新疆维吾尔自治区生产建设兵团第二中学2026届化学高三第一学期期中综合测试试题含解析

新疆维吾尔自治区生产建设兵团第二中学2026届化学高三第一学期期中综合测试试题考生须知：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、一种利用废干电池中黑色粉末（主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐）制备MnSO4晶体的工艺流程如图：下列说法错误的是（）A．反应①中1molFe至多还原1.5molMnO2B．重金属主要在滤渣2中C．步骤③煮沸可使沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离D．合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染2、化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是A．绿色化学要求从源头上减少或消除工业生产对环境的污染B．金属在潮湿空气中生锈，主要是发生吸氧腐蚀C．光导纤维和制作航天服的聚酯纤维都是新型无机非金属材料D．海水提取镁、溴的过程中均涉及氧化还原反应3、若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，22.4LCl2通入足量水中转移电子数为NAB．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L（标准状况）Cl2转移电子数为1.2NAC．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAD．14gN2中含有7NA个电子4、如图表示元素周期表中1~14周期的一部分，关于元素X、Y、Z、W的叙述错误的是（）A．X、Y的最高价氧化物的水化物酸性为Y＜XB．Y、Z的气态氢化物的稳定性为Y＜ZC．Z有5种不同运动状态的电子D．W的原子序数比Y大195、利用如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A酸性高锰酸钾浓盐酸NaHCO3溶液Cl2与水反应生成酸性物质B浓硫酸蔗糖澄清石灰水浓硫酸具有脱水性、氧化性C浓硝酸铁片NaOH溶液铁和浓硝酸反应可生成NOD稀盐酸Na2CO3Na2SiO3溶液非金属性：Cl>C>SiA．A B．B C．C D．D6、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入6mol·L—1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．60mL B．50mL C．30mL D．15mL7、向MgSO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液。下列图象中能正确表示上述反应的是(横坐标表示加入NaOH溶液的体积，纵坐标表示反应生成沉淀的质量)（）A． B．C． D．8、常温下向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中逐滴加入0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液。充分反应后静置，Ba(OH)2溶液体积与溶液的pH的关系如下图，下列说法正确的是（假设过程中生成的NH3·H2O不分解）A．a点溶液中：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.4mol·L－1B．b点溶液中：c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)＞c(NH3·H2O)＞c(OH－)C．c点溶液中：c(Ba2＋)＋c(NH4+)＝c(SO42-)D．d点溶液中：c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(OH－)＞c(H＋)9、某小组同学通过实验研究FeCl3溶液与Cu粉发生的氧化还原反应。实验记录如下：序号IIIIII实验步骤充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水充分振荡，加入2mL蒸馏水实验现象铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀铜粉有剩余，溶液黄色褪去，变成蓝色，加入蒸馏水后无白色沉淀下列说法不正确的是A．实验I、II、III中均涉及Fe3+被还原B．对比实验I、II说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关C．实验II、III中加入蒸馏水后c(Cu2+)相同D．向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀10、下列叙述正确的是A．元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素属于过渡元素B．短周期第IVA族与VIIA族元素的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构C．C、N、O、H四种元素形成的化合物一定既有离子键又有共价键D．第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强11、X、Y、Z、M、R为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如图所示。