2026屆上海外國語大學附屬外國語學校高三上化學期中統(tǒng)考模擬試題注意事項：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?；卮鸱沁x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、Cu2S與一定濃度的HNO3反應,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2,NO和H2O。當產物n(NO2):n(NO)=1:1時,下列說法正確的是()A．產物中n[Cu(NO3)2]:n[CuSO4]=1:1B．參加反應的n(Cu2S):n(HNO3)=1:5C．反應中Cu2S既作氧化劑,又作還原劑D．1molCu2S參加反應時有8mol電子轉移2、聚合硫酸鐵可用于水的凈化，其化學式可表示為[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸鐵樣品與足量鹽酸反應，將所得溶液平均分為兩份。向一份溶液中加入足量的BaCl2溶液，得到白色沉淀1.7475g。取另一份溶液，先將Fe3＋還原為Fe2＋(還原劑不是Fe，且加入的還原劑恰好將Fe3＋還原為Fe2＋)，再用0.02000mol/LK2Cr2O7標準溶液滴定至終點，消耗K2Cr2O7標準溶液50.00mL。該聚合硫酸鐵樣品中a∶b為()A．1∶1 B．2∶1 C．3∶1 D．2∶53、化學與生產、生活、社會密切相關。下列有關說法中，錯誤的是A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性飯盒，可防止產生白色污染B．液氨和干冰均可作制冷劑C．發(fā)酵粉中主要含有碳酸氫鈉，能使焙制出的糕點疏松多孔D．喝補鐵劑時，加服維生素C，效果更好，原因是維生素C具有氧化性4、阿伏加德羅常數的值為。下列說法正確的是A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的數量為0.1B．2.4gMg與H2SO4完全反應，轉移的電子數為0.1C．標準狀況下，2.24LN2和O2的混合氣體中分子數為0.2D．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應后，其分子總數為0.25、下列微粒中質子數大于電子數的是A．OH- B． C． D．6、可逆反應X(g)+YZ(g)中，其中Z是有色氣體，當達到平衡時，下列敘述正確的是A．增大壓強，平衡體系顏色加深，說明Y必是氣體B．增大壓強，當c(X)=c(Z)時，則再次達到平衡C．若Y是氣體，增大X的濃度會使Y的轉化率增大，化學平衡常數也增大D．升溫，Z的質量分數減小，說明正反應是放熱反應7、利用膜技術原理和電化學原理制備少量硫酸和綠色硝化劑N2O5，裝置如圖所示，下列說法正確的是()A．b電極反應式是O2＋4e－＋2H2O＝4OH－B．甲中每消耗lmolSO2，a電極附近溶液H＋增加2molC．c電極反應式是N2O4－2e－＋H2O＝N2O5＋2H＋D．甲、乙裝置中分別生成的硫酸和N2O5的物質的量相等8、氮氣可以作食品包裝、燈泡等的填充氣，也是合成纖維、合成橡膠的重要原料。實驗室制備氮氣的反應式：NH4Cl+NaNO2NaCl+N2↑+2H2O。下列說法正確的是（）A．元素的電負性：N>O>HB．氮氣分子的電子式：C．鈉電離最外層一個電子所需要的能量：①>②D．水中的氫鍵可以表示為：O—H…O，其中H…O之間的距離即為該氫鍵的鍵長9、Se、Br兩種元素的部分信息如圖所示，下列說法正確的是A．原子半徑：Br＞SeB．還原性：Se2－＜Br－C．在Se2Br2分子中只含有極性鍵D．SeO2既有氧化性又有還原性10、下列解釋實驗事實的化學方程式或離子方程式不正確的是A．氯氣用于自來水的殺菌消毒：Cl2+H2OHCl+HClOB．將“NO2球”浸泡在熱水中，顏色變深：2NO2(g)N2O4(g)H＜0C．向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性：OH-+Ba2++H++SO42-=BaSO4↓+H2OD．銅片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O11、下列說法正確的是A．纖維素、淀粉、脂肪、蛋白質都是高分子化合物B．紅寶石、藍寶石的主要成分是Al2O3,石英玻璃、分子篩的主要成分是硅酸鹽C．自來水廠常用某些含鋁或鐵的化合物作凈水劑，是由于它們具有殺菌作用D．新版人民幣用于人民幣票面文字等處的油墨中所含有的Fe3O4是一種磁性物質12、將13.6gCu和Cu2O組成的混合物加入250mL—定濃度的稀硝酸中，固體完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0L0.5mol?L-1的NaOH溶液，生成沉淀的質量為19.6g，此時溶液呈中性，且金屬離子（鈉離子除外）沉淀完全。下列說法正確的是A．