2026屆吳忠市重點中學化學高三上期末預測試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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、用短線“—”表示共用電子對，用“··”表示未成鍵孤電子對的式子叫路易斯結構式。R分子的路易斯結構式可以表示為則以下敘述錯誤的是()A．R為三角錐形 B．R可以是BF3C．R是極性分子 D．鍵角小于109°28′2、煤燃燒排放的煙氣含有硫和氮的氧化物而形成酸雨、污染大氣，采用NaClO2溶液作為吸收劑對煙氣可同時進行脫硫、脫硝。反應一段時間后溶液中有關離子濃度的測定結果如下表。離子SO42-SO32-NO3-NO2-Cl－c/(mol·L－1)8.35×10－46.87×10－61.5×10－41.2×10－53.4×10－3下列說法正確的是()A．NaClO2溶液脫硫過程中主要反應的離子方程式2H2O＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋4H＋B．脫硫反應速率大于脫硝反應速率C．該反應中加入少量NaCl固體，提高c(Cl－)和c(Na＋)，都加快了反應速率D．硫的脫除率的計算式為8.35×10－4/(8.35×10－4＋6.87×10－6)3、a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數(shù)與b原子次外層的電子數(shù)相同；c所在周期序數(shù)與族序數(shù)相同；d與a同族，下列敘述不正確的是()A．原子半徑：b＞c＞d＞aB．4種元素中b的金屬性最強C．b的氧化物的水化物可能是強堿D．d單質的氧化性比a單質的氧化性強4、化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是（）A．二氧化硫可用于食品增白B．過氧化鈉可用于呼吸面具C．高純度的單質硅可用于制光電池D．用含有橙色酸性重鉻酸鉀的儀器檢驗酒駕5、下列離子方程式書寫正確的是（）A．向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液：2H++SO42-+Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB．向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3↓+2Na+C．向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2OD．過量的鐵與稀硝酸Fe+4H++2NO3-=Fe3++2NO↑+2H2O6、氮及其化合物的性質是了解工農業(yè)生產的重要基礎。NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值，下列有關說法錯誤的是A．22.4L（標準狀況）15NH3含有的質子數(shù)為10NAB．密閉容器中，2molNO與1molO2充分反應，產物的分子數(shù)為2NAC．13.8gNO2與足量水反應，轉移的電子數(shù)為0.2NAD．常溫下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為0.2NA7、已知NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．120gNaHSO4固體中含有H+的數(shù)目為NAB．向FeBr2溶液中緩慢通入0.2molCl2時，被氧化的Fe2＋數(shù)目一定為0.4NAC．用惰性電極電解1L濃度均為2mol/L的AgNO3與Cu（NO3）2的混合溶液，當有0.2NA個電子轉移時，陰極析出金屬的質量大于6.4gD．加熱條件下，1molFe投入足量的濃硫酸中，生成SO2的分子數(shù)目為NA8、2019年4月25日，宣布北京大興國際機場正式投運！該機場在建設過程中使用了當今世界機場多項尖端科技，被英國《衛(wèi)報》評為“新世界七大奇跡”之首?；ば袠I(yè)在這座宏偉的超級工程中發(fā)揮了巨大作用，下列有關說法錯誤的是A．青銅劍科技制造的第三代半導體芯片，其主要成分是SiO2B．支撐航站樓的C形柱柱頂?shù)亩嗝骟w玻璃，屬于硅酸鹽材料C．機場中的虛擬人像機器人“小興”表面的塑料屬于高分子聚合物D．耦合式地源熱泵系統(tǒng)，光伏發(fā)電系統(tǒng)及新能源汽車的使用，可以減輕溫室效應及環(huán)境污染9、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數(shù)為2NAB．1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+數(shù)目為0.5NAC．常溫下,0.1mol環(huán)氧乙烷()中含有的共價鍵數(shù)目為0.3NAD．22.4LCO2與足量Na2O2充分反應,轉移的電子數(shù)目為NA10、室溫下，0.1mol·L-1的氨水溶液中，下列關系式中不正確的是()A．c(OH-)＞c(H+)B．c(NH3·H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol·L-1C．c(NH4+)＞c(NH3·H2O)＞c(OH-)＞c(H+)D．c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)11、固體混合物X可能含有NaNO2、Na2SiO3、FeCl3、KAlO2中的一種或幾種物質，某同學對該固體進行了如下實驗：下列判斷正確的是A．溶液甲中一定含有NaNO2、Na2SiO3，可能含有FeCl3、KAlO2B．原固體混合物X中一定有KAlO2C．固體乙、固體丁一定是純凈物D．將溶液乙和溶液丁混合一定有無色氣體生成，可能有白色沉淀生成12、克倫特羅是一種平喘藥，但被違法添加在飼料中，俗稱“瘦肉精”，其結構簡式如圖。下列有關“瘦肉精”的說法正確的是A．它的分子式為C12H17N2Cl2OB．它含有氨基、氯原子、碳碳雙鍵等官能團C．1mol克倫特羅最多能和3molH2發(fā)生加成反應D．一定條件下它能發(fā)生水解反應、酯化反應、消去反應、氧化反應、加聚反應等13、常溫下，控制條件改變0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物質的量分數(shù)δ(X)隨pOH的變化如圖所示。已知pOH=-lgc(OH-)，。下列敘述錯誤的是（）A．反應H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常數(shù)的值為103B．若升高溫度，a點移動趨勢向右C．pH=3時，=100.6：1D．物質的量濃度均為0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)14、剛結束的兩會《政府工作報告》首次寫入“推動充電、加氫等設施的建設”。如圖是一種正負電極反應均涉及氫氣的新型“全氫電池”，能量效率可達80%。下列說法中錯誤的是A．該裝置將化學能轉換為電能B．離子交換膜允許H+和OH－通過C．負極為A，其電極反應式是H2－2e－+2OH－=2H2OD．