下列说法不正确的是A．简单离子半径：M<RB．氢化物的稳定性：Y<ZC．M的氢化物常温常压下为气体D．X、R、Y、Z均存在两种及两种以上的氧化物12、下列关于热化学反应的描述中正确的是A．有氧气参与的反应都是放热反应B．热化学方程式既表示能量的变化，又表示物质的变化C．若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－566kJ·mol－1D．放热反应理论上都可以设计为原电池，将化学能转化为电能13、下表各组物质(或者它们的溶液)通过一步反应可实现下图所示转化的是选项XYＺAAl(OH)3Al2O3AlCl3BNaClNaNa2O2CFeFeCl3FeCl2DMg(OH)2MgCO3MgCl2【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D14、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C．反应Ш是非氧化还原反应D．黄铁矿催化氧化过程中：NO和Fe(NO)2+均作催化剂15、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液中c(SO42-)+c(NO3-)=3.1mol·L-1，取211mL该混合酸，则能溶解铜的最大物质的量为A．1.36mol B．1.24mol C．1.31mol D．1．21mol16、将一定量的NaHCO3和Na2O2的混合物置于一密闭容器中充分加热，反应中转移电子的物质的量为1mol，下列说法一定正确的是()A．混合物中NaHCO3和Na2O2的物质的量一定相等B．容器中肯定有0.5molO2C．反应后，容器中的固体只有Na2CO3D．反应后，容器中一定没有H2O二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、M、W、Q、R是7种短周期元素，其性质如下：元素代号XYZMWQR原子半径/nm0.1430.1040.0990.0700.066主要化合价+3+6，﹣2+7，﹣1+5，﹣3﹣2其它焰色为黄色形成气体单质密度最小完成下列填空：（1）上述元素中，X在周期表中的位置是__，由Y、Q形成的简单离子半径大小关系是Y___Q(填“＞”或“＜”)。（2）由W或Q与R两种元素组成的微粒中，都是10e-体参与的离子反应方程式为___，是18e-分子的有__种。（3）写出证明Z、M非金属性强弱的化学方程式为__。（4）Z、W、Q、R四种元素按原子个数比为1：1：4：5形成某化合物，则该化合物中化学键类型为___。（填选项）A．离子键B．极性共价键C．非极性共价键D．氢键18、〔化学—选修5：有机化学基础〕席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：①②一摩尔B经上述反应可生居二摩尔C，且C不能发生银镜反应。③D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106。④核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的⑤回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为：（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环的还有____种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_______。（写出其中的一种的结构简式）。（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。反应条件1所选择的试剂为____________；反应条件2所选择的试剂为________；I的结构简式为_____________。19、碱式碳酸镍［Nix(OH)y(CO3)z·nH2O］是一种绿色粉末晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300℃以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题：(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置______、_______(填字母，装置可重复选取)。(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中______(填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是______。(3)装置A的作用是____，若没有装置E，则会使x/z_____(填写“偏大”或“偏小”或“无影响”)。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品质量/g装置C质量／g装置D质量/g实验前3.77132.0041.00实验后2.25133.0841.44已知碱式碳酸镍中Ni化合价为＋2价，则该碱式碳酸镍分解的化学方程式为______。(5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸倒吸，可导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_________________。