2026届贵州省毕节市大方县三中 化学高三第一学期期中统考试题含解析

2026届贵州省毕节市大方县三中化学高三第一学期期中统考试题注意事项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、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是选项实验操作和现象结论A向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，出现黑色沉淀H2S酸性比H2SO4强B向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热未出现砖红色沉淀X不可能是葡萄糖C常温下，相同铝片分别投入足量稀、浓硫酸中反应物浓度越大，反应速率越大D取5mL0.1mol·L－1KI溶液，加入1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应A．A B．B C．C D．D2、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X、W同主族，Y、Z同周期，X、Y、Z三种元素形成一种化合物M，25℃时0.1mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，下列说法正确的是A．114号元素鈇(Fl)与Y在同一主族B．X分别与Z、W形成的化合物中，含化学键类型相同C．Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物D．X、Y形成的化合物中只含有极性共价键3、下列各组物质相互混合，既有气体生成又有沉淀生成的是①金属钠投入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液③NaAlO2溶液和NaHCO3溶液混合④过量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金属钠投入NH4Cl溶液中A．①④ B．②③ C．②③ D．①⑤4、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，2.24LCCl4中含Cl原子数目为0.4NAB．白磷分子(P4)呈正四面体结构，12.4g白磷中含有P-P键数目为0.6NAC．1．6g铁粉在2.24L(标准状况)氯气中充分燃烧，失去的电子数为0.3NAD．常温常压下，10g46%酒精水溶液中含氧原子总数为0.1NA5、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（）A．AlAl(OH)3AlCl3B．FeFe2O3Fe2(SO4)3C．CuOCu(OH)2Cu2OD．CaSO4CaCO3CaCl26、我国科学家研制出一种催化剂，能在室温下高效催化空气中甲醛的氧化，其反应如下：HCHO+O2CO2+H2O。下列有关说法正确的是A．该反应为吸热反应 B．CO2分子中的化学键为非极性键C．HCHO分子中既含σ键又含π键 D．每生成1.8gH2O消耗2.24LO27、下列离子方程式书写正确的是A．金属Na加入水中：Na+2H2O==Na++2OH－+H2↑B．NaOH溶液吸收Cl2：Cl2+2OH－==Cl－+ClO－+H2OC．Al2(SO4)3溶液和过量的NaOH溶液反应：Al3+＋3OH－==Al(OH)3↓D．过量的Fe和稀硝酸反应：Fe+4H++NO3—==Fe3++NO↑+2H2O8、相同温度下，容积相同的甲、乙两个恒容密闭容器中均发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H=-197kJ/mol，实验测得有关数据如下：容器编号起始时各物质的物质的量/mol达到平衡时体系能量的变化/kJSO2O2SO3甲210放出热量：Q1乙1.80.90.2放出热量：Q2下列判断中正确的是A．两容器中反应的平衡常数不相等B．达到平衡时SO2的体积分数：甲<乙C．197>Q1>Q2D．生成1molSO3(l)时放出的热量等于98.5kJ9、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1mol·L-1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是A．a离子为Na+B．溶液中含有NA个Na+C．水合b离子的图示不科学D．室温下测定该NaCl溶液的pH小于7，是由于Cl-水解导致10、0.6mol·L-1Fe2(SO4)3和1.2mol·L-1CuSO4的混合溶液200mL，加入一定量铁粉充分反应后，测得溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为2：1，则加入铁粉的物质的量为（）A．0.30mol B．0.22mol C．0.16mol D．0.48mol11、下列仪器名称正确的是ABCD三角架溶量瓶镊子坩埚A．A B．B C．C D．D12、具有下列性质的物质可能属于离子晶体的是A．熔点10.31℃，液态不导电，水溶液能导电B．熔点1700℃，易溶于水，水溶液能导电C．能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃D．