2025-2026学年芜湖市高三下学期联合考试化学试题（含答案解析）

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3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
2、过氧化钠具有强氧化性,遇亚铁离子可将其氧化为一种常见的高效水处理剂,化学方程式为2FeSO4+6Na2O2=2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑.下列说法中不正确的是
A．氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4
B．FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂，又作还原剂
C．由反应可知每3ml FeSO4完全反应时，反应中共转移12 ml 电子
D．Na2FeO4处理水时，不仅能杀菌消毒，还能起到净水的作用
3、己知：还原性HSO3->I-，氧化性IO3->I2。在含3 ml NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液．加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如下图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0~a间发生反应：3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+
B．a~b间共消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml
C．b~c间反应：I2仅是氧化产物
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5∶3时，加入的KIO3为1.08ml
4、下列物质中，不属于合金的是
A．水银B．硬铝C．青铜D．碳素钢
5、常温下，0.2ml/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度如图所示，下列说法正确的是
A．HA是强酸
B．该混合液pH=7
C．图中x表示HA，Y表示OH-，Z表示H+
D．该混合溶液中：c(A-)+c(Y)=c（Na+）
6、某有机物的结构简式为有关该化合物的叙述不正确的是（ ）
A．所有碳原子可能共平面
B．可以发生水解、加成和酯化反应
C．1ml该物质最多消耗2mlNaOH
D．苯环上的二溴代物同分异构体数目为4种
7、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期序数与族序数相同；d与a同族，下列叙述不正确的是( )
A．原子半径：b＞c＞d＞a
B．4种元素中b的金属性最强
C．b的氧化物的水化物可能是强碱
D．d单质的氧化性比a单质的氧化性强
8、对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。相关分析正确的是
A．原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等阴离子
B．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液
C．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体
D．步骤②的反应为Al3++3HCO3-=A1(OH)3↓+CO2↑
9、某学生探究0.25ml/LAl2(SO4)3溶液与0.5ml/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。
下列分析正确的是（ ）
A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3
B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2
C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液
D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关
10、北宋《本草图经》中载有：“绿矾形似朴消（Na2SO4·10H2O）而绿色，取此一物置于铁板上，聚炭，封之囊袋，吹令火炽，其矾即沸，流出色赤如融金汁者，是真也。”下列对此段话的理解正确的是
A．朴消是黑火药的成分之一B．上述过程发生的是置换反应
C．此记载描述的是鉴别绿矾的方法D．“色赤”物质可能是单质铜
11、2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法不正确的是
A．②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内
B．②、④互为同分异构体
C．④的一氯代物有6种
D．①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
12、根据下列实验操作所得结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
13、下列反应的离子方程式正确的是
A．铜跟稀HNO3反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3++3OH-= AlO2-+2H2O
C．向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸：Ag(NH3)2++2H+=Ag++2NH4+
D．NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性：Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O
14、前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。其中X、Z、R最外层电子数相等， 且X与Z、R均可形成离子化合物；Y、W同主族，Y最外层电子数是内层电子数的3倍。下列说法正确的是
A．元素原子半径大小顺序为：W>Z>Y
B．X分别与Y、Z、W形成的常见化合物都属于电解质
C．Y分别与Z、R形成的化合物中均只含有离子键
D．Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物，且漂白原理相同
15、将0.48g镁粉分别加入10.0mL下列溶液，反应6小时，用排水法收集产生的气体，溶液组成与H2体积(已换算成标准状况)的关系如下表。下列说法不正确的是
A．由实验2、3可得，浓度越大，镁和水反应速率越快
B．由实验1、4、5可得，Cl-对镁和水的反应有催化作用
C．由实验3、7可得，反应过程产生的Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应
D．无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应
16、常温下在20mL0.1ml·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1ml·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是
A．在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存
B．测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞
C．当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系： c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)
D．已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1 ＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝10
二、非选择题（本题包括5小题）
17、阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。
已知：Ⅰ.
