2026届安徽省宣城市郎溪县七校高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

这是一份2026届安徽省宣城市郎溪县七校高三下学期第五次调研考试化学试题含解析，共10页。
2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．
3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．
4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．
5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．
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、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
2、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）
A．可用钢瓶储存液氯或浓硫酸
B．二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂
C．鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯
D．炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华
3、酚酞是一种常见的酸碱指示剂，其在酸性条件下结构如图所示，则下列对于酚酞的说法正确的是（ ）
A．在酸性条件下，1ml酚酞可与4mlNaOH发生反应
B．在酸性条件下，1ml酚酞可与4mlBr2发生反应
C．酸性条件下的酚酞在一定条件下可以发生加聚反应生成高分子化合物
D．酸性条件下的酚酞可以在一定条件下发生加成反应，消去反应和取代反应
4、造纸术是中国古代四大发明之一。古法造纸是将竹子或木材经过蒸解、抄纸、漂白等步骤制得。下列说法正确的是（ ）
A．“文房四宝”中的宣纸与丝绸的化学成分相同
B．“竹穰用石灰化汁涂浆，入木桶下煮”，蒸解过程中使纤维素彻底分解
C．“抄纸”是把浆料加入竹帘中，形成薄层，水由竹帘流出，其原理与过滤相同
D．明矾作为造纸填充剂，加入明矾后纸浆的pH变大
5、下列实验中根据现象得出的结论正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
6、将下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是
A．Na2SO3晶体B．乙醇C．C6H6D．Fe
7、下列属于碱性氧化物的是
A．Mn2O7B．Al2O3C．Na2O2D．MgO
8、已知 A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B 形成的简单化合物常用作制冷剂，D 原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物 DC 中两种离子的电子层结构相同，A、B、C、D 的原子序数之和是 E 的两倍。下列说法正确的是（ ）
A．原子半径：C>B>A
B．气态氢化物的热稳定性：E>C
C．最高价氧化对应的水化物的酸性：B>E
D．化合物 DC 与 EC2 中化学键类型相同
9、下列属于电解质的是( )
A．BaSO4
B．浓H2SO4
C．漂白粉
D．SO2
10、某小组利用如图装置研究电化学原理，下列说法错误的是（ ）
A．K 与a 连接，则铁电极会加速锈蚀，发生的电极反应为Fe-2e-→Fe2+
B．K 与a 连接，则该装置能将化学能转变为电能
C．K 与 b 连接，则该装置铁电极的电极反应 2H++2e-→H2↑
D．K 与b 连接，则铁电极被保护，该方法叫牺牲阳极的阴极保护法
11、饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH++HSO3﹣ HSO3﹣H++SO32﹣，若向此溶液中（ ）
A．加水，SO32﹣浓度增大
B．通入少量Cl2气体，溶液pH增大
C．加少量CaSO3粉末，HSO3﹣浓度基本不变
D．通入少量HCl气体，溶液中HSO3﹣浓度减小
12、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是
A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷
B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序
C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在
D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键
13、下列实验操作、现象、解释和所得到的结论都正确的是
A．A B．B C．C D．D
14、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，11.2 L HF所含分子数为0.5NA
B．2 ml NO与1 ml O2充分反应，产物的分子数小于2NA
C．常温下，1 L 0.1 ml·L－1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，则溶液含铵根离子数为0.1 NA
D．已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为1：1
15、电渗析法处理厨房垃圾发酵液，同时得到乳酸的原理如图所示（图中“HA”表示乳酸分子，乳酸的摩尔质量为90g/mL；“A－”表示乳酸根离子）。则下列说法不正确的是
A．交换膜 I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜
B．阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+
C．电解过程中采取一定的措施可控制阴极室的pH约为6～8，此时进入浓缩室的OH－可忽略不计。设200mL 20g/L乳酸溶液通电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，则该溶液浓度上升为155g/L（溶液体积变化忽略不计）
D．浓缩室内溶液经过电解后pH降低
16、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能
