广西壮族自治区贵港市2026年高三第四次模拟考试化学试卷（含答案解析）

这是一份广西壮族自治区贵港市2026年高三第四次模拟考试化学试卷（含答案解析），共5页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁等内容，欢迎下载使用。
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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、反应 HgS+ O2=Hg + SO2中 ，还原剂是
A．HgSB．HgC．O2D．SO2
2、金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为
A．1：1：4B．1：1：3C．1：1：2D．1：1：1
3、氮化铬具有极高的硬度和力学强度、优异的抗腐蚀性能和高温稳定性能，因而具有广泛应用前景。实验室制备CrN 反应原理为 CrCl3 +NH3CrN+3HCl，装置如图所示
下列说法错误的是
A．装置①还可以用于制取O2、Cl2、CO2等气体
B．装置②、④中分别盛装NaOH溶液、KOH固体
C．装置③中也可盛装维生素c，其作用是除去氧气
D．装置⑤ 中产生的尾气冷却后用水吸收得到纯盐酸
4、以柏林绿Fe[Fe(CN)6]为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．放电时，正极反应为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]
B．充电时，M(钼)箔接电源的负极
C．充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室
D．外电路中通过0.2ml电子的电量时，负极质量变化为2.4g
5、下列说法中正确的是（ ）
A．向0.1ml•L-1的氨水中加入少量硫酸铵固体，溶液中增大
B．厨房小实验：将鸡蛋壳浸泡在食醋中，有气泡产生，说明CH3COOH是弱电解质
C．有甲、乙两种醋酸溶液，测得甲的pH=a、乙的pH=a+1，若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)>10V(甲)
D．体积相同、浓度均为0.1ml•L-1的NaOH溶液、氨水，分别稀释m、n倍，使溶液的pH都变为9，则mC>A＝D＝E
B．若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法
C．若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的方法
D．100℃时，将pH＝2的硫酸溶液与pH＝12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性
9、下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是
A．硫酸与氯化钠反应B．硝酸银溶液中滴加稀氨水
C．铁在硫蒸气中燃烧D．铁粉加入硝酸中
10、M是一种常见的工业原料，实验室制备M的化学方程式如下，下列说法正确的

A．l ml的C能与7ml的H2反应
B．分子C中所有原子一定共面
C．可以用酸性KMnO4溶液鉴别A和B
D．A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构有14种
11、实验室用下图所示装置进行液体石蜡分解及其产物性质实验。下列操作或叙述错误的是
A．装置b、c中发生反应的基本类型不同
B．实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色
C．d中溶液变浑浊证明石蜡分解产生了CO2
D．停止加热后立即关闭K可以防止液体倒吸
12、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是( )
A．体积之比为13∶13∶14B．密度之比为14∶14∶13
C．质量之比为1∶1∶1D．原子数之比为1∶1∶1
13、下列说法正确的是（ ）
A．共价化合物的熔沸点都比较低
B．、、三种核素可组成3种水分子
C．H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子间存在氢键
D．SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体，说明硅酸的酸性比碳酸强
14、下列关于自然界中氮循环的说法错误的是
A．氮肥均含有NH4+
B．雷电作用固氮中氮元素被氧化
C．碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环
D．合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱
15、在(NH4)2Fe(SO4)2溶液中逐滴加入100 mL 1ml/L的Ba(OH)2溶液，把所得沉淀过滤、洗涤、干燥，得到的固体质量不可能是( )
A．35. 3gB．33.5gC．32.3gD．11.3g
16、设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）
A．1ml中共平面的碳原子数最多为6NA
B．1L0.5ml/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4的数目为0.5NA
C．25℃、1.01×105 Pa下，44.8LSO2和CO2的混合气体中所含分子数为2NA
D．12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中所含阳离子总数为0.1NA
17、化学与生产、生活、社会密切相关。下列叙述错误的是
A．还原铁粉能用作食品抗氧化剂
B．夜空中光柱的形成属于丁达尔效应
C．浸泡过KMnO4溶液的硅土可作水果保鲜剂
D．燃煤中加入CaO可减少温室气体的排放
18、常温下，向21mL1．1ml• L－1HB溶液中逐滴滴入 1．1ml• L－1NaOH溶液，所得 PH变化曲线如图所示。下列说法错误的是
A．OA各点溶液均存在：c（B－） ＞c（Na＋）
B．C至 D各点溶液导电能力依次增强
C．点 O时，pH＞1
D．点 C时，X约为 11.4
19、白色固体Na2S2O4常用于织物的漂白，也能将污水中的某些重金属离子还原为单质除去。下列关于Na2S2O4说法不正确的是
A．可以使品红溶液褪色
B．其溶液可用作分析化学中的吸氧剂
C．其溶液可以和Cl2反应，但不能和AgNO3溶液反应
D．已知隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2，则其残余固体产物中可能有Na2S2O3
20、室温下用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是
A．验证浓硫酸具有强氧化性B．制取干燥的NH3
C．干燥、收集并吸收多余的SO2D．验证乙炔的还原性
21、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4。利用下列装置分四步从含NaIO3的废液中制取单质碘的CC14溶液，并回收NaHSO4。下列装置中不需要的是（ ）
A．制取SO2
B．还原IO3-
C．制I2的CCl4溶液
D．从水溶液中提取NaHSO4
22、下列关于硫及其化合物说法错误的是（ ）
A．实验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞
B．葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用
C．硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂
D．“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指FeSO4·7H2O
二、非选择题(共84分)