20、已知:ICl的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，易水解，ICl3的熔点为111℃，并且已知:ICl(l)+Cl2(g)=ICl3(s)。用下图(中夹持装置略去)的装置制取ICl。(1)装置A中发生反应的化学方程式是_____________________。(2)装置B的作用是_________，不能用装置F代替装置E，理由____________。(3)所制得的ICl中溶有少量ICl3杂质，提纯的方法是____________(填标号)。A.过滤B.蒸发结晶C.蒸馏D.分液(4)用ICl的冰醋酸溶液测定某油脂的不饱和度。进行如下两个实验，实验过程中有关反应为：①②ICl+KI=I2+KCl③I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6实验1：将5.00g该油脂样品溶于四氯化碳后形成100mL溶液，从中取出十分之一，加入20mL某ICl的冰醋酸溶液(过量)，充分反应后，加入足量KI溶液，生成的碘单质用amol/L的Na2S2O3标准溶液滴定。经平行实验，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V1mL。实验2(空白实验)：不加油脂样品，其它操作步骤、所用试剂及用量与实验I完全相同，测得消耗的Na2S2O3溶液的平均体积为V2mL。①滴定过程需要的指示剂是___________________。②5.00g该油脂样品所消耗的ICl的物质的量为________mol。由此数据经换算即可求得该油脂的不饱和度。21、碳酸钠俗称纯碱，其用途很广。实验室中，用碳酸氢铵和饱和食盐水可制得纯碱。(1)饱和食盐水所用的原料粗盐主要来自于海洋，从海水中得到粗盐我们通常用的方法是_______。(2)所得的粗盐(含Ca2+、Mg2+、SO42-)需要提纯，需要加入足量NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液将杂质离子除去，随后过滤并加入盐酸调pH至7。其中先用BaCl2，再用Na2CO3的原因是______。(3)饱和食盐水除用于制纯碱，也是氯碱工业的原料。氯碱工业中电解饱和食盐水的方程式为_______。(4)测试纯碱产品中NaHCO3含量的方法是：用_______(定量仪器)称取纯碱样品1.144g，用蒸馏水溶解，加入0.500mol/L的HCl溶液100mL，再加1-2滴酚酞，继续用0.500mol/L标准氢氧化钠溶液滴定。当滴定至溶液由_____色变_____色，半分钟不变色为滴定终点。(5)若上述过程中共消耗氢氧化钠58.00mL，纯碱样品中NaHCO3质量分数为_____。(保留3位小数)(6)如果装氢氧化钠的滴定管滴定结束读数时有漏液情况，会导致测定结果______（选填“偏大”、“偏小”、“不受影响”）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】黑色粉末(主要成分MnO2、炭粉及少量Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解，并加入适量铁粉，过滤后所得滤渣1中主要是不溶于水的炭粉、和置换出的Hg、Pb等，滤液中主要含有MnSO4、Fe2(SO4)3，加入CaCO3并调节溶液pH=5左右，并加热煮沸，促进Fe3+水解生成Fe(OH)3，则过滤后滤渣2主要为Fe(OH)3，滤液主要含有MnSO4，滤液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到MnSO4•nH2O；A．用Fe和浓H2SO4溶解MnO2时发生反应的化学方程式为2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反应中1molFe参加反应，被还原的MnO2是1.5mol，故A正确；B．步骤①中同时发生Fe+Hg2+=Fe2++Hg、Fe+Pb2+=Fe2++Pb，则重金属Hg、Pb主要在滤渣1中，故B错误；C．悬浊液中Fe(OH)3颗粒越大，越易与MnSO4溶液过滤分离，则步骤③煮沸使Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离，故C正确；D．锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染，故D正确；故答案为B。2、C【解析】绿色化学的核心就是从源头上减少和消除工业生产对环境的污染，A项正确；金属的腐蚀分为化学腐蚀和电化学腐蚀，电化学腐蚀较为普遍，电化学腐蚀又分吸氧腐蚀和析氢腐蚀，析氢腐蚀需要在酸性条件下。故金属在潮湿空气中生锈，主要是发生吸氧腐蚀，B项正确；聚酯纤维是合成高分子材料，C项错误；海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及氧化还原反应，从海水中提取镁盐，通常将熟石灰加入海水中或卤水中，沉淀出氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，电解熔融状态的氯化镁，就能制的金属镁，也涉及氧化还原反应，D项正确。3、D【详解】A.氯气和水的反应为可逆反应，反应不完全，不能计算，故错误；B.标况下13.44L氯气的物质的量为0.6mol，该反应中转移5个电子，即0.6mol氯气生成转移1mol电子，故错误；C.标况下，11.2LNO和11.2LO2混合反应，但原子总数不变，为2mol，故错误；D.14克氮气的物质的量为0.5mol，含有7mol电子，故正确。故选D。4、C【详解】由元素在周期表中的位置可知，X为N元素，Y为P元素，Z为Cl元素，W为Se元素。