B．吸附层b发生的电极反应：H2 – 2e－ + 2 OH－= 2H2O
C．Na+ 在装置中从右侧透过阳离子交换膜向左侧移动
D．“全氢电池”的总反应： 2H2 + O2 =2H2O
17、埋在地下的钢管常用如图所示方法加以保护，使其免受腐蚀，下列说法正确的是（ ）
A．金属棒X的材料可能为钠
B．金属棒X的材料可能为铜
C．钢管附近土壤的pH增大
D．这种方法称为外加电流的阴极保护法
18、磷酸铁锂电池在充放电过程中表现出了良好的循环稳定性，具有较长的循环寿命，放电时的反应为：LixC6+Li1-xFePO4=6C+LiFePO4 。某磷酸铁锂电池的切面如下图所示。下列说法错误的是
A．放电时Li+脱离石墨，经电解质嵌入正极
B．隔膜在反应过程中只允许Li+ 通过
C．充电时电池正极上发生的反应为：LiFePO4-xe-= Li1-xFePO4+xLi+
D．充电时电子从电源经铝箔流入正极材料
19、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是
A．上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗
B．用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀
C．实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量
D．MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小
20、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有
A．4种B．5种C．6种D．7种
21、在由水电离产生的H＋浓度为1×10－13ml·L－1的溶液中，一定能大量共存的离子组是
①K＋、ClO－、NO3－、S2－
②K＋、Fe2＋、I－、SO42－
③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－
④Na＋、Ca2＋、Cl－、HCO3－
⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－
A．①③B．③⑤C．③④D．②⑤
22、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是
A．泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家特色产品，其主要成分均为金属材料
B．利用钠蒸气放电发光的性质制造的高压钠灯，可发出射程远、透雾能力强的黄光
C．高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量
D．手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的有机高分子材料
二、非选择题(共84分)
23、（14分）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：
已知：
②E的核磁共振氢谱只有一组峰；
③C能发生银镜反应；
④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．
回答下列问题：
（1）由A生成B的化学方程式为__________，其反应类型为__________；
（2）D的化学名称是__________，由D生成E的化学方程式为__________；
（3）J的结构简式为__________；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________(写出一种即可)；
（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：
反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。
24、（12分）工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：
（1）A的名称__，条件X为__；
（2）D→E的化学方程式为__，E→F的反应类型为__。
（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是__，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为__。
（4）F的结构简式为___。
（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式__。
①与G具有相同官能团的芳香族类化合物；②有两个通过C-C相连的六元环；
③核磁共振氢谱有8种吸收峰；
（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：__。
25、（12分）现拟在实验室里利用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁(Mg3N2)。已知这一过程中可能发生下列反应：
①2Mg+O22MgO ②3Mg+N2Mg3N2
③2Mg+CO22MgO+C④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2
⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3可供选择的仪器和药品如下图所示。且假设正确操作时，装置内所发生的反应是完全的。
试回答下列问题：
(1)实验开始时，先点燃________装置中的酒精灯，原因是________；再将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→________；
(2)你是否选择了B装置，理由是什么________________________ ；
(3)你是否选择了C装置，理由是什么________________________；
(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响________ 为什么___
26、（10分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。
实验一：
已知：3Fe(s)＋4H2O(g)Fe3O4(s)＋4H2(g)
（1）虚线框处宜选择的装置是________(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是______________________。