23、（14分）H 是一种可用于治疗肿瘤的药物中间体，由芳香烃 A 制备 H 的合成路线如图。
回答下列问题：
（1）A 物质的一氯代物共有______种；
（2）B 物质中含有的官能团名称______；
（3）①的反应试剂和反应条件分别是______，③的反应的类型是______；
（4）E 物质通过多次取代反应和氧化反应可以获取 F 物质，用系统命名法对 E 物质命名______，F 物质的结构简式为______；
（5）⑤的化学反应方程式为______；
（6）对甲氧基乙酰苯胺（）是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备对甲氧基乙酰苯胺的合成路线。（其他试剂任选）______________
（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）。
24、（12分）药物中间体F的一种合成路线如图：
已知：RCOOR′ RCH2OH+R′OH(R为H或烃基，R'为烃基)
回答下列问题；
(1)A中官能团名称是 __________。
(2)反应①的反应类型是 ____。
(3)反应②的化学方程式为 ___________。
(4)反应④所需的试剂和条件是______________。
(5)F的结构简式为____。
(6)芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3:2:1，Y的峰面积为1:1:1，写出符合题意的W的结构简式 ___(写一种)。
(7)肉桂酸广泛用于香料工业与医药工业，设计以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：_______________(无机试剂任用)。
25、（12分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。
Ⅰ．经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：
①检验装置的气密性；
②通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；
③用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；
④……
⑤体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。
请回答下列问题：
(1)装置A中反应的化学方程式为________________。
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第④步操作是_______________。
(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_____________。
(4)装置B中冷水浴的作用为________________；装置C的名称为_____________；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：____________。
(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_____________。
Ⅱ．该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。
(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为____________。
(7)综合分析实验Ⅱ的两个反应，可知该实验有两个显著优点：①H2S的原子利用率为100%；②___________。
26、（10分）草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。
(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________。
(2) 相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2＋。当尿液中c(C2O42-)>________ml·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9]
(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：
步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。
步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。
①“步骤1”的目的是____________________________________。
②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。
27、（12分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。
（1）合成该物质的步骤如下：
步骤1：配制0.5ml·L-1MgSO4溶液和0.5ml·L-1NH4HCO3溶液。
步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL四口烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50℃。
步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。
步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。
步骤5：在40℃的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸镁晶须产品（MgCO3·nH2O n=1~5）。
①步骤2控制温度在50℃，较好的加热方法是__________。
②步骤3生成MgCO3·nH2O沉淀的离子方程式为________。
③步骤4检验是否洗涤干净的方法是___________。
（2）测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。
称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入水滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应4~5h，反应后期将温度升到30℃，最后的烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。
①图中气球的作用是___________。
②上述反应后期要升温到30℃，主要目的是_________。
③设3次实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a ml，则n值为______（用含a的表达式表示）。
（3）称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。
则该条件下合成的晶须中，n=______（选填：1、2、3、4、5）。
28、（14分）运用化学反应原理研究化学反应有重要意义。
（1）一氯胺（NH2Cl）是饮用水的二级消毒剂，水解生成一种具有强烈杀菌消毒作用的物质：
①NH2Cl中Cl元素的化合价为_____________。
②NH2Cl发生水解反应的化学方程式为_____________________________。
（2）SO2和CO均为燃煤产生的烟道气中有害成分，在催化作用下可利用二者相互反应进行无害化处理并回收硫。有关资料如图1所示。则：
①常温常压下，质量均为11.2g的CO（g）和S（s）分别完全燃烧生成CO2（g）或SO2（g），放出的热量前者比后者多________kJ。
②SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） △H=___________________.