原固體混合物中，Cu和Cu2O的物質的量之比為1：1B．原稀硝酸的濃度為1.3mol·L-1C．固體溶解后剩余硝酸的物質的量為0.1molD．產生的NO的體積為2.24L13、鋅–空氣燃料電池可用作電動車動力電源，電池的電解質溶液為KOH溶液，反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O===2Zn(OH)42-。下列說法正確的是（）A．充電時，電解質溶液中K+向陽極移動B．充電時，電解質溶液中c(OH－)逐漸減小C．放電時，負極反應為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42－D．放電時，電路中通過2mol電子，消耗氧氣22.4L（標準狀況）14、自然界的礦物、巖石的成因和變化受到許多條件的影響。地殼內每加深1km，壓強增大約25000～30000kPa。在地殼內SiO2和HF存在以下平衡：SiO2(s)+4HF(g)SiF4(g)+2H2O(g)△H＝-148.9kJ·mol-1。下列說法錯誤的是A．在地殼淺處容易有SiO2固體沉積B．如果上述反應的平衡常數K值變大，該反應在平衡移動時逆反應速率先減小后增大C．如果上述反應在體積不變的密閉容器中發(fā)生，當反應達到平衡時，v(H2O)＝2v(SiF4)D．若該反應的容器容積為2.0L，反應時間8.0min，容器內氣體的質量增加了0.24g，在這段時間內HF的平均反應速率為0.0020mol·L-1·min-115、常溫下，向20mL0.10mol/L甲胺的溶液中滴加0.10mol/L鹽酸時混合溶液的pH與相關微粒的濃度關系如圖所示。已知：甲胺（CH3NH2）類似于氨，但堿性稍強于氨。下列說法不正確的是A．甲胺在水中的電離方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH—B．b點對應的加入鹽酸的體積小于20mLC．將等物質的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸餾水，得到對應a點的溶液D．常溫下，甲胺的電離常數為Kb，則pKb=—lgKb=3.416、我國預計在2020年前后建成自己的載人空間站。為了實現(xiàn)空間站的零排放，循環(huán)利用人體呼出的CO2并提供O2，我國科學家設計了一種裝置(如下圖)，實現(xiàn)了“太陽能一電能一化學能”轉化，總反應方程式為2CO2=2CO+O2。關于該裝置的下列說法正確的是A．圖中N型半導體為正極，P型半導體為負極B．圖中離子交換膜為陽離子交換膜C．反應完畢，該裝置中電解質溶液的堿性增強D．人體呼出的氣體參與X電極的反應：CO2+2e-+H2O=CO+2OH-二、非選擇題（本題包括5小題）17、物質的轉化關系如下圖所示(有的反應可能在水溶液中進行)。其中A為氣體化合物，甲可由兩種單質直接化合得到，乙為金屬單質，G為酸，乙在G的濃溶液中發(fā)生鈍化。若甲為淡黃色固體，D和A的溶液均呈堿性，用兩根玻璃棒分別蘸取A、G的濃溶液并使它們接近，有大量白煙生成。則(1)A的分子式是______________，甲的電子式是______________。(2)D的溶液與乙反應的離子方程式是______________。18、具有抗菌作用的白頭翁素衍生物H的合成路線如圖所示：已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’ⅱ.R-HC=CH-R’ⅲ.R-HC=CH-R’（以上R、R’、R’’代表氫、烷基或芳基等）（1）A屬于芳香烴，其名稱是___。（2）D的結構簡式是___。（3）由F生成G的反應類型是___。（4）由E與I2在一定條件下反應生成F的化學方程式是___。（5）下列說法正確的是___（選填字母序號）。A．G存在順反異構體B．由G生成H的反應是加成反應C．1molG最多可以與1molH2發(fā)生加成反應D．1molF或1molH與足量NaOH溶液反應，均消耗2molNaOH（6）E有多種同分異構體，請寫出符合下列要求的所有同分異構體。___①屬于芳香族化合物，不考慮立體異構②既能發(fā)生加聚反應，又能發(fā)生水解反應③核磁共振氫譜為5組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2（7）以乙烯為原料，結合題給信息設計合成的路線。（用流程圖表示，無機試劑任選）___。19、鋁鎂合金已成為飛機制造、化工生產等行業(yè)的重要材料。研究性學習小組的同學，為測定某含鎂3%~5%的鋁鎂合金（不含其它元素）中鎂的質量分數，設計下列兩種不同實驗方案進行探究。填寫下列空白。[方案一]〖實驗方案〗將鋁鎂合金與足量NaOH溶液反應，測定剩余固體質量。（1）實驗中發(fā)生反應的化學方程式是___________________________。（2）稱取5.4g鋁鎂合金粉末樣品，溶于VmL2.0mol/LNaOH溶液中。為使其反應完全，則NaOH溶液的體積V≥______________。過濾、洗滌、干燥、稱量固體。