山西省孝义市2026届高三上化学期中统考模拟试题含解析

山西省孝义市2026届高三上化学期中统考模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、四种短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、X的简单离子具有相同电子层结构，W与Y同族，Z的原子半径是其所在周期主族元素原子中最小的，且Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性。下列说法正确的是A．最高价氧化物的水化物的酸性：Y>Z B．气态氢化物的热稳定性：W<YC．Y与Z形成的化合物为共价化合物 D．简单离子半径：W<X<Z2、实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的是（）A．氧化废液中的溴化氢B．分离CCl4层和水层C．分离CCl4和液溴D．长期贮存液溴3、已知：Ka(HClO)=3×10-8,Ka1(H2CO3)=4.3×10-7,Ka2(H2CO3)=5.6×10-11。反应Cl2＋H2OHCl＋HClO达到平衡后，要使HClO浓度增大，可加入()A．足量Na2CO3固体 B．水 C．CaCO3固体 D．NaOH固体4、石墨是层状晶体，每一层内，碳原子排列成正六边形，许多个正六边形排列成平面网状结构。如果每两个相邻碳原子间可以形成一个碳碳单键，则石墨晶体中每一层碳原子数与碳碳单键数的比是A．1∶1B．1∶2C．1∶3D．2∶35、W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在光照条件下W的简单氢化物与氯气反应生成油状液体，X的气态氢化物的水溶液呈碱性，Y原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Z2—的电子层结构与氩相同。下列说法正确的是A．工业上常用电解熔融Y的氧化物制取Y的单质B．Y与Z形成化合物的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红C．简单氢化物沸点：W>XD．简单离子半径：Z>X>Y6、BMO（Bi2MoO6）是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示。下列说法不正确的是A．该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB．该过程中BMO表现较强氧化性C．降解产物的分子中只含有极性共价键D．①和②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:17、室温下，下列各组离子在指定溶液中不能大量共存的是A．能使石蕊变红的无色溶液：NH4+、Ba2+、Al3+B．0.1mol·L-1碘水：Na+、NH4+、SOC．0.1mol·L-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NOD．pH=2的溶液中：K+、NO3-、ClO8、下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟NaOH溶液反应的物质是()①NaHCO3②Al2O3③Al(OH)3④Al⑤(NH4)2CO3⑥NaAlO2A．①②③④⑤ B．①②③⑤ C．①②③ D．全部9、对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是()A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C．步骤②发生反应Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑D．Fe3＋遇铁氰化钾溶液显蓝色10、H3PO4是三元酸，如图是在常温下溶液中含磷微粒的物质的量分数(δ)随pH变化示意图。下列说法不正确的是A．磷酸的第二级电离平衡常数约为10-7.2B．在NaH2PO4溶液中：c()>c(H3PO4)C．在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，c(Na+)=2c()+c()D．Na3PO4溶液中：c(Na+)=3c()+3c()+3c()+3c(H3PO4)11、一定量的镁铝合金与500mL1mol•L-1HNO3完全反应生成2.24LNO(标况)，再向反应后的溶液中加入2mol•L-1NaOH溶液，使镁、铝元素完全沉淀，则所加NaOH溶液体积是()A．50mL B．100mL C．150mL D．200mL12、某温度下，在一个2L的恒容密闭容器中，加入4molA和2molB进行反应：3A(g)+2B(g)4C(?)+2D(?)，反应一段时间后达到平衡，测得生成1.6molC，且反应的前后压强之比为5:4（相同的温度下测量），则下列说法正确的是（）A．该反应的化学平衡常数表达式是K=B．此时，B的平衡转化率是20%C．增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大D．增加C，B的平衡转化率不变13、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①④14、碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A．分离器中的物质分离操作为过滤B．膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C．