（3）在一定条件下，向恒容密闭容器中充入1.0mlCO2和3.0mlH2，在一定温度范围内发生如下转化：CO2（g）+3H2（g）=CH3OH（g）+H2O（g） △H=-xkJ/ml x>0）。在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度的变化如图2所示：
①催化效果最佳的是催化剂__________（选填“I”、“Ⅱ”或“Ⅲ”）；b点v(正)___v(逆)（选填“>”、“c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)
B．c(NH4＋)＋c(NH3·H2O)=c(HCO3－)＋c(H2CO3)
C．c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=9.9×10－7ml·L－1
②=________（结果保留三位有效数字）。
29、（10分）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。根据下图，完成下列填空：
（1）上图中X的电子式为_________；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，用化学方程式表示该变化__________；该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素______（填“强”或“弱”）。用原子结构解释原因____________。
（2）Na2S2O3是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是______（填字母序号）。
a．Na2S+ S b．Z+ S c．Na2SO3 + Y d．NaHS + NaHSO3
（3）SO2是主要大气污染物之一。工业上烟气脱硫的方法之一是用碱液吸收，其流程如图：。
该法吸收快，效率高。若在操作中持续通入含SO2的烟气，则最终产物为________。室温下，0.1ml/L①亚硫酸钠 ②亚硫酸氢钠 ③硫化钠 ④硫氢化钠的四种溶液的pH由大到小的顺序是________（用编号表示）。
已知：H2S：Ki1＝1.3×10-7 Ki2=7.1×10-15 H2SO3：Ki1＝1.3×10-2 Ki2=6.2×10-8
（4）治理含CO、SO2的烟道气，也可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体：2CO(g) + SO2(g)S(s) + 2CO2(g)。一定条件下，将CO与SO2以体积比为4∶1置于恒容密闭容器中发生上述反应，下列选项能说明反应达到平衡状态的是______（填写字母序号）。
a．υ (CO) ∶υ(SO2) = 2∶1 b．平衡常数不变
c．气体密度不变 d．CO2和SO2的体积比保持不变
测得上述反应达平衡时，混合气体中CO的体积分数为，则SO2的转化率为________。
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、A
【解析】
反应HgS+O2═Hg+SO2中，Hg元素化合价降低，S元素化合价升高，O元素化合价降低，结合氧化剂、还原剂以及化合价的关系解答。
【详解】
A．HgS中S元素化合价升高，作还原剂，故A符合；
B．Hg是还原产物，故B不符；
C．O2是氧化剂，故C不符；
D．SO2是氧化产物也是还原产物，故D不符；
故选A。
2、A
【解析】
由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550℃～600℃，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2mlWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1ml：1ml：(2ml×2)=1：1：4，
答案选A。
3、D
【解析】
A. 装置①可以用双氧水（MnO2作催化剂）制取氧气，用浓盐酸与高锰酸钾制取氯气，用盐酸与碳酸钙制取二氧化碳气体，故A正确；
B. 装置②中的NaOH溶液可以吸收装置中的二氧化碳气体，④中的KOH固体可以吸收水分，故B正确；
C. 装置③中的亚硫酸钠可以除去装置中的氧气，所以也可盛装维生素c，故C正确；
D. 装置⑤中产生的尾气有反应生成的HCl，还有未完全反应的NH3，所以冷却后用水吸收得到的不是纯盐酸，故D错误；
故选D。
4、B
【解析】
A、根据工作原理，Mg作负极，M作正极，正极反应式为Fe[Fe(CN)6]+2Na++2e－=Na2Fe[Fe(CN)6]，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即M箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na＋应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg－4e－＋2Cl－=[Mg2Cl2]2＋，通过0.2ml电子时，消耗0.1mlMg，质量减少2.4g，故D说法正确。
5、C
【解析】
A.因为铵根离子加入后，一水合氨的电离平衡受到抑制，则减小，故A错误；
B.醋酸能与碳酸钙反应放出二氧化碳气体，说明醋酸的酸性比碳酸的酸性强，但不能说明醋酸是弱酸，也不能说明醋酸是弱电解质，故B错误；
