2026届安徽省滁州市定远县西片区高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省滁州市定远县西片区高考全国统考预测密卷化学试卷含解析，文件包含专题14分类讨论思想在压轴题中的应用原卷版pdf、专题14分类讨论思想在压轴题中的应用解析版pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共125页， 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、下列实验中，能达到相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
2、下列方程式不能正确表示某沉淀溶解过程的是
A．热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2：MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
B．热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S：3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O
C．向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2：Ca(OH)2＋2CO2＝Ca(HCO3)2
D．稀硫酸可除去铁锈：Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O
3、镆（Mc）是115号元素，其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确的是
A．Mc的原子核外有115个电子B．Mc是第七周期第VA族元素
C．Mc在同族元素中金属性最强D．Mc的原子半径小于同族非金属元素原子
4、下列有关物质性质的比较，结论正确的是
A．溶解度：Na2CO3c
D．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存
6、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）
A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3
B．两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S
C．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeS
D．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)3
7、下列由实验现象得出的结论不正确的是
A．AB．BC．CD．D
8、根据下列事实书写的离子方程式中，错误的是
A．向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32- +2H＋=H2SiO3(胶体)
B．向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3 沉淀：Fe2＋+2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O
C．向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3＋+4NH3·H2O=Al3＋+NH4++2H2O
D．在稀硫酸存在下，MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质：MnO2+CuS +4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S +2H2O
9、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）
A．3种 B．4种 C．5种 D．6种
10、如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（ ）
A．图中Ec与E之差表示活化能
B．升高温度，图中阴影部分面积会增大
C．使用合适的催化剂，E不变，Ec变小
D．能量大于Ec的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞
11、下列过程中没有发生电子转移的是（ ）
A．液氨作制冷剂B．合成氨C．大气固氮D．生物固氮
12、化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是
A．生活中常用小苏打来治疗胃酸过多
B．水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石
C．硫酸钡可用于胃肠 X 射线造影检查
D．双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同
13、自然界中时刻存在着氮的转化。实现氮按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：
下列叙述正确的是
A．N2NH3，NH3NO均属于氮的固定
B．催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
14、常温下0.1ml/L NH4Cl溶液的pH最接近于（ ）
A．1B．5C．7D．13
15、关于Na2O2的叙述正确的是 （NA表示阿伏伽德罗常数）
A．7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NA
B．7.8 g Na2S与Na2O2的混合物， 含离子总数为0.3 NA
C．7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应， 转移的电数为0.2NA
D．0.2 ml Na被完全氧化生成7.8g Na2O2， 转移电子的数目为0.4NA
16、在环境和能源备受关注的今天，开发清洁、可再生新能源已成为世界各国政府的国家战略，科学家发现产电细菌后，微生物燃料电池(MFC)为可再生能源的开发和难降解废物的处理提供了一条新途径。微生物燃料电池(MFC)示意图如下所示（假设有机物为乙酸盐）。下列说法错误的是
A．A室菌为厌氧菌，B室菌为好氧菌
B．A室的电极反应式为CH3COO−−8e− +2H2O2CO2 +8H+
C．微生物燃料电池(MFC)电流的流向为b→a
D．电池总反应式为CH3COO−+2O2+H+2CO2 +2H2O
17、中央电视台《国家宝藏》栏目不仅彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是：
A．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材质为Fe3O4
B．宋《莲塘乳鸭图》缂丝中使用的蚕丝的主要成分是蛋白质
C．宋王希孟《千里江山图》中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜
D．清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅
18、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是
A．做电解液B．制焊药C．合成橡胶D．做化肥
19、去除括号内少量杂质，选用的试剂和方法正确的是
A．乙烷(乙烯)：通 H2 催化剂加热
B．己烷(己烯)：加溴水后振荡分液
C．Fe2O3 (Al2O3)：加 NaOH 溶液过滤
D．H2O (Br2)：用酒精萃取
20、 “太阳水”电池装置如图所示，该电池由三个电极组成，其中 a 为TiO2电极，b 为Pt 电极，c 为 WO3 电极，电解质溶液为 pH=3 的 Li2SO4-H2SO4 溶液。锂离子交换膜将电池分为 A、B 两个区，A 区与大气相通，B 区为封闭体系并有 N2 保护。下列关于该电池的说法错误的是
A．若用导线连接a、c，则 a 为负极，该电极附近 pH 减小
B．若用导线连接 a、c，则 c 电极的电极反应式为HxWO3-xe－=WO3+ xH+
C．若用导线连接 b、c，b 电极的电极反应式为 O2+4H++4e－=2H2O
D．利用该装置，可实现太阳能向电能转化
21、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是
A．AB．BC．CD．D
22、下列有关化学用语表示正确的是（ ）
A．硝基苯：B．镁离子的结构示意图：
C．水分子的比例模型：D．原子核内有8个中子的碳原子：
二、非选择题(共84分)
23、（14分）（化学—有机化学基础）
3﹣对甲苯丙烯酸甲酯（E）是一种用于合成抗血栓药的中间体，其合成路线如下：
已知：HCHO+CH3CHOCH2=CHCHO+H2O
（1）遇FeCl3溶液显紫色且苯环上有两个取代基的A的同分异构体有___________种，B中含氧官能团的名称为___________．
（2）试剂C可选用下列中的___________．
a、溴水
b、银氨溶液
c、酸性KMnO4溶液
d、新制Cu(OH)2悬浊液
（3）是E的一种同分异构体，该物质与足量NaOH溶液共热的化学方程式为___________．
（4）E在一定条件下可以生成高聚物F，F的结构简式为___________．
24、（12分）煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。
请回答：
(1)有机物D中含有的官能团的名称为______________。
(2)反应⑥的类型是______________。
(3)反应④的方程式是_______________________________________。
(4)下列说法正确的是________。
A．有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色
B．有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别
C．有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂
D．有机物C没有同分异构体
25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：
（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作：
①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_______。
③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______
（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验Ⅲ：
实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。
注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。
① 实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。
a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是 _______________
③ 结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。
④ 实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_______
26、（10分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃）是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。
（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
（2）乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：
①装置连接顺序为a→__________（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。
②为了使气体充分反应，从A处进入的气体是____________（填Cl2或NO）。实验中先通入Cl2，待装置Ⅴ中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，此操作的目的是___________（回答一条即可）。
③装置Ⅴ生成NOCl的化学方程式是_____________。
④装置Ⅵ的作用为__________，若无该装置，Ⅷ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______。
（3）丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯（NOCl）纯度：取Ⅷ中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c ml/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。亚硝酰氯（NOCl）的质量分数为_________（用代数式表示即可）。
27、（12分）钠是一种非常活泼的金属，它可以和冷水直接反应生成氢气，但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中，如图a所示，可以看到钠块浮在水面上，与水发生剧烈反应，反应放出的热量使钠熔成小球，甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油，再投入金属钠，可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上，如图b所示，同样与水发生剧烈的反应，但不发生燃烧。
图a图b
(1)在第一个实验中，钠浮在水面上；在第二个实验中，钠悬浮在煤油和永的界面上，这两个现象说明了：________。
(2)在第二个实验中，钠也与水发生反应，但不发生燃烧，这是因为________。
(3)我们知道，在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来，可将金属钠投入到硫酸铜溶液中，却没有铜被置换出来，而产生了蓝色沉淀，请用化学方程式解释这一现象____。