Ⅱ.(具有较强的还原性)
(1)反应④的试剂和条件为______；反应①的反应类型为______；反应②的作用是_____；
(2)B的结构简式为_______；
(3)下列关于G中的描述正确的是______；
A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应
B．能发生加成、消去、取代和氧化反应
C．能聚合成高分子化合物
D．1mlG与足量NaHCO3溶液反应放出2mlCO2
(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_______；反应②的化学方程式为_________；
(5)符合下列条件的C的同分异构体有_____种；
a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基
b.既能发生银镜反应又能发生水解反应
其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________；
(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。
18、重要的化学品M和N的合成路线如图所示：
已知：i．
ii．
iiiN的结构简式是：
请回答下列问题：
（1）A中含氧官能团名称是______，C 与E生成M的反应类型是______．
（2）写出下列物质的结构简式：X：______ Z：______ E：______
（3）C和甲醇反应的产物可以发生聚合反应．该聚合反应的产物是：______．
（4）1ml G一定条件下，最多能与______ml H2发生反应
（5）写出一种符合下列要求G的同分异构体______
①有碳碳叄键 ②能发生银镜反应 ③一氯取代物只有2种
（6）1，3﹣丙二醇是重要的化工物质，请设计由乙醇合成它的流程图______，合成路线流程图示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH．
19、实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2(反应主要装置如图一所示，其它装置省略)。当盐酸达到一个临界浓度时，反应就会停止。为测定反应残余液中盐酸的临界浓度，探究小组同学提出了下列实验方案：
甲方案：将产生的Cl2与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，再进行计算得到余酸的量。
乙方案：采用酸碱中和滴定法测定余酸浓度。
丙方案：余酸与已知量CaCO3(过量)反应后，称量剩余的CaCO3质量。
丁方案：余酸与足量Zn反应，测量生成的H2体积。
具体操作：装配好仪器并检查装置气密性，接下来的操作依次是：
①往烧瓶中加入足量MnO2粉末
②往烧瓶中加入20mL 12ml•L-1浓盐酸
③加热使之充分反应。
（1）在实验室中，该发生装置除了可以用于制备Cl2，还可以制备下列哪些气体______？
A．O2 B． H2 C．CH2=CH2 D．HCl
若使用甲方案，产生的 Cl2必须先通过盛有 ________（填试剂名称）的洗气瓶， 再通入足量 AgNO3溶液中，这样做的目的是 ______________；已知AgClO易溶于水，写出Cl2与AgNO3溶液反应的化学方程式________________
（2）进行乙方案实验：准确量取残余清液，稀释5倍后作为试样。准确量取试样25.00mL，用1.500ml·L-1NaOH标准溶液滴定，选用合适的指示剂，消耗NaOH标准溶液23.00mL，则由此计算得到盐酸的临界浓度为 ____ ml·L-1（保留两位有效数字）；选用的合适指示剂是 _____。
A 石蕊 B 酚酞 C 甲基橙
（3）判断丙方案的实验结果，测得余酸的临界浓度_________ (填偏大、偏小或―影响)。（已知：Ksp(CaCO3)=2.8×10-9、Ksp(MnCO3)=2.3×10-11）
（4）进行丁方案实验：装置如图二所示（夹持器具已略去）。
（i）使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是倾斜Y形管，将 _____转移到_____中。
（ii）反应完毕，需要读出量气管中气体的体积，首先要___________，然后再______，最后视线与量气管刻度相平。
（5）综合评价：事实上，反应过程中盐酸浓度减小到临界浓度是由两个方面所致，一是反应消耗盐酸，二是盐酸挥发，以上四种实验方案中，盐酸挥发会对哪种方案带来实验误差（假设每一步实验操作均准确）？____________
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
20、K3[Fe(C2O4)3]·3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：
(1)晒制蓝图时，用)K3[Fe(C2O4)3]·3H2O作感光剂，以K3[Fe(CN)6]溶液为显色剂。其光解反应的化学方程式为：2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑：显色反应的化学反应式为___FeC2O4+___K3[Fe(CN)6]一___Fe3[Fe(CN)6]2+_______，配平并完成该显色反应的化学方程式。
(2)某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按下图所示装置进行实验。
①通入氮气的目的是_________________。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有______________，_____________。
③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是______________。
④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3，检验Fe2O3存在的方法是：______________。
(3)测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。
①称量m g样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，用c ml·L-1KMnO4，溶液滴定至终点。在滴定管中装入KMnO4溶液的前一步，应进行的操作为____。滴定终点的现象是__________________。