熔点97.81℃，质软，固体能导电，密度0.97g/cm313、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是（）A．催化剂a、b能提高反应的平衡转化率B．在催化剂b表面形成氮氧键时不涉及电子转移C．催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性共价键的形成D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，最终可以生成2molNH314、下列说法错误的是A．实验室废弃的钠需要乙醇处理B．实验室钠着火，不能用泡沫灭火器；但是镁着火可以用C．金属镁在空气中完全燃烧后，最后剩余三种固体D．侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异15、下列说法不正确的是A．可利用盛有P2O5的干燥管除去NH3中的水蒸气B．我国科学家屠呦呦利用乙醚将青蒿中的青蒿素萃取出来C．明矾可作为絮凝剂是因为其水解生成的胶体分散质具有巨大的比表面积D．可用反萃取法将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来16、酯化反应是有机化学中的一类重要反应，下列对酯化反应理解不正确的是()A．酯化反应的产物只有酯 B．酯化反应可看成取代反应的一种C．酯化反应是有限度的 D．浓硫酸可做酯化反应的催化剂17、将H2S转化为可再利用的资源是能源研究领域的重要课题。某转化工作原理如图。该装置工作时，下列叙述错误的是（）A．p电极的电极反应：2H++2e-=H2B．该方法能实现由H2S高效产生S和H2C．光照后，n电极的电极反应：H2S-2e-=2H++SD．除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能实现如图所示循环18、下列现象或操作与溶解度或溶解度的变化无关的是A．液溴保存时用水封 B．合成氨工业中将N2、H2和NH3中氨分离C．苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊 D．重结晶法分离氯化钠和氯化钾19、下列化学用语或描述中，不正确的有①F－的结构示意图：②氢氧根的电子式：③HClO的结构式：H—Cl—O④SO3的水溶液能导电，说明SO3是电解质⑤NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋H＋＋SO32-⑥同素异形体间的转化和同位素间的转化都是化学变化A．1项 B．2项 C．5项 D．6项20、实验室中用如图所示的装置进行甲烷与氯气在光照下反应的实验。光照下反应一段时间后，下列装置示意图中能正确反映实验现象的是A． B． C． D．21、生活中处处有化学。下列说法正确的是A．制饭勺、饭盒、高压锅等的不锈钢是合金B．做衣服的棉和麻均与淀粉互为同分异构体C．煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类D．磨豆浆的大豆富含蛋白质，豆浆煮沸后蛋白质变成了氨基酸22、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A．四种元素中至少有两种金属元素B．四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C．四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D．常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于7二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物M是一种医用高分子材料，可用于制造隐形眼镜；以下是M、有机玻璃的原料H及合成橡胶（N）的合成路线。（1）A中含有的官能团是___（写名称）。（2）写出反应类型：D→E___；写出反应条件：G→H___。（3）写出B→C化学反应方程式：___；（4）写出E+F→N化学反应方程式：___。（5）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体共有___种。（6）已知：①RCHO②③+SOCl2+SO2+HCl根据已有知识并结合相关信息，写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任用)___。合成路线流程图示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH。24、（12分）现有失去标签的四瓶无色溶液分别为Na2CO3溶液、稀盐酸、Ba(OH)2溶液、NaHSO4溶液，为确定四瓶溶液分别是什么，将其随意标号为A、B、C、D，分别取少量溶液两两混合，产生的现象如下表所示。根据实验现象，回答下列问题：实验顺序实验内容实验现象实验顺序实验内容实验现象①A+B生成白色沉淀④B+C无明显变化②A+C放出无色气体⑤B+D生成白色沉淀③A+D放出无色气体⑥C+D无明显变化（1）A为_____________，C为_____________。