28、（14分）为了缓解温室效应，科学家提出了多种回收和利用CO2 的方案。
方案I:利用FeO吸收CO2 获得H2
ⅰ.6FeO(s) +CO2(g)=--2Fe3O4(s) +C(s) △H1=-76.0kJ/ml
ⅱ.C(s) +2H2O(g)=CO2(g) +2H2(g) △H2= +113.4kJ/ml
（1）3FeO(s) +H2O(g)=Fe3O4(s) +H2(g) △H3=________。
（2）在反应i中,每放出38.0kJ热量，有_______g FeO 被氧化。
方案II :利用CO2 制备CH4
300℃时，向2L恒容密闭容器中充入2mlCO2 和8 ml H2，发生反应：CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g) △H4，混合气体中CH4 的浓度与反应时间的关系如图所示。
（3） ①从反应开始到恰好达到平衡时，H2 的平均反应速率v(H2) =_________。
②300℃时，反应的平衡常数K=____________。
③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2 mlCO2和8 mlH2，重新达到平衡时CH4 的浓度_________(填字母)。
A．等于0.8ml/L B．等于1.6 ml/L C．0.8 ml/L Si，故选D。
2、C
【解析】
A. 热的浓盐酸洗涤试管内壁的MnO2，发生反应为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，A正确；
B. 热的NaOH溶液洗涤试管内壁的S，发生反应为3S＋6NaOH2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，B正确；
C. 向石灰石粉的悬浊液中持续通CO2，发生反应为CaCO3+CO2+H2O＝Ca(HCO3)2，C不正确；
D. 稀硫酸可除去铁锈，发生反应为Fe2O3＋6H＋＝2Fe3＋＋3H2O，D正确；
答案为C。
3、D
【解析】
周期表中，原子的结构决定着元素在周期表中的位置，原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，同主族元素从上而下金属性逐渐增强，同主族元素从上而下原子半径依次增大，
【详解】
A、镆（Mc）是115号元素，原子核外有115个电子，选项A正确；
B、原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，115号元素原子有七个电子层，应位于第七周期，最外层有5个电子，则应位于第VA族，选项B正确；
C、同主族元素从上而下金属性逐渐增强，故Mc在同族元素中金属性最强，选项C正确；
D、同主族元素从上而下原子半径依次增大，故Mc的原子半径大于同族非金属元素原子，选项D不正确；
答案选D。
【点睛】
本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置，结合元素周期律进行解答。
4、C
【解析】
A．碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。
B．同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HCl＞PH3。选项B错误。
C．C2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。
D．同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOH＞Be(OH)2。选项D错误。
【点睛】
解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。
5、A
【解析】
a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。
【详解】
A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；
B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；
C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；
D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。
【点睛】
本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。
6、D
【解析】
实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。
【详解】
A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；
B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；
C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；
D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。
故选：D。
7、A
【解析】
A．与氯化钠反应后，硝酸银过量，再加入NaI，硝酸银与碘化钠反应生成沉淀，为沉淀的生成，不能比较Ksp大小，故A错误；
B．只有硫代硫酸钠溶液浓度不同，其它条件都相同，所以可以探究浓度对化学反应速率影响，故B正确；
C．酸根离子水解程度越大，其对应的酸电离程度越小，电离平衡常数越大，通过两种盐溶液的pH大小可以判断其酸根离子水解程度的大小，从而确定其对应酸的酸性强弱，从而确定电离平衡常数大小，故C正确；
D．氧化亚铜和氧化铁都是红色固体，氧化亚铜和稀硫酸生成的Cu能和铁离子反应生成亚铁离子，所以不能检验红色固体中含有氧化铁，故D正确；
答案选A。
【点睛】
本题的易错点为D，要注意氧化亚铜在酸性溶液中能够发生歧化反应，生成的Cu能和铁离子发生氧化还原反应。
8、C
【解析】
A选项，向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32－ +2H＋=H2SiO3(胶体)，故A正确；
B选项，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳气体和水：Fe2＋+2HCO3－=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C选项，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氢氧化铝和铵根离子：Al3＋+3NH3·H2O=Al(OH)3 ↓+ 3NH4+，故C错误；
D选项，在稀硫酸存在下，MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质、水、硫酸锰和硫酸铜：MnO2 + CuS + 4H＋=Mn2＋+Cu2＋+S +2H2O，故D正确；
综上所述，答案为C。
9、D
【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。
10、D
【解析】
A. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；
B. 当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；
C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，C正确；
D. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。
11、A
【解析】
A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；
B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；
C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；
D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；
故答案为A。
12、B
【解析】
A选项，生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，故A正确；
B选项，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工业主要原料是碳酸钠、碳酸钙、二氧化硅，因此生产原料中不是都用到了石灰石，故B错误；
C选项，硫酸钡男溶于水和酸，可用于胃肠 X 射线造影检查，故C正确；
D选项，双氧水、高锰酸钾溶液具有强氧化性，可用于杀死埃博拉病毒，漂白粉消毒饮用水主要是氢氧化性，因此原理都相同，故D正确；
综上所述，答案为B。
13、D
【解析】
A.氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2NH3为氮的固定，但NH3NO不属于氮的固定，A错误；
B. 催化剂a作用下氮原子发生了还原反应，B错误；
C. 催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂与形成，C错误；
D. 使用催化剂a、b可加快反应速率，提高单位时间内生成物的产量，D正确。
故选D。
14、B
【解析】
NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1ml/L，以此来解答。
【详解】
NH4Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小于0.1ml/L，则氯化铵溶液的pH介于1-7之间，只有B符合；
故答案选B。
15、B
【解析】
A、7.8g Na2O2为1ml，含有的共价键数为0.1NA，错误；
B、过氧根离子为整体，正确；
C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1mlNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，错误；
D、1mlNa失去1ml电子成为Na+所以0.2ml钠完全被氧化失去0.2ml电子，转移电子的数目为0.2NA，错误。
16、B
【解析】
根据装置图可知B室中氧气参与反应，应为好氧菌，选项A正确；方程式中电荷和氢原子不守恒，选项B错误；MFC电池中氢离子向得电子的正极移动，即向b极移动，b为正极，电流方向是由正极流向负极，即b→a，选项C正确；电池的总反应是醋酸根离子在酸性条件下被氧化成CO2、H2O，即CH3COO−+2O2+H+2CO2 +2H2O，选项D正确。
17、D
【解析】
A. Fe3O4为磁性氧化铁，可作指南针的材料，司南中“杓”的材料为Fe3O4，A正确；
B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确；
C. 铜绿主要成分是碱式碳酸铜，C正确；
D. 陶瓷主要成分是硅酸盐，不是SiO2，D错误；
故合理选项是D。
18、C
【解析】
联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3微小晶体；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。
【详解】
A．联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故A正确；
B．联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应6NH4Cl+4Fe2O3═6Fe+2FeCl3+3N2↑+12H2O，故B正确；
C．合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故C错误；
D．联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥，故D正确；
故选C。
19、C
【解析】
A. 乙烷(乙烯)：通 H2 催化剂加热，虽然生成乙烷，但氢气量不好控制，有可能引入氢气杂质，应该通入溴水中，故A错误；
B. 己烷(己烯)：加溴水，己烯与溴发生加成反应，生成有机物，与己烷互溶，不会分层，故B错误；
C. Fe2O3 (Al2O3)：加 NaOH 溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤可以得到氧化铁，故C正确；
D. H2O (Br2)：不能用酒精萃取，因为酒精易溶于水，故D错误；
故选：C。
20、B
【解析】
A．根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确；
B．根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误；
C．根据示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确；
D．连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；
答案选B。
21、A
【解析】
A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。
22、A
【解析】
A. 硝基苯中硝基中的N原子与苯环相连，氧原子只能与N相连，故A正确；
B. 镁离子的结构示意图为，B项错误；
C. 由H2O分子的比例模型是：，故C错误；
D. 原子核内有8个中子的碳原子，质量数=14，碳原子为 ，故D错误；
正确答案是A。
二、非选择题(共84分)
23、3 醛基 b、d +2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O
【解析】
甲苯和CO在AlCl3、HCl作用下生成A，A和乙醛发生题目给的已知的反应生成B，则B为，B在银氨溶液或新制氢氧化铜作用下被氧化为羧酸盐，然后再酸化得到D，D可以和甲酸在浓硫酸作用下发生酯化反应生成E。
【详解】
（1）遇FeCl3溶液显紫色，说明同分异构体含有酚羟基，则另一个取代基为乙烯基，二者可为邻、间、对3种位置，共有3种同分异构体；根据题目所给信息，B中含有醛基。
（2）B中含有的醛基与C反应转化为羧基，所以试剂C可以为银氨溶液或新制Cu(OH)2悬浊液。
（3）酯基在NaOH条件下发生水解反应，根据水解反应的原理，化学方程式为+2NaOH+CH3CH=CHCOONa+H2O。
