2026届陕西省商洛市洛南县高三上化学期中统考试题含解析

2026届陕西省商洛市洛南县高三上化学期中统考试题考生须知：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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH＝14的溶液，然后用1mol/L的盐酸滴定，沉淀质量与消耗盐酸的体积关系如图所示。则下列选项正确的是A．原合金质量为0.92g B．标准状况下产生氢气896mLC．图中V2为60mL D．图中m值为1.56g2、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．44gCO2与C3H8的混合物中含有共用电子对数为9NAB．硝酸与铜反应得到NO2、N2O4共23g，则铜失去的电子数为0.5NAC．将标准状况下2.24LSO2通入水中完全溶解，溶液中HSO32-与SO32-总数为0.1NAD．标准状况下，8.96L的平均相对分子质量为3.5的H2与D2混合物中含中子数0.3NA3、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是A．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBrB．SiH4的沸点高于CH4，推测H3P的沸点高于NH3C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3D．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子4、下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是A．使红色布条褪色(HCl)B．将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H+)C．向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)D．滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl-)5、下列反应中，水只作氧化剂的是①氟气通入水中②水蒸气经过灼热的焦炭③钠块投入水中④铁与水蒸气反应⑤氯气通入水中A．只有②③④B．只有①③⑤C．只有②③D．只有①④6、如图，在一个容积固定的恒温容器中，有两个可左右滑动的密封隔板，在A、B、C内分别充入等质量的X、CO2、Y三种气体，当隔板静止时，A、C内的气体密度相等。下列说法不正确的是()A．物质的量：n(X)<n(CO2)<n(Y) B．分子数目：N(X)=N(Y)C．气体的体积：V(X)=V(Y) D．摩尔质量：M(X)=M(Y)7、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X、Y、Z原子的最外层电子数之和为17，下列说法不正确的是XYZQA．原子半径(r)：r(Q)＞r(Y)＞r(Z)B．元素X有-4，+2、+4等多种价态C．Y、Z的氧化物对应的水化物均为强酸D．可以推测H3QO4是Q的最高价氧化物的水化物8、化学关系着我们的生活，我们的未来。下列说法正确的是A．石墨烯(由碳原子构成的六角形蜂巢晶格)材料属于一种新型化合物B．可从海水中提取氯化镁，使氯化镁分解获得镁并释放能量C．推广用原电池原理制成的太阳能电池汽车，可减少化石能源的使用D．采煤工业爆破时把干冰和炸药放在一起，既能增强爆炸威力又能预防火灾9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是()A．98gH2SO4含有2NA个H+和NA个SO42-B．100mL0.1mol·L−1的Na2CO3溶液中，含阴离子的数目大于0.01NAC．32gO2和O3的混合物中含有的氧原子数目为2NAD．标准状况下，0.56L丙烷中含有共价键的数目为0.25NA10、通过以下反应可获得新型能源二甲醚(CH3OCH3)。下列说法不正确的是()①C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g)H1=akJmol−1②CO2(g)+H2(g)=CO(g)+H2O(g)H2=bkJmol−1③CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g)H3=ckJmol−1④2CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)H4=dkJmol−1A．反应①、②为反应③提供原料气B．反应③也是CO2资源化利用的方法之一C．反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)的H=kJmol−1D．反应2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)的H=(-2b+2c+d)kJmol−111、已知PbO2在盐酸溶液中易被还原成PbCl2，且PbO2、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列叙述中，正确的是（）A．Cl2通入FeI2溶液中，可存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3B．每1个PbO2在盐酸溶液中被氧化生成PbCl2时转移2个e-C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化D．I2具有较强的氧化性，可以将PbCl2氧化成PbO212、能正确表示下列反应的离子方程式是A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：+Fe2++3OH-+2+2Ba2+=2BaSO4↓+NH3·H2O+Fe(OH)3↓B．电解CuCl2水溶液：Cu2++2Cl-+2H2OCu(OH)2↓+Cl2↑+H2↑C．邻羟基苯甲酸乙酯与NaOH溶液共热：+2OH-+C2H5OH+H2OD．CuSO4溶液中滴加过量稀氨水：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+213、工业上利用Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化稼(GaN)同时有氢气生成。反应中，每生成3molH2时放出30.8kJ的热量。恒温恒容密闭体系内进行上述反应，下列有关表达正确的是A．I图像中如果纵坐标为正反应速率，则t时刻改变的条件可以为升温或加压B．II图像中纵坐标可以为镓的转化率C．III图像中纵坐标可以为化学反应速率D．IV图像中纵坐标可以为体系内混合气体平均相对分子质量14、下列离子在溶液中能大量共存的是（）A．H+、AlO2-、CO32- B．K+、Ba2+、SO42-C．NH4+、OH-、NO3- D．Fe3+、NO3-、Cl-15、下列表示氮原子结构的化学用语中,对核外电子运动状态描述正确且能据此确定电子能级的是（）A． B． C．1s22s22p3 D．16、若下图表示向含Mg2＋、Al3＋、NH4＋的盐溶液中滴加NaOH溶液时，沉淀的量与NaOH的体积的关系图。①②下列各表述与示意图一致的是（）A．图①三种离子的物质的量之比为:n(Mg2＋):n(Al3＋):n(NH4＋)＝2:3:2B．图②中曲线表示某反应过程的能量变化，若使用催化剂，B点会降低C．图①中使用的NaOH的浓度为2mol/LD．图②中物质A反应生成物质C，ΔH>017、中华传统文化中蕴藏丰富的化学知识。下列说法正确的是A．“高奴县石脂水，水腻，浮上如漆，采以膏车及燃灯极明”中的“石脂水”为油脂B．“凡石灰经火焚……风中久自吹化成粉”中的“粉”为氧化钙C．“盖此矾色绿味酸，烧之则赤……”中“矾”为五水硫酸铜D．“土鼎者……入砂于鼎中，用阴阳火候飞伏之”中“土鼎”的主要成分为硅酸盐18、只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3五种溶液,这种试剂是A．KSCNB．H2SO4C．NaOHD．AgNO319、下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在一定条件下(不含电解)发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（）选顶WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCuCuSO4CuCl2Cu(OH)2DAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2A．A B．B C．C D．D20、铀－235（）是常用的核燃料，核外电子数为（）A．327 B．235 C．143 D．