2025-2026学年浙江省绍兴市高级中学化学高三第一学期期末质量跟踪监视模拟试题.doc

2025-2026学年浙江省绍兴市高级中学化学高三第一学期期末质量跟踪监视模拟试题
考生须知：
1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
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、中华民族有着光辉灿烂的发明史，下列发明创造不涉及氧化还原反应的是
A．火法炼铜 B．转轮排字 C．粮食酿酒 D．钻木取火
2、下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气
B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-
C．Fe 与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe 与两种酸均发生置换反应
D．NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体
3、已知H2C2O4水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-三种形态的粒子的物质的量分数（分布系数）δ随溶液pH变化的关系如图所示，下列说法正确的是

A．曲线①代表的粒子是HC2O4-
B．H2C2O4的Ka1=-1.2
C．向草酸溶液中滴加KOH溶液至pH=4.2：c(K+)＜3c(C2O42-)
D．浓度均为0.01 mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到的溶液：c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42-)
4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．1 mol·L－1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于NA
B．标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NA
C．14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA
D．常温常压下，22.4 LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA
5、下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（ ）
A．碳酸钠 B．氢氧化铝 C．氧化钙 D．硫酸镁
6、下列叙述正确的是
A．天然气主要成分的结构式： B．和互为同素异形体
C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：
7、氢氧化铈[Ce(OH)4]是一种重要的稀土氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：

下列说法错误的是
A．滤渣A中主要含有SiO2、CeO2
B．过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒
C．过程②中发生反应的离子方程式为CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑
D．过程④中消耗 11.2L O2(已折合成标准状况)，转移电子数为2×6.02×1023
8、下列离子方程式符合题意且正确的是
A．磁性氧化铁溶于盐酸中：
B．在明矾溶液中加入过量溶液：
C．在盐酸中滴加少量溶液：
D．用FeS除去废水中的：
9、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A．5.6g Fe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NA
B．1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子
C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NA
D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏
10、在实验室进行下列有关的物质制备中，理论上正确、操作上可行、经济上合理的是
A．CCOCO2Na2CO3
B．CuCu(NO3)2溶液Cu(OH)2
C．FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液
D．CaOCa(OH)2溶液NaOH溶液
11、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：

下列说法不正确的是
A．Y的分子式为C10H8O3
B．由X制取Y的过程中可得到乙醇
C．一定条件下，Y能发生加聚反应和缩聚反应
D．等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3∶2
12、下列分子中，所有碳原子总是处于同一平面的是
A． B． C． D．
13、在通风橱中进行下列实验：
步骤

现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色
气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面
均产生红棕色气泡
下列说法中，不正确的是（ ）
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化
14、下列实验操作正确或实验设计能达到实验目的的是( )

A．证明钠的密度小于水的密度但大于煤油的密度
B．制备氢氧化铁胶体
C．利用过氧化钠与水反应制备氧气，且随开随用、随关随停
D．证明氯气具有漂白性
15、设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）
A．6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为0.05NA
B．1mol CH3+含电子数为8NA
C．标准状况下，22.4LSO3中含原子数为4NA
D．常温常压下，11.2LCO2气体通过足量Na2O2充分反应，转移电子数为2NA
16、常温下，控制条件改变0.1mol·L-1二元弱酸H2C2O4溶液的pH，溶液中的H2C2O4、HC2O4-、C2O42-的物质的量分数δ(X)随pOH的变化如图所示。已知pOH=-lgc(OH-)，。下列叙述错误的是（ ）

A．反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数的值为103
B．若升高温度，a点移动趋势向右
C．pH=3时，=100.6：1
D．物质的量浓度均为0.1mol·L-1的Na2C2O4、NaHC2O4混合溶液中：c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)
二、非选择题（本题包括5小题）
17、W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。
元素
相关信息
W
单质为密度最小的气体
X
元素最高正价与最低负价之和为0
Y
某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障
Z
存在质量数为23，中子数为12的核素
根据上述信息，回答下列问题：
(l)元素Y在元素周期表中的位置是____；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是 ___（用离子符号表示）。
(2) XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是____；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为____。
(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是__（用离子方程式表示）。
18、有机物数量众多，分布极广，与人类关系非常密切。
（1）石油裂解得到某烃A，其球棍模型为，它是重要的化工基本原料。
①A的结构简式为_________，A的名称是____________。
②A与溴的四氯化碳溶液反应的化学方程式为_______________。