②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用c ml·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液V mL。该晶体中铁的质量分数的表达式为_____________________。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则测定结果_____________________。
③过滤、洗涤实验操作过程需要的玻璃仪器有__________________________________________。
21、科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中X、Y是第三周期的非金属元素，各原子均满足8电子稳定结构。
完成下列填空：
(1)硅原子最外电子层有________种运动状态不同的电子，占据______个轨道。
(2)由题意可推知Y是Cl，推得此结论的依据是__________________。X和Si之间共用电子对偏离________。
(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相同，则SiCl4中键角是_________。请说明SiCl4和CCl4沸点高低的理由。__________________________________________。
(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，补全并配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向：_____P4+_____NaOH+_________→_____PH3↑+_____NaH2PO2，____________________.其中氧化剂和还原剂质量比为________。根据题意可判断H3PO2是________元酸(填“一”、“二”或“三”)。
(5)已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液呈酸性，该溶液中含磷元素的离子浓度由大到小的顺序是：__________________________________________。
参考答案
一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、C
【解析】
A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；
B．氧化铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；
C．氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；
D．盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；
答案选C。
2、C
【解析】
A.由氧化剂的氧化性大于氧化产物可知 ，氧化性：Na2O2>Na2FeO4>FeSO4 ，A正确；B.2FeSO4+6Na2O2==2Na2FeO4+2Na2O+2Na2SO4+O2↑，Fe 元素的化合价由 +2 价升高为 +6 价 ,O 元素的化合价部分由 −1 价降低为 −2 价， 部分由 −1 价升高为 0 价 ，所以FeSO4 只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂， B正确；C．2FeSO4～10e-，所以每3mlFeSO4完全反应时，反应中共转移15ml电子，C错误。D．Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，生成的还原产物氢氧化铁又具有吸附作用，可以起到净水的作用，D正确；答案选C.
点睛：解答本题特别需要注意在氧化还原反应中Na2O2既可作氧化剂又可作还原剂。
3、C
【解析】A．0～a间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，加入碘酸钾的物质的量是1ml，亚硫酸氢钠的物质的量是3ml，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSO3-+IO3-═3SO42-+I-+3H+，故A正确；B．a~b间发生反应为3HSO3-+IO3-=3SO42-+I-+3H+，反应IO3-的物质的量为0.06ml，则消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml，故B正确；C．根据图象知，b-c段内，碘离子部分被氧化生成碘单质，发生反应的离子方程式为IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，所以I2是I2是既是还原产物又是氧化产物，故C错误；D．根据反应2IO3-+6HSO3-═2I-+6SO42-+6H+，3ml NaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1ml，生成碘离子的量为1ml，设生成的碘单质的物质的量为xml，则根据反应IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，消耗的KIO3的物质的量为xml，消耗碘离子的物质的量=xml，剩余的碘离子的物质的量=（1-x）ml，当溶液中n（I-）：n（I2）=5：2时，即（1-x）：x=5∶2，x=0.24ml，根据原子守恒加入碘酸钾的物质的量=1ml+0.24ml×=1.08ml，故D正确；故选C。
点睛：明确氧化性、还原性前后顺序是解本题关键，结合方程式进行分析解答，易错点是D，根据物质间的反应并结合原子守恒计算，还原性HSO3-＞I-，所以首先是发生以下反应离子方程式：IO3-+3HSO3-═I-+3SO42-+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO-3＞I2，所以IO3-可以结合H+氧化I-生成I2，离子方程式是IO3-+6H++5I-═3H2O+3I2，根据发生的反应来判断各个点的产物。
4、A
【解析】
由两种或两种以上的金属或金属与非金属熔合而成的具有金属特性的物质是合金，硬铝是一种铝合金、青铜是Cu—Sn合金、碳素钢是含碳量为0.03%~2%的铁碳合金，水银是金属单质，不是合金，答案选A。
5、D
【解析】
A、0.2ml/L一元酸HA与等浓度的NaOH溶液等体积混合后，得到的溶液为0.1ml/L的NaA溶液，若HA为强酸，则溶液为中性，且c(A-)=0.1ml/L，与图不符，所以HA为弱酸，A错误；