9221、已知在水溶液中的氧化性，向碘化亚铁溶液中通入，反应完全后，测得溶液中、的物质的量的比为，则溶液中与的物质的量之比为()A． B． C． D．22、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3，转移的电子数目为6NAC．常温常压下,46gNO2和N2O4的混合物中所含原子总数为3NAD．含有0.01molFeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.02×1021个二、非选择题(共84分)23、（14分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式________。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式__________________________。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_____________；c(HCl)=________mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是______________________________________。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物,A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为___________________。(6)若A是一种溶液，可能含有H＋、NH、Mg2＋、Fe3＋、Al3＋、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_____________________，它们的物质的量浓度之比为______________。24、（12分）萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分。Ⅰ是一种萜类化合物，它的合成路线如下：已知：R、R’、R”为烃基回答下列问题：（1）按官能团分类，A的类别是______________。（2）A→C的反应类型是______________。（3）C→D、E→F的化学方程式分别是______________、______________。（4）写出下列物质的结构简式：B______________、H______________。（5）F→G的反应中，乙酸酐的作用______________。（6）十九世纪末O.Wallach发现并提出了“异戊二烯法则”，即自然界中存在的萜类化合物均可以看作是异戊二烯的聚合体或衍生物，为表彰他对萜类化合物的开创性研究，1910年被授予诺贝尔化学奖。请以CH3CH2OH、CH3MgI为有机原料，结合题目所给信息，选用必要的无机试剂，补全异戊二烯（）的合成路线________________________25、（12分）铁、铝、铜等金属及其化合物在日常生活中应用广泛，请根据下列实验回答问题。(1)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后溶液中大量存在的阳离子是_______________________；Y与过量浓硝酸反应后溶液中含有的盐的化学式为__________。(2)某溶液中含有Mg2＋、Fe2＋、Al3＋、Cu2＋等离子，向其中加入过量的NaOH溶液后，过滤，将滤渣高温灼烧并将灼烧后的固体投入到过量的稀盐酸中，所得溶液与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是________(填字母)。A．Mg2＋B．Fe2＋C．Al3＋D．Cu2＋(3)氧化铁是重要工业颜料，用废铁屑制备它的流程如下：回答下列问题：①操作Ⅰ的名称是________；操作Ⅱ的名称是________________；操作Ⅱ的方法为________________________________________________________。②Na2CO3溶液可以除油污，原因是(用离子方程式表示)_______________。③请完成生成FeCO3沉淀的离子方程式：_________________________________。26、（10分）某研究性学习小组将一定浓度Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）Ⅰ．按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_______________________；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为____________________。Ⅱ．请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为__________________________。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是__________________。Ⅲ．若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是__________________，实验开始和结束时都要通入过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是____________________________（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为___________。27、（12分）某实验小组欲探究浓硝酸的性质。Ⅰ．木炭与浓硝酸反应：（1）甲同学设计了图1装置，认为若有红棕色气体产生就说明木炭与浓硝酸发生了反应。写出木炭与浓硝酸反应的化学方程式____________________________。（2）乙同学认为红棕色气体不能作为木炭与浓硝酸反应的证据，其理由是________。（3）乙同学设计了图2装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体。针对该实验现象，乙同学做出如下假设：假设a：_____________________________；假设b：红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧；假设c：红热木炭使HNO3分解产生O2，木炭与O2反应燃烧；假设d：红热木炭使HNO3分解产生NO2和O2，共同影响木炭的燃烧；……（4）设计实验证明假设b成立，请将实验方案补充完整。①实验方法：_____________________________________________________。实验现象：木炭在该气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色。②根据实验现象写出木炭与此气体反应的化学方程式__________________。Ⅱ．设计硝酸在不同条件下分解实验，方案见下表：（5）分析上述现象，得出使硝酸成功分解的关键是____________________________。28、（14分）在一定温度、压强下，向密闭容器中投入一定量N2和H2，发生反应：N2＋3H22NH3△H<0。（1）反应开始阶段，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆），随后v（正）________逐渐（填“增大”或“减小”，下同），v（逆）逐渐_______，反应达到平衡时，v（正）_______（填“>”“<”或“＝”）v（逆）。（2）达到平衡后，若正反应速率用v（N2）表示，逆反应速率用v’（H2）表示，则v（N2）＝____v’（H2）。（3）下列措施中能加快反应速率并提高氢气的转化率的是_______（填字母）。A其他条件不变时，压缩容器体积B其他条件不变时，升高反应体系温度C使用合适的催化剂D保持容器体积不变，充入一定量的氮气（4）实际生产中往往需要将温度控制在一个合适的范围，分析温度不宜过高也不宜过低的原因是_____。29、（10分）金属冶炼与处理常涉及氧化还原反应。(1)由下列物质冶炼相应金属时采用电解法的是___________________________。a．Fe2O3b．NaClc．Cu2Sd．Al2O3(2)辉铜矿(Cu2S)可发生反应：2Cu2S＋2H2SO4＋5O2=4CuSO4＋2H2O，该反应的还原剂是________。当1molO2发生反应时，还原剂所失电子的物质的量为________mol。向CuSO4溶液中加入镁条时有气体生成，该气体是________________________________________________________________________。

