自贡市2026年高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份自贡市2026年高三二诊模拟考试化学试卷（含答案解析），共5页。

一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、工业上用CO和H2生产燃料甲醇。一定条件下密闭容器中发生反应，测得数据曲线如下图所示（反应混合物均呈气态）。下列说法错误的是
A．反应的化学方程式:CO+2H2CH3OH
B．反应进行至3分钟时，正、逆反应速率相等
C．反应至10分钟，ʋ(CO) = 0.075 ml/L·min
D．增大压强，平衡正向移动，K不变
2、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：
又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）
A．物质A一定是单质B．物质C可能是淡黄色固体
C．物质D可能是酸或碱D．物质E可能属于盐类
3、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NA
B．100mL2.0ml/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NA
C．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NA
D．常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA
4、证明溴乙烷与NaOH醇溶液共热发生的是消去反应，分别设计甲、乙、丙三个实验：（甲）向反应混合液中滴入溴水，溶液颜色很快褪去．（乙）向反应混合液中滴入过量稀硝酸，再滴入AgNO3溶液，有浅黄色沉淀生成．（丙）向反应混合液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液颜色褪去．则上述实验可以达到目的是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．都不行
5、无法实现的反应是
A．酸和酸反应生成酸B．只有氧化剂的氧化还原反应
C．盐和盐反应生成碱D．一种碱通过化合反应生成一种新的碱
6、甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似。已知pKb=－lgKb，pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKb(NH3·H2O)=4.8。常温下，向10.00 mL 0. 1000 ml·L－1的甲胺溶液中滴加0. 0500 ml·L－1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的负对数pOH=－lgc(OH-)］与所加稀硫酸溶液的体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是
A．B点对应的溶液的pOH>3.4
B．甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OH－
C．A、B、C三点对应的溶液中，水电离出来的c(H+)：C>B>A
D．A、B、C、D四点对应的溶液中，c(CH3NH3+)的大小顺序：D>C>B>A
7、关于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列说法正确的是（ ）
A．不能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色
B．可以与稀硫酸或NaOH溶液反应
C．分子中所有原子共平面
D．易溶于饱和碳酸钠溶液
8、有机物M、N、Q的转化关系为：
下列说法正确的是（ ）
A．M分子中的所有原子均在同一平面
B．上述两步反应依次属于加成反应和取代反应
C．M与H2加成后的产物，一氯代物有6种
D．Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色
9、取三份浓度均为0.1 ml/L，体积均为1 L 的CH3COONa 溶液中分别加入NH4Cl 固体、CH3COONH4固体、HCl 气体后所得溶液pH 变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是
A．曲线 a、b、c 分别代表加入 CH3COONH4、NH4Cl、HCl
B．由图可知 Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7
C．A点处 c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞ c(NH4＋)＞ c(OH－)＞ c(H＋)
D．C点处 c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1ml/L
10、短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，W和Z位于同一主族。已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，且Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。下列说法正确的是
A．X、Y、Q对应简单离子的半径逐渐减小
B．工业上可用电解X、Q元素组成的化合物的饱和溶液制备Q单质
C．Y、Q形成的化合物是非电解质
D．工业用W与Z的最高价氧化物反应制取Z单质，同时得到W的最高价氧化物
11、0.1mL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电离程度增大，H+浓度增大B．电离程度减小，H+浓度减小
C．电离程度增大，H+浓度减小D．电离程度减小，H+浓度增大
12、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．8gCH4O中含有的C-H键数目为NA
B．25℃时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.9×10-8NA
C．56gFe和64gCu分别与1mlS反应转移的电子数均为2 NA
D．标准状况下，2.24 LCl2 溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA
13、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（ ）
