2026届河南省八市·学评高三上化学期中考试模拟试题含解析

2026届河南省八市·学评高三上化学期中考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．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、200mLHNO3和H2SO4的混合溶液中，已知：c(H2SO4)＋c(HNO3)＝5.0mol·L－1。则理论上最多能溶解铜的量为A．0.6molB．19.2gC．1.5molD．51.2g2、化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．纯碱可以用作锅炉除垢时CaSO4的转化剂B．加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化C．草木灰可以肥田，还可以降低土壤的碱性D．向汽油中添加甲醇后，该混合燃料的热值不变3、在1LK2SO4和CuSO4的混合溶液中，c(SO42-)=2.0mol·L-1，用石墨作电极电解此溶液，当通电一段时间后，两极均收集到22.4L（标准状况）气体，则原溶液中K+的物质的量浓度为（）A．2.0mol·L-1 B．1.5mol·L-1 C．1.0mol·L-1 D．0.5mol·L-14、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．100mLlmol·L-1KClO溶液中，阴离子的数目大于0.1NAB．14g乙烯和丙烯混合气体中含有C—H共价键的数目为2NAC．5.6g铁和6.4g铜分别与0.1mol氯气完全反应，转移的电子数相等D．含0.4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数等于0.2NA5、利用右图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是()选项①②③实验结论实验装置A稀硫酸Na2SAgNO3与AgCl的溶液Ksp(AgCl)＞Ksp(Ag2S)B浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2溶液SO2与可溶性钡盐均可以生成白色沉淀D浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸＞碳酸＞硅酸A．A B．B C．C D．D6、有机物A的键线式结构为，有机物B与等物质的量的H2发生加成反应可得到有机物A下列有关说法错误的是()A．用系统命名法命名有机物A，名称为2，2，3﹣三甲基戊烷B．有机物A的一氯取代物只有4种C．有机物A的分子式为C8H18D．有机物B的结构可能有3种，其中一种名称为3，4，4﹣三甲基﹣2﹣戊烯7、下列冶炼金属的方法错误的是（）A．电解熔融氯化铝制铝 B．加热氧化银制银C．CO还原铁矿石制铁 D．电解熔融氯化钠制钠8、下列说法不正确的是()A．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼B．在催化剂和高温下煤与氢气反应可以制得燃料油C．通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯D．棉花、鸡蛋白、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质9、下列物质变化过程中，化学键发生变化的是A．硬铝熔化 B．硫磺升华 C．煤油挥发 D．蔗糖溶解于水10、中学化学中很多“规律”都有其适用范围，下列根据有关“规律”推出的结论合理的是A．SO2和湿润的Cl2都有漂白性，推出二者都能使紫色石蕊试液退色B．根据溶液的pH与溶液酸碱性的关系，推出pH=7.0的溶液一定显中性C．由F、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，推出HF、HCl、HBr、HI的还原性依次增强D．根据主族元素的最高正化合价与族序数的关系，推出卤族元素的最高正价都是+711、下列应用不涉及氧化还原反应的是A．铝热法冶炼难熔金属B．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作C．Na2O2用作呼吸面具的供氧剂D．实验室用氯化铵和消石灰制备NH312、下列关于有机物的说法正确的是（）A．纤维素、橡胶和光导纤维都属于有机高分子化合物B．除去乙烷中的乙烯时，通入氢气并加催化剂加热C．含苯环结构且分子式为C6H5Cl的有机物中一个氢被—C5H11原子团取代形成的有机物共有24种D．CH3COOCH2CH3与H218O发生水解反应，生成的产物中有CH3CH218OH13、为探究的性质，向溶液中分别滴加少量试剂X。实验序号实验装置试剂X实验现象①酸性溶液(橙色)溶液由无色变为绿色②稀硫酸无明显现象③稀溶液出现白色浑浊④酚酞试液溶液由无色变为红色由上述实验现象不能得出的结论是A．、、不能大量共存B．、能大量共存C．、不能大量共存D．水解呈碱性：14、当钠、钾等金属不慎着火时，可以用来灭火的是：（）A．水 B．煤油 C．沙子 D．泡沫灭火剂15、有机化学试剂氨基氰（）常用于制备磺胺类药物，抗癌药等。下列有关氨基氰说法正确的是A．分子中所有原子共面 B．氨基氰的水溶性较差C．σ键和π键数分别为4和2 D．碳为sp杂化，氨基氮为sp2杂化16、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到2．22mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到2．6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到3．66g不溶于盐酸的沉淀。由此可知原溶液中A．至少存在5种离子B．Cl-一定存在，且c（Cl）≥2．3mol/LC．