算轉移電子的物質的量，故D錯誤。

所以C選項是正確的。15、C【分析】Fe、C和NaCl溶液構成原電池，因為是脫氧劑，說明發(fā)生吸氧腐蝕，F(xiàn)e易失電子作負極，C作正極，負極反應式為Fe-2e-=Fe2+、正極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亞鐵離子和氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵。【詳解】A．該裝置構成原電池，原電池反應為放熱反應，所以脫氧過程為放熱反應，故A錯誤；B．炭作正極，氧氣在正極上得電子發(fā)生還原反應，電極反應為：2H2O+O2+4e-=4OH-，故B錯誤；C．負極反應式為Fe-2e-=Fe2+、正極反應式為2H2O+O2+4e-=4OH-，生成的亞鐵離子和氫氧根離子反應生成氫氧化亞鐵，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵，所以Fe單質最終轉化為+3價鐵元素，0.56gFe的物質的量為0.01mol，完全轉化為+3價鐵元素時，轉移電子的物質的量為0.03mol，根據(jù)轉移電子守恒消耗氧氣體積×22.4L/mol=168mL，故C正確；D．原電池將化學能轉化為電能，故D錯誤；故選：C。16、D【詳解】A．質量數(shù)=質子數(shù)+中子數(shù)，故中子數(shù)為18的氯原子的質量數(shù)為35，故表示為Cl，故A錯誤；B．氯化鈉為離子化合物，正確的電子式為，故B錯誤；C．苯甲酸中含有羧基，結構簡式為，故C錯誤；D．CH4為正四面體結構，C原子的相對體積較大，其比例模型為，故D正確；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C7H8羥基、羧基還原反應n+(n-1)H2O10【詳解】（1）X為芳香烴，其相對分子質量為92，根據(jù)CnH2n-6，得出n=7，因此X的化學式為C7H8；（2）根據(jù)結構簡式，含有官能團是酚羥基和羧基；（3）反應①發(fā)生硝化反應，根據(jù)③的產物，應在甲基的鄰位引入－NO2，即F的結構簡式為，因為氨基容易被氧化，因此反應②先發(fā)生氧化，把甲基氧化成羧基，G的結構簡式為，反應③G在Fe/HCl作用下，硝基轉化成氨基，此反應是還原反應；根據(jù)流程，氯原子取代甲基上的氫原子，即A的結構簡式為，根據(jù)B生成C反應的條件，以及C生成D的條件，B中應含有羥基，推出A發(fā)生鹵代烴的水解，B的結構簡式為，C為苯甲醛，從而推出E為苯甲酸，其結構簡式為；（4）Y是高分子化合物，反應④發(fā)生縮聚反應，其化學反應方程式為：n+（n-1）H2O；（5）不能發(fā)生水解，說明不含酯基，不能發(fā)生銀鏡反應，說明不含醛基，1mol該有機物能與2molNaHCO3發(fā)生反應，說明含有2個羧基，符合條件的結構簡式有：、（另一個羧基在苯環(huán)上有3種位置）、（甲基在苯環(huán)上有2種位置）、（甲基在苯環(huán)上有3種位置）、（甲基在苯環(huán)只有一種位置），共有10種；（6）根據(jù)產物，需要先把苯環(huán)轉化成環(huán)己烷，然后發(fā)生鹵代烴的消去反應，再與溴單質或氯氣發(fā)生加成反應，最后發(fā)生水解，其路線圖為。18、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O4：1第四周期Ⅷ族NO0.4ac(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)【分析】(1)若Y是黃綠色氣體，則Y為氯氣，A、B的物質的量之比為1：4，結合實驗室常用濃鹽酸與二氧化錳反應來制取氯氣來解答；(2)A為非金屬單質，構成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，即A為碳元素；A、B的物質的量之比為1：4，則該反應為碳與濃硝酸反應，然后利用元素的化合價分析；(3)A為金屬單質，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中，則A為鐵，由A、B的物質的量之比為1：4，該反應為鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水；利用鐵的原子序數(shù)分析其位置，利用三價鐵離子與鐵的反應及溶液中兩種金屬陽離子的物質的量恰好相等來計算被還原的三價鐵；(4)向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有鈉元素，A與B按物質的量之比1：4恰好反應，則該反應為氯化鋁與氫氧化鈉的反應，利用反應中各物質的量級偏鋁酸鈉的水解來分析?！驹斀狻?1)因黃綠色氣體為氯氣，氯原子最外層7個電子，則氯氣中存在一對共用電子對，其電子式為，A、B的物質的量之比為1：4，則反應的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(2)A為非金屬單質，構成它的原子核外最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的2倍，若為2個電子層，則第一層電子數(shù)為2，第二層電子數(shù)為4，其質子數(shù)等于電子數(shù)等于6，即A為碳元素；A、B的物質的量之比為1：4，則該反應為碳與濃硝酸反應，其反應為C+4HNO3(濃)CO2↑+4NO2↑+2H2O。根據(jù)元素的化合價變化可知：碳元素的化合價升高，則碳作還原劑；硝酸中氮元素的化合價降低，則硝酸作氧化劑，由化學計量數(shù)可知氧化劑與還原劑的物質的量之比為4：1；(3)A為金屬單質，常溫下A在B的濃溶液中“鈍化”，則A為鐵或鋁，B為濃硫酸或濃硝酸，又A可溶于X溶液中則A為鐵，由A、B的物質的量之比為1：4，該反應為鐵與稀硝酸反應生成硝酸鐵、一氧化氮和水，反應方程式為Fe+4HNO3(稀)=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O。①鐵為26號元素，在在元素周期表中的第四周期Ⅷ族，鐵與稀硝酸反應生成的氣體Y為NO；②設被還原的硝酸鐵的物質的量為x，則根據(jù)放出2Fe3++Fe=3Fe2+可知：每有2molFe3+反應會產生3molFe2+，假設反應的Fe3+的物質的量是x，則反應產生Fe2+的物質的量是mol，由于反應后溶液中兩種金屬陽離子的物質的量恰好相等，則a-x=，解得x=0.4a；(4)若A、B、X、Y均為化合物，向A溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，產生白色沉淀，則A中含有Cl-，B的焰色為黃色，則B中含有Na+，A與B按物質的量之比1：4恰好反應，則該反應為氯化鋁與氫氧化鈉的反應，其反應為AlCl3+4NaOH=3NaCl+NaAlO2+2H2O，由題意知A與B的物質的量分別為1mol、4mol，則n(Na+)=4mol，n(Cl-)=3mol，NaAlO2是強堿弱酸鹽，AlO2-水解消耗，則n(AlO2-)<1mol，因偏鋁酸根離子水解則溶液顯堿性，c(OH-)>c(H+)，水解產生的離子濃度小于鹽電離產生的離子濃度，則c(AlO2-)>c(OH-)，故溶液離子大小為：c(Na+)>c(Cl-)>c(AlO2-)>c(OH-)>c(H+)?！军c睛】本題考查了元素及化合物的推斷、化學方程式的書寫、離子濃度大小比較等，要求學生應熟悉常見的氧化還原反應及常見物質的性質，弄清物質結構與物質組成及性質的關系，這是解答本題的關鍵。19、Fe2＋、Fe3＋、H＋Fe(NO3)3BC過濾洗滌在漏斗中加入適量蒸餾水至恰好浸沒沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復2～3次CO＋H2OHCO＋OH－Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O【解析】(1)Fe3C在足量的空氣中高溫煅燒，生成有磁性的固體Y，Y為Fe3O4，溶于過量的鹽酸反應生成氯化亞鐵、氯化鐵，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的陽離子是Fe2+、Fe3+、H+，硝酸具有強氧化性，F(xiàn)e3O4與過量的濃硝酸反應生成硝酸鐵；