A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯
B．实验时水浴温度需控制在50～60℃
C．仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率
D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品
14、下列石油的分馏产品中，沸点最低的是
A．汽油B．煤油C．柴油D．石油气
15、下列实验方案正确，且能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
16、对于反应A(g)＋3B(g)＝2C(g)＋2D(g)，以下表示中，反应速率最快的是
A．v(A)＝0.8 ml/(L·s)B．v(B)＝0.4 ml/(L·s)
C．v(C)＝0.6 ml/(L·s)D．v(D)＝1.8 ml/(L·min)
17、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是
A．强酸溶液B．弱酸性溶液C．弱碱性溶液D．强碱溶液
18、实验室用水浴加热不能完成的实验是（ ）
A．制备乙烯B．银镜反应
C．乙酸乙酯的制备D．苯的硝化反应
19、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
20、中华传统文化对人类文明进步贡献巨大。《本草纲目》“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气……其清如水，味极浓烈，盖酒露也"。运用化学知识对其进行分析，则这种方法是
A．分液B．升华C．萃取D．蒸馏
21、下列有关实验的选项正确的是( )
A．分离甲醇与氯化钠溶液
B．加热NaHCO3固体
C．制取并观察Fe(OH)2的生成
D．记录滴定终点读数为12.20mL
22、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中假设容器体积不变，固体试样体积忽略不计，使其达到分解平衡：。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：
下列有关叙述正确的是
A．该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变
B．因该反应、，所以在低温下自发进行
C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，体系中气体的浓度增大
D．根据表中数据，计算时的分解平衡常数约为
二、非选择题(共84分)
23、（14分）为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)
已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水 ，载人宇宙飞船内常用含 C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。
(1)X的化学式为 __________________ 。
(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是______________。
(3)A的电子式为 ____________。
(4)X受热分解转变成 A 和 B 的化学反应方程式为 ____________。
24、（12分）A、B、D是3种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3种，其中D还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：
试回答：
(1)写出上述有关物质的化学式： A________；B________；D________。
(2)写出反应①和②的化学方程式：________________。
25、（12分）二氧化硫(SO2)是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。
Ⅰ.某研究小组设计了一套制备及检验SO2部分性质的装置，如图所示：
(1)仪器A的名称____________。
(2)装置乙的作用是为了观察生成SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是____________。
(3)①实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的O2氧化性强于SO2，因此装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是SO2导致的。请你写出O2与Na2S溶液反应的化学反应方程式____________。
②为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表：
由实验现象可知：该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。你认为上表实验1反应较慢的原因可能是____________。
Ⅱ.铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是以氮气为载体，以稀盐酸、淀粉和碘化钾的混合溶液为吸收液，用0.0010 ml·L-1KIO3标准溶液进行滴定。检测装置如图所示：
[查阅资料] ①实验进行5min样品中的S元素都可转化为SO2
②2IO3-+5SO2+4H2O=8H++5SO42-+I2
③I2+SO2+2H2O=2I-+SO42-+4H+
④IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O
(4)工业设定的滴定终点现象是____________。
(5)实验一：不放样品进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V1
实验二：加入1 g样品再进行实验，5 min后测得消耗标准液体积为V2
①比较数据发现V1远远小于V2，可忽略不计。则设置实验一的目的是___________。
②测得V2的体积如表：
该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为____________。
26、（10分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含、和惰性杂质。为进一步确定其中、的含量，某同学进行了如下实验：