電池的總反應為H++OH－H2O15、將V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液與2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反應后，下列方法可證明該反應具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液16、化學與人類生產、生活密切相關。下列說法不正確的是()A．高純度的硅單質廣泛用于制作芯片B．碳酸鎂可用于制造耐高溫材料氧化鎂C．SO2能用濃硫酸來干燥,說明其還原性不強D．鐵質地柔軟,而生活中的鋼質地堅硬,說明合金鋼能增強鐵的硬度二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物W是一種藥物的中間體，一種合成路線如圖：已知：①②請回答下列問題：（1）A的系統(tǒng)命名為___。（2）反應②的反應類型是__。（3）反應⑥所需試劑為___。（4）寫出反應③的化學方程式為___。（5）F中官能團的名稱是___。（6）化合物M是D的同分異構體，則符合下列條件的M共有__種（不含立體異構）。①1molM與足量的NaHCO3溶液反應，生成二氧化碳氣體22.4L(標準狀態(tài)下)；②0.5molM與足量銀氨溶液反應，生成108gAg固體其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結構簡式為__（寫出其中一種）。（7）參照上述合成路線，以C2H5OH和為起始原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線__。18、已知：D為烴，E分子中碳元素與氫元素的質量之比6∶1，相對分子質量為44，其燃燒產物只有CO2和H2O。A的最簡式與F相同，且能發(fā)生銀鏡反應，可由淀粉水解得到。（1）A的結構簡式為__________________。（2）寫出D→E的化學方程式_______________________。（3）下列說法正確的是____。A.有機物F能使石蕊溶液變紅B.用新制的氫氧化銅無法區(qū)分有機物C、E、F的水溶液C.等物質的量的C和D分別完全燃燒消耗氧氣的量相等D.可用飽和碳酸鈉溶液除去有機物B中混有的少量C、FE.B的同分異構體中能發(fā)生銀鏡反應的酯類共有2種19、CuCl用于石油工業(yè)脫硫與脫色，是一種不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮濕空氣中可被迅速氧化。Ⅰ.實驗室用CuSO4-NaCl混合液與Na2SO3溶液反應制取CuCl。相關裝置及數(shù)據(jù)如下圖?；卮鹨韵聠栴}：（1）甲圖中儀器1的名稱是________；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產率，儀器2中所加試劑應為_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（2）乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，寫出制備CuCl的離子方程式_______________；丙圖是產率隨pH變化關系圖，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是___________________________并維持pH在____________左右以保證較高產率。（3）反應完成后經抽濾、洗滌、干燥獲得產品。抽濾所采用裝置如丁圖所示，其中抽氣泵的作用是使吸濾瓶與安全瓶中的壓強減小，跟常規(guī)過濾相比，采用抽濾的優(yōu)點是________________________（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是____________________________。Ⅱ.工業(yè)上常用CuCl作O2、CO的吸收劑，某同學利用如下圖所示裝置模擬工業(yè)上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧氣。（4）裝置的連接順序應為_______→D（5）用D裝置測N2含量，讀數(shù)時應注意______________________。20、某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。①排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_____，關閉彈簧夾。②打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_____。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_____。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。①實驗i的目的_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_____；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_____。（用化學方程式表示）21、聯(lián)氨(N2H4)和次磷酸鈉(NaH2PO2)都具有強還原性.都有著廣泛的用途。(1)已知:①N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-621.5kJ●mol-1②N2O4(l)-=N2(g)+2O2(g)△H2=+204.3kJ●mol-1則火箭燃料的燃燒反應為2N2H4(l)+N2O4(l)=3N2(g)+4H2O(g)△H=_____.(2)已知反應N2H4(g)+2Cl2(g)N2(g)+4HCl(g),T°C時,向VL恒容密閉容器中加入2molN2H4(g)和4molCl2(g),測得Cl2和HCl的濃度隨時間的關系如圖所示。①0~10min內,用N2(g)表示的平均反應速率v(N2)=_______。②M點時,N2H4的轉化率為______(精確到0.1)%。③T°C時,達到平衡后再向該容器中加入1.2molN2H4(g)、0.4molCl2(g)、0.8molN2(g)、1.2molHCl(g),此時平衡______(填“正向移動”“逆向移動”或“不移動”)。(3)①在惰性氣體中,將黃磷(P4)與石灰乳和碳酸鈉溶液一同加入高速乳化反應器中制得NaH2PO2,同時還產生磷化氫(PH3)氣體,該反應的化學方程式為________________。②次磷酸(H3PO2)是一元酸，常溫下.1.0mol●L-1的NaH2PO2溶液pH為8,則次磷酸的Ka=___________。③用次磷酸鈉通過電滲析法制備次磷酸.裝置如圖2所示。交換膜A屬于____(填“陽離子”或“陰離子”)交換膜,電極N的電極反應式為______,當電路中流過3.8528×105庫侖電量時.制得次磷酸的物質的量為_____(一個電子的電量為1.6×10-19庫侖,NA數(shù)值約為6.02×1023)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