该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D．碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2=H2+2H2SO4+2HI15、下列物质属于纯净物的是A．液氯B．漂白粉C．盐酸D．碘酒16、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．HCl（aq）Cl2（g）FeCl2（s）B．Cu（OH）2（s）CuO（s）CuSO4（aq）C．N2（g）NH3（g）NH4NO3（s）D．Al2O3（s）AlCl3（aq）AlCl3（s）17、碲(Te)广泛用于彩色玻璃和陶瓷。工业上用精炼铜的阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲的一种工艺流程如下：（已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法不正确的是A．将阳极泥研磨、反应适当加热都有利于提高“碱浸”的速率和效率B．“沉碲”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸C．“碱浸”时发生主要反应的离子方程式为TeO2+2OH-=TeO32-+H2OD．若提取过程碲元素的回收率为90%，则处理1Kg

这种阳极泥最少需通入标准状况下SO220.16L18、一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是A．pH=5的H2S溶液中，c(H+)=c(HS－)=1×10－5mol·L－1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a=b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c(Na＋)+c(H＋)=c(OH－)+c(HC2O4－)D．pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c(Na＋)：①＞②＞③19、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是A．31g白磷晶体中含有P-P键数是NAB．22.4LSO2含有NA个SO2分子C．标准状况下，等质量的NO2和N2O4所含有原子个数相等D．1molCl2通入热的NaOH溶液中（产物是NaCl、NaClO3），充分反应后转移的电子数为NA个20、下列说法不正确的是()A．苯和溴水在铁作催化剂的条件可以制取溴苯B．煤通过干馏，可以得到苯、甲苯、二甲苯等有机化合物C．油脂可以制造肥皂和油漆等D．化学式为C9H18O2且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16种21、下列有关化学用语表示正确的是A．氯化钠的分子式：NaClB．硫原子的结构示意图：C．过氧化钠的电子式：D．中子数为10的氧原子：108O22、用NA表示阿伏加德罗常数，下列有关说法中一定正确的是A．2.3Na与O2完全反应生成3.6g产物时失去电子数为0.1NAB．电解精炼铜时，当电路中转移NA个电子，阳极溶解32g铜C．标准状况下，11.2LSO3中所含原子数为2NAD．5.6g铁粉与稀硝酸反应失去的电子数一定为0.2NA二、非选择题(共84分)23、（14分）多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：（1）A分子结构中在一个面上最多有________个原子。D→E发生的化学反应类型是_______。D中含有的官能团名称是________。（2）B→C的化学方程式是______.(K2CO3在方程式中作催化剂)（3）满足下列条件①和②的D的同分异构体的个数为________。写出一种同时满足下列条件①②③的同分异构体的结构简式_________。①苯的衍生物，且苯环上只有两种处于对位的取代基②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应（4）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为________。（5）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为________。24、（12分）从薄荷油中得到一种烃A(C10H16)，叫α—非兰烃，与A相关反应如图：已知：（1）H的分子式为___。（2）B所含官能团的名称为___。（3）含两个—COOCH3基团的C的同分异构体共有__种(不考虑手性异构)，其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的异构体结构简式为___。（4）B→D，D→E的反应类型分别为___、___。（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式：___。（6）写出E→F的化学反应方程式：___。25、（12分）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：(1)氨气的制备