③A→C的反应类型是____，C+D→E的化学方程式为_______，鉴别C和D的方法是_______。
④A的同系物B的相对分子质量比A大14，B的结构有____种。
（2）生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为__________。
19、氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。
（制备）方法一：
（资料查阅）

(1)仪器X的名称是______，在实验过程中，B中试纸的颜色变化是______。
(2)实验操作的先后顺序是______(填操作的编号)
a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在气体入口处通入干燥HCl
d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入HCI，然后通入
(3)反应结束后发现含有少量CuO杂质，产生的原因是______。
方法二：
(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl离子方程式为______，过滤，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是______(写名称)，用乙醇洗涤的原因是______(任写一点)。
（含量测定）
(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品m g，将其置于过量的溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用a mol/L的溶液滴定到终点，消耗溶液b mL，反应中被还原为，样品中CuCl的质量分数为______(CuCl分子量：)
（应用）利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和)的百分组成。

(6)已知：
i.CuCl的盐酸溶液能吸收CO形成。
ii.保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。
①出保险粉和KOH混合溶液吸收的离子方程式：______。
②D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是______、______。
20、葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB2760－2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25 g·L－1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。
Ⅰ.定性实验方案如下：
(1)将SO2通入水中形成SO2—饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为__________________________________________________。
(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3。设计如下实验：

实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_______________________________。
Ⅱ.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：

(3)仪器A的名称是________。
(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为__________。
(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是__________。
(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为________ g·L－1。该测定结果比实际值偏高，分析原因________________________________________。
21、甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。
（1）已知 ①CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) ΔH= + 93.0kJ·mol－1
②CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) ΔH=－192.9 kJ·mol－1
③甲醇的燃烧热为726.51kJ·mol-1。
要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为________________。
（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2⇌CH3OH ΔH<0)。在T1℃时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为3mol的H2和CO，反应达到平衡时CH3OH的体积分数(V%)与的关系如图所示。

①当起始=2，经过5min达到平衡，0~5min内平均反应速率v(H2)=0.1mol⋅L-1⋅min-1，则该条件CO的平衡转化率为_____；若其它条件不变，在T2℃(T2>T1)下达到平衡时CO的体积分数可能是____(填标号)
A．< B．= C．~ D．= E.>
②当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的____点选填“D”、“E”或“F”)。
（3）制甲醇的CO和H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)⇌2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1mol·L−1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则该反应的ΔH______(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_______(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)__________(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T℃时该反应的平衡常数Kp=_____MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。

（4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g) [反应Ⅰ]。
①一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mol CO2和4.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高的反应所用的催化剂是____(填“A”、“B”或“C”)。

②在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应①外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)[反应Ⅱ]。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：
T(K)
CO2实际转化率（%）
甲醇选择性（%）
543
12.3
42.3
553
15.3
39.1
注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。
表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_________。
参考答案