A．在中含有3個單鍵和1對孤電子對，價層電子對數(shù)為4，空間上為三角錐形，故A正確；B．B原子最外層含有3個電子，BF3中B原子形成3個共價鍵，B原子沒有孤電子對，所以R不是BF3，故B錯誤；C．由極性鍵構成的分子，若結構對稱，正負電荷的中心重合，則為非極性分子，R分子的結構不對稱，R是極性分子，故C正確；D．三角錐形分子的鍵角為107°，鍵角小于109°28′，故D正確；答案選B。2、B【解析】

A.NaClO2溶液顯堿性，離子方程式4OH－＋ClO2-＋2SO2=2SO42-＋Cl－＋2H2O，選項A錯誤；B.脫去硫的濃度為(8.35×10－4＋6.87×10－6)mol·L－1，脫去氮的濃度為(1.5×10－4＋1.2×10－5)mol·L－1，且在同一容器，時間相同，脫硫反應速率大于脫硝反應速率，選項B正確；C.加入NaCl固體，提高c(Cl－)加快了反應速率，提高c(Na＋)，不影響反應速率，選項C錯誤；D.不知硫的起始物質的量，且SO42-、SO32-都是脫硫的不同形式，無法計算，選項D錯誤。答案選B。3、D【解析】

a、b、c、d為原子序數(shù)依次增大的短周期主族元素，a原子核外電子總數(shù)與b原子次外層的電子數(shù)相同，則a的核外電子總數(shù)應為8，為O元素，則b、c、d為第三周期元素，c所在周期數(shù)與族數(shù)相同，應為Al元素，d與a同族，應為S元素，b可能為Na或Mg，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律解答該題?！驹斀狻坑梢陨戏治隹芍猘為O元素，b可能為Na或Mg元素，c為Al元素，d為S元素，A.同周期元素從左到右原子半徑逐漸減小，同主族元素從上到下原子半徑逐漸增大，則原子半徑：b＞c＞d＞a，故A正確；B.同周期元素從左到右元素的金屬性逐漸降低，則金屬性b＞c，a、d為非金屬，則4種元素中b的金屬性最強，故B正確；C.b可能為Na或Mg，其對應的氧化物的水化物為NaOH或Mg(OH)2，則b的氧化物的水化物可能是強堿，故C正確；D.一般來說，元素的非金屬性越強，對應單質的氧化性越強，非金屬性：O＞S，則氧化性：O2＞S，則a單質的氧化性較強，故D錯誤。答案選D。4、A【解析】