（2）写出下列反应的离子方程式A+B:___________________________________________,A+D:___________________________________________，（3）等物质的量浓度、等体积的B、D混合反应的离子方程式为______________，反应后得到的溶液中含有的阴离子有____。25、（12分）可利用下图中的实验装置测定足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成NO和NO2的物质的量之比（用m表示），其中装置C由广口瓶和量气管组成，量气管由甲、乙两根玻璃管组成，用橡皮管连通，并装入适量水，甲管有刻度（0mL～50mL），乙管可上下移动。请回答下列问题：（1）实验中气体（NO和NO2）发生装置应选择___________（填装置序号）。（2）实验中气体（NO和NO2）通入C装置，请在下图的广口瓶中将导气管画出______。（3）连接好装置，检查气密性后，应进行的操作：第一：打开b，向C装置的乙管中加适量水；第二：_________________________________________________________________________；第三：将分液漏斗颈上的玻璃塞打开，再将分液漏斗下面的活塞拧开，向烧瓶中加入浓硝酸，与铜反应。（4）实验前甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面。此时应将乙管_______（填“向上”或“向下”）移动，使________________________。（5）实验后若量气管中气体的体积（已换算成标准状况）为V（L），C中硝酸的物质的量为nmol，则用含n和V的式子表示m＝____________________________（结果可不必化简）。26、（10分）实验室用氯气、海带为原料提取碘的实验装置：使用不当的是______(填选项字母)；错误导致的主要后果是：________________27、（12分）常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。[制备产品]将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。(1)各装置的连接顺序为_______→______→_____→C→_____；(填字母)(2)装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_______；装置C的作用是______；(3)制备Cl2O的化学方程式为________；(4)此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是_______；(5)反应过程中，装置B需放在_______中：(选填“冷水”或“热水”)[测定浓度](6)已知次氯酸可被FeSO4等物质还原。用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10mL上述次氯酸溶液，并稀释至100mL，再从中取出10.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mL0.8mol/L的FeSO4溶液，充分反应后，用0.05000mol/L的酸性KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液24.00mL，则原次氯酸的物质的量浓度为_______。(保留四位有效数字)28、（14分）将一定量的NO2和N2O4的混合气体通入体积为2L的恒温密闭容器中，各物质的浓度随时间的变化如图1所示，请回答下列问题：(1)图1中，曲线_______（填“X”或“Y”）表示NO2浓度随时间的变化情况，前10min内v(NO2)=_______mol/(L·min)；(2)下列选项中不能说明该反应已达到平衡状态的是____（填选项字母）A.容器内混合气体的压强不随时间变化而改变B.容器内混合气体的密度不随时间变化而改变C.容器内混合气体的颜色不随时间变化而改变D.容器内混合气体的平均相对分子质量不随时间变化而改变(3)反应进行到10min时，共吸收热量22.76kJ，则该反应的热化学反应方程式为______________________，该反应的平衡常数K=_____________；(4)反应进行到20min时，再向容器内充入一定量的NO2，10min后达到新平衡，此时测得c(NO2)=0.9mol/L。①第一次平衡时混合气体中NO2的体积分数为w1，达到新平衡后混合气体中的NO2的体积分数为w2，则w1______w2（填“>”“=”或“<”）②请在图2中画出20min后各物质的浓度随时间变化的曲线（曲线上必须标出“X”和“Y”，且要体现出始状态与末状态要用具体浓度）________________29、（10分）漂白粉来源广泛、价格低康用其脱除烟气中SO2和NOx是目前研究的热点之一:（1）脱除姻气中的SO2和NOx实验示意装置如图所示:图中N2和O2的作用______；装置A的作用是________。（2）工业上用氯气与熟石灰制取漂白粉的化学方程式为________。（3）用漂白粉溶液同时脱硫脱硝时，测得相同条件下SO2和NO的脱除率随时间变化如图所示:①SO2的脱除率总是比NO的大，除因为脱除NO的活化能较高外，另一原因是__________。②漂白粉溶液与过量SO2反应(同时有沉淀生成)的离子方程式为___。（4）脱硝过程中包含一系列反应:2NO+O2=2NO2，2NO2+H2OHNO2+HNO3，NO+HClONO2+HCl等。①实验测得吸收液初始pH与NO脱除率的关系如图所示:

i)在4<pH<10时，pH越小，NO脱除率越大，是因为________；ii)当pH=12时，NO脱除率又增大，是因为________。②为提高NO脱除率，在其他条件相同时，漂白粉溶液中分别添加三种不同添加剂，测得其对NO脱除率的影响如图所示。NO脱除率不同的原因是_________。

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、D【详解】A．向一定浓度CuSO4溶液中通入H2S气体，因为生成了沉淀，所以不能证明H2S酸性比H2SO4强，A错误；B．向2mL2%CuSO4溶液中加入几滴1%NaOH溶液，振荡后加入几滴有机物X溶液，加热未出现砖红色沉淀，因为碱不足量，所以不能肯定X是否为葡萄糖，B错误；C．常温下，相同铝片分别投入足量稀、浓硫酸中，前者持续反应，后者发生钝化，反应中止，所以不能得出结论：反应物浓度越大，反应速率越大，C错误；D．取5mL0.1mol·L－1KI溶液，加入1mL0.1mol·L－1FeCl3溶液(KI过量)，萃取分液后，向水层滴入KSCN溶液，溶液变成血红色，说明溶液中还含有Fe3＋，从而说明Fe3＋与I－所发生的反应为可逆反应，D正确。故选D。2、C【解析】25℃时0.1mol/L的M溶液中c(OH-)/c(H+)=1.0×10－12，则M溶液为强酸性溶液，由上述分析可知，X为H，Y为N，Z为O，W为Na。A.114号元素鈇(Fl)在ⅣA族元素，Y（Ｎ）为ⅤA族元素，不在同一主族，选项A错误；B.X分别与Z、W形成的化合物H2O、H2O2中只含有共价键，Na2O只含离子键，Na2O2含离子键和共价键，故所含化学键类型不相同，选项B错误；C.Z与X、W均可形成具有漂白性的化合物H2O2、Na2O2，选项C正确；D.X、Y形成的化合物NH3中只含有极性共价键，但形成的化合物N２H４中含有极性共价键和非极性共价键，选项D错误；答案选C。3、A【解析】①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故①正确；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾，不会产生沉淀，故②错误；③NaHCO3溶液与NaAlO2溶液混合产生白色沉淀氢氧化铝，无气体放出，所以不符合题意，故③错误；④过量的Na2O2投入FeCl2溶液，反应生成氧气和氢氧化铁沉淀，故④正确；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，只生成气体，不产生沉淀，故⑤错误；故选A。4、B【详解】A．标准状况下，CCl4是液体，无法根据气体摩尔体积计算其中的氯原子数，A错误；B．白磷分子呈正四面体结构（），一个白磷分子中含有6个P-P，12.4g白磷为0.1mol，故含有P-P键数目为0.6NA，B正确；C．2.24L(标准状况)氯气的物质的量是1mol，与铁充分燃烧后，得到的电子数为0.2NA，C错误；D．10g46%酒精水溶液中含乙醇4.6g，乙醇的物质的量为0.1mol，其中的氧原子数目为0.1NA，但是水中也含有氧原子，故D错误。本题选B。5、D【详解】A．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，不能直接转化为Al(OH)3，故A错误；B．铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故B错误；C．CuO难溶于水，不能与水反应生成Cu(OH)2，故C错误；D．硫酸钙在饱和碳酸钠溶液中转化为更难溶的碳酸钙，碳酸钙与盐酸反应生成氯化钙，故D正确；故选D。6、C【详解】A．该反应在室温下可以进行，故该反应为放热反应，故A错误；B．二氧化碳结构为O=C=O，为极性键，故B错误；C．甲醛中，含有碳氧双键以及两个碳氢单键，故其中3个δ键，1个π键，故C正确；D．每生成1.8gH2O消耗氧气的物质的量为0.1，没有标明状况，故不一定为2.24L，故D错误；故选C。7、B【解析】A.金属Na加入水中离子方程式为2Na+2H2O==2Na++2OH－+H2↑，A不正确；B.NaOH溶液吸收Cl2离子方程式为Cl2+2OH－==Cl－+ClO－+H2O，B正确；C.Al2(SO4)3溶液和过量的NaOH溶液反应离子方程式为Al3+＋4OH－==AlO2-+2H2O，C不正确；D.过量的Fe和稀硝酸反应离子方程式为3Fe+8H++2NO3—==3Fe2++2NO↑+4H2O，D不正确。本题选B。点睛：判断与量有关的离子反应的离子方程式是否正确，可以用过量的物质检验生成物能否与其反应，如在水溶液中，铁与硝酸铁可以发生反应生成硝酸亚铁，故过量的Fe和稀硝酸反应生成硝酸亚铁。8、C【详解】A.甲、乙两个容器内温度相等，则平衡常数相等，A错误；B.将乙中转化为到左边，SO2、O2的起始物质的量相当于2mol、1mol，甲、乙温度、体积相等，故二者为完全等效平衡，平衡时SO2的体积分数相等，B错误；C.