B、根据A的分析，可知该溶液的pH＞7，B错误；
C、A-水解使溶液显碱性，所以溶液中的粒子浓度的大小关系是c(Na+)＞c(A-)＞c(OH－）＞c(HA)＞c(H＋)，所以X是OH－，Y是HA，Z表示H+，C错误；
D、根据元素守恒，有c(A-)+c(HA)=c（Na+），D正确；
答案选D。
6、C
【解析】
A．含有酯基、羧基、苯环和碳碳双键，都为平面形结构，则所有碳原子可能共平面，故A正确；
B．含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，含有羧基，可发生酯化反应，故B正确；
C．能与氢氧化钠反应的为酯基和羧基，且酯基可水解生成甲酸和酚羟基，则1ml该物质最多消耗3 ml NaOH，故C错误；
D．苯环有2种H，4个H原子，两个Br可位于相邻(1种）、相间（2种）、相对（1种）位置，共4种，故D正确。
故答案为C。
以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有羧基决定具有羧酸的性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有苯环还具有苯的性质。
7、D
【解析】
a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。
【详解】
由以上分析可知a为O元素，b可能为Na或Mg元素，c为Al元素，d为S元素，
A. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：b＞c＞d＞a，故A正确；
B. 同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；
C. b可能为Na或Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH或Mg(OH)2，则b的氧化物的水化物可能是强碱，故C正确；
D. 一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：O＞S，则氧化性：O2＞S，则a单质的氧化性较强，故D错误。
答案选D。
8、B
【解析】
溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。
【详解】
A．因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A错误；
B．根据上述分析，步骤①所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B正确；
C．可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；
D．步骤②反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-，D错误；
故选B。
9、C
【解析】
由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。
【详解】
A. 实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；
B. 实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；
C. 检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；
D. 实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；
答案选C。
注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。
10、C
【解析】
由信息可知，绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，以此分析。
【详解】
A．朴消是Na2SO4·10H2O，而黑火药是我国古代四大发明之一,它的组成是“一硫(硫粉)二硝石（即KNO3固体)三碳(木炭粉)，故A错误；
B．绿矾为结晶水合物，加热发生氧化还原反应生成氧化铁，Fe元素的化合价升高，S元素的化合价降低，不是置换反应，故B错误；
C．FeSO4·7H2O分解生成氧化铁、二氧化硫、三氧化硫，三氧化硫与水结合生成硫酸，则流出的液体中含有硫酸，现象明显，是鉴别绿矾的方法，故C正确；
D．Fe的氧化物只有氧化铁为红色，则“色赤”物质可能是Fe2O3，故D错误；
故选C。
本题考查金属及化合物的性质，把握习题中的信息及发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，易错点A，黑火药的成分和芒硝不同。
11、B
【解析】
A．②含有饱和碳原子、，具有甲烷的结构特征，则所有的碳原子不可能在同一个平面上，故A正确；
B．②、④的分子式不同，分别为C10H18O、C10H16O，则二者不是同分异构体，故B错误；
C．④结构不对称，一氯代物有6种，故C正确；
D．①、②均含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，③的苯环上含有甲基，能够被酸性高锰酸钾溶液氧化，故D正确；
答案选B。
本题的易错点为A，有机物分子中只要含有饱和碳原子(包括：-CH3、-CH2-、、)中的一种，分子中的所有原子就不可能处于同一平面内，含有、，分子中的碳原子就不可能共平面。
12、B
【解析】
A. NaHSO3溶液和H2O2溶液会发生氧化还原反应，生成Na2SO4和H2O，现象不明显，不能够判断浓度对反应速率的影响，A错误；
B. 制备Fe(OH)3胶体:向沸水中滴入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，B正确；
C.两溶液浓度未知，虽有黄色沉淀生成，但不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小关系，C错误；
D. NaClO溶液具有强氧化性，会氧化pH试纸，不能用pH试纸测定，D错误；
故答案选B。
难溶电解质的溶度积越大，难溶物越溶，溶度积大的难溶物可转化为溶度积小的难溶物。
13、A
【解析】A. 铜跟稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A正确；B.过量氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉淀，故B错误；C. 向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸反应生成氯化银沉淀，故C错误；D. NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++SO42-=BaSO4↓+2H2O，故D错误；故选A。