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）
1、B
【解析】
A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A不选；B. 转轮排字属于物理变化，故选B；C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D不选；答案：B。
2、D
【解析】
A、氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，选项A错误；B、向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下H+、NO3-具有强的氧化性，会把SO32-氧化产生SO42-，不能说明该溶液一定有SO42-，选项B错误；C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，前者是由于硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，选项C错误；D、NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，选项D正确。答案选D。
点睛：本题考查实验现象及所推出的结论正误判断的知识。明确实验现象以及化学反应原理是解答本题的关键。
3、C
【解析】
H2C2O4水溶液在酸性极强下主要存在H2C2O4，分析题中所给信息，曲线①代表的粒子应是H2C2O4，随着pH的增大，H2C2O4发生一级电离，生成HC2O4-和H+，可知曲线②代表的粒子为HC2O4-，则曲线③代表的粒子为C2O42-。由图可知，在pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)；在pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)；据此进行分析。
【详解】
A．在酸性较强条件下主要存在H2C2O4，曲线①代表的粒子应是H2C2O4，A项错误；
B．H2C2O4的第一步电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+，Ka1=，由图可知，pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=10−1.2，B项错误；
C．pH=4.2时，溶液中主要存在的离子有：K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH−，依据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH−)，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H+)＞c(OH−)，可得出c(K+)＜3c(C2O42-)，C项正确；
D．浓度均为0.01 mol·L−1的草酸与KOH溶液等体积混合并充分反应得到KHC2O4溶液，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离大于水解，故c(K+)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c(H2C2O4)，D项错误。
答案选C。
4、C
【解析】
A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A错误；
B.标准状况下，11.2 L气体的物质的量是0.5mol，若0.5mol气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B错误；
C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有2molC-H键，因此14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；
D. 在常温常压下，22.4 LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；
故合理选项是C。
5、B
【解析】
用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；
故答案选B。
6、D
【解析】
A. 天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；
B. 和互为同位素，故B错误；
C. 漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；
D. 苯的比例模型：，故D正确；
故选D。
7、C
【解析】
该反应过程为：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣为SiO2；③加入碱后Ce3+转化为沉淀，④通入氧气将Ce从+3氧化为+4，得到产品。
【详解】
A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液中，滤渣为CeO2和SiO2，故A正确；B.结合过滤操作要点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，故B正确；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反应生成转化为Ce2（SO4）3、O2和H2O，反应的离子方程式为：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C错误；D.过程④中消耗 11.2L O2的物质的量为0.5mol，转移电子数为0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正确；故答案为C。
8、C
【解析】
A. 磁性氧化铁为，故A错误；
B. 在明矾溶液中加入过量溶液的离子方程式为，B错误；
C. 在盐酸中滴加少量溶液的离子方程式为，C正确；
D. FeS为难溶物，在离子方程式中不拆，正确的方程式为Cu2＋(aq)＋FeS(s)CuS(s)＋Fe2＋，D错误；
故答案选C。
9、D