（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含＋3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_______溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有＋3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_________________。
实验二：
绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。
实验步骤如下：（1）________，（2）点燃酒精灯，加热，（3）______，（4）______，（5）______，
（6）称量A， 重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为m3 g。
（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上
a．关闭 K1 和 K2 b．熄灭酒精灯 c．打开 K1 和 K2 缓缓通入 N2 d．冷却至室温
（4）必须要进行恒重操作的原因是_________________。
（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解， 根据实验记录，
计算绿矾化学式中结晶水数目 x=__________________（用含 m1、 m2、 m3的列式表示）。
27、（12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氧化物。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，制备装置如下图所示：
为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：
②___________，③___________。
(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装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。
(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。
(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度
取Ⅸ中所得液体mg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。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)
①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)
28、（14分）SO2是造成空气污染的主要原因之一，利用钠碱循环法可除去SO2。
(1)钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是______。
(2)已知常温下，H2SO3的电离常数为K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的电离常数为 K1=4.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，则下列微粒可以大量共存的是______（选填编号）。
a. CO32﹣ HSO3- b. HCO3- HSO3- c. SO32﹣ HCO3- d．H2SO3 HCO3-
(3)已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因______，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是______。
(4)实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式______。
(5)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为______（填化学式）。
(6)如果用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序_____（用编号排序）。
a．Na2SO3 b． Na2S c．酸性KMnO4
29、（10分）乙烯是重要的化工原料。用CO2催化加氢可制取乙烯：CO2(g)+3H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ΔH＜0
（1）若该反应体系的能量随反应过程变化关系如图所示，则该反应的△H=__kJ/ml。（用含a、b的式子表示）
（2）几种化学键的键能如表所示，实验测得上述反应的△H=-76kJ/ml，则表中的x=__。
（3）向1L恒容密闭容器中通入1mlCO2和nmlH2，在一定条件下发生上述反应，测得CO2的转化率α（CO2）与反应温度T、压强P的关系如图所示。
①P1___P2（填“>”、“C>H，故A错误；
B. 气态氢化物的热稳定性：H2O > SiH4，故B错误；
C. 最高价氧化对应的水化物的酸性：HNO3> H2SiO3，故C正确；
D. 化合物 MgO含有离子键，SiO2含共价键，故D错误；
答案为C。
【点睛】
同周期，从左到右非金属性增强，最高价氧化物对应的水化物酸性增强，氢化物稳定性增强。
9、A
【解析】
电解质是在水中或熔融状态下可以导电的化合物。
【详解】
A. BaSO4在熔融状态下可以导电，故A选；
B. 浓H2SO4是混合物，电解质必须是纯净物，故B不选；
C. 漂白粉是混合物，电解质必须是纯净物，故C不选；
D. SO2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，但SO2不是，液态SO2中只有分子，不能导电，故D不选；
故选A。
【点睛】
BaSO4这类化合物，虽然难溶于水，但溶于水的部分可以完全电离，而且在熔融状态下也可以完全电离，故BaSO4是电解质。电解质和非电解质都是化合物，即必须是纯净物，所以混合物和单质既不是电解质也不是非电解质。
10、D
【解析】
A、K与a连接，在中性条件下，铁作负极、失电子、发生吸氧腐蚀，发生的电极反应为Fe-2e-=Fe2+，故A正确；