C.根据越稀越电离可知，c（甲）>10c（乙），则若用于中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，需消耗甲、乙两酸的体积V(乙)>10V(甲)，故C正确；
D.体积相同、浓度均为0.1ml•L-1的NaOH溶液、氨水，pH（NaOH）> pH（氨水），若使溶液的pH都变为9，则应在氢氧化钠溶液中加入更多的水，即m>n，故D错误；
综上所述，答案为C。
中和等物质的量浓度等体积的NaOH溶液，即氢氧化钠的物质的量相同，需要的一元酸的物质的量也相同，则需要浓度大的酸体积消耗的小，浓度小的酸消耗的体积大。
6、C
【解析】
A. 哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；
B. 聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；
C. 丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；
D. 1ml丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3ml氢气，D错误。
故选C。
7、A
【解析】
A．分子式相同但结构不同的有机物互为同分异构体，三种物质的分子式均为C5H8O2，但结构不同，则三者互为同分异构体，故A正确；
B．甲、乙、丙分子中的所有环上的碳原子都为单键，碳原子上相连的氢原子和碳原子不在同一平面，故B错误；
C．有机物中含有碳碳双键、碳碳三键、苯环或酮羰基可发生加成反应，甲中官能团为酯基、乙中官能团为羧基、丙中官能团为羟基，不能发生加成反应，甲、乙、丙都可以发生氧化反应，故C错误；
D．甲中有酯基可与氢氧化钠溶液发生水解反应，乙中含有羧基可与氢氧化钠溶液发生中和反应，丙中含有醇羟基不与氢氧化钠溶液反应，故D错误；
答案选A。
找到有机物的官能团，熟悉各种官能团可以发生的化学反应是解本题的关键。
8、A
【解析】
A. 水是弱电解质，升高温度，促进水的电离，Kw增大，A、D、E三点均在25℃下水的电离平衡曲线上，三点的Kw相同，图中五点温度B>C>A＝D＝E，则Kw间的关系为B>C>A＝D＝E，故A正确；
B. 若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c（H＋）增大，c（OH－）减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；
C. A点到C点，温度升高，Kw增大，且A点和C点c（H＋）＝c（OH－），所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H＋）增大则c（OH－）减小，A点沿曲线向D点方向移动，故C错误；
D. 100℃时，Kw＝10－12，pH＝2的硫酸溶液中c(H＋)＝10－2ml/L，pH＝12的KOH溶液中c(OH－)＝1ml/L，若二者等体积混合，由于n(OH－)>n(H＋)，所以溶液显碱性，故D错误。
综上所述，答案为A。
计算pH时一定要注意前提条件温度，温度变化，离子积常数随之发生改变，则pH值也会发生改变。
9、C
【解析】
A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；
B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；
C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；
D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；
故合理选项是C。
10、D
【解析】
A. C中含有2个苯环、1个碳碳双键、1个羰基，l ml的C能与8ml的H2发生加成反应，故A错误；
B. 分子C中含有甲基，为四面体结构，所以C中不可能所有原子共面，故B错误；
C. A和B都能使高锰酸钾溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鉴别A和B，故C错误；
D. A的同分异构体中含有苯环和醛基的结构，侧链为-CH2CH2CHO有1种、侧链为-CH(CHO)CH3有1种、侧链为-CH2CH3和-CHO有3种、侧链为-CH2CHO和-CH3有3种、侧链为2个-CH3和1个-CHO有6种，共14种，故D正确。
答案选D。
11、C
【解析】
石蜡油在碎瓷片催化作用下发生裂化反应，生成物中含有烯烃，把生成物通入溴的四氯化碳溶液发生加成反应，溶液褪色，通入酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，据此解答。
【详解】
A．装置b中溴的四氯化碳溶液与分解生成的烯烃发生加成反应，装置c中酸性高锰酸钾溶液与分解生成的烯烃发生氧化反应，反应类型不同，A正确；
B．石蜡油受热分解需要温度比较高，实验中用酒精灯加热石蜡油受热分解生成的产物较少，实验中可能看不到b、c中溶液明显褪色，B正确；
C．装置c中烯烃被酸性高锰酸钾溶液氧化也能生成CO2使d中溶液变浑浊，所以d中溶液变浑浊不能证明石蜡分解产生了CO2，C错误；
D．停止加热后立即关闭K，后面装置中的液体就不会因为温度下降压强变化而产生倒吸，D正确；
答案选C。
12、B
【解析】