①氨气的发生装置可以选择上图中的_________，反应的化学方程式为_______________________。②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→______(按气流方向，用小写字母表示)。(2)氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中_____________②反应的化学方程式_____________________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2③Z中NaOH溶液产生___现象④反应后气体分子数_______，Y管中压_________于外压26、（10分）某学习小组设计如下实验装置进行NH3的催化氧化实验。请填写下列空白：（1）该实验所用的氨水的质量分数为15%，密度为0.94g·mL−1，则该氨水的物质的量浓度为___________。实验室配制该物质的量浓度氨水的过程中玻璃棒的作用有_____________。（2）连接好装置后，在D中装入少量水浸没导管口，轻轻向装置中鼓入空气。表示装置气密性良好的现象是________________________________。（3）实验进行一段时间后，B中出现红棕色。移去酒精灯，催化剂继续保持红热。①催化剂保持红热的原因是______________________________________。②氨催化氧化的化学方程式为____________________________________。（4）加快鼓气速度时，B中会出现白烟。白烟的成分是_________(填化学式)。（5）为获得纯净的NO2，可在装置A与B之间连接____________。a．盛有碱石灰的干燥管b．盛有浓硫酸的洗气瓶c．盛有无水CaCl2的洗气瓶（6）该实验说明氨的性质有__________________。27、（12分）Ⅰ．如图A、B、C是实验室常见的几种气体发生装置：（1）实验室如果用B装置制备氨气，其化学方程式是_________________________________。（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。下列性质与收集方法无关的是_______（填序号，下同）。①密度②颜色③溶解性④热稳定性⑤与氧气反应（3）若用A装置与D装置相连制备并收集X气体，则X可以是下列气体中的___________。①CO2②NO③Cl2④H2其中在D装置中连接小烧杯的目的是________________________________。Ⅱ．海洋是一个巨大的资源宝库，从海水中可制得食盐等多种产品并加以利用。下图所示以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程。（1）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-离子，加入下列沉淀剂①Na2CO3②NaOH③BaCl2沉淀剂加入顺序正确的是____________A．③①②B．③②①C．②③①D．②①③（2）将滤液的pH调至酸性除去的离子是____________________________________。（3）若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的物质，其化学式是____________。（4）纯碱在生产、生活中有广泛的应用。①由碳酸氢钠晶体制纯碱的化学方程式是____________________________________。②纯碱可用于除灶台油污。其原因是（用离子方程式和简要文字表述）________________。③工业上，可以用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。如用饱和纯碱溶液与Cl2反应制取有效成分为NaClO的消毒液，其反应的离子方程式是____________。（已知碳酸的酸性强于次氯酸）。28、（14分）氮元素可以形成多种物质，根据已学的知识，回答下列问题：（1）氮原子的核外电子排布式是___________，其最外层电子有_____种不同的运动状态。（2）氮气在常温常压下是很稳定的，对此的合理解释是____________________。（3）N元素处于同一主族的P、As元素，这三种元素形成的气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是________________________。(4)工业上常用氮气与氢气来合成氨气，温度控制在400～500℃，采用铁触媒做催化剂，压强控制在2ⅹ105～5ⅹ105Pa。①该反应的化学方程式为_____________________。它的平衡常数表达式为_______________________。②在一体积为10L的密闭容器中充入了280gN2，100gH2，反应半小时后，测得有34gNH3生成，则用H2表示该反应的速率为_________mol/(L•min)。此时，氮气的转化率为__________。③下列判断可以作为该反应达到平衡的标志的是（_______）A．单位时间内每消耗1摩尔氮气的同时消耗3摩尔氢气B．混合气体的平均分子量不再发生变化C．混合气体的密度保持不变D．体系的温度不再变化④当反应达到平衡后的t2时刻，将混合气体通过“分子筛”，可以及时将产物NH3分理出平衡体系，这会使得平衡正向移动，请根据平衡移动原理，在下图中画出t2时刻后平衡移动的示意图：_____________⑤当及时分离出氨气后，工业上常常将氮气、氢气再次转移到反应器，这样做的原因是________________。⑥氨气常用来生产化肥NH4Cl，NH4Cl溶于水会使得溶液显__________性，在该盐的水溶液中存在多种微粒：NH4+、NH3•H2O、H+、Ci-，这些离子浓度由大到小的顺序为_________；该盐溶液中还存在多种守恒，请任意写出一种合理的守恒关系式___________________。⑦工业上常用氨气来制备硝酸，其中第1步是用氨气与纯氧在Cr2O3的催化作用下制得NO和水。