該步驟中若未洗滌固體，測得鎂的質量分數將_________（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。[方案二]〖實驗方案〗將鋁鎂合金與足量稀硫酸溶液反應，測定生成氣體在通常狀況（約20℃，1.01105Pa）的體積?！紗栴}討論〗（3）同學們擬選用圖一實驗裝置完成實驗：①你認為最簡易的裝置其連接順序是：A接（______）（_______）接（______）（）接（）（填接口字母，可不填滿。）②實驗開始時，先打開分液漏斗上口的玻璃塞，再輕輕打開分液漏斗可旋轉的活塞，一會兒后稀硫酸也不能順利滴入錐形瓶中。請你幫助分析原因_________________________。③實驗結束時，在讀取測量實驗中生成氫氣的體積時，你認為最合理的是__________。（有幾個選幾個）。A．等待實驗裝置冷卻后再讀數B．上下移動量筒F，使其中液面與廣口瓶中液面相平C．上下移動量筒G，使其中液面與廣口瓶中液面相平D．視線與凹液面的最低點水平，讀取量筒中水的體積（4）仔細分析實驗裝置后，同學們經討論認為以下兩點會引起較大誤差：稀硫酸滴入錐形瓶中，即使不生成氫氣，也會將瓶內空氣排出，使所測氫氣體積偏大；實驗結束時，連接廣口瓶和量筒的導管中有少量水存在，使所測氫氣體積偏小。于是他們設計了圖二的實驗裝置。①裝置中導管a的作用是_________________________。②實驗前后堿式滴定管中液面讀數分別為V1mL、V2mL。則產生氫氣的體積為_________mL。（用含V1、V2的式子表達）20、MnO2是制造干電池的主要原料之一，也是中學化學中常見的一種試劑。工業(yè)上Mn(NO3)2和KMnO4為原料制備MnO2，其生產原理如下：用軟錳礦（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反應制得MnO；再將MnO與稀硝酸反應，反應后經過濾、提純、濃縮，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定條件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，發(fā)生如下反應：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O═5MnO2↓+2KNO3+4HNO3，反應生成的沉淀經過濾、洗滌、干燥后得到MnO2。請回答下列問題：Ⅰ、若將軟錳礦和碳反應后的固體產物置于如圖1所示的裝置甲中，與稀硝酸反應，觀察到裝置乙中有紅棕色氣體產生。（1）寫出甲中產生氣體反應的化學方程式___。（2）在制備MnO2的實驗中要向反應混合液中不斷滴加氨水，則氨水的作用是___。Ⅱ、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反應方程式為：4KMnO4+2H2O4MnO2↓+4KOH+3O2↑該反應中c（OH-）隨時間的變化曲線如圖2所示，分析曲線的變化趨勢，你認為形成該變化的原因是___。Ⅲ、某興趣小組通過實驗研究MnO2的氧化性進行了一系列的研究。（1）該小組設計了如下4個方案以驗證MnO2的氧化性，可行的是___。A．把MnO2固體加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅B．把MnO2固體加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN溶液，觀察溶液是否變紅C．把MnO2固體加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2觀察是否有白色沉淀生成D．把MnO2固體加入到稀鹽酸中，觀察是否有黃綠色氣體生成（2）該小組為研究在不同酸堿性的溶液中MnO2的氧化能力，他們控制KI溶液的濃度和MnO2固體的質量相同，恒定實驗溫度在298K，設計如下對比試驗。實驗酸或堿現(xiàn)象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不變色B1滴水緩慢變淺棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速變棕褐色該小組從上述對比實驗中，可以得出的結論是___。寫出在MnO2迅速氧化I?的離子方程式___。21、鐵、鈷（Co）、鎳（Ni）是同族元素，主要化合價均為+2、+3價，都是較活潑的金屬，它們的化合物在工業(yè)上有重要的應用．（1）配制FeSO4溶液時，需加入稀硫酸，其目的是_________________________（2）寫出CoCl2與氯水反應的化學方程式______________________________（3）Co2+和Fe3+均可與KSCN溶液發(fā)生相似的反應，向CoCl2溶液中加入KSCN溶液，生成某種藍色離子，該離子中鈷元素的質量分數約為20%。則該離子的化學式為__________________。