假设质子都有14ml，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1ml、1ml、1ml。
A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1∶1∶1，A错误；
B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，B正确；
C、质量之比为1ml×28g/ml：1ml×28g/ml：1ml×26g/ml=14:14:13，C错误；
D、原子个数之比为1ml×2：1ml×2：1ml×4=1∶1∶2，D错误。
答案选B。
13、B
【解析】A．共价化合物可能是分子晶体，也可能是原子晶体，则熔沸点不一定都较低，故A错误；B．根据排列组合，、、三种核素可组成3种不同的水分子，故B正确；C．氢键是分子间作用力，只影响物理性质不影响化学性质，H2O分子比H2S分子稳定的原因，是H2O分子H—O的键能大的缘故，故C错误；D．高温下SiO2能与CaCO3固体反应生成CaSiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故D错误；答案为B。
14、A
【解析】
A项，除了含有铵根的铵态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO3-为主）、铵态硝态氮肥（同时含有硝酸根和铵根）、酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；
B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正确；
C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；
D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓+NH4Cl，碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。
故选A。
15、A
【解析】
如果(NH4)2Fe(SO4)2的量非常少，生成的沉淀质量接近于0；当加入的 Ba(OH)2完全形成沉淀时，发生反应：(NH4)2Fe(SO4)2 + Ba(OH)2 = BaSO4↓ + Fe(OH)2↓ + (NH4)2SO4，且生成的Fe(OH)2完全被氧化生成Fe(OH)3时，所得固体质量最大，此时沉淀为Fe(OH)3与BaSO4，故沉淀的质量最大为0.1ml×233g/ml+0.1ml×107g/ml=34g，故沉淀质量因为0gc(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，则c(B-)> c(Na+)，A选项正确；
B．C至D各点溶液中，C点浓度为1.15ml·L-1，C之后加入的c(NaOH)为1.1ml·L-1，导电能力依次增强，B选项正确；
C．定性分析有：氢氧化钠溶液滴入21mL时达到终点，pH>7，HB为弱酸，O点pH>1，C选项正确；
D．C点为刚好反应完全的时候，此时物质c(NaB)=1.15ml·L-1，B-水解常数为Kh=11-14/（2×11-5）=5×11-11，B-水解生成的c(OH-)==5×11-6 ml·L-1，C点c(H+)=2×11-9 ml·L-1，C点pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D选项错误；
C选项也可进行定量分析：B点有c(B-)=c(Na+)=19.9×11-3×1.1÷（21×11-3+19.9×11-3），c(HB)=(21.1×11-3-19.9×11-3)×1.1÷(21×11-3+19.9×11-3)，则c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=1×11-7×199=1.99×11-5，则HB为弱酸，O点的pH>1。
19、C
【解析】
A. Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；
B. Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；
C. Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；
D. 隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；
故合理选项是C。
20、B
【解析】
A.铜与浓硫酸反应需要加热，故A错误；
B.浓氨水滴入生石灰中，氧化钙与水反应放出大量的热，增大溶液中氢氧根浓度，使氨水的电离向左移动，放出的热量有利于放出氨气，氨气可以用碱石灰干燥，故B正确；
C.收集不到干燥的二氧化硫气体，因为二氧化硫是酸性氧化物，不能用碱石灰干燥，故C错误；
D.电石中混有硫化物，与水反应生成的乙炔气体中混有硫化氢气体，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰乙炔的还原性验证，故D错误；
故选B。
21、D
【解析】
A．铜和浓硫酸加热生成硫酸铜、二氧化硫、水，所以可用A装置制取SO2，故不选A；
B．SO2气体把IO3-还原为I2，可利用此反应吸收尾气，且倒扣的漏斗可防止倒吸，故不选B；