请写出这个反应的化学方程式并配平______________________。该反应中，还原剂是_________________，若反应中转移了1.204ⅹ1024个电子，则生成的NO在标准状况下的体积是________L。29、（10分）储氢材料、燃料电池等方面具有重要应用。(1)中H元素的化合价为，具有强还原性，一定条件下，向溶液中滴加碱性溶液，溶液中与反应生成纳米铁粉、和，参加反应的与生成的纳米铁粉的物质的量之比为________。(2)燃料电池中，转化为，电解溶液又可制得，实现物质的循环利用，电解装置示意图如图所示。①电解池阴极的电极反应式为_______。②两电极区间使用阳离子交换膜，不允许阴离子通过的原因是_______。(3)催化释氢。在催化剂作用下，与水反应生成，可能的反应机理如图所示。①其他条件不变时，以代替催化释氢，所得气体的分子式为________。②已知：为一元弱酸，水溶液呈酸性的原因是_______(用离子方式表示)。(4)在催化剂的作用下，与水反应，释氢体积及温度随反应时间的变化如图所示。①0~20min内，温度随时间快速升高的原因是______。②20min后，氢气体积在增加，而温度却下降的原因是________。

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、C【分析】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,Cl的原子序数大于X，X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W可为O，此时Y为S；结合以上分析解答。【详解】W和X的简单离子电子层结构相同且与Y同族，则W应在第二周期，Y在第三周期；Z的原子序数最大，由Z的原子半径是所在周期主族原子中最小的可知，Z为Cl；Z与X形成的离子化合物的水溶液呈中性,Cl的原子序数大于X，X为Na；则W可为N，此时Y为P，或W可为O，此时Y为S；综上所述，W为N或O，X为Na，Y为P或S，Z为Cl；A项，根据元素周期律可知，同周期元素随着原子序数的增大，元素的非金属性增强，最高价氧化物的水化物的酸性增强，即Z>Y，故A项错误；B项，根据元素周期律可知，同主族元素随着原子序数的增大，元素的非金属性减弱，气态氢化物的稳定性降低，所以气态氢化物的热稳定性：W>Y，故B项错误；C项，结合以上分析可知，Y为P或S，Z为Cl；P或S与Cl原子间形成化合物均为共价化合物，故C项正确；D项，根据元素周期律可知，离子电子层结构相同的，原子序数大的离子半径小，电子层结构不同的，电子层越多离子半径越大，可得简单离子半径：X<W<Z，故D项错误；综上所述，本题选C。2、B【解析】A.氯气的通入要“长进短出”，故A不能达到实验目的；B.可用分液的方法分离CCl4层和水层，故B能达到实验目的；C.CCl4和液溴易挥发，不适合使用蒸馏的方法分离CCl4和液溴，故C不能达到实验目的；D.液溴易腐蚀橡胶，故D不能达到实验目的。故选B。3、C【解析】A．加入足量Na2CO3固体，Na2CO3和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，选项A错误；B．加入水，溶液体积增大，虽然平衡向正反应方向移动，但溶液浓度反而降低，选项B错误；C．加入CaCO3固体，HCl与CaCO3反应，而HClO不反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增加，故C正确；D．NaOH和HCl、HClO都反应，不能使HClO浓度增加，选项D错误。答案选C。答案选C。4、D【解析】石墨晶体每一层内碳原子形成3个共价键，所以平均每个正六边形占有的碳原子数是6×1/3＝2，占有的C－C键是6×1/2＝3，即石墨晶体每一层内碳原子数与碳—碳化学键数的比是2∶3，答案选D。5、D【分析】W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在光照条件下W的简单氢化物与氯气反应生成油状液体，W为C；X的气态氢化物的水溶液呈碱性，X为N；Y原子半径是短周期主族元素原子中最大的，Y为Na；Z2-的电子层结构与氩相同，Z的质子数为18-2=16，Z为S，以此来解答。【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na，Z为S，A、Na为活泼金属，工业上常用电解熔融NaCl制取Y的单质，故A错误；B、Y与Z形成化合物为Na2S，水解显碱性，水溶液可使红色石蕊试纸变蓝，故B错误；C、氨气分子间含氢键，沸点较高，则简单氢化物沸点：W<X，故C错误；D、电子层越多，离子半径越大，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为Z>X>Y，故D正确。6、B【详解】A、该过程用光催化降解苯酚生成二氧化碳和水，所以反应：C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确；B、该过程中BMO是催化剂，BMO与O2在光作用下，BMO被氧化成BMO+，故B错误；C、降解苯酚的产物为二氧化碳和水，二氧化碳和水分子中都只含有极性共价键，故C正确；D、①中1molO2-要得到3mol电子，而②中1molBMO+变为1molBMO只要得到1mol电子，根据氧化还原反应得失电子相等，所以①、②中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确；正确答案选B。7、B【解析】A.能使石蕊变红的无色溶液，说明溶液呈酸性，且无有色微粒存在，上述4种离子均能和H+大量共存，故A项不选；B.I2能够将SO32-氧化：H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+，故B项选；C.