点晴：离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：①反应原理是否正确；②电解质的拆分是否正确；③是否满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。本题的易错点是D，要注意从化学方程式进行判断。
14、B
【解析】
前20号元素X、Y、Z、W、R原子序数依次增大。Y最外层电子数是内层电子数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，则Y为O元素；而Y、W同主族，则W为S元素；X、Z、R最外层电子数相等，三者处于同主族，只能处于IA族或IIA族，且X与Z、R均可形成离子化合物，根据原子序数关系可知：X为H元素、Z为Na元素、R为K元素。
【详解】
根据上述分析可知X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；W是S元素；R是K元素。
A.同周期元素从左向右原子半径减小，同主族从上到下原子半径增大，则原子半径：Z(Na)>W(S)>Y(O)，A错误；
B.X分别与Y、Z、W形成的常见化合物依次为H2O、NaH、H2S，这几种物质都属于电解质，B正确；
C.Y与Z、R形成化合物有氧化钠、过氧化钠、氧化钾等，而过氧化钠中含有离子键、共价键，C错误；
D.Y分别与X、Z、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2、SO2，前两者利用其强氧化性，而二氧化硫利用与有机色质化合为不稳定的无色物质，漂白原理不同，D错误；
故合理选项是B。
15、A
【解析】
A、试验2、3中主要反应为：，由于试验2中的n(NH4+)大于试验3中的n(NH4+)，而镁是过量的，所以不能得出浓度越大，反应速率越快的结论，故A符合题意；
B、由试验1、2对比可知，反应速率加快，其原因有可能是Na+、Cl-具有催化作用，由试验4、5对比可知，Na+对反应无催化作用，由此可知，Cl-对镁和水的反应有催化作用，故B不符合题意；
C、试验7中NH4Cl浓度较试验3高，产生氢气的速率应更快，但由表格可知，二者产生氢气的速率几乎相等，其原因在于试验7中加入了高浓度NH3·H2O，NH3·H2O与Mg2+反应生成了Mg(OH)2覆盖在镁表面，减慢反应，故C不符合题意；
D、由试验1、2、7对比可知，无论酸性条件还是碱性条件，都能加快镁和水的反应，故D不符合题意；
故答案为A。
16、D
【解析】
A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A正确；
B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是，用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3，故B正确；
C．由图象可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)，故C正确；
D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1 ＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；
二、非选择题（本题包括5小题）
17、浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化 AC +3NaOH+CH3COONa+2H2O +(CH3CO)2O→+CH3COOH 6 或
【解析】
乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。
【详解】
(1)反应④为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应①为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；
(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；
(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B．G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；C．G()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1mlG与足量NaHCO3溶液反应放出1mlCO2，故D错误；故选AC；
(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH +CH3COONa+2H2O，反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为+3NaOH +CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；
(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或，故答案为6；或；
(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。
本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。
18、羟基、醛基 酯化反应 CH2=CHCHO 3 CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等
【解析】
有机物X与HCHO发生信息i的反应，结合A的分子式为C9H10O2可知，X为，A为，A发生消去反应脱去1分子H2O生成B，故B为，B氧化生成C为；由信息iii中N的结构，结合信息ii中反应以及M的分子式C41H36O8可知，形成M的物质为、，所以E为，C与E通过酯化反应生成M；由Y到E的转化，结合E的结构可知，Y不含苯环，再结合G的结构可知，化合物Z中含有苯环，结合反应信息i可知，Y为CH3CHO，由N的结构，结合信息ii中反应可知，E、G分别为CH2=CHCH=CHCHO、中的一种，由E的结构可知G为CH2=CHCH=CHCHO，比较G与Y的结构可知，Z为CH2=CHCHO，Y和Z发生加成反应得F为CH2=CHCH(OH)CH2CHO，F发生消去反应得G，Y与甲醛发生加成反应得D为(HOCH2)3CCHO，D与氢气发生加成反应得E，乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，据此答题。