C．I2易溶于CCl4， 用CCl4萃取碘水中的I2，然后用分液法将碘的四氯化碳溶液与水层分离，故不选C；
D．用蒸发结晶的方法从水溶液中提取NaHSO4，应该将溶液置于蒸发皿中加热，而不能用坩埚，故选D；
故选D。
22、D
【解析】
A．常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A正确；
B．葡萄酒中添加SO2，可减少葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；
C．硫酸钡不溶于水不于酸，不能被X光透过，可作消化系统检查的内服药剂，C正确；
D．“石胆”是指CuSO4·5H2O，D错误；
故选D。
二、非选择题(共84分)
23、4 氯原子 氯气、光照 还原反应 2-甲基丙烷
【解析】
由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应生成H．由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。
【详解】
(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A 物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；
(2)B的结构简式为：，B 物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；
(3)反应①是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应③中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；
(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对 E 物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；；
(5)⑤的化学反应方程式为：，故答案为：；
(6)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成．先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。
24、醛基、酚羟基 取代反应 +CH3ONa+NaBr CH3CH3OH/浓硫酸、加热 。
【解析】
A与溴单质发生取代反应生成B，根据A的结构简式和B的分子式可得B的结构简式为；B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C，根据C的分子式可得，C的结构简式为；C与CH2(COOH)2反应生成D，D和CH3CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应生成E，根据已知信息，E和LiBH4反应生成F，根据F的分子式，F的结构简式为，根据以上分析解答。
【详解】
(1)A的结构简式为，其中官能团名称是醛基、酚羟基；
(2)根据分析，反应①为A与溴单质发生取代反应生成B，则反应类型是取代反应；
(3)反应②为B和CH3ONa在DMF的作用下发生取代反应生成C，根据C的分子式可得，C的结构简式为，化学方程式为+CH3ONa+NaBr；
(4)根据分析，反应④为D和CH3CH3OH在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成E，所需的试剂和条件是CH3CH3OH/浓硫酸、加热；
(5)根据分析，F的结构简式为；
(6)E的结构简式为，芳香化合物W是E的同分异构体，W能水解生成X、Y两种化合物，X、Y的核磁共振氢谱均有3组峰，X的峰面积比为3:2:1，即X中有3种不同环境的氢原子，且个数比为3:2:1，Y的峰面积为1:1:1，即Y中有3种不同环境的氢原子，且个数比为1:1:1，符合题意的W的结构简式可以为；
(7)结合已知信息，苯甲酸甲酯()和LiBH4反应生成，与氧气在Cu做催化剂加热条件下反应生成，再与CH2(COOH)2生成目标产物，则以苯甲酸甲酯和丙二酸为起始原料制备肉桂酸的合成路线：。
25、2Fe+3Cl22FeCl3 在沉积的FeCl3固体下方加热 ②⑤ 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 干燥管 K3[Fe(CN)6)溶液 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+ FeCl3得到循环利用
【解析】
Ⅰ．装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)~(5)；
Ⅱ．三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)~(7)。
【详解】
Ⅰ．(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；
(2)第③步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；
(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤②中通入干燥的Cl2，步骤⑤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：②⑤；