能够大量共存，故C项不选；D.pH=2的溶液，说明c(H+)=0.01mol/L，溶液中离子能大量共存，故D项不选。答案选B。8、A【详解】①NaHCO3属于弱酸酸式盐，能与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠与水，故①符合题意；②Al2O3是两性氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故②符合题意；③Al(OH)3是两性氢氧化物，能与硫酸反应生成硫酸铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合题意；④Al与硫酸反应生成硫酸铝与氢气，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与氢气，故④符合题意；⑤(NH4)2CO3可以和硫酸反应生成硫酸铵、水以及二氧化碳，可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和氨水，故⑤符合题意；⑥NaAlO2只与稀硫酸反应，与氢氧化钠溶液不反应，故⑥不符合题意；答案选A。9、A【详解】A．加入浓KOH溶液，转化为NH3，Fe3+生成红褐色氢氧化铁沉淀，Al3+生成，所以步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；B．无色气体为NH3，应用湿润的红色石蕊试纸检验，故B错误；C．步骤①加入过量的强碱溶液，Al3＋转化为，步骤②加入NaHCO3溶液发生反应：＋＋H2O===Al(OH)3↓＋，故C错误；D．Fe2＋遇铁氰化钾溶液，得到蓝色沉淀，故D错误；选A。10、C【详解】A.磷酸的第二级电离平衡常数Ka2=，当=时，Ka2=c(H+)=10-7.2，A正确；B.在NaH2PO4溶液中：存在的电离平衡和水解平衡，电离产生H+使溶液显酸性，水解产生OH−和H3PO4，使溶液显碱性，但盐电离和水解程度是微弱的，由于NaH2PO4溶液呈酸性，所以主要以盐电离为主，所以溶液中微粒浓度：>c(H3PO4)，B正确；C.在磷酸中滴加NaOH溶液至pH=7，根据电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2++3+c(OH−)，由于溶液显中性，所以c(H+)=c(OH−)，则c(Na+)=2++3>2+，C错误；D.在Na3PO4溶液中：根据物料守恒可得：c(Na+)=3+3+3+3c(H3PO4)，D正确；答案选C。11、D【详解】由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒n(NaNO3)=0.5L×1mol/L-=0.4mol，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)=0.4mol，则需要NaOH溶液的体积为=0.2L=200mL，故D正确；故选D。【点晴】本题考查氧化还原反应有关计算。注意利用守恒法解答，避免判断硝酸是否有剩余，侧重考查学生分析计算能力，由Mg、Al最终转化为氢氧化镁、氢氧化铝，最终溶液中溶质为NaNO3，根据氮元素守恒计算n(NaNO3)，由钠离子守恒n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=计算需要NaOH溶液的体积。12、D【分析】反应前后压强之比为5:4，故反应后气体总物质的量变为4.8mol，结合生成1.6molC，可推知D为气体，C为固体或液体。【详解】A.由，因C为非气体，则不能出现在K的表达式中，则化学平衡常数，故A错误；B.生成1.6molC时，反应的B的物质的量为0.8mol，则B的平衡转化率为，故B错误；C.由于温度没变，化学平衡常数不变，故C错误；D.由于C为非气体，增加C对平衡没影响，B的平衡转化率不变，故D正确；故选D。【点睛】该题首先要判断C和D的状态，可以根据差量法，根据总的物质的量变化与生成C的物质的量之比可判断反应前后气体系数减小了3，故D为气体，C为非气体（固体和纯液体）。13、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。14、C【解析】分析：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强不能提高HI的平衡转化率；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2。详解：反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。15、A【解析】试题分析：A．液氯是液态氯气，只有一种物质组成，为纯净物，故A正确；B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；C．盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故C错误；D．碘酒是碘单质的酒精溶液，属于混合物，故D错误；故选A。考点：考查了物质的分类的相关知识。16、B【详解】A.Fe在氯气中点燃生成FeCl3，而不是FeCl2，故A错误；B.Cu（OH）2受热分解：，，可以实现转化，故B正确；C.氨气通入硝酸溶液最终得到硝酸铵溶液而不是硝酸铵固体，故C错误；D.加热氯化铝溶液由于铝离子的水解会生成氢氧化铝，最终得到氧化铝而不是氯化铝固体，故D错误。故答案选：B。