B、K与a连接，石墨、Fe和饱和食盐水形成原电池，将化学能转变为电能，故B正确；
C、K与b连接，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子，电极反应为2H++2e-=H2↑，故C正确；
D、K与b连接，Fe作阴极，Fe被保护，该方法叫外加电流的阴极保护法，故D错误。
故选：D。
11、D
【解析】
A．加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32﹣浓度仍减小，故A错误；
B．氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；
C．CaSO3与H+反应生成HSO3-，从而增大溶液中的HSO3﹣浓度，故C错误；
D．通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3﹣浓度减小，故D正确；
故选D。
12、A
【解析】
A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；
B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；
C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；
D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；
答案选A。
13、D
【解析】苯酚与三溴苯酚相似相溶，故向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀，不能说明苯酚的浓度小，A项错误；加入硫酸电离出的氢离子与前面硝酸钡电离出的硝酸根离子结合形成组合硝酸，将亚硫酸根氧化为硫酸根，B项错误；加入硝酸银之前应该将溶液调节至酸性，否则氢氧化钠会与硝酸银反应生成白色沉淀，C项错误；溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，D项正确。
14、B
【解析】
A、标准状况下， HF不是气态，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故A错误；
B、2 ml NO与1 ml O2充分反应，生成的NO2 与N2O4 形成平衡体系，产物的分子数小于2NA，故B正确；
C. 常温下，1 L 0.1 ml·L－1氯化铵溶液中加入氢氧化钠溶液至溶液为中性，溶液中存在电荷守恒，c(NH4＋)+c(Na+ )=c(Cl-)，溶液含铵根离子数少于0.1 NA，故C错误；
D. 已知白磷(P4)为正四面体结构，NA个P4与NA个甲烷所含共价键数目之比为6：4，故D错误；
故选B。
15、C
【解析】
A．根据图示，该电解池左室为阳极，右室为阴极，阳极上是氢氧根离子放电，阳极周围氢离子浓度增大，且氢离子从阳极通过交换膜 I进入浓缩室，则交换膜 I为只允许阳离子透过的阳离子交换膜，故A正确；
B．根据A项分析，阳极的电极反应式为：2H2O－4e－＝O2↑＋4H+，故B正确；
C．在阳极上发生电极反应：4OH−−4e−═2H2O+O2↑，阴极上发生电极反应：2H++2e−=H2↑，根据电极反应方程式，则有：2HA∼2H+∼1H2，电一段时间后阴极上产生的H2在标准状况下的体积约为6.72L，产生氢气的物质的量==0.03ml，则生成HA的物质的量=0.03ml×2=0.06ml，则电解后溶液中的乳酸的总质量=0.06ml×90g/mL +200×10-3L ×20g/L=9.4g，此时该溶液浓度==47g/L，故C错误；
D．在电解池的阳极上是OH−放电，所以c(H+)增大，并且H+从阳极通过阳离子交换膜进入浓缩室；根据电解原理，电解池中的阴离子移向阳极，即A−通过阴离子交换膜(交换膜Ⅱ)从阴极进入浓缩室，这样：H++A−═HA，乳酸浓度增大，酸性增强，pH降低，故D正确；
答案选C。
16、A
【解析】
由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2H++2e-=H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。
【详解】
A. 根据图知，左侧和右侧物质成分知，左侧含有NaOH、右侧含有高氯酸，所以全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，故A正确；
B. 吸附层a为负极，电极反应式为H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附层b为正极，电极反应是2H++2e-=H2，故B错误；
C. 电池中阳离子向正极移动，所以Na+ 在装置中从左侧透过阳离子交换膜向右侧移动，故C错误；
D. 负极电极反应是H2-2e-+2OH-=2H2O，正极电极反应是2H++2e-=H2，电池的总反应为H++OH-=H2O，故D错误；
故选A。
17、C
【解析】
A．金属钠性质很活泼，极易和空气、水反应，不能作电极材料，故A错误；
B．构成的原电池中，金属棒X作原电池负极，所以金属棒X材料的活泼性应该大于铁，不可能是Cu电极，故B错误；
C．该装置发生吸氧腐蚀，正极钢管上氧气得电子生成氢氧根离子，导致钢管附近土壤的pH可能会增大，故C正确；
D．该装置没有外接电源，不属于外加电流的阴极保护法，而是牺牲阳极的阴极保护法，故D错误；
故答案为C。
【点睛】
考查金属的腐蚀与防护，明确金属腐蚀与防护的原理、金属发生析氢腐蚀和吸氧腐蚀的条件即可解答，根据图片知，该金属防护措施采用的是牺牲阳极的阴极保护法，即把金属和钢管、及电解质溶液构成原电池，金属棒X作负极，钢铁作正极，从而钢管得到保护。
18、D
【解析】
放电时，LixC6在负极（铜箔电极）上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li++6C，其正极反应即在铝箔电极上发生的反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，充电电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，
【详解】
A.放电时，LixC6在负极上失电子发生氧化反应，其负极反应为：LixC6-x e-=x Li++6C，形成Li+脱离石墨向正极移动，嵌入正极，故A项正确；
B.原电池内部电流是负极到正极即Li+向正极移动，负电荷向负极移动，而负电荷即电子在电池内部不能流动，故只允许锂离子通过，B项正确；