SO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在D．CO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在17、已知某元素一种同位素的原子的质子数为m，中子数为n，则下列说法错误的是（）A．据此可确定该原子的质量数B．据此可确定该元素的相对原子质量C．据此可确定该原子的核外电子数D．据此可确定该元素在周期表中的位置18、化学与科学、技术、社会、环境密切相关，下列说法错误的是（）A．氢氧化铁胶体、淀粉溶液均具有丁达尔效应B．化学是一门具有创造性的科学，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成C．煤的干馏、煤的液化、石油的分馏和裂解均属于化学变化D．“榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素19、已知X、Y、Z、W是原子序数依次递增的同主族元素，下列常见的阴离子能影响水的电离平衡的是（）A．X－B．Y－C．Z－D．W－20、下列表示正确的是()A．CO2的电子式： B．乙炔的结构式：CH≡CHC．CH4的球棍模型： D．Cl－的结构示意图：21、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量，观察到产生白色沉淀CuI，蓝色溶液变为棕色，再向反应后的溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法正确的是（NA表示阿伏加德罗常数的值）（）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是氧化产物B．当有22.4LSO2参加反应时，有2NA个电子发生转移C．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2D．通入SO2后溶液逐渐变成无色，体现了SO2的漂白性22、测得某pH=2的溶液中有关数据如下：离子Na+Fe3+？NO3-SO42-浓度（mol/L）2.0×10-21.4×10-2？2.0×10-22.4×10-2则该溶液中还可能大量存在的一种离子是A．Fe2+ B．Al3+ C．Cl- D．CO32-二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物A是聚合反应生产胶黏剂基料的单体，亦可作为合成调香剂I、聚酯材料J的原料，相关合成路线如下：已知：在质谱图中烃A的最大质荷比为118，E的结构简式为：根据以上信息回答下列问题：（1）A的分子式为___________，A所含的官能团名称为____________，E→F的反应类型为___________。（2）I的结构简式为__________________________，（3）D与新制氢氧化铜悬浊液反应的化学方程式为________________________________。（4）H的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，1molW参与反应最多消耗3molBr2，请写出所有符合条件的W的结构简式_____________________________________。（5）J是一种高分子化合物，则由C生成J的化学方程式为_______________________。24、（12分）A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大。第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，C是地壳中含量最多的元素。D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满。请回答下列问题：(1)A、B、C的第一电离能由小到大的顺序是_______(用对应的元素符号表示)；基态D原子的电子排布式为______。(2)A的最高价氧化物对应的水化物分子中，其中心原子采取_____杂化；BC3-的立体构型为______(用文字描述)。(3)1molAB-中含有的π键个数为______。(4)如图是金属Ca和D所形成的某种合金的晶胞结构示意图，则该合金中Ca和D的原子个数比______。(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，它们有很强的储氢能力。己知镧镍合金LaNin晶胞体积为9.0×10-23cm3，储氢后形成LaNinH4.5合金(氢进入晶胞空隙，体积不变)，则LaNin中n=________(填数值)；氢在合金中的密度为________(保留2位有效数字)。25、（12分）亚硝酰氯(ClNO)常用作催化剂和合成洗涤剂，其沸点为-5.5℃，遇水反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物。某学习小组在实验室中用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验如下。回答下列问题：(1)仪器a的名称为___________，装置C中的液体是____________。(2)装置C中长颈漏斗的作用是______________________。(3)实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，打开分液漏斗活塞，滴入适量稀硝酸，当观察到C中红棕色完全消失时，关闭K1、K2。向装置D中通入干燥纯净的Cl2，当瓶中充满黄绿色气体时，再打开K1、K3，制备ClNO，待D有一定量液体生成时，停止实验。若无装置C，装置D中ClNO可能发生反应的化学方程式为___________________。(4)已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，用NaOH溶液吸收尾气时，ClNO发生反应的化学方程式为_______________。