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、D【详解】A.根据原子守恒可知金属铝的质量是0.02mol×27g/mol＝0.54g。向溶液中加入lmol•L-1的盐酸滴定，至沉淀质量最大时，此时溶液中溶质为氯化钠，根据溶液中电荷守恒可知n（Na+）=n（Cl-）=0.04mol×1mol/L=0.04mol，则金属钠的质量是0.92g，则原合金的质量是0.92g＋0.54g=1.46g，选项A错误；B.由方程式2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑可知生成氢气是0.02mol＋0.03mol＝0.05mol，标准状况下的体积是1.12，选项B错误；C.当沉淀恰好完全溶解时溶液为NaCl、AlCl3的混合溶液，根据元素守恒可得n(HCl)=n(Na)+3n(Al)=0.04mol＋0.02mol×3=0.1mol,v(HCl)=n÷V=0.1mol÷1mol/L=0.1L=100ml，所以V2=100ml，选项C错误。D.将一定量的钠铝合金置于水中，合金全部溶解，得到20mLpH=14的溶液，溶液呈碱性，故溶液中溶质为氢氧化钠、偏铝酸钠，n(NaOH)(过量)=0.02L×1mol/L=0.02mol，由于发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O;所以消耗盐酸的物质的量也是0.02mol,因此其体积是V(HCl)=0.02mol÷1mol/L=0.02L=20mL，所以V1为20ml。因此与偏铝酸钠反应的盐酸是20mL，由方程式可知NaAlO2+H2O+HCl=Al(OH)3↓+NaCl;生成氢氧化铝是0.02mol，质量是1.56g，故D正确。正确选项是D。2、B【解析】A.44gCO2与C3H8的混合物总物质的量是1mol，C3H8分子中共用电子对数为10，而CO2分子中共用电子对数为4，两者的含量不确定，所以不能确定所含的电子对总数，故A错误；