A.SO2具有漂白性，可以使品紅溶液等褪色，但由于SO2對人體會產生危害，因此不可用于食品漂白，A錯誤；B.過氧化鈉與人呼出的氣體中的CO2、H2O蒸氣反應會產生O2，可幫助人呼吸，因此可用于呼吸面具，B正確；C.高純度的單質硅是用于制光電池的材料，C正確；D.橙色酸性重鉻酸鉀溶液具有強的氧化性，能將乙醇氧化，而其本身被還原為+3價的Cr3+，因此可根據(jù)反應前后顏色變化情況判斷是否飲酒，故可用于檢驗司機是否酒駕，D正確；故合理選項是A。5、C【解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液，發(fā)生兩個過程，首先發(fā)生2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，生成的Na2SO4再與過量的Ba(OH)2反應Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2NaOH，兩式合并后離子反應方程式：H++SO42-+Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，故A錯誤；B.向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸，Na2SiO3可溶性鹽，要拆開，離子反應方程式：SiO32-+2H+=H2SiO3↓，故B錯誤；C.偏鋁酸根離子只能存在于堿性溶液中，遇酸生成沉淀，過量的酸使沉淀溶解。向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl：AlO2-+4H+＝Al3＋+2H2O，故C正確；D.過量的鐵與稀硝酸反應產物應該是Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，故D錯誤；答案選C。6、B【解析】

A．22.4L（標準狀況）15NH3即=1mol，1個15NH3中質子數(shù)為10，故1mol15NH3中質子數(shù)為10NA，故A不符合題意；B．2molNO與1molO2充分反應會生成2molNO2，但NO2氣體存在二聚反應：，因此產物中的分子數(shù)小于2NA，故B符合題意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反應為：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合價降低2，轉移電子數(shù)為0.2NA，故C不符合題意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子數(shù)為0.2NA，故D不符合題意；故答案為：B。【點睛】解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面：①要審清所求粒子的種類，如分子、原子、離子、質子、中子、電子等，②涉及物質的體積時要審清物質的狀態(tài)和溫度、壓強，③涉及中子數(shù)和化學鍵的計算，要審清相關物質的結構和特殊物質的摩爾質量，④涉及化學反應要明確相關反應的特點和電子轉移；⑤涉及溶液中的微粒要關注電離和水解；⑥要注意審清運算公式。7、C【解析】

A．固體NaHSO4中不含氫離子，故A錯誤；B．被氧化的Fe2＋數(shù)目與溶液中FeBr2的量有關，故B錯誤；C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，電解混合溶液時，陰極首先析出的固體為銀單質，當有0.2mol電子轉移時，首先析出Ag，質量為0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正確；D．濃硫酸氧化性較強，可以將Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol電子，則生成的SO2的物質的量為1.5mol，個數(shù)為1.5NA，故D錯誤；答案為C?！军c睛】熔融狀態(tài)下NaHSO4電離出鈉離子和硫酸氫根離子，在水溶液中NaHSO4電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子。8、A【解析】

A.第三代半導體芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A項錯誤，符合題意；B.普通玻璃屬于硅酸鹽材料，B項正確，不符合題意；C.塑料屬于高分子聚合物，C項正確，不符合題意；D.大興國際機場是全國可再生能源使用比例最高的機場，耦合式地源熱泵系統(tǒng)，可實現(xiàn)年節(jié)約1.81萬噸標準煤，光伏發(fā)電系統(tǒng)每年可向電網(wǎng)提供600萬千瓦時的綠色電力，相當于每年減排966噸CO2，并同步減少各類大氣污染物排放，D項正確，不符合題意；答案選A?！军c睛】解答本題時需了解：第一代半導體材料主要是指硅（Si）、鍺元素（Ge）半導體材料。第二代半導體材料主要是指化合物半導體材料，如砷化鎵（GaAs）、銻化銦（InSb）；三元化合物半導體，如GaAsAl、GaAsP；還有一些固溶體半導體，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半導體（又稱非晶態(tài)半導體），如非晶硅、玻璃態(tài)氧化物半導體；有機半導體，如酞菁、酞菁銅、聚丙烯腈等。第三代半導體材料主要以碳化硅（SiC）、氮化鎵（GaN）、氧化鋅（ZnO）、金剛石、氮化鋁（AlN）為代表的寬禁帶半導體材料。9、A【解析】