A．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性N＞P，故最高价氧化物的水化物酸性：P＜N，A不符合题意；B．同周期自左而右非金属性增强，故非金属性P＜Cl，故氢化物稳定性：PH3＜HCl，B不符合题意；C．Z为Cl元素，原子中核外由17个电子，核外有17种不同运动状态的电子，C符合题意；D．W为Se元素，原子序数为34，Y为P元素，原子序数为15，W的原子序数比Y大19，D不符合题意。答案选C。5、B【解析】A、浓盐酸被酸性高锰酸钾溶液氧化生成氯气，但浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与碳酸氢钠反应，结论不正确，A错误；B、浓硫酸具有脱水性，将蔗糖炭化，生成的碳又被浓硫酸氧化生成CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，B正确；C、铁和浓硝酸反应生成NO2，C错误；D、盐酸不是最高价含氧酸，不能比较元素的非金属性强弱，D错误，答案选B。6、B【解析】NO2、N2O4、NO的混合气体与O2、水完全反应生成HNO3，则整个过程中NO3-没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2=n（O2）×4，n（Cu）×2=mol×4，n（Cu）=0.15mol，所以Cu(NO3)2为0.15mol，根据反应Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，则消耗的NaOH为0.15mol×2=0.3mol，则NaOH体积V===0.05L，即50mL，故选B。7、D【详解】硫酸镁和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化镁沉淀，硫酸铝和氢氧化钠反应生成硫酸钠和氢氧化铝沉淀，所以刚开始随着氢氧化钠的加入，沉淀逐渐增大，在图象中就是一条过“0”点并呈上升趋势的斜线。氢氧化铝和过量的氢氧化钠生成偏铝酸钠和水，所以当氢氧化钠过量时，沉淀会溶解一部分，在图象中就是沉淀的质量会下降，但是最后是一条平行于横坐标的直线(氢氧化镁沉淀的质量保持不变)，故D正确。故选D。8、B【详解】A、a点溶液是NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液,存在物料守恒：c(NH4+)＋c(NH3·H2O)＝0.3mol·L－1，故A错误；B、b点溶液是向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加10mL0.1mol·L－1的Ba(OH)2溶液，则氢离子和氢氧根离子反应完全，铵根离子0.06mol没反应,硫酸根被沉淀了0.01mol，剩余硫酸根是0.03mol，则c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H＋)，故B正确；C、c点溶液是向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液显示中性的时候c(OH－)=c(H＋)，根据电荷守恒2c(Ba2＋)＋c(H＋)+c(NH4+)＝2c(SO42-)+c(OH－)，得到2c(Ba2＋)＋c(NH4+)＝2c(SO42-)，故C错误；D、d点溶液是向20mL浓度均为0.1mol·L－1NH4HSO4、(NH4)2SO4混合溶液中滴加25mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，则溶液中产生了0.03molNH3∙H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，由于溶液呈碱性，电离大于水解，所以c(NH4+)＞

c(NH3·H2O)＞c(SO42-)＞c(OH－)＞c(H＋)，故D错误；故答案B。9、C【分析】Cu和FeCl3溶液反应生成FeCl2和CuCl2，若铜过量，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀，可能是发生了反应：CuCl2+Cu=2CuCl↓，据此分析解答。【详解】A.实验I、II、III中的现象为溶液黄色变浅或溶液黄色褪去，说明Fe3+被Cu还原，故A正确；B.对比实验I、II，实验I加入少量铜粉，铜粉消失，溶液黄色变浅，加入蒸馏水后无明显现象；实验II加入过量铜粉，铜粉有剩余，溶液黄色褪去，加入蒸馏水后生成白色沉淀；说明白色沉淀的产生与铜粉的量有关，故B正确；C.对比实验II、III，参加反应的Fe3+的量相同，则生成的Cu2+应相同，但由于实验II生成CuCl，所以加入蒸馏水后c(Cu2+)不相同，故C错误；D.实验III溶液为蓝色，含有Cu2+和过量的铜，向实验III反应后的溶液中加入饱和NaCl溶液可能出现白色沉淀CuCl，故D正确。故答案选C。10、B【解析】试题分析：A、元素周期表中位于金属与非金属分界线附近的元素既有金属性也有非金属性，而过渡元素都是金属，错误；B、短周期第IVA族是C、Si与VIIA族元素F、Cl的原子间构成的分子，均满足原子最外层8电子结构，正确；C、C、N、O、H四种元素形成的化合物不一定有离子键，如氨基酸、尿素分子中只有共价键，没有离子键，错误；D、第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，不说明最高价时，结论不一定成立，如硫酸的酸性比次氯酸的酸性强，错误，答案选B。