B.NO2、N2O4的最简式均为NO2，故23g混合气体中含有的NO2的物质的量为0.5mol，而在硝酸和铜反应时，氮元素的价态由+5价变为+4价，故当生成0.5molNO2

时硝酸得到0.5mol电子即0.5NA个，即铜失去0.5NA个电子，故B正确；

C.二氧化硫与水反应生成亚硫酸，属于弱电解质，不能完全电离，所以溶液中H2SO3、HSO32-与SO32-总数为0.1NA，故C错误；

D.H2与D2的相对分子质量分别为2和4，根据十字交叉法可知H2与D2的物质的量之比为1：3，故8.96L即0.4mol的混合气体中H2的物质的量为0.1mol，而D2的物质的量为0.3mol，而H2中不含中子，D2中含2个中子，故0.3molD2中含0.6mol中子即0.6NA个，故D错误。故选B。3、D【详解】A．浓硫酸氧化性很强，能够将HBr氧化为Br2，不能用该方法制取HBr，故A错误；B、因结构相似时，相对分子质量越大，分子间作用力越大，因此SiH4的沸点高于CH4；但氨气分子间还存在氢键，则NH3的沸点高于PH3，故B错误；C．因I2的氧化性较弱，碘单质与铁反应生成的是FeI2，故C错误；D．C的最外层电子数为4，O、S的最外层电子数相同，CO2、CS2结构式分别为O=C=O、S=C=S，均为直线型结构，由分子构成，均为直线型分子，故D正确；故答案为D。4、A【解析】试题分析：A、氯水中的次氯酸能使红色布条褪色，与HCl无关，故A选；B、因氯水中有盐酸和次氯酸，均可电离生成H+，H+能与NaHCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故B不选；C、因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C不选；D、因氯水中的盐酸电离生成Cl-，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D不选；故选A．考点：氯气的化学性质．点评：本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质，明确氯水的成分是解答本题的关键，并熟悉各微粒的性质来解答即可5、A【解析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是反应前后有元素化合价的变化，在化学反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；【详解】①氟气通入水中2F2+2H2O=4HF+O2水只作还原剂；②水蒸气经过灼热的焦炭，水只作氧化剂；③钠块投入水中，2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，水只作氧化剂；④铁与水蒸气反应，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，水只作氧化剂；⑤氯气通入水中Cl2+H2O=HCl+HClO，水中各元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂。根据以上分析：水只作还原剂的反应①；水只作氧化剂②③④；水既不是氧化剂又不是还原剂⑤，故选A。6、A【解析】当隔板静止时，代表隔板两侧气体的压强相等，容器恒温，所以处于同温同压的环境。同温同压下，气体的密度比等于其摩尔质量的比。A、C内的气体密度相等，所以气体X、Y的摩尔质量相等。题目中通入的三种气体的质量相等，所以X、Y物质的量一定相等，所以选项A错误。X、Y物质的量一定相等，即分子数相等，所以选项B正确。X、Y物质的量一定相等，同温同压下体积一定相等，所以选项C正确。A、C内的气体密度相等，所以气体X、Y的摩尔质量相等，所以选项D正确。7、C【分析】由X、Y、Z最外层电子数和为17可以推出元素X为碳元素；Y元素为硫元素，Z为氯元素，Q为第四周期VA，即为砷元素。【详解】A、元素周期表同主族从上到下原子半径依次增大，同周期从左向右依次减小，选项A正确；B、碳元素所在的化合物甲烷、一氧化碳、二氧化碳所对应的化合价分别为-4，＋2、＋4，选项B正确；C、硫元素对应的氧化物二氧化硫的水化物亚硫酸并非是强酸，选项C不正确；D、VA最外层电子数为5，故最高化合价为＋5，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表、元素周期律的知识，分析元素是解题的关键。易错点为选项D，应分析Q为VA族元素，根据元素性质的相似性、递变性进行判断。8、D【解析】A.石墨烯是单质，不是化合物，故A错误；B.分解反应一般都是吸热反应，使氯化镁分解获得镁需要吸收能量，故B错误；C.太阳能电池不是使用原电池原理制成的，故C错误；D.干冰气化后体积膨胀，且二氧化碳可以灭火，故D正确；故选D。9、A【详解】A、H2SO4中全是硫酸分子，不含H+和SO42-，故A错误；