A．CO2的摩爾質量為44g/mol，含22個質子；SO2的摩爾質量為64g/mol，含32個質子，即兩者均是2g中含1mol質子，故4g混合物中含2mol即2NA個質子，故A正確；B．1L0.5mol?L-1pH=7的CH3COONH4溶液中，銨根離子發(fā)生水解，根據(jù)物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）＜0.5mol，故B錯誤；C．一個環(huán)氧乙烷分子的共價鍵數(shù)目為7，所以0.1mol環(huán)氧乙烷中含有的共價鍵數(shù)目為0.7NA，故C錯誤；D．未指明溫度和壓強，22.4LCO2的物質的量不一定是1mol，故D錯誤；故答案為A。【點睛】選項A為難點，注意尋找混合物中質子數(shù)與單位質量之間的關系。10、C【解析】

A．氨水顯堿性，則c(OH-)＞c(H+)，故A正確；B．0.1mol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的濃度之和為0.1mol/L，即c(NH3?H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故B正確；C．由NH3?H2O?NH4++OH-，電離的程度很弱，則c(NH3?H2O)＞c(NH4+)，故C錯誤；D．溶液不顯電性，陽離子帶的正電荷總數(shù)等于陰離子帶的負電荷總數(shù)，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故D正確；故選C。11、D【解析】

溶液甲能和鹽酸反應生成固體乙，說明溶液甲中含有硅酸鈉，固體乙為硅酸，溶液甲和鹽酸反應生成氣體，說明含有亞硝酸鈉，則溶液乙含有氯化鈉和鹽酸，固體甲可能是氯化鐵和硅酸鈉雙水解生成的硅酸和氫氧化鐵，或還存在氯化鐵和偏鋁酸鉀雙水解生成的氫氧化鋁沉淀，溶液甲可能有剩余的偏鋁酸鉀。硅酸或氫氧化鋁都可溶于氫氧化鈉，溶液丙為硅酸鈉或還有偏鋁酸鈉，固體丙為氫氧化鐵。溶液丙中通入過量的二氧化碳，生成硅酸沉淀或氫氧化鋁沉淀，溶液丁含有碳酸氫鈉。A.溶液甲一定有亞硝酸鈉和硅酸鈉，可能有偏鋁酸鉀，一定不存在氯化鐵，故錯誤；B.X可能有偏鋁酸鉀，故錯誤；C.固體乙一定是硅酸，固體丁可能是硅酸或氫氧化鋁，故錯誤；D.溶液甲中有氯化鈉和鹽酸，可能有偏鋁酸鉀，與溶液丁碳酸氫鈉反應，一定有二氧化碳氣體，可能有氫氧化鋁沉淀。故正確；故選D?！军c睛】掌握物質之間的反應，和可能性，注意可能存在有剩余問題，抓住特殊物質的性質，如加入鹽酸產生沉淀通常認為是氯化銀沉淀，但要注意有硅酸沉淀，注意鹽類水解情況的存在。12、C【解析】

A、根據(jù)克倫特羅結構簡式知它的分子式為C12H18N2Cl2O，錯誤；B、根據(jù)克倫特羅結構簡式知它含有苯環(huán)、氨基、氯原子、羥基等官能團，不含碳碳雙鍵，錯誤；C、該有機物含有1個苯環(huán)，1mol克倫特羅最多能和3molH2發(fā)生加成反應，正確；D、該有機物不含碳碳雙鍵，不能發(fā)生加聚反應，錯誤；故答案選C。13、B【解析】