① 取2.6g样品，加入200.0mL 0.2000ml/L酸性溶液，加热（硫元素全部转化为），滤去不溶杂质；
② 收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③ 取25.00mL溶液，用溶液滴定，消耗20.00mL；
④ 加入适量溶液（掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应），再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：；
⑤ 加入2滴淀粉溶液，用溶液滴定，消耗30.00mL（已知：）。
回答下列问题：
（1）写出溶于酸性溶液的离子方程式：____________________________________。
（2）配制溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。
（3）③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_____________。
（4）⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。
（5）混合样品中和的含量分别为_______%、_______%（结果均保留1位小数）。
（6）判断下列情况对样品中和的含量的影响（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）若量取酸性溶液时俯视读数，则最终结果的含量_______________。若用溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果的含量_____________。
27、（12分）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0℃，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：
(1)仪器a的名称为_____________，装置A中反应的离子方程式为_______________。
(2)试剂X是_______________________。
(3)装置D中冰水的主要作用是___________。装置D内发生反应的化学方程式为_______________。
(4)装置E中主要反应的离子方程式为：____________________________。
(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。
利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： 55℃蒸发结晶、_________、38～60℃的温水洗涤、低于60℃干燥。
(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。
①酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为_______________________。
②如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为____________。
28、（14分）丁苯酞（J）是用于脑血管疾病治疗的药物。它的某种合成路线如下：
已知：
请回答下列问题：
（1）E 的名称为________，F 中所含官能团名称为_______，H→J 的反应类型为_______。
（2）B 生成 A 的方程式_______。
（3）X 是 H 的同系物，相对分子质量比 H 小 56。满足下列条件 X 的同分异构体共有_______种。
①能发生水解反应；②能发生银镜反应；③能与氯化铁溶液发生显色反应。 其中核磁共振氢谱图中有五个吸收峰的同分异构体的结构简式为_______。
（4）利用题中信息所学知识，写出以甲烷和苯甲醛为原料，合成苯乙烯的路线流程图（其他无机试 剂自选）_______。合成路线流程图表达方法例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH
29、（10分）苯氧布洛芬具有良好的解热、镇痛、抗炎、抗风湿作用，苯氧布洛芬的合成路线如下：
回答下列问题：
(1)苯氧布洛芬中官能团的名称为___。
(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。A-D四种物质中，含有手性碳的有机物为___（填字母）。
(3)反应②的反应类型是___。
(4)若过程①发生的是取代反应，且另一种产物为HBr，由A生成B发生反应的化学方程式为___。
(5)有机物M与C互为同分异构体，M满足下列条件：
I.能与FeCl3溶液发生显色反应，1mlM可消耗2mlNaOH；
Ⅱ.M分子中有6种不同化学环境的氢，核磁共振氢谱为3：2：2：2：2：3，且分子中含有结构。
M的结构有___种，写出其中一种结构简式：___。
(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以丙酮(CH3COCH3)为原料制备2一甲基丙酸的合成路线流程图（无机试剂任用）___。
参考答案
一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、B
【解析】
由图可知，CO的浓度减小，甲醇浓度增大，且平衡时c(CO)=0.25ml/L，c(CH3OH)=0.75ml/L，转化的c(CO)=0.75ml/L，结合质量守恒定律可知反应为CO+2H2⇌CH3OH，3min时浓度仍在变化，浓度不变时为平衡状态，且增大压强平衡向体积减小的方向移动，以此来解答。
【详解】
A．用CO和H2生产燃料甲醇，反应为CO+2H2⇌CH3OH，故A正确；
B．反应进行至3分钟时浓度仍在变化，没有达到平衡状态，则正、逆反应速率不相等，故B错误；
C．反应至10分钟，ʋ(CO)==0.075ml/(L•min)，故C正确；
D．该反应为气体体积减小的反应，且K与温度有关，则增大压强，平衡正向移动，K不变，故D正确；
故答案为B。
2、A
【解析】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。
【详解】
若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。
A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；