(5)反应完成后，取烧瓶中所得产物mg溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol·L-1AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为VmL，则产物中ClNO纯度的计算式为__________。26、（10分）高铁酸钾（K2FeO4）是一种理想的绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4。查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液；②在0℃～5℃、强碱性溶液中比较稳定；③在Fe3＋和Fe（OH）3催化作用下发生分解；④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe（OH）3和O2。请回答下列问题：（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的用途是_________________。（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在0～5℃下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是___________。（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式____________________________________________；该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是________________________________________。（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质。一种提纯方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L－1KOH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥。①第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是（填化学式）______________、___________，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是_____________________。②晶体用乙醇洗涤的原因是________________________。27、（12分）碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0g。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：_____________________________。（2）装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为_________________________________。（3）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是:将装置A中产生的氨气完全导出，二是:_______________________________。（4）若测得碱石灰的质量增加了ag，则得到碱式氯化镁的质量为_______g。（5）反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红色，称其质量为6.8g，且生成的气体可直接排放到大气中，则红色固体是_______，该反应中转移电子的物质的量为_______mol。（6）请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：①Cu2O＋2H＋===Cu2＋＋Cu＋H2O②限选试剂：2mol·L－1H2SO4溶液、浓硫酸、2mol·L－1HNO3溶液、10mol·L－1HNO3溶液实验步骤预期现象和结论步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中步骤2：________________________28、（14分）铝、氧化铝、氢氧化铝等在工业上用途广泛。(1)用原子结构知识解释Al的金属性比Na弱：Al与Na在元素周期表中位于同一周期，_________________，Al的金属性比Na弱。(2)结合化学用语，用化学平衡知识解释，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液：_______________________。(3)Al2O3是制备二甲醚（CH3OCH3）的反应中的重要催化剂。已知由H2、CO制备二甲醚过程为：CO(g)＋2H2(g)=CH3OH(g)

ΔH1＝－90.1kJ·mol－12CH3OH(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)