甲、乙为完全等效平衡，平衡时二氧化硫的物质的量相等，故甲中参加反应的二氧化硫更多，则放出热量：Q1>Q2，由于该反应为可逆反应，反应物不能完全反应，故197>Q1，则放出热量：197>Q1>Q2，C正确；D.同种物质，液态的能量低于气态，生成液态三氧化硫放出的热量更多，即生成1molSO3(l)时放出的热量大于98.5kJ，D错误；故合理选项是C。9、C【分析】根据半径大小比较的方法，a离子为Cl－，b离子为Na＋，然后溶解过程图示进行分析。【详解】A、Na＋核外有2个电子层，Cl－核外有3个电子层，即Cl－的半径大于Na＋，a离子为Cl－，b为Na＋，故A错误；B、题目中没有说明溶液的体积，无法计算NaCl的物质的量，即无法判断Na＋的数目，故B错误；C、H2O中H＋显＋1价，b为Na＋，根据同电相斥异电相吸的原理，Na＋应被氧原子“包围”，即水合b离子的图示不科学，故C正确；D、NaCl是强酸强碱盐，水溶液显中性，即pH=7，故D错误。【点睛】易错点是选项B，学生仍为NaCl物质的量浓度为1mol·L－1，则溶液Na＋的物质的量为1mol，忽略了物质的量、物质的量浓度之间的关系，即n=Vc。10、C【解析】溶液中铁离子和铜离子的物质的量分别都是0.24mol。由于铜离子的氧化性弱于铁离子的，所以首先是铁离子氧化单质铁，方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，如果铁离子完全反应，则生成亚铁离子是0.36mol，此时溶液中Fe2+与Cu2+物质的量之比为3︰2，这说明溶液中单质铁也和铜离子反应，方程式为Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。设和铜离子反应的单质铁是x，则消耗铜离子是x，生成亚铁离子是x，所以有＝2，解得x＝0.04mol，所以加入的铁粉是0.12mol＋0.04mol＝0.16mol，答案选C。11、D【详解】A．该仪器为泥三角，不是三脚架，故A错误；B．溶量瓶中“溶”字错误，应该为容量瓶，故B错误；C．该仪器为坩埚钳，不是镊子，故C错误；D．该仪器为坩埚，用于灼烧固体，故D正确；故选D。12、B【分析】离子晶体：阴阳离子通过离子键结合形成的晶体；一般熔点较高，硬度较大、难挥发，固体不导电，但质脆，一般易溶于水，其水溶液或熔融态能导电。【详解】A熔点10.31℃，低熔点，液态不导电是共价化合物，是分子晶体，故A错误；B.熔点1700℃，易溶于水，水溶液能导电，离子晶体的性质：一般熔点较高，固体不导电，其水溶液或熔融态能导电，故B正确；C.能溶于CS2，熔点112.8℃，沸点444.6℃，是分子晶体，故C错误；D.熔点97.81℃，质软，固体能导电，密度0.97g/cm3，是钠的性质，故D错误；故选B。13、C【详解】A．催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，故A项错误；B．在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，B项错误；C．催化剂a表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，生成不同种元素氮氢键极性共价键的形成，故C项正确；D．如果向容器中放入1molN2和3molH2，该反应是可逆反应，最终可以生成NH3的物质的量小于2mol，故D项错误；答案选C。14、B【详解】A．实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH3CH2OH+2Na→2CH3CH2ONa+H2↑，反应缓慢，较为安全，故A正确；B．钠着火生成的过氧化钠能够与二氧化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；C．金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；D．“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；故选B。15、A【详解】A.P2O5与水反应生成磷酸，磷酸会与氨气发生反应，所以不可利用盛有P2O5的干燥管除去NH3中的水蒸气，故A错误；B.乙醚是一个良好的有机溶剂，将青蒿浸泡在乙醚中，青蒿素会溶解于乙醚溶剂中，青蒿素的分子结构中含有过氧键，过热便分解，因为乙醚的良好挥发性和低沸点，因此除去乙醚而青蒿素不至于分解，故我国科学家屠呦呦利用乙醚将青蒿中的青蒿素萃取出来，故B正确；C.在水溶液中，明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有巨大的比表面积，有强吸附性，故明矾可作絮凝剂，故C正确；D.在碘的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘单质与氢氧化钠发生反应3I2＋6NaOH=5NaI＋NaIO3＋3H2O，生成易溶于水的碘化钠和碘酸钠，振荡、静置、分液，得到含碘化钠和碘酸钠的混合溶液，再加硫酸酸化，碘化钠和碘酸钠在酸性环境下发生反应5NaI＋NaIO3＋3H2SO4=3Na2SO4＋3I2＋3H2O，生成含碘的悬浊液，过滤得到固体碘，故可用反萃取法将碘单质从碘的四氯化碳溶液中提取出来，故D正确；故选A。