（4）碳酸鎳可用于電鍍、陶瓷器著色等。鎳礦渣中鎳元素的主要存在形式是Ni(OH)2和NiS，從鎳礦渣出發(fā)制備碳酸鎳的反應如下：先向鎳礦渣中加入稀硫酸和NaClO3浸取出Ni2+，反應的離子方程式有①_____________________②NiS+ClO3-+H+-Ni2++S+Cl-+H2O(未配平)，此反應中還原產物與氧化產物的物質的量比為_________。再加入Na2CO3溶液沉鎳，即制得碳酸鎳，檢驗Ni2+是否沉淀完全的方法_____________________________________

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【分析】由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO，則HNO3被還原生成1molNO2、1molNO共得4mole-；由電子守恒可知Cu2S應失去4mole-。而1molCu2S能失10mole-，故失4mole-說明反應的Cu2S的物質的量為0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物質的量為0.8mol，起氧化作用的HNO3為2mol，參加反應的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7?！驹斀狻緼、由反應可知產物n[Cu(NO3)2]：n[CuSO4]=1：1，故A正確；B、由反應可知參加反應的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7，故B錯誤；C、Cu、S化合價都升高，則反應中Cu2S只作還原劑，故C錯誤；D、由分析可知1molCu2S參加反應時有10mol電子轉移故D錯誤。答案選A?！军c睛】本題考查氧化還原反應的計算，為高頻考點，把握元素化合價變化、電子守恒為解答的關鍵，側重分析與計算能力的考查，注意守恒法的應用。2、B【分析】加入氯化鋇生成的沉淀為硫酸鋇，可計算出硫酸根離子的物質的量，根據Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O和滴定所用重鉻酸鉀的量可計算出鐵離子的物質的量，根據電荷守恒可計算出氫氧根離子的物質的量，鐵和氫氧根離子的物質的量之比即為a∶b的比值，據此分析解答。【詳解】n(SO42-)==0.0075mol，n(K2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol，根據Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol，由電荷守恒可知n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+)，n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol，得到a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1，故選B。3、D【詳解】A．利用可降解的“玉米塑料”替代一次性飯盒，減少塑料的使用，可防止產生白色污染，A正確；B．液氨和干冰氣化時會從周圍環(huán)境中吸收大量的熱，使環(huán)境溫度降低，因此均可作制冷劑，B正確；C．發(fā)酵粉中主要含有碳酸氫鈉，當食物焙燒時，NaHCO3分解產生的CO2氣體使焙制出的糕點疏松多孔，C正確；D．喝補鐵劑時，加服維生素C，效果更好，是因為維生素C具有還原性，能夠防止Fe2+被氧化為Fe3+，D錯誤；故合理選項是D。4、D【解析】A、NH4＋是弱堿陽離子，發(fā)生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋數量小于0.1NA，故A錯誤；B、2.4gMg為0.1mol，與硫酸完全反應后轉移的電子的物質的量為2.4×2/24mol=0.2mol，因此轉移電子數為為0.2NA，故B錯誤；C、標準狀況下，N2和O2都是氣態(tài)分子，2.24L任何氣體所含有的分子數都為0.1NA，故C錯誤；D、H2＋I22HI，反應前后系數之和相等，即反應后分子總物質的量仍為0.2mol，分子數為0.2NA，故D正確。5、C【詳解】A．OH-的質子數是9，電子數是10，其質子數小于電子數，A錯誤；B．NH3為電中性分子，質子數等于電子數，都是10，B錯誤；C．該粒子為陽離子Na+，其質子數是11，電子數是10，則其質子數大于電子數，C正確；D．為原子，質子數等于電子數，都是15，D錯誤；答案選C。6、D【詳解】A．增大壓強，容器的體積減小，Z的濃度增大，平衡體系顏色加深，不能說明平衡的移動方向，因此不能判斷Y的狀態(tài)，故A錯誤；B．平衡時c(X)與c(Z)不一定相等，c(X)=c(Z)時，不能判斷是否為平衡狀態(tài)，故B錯誤；C．若Y是氣體，增大X的濃度，平衡正向移動，會使Y的轉化率增大，但化學平衡常數不變，故C錯誤；D．升高溫度，Z的質量分數減小，說明平衡逆向移動，因此逆反應為吸熱反應，則正反應是放熱反應，故D正確；故選D?！军c睛】本題的易錯點為A，要注意只要容器的體積減小，容器中所有氣體的濃度都會增大，只是增大的幅度不同而已，因此無論平衡如何移動，混合氣體的顏色一定加深。7、B【分析】甲裝置能自發(fā)的進行氧化還原反應且沒有外接電源，所以是原電池，a極上二氧化硫失電子為負極，b上氧氣得電子為正極，乙屬于電解池，與電源的正極b相連的電極c為陽極，N2O4在陽極失電子生成N2O5，d為陰極，陰極上氫離子得電子生成氫氣，據此分析?！驹斀狻緼.電極a為負極，電極b為正極，正極發(fā)生還原反應，O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，電解液是硫酸，不能出現(xiàn)氫氧根離子，故A錯誤；B.