17、B【解析】本流程目的为利用阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲，所以先要进行除杂，最后提取Te。根据TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强喊，流程中先加碱溶，过滤除去杂质，得到溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质。A、研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故A正确；B、由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝与氢氧化钠的反应，生成TeO32-，再加入H2SO4；生成H2TeO3沉淀，由TeO2是两性可推断，H2TeO3也应是两性，再沉降的过程中，硫酸若过量，可能导致H2TeO3的溶解，造成产品的损失，故B正确；C、根据B选项的分析，可知C正确；D、1kg阳极泥中含TeO2的质量为1000g×8%=80g，碲元素的回收率为90%，则有80g×90%=72g的TeO2被还原。每摩尔TeO2得4mol电子，每摩尔SO2失去2mol电子，则有关系式：1TeO2～2SO2，V(SO2)==20.16L，故D正确。选C。点睛：根据已知信息判断出TeO2是两性氧化物，然后类比Al2O3的两性来分析反应。18、D【详解】A.H2S溶液中分步电离，H2SH++HS-，HS-H++S2-，根据电荷守恒知c(H+)=c(HS－)+2c(S2-)+c(OH-)=1×10－5mol·L－1，A项错误；B.加水稀释促进一水合氨的电离，pH=a的氨水，稀释10倍后，其pH=b，则a＜b+1，B项错误；C.pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HC2O4-）+2c（C2O42-），C项错误；D.酸性大小为CH3COOH＞H2CO3＞HClO，组成盐的酸根对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，相同浓度时溶液的碱性越强。pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液，盐的浓度：①＞②＞③，c（Na+）：①＞②＞③，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查电解质溶液中离子浓度大小关系，解答此类题目要注意首先分析溶液中存在的平衡确定溶液中存在哪些微粒，然后抓住弱电解质的电离、盐类的水解是微弱的，结合溶液的酸碱性进行分析；涉及等式关系要注意电荷守恒、物料守恒和质子守恒的灵活运用。19、C【详解】A.31g白磷的物质的量是0.25mol，1个白磷分子中有6个P-P键，31g白磷晶体中含有P-P键数是0.25×6×NA=1.5NA，故A错误；B.非标准状况下，22.4LSO2的物质的量不一定是1mol，故B错误；C.NO2和N2O4的最简式相同，所以等质量的NO2和N2O4所含有原子个数相等，故C正确；D.Cl2通入热的NaOH溶液中（产物是NaCl、NaClO3），反应方程式是3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O，部分氯元素化合价由0升高为+5，部分氯元素化合价由0降低为-1，3mol氯气转移5mol电子，1mol氯气充分反应后转移的电子数为NA个，故D错误。20、A【详解】A．苯和液溴在铁作催化剂的条件可以发生取代反应制取溴苯，A错误；B．煤通过干馏，可以得到焦炉煤气、煤焦油、焦炭，煤焦油中含有苯、甲苯、二甲苯等有机化合物，B正确；C．油脂是高级脂肪酸甘油酯，可以在一定条件下反应制造肥皂和油漆等，C正确；D．根据题干中芳香气味的C9H18O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同醇和酸，则酸比醇少一个C原子，因此水解后得到的羧酸含有4个C原子，而得到的醇含有5个C原子。含有4个C原子的羧酸有2种同分异构体：CH3CH2CH2COOH，CH3CH(CH3)COOH；含有5个C原子的醇的有8种同分异构体：CH3CH2CH2CH2CH2OH，CH3CH2CH2CH(OH)CH3，CH3CH2CH(OH)CH2CH3；CH3CH2CH(CH3)CH2OH，CH3CH2C(OH)CH3)CH3，CH3CH(OH)CH(CH3)CH3，CH2(OH)CH2CH(CH3)CH3；CH3C(CH3)2CH2OH，故该有机物的同分异构体种类数目有2×8=16种，D正确；故合理选项是A。21、B【解析】A.氯化钠是由钠离子和氯离子构成的离子化合物，不是由分子构成的，故A错误；B.硫是16号元素，其原子结构示意图是：，故B正确；C.过氧化钠是离子化合物，其电子式是：，故C错误；D.氧原子的质子数是8，当中子数为10时，其质量数是18，所以应表示为：，故D错误；故答案选B。22、A【详解】A．2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠无论反应后产物是什么，钠元素反应后一定变为+1价，故0.1mol钠失去0.1mol电子，故A正确；B．电解精炼铜时每转移NA个电子，转移了1mol电子，由于粗铜中含有较活泼的杂质Fe、Zn等，电解时杂质优先放电，所以阳极溶解的铜小于0.5mol，溶解的铜的质量小于32g，故B错误；C．标准状况下，SO3是固体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．5.6g铁粉与稀硝酸反应，硝酸过量会生成Fe3+，如果硝酸适量还可能有Fe2+和Fe3+，失去的电子数为一定为0.2NA，故D错误；答案为A。【点晴】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系及使用条件，特别是运用体积摩尔体积时一定要指明温度和压强且状态为气态，如选项C容易忽视SO3标准状态下的状态是固态，另外物质的组成结构特点也是易错点，如选项A注意硫酸氢钠固体中含有的离子为硫酸氢根离子和钠离子。二、非选择题(共84分)23、7取代反应醚键、羧基9种【解析】(1)H2C=CHCN