【详解】
(1)由上述分析可知，A为，含有羟基、醛基，C与E通过酯化反应生成M；
(2)由上述分析可知，X的结构简式是，Z为 CH2=CHCHO，E为；
(3)C为；和甲醇发生酯化反应得到的产物再发生加聚反应生成高聚物为；
(4)G为CH2=CHCH=CHCHO，1ml G一定条件下，最多能与3ml H2发生反应；
(5)G为CH2=CHCH=CHCHO，根据条件①有碳碳叄键，②能发生银镜反应，说明有醛基，③一氯取代物只有2种，则符合要求的G的一种同分异构体为CH3C≡CCH2CHO或CH3CH2C≡CCHO等；
(6)乙醇合成1，3﹣丙二醇，可以将乙醇氧化成乙醛，用乙醛再与甲醛发生加成后再还原即可得到1，3﹣丙二醇，合成路线为。
19、D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3 6.9ml/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A
【解析】
(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸；
(2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500ml•L-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38ml/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；
(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；
(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；
(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；
【详解】
(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型，
A．O2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；
B．H2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；
C．CH2=CH2 用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；
D．HCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；
氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl↓+HClO+HNO3；
(2)量取试样25.00mL，用1.500ml∙L−1NaOH标准溶液滴定，消耗，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)∙V(HCl)=c(NaOH) ∙V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度==1.38ml/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.38×5=6.9 ml/L；
(3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小；
(4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；
(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。
20、3 2 1 3K2C2O4 隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置 CO2 CO 先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气 取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3 用KMnO4溶液进行润洗 粉红色出现 偏低 烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)
【解析】
（1）根据元素守恒规律配平亚铁离子能与K3[Fe(CN)6]发生的显色反应；
（2）①根据氮气能隔绝空气和排尽气体分析；
②根据CO2、CO的性质分析；
③要防止倒吸可以根据外界条件对压强的影响分析；
③根据铁离子的检验方法解答；
（3）①标准滴定管需用标准液润洗，再根据酸性高锰酸钾溶液显红色回答；
②根据电子得失守恒计算；结合操作不当对标准液浓度的测定结果的影响进行回答；
③根据操作的基本步骤及操作的规范性作答。
【详解】
（1）光解反应的化学方程式为2K3[Fe(C2O4)3]2FeC2O4+3K2C2O4+2CO2↑，反应后有草酸亚铁产生，根据元素守恒规律可知，所以显色反应的化学方程式为3FeC2O4+2K3[Fe(CN)6]＝Fe3[Fe(CN)6]2+3K2C2O4，因此已知方程式中所缺物质化学式为K2C2O4，
故答案为3；2；1；3K2C2O4。
（2）①装置中的空气在高温下能氧化金属铜，能影响E中的反应，所以反应前通入氮气的目的是隔绝空气排尽装置中的空气；反应中有气体生成，不会全部进入后续装置，
故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置。
②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明反应中一定产生二氧化碳。装置E中固体变为红色，说明氧化铜被还原为铜，即有还原性气体CO生成，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO，
故答案为CO2；CO；
③为防止倒吸，必须保证装置中保持一定的压力，所以停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气即可，
故答案为先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；
④要检验Fe2O3存在首先要转化为可溶性铁盐，因此方法是取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1～2滴KSCN溶液，溶液变红色，证明含有Fe2O3，