B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；
C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；
D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；
故选A。
3、D
【解析】
A. 5.6g铁为0.1ml，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；
B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0ml/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；
C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；
D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1ml，含有的电子数为10NA，D正确。
故选D。
4、D
【解析】
溴乙烷水解反应：C2H5Br+NaOH→C2H5OH+NaBr（氢氧化钠水溶液共热）；消去反应：CH3CH2Br+NaOH→CH2=CH2+NaBr+H2O（氢氧化钠乙醇共热），即无论发生水解反应还是消去反应，混合液里面都有Br-。
【详解】
A、甲同学未向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，过量的NaOH可与溴水反应使溶液颜色很快褪去，A不正确；
B、乙同学向反应混合液中滴入稀硝酸中和NaOH，然后再滴入AgNO3溶液，若有浅黄色沉淀生成, 可证明混合液里含有Br-，不能证明发生了消去反应，B不正确；
C、酸性KMnO4溶液遇醇类也可以发生氧化还原反应颜色变浅，C不正确；
D、根据上述分析可知，三种方案都不行，符合题意。
答案选D。
5、B
【解析】
A．强酸制弱酸是得到新酸和盐，可以实现，A正确；
B．氧化剂得到电子，必须有失去电子的物质，B错误；
C．生成碱需要氢氧根，碱式盐和盐反应可能能生成碱，如Mg(OH)Cl和Na2CO3反应可生产NaOH，C正确；
D．一种碱通过化合反应可生成一种新的碱，例如氢氧化亚铁、氧气和水化合生成氢氧化铁，D正确。
故选B。
6、D
【解析】
A．B点加入5 mL0.0500 ml/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)；
B．甲胺(CH3NH2)的性质与氨气相似，说明CH3NH2•H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子；
C．恰好反应时水的电离程度最大，碱过量抑制了水的电离，碱的浓度越大抑制程度越大；
D．C、D点相比，n(CH3NH3+)相差较小，但D点溶液体积较大，则c(CH3NH3+)较小，据此分析。
【详解】
A．B点加入5 mL0.0500 ml/L的稀硫酸，不考虑水解和电离，反应后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2·H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，说明CH3NH2•H2O的电离程度大于CH3NH3+的水解程度，则溶液中c(CH3NH3+)>c(CH3NH2)，>1，结合Kb(CH3NH2•H2O)=×c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)3.4，A正确；
B．CH3NH2•H2O是一元弱碱，可以部分电离出氢氧根离子，电离过程可逆，则电离方程式为：CH3NH2•H2OCH3NH3++OH-，B正确；
C．用0.0500 ml/L的稀硫酸滴定10 mL 0.1000 ml/L的甲胺溶液滴入10 mL恰好完全反应此时生成的是强酸弱碱盐，溶液显碱性，CH3NH3+水解促进水的电离，A、B点溶液中弱碱过量抑制了水的电离，所以A、B、C三点溶液中，水电离出来的c(H＋)：C>B>A，C正确；
D．C点硫酸与CH3NH2•H2O恰好反应，由于CH3NH3+的水解程度较小，则C、D点n(CH3NH3+)相差较小，但D点加入硫酸溶液体积为C点2倍，则c(CH3NH3+)：C>D，D错误；
故合理选项是D。
本题考查酸碱混合的定性判断、离子浓度大小比较。明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易错点，试题侧重考查学生的分析能力及综合应用能力。
7、B
【解析】
A．该有机物分子中含有碳碳双键，能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，A不正确；
B．该有机物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中发生水解反应，B正确；
C．分子中含有-CH3，基团中的原子不可能共平面，C不正确；
D．该有机物属于酯，在饱和碳酸钠溶液中的溶解度小，D不正确；
故选B。
8、C
【解析】
A．M中含甲基、亚甲基均为四面体结构，则M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A错误；
B．M→N为取代反应，N→Q为水解反应，均属于取代反应，故B错误；
C．M与H2加成后的产物为，中含有6种H，则一氯代物有6种，故C正确；
D．Q中含苯环，与乙醇的结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，Q与乙醇不互为同系物，两者均含-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；
故答案选C。
9、B
【解析】
醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。
【详解】
A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；
B.当加入固体的物质的量为0.1ml时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；
C.A点含有的溶质为0.1mlCH3COONa与0.1mlCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞ c(NH4＋)＞ c(OH－)＞ c(H＋)，故C正确；