分子结构中的碳碳双键是平面结构，碳碳单键可以旋转，因此在一个面上最多有7个原子。根据流程图，D→E

过程中就是用氯原子代替了结构中羧基上的羟基，属于取代反应；中含有的官能团有羧基和醚键，故答案为7；取代反应；醚键、羧基；(2)根据流程图，B与邻二苯酚发生取代反应生成C，反应的化学方程式是为，故答案为；(3)满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，结合D的分子式可知，苯环上含有的取代基中含有羧基，醛基，可能的结构有：OHC——OCH2COOH、OHC——CH2-O-COOH、OHC-CH2——O-COOH、OHC-O——CH2COOH、OHC-CH2-O——COOH、OHC-O-CH2——COOH、OHC——CH(OH)COOH、OHC-CH(OH)——COOH、HO——CH(CHO)-COOH共9种；满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，③水解后的产物才能与FeCl3

溶液发生显色反应，说明含有HCOO-(酯基)、且苯环直接与O原子相连，由此可写出同分异构体的结构为，故答案为9；；(4)反应E→F中，N-H键中H被取代，而中有2个N-H键，不难想到，副产物为2个N-H键中的H均发生反应生成，故答案为；(5)对比多沙唑嗪与F的结构，即可写出试剂X的结构简式为，故答案为。点睛：本题是一道综合性的有机合成试题，考查了同分异构题的书写，题目难度较大。注意关注重要官能团的性质，书写同分异构体(有限制条件的)要求熟练掌握各种官能团的性质。本题的易错点为同分异构体数目的判断。24、C10H20羧基、羰基4加成反应取代反应CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O【分析】根据A的分子式以及信息和A与酸性高锰酸钾溶液反应的生成物结构简式可知A的结构简式为，则B的结构简式为CH3COCOOH。B与氢气发生加成反应生成D，则D的结构简式为CH3CHOHCOOH，D与HBr发生羟基上的取代反应生成E，则E的结构简式为CH3CHBrCOOH。D分子中羟基和羧基，2分子D反应生成G，则根据G的分子式可知G的结构简式为，据此分析作答；【详解】（1）由H的结构简式可知，H分子式为C10H20；（2）B的结构简式为CH3COCOOH，所含官能团为羧基、羰基；（3）含两个-COOCH3基团的C的同分异构体共有H3COOCCH2CH2CH2COOCH3、H2COOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3CH2CH(COOCH3)2、共计4种；其中核磁共振氢谱呈现2个吸收峰的同分异构体的结构简式为；（4）由上述分析知B发生加成反应生成D；D发生取代反应生成E；（5）G为含六元环的化合物，写出其结构简式为；（6）根据以上分析可知E→F的化学反应方程式为：CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O。25、A(或B)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O(或BNH3·H2ONH3↑+H2O)d→c→f→e→i红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2+12H2O倒吸减少小于【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O；也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2ONH3↑+H2O；②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，同时要注意防止倒吸，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；(2)打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO27N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y装置内压强降低，所以打开K2，在大气压的作用下Z中NaOH溶液发生倒吸。26、8.3mol▪L-1搅拌、引流D装置的导管口有气泡冒出NH3催化氧化是放热反应4NH3+5O24NO+6H2ONH4NO3或NH4NO2b还原性、碱性、易溶于水等【解析】(1)该实验所用的氨水的质量分数为15%，密度为0.94g▪mL-1，则该氨水的物质的量浓度为c===8.3mol/L；实验室配制该物质的量浓度氨水的过程中玻璃棒的作用有：稀释浓氨水时搅拌，转移氨水到容量瓶中时引流，故答案为8.3mol▪L-1；搅拌、引流；(2)连接好装置后，在D中装入少量水浸没导管口，轻轻向装置中鼓入空气，如果装置气密性良好，则在D装置的导管口有气泡冒出，故答案为D装置的导管口有气泡冒出；(3)①催化剂保持红热是因为该反应是放热反应，故答案为NH3催化氧化是放热反应；②氨催化氧化的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；(4)反应过程中生成的一氧化氮被氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成了硝酸气体，加快鼓气速度时，B中会出现白烟，是过量的氨气与硝酸气体反应生成的NH4NO3，故答案为NH4NO3；(5)a.