(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3[Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；
(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；
Ⅱ．(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H++2e-═H 2↑，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。
26、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑ 1.3×10－6 测定NaOH溶液的准确浓度 x＝2
【解析】
（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；
（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；
（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。
【详解】
（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；
（2）c(Ca2+)===0.00179ml/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；
（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；
②0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027ml, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) ==0.1194ml/L，
又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) ·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3 ml，所以n(H2C2O4·xH2O)= 1.194×10-3 ml，
则 n(H2C2O4) ·M(H2C2O4)= 1.194×10-3 ml×（94+18x）g/ml=0.1512g，则晶体中水的个数x2，
故x＝2。
27、水浴加热 Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+ 取最后一次洗涤液少量，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若不出现沉淀，即洗涤干净 暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定 升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全 （1.000-84a）/18a 1
【解析】
（1）①①水浴加热受热均匀，易于控制，不高于100℃均可采用水浴加热，
故答案为水浴加热；
②将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+，
故答案为Mg2++HCO3-+NH3·H2O+(n-1)H2O=MgCO3·nH2O+NH4+；
（2）①装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，
故答案为暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；②反应后期将温度升到30℃，使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测定产生的误差，
故答案为升高温度气体的溶解度减小，使溶解在水中的CO2逸出，便于吸收完全；
③实验测得每1.000g碳酸镁晶须产生的CO2平均值为a ml，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为aml，根据化学式可知，MgCO3•nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1：n，得到1：n=a：；得到n=（1.000-84a）/18a，故答案为（1.000-84a）/18a；
（3）MgCO3•nH2O n=1～5，分析图象400°C剩余质量为82.3g，为失去结晶水的质量，剩余质量为39.5g是碳酸镁分解失去二氧化碳的质量，得到100g×=100-82.3，解得n=1，
故答案为1。
28、+1 NH2Cl＋H2O=NH3＋HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO） 9.6 +270.0kJ/ml I > 该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动 B 6.25
【解析】