依據電子轉移數相同可知，甲裝置的a電極的電極反應式:SO2-2e+2H2O=4H++SO42-，b電極的電極反應為O2＋4e－＋4H＋＝2H2O，總反應為2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，可知消耗1mol二氧化硫時，甲中每消耗lmolSO2，a電極附近溶液H＋增加2mol，故B正確；C.

c是陽極，d是陰極，陽極上N2O4放電生成N2O5，電極反應為，故C錯誤；D.依據電子轉移數相同可知，甲裝置的左側的電極反應式:SO2-2e-+2H2O=4H++SO42-，可知電子轉移數為2mole~時，生成1mol硫酸，乙裝置中陽極N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，轉移電子的物質的量為2mole~時，生成2mol五氧化二氮，轉移相同電子數時，生成硫酸和五氧化二氮的物質的量為1:2，故D錯誤；答案選B。8、C【詳解】A.同周期元素，原子序數越大，電負性越大，則元素的電負性：O>N>H，與題意不符，A錯誤；B.氮氣分子的電子式：，與題意不符，B錯誤；C.②時，最外層電子躍遷到3p能級，具有較高的能量，則鈉電離最外層一個電子所需要的能量：①>②，符合題意，C正確；D.水中的氫鍵可以表示為：O—H…O，其中H…O之間的距離即為分子間的作用力，與題意不符，D錯誤；答案為C。9、D【解析】A．硒和溴屬于同一周期元素，硒的原子序數小于溴，所以原子半徑Br＜Se，故A錯誤；B．同一周期元素，陰離子的還原性隨著原子序數的增大而減小，還原性Se2-＞Br-，故B錯誤；C．在Se2Br2分子中硒原子間存在非極性鍵，溴和硒原子之間存在極性鍵，故C錯誤，D.SeO2