（4）E中含有碳碳双键，经过加聚反应可得E，根据加聚反应规律可得F的结构简式为。
24、羟基 取代反应/酯化反应 CH2=CH2＋O2→CH3COOH AB
【解析】
根据题干信息可知，A为CH2 = CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。
【详解】
(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。
(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。
(3)反应④为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2＝CH2＋O2 → CH3COOH，故答案为：CH2＝CH2＋O2 → CH3COOH。
(4)A. 乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B. 乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C. 酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D. CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。
25、沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ === Ba2+ + CO2↑+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) +SO42- (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- === I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-
【解析】
（1） ①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸；
②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；
③实验Ⅱ 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；
（2） ①要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；
②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；
③B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；
④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。
【详解】
①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象；
② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O；
③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1ml/LBaCl2，B为2mL0.1ml/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。
（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，故答案为b；
② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01ml/L的KI溶液，A中为0.1ml/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2；
③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。
④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-。
26、浓盐酸 水 e→f（或f→e）→b→c→d Cl2 排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化 2NO+Cl2=2NOCl 防止水蒸气进入装置Ⅷ 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2
【解析】
由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：由图装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故 装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体，装置Ⅲ用浓硫酸干燥，由图制备NO，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，故 装置Ⅱ用水净化NO，装置IV用浓硫酸干燥，将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此进行解答。
【详解】
(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故 装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，NO不溶于水，故 装置Ⅱ用水净化NO，故答案为：浓盐酸；水；
(2)①将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：e→f(或f→e)→b→c→d；
②A处进入的气体进入装置Ⅴ上方，为了使反应充分应从A口通入密度大的气体，即氯气；先通氯气可排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化；
③根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：2NO+Cl2=2NOCl；
④NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，反应方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置Ⅵ的作用是防止水蒸气进入装置Ⅷ；
(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3)，所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc×10-3ml，则NOCl总的物质的量为10bc×10-3ml，所以质量分数为： 。
27、钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度 钠不与空气接触，缺乏燃烧条件 2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑
【解析】
(1)根据物体的浮沉条件可知：钠浮在水面上，说明钠的密度小于水的密度，钠悬浮在煤油和水的界面上，说明钠的密度大于煤油的密度；故答案为：钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度；