(2)加入過量的NaOH，Al3+轉化為偏鋁酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+轉化為氫氧化物沉淀，且氫氧化亞鐵易被氧化，灼燒固體得到氧化鎂、氧化銅、氧化鐵，用過量的稀鹽酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，與原溶液相比，溶液中大量減少的陽離子是Al3+、Fe2+，故選BC；

(3)①由工藝流程可知，操作I是將固體與液體分離，應采取過濾的方法；FeCO3沉淀會附著其它離子，需要進行洗滌，減少雜質，具體操作為：在漏斗中加入適量蒸餾水，浸沒過沉淀，讓蒸餾水自然流下，重復2—3次；

②碳酸鈉溶液中碳酸根水解CO32-+H2O?HCO3-+OH-，溶液呈堿性，油污主要為油脂，堿性條件下水解而除去；

③由工藝流程可知，操作I所得的濾液中主要有硫酸亞鐵，加入碳酸氫銨，實質是亞鐵離子與碳酸氫根離子反應，生成FeCO3，同時生成二氧化碳、水，反應離子方程式為：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。20、BC防倒吸B中溶液變渾濁SO2O2bd2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+丙【分析】根據(jù)題意：A裝置加熱分解硫酸銅，分解的氣態(tài)產物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化鋇溶液不反應，SO3與氯化鋇反應生成白色沉淀，可檢驗SO3，SO2由品紅溶液檢驗，氯化鐵溶液驗證SO2的還原性，為防止發(fā)生倒吸，A之后連接D裝置，連接B的氯化鋇溶液檢驗SO3，產生白色沉淀，用C中品紅溶液檢驗SO2，品紅溶液褪色，由E的氯化鐵溶液驗證SO2的還原性，發(fā)生反應：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，F(xiàn)用排水法收集氧氣，取E裝置中反應后的溶液于試管中，通過檢驗生成Fe2+、SO42-驗證SO2的還原性，用A中殘留固體驗證固體產物可能為CuO、Cu2O，根據(jù)反應Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，如果含有Cu2O，酸溶后有紅色的銅生成，據(jù)此分析作答。【詳解】（1）根據(jù)上述分析可知，裝置為分解裝置，防倒吸裝置，檢驗SO3，檢驗SO2，驗證SO2的還原性，收集氧氣的裝置，故連接順序為：A、D、B、C、E、F，缺少B、C裝置，故答案為：BC；（2）裝置D的作用是防倒吸；SO3與氯化鋇反應生成白色沉淀，溶液變渾濁，B裝置中產生白色沉淀證明有SO3生成，故答案為：防倒吸；B中溶液變渾濁；（3）二氧化硫具有漂白性，在實驗過程中C裝置中紅色溶液逐漸變?yōu)闊o色溶液，說明A中分解產物有SO2；氧氣不溶于水，F(xiàn)中收集的氣體為O2，故答案為：SO2；O2；（4）E裝置中為氯化鐵溶液，與二氧化硫發(fā)生氧化還原反應：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+，檢驗生成的Fe2+、SO42-驗證SO2的還原性，F(xiàn)e2+用K3[Fe(CN)6]溶液觀察是否有藍色沉淀的生成檢驗，SO42-用鹽酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀檢驗，故合理選項是bd；2F