16、A【解析】A、酯化反应的产物有酯和水，错误；B、酯化反应可看成取代反应的一种，正确；C、酯化反应为可逆反应，是有一定的限度，正确；D、浓硫酸可作酯化反应的催化剂，正确。故答案选A。17、C【详解】A.根据图示可知在p电极上H+获得电子变为H2，p电极的电极反应：2H++2e-=H2↑，A正确；B.在n电极上H2S与Fe3+发生反应产生H+、S、Fe2+，该方法能实现由H2S高效产生S和H2，B正确；C.根据图示可知光照后，n电极的电极反应：Fe2+-e-=Fe3+，C错误；D.除了Fe3+/Fe2+外，I3-/I-也能实现如图所示循环，这是由于I-在电极上放电3I--2e-=I3-；I3-在溶液中氧化H2S：H2S+I3-=3I-+S+2H+，I3-、I-循环反应，因此，I3-/I-也能实现如图所示循环，D正确；故合理选项是C。18、B【详解】A．液溴具有挥发性，在水中的溶解度较小，所以保存液溴通常采用水封的方法，与溶解度有关，选项A错误；B．合成氨中氨的分离利用了氨气容易液化的性质，不是溶解度的变化，选项B正确；C．苯酚在冷水中溶解度较小，易溶于热水，所以苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊，该变化与溶解度有关，选项C错误；D．重结晶法分离氯化钠和氯化钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，而氯化钾的溶解度受温度影响较大，与溶解度大小相关，选项D错误；答案选B。19、C【详解】①F－的结构示意图：，故正确；②为羟基的电子式，氢氧根的电子式为：，故不正确；③HClO的结构式为：H—O—Cl，故不正确；④SO3的水溶液能导电，导电离子是硫酸电离的，硫酸为电解质，而SO3不电离，属于非电解质，故不正确；⑤NaHSO3在水中的电离方程式：NaHSO3＝Na＋＋HSO3-，故不正确；⑥同素异形体间的转化是化学变化，同位素间的转化属于核反应，不属于化学变化，故不正确；综上，不正确的有②③④⑤⑥共５项，答案选C。20、D【分析】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，结合有关物质的溶解性分析解答。【详解】在光照条件下氯气与甲烷发生取代反应生成氯化氢和四种氯代甲烷，由于Cl2被消耗，气体的颜色逐渐变浅；氯化氢极易溶于水，所以液面会上升；但氯代甲烷是不溶于水的无色气体或油状液体，所以最终水不会充满试管，答案选D。【点睛】明确甲烷发生取代反应的原理和有关物质的溶解性是解答的关键，本题取自教材中学生比较熟悉的实验，难度不大，体现了依据大纲，回归教材，考查学科必备知识，体现高考评价体系中的基础性考查要求。21、A【详解】A．“不锈钢是合金”，不锈钢是铁、钴、镍的合金，故A正确；B．棉和麻主要成分是纤维素，与淀粉一样都属于混合物，不属于同分异构体，故B错误；C．花生油是不饱和酯类，牛油是饱和酯类，故C错误；D．豆浆煮沸是蛋白质发生了变性，故D错误。故选A。22、B【解析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A.四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B.氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C.四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D.三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、醛基、碳碳双键消除反应氢氧化钠溶液，加热+HOCH2CH2OH+H2O5种【分析】根据M的结构简式可知C为：，B与乙二醇反应生成C，则B的结构简式为：，A通过①银镜反应、②与H+反应生成B，则A的结构简式为：；A与氢气发生加成反应生成D，A中碳碳双键、碳氧双键都能够与氢气发生加成反应，根据D一定条件下能够生成E可知，D为；又F能够生成天然橡胶，则F的结构简式为：，根据加聚反应原理可以写出E与F反应合成N的化学方程式为：。【详解】（1）根据分析可知A为，故答案为：醛基、碳碳双键；（2）D为，D通过消去反应生成E；G到H位氯代烃的消去反应，反应条件为故答案为氢氧化钠溶液，加热，消去反应；加聚反应；氢氧化钠溶液，加热；（3）B为，B与乙二醇反应的化学方程式为：；（4）E与F反应的化学方程式为：；（5）H在一定条件下能被氧化为不饱和酸，该不饱和酸有多种同分异构体，属于酯类且含有碳碳双键的同分异构体的结构简式有：HCOOC（CH3）=CH2、HCOOCH2-CH=CH2、HCOOCH=CH-CH3、CH3COOCH=CH2、CH2=CH-COOCH3，共5种，故答案为：5；（6）以为原料制备，结合题中各物质的转化条件可知，可以用与与HCN发生加成反应生成，发生消去反应生成，与SOCl2发生取代反应生成，分子内脱去氯化氢得，与氢气加成得，合成路线为。【点睛】本题考查了有机物的推断、结构和性质，明确有机物的官能团及其性质是解题关键，同时对一些特殊反应的反应条件要敏感；第（6）题是本题难点，对学生的逻辑推理有一定的要求。24、Na2CO3溶液稀盐酸CO32-+Ba2+=BaCO3↓CO32-+2H+=CO2↑+H2OBa2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2OOH-【解析】根据反应现象和物质的性质进行推断，由表格中A能与C和D反应均有气体放出，可知A为碳酸钠溶液，C和D溶液均显酸性，则B为氢氧化钡溶液，B和C、D分别混合，B和D有沉淀，可知D为硫酸氢钠溶液，则C为稀盐酸。