C.充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，放电时，正极、负极反应式正好与阳极、阴极反应式相反，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-= Li1-xFePO4＋x Li+，C项正确；
D.充电时电子从电源负极流出经铜箔流入阴极材料（即原电池的负极），D项错误；
答案选D。
【点睛】
可充电电池充电时，原电池的正极与外接电源的正极相连为阳极，负极与外接电源负极相连为阴极，即“正靠正，负靠负”，放电时Li1-xFePO4在正极上得电子，其正极反应为：Li1-xFePO4+x Li++x e-=LiFePO4，则充电时电池正极即阳极发生的氧化反应为：LiFePO4-x e-=Li1-xFePO4＋x Li+。
19、C
【解析】
A. 上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；
B. MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和 Fe3+的水解平衡正向移动，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；
C. 用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；
D. 由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液→MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；
故合理选项是C。
20、C
【解析】
由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法进行讨论。
【详解】
卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。
答案选C。
【点睛】
卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。
21、B
【解析】
由水电离产生的H＋浓度为1×10－13ml·L－1的溶液可能是酸性溶液，也可能是碱性溶液，据此分析。
【详解】
①在酸性环境下S2－不能大量共存，错误；
②在碱性环境下Fe2＋不能大量共存，错误；
③Na＋、Cl－、NO3－、SO42－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；
④HCO3－在酸性、碱性环境下均不能大量共存，错误；
⑤K＋、Ba2＋、Cl－、NO3－在酸性、碱性环境下均能大量共存，正确；
答案选B。
【点睛】
本题隐含条件为溶液可能为酸性，也可能为碱性，除此以外，能与铝粉反应放出氢气的环境也是可能为酸性或者碱性；离子能够发生离子反应而不能大量共存，生成弱电解质而不能大量共存是常考点，需要正确快速判断。
22、B
【解析】
A．泰国银饰属于金属材料。土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，属于无机非金属材料，故A错误；
B．高压钠灯发出的光为黄色，黄光的射程远，透雾能力强，对道路平面的照明度比高压水银灯高几倍，故用钠制高压钠灯，故B正确；
C．人体不含消化纤维素的酶，纤维素在人体内不能消化，故C错误；
D．碳纤维是一种新型的无机非金属材料，不是有机高分子材料，故D错误；
答案选B。
二、非选择题(共84分)
23、+Br2+HBr 取代反应 2-甲基丙烯 CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr 或或 光照 镁、乙醚
【解析】
比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇
【详解】
（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；
（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案为2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；
（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为；
（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；
（5）反应Ⅰ的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为光照；镁、乙醚；。
24、氯甲苯 Na和NH3(液) 加成反应 减缓电石与水的反应速率
【解析】
⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；
⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。
⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。
⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。
⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；。
⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。
【详解】
⑴A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；
⑵根据图中信息可得到D→E的化学方程式为，E→F增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。
⑶实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。
⑷D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。
⑸①与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；②有两个通过C—C相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；③核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。
⑹1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。