D.C点通入0.1mlHCl，与0.1ml醋酸钠反应得到0.1mlCH3COOH与0.1mlNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1ml/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1ml/L，故D正确；
故选：B。
本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。
10、B
【解析】
短周期W、X、Y、Z、Q五种元素的原子序数依次递增，已知W的氢化物可与Q单质在光照条件下反应生成多种化合物，W的氢化物应该为烃，则W为C元素，Q为Cl元素；W和Z位于同一主族，则Z为Si元素；Y、Q形成一种共价化合物，X的最高价氧化物对应的水化物可与Y单质反应产生常见的还原性气体单质E。则X是Na，Y为Al元素；气体单质E为H2，据此解答。
【详解】
根据上述分析可知：W为C，X是Na，Y是Al，Z是Si，Q是Cl元素。
A. X是Na，Y是Al，二者形成的阳离子核外电子排布是2、8，具有2个电子层；Q是Cl，形成的离子核外电子排布是2、8、8，离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径大小关系为：Q>X>Y，A错误；
B. Cl2在工业上可用电解饱和NaCl溶液的方法制取，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，B正确；
C. Y、Q形成的化合物AlCl3是盐，属于共价化合物，在水溶液中完全电离产生Al3+、Cl-，因此属于电解质，C错误；
D. C与SiO2在高温下发生置换反应产生Si单质，同时得到CO气体，反应方程式为2C+SiO2 Si+2CO↑，CO不是C元素的最高价氧化物，D错误；
故合理选项是B。
本题考查了原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。
11、C
【解析】
醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO﹣+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO﹣)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；
答案选C。
稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOH⇌CH3COO- + H+，向0.1mL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。
12、B
【解析】
A、8g CH4O(即0.25ml甲醇)，所含有的C-H 键数目为0.75NA，故A错误；B、25℃时，pH=8 的氨水中c(H+)水=1.0×10-8ml/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶液中的c(OH-)总=1.0×10-6ml/L，则由NH3·H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.0×10-6ml/L-1.0×10-8ml/L=9.9×10-7ml/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.9×10-7ml/L×0.1L×NA=9.9×10-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56g Fe (即1ml）与1ml S 恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64g Cu (即1ml)与1ml S 反应生成0.5mlCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准状况下，2.24 LCl2(即0.1ml) 溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。
点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。
13、D
【解析】
A．混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；
B．制备硝基苯时温度应控制在50～60℃，故B正确；
C．仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；
D．仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；
答案选D。
14、D
【解析】
将石油常压分馏依次得到石油气、汽油、煤油、柴油、重油等，将重油减压分馏依次得到重柴油、润滑油、凡士林、石蜡、沥青，则它们的沸点范围由低到高的顺序为：石油气＜汽油＜煤油＜柴油＜重柴油＜润滑油＜凡士林＜石蜡＜沥青，故选D项。
答案选D。
15、D
【解析】
A. 强碱滴定弱酸时，化学计量点 pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；
B. 将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；
C. 二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；
D. CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；
正确答案是D。
16、A
【解析】
由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快
【详解】
由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，
A、v(A)÷1=0.8ml/（L．s）
B、v(B)÷3=0.11ml/（L．s）
C．v(C)÷2=0.3 ml/（L．s）
D、v(D)÷2=0.9ml/（L·min）=0.9÷60=0.015ml/（L·s），故最快的是A。
故选A。
17、A
【解析】
A.强酸性溶液会促进醋酸根水解平衡正向进行,不能满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故选A；
B.弱酸性溶液如加入少量醋酸会增加溶液中醋酸根离子浓度,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选B；
C.弱碱性溶液如加入弱碱抑制醋酸根离子水解,可以满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1，故不选C；