中硒為+4價，處于中間價態(tài)，所以既有氧化性又有還原性，故D正確；故選D。10、C【詳解】A、氯氣用于自來水的殺菌消毒的化學方程式為：Cl2+H2OHCl+HClO，A正確；B、將“NO2球”浸泡在熱水中，顏色變深：2NO2(g)N2O4(g)?H＜0，B正確；C、向Ba(OH)2溶液中滴加NaHSO4溶液，至溶液呈中性，離子方程式為2OH-+Ba2++2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，C錯誤；D、銅片溶解在KNO3和稀硫酸的混合液中：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，D正確；答案選C。11、D【解析】A.相對分子質量在10000以上的化合物為高分子化合物，纖維素、淀粉、蛋白質都屬于天然高分子化合物，脂肪屬于小分子化合物，故A錯誤；B.紅寶石、藍寶石的主要成分是Al2O3，石英玻璃的主要成分是二氧化硅，分子篩的主要成分是硅酸鹽，故B錯誤；C.鋁離子、鐵離子在水溶液中水解生成氫氧化鋁、氫氧化鐵膠體，具有吸附懸浮雜質的作用，不具有消毒殺菌的功能，但如果是高鐵酸鹽，則兼具有消毒和凈水的功能，故C錯誤；D.四氧化三鐵的顏色為黑色，可以用于油墨中，四氧化三鐵俗稱磁性氧化鐵，具有磁性，故D正確；故答案選D。12、C【詳解】向所得溶液中加入0.5mol/L的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金屬離子已完全沉淀，此時溶液中溶質為NaNO3，n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5ml，沉淀為Cu（OH）2，質量為19.6g，其物質的量為：=0.2mol，根據銅元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=n[Cu（OH）2]，所以反應后的溶液中n[[Cu（NO3）2]=n[Cu（OH）2]=0.2mol，A．設Cu和Cu2O的物質的量分別為xmol、ymol，根據二者質量有64x+144y=13.6，根據銅元素守恒有x+2y=0.2，聯(lián)立方程解得x=0.1，y=0.05，則：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A錯誤；B．根據選項N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根據電子轉移守恒可知：3n（NO）=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=2×0.1mol+2×0.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根據Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L×1L=0.5mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的濃度為：=2.4mol/L，選項B錯誤；C．反應后的溶液中加入氫氧化鈉溶液，部分氫氧化鈉與硝酸銅反應，部分氫氧化鈉與硝酸反應，最后為硝酸鈉溶液，根據氮元素守恒可知反應后溶液中n（HNO3）+2n[[Cu（NO3）2]=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）-2n[[Cu（NO3）2]=0.5mol-2×0.2mol=0.1mol，選項C正確；D．由B中計算可知n（NO）=0.1mol，所以標準狀況下NO的體積為：0.1mol×22.4L/mol=2.24L，選項D錯誤；答案選C。13、C【詳解】A．充電時，陽離子向陰極移動，即K＋向陰極移動，A項錯誤；B．放電時總反應為2Zn+O2+4OH–+2H2O=2Zn(OH)42-，則充電時生成氫氧化鉀，溶液中的氫氧根離子濃度增大，B項錯誤；C．放電時，鋅在負極失去電子，電極反應為Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-，C項正確；D．