ΔH2＝－24.5kJ·mol－1写出由H2、CO制备二甲醚的总的热化学方程式____________。工业上以铝土矿（主要成分是氧化铝，含氧化铁、氧化镁、二氧化硅、氧化铜等杂质）为原料提取铝、氧化铝、氢氧化铝的无机化工流程如图：[已知：该条件下NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑](4)固体A为________________________________。(5)写出反应②的离子方程式为___________________________。(6)反应④所得的铝材中，往往含有少量的铁和硅等杂质，可用电解精炼法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为__________________，下列可作阴极材料的是______A．铝材B．石墨C．纯铝D．铅板(7)铝土矿中Al2O3的含量为40.8％，要使1t铝土矿中的Al2O3全部溶解理论上至少需要NaOH的质量为________t。29、（10分）CH4、NH3、H2O、HF是第二周期的氢化物，也是生产生活中的重要物质。(1)在25℃、101kPa时，16gCH4完全燃烧生成液态水时放出的热量是890.31kJ，则CH4的燃烧热为________________。(2)NH3和H2O中稳定性较高的是:___________，NH3和PH3中沸点较高的是:__________。(3)如图所示组成闭合回路，其中，甲装置是由CH4、O2和CO2为反应物，稀土金属材料为电极，以熔融碳酸盐为电解质形成的原电池；乙装置中a、b为石墨，b极上有红色物质析出，CuSO4溶液的体积为200mL。①装置中气体A为________(填“CH4”或“O2和CO2”)，d极上的电极反应式为_______________________________________。②乙装置中a极上的电极反应式为___________________。若在a极产生112mL(标准状况)气体，则甲装置中消耗CH4________mL(标准状况)，乙装置中所得溶液的pH＝________(忽略电解前后溶液体积变化)。

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】本题主要考察了铜与酸离子反应方程式和物质计算。【详解】由题可知，硝酸为稀溶液3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO+4H2O，当氢离子与硝酸根恰好完全反应时，能溶解铜的量最多，即n（H+）:n（NO32-）=4：1，设混合溶液中硫酸物质的量为Xmol，则硝酸物质的量为1-X，则（2X+1-X）：（1-X）=4:1，X=0.6mol，溶解铜的物质的量为0.6mol，质量为38.4g，综上理论上最多能溶解铜的量为0.6mol，选A。答案为A。2、A【分析】本题考查了生活实际与化学，涉及净水原理，化肥性质，燃料热值和沉淀平衡。【详解】A.根据沉淀平衡，碳酸钙溶度积小于硫酸钙，故纯碱可以将CaSO4转化为溶解度更低的碳酸钙沉淀，A正确；B.聚合硫酸铁又名聚铁，是一种净水剂，能将海水中的悬浮物沉降，但与氯化钠无关，不能淡化海水，B错误；C.草木灰是植物(草本和木本植物)燃烧后的残余物，其主要成分为K2CO3，草木灰属于钾肥，K2CO3水解显碱性，不能降低土壤的碱性，C错误；D.热值是单位质量(或体积)的燃料完全燃烧时所放出的热量，向汽油中添加甲醇后，汽油与甲醇碳氢比不同，该混合燃料的热值不可能不变，D错误；答案为A。【点睛】聚铁是一种净水剂，只能除去水中的悬浮物，不能除去海水中的NaCl，不能对海水消毒杀菌。3、A【解析】电解混合溶液，阳极发生的反应为氢氧根失去电子生成氧气，阴极上发生的电极反应为铜离子得到电子生成铜，氢离子得到电子生成氢气，两极都收集到22.4升气体，即均生成1摩尔气体，阳极生成1摩尔氧气说明转移了4摩尔电子，而阴极上生成的1摩尔氢气只得到2摩尔电子，所以剩余2摩尔电子由铜离子获得，且溶液中有1摩尔铜离子，再根据溶液为电中性，遵循电荷守恒得到钾离子物质的量为2摩尔，所以浓度为2mol/L。答案选A。4、D【解析】A、次氯酸根离子水解阴离子增多，ClO-+H2O⇌HClO+OH-，100mL1mol/LKClO溶液中阴离子总数大于0.1NA，选项A正确；B、14g乙烯和丙烯混合气体含有CH2物质的量为=1mol，含有C-H共价键的数目为2NA，选项B正确；C、5.6g铁物质的量==0.1mol，6.4g铜物质的量==0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，都为0.2NA，选项C正确；D、浓硝酸与铜反应生成NO2，随着反应的进行HNO3浓度变小，稀硝酸与铜反应生成NO，含0.4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于0.2NA，选项D错误。答案选D。5、B【详解】A．稀硫酸与硫化钠反应生成硫化氢气体，由于③中含有硝酸银，通入H2S一定生成硫化银沉淀，不能确定硫化银一定是由氯化银转化的，也就不能比较溶度积大小，A错误；B．浓硫酸将蔗糖脱水炭化，进而碳被氧化，生成CO2、SO2和H2O，SO2能使溴水褪色，B正确；C．二氧化硫溶液呈酸性，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，可氧化二氧化硫生成硫酸根离子，可生成沉淀，但二氧化硫通入氯化钡溶液中则没有沉淀生成，C错误；D．强酸能与弱酸盐反应生成弱酸，根据强酸制取弱酸判断酸性强弱，浓硝酸和碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳、水和硅酸钠反应生成难溶性硅酸，但硝酸具有挥发性，生成的CO2中含有硝酸，硝酸也与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，不能实现实验目的，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案评价，为高频考点，侧重于学生的分析、实验能力的考查，涉及酸性强弱判断、浓硫酸、硝酸、SO2的性质、气体的制备等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。选项D是易错点，注意硝酸的挥发性。6、B【详解】A．最长的主链含有5个C原子，从距离甲基进的一段编碳号，的名称为：2，2，3−三甲基戊烷，故A正确；B．根据信息可知，A的结构简式为，分子中有5种化学环境不同的氢原子，故其一氯代物有5种，故B错误；C．