A．反應H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常數(shù)K=，a點c(C2O42-)=c(HC2O4-)，此時pOH=9.8，則c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，則Ka2==10-4.2；同理b點c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反應的平衡常數(shù)K=，故A正確；B．溫度升高，水的電離程度增大，水的離子積變大，pH與pOH之后小于14，則圖像整體將向左移動，故B錯誤；C．=100.6：1，故C正確；D．H2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，則HC2O4-的水解平衡常數(shù)Kh1=，即其電離程度大于其水解程度，所以純NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)，加入等物質的量濃度Na2C2O4、草酸鈉會電離出大量的C2O42-，則溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)依然存在，據(jù)圖可知當c(C2O42-)>c(HC2O4-)時溶液呈酸性，鈉離子不水解，所以混合溶液中離子濃度大小關系為c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故D正確；故答案為B?！军c睛】有關溶液中離子的物質的量分數(shù)變化的圖像，各條曲線的交點是解題的關鍵，同過交點可以求電離平衡常數(shù)和水解平衡常數(shù)；D項為易錯點，要通過定量的計算結合圖像來判斷溶液的酸堿性。14、B【解析】

由工作原理圖可知，左邊吸附層A上氫氣失電子與氫氧根結合生成水，發(fā)生了氧化反應為負極，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，右邊吸附層B為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2H++2e-═H2↑，結合原電池原理分析解答?！驹斀狻緼.“全氫電池”工作時是原電池反應，能量變化是將化學能轉化為電能，故A正確；B.由工作原理圖可知，左邊溶液為堿性，右邊溶液為酸性，所以離子交換膜可阻止左邊的堿性溶液和右邊的酸性溶液發(fā)生中和，因此該離子交換膜不能允許H+和OH－通過，故B錯誤；C.根據(jù)氫氣的進出方向可知，氫氣在吸附層A上發(fā)生氧化反應，化合價由0價變成+1價，吸附層A為負極，電極反應為：H2-2e-+2OH-═2H2O，故C正確；D.根據(jù)C的分析可知，右邊吸附層B為正極，發(fā)生了還原反應，正極電極反應是2H++2e-═H2↑，左邊吸附層A為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-═2H2O，因此總反應為：H++OH-H2O，故D正確；答案選B。15、B【解析】

Fe2(SO4)3溶液與KI溶液混合發(fā)生反應為：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反應可知，①V1=1mL，說明兩者恰好完全反應，②V1<1mL，說明硫酸鐵不足；如果加入KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，說明溶液中存在Fe3+，證明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，從而說明該反應是可逆反應，反應具有一定限度，故合理選項是B。16、C【解析】

A.利用高純度的硅單質的半導體性能，廣泛用于制作芯片，正確，故A不選；B.碳酸鎂加熱分解可以得到氧化鎂，氧化鎂可用于制造耐高溫材料，故B不選；C.SO2中的硫元素的化合價為+4價，濃硫酸中的硫元素的化合價為+6價，價態(tài)相鄰，故SO2可以用濃硫酸干燥，但SO2有強還原性，故C選；D.合金的硬度大于金屬單質，故D不選；故選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反應濃氫溴酸+CH3CH2OH+H2O羥基、醛基12【解析】

A到B發(fā)生信息①的反應，B到C發(fā)生信息②反應，且只有一種產物，則B結構對稱，根據(jù)C的結構簡式可知B中有兩個碳碳雙鍵上的碳原子連接甲基，則B應為，則A為，C與乙醇發(fā)生酯化反應生成D?！驹斀狻?1)A為，根據(jù)烷烴的系統(tǒng)命名法規(guī)則可知其名稱應為：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的過程為酸性高錳酸鉀氧化碳碳雙鍵的過程，所以為氧化反應；(3)根據(jù)G和H的結構可知該過程中羥基被溴原子取代，所需試劑為濃氫溴酸；(4)反應③為C與乙醇的酯化反應，方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)根據(jù)F的結構簡式可知其官能團為羥基、醛基；(6)化合物M是D的同分異構體，且滿足：①1molM與足量的NaHCO3溶液反應，生成二氧化碳氣體22.4L(標準狀態(tài)下)，即生成1mol二氧化碳，說明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM與足量銀氨溶液反應，生成108g即1molAg固體，說明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基還有4個碳原子，有兩種排列方式：和，先固定羧基有4種方式，再固定醛基，則有(數(shù)字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12種同分異構體，其中核磁共振氫譜為4組峰且峰面積比為6∶2∶1∶1的結構簡式為：；(7)根據(jù)觀察可知目標產物的結構與W的結構相似，合成W需要I，合成I需要發(fā)生類似D與H的反應，原料即為D，則還需類似G的物質，乙醇可以發(fā)生消去反應生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其結構與G類似，所以合成路線為：。【點睛】推斷A和B的結構的關鍵是理解題目所給信息反應過程中結構的變化，弄清楚B到C的產物只有一種的原因是B結構對稱，然后再分析B的結構就比較簡單了。18、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】