標準狀況下22.4L氧氣的物質的量為1摩爾，電路中轉移4摩爾電子，D項錯誤；答案選C。【點睛】電極反應式的書寫是電化學中必考的一項內容，一般先寫出還原劑（氧化劑）和氧化產物（還原產物），然后標出電子轉移的數目，最后根據原子守恒和電荷守恒完成缺項部分和配平反應方程式，作為原電池，正極反應式為：O2＋2H2O＋4e－=4OH－，負極電極反應式為：Zn+4OH–-2e–=Zn(OH)42-；充電是電解池，陽離子在陰極上放電，陰離子在陽極上放電，即陽離子向陰極移動，陰離子向陽極移動，對可充電池來說，充電時原電池的正極接電源正極，原電池的負極接電源的負極，不能接反，否則發(fā)生危險或電極互換，電極反應式是原電池電極反應式的逆過程；涉及到氣體體積，首先看一下有沒有標準狀況，如果有，進行計算，如果沒有必然是錯誤選項。14、D【詳解】A．地殼淺處壓強小，上述平衡逆向移動，SiO2的量增加，有利于SiO2沉積，A正確；B．K值變大說明平衡正向移動，移動瞬間v正>v逆，此時v逆比原平衡的速率減小，當平衡正向移動后，生成物的濃度增大，逆反應速率增大，故逆反應速率先減小后增大，B正確；C．根據反應速率之比等于化學計量數之比可知任一時刻均有v(H2O)＝2v(SiF4)，C正確；D．根據方程式可知氣體增加的質量為反應的SiO2的質量，所以反應的SiO2的物質的量為0.24g÷60g/mol=0.004mol，則反應的HF的物質的量為0.016mol，所以v(HF)=0.016÷2÷8=0.001mol·L-1·min-1，D錯誤；答案選D。15、C【解析】A.甲胺（CH3NH2）類似于氨，但堿性稍強于氨，說明甲胺是一元弱堿，在水中的電離方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－，故A正確；B.若加入20mL的鹽酸，則鹽酸和甲胺恰好完全反應生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是強酸弱堿鹽，所得溶液呈酸性，b點溶液呈中性，所以b點對應加入鹽酸的體積小于20mL，故B正確；C.將等物質的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸餾水，因CH3NH2發(fā)生電離，則所得溶液中c(CH3NH2)≠c(CH3NH3+)，即lgcCH3NH3+cCH3NH2≠0，所以對應的不是a點的溶液，故C錯誤；D.由甲胺的電離方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的電離常數為Kb=cOH-×cCH3NH3+cCH3NH2，a點溶液的pH=10.6，c(OH－)=10－3.416、D【詳解】A、圖中N型半導體為負極，P型半導體為正極，故A錯誤；B、圖中離子交換膜允許氫氧根離子通過，為陰離子交換膜，故B錯誤；C、陰極反應生成的OH-在陽極完全反應，總反應為2CO2=2CO+O2，所以反應前后溶液的pH并不變化，故C錯誤；D、人體呼出的氣體參與X電極的反應：為CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，故D正確；答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、NH32OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】氣體化合物的水溶液呈堿性的只有NH3，由此寫出反應Ⅰ為4NH3+5O24NO+6H2O，由甲為淡黃色固體，知其為Na2O2，B為H2O，C為NO，G為HNO3，金屬在冷的濃HNO3中產生鈍化作用的有Al和Fe，但Fe不能和D的溶液(NaOH)反應，故乙為Al?！驹斀狻?1)根據上述分析知A的分子式是NH3，甲為Na2O2，其電子式是。答案：NH3；。(2)D為NaOH，乙為Al，兩者反應的離子方程式是2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。答案：2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。18、鄰二甲苯消去反應+I2+HIBD、、【分析】由A的分子式、C的結構簡式，可知A為，