由A的结构简式可知，A的分子式为C8H18，故C正确；D．A是有机物B与等物质的量的H2发生加成产物，则B中含有1个C=C双键，根据加成反应还原双键，A中相邻碳原子上都含有H原子的可以含有碳碳双键，故B的结构简式可能有如下三种：、、，它们名称依次为：3，3−二甲基−2−乙基−1−丁烯、3，4，4−三甲基−1−戊烯、3，4，4−三甲基−2−戊烯，故D正确；答案选B。7、A【详解】A项、氯化铝为共价化合物，熔融状态不导电，工业上用电解熔融氧化铝制铝，故A错误；B项、银为不活泼金属，工业上用热分解法制得，可以利用加热氧化银制银，故B正确；C项、铁为较活泼金属，工业上用热还原法制得，可以利用CO还原铁矿石制铁，故C正确；D项、钠为活泼金属，工业上用电解法制得，可以利用电解熔融氯化钠制钠，故D正确；故选A。8、A【详解】A.苯环影响甲基，使甲基易被氧化，则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B.煤的液化指把煤在催化剂等作用下使煤发生裂化并加氢，以得到与石油产品成分相近的燃料油，故B正确；C.硬脂酸甘油酯中含有三个酯基，乙酸乙酯中含有一个酯基，官能团相同，酯基的数目不同，通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯，故C正确；D.棉花属于纤维素、鸡蛋白属于蛋白质、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质，故D正确；答案选A。9、A【详解】A、硬铝为铝合金，具有金属性能，熔化时要破坏金属键，故A符合题意；B、硫磺是分子晶体，升华克服分子间作用力，故B不符合题意；C、煤油挥发由液态变为气态，化学键没有发生变化，故C不符合题意；D、蔗糖为非电解质，溶解于水时化学键没有发生变化，故D不符合题意。故选A。10、C【解析】A、SO2和湿润的Cl2虽然都有漂白性，但SO2通入紫色石蕊试液显红色，Cl2通入紫色石蕊试液选项变红后褪色，选项A错误；B、只有在常温下pH=7.0的溶液才一定显中性，而在100℃时pH=7.0的溶液却显碱性，因此用pH判断溶液酸碱性时必需考虑温度，c(H+)=c(OH-)时溶液呈中性，选项B错误；C、非金属性：I＜Br＜Cl＜F，元素的非金属性越强，对应的氢化物的还原性越弱，则HI、HBr、HCl、HF的还原性的依次减弱，选项C正确；D、在卤族元素中,氟元素只有负价,没有正价。除氟元素以外,其他元素的最高化合价均为+7，选项D错误。答案选C。11、D【详解】A．铝热法冶炼难熔金属还属于置换反应，Al元素的化合价升高，难熔金属元素的化合价降低，为氧化还原反应，故A错误；B．FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作，反应方程式是2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，优化和价变化，属于氧化还原反应，故B错误；C．过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气，O元素化合价由-1价变为0价，所以属于氧化还原反应，故C错误；D．该反应中各元素化合价不变，所以不属于氧化还原反应，属于复分解反应，故D选。故选D。【点睛】发生的反应中含元素的化合价变化为氧化还原反应，反之为非氧化还原反应。12、C【详解】A.光导纤维的主要成分为SiO2,不属于有机物，故A错误；B.除去乙烷中的乙烯时，不能用通入氢气并加催化剂法，容易增加新杂质，故B错误；C.—C5H11的同分异构体有8种，氯苯苯环上有三种，所以与氯苯形成的同分异构体有38=24种，故C正确；D.酯化反应是酸脱羟基醇脱氢，酯的水解是酯化的逆反应，所以CH3COOCH2CH3与H218O发生水解反应，生成的产物中有CH3CO18OH和CH3CH2OH，故D错；答案选C。13、B【详解】A．根据实验①，说明、、发生氧化还原反应，因此三者不能大量共存，能得出结论，故A不符合题意；B．根据实验②：、反应生成H2C2O4，两者不能大量共存，不能得出结论，故B符合题意；C．根据实验③：、反应生成白色沉淀CaC2O4，因此两者不能大量共存，能得出结论，故C不符合题意D．根据实验④说明水解呈碱性：，能得出结论，故D不符合题意。综上所述，答案为B。14、C【详解】水和钠、钾反应生成氢气；煤油是可燃性液体，更不能用来灭火；泡沫灭火剂可生成二氧化碳，可与钠、钾燃烧产物过氧化钠、超氧化钾反应生成氧气，以上都不能用于灭火，只有沙子符合，答案选C。15、C【分析】含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-N-H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水，分子中含有N-C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面，以此解答该题。【详解】A.分子中含有N−C键，为δ键，可旋转，分子不一定共平面，故A错误；B.含有−N−H键，可形成氢键，且为极性分子，可溶于水和乙醇，故B正确；C.分子内有σ键4个，三键中有2个π键，故C正确；D.碳氮三键是直线型结构，则碳为sp杂化；根据价层电子对互斥理论对氨基氮计算：=4，即sp3杂化，故D错误；正确答案是C。16、B【解析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为2.22mol×3+2.22-2.22mol×2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol÷2.2L=2.3mol/L。【详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-)≥2.3mol·L-2，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。