(2)根据燃烧的条件可知，钠不燃烧的原因是：煤油将钠与空气隔绝；故答案为：钠不与空气接触，缺乏燃烧条件；
(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，相关的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑；故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。
【点睛】
并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属，要考虑这种金属是否能够与水反应，如果能够与水反应，则优先考虑与水反应，再看反应产物是否与盐溶液反应。
28、＋18.7 kJ·ml-1 144 0.32 ml·L-1·min-1 25 L2·ml-2 D ＞ ＜ c(Na+)＞c(HCO3-)＞c(CO32-)＞c(OH-)＞c(H+) Na2CO3
【解析】
（1）已知ⅰ.6FeO(s) +CO2(g)=--2Fe3O4(s) +C(s) △H1=-76.0kJ/ml
ⅱ.C(s) +2H2O(g)=CO2(g) +2H2(g) △H2= +113.4kJ/ml
根据盖斯定律，由ⅰ×+ⅱ×得反应3FeO(s) +H2O(g)=Fe3O4(s) +H2(g) △H3=△H1×+△H2×=-76.0kJ/ml×+113.4kJ/ml×=+18.7kJ/ml；（2）在反应i6FeO(s) +CO2(g)=--2Fe3O4(s) +C(s) △H1=-76.0kJ/ml中，每放出38.0kJ热量，有3ml FeO 参与反应，而其中有 的FeO中的铁元素由+2价变为+3价，故被氧化的 FeO的质量为：3ml× ×72g/ml=144g；
（3） CO2(g) +4H2(g)CH4(g) +2H2O(g)
起始浓度(ml/L) 1 4 0 0
改变浓度(ml/L) 0.8 3.2 0.8 1.6
平衡浓度(ml/L) 0.2 0.8 0.8 1.6
①从反应开始到恰好达到平衡时，H2 的平均反应速率v(H2) ==0.32 ml.L-1·min-1；②300℃时，反应的平衡常数K===25L2·ml-2；③保持温度不变，向平衡后的容器中再充入2 mlCO2和8 mlH2，则物质的量增大2倍，若平衡不移动则平衡后CH4 的浓度应该是原来的2倍即1.6 ml/L，但在恒容情况下增大两倍投料，相当于增大压强，平衡向气体缩小的正反应方向移动， CH4 的浓度增大，大于1.6 ml/L，答案选D；（4）300℃时，如果该容器中有1.6 mlCO2、2.0mlH2、5.6mlCH4、4.0mlH2O(g)，Qc==14则反应未达平衡，向正反应方向进行，v正> v逆；（5）已知: 300℃时，反应的平衡常数K=25L2·ml-2；200℃时，该反应的平衡常数K=64.8L2·ml-2。则降低温度，K值增大，平衡向正反应方向移动，正反应为放热反应，△H4c(HCO3-)>c(CO32-)>c(OH-)>c(H+)；将该吸收液蒸干、灼烧至恒重，由于碳酸氢钠受热分解，故所得固体的成分是Na2CO3。
29、Mg(OH)2、Fe2O3 4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3 取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净 溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色 90.9 阴离子 16.8 <
【解析】
硼镁矿与氢氧化钠溶液反应，过滤除去沉淀Mg（OH）2和Fe2O3，NaB（OH）4溶液中通入过量的二氧化碳，得到Na2B4O5（OH）4•8H2O与为NaHCO3，过滤分离，由于硼酸的酸性小于盐酸，符合复分解反应由强酸制弱酸的原理，且硼酸的溶解度较小，故Na2B4O5（OH）4•8H2O晶体与盐酸反应得到硼酸，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硼酸(H3BO3)晶体。
(1)镁离子可以生成氢氧化镁沉淀，三氧化二铁不与氢氧化钠反应；
(2)反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)4·8H2O和碳酸氢钠，写出化学方程式；
(3)取最后一次洗涤液，利用硝酸银检验；
(4) ①根据酚酞遇酸不变色，遇碱变红来判断；
②利用关系式法进行计算；
(5)M室氢氧根离子失电子，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中B（OH）4-通过b膜进入产品室遇M室进入的H+反应生成H3BO3，b膜为阴离子交换膜；原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度增大。即M室生成氧气，消耗水，N室生成氢氧化钠和氢气，据此分析。
【详解】
(1) 硼镁矿与氢氧化钠反应，镁离子生成氢氧化镁沉淀，Fe2O3不与氢氧化钠反应，因此沉淀的主要成分为Mg(OH)2、Fe2O3；
答案：Mg(OH)2、Fe2O3
(2) 反应物NaB（OH）4和过量CO2，生成物Na2B4O5(OH)4·8H2O和碳酸氢钠，化学方程式为4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3；
答案：4NaB（OH）4+2CO2+3H2O=Na2B4O5（OH）4▪8H2O↓+2NaHCO3
(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净；
答案：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，若无明显现象，说明洗涤干净
(4)①滴定终点的现象为溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；
答案：溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色
②H3BO3～NaOH
1ml 1ml
n（H3BO3）0.2000ml/L×22.00×10-3L
得n（H3BO3）=0.0044ml
m（H3BO3）= n（H3BO3）×M（H3BO3）=0.0044ml×62g/ml=0.2728g
纯度为×100%=90.9%
(5)M室氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子经过a膜进入产品室，a膜为阳离子交换膜；原料室中B（OH）4－通过b膜进入产品室遇M室进入的H+反应生成H3BO3，b膜为阴离子交换膜；原料室Na+经过c膜进入N室，c膜为阳离子交换膜，N室氢离子得电子生成氢气，氢氧根离子浓度逐渐增大。
①由上面分析可知b膜为阴离子交换膜，因为H++ B（OH）4－=H3BO3+H2O，因此转移1ml电子生成1ml H3BO3；列关系式
1mle-～1/4O2（M室）～1ml H3BO3～1/2H2（N室）
理论上每生成1mlH3BO3，两极室共生成（1/2+1/4）ml×22.4L/ml=16.8L气体(标准状况)；
②由上面分析可知N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a％