A能發(fā)生銀鏡反應，可由淀粉水解得到，說明A為葡萄糖，葡萄糖在催化劑作用下生成C為乙醇，E分子中碳元素與氫元素的質量之比6∶1，說明E分子中C與H原子個數(shù)比為1:2，相對分子質量為44，其燃燒產物只有CO2和H2O，則E為CH3CHO，D為烴，根據(jù)C和E可知，D為乙烯，F(xiàn)的最簡式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，說明F為乙酸，B在酸性條件下生成乙酸和乙醇，則B為乙酸乙酯。據(jù)此判斷。【詳解】(1)A為葡萄糖，其結構簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，故答案為CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化學方程式為：2CH2＝CH2+O22CH3CHO，故答案為2CH2＝CH2+O22CH3CHO；(3)A.有機物F為乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液變紅，故A正確；B.C為乙醇、E為乙醛、F為乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分層，乙醛與新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，產生分層，上層為油狀液體，現(xiàn)象各不相同，所以可用新制的氫氧化銅區(qū)分，故B錯誤；C.1mol乙醇完全燃燒消耗3mol氧氣，1mol乙烯完全燃燒消耗3mol氧氣，則等物質的量的乙醇和乙烯分別完全燃燒消耗氧氣的量相等，故C正確；D.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正確；E.乙酸乙酯的同分異構體中能發(fā)生銀鏡反應的酯類物質有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2種，故E正確；答案選：ACDE。19、三頸燒瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及時除去系統(tǒng)中反應生成的H+3.5可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化C→B→A溫度降到常溫，上下調節(jié)量氣管至左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）【解析】

Ⅰ.（1）根據(jù)儀器的結構和用途回答；儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖隨反應的進行，pH降低，酸性增強，Cu2＋將SO32－氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙圖是產率隨pH變化關系圖，pH=3.5時CuCl產率最高，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽濾的優(yōu)點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發(fā)出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，B中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，A中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，D測定氮氣的體積，裝置的連接順序應為C→B→A→D；（5）用D裝置測N2含量，讀數(shù)時應注意溫度降到常溫，上下調節(jié)量氣管至左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）?！驹斀狻竣?（1）根據(jù)儀器的結構和用途，甲圖中儀器1的名稱是三頸燒瓶；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產率，儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，便于通過分液漏斗控制滴加的速率，故選B。（2）乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，隨反應的進行，pH降低，酸性增強，Cu2＋將SO32－氧化，制備CuCl的離子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙圖是產率隨pH變化關系圖，pH=3.5時CuCl產率最高，實驗過程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及時除去系統(tǒng)中反應生成的H+，并維持pH在3.5左右以保證較高產率。（3）抽濾所采用裝置如丁圖所示，其中抽氣泵的作用是使吸濾瓶與安全瓶中的壓強減小，跟常規(guī)過濾相比，采用抽濾的優(yōu)點是可加快過濾速度、得到較干燥的沉淀（寫一條）；洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是洗去晶體表面的雜質離子，同時防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發(fā)出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，B中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，A中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，D測定氮氣的體積，裝置的連接順序應為C→B→A→D；（5）用D裝置測N2含量，讀數(shù)時應注意溫度降到常溫，上下調節(jié)量氣管至左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面的最低處相切（任意兩條）。【點睛】本題考查物質制備實驗、物質含量測定實驗，屬于拼合型題目，關鍵是對原理的理解，難點Ⅱ.（4）按實驗要求連接儀器，需要具備扎實的基礎。20、打開彈簧夾，通入N2一段時間H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O將紅色物質轉化為氧化銅Cu排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；②裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)①根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質?！驹斀狻?1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；②裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗可知n(CuO)==0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質，離子方程式為2SO2+C