考点：考查元素周期表、元素周期律的应用11、A【解析】X、Y、Z、M、R为五种短周期元素，X、R最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，M最外层有6个电子，位于第VIA族；R原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、M原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、M为S元素。A．硫离子比钠离子多一个电子层，硫离子半径较大，故A错误；B．非金属性N＞C，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C．M的氢化物的硫化氢，常温下为气体，故C正确；D.X、R、Y、Z均存在的氧化物有水和双氧水、氧化钠和过氧化钠、一氧化碳和二氧化碳、一氧化氮和二氧化氮以及四氧化二氮等，均在两种及两种以上，故D正确；故选A。12、B【详解】A、有氧气参与的反应不一定是放热反应，如放电条件下氮气与氧气反应生成NO的反应为吸热反应，选项A错误；B、热化学方程式不仅能表示反应物和生成物的种类，还能表示能量的变化，选项B正确；C、燃烧热是以1mol可燃物作为标准来进行测定的，若2CO2(g)2CO(g)＋O2(g)△H＝＋566kJ·mol－1，则CO的燃烧热△H＝－288kJ·mol－1，选项C错误；D、电流的形成要有电子的定向运动，所以只有氧化还原反应才能设计成原电池，选项D错误。答案选B。13、C【详解】A.Al2O3和HCl反应生成AlCl3，但AlCl3不能一步反应生成Al2O3，所以上述关系不可以一步实现，故A错误；B.NaCl不能一步反应生成Na2O2，所以上述关系不可以一步实现，故B错误；C.Fe和Cl2反应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，所以上述关系可以一步实现，故C正确；D.Mg(OH)2不能一步反应生成MgCO3，所以上述关系不可以一步实现，故D错误；故选C。14、D【分析】步骤I中，O2将Fe(NO)2+氧化为Fe3+，并释放出NO；Ⅱ中Fe3+将FeS2氧化成，生成的Fe2+在Ⅲ中又与NO结合成Fe(NO)2+进入下一个过程。总反应为：2FeS2+7O2+2H2O═2Fe2++4SO42−+4H+，NO的量不变，作催化剂，据此分析作答。【详解】A．根据上述图示信息可以看出，反应I中Fe(NO)2+与O2反应生成NO和Fe3+，根据氧化还原反应的规律可知，该离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．反应Ⅱ中硫元素的化合价升高，铁元素的化合价降低，Fe3+作氧化剂，故B正确；C．反应Ⅲ的离子方程式为Fe2++NO=Fe(NO)2+，所含元素的化合价没有发生变化，该反应是非氧化还原反应，故C正确；D．由图可以看出，加入的NO参与反应，又重新生成，前后没有发生量的变化，所以在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，但Fe(NO)2+不是催化剂，故D错误；答案选D。【点睛】分解成多步描述的反应中，判断催化剂的方法可以是：分析整个过程中，该物质消耗的量和重新生成的量是否相等。15、A【分析】金属铜和稀硫酸之间不会反应,但是可以和稀硝酸之间反应,根据反应:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O来计算。【详解】铜不与硫酸反应,但硫酸能提供氢离子，硝酸与铜反应,生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子与Cu可以继续反应，反应离子方程式如下:3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，硝酸根离子的浓度与氢离子的浓度比为1:4时，溶解的铜最多,设硫酸的物质的量为xmol,硝酸的物质的量为ymol,则x+y=3×1.2=1.6，(2x+y)/y=4，x=1.36，y=1.24，设参加反应的铜的最大物质的量是z,根据反应可知3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，反应关系式3Cu~2NO3-，所以：3:2=z：1.24mol，z=1.36mol；A正确；综上所述，本题选A。16、B【解析】本题涉及反应：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2，还可能有2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑。A.混合物中NaHCO3和Na2O2物质的量没有一定关系，故A不一定正确；B.2Na2O2～O2～2e－，反应中转移电子的物质的量为1mol，所以容器中肯定有0.5molO2，故B正确；C.反应后容器中的固体还可能有NaOH，故C不一定正确；D.反应后容器中可能有H2O，故D不一定正确。故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、第三周期ⅠA族＜NH+OH-=H2O+NH32H2S+Cl2=S+2HClA、B【分析】X焰色为黄色，则X为Na，R的形成气体单质密度最小，则R为H，Z和Q的化合价都有-2价，应为周期表第ⅥA族元素，Z的最高价为+6价，应为S元素，Q无正价，应为O元素；Y的化合价为+3价，应为周期表第ⅢA族元素，根据半径大于Z小于X，可知应和X同周期，为Al元素，M为+7、-1价，且原子半径小于S大于O，则M为Cl元素，W为+5、-3价，且原子半径小于Cl大于O，则W为N元素。