B、100mL0.1mol•L-1的Na2CO3溶液中，n（CO32-）=0.01mol，但是CO32-水解，生成HCO3-、OH-，故含阴离子的数目大于0.01NA，故B正确；

C、32gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为2mol，其数目为2NA，故C正确；

D、1个丙烷分子中含有10条共价键，标准状况下，0.56L丙烷的物质的量为0.25mol，其含有共价键的数目为0.25NA，故D正确；

故选：A。10、C【详解】A.反应③中反应物为CO2、H2，由反应可以知反应①、②为反应③提供原料气，A正确；B.反应③中反应物为CO2，转化为甲醇，则反应③也是

CO2资源化利用的方法之一，B正确；C.由反应④可知物质的量与热量成正比，且气态水能量比液态水高，则反应CH3OH(g)=CH3OCH3(g)+H2O(l)的HkJmol−1，C错误；D.

由盖斯定律可知，②×(-2)+③×2+④得到2CO(g)+4H2(g)=CH3OCH3(g)+H2O(g)，则H=(-2b+2c+d)kJmol−1，D正确；故选C。11、C【详解】A．Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱，所以氯气通入FeI2溶液中，氯气先氧化碘离子后氧化亚铁离子，所以不可能存在反应3Cl2+6FeI2=2FeCl3+4FeI3，故A错误；B．PbO2在酸性溶液中易得电子而被还原成Pb2+，所以每1个PbO2在盐酸溶液中被还原生成PbCl2时转移2个e-，故B错误；C．氯化铁的氧化性大于碘，所以氯化铁和碘化钾反应生成碘单质，所以FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，故C正确；D．PbO2的氧化性大于I2，所以PbO2能氧化碘离子生成碘单质，而碘不能将PbCl2氧化成PbO2，故D错误；故选C。12、C【详解】A．(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应，、Fe2+、都参加反应，正确的离子方程式为2+Fe2++2+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+2NH3·H2O+Fe(OH)2↓，A错误；B．用惰性电极电解CuCl2水溶液，阴极Cu2+放电生成铜，阳极Cl-放电生成Cl2，正确的离子方程式为Cu2++2Cl-Cu+Cl2↑，B错误；C．与NaOH溶液共热，酯基发生水解，酚羟基与NaOH发生反应生成酚钠，反应的离子方程式为+2OH-+C2H5OH+H2O，C正确；D．CuSO4溶液中滴加过量稀氨水生成铜氨络离子，正确的离子方程式为Cu2++4NH3·H2O=[Cu(NH3)4]2++4H2O，D错误；答案选C。13、A【详解】A．I图象中如果纵坐标为正反应速率，升高温度或增大压强，反应速率增大，图象符合题意，A正确；B．Ga是固体，没有浓度可言，不能计算其转化率，B错误；C．Ga是固体，其质量不影响反应速率，C错误；D．反应方程式为2Ga（s）+2NH3（g）2GaN（s）+3H2（g）△H＜0，相同压强下，升高温度，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大；相同温度下，增大压强，平衡逆向移动，平均相对分子质量增大，D错误；答案选A。14、D【详解】A.H+与AlO2-、CO32-发生反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B.Ba2+、SO42-之间反应生成硫酸钡沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C.NH4+、OH-之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故C错误；D.Fe3+、NO3-、Cl-可以在溶液中大量共存，故D正确；答案选D。15、C【详解】A.是N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.是N原子的电子式，可以得到原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C.是N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子亚层，及核外电子运动状态，故C正确；D.D是N原子的轨道表示式，但原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，且自旋方向相同，这样的排布使原子的能量最低，故D错误。故选C。【点睛】核外电子是分层排布的，每层可以分为不同的能级，核外电子排布应符合构造原理，泡利原理，洪特规则。16、B【解析】A、图①涉及到的离子方程式有：Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓，Al3++3OH-═Al(OH)3↓，NH4++OH-═NH3•H2O，Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，设NaOH溶液的浓度为xmol/L，则n(NH4+)=0.01xmol，n[Al(OH)3]=n(Al3+)=0.005xmol，n(Mg2+)=0.025xmol-0.005×3xmol2=0.005xmol，则：n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，故A错误；B、图②中表示某反应过程的能量变化，使用催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，故B正确；C、设NaOH溶液的浓度为xmol/L，根据n(Mg2+)=n(Mg(OH)2)=0.005xmol=0.05mol，x=10mol/L，故C错误；D、图②中曲线表示反应物和生成物的能量的大小，如A是反应物，则反应放热，△H＜0，故D错误；故选【点睛】本题考查离子浓度的计算以及反应能量变化等知识，催化剂对反应的影响。本题的易错点和难点为A，要注意根据图像，判断发生反应的先后顺序，结合图像分析解答。17、D【详解】A．石脂水难溶于水，且浮在水面上，说明密度比水小，且颜色呈黑色，燃烧时火焰明亮，该物质应为石油，故A错误；B．碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以“置于风中久自吹化成粉”中的“粉”应为