25、E 避免从E装置出来的气流中还含有氧气 f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b (a) 选择，以除去水蒸气，避免反应④发生 选择，以除去空气中的CO2，避免反应③发生 使氮化镁不纯 如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁
【解析】
实验室里用空气和镁粉为原料，制取少量氮化镁（Mg3N2）。根据可能发生下列反应：①2Mg+O22MgO；②3Mg+N2Mg3N2；③2Mg+CO22MgO+C；④Mg+H2O(蒸气)=MgO+H2；⑤Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。
【详解】
根据分析可知：利用该装置是制取氮化镁的装置的事实，联系镁可以与氧气及氮化镁能与水反应的性质，对实验的过程进行设计与分析：为防止反应过程中镁被氧化一般要排净容器中的空气，为防止氮化镁与水的反应所以要先把通入的氮气干燥。则：
(1)因为氧气与灼热的铜反应，所以实验开始时，先点燃E装置中的酒精灯，原因是避免从E装置出来的气流中还含有氧气，因为需要先除二氧化碳，再除水分，后除氧气，故将与g连接的自来水龙头打开，形成自h导管流出的气流，则气流依次流经的导管为(填字母代号)：h→f→e→d→c→m(n)→n(m)→a(b)→b(a)；
(2)选择B装置，可以除去水蒸气，避免反应④发生；
(3)选择C装置，可以除去空气中的CO2，避免反应③发生；
(4)如果同时点燃A、E装置的酒精灯，对实验结果产生的影响为使氮化镁不纯。如果E中的铜粉没有达到反应温度时，氧气不能除尽，导致氧气同镁反应，而使氮化镁中混入氧化镁。
26、乙 铜丝由黑变红 硫氰化钾或 KSCN 不正确，因为铁过量时： Fe＋2Fe3+→3Fe2+ c b d a 确保绿矾中的结晶水已全部失去
【解析】
试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；
实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1 和 K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是 ，生成水的质量是，根据 计算x值；
解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色，滴加KSCN溶液检验是否含有Fe3+，若溶液变为血红色，则含有Fe3+；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+，当铁过量时： Fe＋2Fe3+=3Fe2+，所以没有出现血红色，不能说明该固体中没有＋3价的铁元素；
实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1 和 K2；冷却后再称量，正确的步骤是（1）打开 K1 和 K2 缓缓通入 N2，（2）点燃酒精灯，加热，（3）熄灭酒精灯，（4）冷却至室温，（5）关闭 K1 和 K2，（6）称量A， 重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为m3 g；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是 ，生成水的质量是，
X=。
27、饱和食盐水 稀硝酸 e→f(或f→e)→c→b→d 防止水蒸气进入装置Ⅸ 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 O2(或NO2) HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O ×100% 偏高
【解析】
氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据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；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。
【详解】
(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，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；
实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；
(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ℃，沸点：-5.5 ℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要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，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；
②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；
③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；
(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；
(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒： NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cml/L×b×10-3L×= 10bc×10-3ml，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；
②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。
28、SO32-+SO2+H2O=2HSO3- bc 亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度 c(Na+)＞c(HSO3−)＞c(H+)＞c(SO32−)＞c(OH−) 2HSO3-+O2=2SO42﹣+2H+ NaI c=b＞a
【解析】
(1)SO2被Na2SO3溶液吸收生成亚硫酸氢钠，离子反应方程式为SO32−+SO2+H2O=2HSO3−，故答案为：SO32−+SO2+H2O=2HSO3−；