結合B的分子式與C的結構，可知B為，

B與液溴在光照條件下反應得到C，由D的分子式，結合信息ⅰ，可推知D為，則C與甲醇發(fā)生酯化反應生成D，故試劑a為CH3OH。

D后產物發(fā)生酯的堿性水解、酸化得到E為，由H的結構，結合信息ii可知F為，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G為，G發(fā)生信息ii中加成反應得到H。

(7)由CH3CH=CHCH3反應得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯與水發(fā)生加成反應生成CH3CH2OH，CH3CH2OH發(fā)生催化氧化得到CH3CHO，乙醇與HBr發(fā)生取代反應得到CH3CH2Br?！驹斀狻?1)由分析可知可知A為，

其名稱是：鄰二甲苯，故答案為鄰二甲苯；

(2)由分析可知，D的結構簡式是，

故答案為:;

(3)F為，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，故答案為消去反應；

(4)E由E與I2在一定條件下反應生成F的化學方程式是：+I2+HI，故答案為.+I2+HI；

(5)A、

G為，不存在順反異構體，故A錯誤；

B、

G含有碳碳雙鍵，由信息ii可知，由G生成H的反應是加成反應，故B正確；

C.、G為，苯環(huán)、碳碳雙鍵能與氫氣發(fā)生加成反應，1mol

G最多可以與4molH2發(fā)生加成反應，故C錯誤；

D.

F為，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可與NaOH溶液反應，H含有2個酯基，可水解生成2個羧基，則1molF或1molH與足量NaOH溶液反應，均消耗2molNaOH，故D正確；

故答案為:

BD

；

(6)、E的結構為，同分異構滿足的條件為含有苯環(huán)、雙鍵、酯基、五種氫且個數比為1：1：2：2：2，所以能滿足條件的結構有、、，故答案為、、；(7)、由分析可知以乙烯為原料，結合題給信息設計合成的路線為；19、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑97mL偏高EDG鎂、鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大ACD使分液漏斗內氣體壓強與錐形瓶內氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下，滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差V1-V2【解析】方案一：⑴.鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉與氫氣，反應方程式為：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，故答案為2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑；⑵.含鎂為3%時，金屬鋁的含量最高，5.4g合金中鋁的質量為5.4g×(1?3%)=5.4×97%g，則：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑

54g

2mol

5.4g×97%g

V×10?3L×2.0mol/L得54g:(5.4g×97%g)=2mol:(V×10?3L×2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的體積?97mL；鎂上會附著偏鋁酸鈉等物質，若未洗滌固體，會導致測定鎂的質量偏大，鎂的質量分數偏高；故答案為97mL；偏高；方案二：⑶.①.合金與稀硫酸反應，用排水量氣法測定氫氣的體積，其中盛水的試劑瓶導管一定要短進長出，利用增大壓強原理將水排出，量筒中水的體積就是生成氫氣的體積，量筒內導管應伸入量筒底部，故連接順序為：(A)接(E)、(D)接(G)；故答案為E、D、G；②.鎂、鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大，導致硫酸不能順利滴入錐形瓶；故答案為鎂、鋁與稀硫酸反應放熱且生成氣體，使錐形瓶中氣體壓強變大；③.反應放熱導致氫氣的溫度偏高，故應冷卻后再進行讀取氫氣的體積，讀取實驗中生成氫氣的體積時上下移動量筒，使其中液面與廣口瓶中液面相平，視線與凹液面的最低點水平讀取氫氣的體積；故答案選ACD；⑷.①.裝置中導管a的作用是：保持分液漏斗內氣體壓強與錐形瓶內氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下，滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差，故答案為使分液漏斗內氣體壓強與錐形瓶內氣體壓強相等，打開分液漏斗活塞時稀硫酸能順利滴下，滴入錐形瓶的稀硫酸體積等于進入分液漏斗的氣體體積，從而消除由于加入稀硫酸引起的氫氣體積誤差；②.滴定管的0刻度在上方，兩次讀取的體積數值之差為測定的氫氣的體積，收集氫氣后滴定管內液面上升，讀數減小，所以測定氫氣的體積為V1?V2，故答案為V1?V2。20、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O可以中和硝酸，增大反應物的轉化率，使原料盡可能多地轉化為MnO2反應生成的MnO2對該反應起催化作用A酸性越強，MnO2氧化能力越強MnO2+2I?+4H+=Mn2++I2+2H2O【分析】Ⅰ、(1)軟錳礦中含有少量Fe2O3，在加熱條件下與C反應生成鐵，鐵與稀硝酸反應生成NO氣體，為便于吸收氮氧化物，向乙中通入空氣，空氣中的氧氣將NO氧化成NO2，使氣體呈紅棕色，丙中應盛NaOH溶液等堿性物質，吸收有毒氣體NO2；(2)制備