（1）发生水解反应时，元素的化合价一般不发生变化，一氯胺（NH2Cl）水解时能生成有强烈杀菌消毒作用的物质（HClO），可知Cl元素的化合价为+1价；水解的方程式为：NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO），故答案为：+1；NH2Cl+H2O=NH3+HClO（或NH2Cl＋2H2O=NH3·H2O＋HClO）；
（2）11.2gCO的物质的量为0.4ml，完全燃烧生成CO2放出的热量为283.0kJ×0.4=113.2kJ；11.2gS的物质的量为0.35ml，完全燃烧生成SO2放出的热量为296.0kJ×0.35=103.6kJ，前者比后者放出的热量多9.6kJ；SO2（g）+2CO（g）=S（s）+2CO2（g） △H=296.0kJ/ml－283.0kJ/ml×2=+270.0kJ/ml；故答案为：9.6；+270.0kJ/ml；
（3）根据图2，相同温度时，在催化剂Ⅰ的作用下，反应相同时间CO2的转化率最大，因此催化剂Ⅰ的效果最好；b点时反应还未达到平衡状态，CO2的转化率还会继续增加，反应正向进行，因此v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，a点时达到平衡，从a点到c点，温度升高，平衡逆向移动，CO2的转化率下降，故答案为：Ⅰ；＞；该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动；
（4）0.1ml/LNH4HCO3溶液中，NH4+水解：NH4++H2ONH3·H2O+H+，HCO3-水解：HCO3-+H2OH2CO3+OH-，溶液pH=8，说明HCO3-水解的程度更大；
①A. 由于NH4HCO3溶液中HCO3-水解的程度更大，离子浓度大小顺序为c(NH4＋)>c(HCO3－)>c(OH－)>c(H＋)，A项正确；
B.NH4+达到水解平衡后，在溶液中的存在形式为NH4+、NH3·H2O，HCO3-达到电离、水解平衡后，在溶液中的存在形式为HCO3-、CO32-、H2CO3，因此物料守恒式为：c(NH4＋)+c(NH3·H2O)=c(HCO3－)+c(H2CO3)+c(CO32-)，B项错误；
C.列出电荷守恒式：c(NH4＋)+c(H+)=c(HCO3－)+2c(CO32-)+c(OH-)，与上述物料守恒式联立，得到：c(NH3·H2O) +c(CO32-)+c(OH-)= c(H+)+ c(H2CO3)，则c(H2CO3)－c(CO32－)－c(NH3·H2O)=c(OH-)－c(H+)=10-6 ml·L－1－10-8 ml·L－1=9.9×10－7ml·L－1，C项正确；故答案为：B；
②===6.25，故答案为：6.25。
在水溶液中，若要计算两种离子的浓度之比，往往可从平衡常数的角度思考，将公式进行变换，得到有关平衡常数及c(H+)、c(OH-)的式子，再代入数据计算：
要计算，Ka1的表达式分母是c(H2CO3)，Ka2的表达式分子中有c(CO32-)这一项，因此把Ka1、Ka2的表达式取倒数相乘，再乘c(H+)的平方，可推导出公式==
29、 2H2S + O2 =2S↓+2H2O 弱 氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱 bd NaHSO3 ③＞①＞④＞② cd 60%
【解析】
（1）根据图示X为S的气态氢化物，X是H2S，H2S的电子式为；H2S的水溶液长期在空气中放置容易被空气中的氧气氧化生成硫，反应的化学方程式为O2+2H2S=2S↓+2H2O，该变化体现出硫元素的非金属性比氧元素弱，原因是：氧和硫同主族，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱。
（2）Na2S2O3中S显+2价；a．Na2S、S中S元素的化合价依次为-2价、0价，均低于+2价，不可能；b．根据图示Z为Na2SO3，Na2SO3、S中S元素的化合价依次为+4价、0价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；c．根据图示Y为SO3，Na2SO3、SO3中S元素的化合价依次为+4价、+6价，均高于+2价，不可能；d．NaHS 、NaHSO3中S元素的化合价依次为-2价、+4价，满足高价跟低价生成中间价态，可能；答案选bd。
（3）若在操作中持续通入含SO2的烟气，最终SO2与Na2SO3反应生成NaHSO3，即最终产物为NaHSO3；根据电离平衡常数可知，酸性：H2SO3＞H2S＞HSO3-＞HS-，结合越弱越水解，硫化钠的水解程度最大，pH最大，亚硫酸氢钠水解程度最小，pH最小，故四种溶液的pH由大到小的顺序是③＞①＞④＞②。
（4）a．υ (CO) ∶υ(SO2) = 2∶1没有指明反应速率的方向，不能说明反应达到平衡；b．平衡常数只与温度有关，平衡常数不变不能说明反应达到平衡；c.气体密度与气体的质量有关，因为S是固体，该反应属于气体质量变化的反应，气体密度不变，表示气体质量不变，说明是平衡状态；d．CO2和SO2的体积比保持不变，表示正反应速率等于逆反应速率，说明是平衡状态；答案选cd。
设起始加入SO2物质的量为x，转化SO2物质的量为y
2CO(g) + SO2(g)S(s) + 2CO2(g)
起始（ml） 4x x 0
转化（ml） 2y y 2y
平衡（ml） 4x-2y x-y 2y
平衡时CO的体积分数=，解得y=，SO2的转化率为=60%。
温度（℃）
25℃～550℃～600℃～700℃
主要成分
WO3 W2O5 WO2 W