【解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1 mol Na与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。
10、D
【解析】
A．碳不完全燃烧可生成一氧化碳，一氧化碳高温下与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠；理论上正确，反应过程中产生、利用污染环境的物质CO，不符合绿色化学，一氧化碳是有毒的气体，碳在氧气中燃烧生成的进行实验时要进行尾气处理，且一氧化碳是可燃性气体，不纯时加热或点燃引起爆炸，操作上较为复杂，故A错误；
B．铜与与硝酸银反应可生成硝酸铜，硝酸铜与氢氧化钠可生成氢氧化铜沉淀；理论上正确，操作上也较简便，但利用硝酸银、氢氧化钠制取氢氧化铜，经济上不合理，故B错误；
C．铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁而不能生成三氧化二铁，因此该方案在理论上就是错误的，故C错误；
D．氧化钙与水反应可生成氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸钠反应可生成氢氧化钠；理论上正确，操作也只需要加入液体较为简便，利用碳酸钠获得氢氧化钠，经济上也合理，符合绿色化学，故D正确；
答案选D。
11、D
【解析】
A．由Y的结构简式可知Y的分子式为C10H8O3，故A正确；B．由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；C．Y中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；D．X中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。
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，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。
12、D
【解析】
A.乙烯为平面结构，和双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故A错误；
B.与苯环相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定总是处于一个平面，故B错误；
C.与双键相连的碳原子是烷烃结构的碳原子，所有碳原子不一定处于一个平面，故C错误；
D.苯为平面结构，苯甲醇中甲基碳原子处于苯中H原子位置，所有碳原子都处在同一平面上，故D正确；
故答案为：D。
13、C
【解析】
I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。
【详解】
A．I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；
B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；
D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；
答案选C。
14、A
【解析】
A、钠在水和煤油的界面反复上下移动，可以证明ρ(煤油)<ρ(钠)<ρ(水)，A项正确；
B、饱和氯化铁溶液滴入氢氧化钠溶液中得到氢氧化铁沉淀，B项错误；
C、过氧化钠是粉末状物质，不能做到随开随用、随关随停，C项错误；
D、氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，利用D装置只能证明氯水具有漂白性，而不能说明氯水中的某种成分具有漂白性，D项错误；
故答案为：A。
Fe(OH)3胶体的制备：用烧杯取少量蒸馏水，加热至沸腾，向沸水中逐滴加入适量的饱和FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即得Fe(OH)3胶体；注意在制备过程中，不能搅拌、不能加热时间过长。
15、B
【解析】
A. 1mol白磷分子（P4）中含P-P键数为6mol，则6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为=0.3NA，A项错误；
B. 1个CH3+中含8个电子，所以1molCH3+中含电子数为8NA，B项正确；
C. 标准状况下，SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算SO3中含原子数，C项错误；
D. 常温常压不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，无法计算转移的电子数，D项错误；
答案选B。
16、B
【解析】
A．反应H2C2O4+C2O42-2HC2O4-的平衡常数K=，a点c(C2O42-)= c(HC2O4-)，此时pOH=9.8，则c(OH-)=10-9.8mol/L，c(H+)=10-4.2mol/L，则Ka2== 10-4.2；同理b点c(HC2O4-)=c(H2C2O4)可得Ka1=10-1.2，所以反应的平衡常数K=，故A正确；
B．温度升高，水的电离程度增大，水的离子积变大，pH与pOH之后小于14，则图像整体将向左移动，故B错误；
C．=100.6：1，故C正确；
D．H2C2O4的Ka1=10-1.2，Ka2=10-4.2，则HC2O4-的水解平衡常数Kh1=，即其电离程度大于其水解程度，所以纯NaHC2O4溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)，加入等物质的量浓度Na2C2O4、草酸钠会电离出大量的C2O42-，则溶液中c(C2O42-)>c(HC2O4-)依然存在，据图可知当c(C2O42-)>c(HC2O4-)时溶液呈酸性，钠离子不水解，所以混合溶液中离子浓度大小关系为c(Na+)>c(C2O42-)>c(HC2O4-)>c(H+)>c(OH-)，故D正确；
故答案为B。
有关溶液中离子的物质的量分数变化的图像，各条曲线的交点是解题的关键，同过交点可以求电离平衡常数和水解平衡常数；D项为易错点，要通过定量的计算结合图像来判断溶液的酸碱性。