碳酸钙，故B错误；C．“盖此矾色绿味酸，烧之则赤……”说明含有铁元素，绿矾应为FeSO4·7H2O，故C错误；D．“土鼎者……入砂于鼎中，用阴阳火候飞伏之”中“土鼎”的应为陶瓷，主要成分为硅酸盐，故D正确；综上所述答案为D。18、C【解析】只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3五种溶液，这种试剂是NaOH，将NaOH加入到4种溶液中后，生成白色沉淀不变的是氯化镁，生成白色沉淀后来溶解的是硫酸铝，生成白色沉淀迅速变为灰绿色最后变为红褐色的是氯化亚铁，余下的是硫酸钠溶液。本题选C。19、D【详解】A．N2与O2反应只能生成NO，所以W不能一步反应生成Z，故A错误；B．Na不能一步反应生成Na2CO3，所以W不能一步反应生成Z，故B错误；C．Cu一步不能生成Cu(OH)2，所以W不能一步反应生成Z，故C错误；D．Al与硫酸反应生成X，Al与盐酸反应生成C，Al与氢氧化钠反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与氯化钡反应生成Y，Y与氢氧化钠反应生成Z，所有反应均能一步实现，故D正确；故选D。20、D【详解】的核外电子数等于其原子序数，为92，故答案选D。21、C【详解】通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后氧化单质碘；设碘化亚铁的物质的量是1mol，则溶液中碘离子的物质的量是2mol，亚铁离子是1mol，反应后生成的物质的量是1mol，生成的物质的量是1mol，生成氯离子3mol；然后发生氯气氧化单质碘的反应，当溶液中、的物质的量的比为，剩余碘单质的物质的量是0.5mol，则消耗碘单质0.5mol，依据化学方程式为，生成的物质的量是1mol，生成的物质的量是5mol；则总共生成8mol，溶液中与的物质的量之比为1mol：8mol=1：8，故选：C。22、C【解析】A、标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，选项A错误；B、合成氨的反应为可逆反应，1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数小于2NA，选项B错误；C、把四氧化二氮全部转换成二氧化氮，这样46g二氧化氮是1mol，原子总数为3NA，选项C正确；D、胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01molFe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.02×1021个，选项D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑NaOH、Na2CO30.05先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4ClH＋、Al3＋、、c(H＋)∶c(Al3＋)∶c()∶c()＝1∶1∶2∶3【分析】(1)C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2)A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH-+2H2O=SiO32-+2H2↑；(3)曲线中，从0.4L～0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，则c(HCl)==0.05mol/L；(4)若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5)若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6)由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4++OH-=NH3•H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H++OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3++3OH-=Al(OH)3↓，铝离子消耗NaOH溶液的体积为3体积，发生反应NH4++OH-=NH3•H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。24、酚取代反应+CH3OH+H2O+H2O保护酚羟基不被氧化【分析】由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息I中取代反应，可推知B为；对比C、F的结构，结合反应条件与信息ⅱ、ⅲ，可知E为；对比F与I的结构简式，可知从F→I转化中F中甲基为氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到。【详解】(1)A含有酚羟基，按官能团分类，A的类别是酚类；(2)A→C发生信息I中的取代反应生成C；(3)C→D的化学方程式为：，E→F的化学方程式为：；(4)由分析可知，B的结构简式为：，H的结构简为：；(5)F→G的反应中，乙酸酐的作用：保护酚羟基，防止被氧化；(6)可以由发生消去反应得到，而可以由与CH3MgI发生题中信息(ⅱ)的反应，可以由发生催化氧化反应得到，结合给予的信息可知，可由与Br2发生加成反应，再水解得到，则补全异戊二烯()的合成路线：。【点睛】考查有机物的推断与合成，关键是对给予信息的理解，对比分析物质的结构进行分析判断，分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目守恒，并结合官能团的变化，设计合理合成路线。25、Fe2＋、Fe3＋、H＋Fe(NO3)3BC过滤洗涤在漏斗中加入适量蒸馏水至恰好浸没沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2～3次CO＋H2OHCO＋OH－Fe2＋＋2HCO===FeCO3↓＋CO2↑＋H2O【解析】(1)Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+，硝酸具有强氧化性，Fe3O4与过量的浓硝酸反应生成硝酸铁；