(2)已知Ka越大，酸性越强，根据强酸制取弱酸的原理：酸性较强的酸能与酸性较弱酸的酸根离子反应生成较弱酸，
a. 由于HCO3−的酸性小于HSO3−的酸性，则CO32﹣与HSO3-能发生反应，则不能大量共存，故不符合；
b. 由于HSO3−的酸性小于H2CO3的酸性，则HCO3-与HSO3-不能发生反应，则能大量共存，故符合；
c. 由于HCO3−的酸性小于HSO3−的酸性，则SO32﹣与HCO3-不能发生反应，则能大量共存，故符合；
d. 由于H2SO3的酸性大于H2CO3的酸性，则H2SO3与HCO3-能发生反应，则不能大量共存，故符合；故答案为：bc；
(3)HSO3−在溶液中既能电离出氢离子，同时HSO3−也能水解，由于其电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HSO3−既电离又水解，以电离为主，溶液显酸性，则溶液中的离子浓度大小关系为：c(Na+)＞c(HSO3−)＞c(H+)＞c(SO32−)＞c(OH−)，故答案为：亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；c(Na+)＞c(HSO3−)＞c(H+)＞c(SO32−)＞c(OH−)；
(4)+4价的硫元素能被氧气氧化为+6价，则亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，其反应的离子方程式为：2HSO3−+O2=2SO42−+2H+，故答案为：2HSO3−+O2=2SO42−+2H+；
(5)NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液时，I2能与NaHSO3发生氧化还原反应，碘元素的化合价降低，还原产物为NaI，故答案为：NaI；
(6)a. Na2SO3吸收二氧化硫发生的反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3，1mlNa2SO3最多吸收二氧化硫1ml；
b. Na2S吸收二氧化硫发生的反应为：2Na2S+5SO2+2H2O=4NaHSO3+3S↓，1mlNa2S最多吸收二氧化硫2.5ml；
c. 酸性KMnO4溶液吸收二氧化硫的反应2MnO4−+5SO2+2H2O=2Mn2++5SO42−+4H+，则1mlKMnO4最多吸收二氧化硫2.5ml；则吸收二氧化硫理论吸收量由多到少的顺序是c=b＞a，故答案为：c=b＞a。
【点睛】
多元弱酸的酸式强碱盐溶液显酸性还是碱性，取决于酸式酸根离子的水解程度和电离程度的大小关系，如HSO3−在溶液中既能电离出氢离子，同时HSO3−也能水解，由于其电离程度大于水解程度，所以溶液显酸性；HCO3−的电离程度小于水解程度，所以溶液显碱性。这是高频考点，也是易错点。
29、（a-b）或者-（b-a）803CD2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O1.2NA
【解析】
（1）ΔH=生成物总能量-反应物总能量
（2）△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和
（3）化学平衡移动及三段式计算。
（4）电化学要分清原电池还是电解池
【详解】
（1）ΔH=生成物总能量-反应物总能量，根据图中信息，可知△H为（a-b）kJ/ml或为-（b-a）kJ/ml；故答案为：（a-b）或者-（b-a）；
（2）△H=反应物的键能总和-生成物的键能总和，实验测得上述反应的△H=-76kJ/ml，带入表中化学键的键能数据，△H=，解得x=803，故答案为：803；
（3）①可逆反应CO2(g)+3H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) ΔH＜0，正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，CO2转化率增大，则根据图中A、B两点可判断P1KC；
③平衡常数KB=，若B点时投料比=3，可列三段式如下：
则平衡常数KB=，故答案为：；
④其他条件不变时，能同时满足增大反应速率和提高CO2转化率的措施
A．将产物从体系不断分离出去，反应速率减慢，不符合题意；
B．给体系升温，平衡逆向移动，减小CO2转化率，不符合题意；
C．给体系加压，平衡正向移动，反应速率也加快，符合题意；
D．增大H2的浓度平衡正向移动，反应速率也加快，符合题意；
故答案为：CD
（4）①由图可知,M极消耗CO2,产生C2H4,发生还原反应;N极上产生O2,发生氧化反应,所以M极作电解池阴极,N极作电解池阳极,已知稀硫酸为电解质溶液,所以M极上的电极反应式为2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O，
故答案为：2CO2+12e-+12H+=C2H4+4H2O ；
②当消耗标况下2.24L乙烯时，由上题分析可知C2H4 12e-，则导线中转移电子的数目为1.2NA，故答案为：1.2NA。
【点睛】
本题最难的是化学平衡的计算问题，如果没有思路，可列出三段式，逐步找信息做题。
选项
实验
现象
结论
A
向NaAlO2溶液中持续通入气体Y
先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解
Y可能是CO2气体
B
向某溶液中加入Cu和浓H2SO4
试管口有红棕色气体产生
原溶液可能含有NO3-
C
向溴水中通入SO2气体
溶液褪色
SO2具有漂白性
D
向浓度均为0.1ml/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水
先出现蓝色沉淀
Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]
选项
实验操作和现象
实验解释或结论
A
向苯酚溶液中滴加少量浓溴水、振荡，无白色沉淀
苯酚的浓度小
B
向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解
BaSO3溶于稀盐酸
C
向10%NaOH溶液中滴加1mL某卤代烃，微热，然后向其中滴加几滴AgNO3溶液，产生浅黄色沉淀
该卤代烃中含有溴元素
D
向某溶液中滴加几滴黄色K3[Fe(CN)6](铁氰化钾)溶液，产生蓝色沉淀
该溶液中含有Fe2+
装置Ⅰ
装置Ⅱ
烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
①
②
制备纯净NO
Cu
③
④
化学键
C=O
H—H
C=C
C—H
H—O
键能/kJ·ml-1
x
436
612
414
464