故答案为取少许固体粉末于试管中，加稀硫酸溶解，滴入1-2滴KSCN溶液；溶液变红色，证明含有Fe2O3；
（3）①滴定管需用标准液润洗后才能进行滴定操作；高锰酸钾氧化草酸根离子，其溶液显红色，所以滴定终点的现象是粉红色出现，
故答案为用KMnO4溶液进行润洗；粉红色出现。
②锌把Fe3+还原为亚铁离子，酸性高锰酸钾溶液又把亚铁离子氧化为铁离子。反应中消耗高锰酸钾是0.001cVml，Mn元素化合价从+7价降低到+2价，所以根据电子得失守恒可知铁离子的物质的量是0.005cVml，则该晶体中铁的质量分数的表达式为；滴定终点读取滴定管刻度时，俯视KMnO4溶液液面，则消耗的标准液的体积偏小，导致最终结果偏低，
故答案为；偏低；
③过滤和洗涤需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)，
故答案为烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(可不填“胶头滴管”)。
本题主要是考查物质分解产物检验、元素含量测定等实验方案设计与评价，题目难度中等，明确实验原理和相关物质的性质是解答的关键。关于化学实验从安全角度常考虑的主要因素如下：净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；进行某些易燃易爆实验时要防爆炸(如H2还原CuO应先通H2，气体点燃前先验纯等)；防氧化(如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；污染性的气体要进行尾气处理；有粉末状物质参加的反应，要注意防止导气管堵塞；防吸水(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施，以保证达到实验目的)。
21、4 3 Y在第三周期，且Y 和Si 间只有一根共价键 Si 109°28′ SiCl4 的熔点比CCl4 高，SiCl4 和CCl4 是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4 的熔点高 1 3 3H2O 1 3 1:3 一 c (H2PO4﹣) > c (HPO42﹣) > c (PO43﹣)
【解析】
(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同；
(2)Y 和Si 间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素；
(3) SiCl4和CCl4分子空间结构相似；
(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3 和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向；
(5) 已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣。
【详解】
(1)Si原子的电子排布式为1s22s22p63s23p2，最外层含有4个电子，4个电子的运动状态均不同，所以最外层有4种运动状态不同的电子，占据1个3s轨道和2个3p轨道，共占据3个轨道；
(2)Y 和Si 间只有一根共价键且在第三周期，则Y是Cl；X周围连接了2根共价键，又在第三周期，则X是S元素，S元素的电负性比Si元素大，则X和Si之间共用电子对偏离Si；
(3)SiCl4和CCl4分子空间结构相似，都是正四面体结构，SiCl4中键角是109°28′；SiCl4 和CCl4 是组成和结构相似的分子晶体，SiCl4 的相对分子质量大，分子间作用力强，故SiCl4 的熔点高；
(4)黄磷(P4)与过量浓NaOH溶液反应，产生PH3和次磷酸钠(NaH2PO2)，P的化合价由0价下降到-3价，同时又从0价上升到+1价，P4既是氧化剂又是还原剂，还原产物PH3 和氧化产物NaH2PO2的系数比为1:3，该反应共转移电子3个，配平该反应的化学方程式，标出电子转移的数目和方向为：；其中氧化剂和还原剂质量比为1:3；H3PO2在水中只能电离出一个氢离子，故次磷酸是一元酸；
(5) 已知磷酸二氢钠(NaH2PO4)溶液中NaH2PO4是三元酸，分三步电离且电离程度越来越小，分别生成H2PO4﹣、HPO42﹣和PO43﹣，浓度关系为：c (H2PO4﹣) > c (HPO42﹣) > c (PO43﹣)。
选项
实验目的
实验方案
A
鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3
三种盐溶液
分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体
B
除去CuCl2溶液中的少量FeCl3
加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤
C
除去HCl气体中混有少量Cl2
将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸
D
配制氯化铁溶液
将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释
实验1
实验2
选项
实验操作
实验结论
A
向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液
浓度越大，反应速率越快
B
向40mL的沸水中滴入5～6滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。当光束通过液体时，可观察到丁达尔效应
得到Fe（OH）3胶体
C
向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入浓AgNO3溶液，有黄色沉淀生成
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）
D
同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1ml/L NaClO溶液、0.1ml/LCH3COONa溶液的pH
比较HClO和CH3COOH的酸性强弱
实验
1
2
3
4
5
6
7
溶液组成
H2O
1.0ml/L NH4Cl
0.1ml/L NH4Cl
1.0ml/L NaCl
1.0ml/L NaNO3
0.8ml/L NH4Cl+
0.2ml/L NH3·H2O
0.2ml/L NH4Cl+
0.8ml/L NH3·H2O
V/ml
12
433
347
160
14
401
349