(2)加入过量的NaOH，Al3+转化为偏铝酸根，Mg2+、Fe2+、Cu2+转化为氢氧化物沉淀，且氢氧化亚铁易被氧化，灼烧固体得到氧化镁、氧化铜、氧化铁，用过量的稀盐酸中，所得溶液中含有Mg2+、Fe3+、Cu2+，与原溶液相比，溶液中大量减少的阳离子是Al3+、Fe2+，故选BC；

(3)①由工艺流程可知，操作I是将固体与液体分离，应采取过滤的方法；FeCO3沉淀会附着其它离子，需要进行洗涤，减少杂质，具体操作为：在漏斗中加入适量蒸馏水，浸没过沉淀，让蒸馏水自然流下，重复2—3次；

②碳酸钠溶液中碳酸根水解CO32-+H2O⇌HCO3-+OH-，溶液呈碱性，油污主要为油脂，碱性条件下水解而除去；

③由工艺流程可知，操作I所得的滤液中主要有硫酸亚铁，加入碳酸氢铵，实质是亚铁离子与碳酸氢根离子反应，生成FeCO3，同时生成二氧化碳、水，反应离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O。26、CO32－+Cu2+=CuCO3↓过滤、洗涤、干燥A→C→B装置B中澄清石灰水变浑浊吸收空气中的H2O(g)和CO2结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O(g)和CO2赶出1－【分析】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【详解】Ⅰ、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32－+Cu2＋=CuCO3↓；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；Ⅱ、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为A→C→B；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。Ⅲ、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中H2O（g）和二氧化碳的干扰，并保证H2O（g）和二氧化碳被完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABDE。（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O（g）和CO2；实验结束时通入过量空气的作用是：通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中滞留的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收。（2）装置B质量增加了ng，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol×98g·mol－1=g，沉淀中CuCO3的质量为（m－）g，碳酸铜的质量分数为=(m－)÷m×100%=（1-）×100%。27、C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O硝酸分解也能产生红棕色NO2气体红热木炭直接和硝酸蒸气反应将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中2NO2＋2C=N2＋2CO2光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解【分析】Ⅰ．（1）碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，据此书写化学方程式；（2）浓硝酸不稳定，加热易分解，也能产生红棕色NO2气体；（3）木炭能燃烧，并产生红棕色气体，可能是红热木炭使HNO3分解产生红棕色NO2气体，也可能为红热木炭直接和硝酸蒸气反应；（4）①设计实验证明红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧，可将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中，观察是否能直接反应；②木炭在NO2气体中燃，结合元素守恒分析，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊则为二氧化碳，另一种无色气体且遇空气不变色，则为氮气