盛有碱石灰的干燥管，会吸收二氧化氮，错误；b.盛有浓硫酸的洗气瓶，会除去未反应的氨气和水蒸气，可以得到纯净的NO2，正确；c.盛有无水CaCl2的洗气瓶可以吸收氨气，但生成物不稳定，受热容易分解，不能保证氨气被吸收干净，错误；故选b；(6)该实验说明氨发生催化氧化，说明氨气具有还原性，通过向氨水中通入空气会吹出氨气，说明氨气易溶于水，加快鼓气速度时，B中会出现白烟，说明氨气具有碱性，故答案为还原性、碱性、易溶于水等。27、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑②④③吸收尾气，防止尾气污染大气ABCCO32-和OH—NH32NaHCO3Na2CO3+CO2+H2OCO32-+H2OHCO3-+OH－CO32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的2CO32-+Cl2+H2O＝Cl-+ClO-+2HCO3-【解析】Ⅰ．（1）采用B装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法；（3）AD连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气；Ⅱ．（1）用氯化钡可以除去硫酸钠，用氢氧化钠可以除去氯化镁，用碳酸钠可以除去氯化钙和过量的氯化钡；（2）稀盐酸能和氢氧化钠、碳酸钠反应，蒸发时可以得到氯化钠的饱和溶液；（3）氯化铵能和显碱性的物质反应生成氨气等物质；（4）根据碳酸钠水解显碱性分析；【详解】Ⅰ．（1）采用B装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应，其化学方程式是2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；故答案为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法；故选②④；（3）AD连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气；制取CO2时不需要加热也不必处理尾气，NO常温下与氧气发生反应，不能用排空气法收集，氢气尾气处理时一般采用点燃的方法，故X可能是氯气；D装置中连接烧杯的目的是用来吸收尾气，防止污染空气；故答案为：③；吸收尾气，防止尾气污染大气；Ⅱ．（1）加入氢氧化钠溶液时，能和氯化镁反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钠，从而除去氯化镁；加入氯化钡时，能和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，从而除去硫酸钠；加入碳酸钠溶液时，能和氯化钙、过量的氯化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀和氯化钠，从而除去氯化钙和过量的氯化钡；过滤，向滤液中加入适量的稀盐酸时，可以把过量的氢氧化钠和碳酸钠除去；以此类推，如果依次加入氯化钡溶液、氢氧化钠溶液、碳酸钠溶液或依次加入氯化钡溶液、碳酸钠溶液、氢氧化钠溶液，可以达到同样的目的，故答案为：ABC；（2）稀盐酸能和氢氧化钠、碳酸钠反应，蒸发时可以得到氯化钠的饱和溶液，将滤液的pH调至酸性除去的离子是CO32-和OH—，故答案为：CO32-和OH—；（3）向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，发生的反应：H2O+CaO═Ca（OH）2、Ca（OH）2+2NH4Cl═2NH3↑+2H2O+CaCl2，最终产物为氯化钙、氨气，其中氨气可再利用，故答案为：NH3；（4）①碳酸氢钠晶体制纯碱的化学方程式是：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；②纯碱可用于除灶台油污，其原因是CO32-+H2OHCO3-+OH－，CO32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的；故答案为：CO32-+H2OHCO3-+OH－，CO32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的；28、1s22s22p35氮气分子中存在叁健NH3>PH3>AsH3N2+3H2=2NH30.01mol/(L•min)10%BD提高原料N2、H2的利用率，降低生产成本酸性[Cl-]〉[NH4+]〉[H+]〉[NH3•H2O][H+]+[NH4+]=[OH-]+[Cl-]或[Cl-]=[NH3•H2O]+[NH4+]或[H+]=[OH-]+[NH3•H2O]4NH3+5O24NO+6H2ONH38.96L【解析】（1）氮元素的核电荷数为7，基态氮原子的核外电子排布式是1s22s22p3，其最外层电子数为5，有5种不同的运动状态；（2）氮气分子中存在叁健，导致氮气在常温常压下化学性质很稳定；（3）非金属性越强形成的气态氢化物的稳定性越强，N、P、As元素的非金属性随核电荷数增大而减小，则三种元素形成的气态氢化物的稳定性由大到小的顺序是NH3＞PH3＞AsH3；(4)①合成氨反应的化学方程式为N2+3H22NH3；此反应的平衡常数表达式为；②在一体积为10L的密闭容器中充入=10molN2，=50molH2，反应半小时后，测得有=2molNH3生成，则用H2表示该反应的速率为