D.强碱溶液如加入KOH溶液抑制醋酸根离子水解,可以满足满足溶液中c(CH3COO―):c(Na+)=1:1,故不选D；
答案：A
醋酸钠固体溶解后得到溶液中醋酸根离子水解溶液显碱性，使得醋酸根离子浓度减小，c(CH3COO―)+H2OCH3COOH+OH-，从平衡角度分析。
18、A
【解析】
乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，以此来解答。
【详解】
B、C、D中均需要水浴加热，只有A中乙醇在170℃时发生消去反应生成乙烯，不能水浴加热完成， 故选：A。
19、A
【解析】
A. 鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；
B. 乙醇和浓硫酸共热至170℃后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B项错误；
C. 室温下，用pH试纸测得：0.1 ml·L－1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 ml·L－1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-结合H＋的能力比HSO3-的强，故C项错误；
D. NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)O2，该实验条件下Na2S溶液出现浑浊现象是SO2导致的。表中实验1反应较慢的原因可能是O2难溶于水，而SO2易溶于水，由于氧气中水中的溶解度比二氧化硫小，导致反应速率较慢；
II. (4)根据方程式可知物质的氧化性：IO3->I2>SO2，向含有SO2、KI和淀粉溶液中滴加KIO3溶液，首先发生②反应，当SO2反应完全后发生反应④，反应产生的I2单质遇淀粉溶液会变为蓝色，且半分钟内溶液蓝色不褪去，就证明滴定达到终点；
(5)①通过比较实验一、实验二的数据，发现V1远远小于V2，可忽略不计V1。设置实验一的目的是空白对比实验，排除干扰因素的存在；
②三次实验数据相差不大，均有效，则平均消耗KIO3标准溶液体积V(KIO3)=mL=10.00 mL，n(KIO3)=c·V=0.0010 ml/L×0.0100 L=1.0×10-5 ml，根据电子守恒及结合②③方程式可知n(SO2)=3n(KIO3)=3.0×10-5 ml，根据S元素守恒可知其中含有S元素的质量为m(S)=n·M=3.0×10-5 ml×32 g/ml=9.6×10-4 g，所以该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为×100%=0.096%。
本题考查了气体的制取、性质的验证、化学反应方程式的书写及应用和物质含量测定。掌握反应原理和物质的性质是计算与判断的依据。在进行有关计算时要结合电子守恒及元素守恒分析判断。易错点是(5)中S含量计算，关键是IO3-氧化SO2时二者物质的量的关系的确定，注意还原产物I2也可氧化SO2，要根据总方程式判断。
26、Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O 除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化 胶头滴管 酸式滴定管 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9 偏低 偏低
【解析】
由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成，据测定原理分析实验误差。
【详解】
（1）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应，高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、硫酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O，
故答案为Cu2S+2MnO4﹣+8H+＝2Mn2++2Cu2++SO42﹣+4H2O；
（2）配制0.1000ml•L﹣1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，
故答案为除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；
（3）③取25.00mL溶液为高锰酸钾溶液，具有强氧化性，所以取25.00待测溶液所用的仪器是酸式滴定管，
故答案为酸式滴定管；
（4）加入2滴淀粉溶液，用0.1000m1•L﹣1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定终点的现象是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，
故答案为溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；
（5）Cu2S与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，5CuS+8MnO4﹣+24H+＝5Cu2++8Mn2++5SO42﹣+12H2O，5Fe2++MnO4﹣+8H+＝5Fe3++Mn2++4H2O，
滴定Fe2+消耗的MnO4﹣：n1＝0.1000ml/L×0.020L×＝0.0004ml，
样品消耗MnO4﹣物质的量n2＝0.200L×0.2000m•L﹣1﹣0.0004ml×＝0.036ml，
2Cu2++4I﹣＝2CuI+I2，2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，滴定消耗S2O32﹣的物质的量n3＝0.1000m1•L﹣1×0.03L×＝0.03ml，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4＝0.03ml，设样品中含CuS、Cu2S的物质的量分别为x、y，则：
①x+2y＝0.03ml，
②x+2y＝0.036ml
联立①②，解方程组得：x＝0.01ml，y＝0.01ml，
混合样品中Cu2S的含量=×100%=61.5%，
混合样品中CuS的含量=×100%=36.9%，
故答案为61.5；36.9。
（6）结合上述计算过程，量取200.0mL 0.2000ml/L酸性溶液，要用量筒，根据量筒的构造，若量取时俯视读数，则所取量偏小，则样品消耗MnO4﹣物质的量n2偏小，即方程②中x+2y