（1）根据分析可知：A为碳酸钠溶液，C为稀盐酸，故答案为Na2CO3溶液；稀盐酸；

（2）碳酸钠溶液和氢氧化钡溶液混合生成碳酸钡白色沉淀，发生反应的离子方程式为CO32-+Ba2+=BaCO3↓，碳酸钠溶液和硫酸氢钠溶液混合有二氧化碳气体放出，发生反应的离子方程式为CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为CO32-+Ba2+=BaCO3↓；CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（3）氢氧化钡溶液和硫酸氢钠溶液等体积等物质的量浓度反应生成水和硫酸钡沉淀，发生反应的离子方程式为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O，从离子反应方程式可看出，等物质的量反应后溶液里剩余阴离子为OH-，故答案为Ba2++OH-+H++SO42-=BaSO4↓+H2O；OH-。点睛：本题属于表格型推断题，考查溶液中物质之间的离子反应，把两两反应的现象归纳、列表，并和试题信息对照可得出结论。本题的易错点为（3），要注意与硫酸和氢氧化钡反应的离子方程式的区别。25、C打开a，通入足量N2，排净装置中的空气，关闭a、b向下使甲、乙两管液面在同一水平面上(V－11.2n)/33.6n【解析】（1）足量的Cu粉和适量的浓HNO3反应，开始发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2H2O+2NO2↑，有红棕色的NO2气体生成；随着反应的进行，HNO3不断消耗，HNO3的浓度逐渐降低而变成稀HNO3，发生反应3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑，产生的气体为无色NO气体，故由气体发生装置导出的气体主要是NO、NO2组成的混合气体，为了防止生成的NO被空气中的O2氧化，所以反应开始前，应向装置中通入N2，以驱赶其中的空气，故发生装置应选择C。（2）装置中测定气体体积的部分是利用气体压强关系，在有刻度的甲玻璃管中读出气体体积，反应中生成的气体含有二氧化氮和一氧化氮，所以气体需要通过水除去二氧化氮，导气管应长进短出，所以装置图为：。（3）为避免生成的一氧化氮气体被空气中的氧气氧化，需要通入氮气，把空气赶净，故第二步操作为：打开a，通入足量N2，排净装置中的空气，关闭a、b。（4）实验前甲、乙两管液面在同一水平面上，最后读数时乙管的液面高于甲管的液面，为避免压强造成的误差，应向下移动乙管，使甲、乙两管液面在同一水平面上。（5）实验后若量气管中气体的体积（已换算成标准状况）为V（L），气体为一氧化氮，物质的量为：=mol，C中硝酸的物质的量为nmol，是二氧化氮和水反应生成的，反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，所以生成nmol硝酸需要NO2物质的量为1.5nmol，生成NO物质的量为0.5nmol；则铜与硝酸反应生成的气体中，NO2物质的量为1.5nmol，NO物质的量为mol-0.5nmol；足量铜与适量一定浓度的浓硝酸反应生成的NO气体和NO2气体的物质的量之比（用m表示），为：(mol-0.5nmol)/1.5nmol=(V－11.2n)/33.6n。26、D不能将碘单质与有机溶剂完全分离开【分析】在海带中碘元素以KI形式存在，先灼烧海带，使有机物变为气体逸出，然后过滤除去不溶性杂质，再向滤液中通入足量Cl2将碘置换出来，向得到的溶液中加入CCl4经萃取、分液，得到碘的CCl4溶液，最后根据I2、CCl4沸点的不同，通过蒸馏方法分离得到碘单质。为充分冷凝，要注意冷凝水通入方向是下进上出，注意结合碘单质易升华和氯气是有害气体，要进行尾气处理分析。【详解】在海带中碘元素以KI形式存在，海带中含有可燃性有机物经灼烧变为CO2、H2O气体，然后经过滤后除去其中的不溶性杂质，而KI易溶于水，会进入水溶液中，然后向滤液中通入足量Cl2，发生置换反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，将碘置换出来，反应产生的I2易溶于有机溶剂，而在水中溶解度小，所以向碘水中加入CCl4，充分振荡，经萃取、分液，得到碘的CCl4溶液，最后根据I2、CCl4沸点的不同，通过蒸馏方法分离得到碘单质。A是萃取分液，B是过滤，C是氧化KI产生碘单质。该实验中还可以用盛有NaOH溶液的C装置进行尾气处理，导气管是长进短出。D是分离碘和有机溶剂CCl4，但由于碘单质易升华，因此不能使用酒精灯直接加热，应水浴加热；且冷凝管没有通入冷凝水降温处理，这样就不能有效分离得到碘单质。冷凝水通入方向应该是下进上出，因此使用不当的是D。【点睛】本题考查了物质的分离提纯的知识。涉及物质的物理性质、化学性质的利用。掌握被分离物质的状态、溶解性等性质及各种不同混合物方法对被分离物质的要求是本题解答的关键。