17、B【解析】A、该原子的质量数等于质子数加中子数，故可确定该原子的质量数，A正确。B、元素的相对原子质量等于其各种同位素原子的相对原子质量与其所占的原子个数百分比乘积之和，故B错误。C、各种同位素原子属于同一种元素，故该原子的核外电子数即该同位素原子的质子数m，C正确。D、各种同位素原子属于同一种元素，在周期表中占据同一个位置，故据此可确定该元素在周期表中的位置，D正确。正确答案为B18、C【详解】A.氢氧化铁胶体、淀粉溶液都是胶体，均具有丁达尔效应，故A正确；B．化学是一门具有创造性的科学，化学变化的特征是认识分子和制造分子，化学变化的实质是旧键的断裂和新键的形成，故B正确；C.煤的干馏、煤的液化、石油的裂解都有新物质生成，均属于化学变化，石油的分馏属于物理变化，故C错误；D.榆荚只能随柳絮，等闲撩乱走空园”中“柳絮”的主要成分是纤维素，故D正确；故选C。19、A【解析】根据水的电离平衡概念分析。【详解】X、Y、Z、W原子形成的阴离子都是带一个负电荷，说明它们是第ⅦA族元素，卤素中，只有F元素形成的F-与水电离出的H+形成弱酸，从而促进水的电离，已知X、Y、Z、W原子序数依次递增，故X元素为F，故A正确。故选A。【点睛】影响水的电离平衡，实际上是讨论如何能影响水解反应的进行，而盐水解生成的弱酸(或弱碱)越弱，水解程度越大，故阴离子结合水电离出的H+形成的电解质越弱，水解程度就越大，对水的电离平衡影响就越大。20、D【解析】A.CO2的电子式为，故A错误；B.乙炔的结构式为H-C≡C-H，故B错误；C.CH4的球棍模型为，故C错误；D.Cl－的结构示意图为，故D正确。故选D。点睛：结构式中的共价键需要一一表示，不能省略。21、C【分析】根据反应现象可知，硫酸铜与KI溶液反应生成硫酸钾、CuI，Cu元素的化合价降低，则I元素的化合价升高，所以还生成碘单质，蓝色溶液变为棕色；再通入二氧化硫，则二氧化硫与碘单质反应生成硫酸和HI，所以溶液又变为无色。【详解】A．根据以上分析，滴加KI溶液时，KI被氧化，硫酸铜被还原，CuI是还原产物，A错误；B．未指明标准状况，所以22.4L的二氧化硫的物质的量不一定是1mol，则转移的电子数不一定是2NA，B错误；C．根据上述分析，第一个反应中铜离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，第二个反应中碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，所以物质的氧化性：Cu2+>I2>SO2，C正确；D．通入SO2后，碘单质被还原为碘离子，二氧化硫被氧化为硫酸根离子，溶液变为无色，体现了SO2的还原性，D错误；故答案选C。22、C【解析】假设溶液是1L，根据电荷守恒可知阳离子所带正电荷的物质的量是0.01mol+0.02mol+0.014mol×3＝0.072mol，阴离子所带正电荷的物质的量是0.02mol+0.024mol×2＝0.068mol＜0.072mol，所以另一种离子是阴离子。由于碳酸根与铁离子不能大量共存，则该溶液中还可能大量存在的一种离子是Cl-，答案选C。二、非选择题(共84分)23、C9H10碳碳双键消去反应【解析】在质谱图中烃A的最大质荷比为118，则烃A的相对分子质量为118，根据商余法，118÷12=9…10，其化学式为C9H10；由流程图可知A可与Br2/CCl4的溶液发生加成反应，说明B为溴代烃，根据C能够被氧化生成D，D能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成E，结合E的结构简式，可知D为，C为，则B为，A为；E在浓硫酸存在时脱水生成F，F为，F再与苯乙醇发生酯化反应生成的酯I为。(1)A的结构简式为，分子式为C9H10，含有的官能团为碳碳双键；在浓硫酸存在时脱水生成，即E→F的反应类型为消去反应，故答案为C9H10；碳碳双键；消去反应；(2)由分析可知I的结构简式为，故答案为；(3)与新制Cu(OH)2混合加热生成的化学方程式为；故答案为；(4)的同分异构体W能与浓溴水反应产生白色沉淀，说明分子结构中含有酚羟基，1mol

W参与反应最多消耗3mol

Br2，可知酚羟基的邻、对位均有可取代的氢，则符合条件的W的结构简式为，故答案为；(5)J是一种高分子化合物，则由与乙二酸发生缩聚反应生成J的化学方程式为或；故答案为。点睛：本题考查有机物推断，明确官能团及其性质关系是解本题关键。注意结合题给信息及有机反应条件来分析解答。本题的易错点和难点为同分异构体结构简式和有机方程式的书写，要根据学过的基础知识迁移应用。24、C<O<N1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1sp2平面三角形2NA(或2×6.02×1023)1∶550.083g·cm-3【分析】A、B、C、D是元素周期表中前36号元素，它们的核电荷数依次增大；第二周期元素A原子的核外成对电子数是未成对电子数的2倍且有3个能级，则A是C元素；C是地壳中含量最多的元素，则C是O元素；B原子的最外层p轨道的电子为半充满结构，且原子序数大于A而小于C，则B是N元素；D是第四周期元素，其原子核外最外层电子数与氢原子相同，其余各层电子均充满，则D是Cu元素；(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素；基态D原子核外有29个电子，根据构造原理书写基态D原子的简化电子排布式；(2)A的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，该分子中中心原子C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式及碳酸根离子空间构型；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中含有C、N三键，1个σ键，2个π键，据此计算1molCN-中含有的π键个数；(4)根据图示的金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构，利用均摊法计算Ca、Cu原子个数之比；(5)镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，根据Ca、Cu合金确定该镧镍合金中n值；其密度根据ρ=计算。