【详解】（1）由分析可知，X为Na，在周期表中的位置是第三周期ⅠA族，Y、Q各自形成的简单离子Al3+、O2-，具有相同电子层结构，核电荷数越大，半径越小，故离子半径由大到小的顺序是Al3+＜O2-，故答案为：第三周期ⅠA族；＜；（2）由N或O与H两种元素组成的微粒中，NH、OH-、H2O、NH3等都是10e-体，反应的离子方程式为NH+OH-=H2O+NH3，N或O与H两种元素组成的微粒中，N2H4、H2O2都是18e-分子，有2种，故答案为：NH+OH-=H2O+NH3；2；（3）氯气能置换出硫单质，可比较Cl、S非金属性强弱，化学方程式为H2S+Cl2=S+2HCl，故答案为：H2S+Cl2=S+2HCl；（4）S、N、O、H四种元素按原子个数比为1：1：4：5形成的化合物为NH4HSO4，为离子化合物，该化合物中含有的化学键类型为离子键，极性共价键，故答案为：A、B。18、（1）,消去反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；；；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热50℃～60℃；Fe/稀HCl；【解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1molB发生信息①中氧化反应生成1molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1．D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息⑤中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3，可以是，故答案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。19、cc不再有气泡产生将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中吸收空气中的CO2和水蒸气偏小Ni3(OH)4CO3·4H2O=3NiO+6H2O+CO2在装置B、C之间连接一个安全瓶(或其它合理答案均可给分)【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）本题实验目的是测定碱式碳酸镍的组成，根据信息，300℃以上时分解生成3种氧化物，这三种氧化物分别是NiO、CO2、H2O，需要测CO2和H2O的质量，因此必须让其全部被吸收，根据(2)，甲装置的作用是吸收空气中CO2和H2O，甲装置应是c，B装置应是加热碱式碳酸镍，C装置应是吸收产生H2O，D装置应是吸收产生CO2，防止外界中CO2和H2O进入装置D，对测量产生影响，因此E的作用是防止空气中的CO2和H2O进入D装置，故乙装置选c；（2）根据上述分析，当装置C中不再有气泡产生，说明反应完全，打开活塞K，缓慢通入空气的目的是让装置中残留的气体产物被C和D装置全部吸收；（3）根据（1）的分析，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；装置E的作用是防止外界中CO2和H2O进入装置D，如果没有此装置，D装置吸收空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据元素守恒，x/z偏大；（4）装置C质量增重(133.08－132.00)g=1.08g，产生水的质量为1.08g，合0.06mol，装置D增重的质量是CO2的质量，即为(41.44－41.00)g=0.44g，合0.01mol，装置B中反应后的物质是NiO，其质量为2.25g，合0.03mol，化合价代数和为0，因此推出OH－物质的量为0.04mol，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.04mol，因此x:y:z:n=0.03：0.04：0.01：0.04=3：4：1：4，即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO3·4H2O，碱式碳酸镍受热分解化学方程式为：Ni3(OH)4CO3·4H2O3NiO+6H2O+CO2；（5）根据信息，应在装置B、C之间连接一个安全瓶。20、KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O除去氯气中的氯化氢装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解C淀粉溶液5a（V2-V1）×10-3【分析】由实验装置可知，A中氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，发生KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，浓硫酸干燥氯气。已知ICl易水解，装置E中碱石灰可以吸收氯气，同时吸收空气中的水蒸气，据此解答。【详解】(1)氯酸钾具有氧化性能把浓盐酸氧化生成氯气，则装置A中发生反应的化学方程式是KClO3+6HCl=KCl+3Cl2↑+3H2O；(2)浓盐酸易挥发生成的氯气中含有氯化氢，所以装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢，已知ICl易水解，若用装置F代替装置E，则装置F中的水蒸气会进入装置D中，使ICl水解，所以不能用装置F代替装置E；(3)由于ICl与ICl3的沸点