27、ADBE增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行除去Cl2O中的Cl22Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大冷水1.000mol/L【分析】根据实验目的，将氯气和空气（不参与反应）按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O（不含Cl2）制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，以此解答。【详解】(1)根据实验目的，将氯气和空气(不参与反应)按体积比1:3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应;然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2等杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，装置连接顺序为：A→D→B→C→E，故答案为：A；D；B；E；(2)多孔球泡和搅拌棒均能使反应物充分接触，增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；装置B中生成Cl2O的同时还会有多余的Cl2逸出，而Cl2是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，因此此处装置C使用足量的四氯化碳将Cl2吸收，故答案为：增大反应物接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；除去Cl2O中的Cl2；(3)已知空气不参与反应，则制取Cl2O以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和−1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)，故答案为：2Cl2+Na2CO3═Cl2O+2NaCl+CO2(或2Cl2+Na2CO3+H2O═Cl2O+2NaCl+2NaHCO3)；(4)Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O=2HClO，Cl2和水反应的化学方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO，Cl2O和水反应只生成HClO且反应不可逆，氯气和水反应除了生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液相对于用氯气溶于水制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大，故答案为：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大；(5)由题可知：Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，故为防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解，装置B需放在冷水中，故答案为：冷水；(6)10.00mL

0.80mol⋅L−1的FeSO4溶液中，n(FeSO4)=0.80mol/L×0.01L=0.008mol，24.00mL0.050

00mol⋅L−1的酸性KMnO4溶液中，n(KMnO4)=0.050mol/L×0.024L=0.0012mol，根据反应MnO+5Fe2++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O可知，0.0012mol高锰酸钾消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.0012mol×5=0.006mol，则稀释后的10.00mLHClO溶液消耗硫酸亚铁的物质的量为：0.008mol−0.006mol=0.002mol，根据反应HClO+2Fe2++H+=2Fe3++Cl−+H2O可知，稀释后10.00mLHClO溶液中n(HClO)=×0.002mol=0.001mol，原10mL次氯酸溶液中n(HClO)=0.001mol×=0.01mol，其浓度为：=1.000mol/L，故答案为：1.000mol/L。28、X0.04mol/(L·min)BN2O4(g)⇌2NO2(g)△H=+56.9kJ/mol0.9＞【分析】(1)根据反应方程式N2O4(g)⇌2NO2(g)可知，NO2的浓度变化量是N2O4浓度变化量的2倍，据此判断；根据，计算v(NO2)；

(2)化学反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，且不等于0，各物质的浓度不再发生变化，由此衍生的一些物理量不发生变化，以此进行判断；

(3)反应热与物质的量成正比；根据平衡常数的定义进行计算；

(4)①恒容，充入一定量NO2，相当于增大压强；

②先计算平衡时、20min时气体的浓度，再作图。【详解】(1)由图可知，10min时反应达到平衡状态，0-10min内，X表示的生成物的浓度变化量为(0.6-0.2)mol/