【详解】根据上述分析可知：A是C元素；B是N元素；C是O元素；D是Cu元素。(1)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而增大，但第IIA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，所以C、N、O元素第一电离能从小到大顺序是C<O<N；基态Cu原子核外有29个电子，根据构造原理，基态Cu原子的核外电子排布式是1s22s22p63s23p63d104s1，简化电子排布式为[Ar]3d104s1；(2)A是C元素，C元素的最高价氧化物对应的水化物是H2CO3，分子中的中心C原子价层电子对个数是3且不含孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断其中心原子杂化方式为sp2杂化，CO32-空间构型为平面三角形；(3)CN-与N2互为等电子体，则每个CN-中C、N原子之间形成三个共价键，其中含有1个σ键，含有2个π键，则1molCN-中含有的π键个数为2NA；(4)根据金属Ca和Cu所形成的某种合金的晶胞结构示意图可知：该晶胞中Ca原子个数=8×=1，含有的Cu原子个数=8×+1=5，则该晶体中Ca、Cu原子个数之比为1：5；(5)Ca、Cu合金化学式为CaCu5，镧镍合金与上述合金都具有相同类型的晶胞结构XYn，所以该镧镍合金中n=5；该物质密度ρ=g/cm3=0.083g/cm3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化、电离能、核外电子排布等知识点，熟练掌握原子结构理论、物质结构变化的一般规律及反常现象是正确分析判断的基础，难点是晶胞计算，题目侧重考查学生分析计算及空间想象能力。25、三颈烧瓶浓硫酸避免C中压强过大(或安全管或平衡压强)2ClNO+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O0.655cv/m×100%【分析】实验开始时，先打开K1、K2，关闭K3，打开分液漏斗活塞滴入适量稀硝酸，至C中红棕色完全消失后，关闭K1、K2，装置A是稀硝酸和铜反应生成NO气体，通过装置B中水除去挥发的硝酸及NO和空气中氧气反应生成的二氧化氮，使纯NO进入装置C，此时装置C的作用为储存A中产生的NO气体，向D装置中通入干燥纯净的Cl2，当D中充满黄绿色气体时，打开K1、K3，在D中制备ClNO，装有无水CaCl2的干燥管其作用为防止水蒸气进入D中，使ClNO水解，反应结速后打开K2，进行尾气处理，防止污染空气。【详解】(1)根据图示可知，仪器a为三颈烧瓶；装置C中的液体是浓硫酸吸收水蒸气，干燥NO，故答案为：三颈烧瓶；浓硫酸；(2)若关闭K1，随着反应的进行，C中压强增加，长颈漏斗的作用为平衡系统内外压强，避免C重压强过大，故答案为：避免C中压强过大(或安全管或平衡压强)；(3)装置D中ClNO可能发生遇水反应生成一种氢化物和两种氮的常见氧化物，反应化学方程式为：2ClNO+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑，故答案为：2ClNO+H2O=2HCl+NO↑+NO2↑；(4)已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，用NaOH溶液吸收尾气时，ClNO发生反应的化学方程式为ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：ClNO+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；(5)根据元素守恒可知，则，则产物中ClNO纯度的计算式为，故答案为：0.655cv/m×100%。26、和氯气反应制备KclO装置C加冰水浴冷却Fe(NO3)3+3KClO+10KOH=2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解Fe(OH)3FeO4滤纸在强碱条件下易被腐蚀乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水发生反应【解析】（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，作氧化剂；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在0℃～5℃，因此采取的措施可以是将装置C放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率；（3）将硝酸铁饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的方程式为：2Fe(NO3)3+3KClO+10KOH＝2K2FeO4+3KCl+6KNO3+5H2O；根据已知信息可知在铁离子作用下高铁酸钾容易分解，因此为防止生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解，所以该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中；（4）①因为Fe(OH)3不溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，除去Fe(OH)3，则得到的固体为Fe(OH)3，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与氢氧化钾反应而被腐蚀；②由于乙醇易挥发，乙醇挥发时带走水分，可以防止K2FeO4与水发生反应，所以晶体用乙醇洗涤。