二、非选择题（本题包括5小题）
17、第2周期，VIA族 O2- 分子间作用力 HCO3- + H2OH2CO3 + OH-
【解析】
根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。
【详解】
W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。
（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；
（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；；
（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3- + H2OH2CO3 + OH-，故答案为：HCO3- + H2OH2CO3 + OH-。
18、CH3CH=CH2 丙烯 CH3CH=CH2+Br2 →CH3CHBrCH2Br 加成反应 CH3CH2CHOH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O 将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C 3 (C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)
【解析】
(1)根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，加成分析解答；
(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，加成分析解答。
【详解】
(1)①根据球棍模型为，A的结构简式为CH3CH=CH2，名称为丙烯，故答案为CH3CH=CH2；丙烯；
②A(CH3CH=CH2)与溴的四氯化碳溶液中的溴发生加成反应，反应的化学方程式为CH3CH=CH2+Br2 →CH3CHBrCH2Br，故答案为CH3CH=CH2+Br2 →CH3CHBrCH2Br；
③根据流程图，A(CH3CH=CH2)与水发生加成反应生成C，C为醇，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，D为酸，则C为CH3CH2CH2OH，D为CH3CH2COOH，C和D发生酯化反应生成E，E为CH3CH2COOCH2CH2CH3，因此A→C为加成反应，C+D→E的化学方程式为CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O，醇不能电离出氢离子，酸具有酸性，鉴别C和D，可以将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C，故答案为加成反应；CH3CH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2CH3+H2O；将C和D分别滴入NaHCO3溶液中，有气泡产生的是D，无明显现象的是C；
④A(CH3CH=CH2)的同系物B的相对分子质量比A大14，说明B的分子式为C4H8，B的结构有CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CH CH3、(CH3)2C=CH2，共3种，故答案为3；
(2)生苹果肉遇碘酒变蓝，熟苹果汁能与银氨溶液反应，说明生苹果肉中含有淀粉，熟苹果汁中含有葡萄糖，苹果由生到成熟时发生的相关反应方程式为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)，故答案为(C6H10O5)n (淀粉)+ nH2On C6H12O6(葡萄糖)。
19、干燥管 先变红后褪色 cdb 通入的HCl的量不足 2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 硫酸 醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化 ×100% 2S2O42-+3O2+4OH-= 4SO42-+2H2O NaOH溶液 CuCl的盐酸溶液
【解析】
CuCl2·2H2O晶体在氯化氢气流中加热失水得到CuCl2，温度高于300℃分解生成CuCl和Cl2；向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，得到的CuCl经硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，结合关系式解答该题；保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；N2的体积可用排水法测定，据此解答。
【详解】
(1)根据仪器X的构造，其名称是干燥管；由制备CuCl的原理可知，反应生成了Cl2，故B中湿润的石蕊试纸试纸先变红后褪色，
故答案为干燥管；先变红后褪色；
(2)实验时检查装置的气密性后加入药品后，要先在气体入口处通入干燥HCl，再点燃酒精灯，加热，实验结束时要先熄灭酒精灯，冷却，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后顺序是cdb，
故答案为cdb；
(3)根据以上分析，若实验中通入的HCl的量不足，则氯化铜晶体加热时发生水解，最后生成少量CuO，
故答案为通入的HCl的量不足；
(4) 向硫酸铜溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3发生氧化还原反应生成CuCl，离子方程式为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；
由制备反应可知，有硫酸钠生成，则应加入硫酸，为防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入盐酸，防止引入新杂质；
因乙醇沸点低，易挥发，则用乙醇洗涤，可快速除去固体表面的水分，防止水解、氧化；
故答案为2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；硫酸；醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化；
(5)氯化亚铜与氯化铁发生Fe3++CuCl═Fe2++Cu2++Cl-，加入K2Cr2O7溶液，发生6Fe2++Cr2O72-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O，
反应的关系式为6CuCl～6Fe2+～Cr2O72-，
              6                1
             n                ab×10-3mol
n=6ab×10-3mol，
m（CuCl）=99.5g/mol×6ab×10-3mol=0.597abg，
则样品中CuCl的质量分数为 ×100%，
故答案为 ×100%；
(6) ①保险粉和KOH的混合溶液吸收O2，发生氧化还原反应：2S2O42-+3O2+4OH-= 4SO42-+2H2O，
②CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，则吸收O2前，要先吸收CO2；故吸收顺序为CO2、O2、CO，N2的体积可用排水法测定。故D用来吸收CO2，试剂为NaOH溶液。F用来吸收CO，试剂为CuCl的盐酸溶液。
故答案为2S2O42-+3O2+4OH-= 4SO42-+2H2O；NaOH溶液；CuCl的盐酸溶液。
本题侧重于分析能力、实验能力和计算能力的考查，注意把握物质的性质以及反应流程，注意（5）中利用关系式的计算。
20、SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H+ + SO32－ 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2＋H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡 0.32 盐酸的挥发造成的干扰
【解析】
（1）将SO2通入水中形成SO2 ─饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3 H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－，故答案为SO2（g）SO2 （aq）；SO2＋H2OH2SO3；H2SO3H＋ + HSO3－；HSO3－H＋ + SO32－；
（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；
Ⅱ. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；
（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2＋H2O2=H2SO4，故答案为SO2＋H2O2=H2SO4；
（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；
（6）根据反应方程式，有SO2~H2SO4~2NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=×0.04000 mol/L×0.025L=0.0005mol，质量为0.0005mol×64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g×=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导致反应后溶液酸的物质的量偏多，滴定时消耗的氢氧化钠偏多，使得结果偏大，故答案为0.32；盐酸的挥发造成的干扰。
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