【点睛】明确实验原理、相关物质的性质和灵活应用题干信息是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计的基本流程：即原理→反应物质→仪器装置→现象→结论→作用意义→联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。27、Mg(OH)2＋NH4ClMgOHCl＋NH3↑＋H2OAl3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH稀释氨气，防止倒吸4.25aCu和Cu2O0.15向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O【解析】A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与氧化铜反应会得到氮气与水，D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应。据此分析解答。【详解】(1)A中氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O，反应方程式为：Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，故答案为Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O；(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，故答案为Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+；(3)G中二氧化氮、氨气极易溶于水，溶解会导致倒吸，通入氮气可以稀释氨气，防止倒吸，故答案为稀释氨气，防止倒吸；(4)若测得碱石灰的质量增加了ag，即生成的水的质量为ag，根据Mg(OH)2+NH4ClMgOHCl+NH3↑+H2O，生成的碱式氯化镁的质量为×76.5g/mol=4.25ag，故答案为4.25a；(5)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g×=1.6g＞1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x+2y＝，64x+144y，解得x=0.05，y=0.025，则转移电子为0.05mol×2+0.025mol×2=0.15mol，故答案为Cu和Cu2O；0.15；(6)Cu能与浓硫酸反应，Cu2O能与稀酸反应得到Cu2+，用稀H2SO4溶液溶解，溶液中出现蓝色，说明红色固体中含有Cu2O，故答案为向试管中加入适量2mol·L－1H2SO4溶液；溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O。【点睛】本题考查物质的制备及性质探究实验，关键是理解各装置的作用。本题的易错点为(5)，要注意利用氧元素质量变化判断固体组成，也可以利用Cu元素质量确定。28、核电荷数Al〉Na，原子半径Al〈Na，失电子能力Al〈NaAl(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2－+H++H2OAl(OH)3Al3++3OH－遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH－被中和，使溶液中c（OH－）降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH)3电离出的H+被中和，使溶液中c（H+）降低，平衡左移。所以，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液。2CO(g)＋4H2(g)=CH3OCH3(g)＋H2O(g)ΔH＝－204.7kJ·mol－1Fe2O3、MgO、CuOAlO2－+CO2+2H2O===Al(OH)3↓+HCO3－Al－3e－===Al3+C0.32t【分析】(1)同一周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，失电子能力逐渐减弱，金属性逐渐减弱；(2)Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2－+H++H2OAl(OH)3Al3++3OH－遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH－被中和，使溶液中c（OH－）降低，平衡右移；遇强碱时，Al(OH)3电离出的H+被中和，使溶液中c（H+）降低，平衡左移；(3)根据盖斯定律，结合所给反应热化学方程式解答；(4)~(7)由题给信息可以知道，铝土矿加入过量NaOH溶液可将铝与其它杂质分离，结合“NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑”可以知道，所得固体A含有SiO2、Fe2O3、MgO、CuO，滤液Ⅰ含有NaAlO2，通入过量Y生成氢氧化铝沉淀，则Y为CO2，滤液Ⅱ为NaHCO3溶液，灼烧氢氧化铝生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可生成Al，以此解答。【详解】（1）Al与Na在元素周期表中位于同一周期，核电荷数Al〉Na，原子半径Al〈Na，失电子能力Al〈Na，所以Al的金属性比Na弱；因此，本题正确答案是：核电荷数Al〉Na，原子半径Al〈Na，失电子能力Al〈Na；（2）Al(OH)3在水中存在如下平衡：AlO2－+H++H2OAl(OH)3Al3++3OH－遇强酸时，Al(OH)3电离出的OH－被中和，使溶液中c（OH－）降低，平衡右移；遇强碱时，A