云南省镇沅县一中2026届化学高三第一学期期中考试试题含解析

云南省镇沅县一中2026届化学高三第一学期期中考试试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、某课题组利用CO2催化氢化制甲烷，研究发现HCOOH是CO2转化为CH4的中间体，即：，镍粉是反应I、II的催化剂。CH4、HCOOH、H2的产量和镍粉用量的关系如图所示(仅改变镍粉用量，其他条件不变)：由图可知，当镍粉用量从1mmol增加到10mmol，反应速率的变化情况是()A．反应I的速率增加，反应II的速率不变B．反应I的速率不变，反应II的速率增加。C．反应I、II的速率均增加，且反应I的速率增加得快D．反应I、II的速率均增加，且反应II的速率增加得快2、分类法是一种行之有效、简单易行的科学方法。下列有关物质分类或归类正确的是①混合物：漂白粉、王水、Fe(OH)3胶体、冰水混合物②化合物：CaCl2、NaOH、HCl、HT③同素异形体：C60、碳纳米管、金刚石、石墨④电解质：胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾⑤煤的干馏、煤的气化和煤的液化都属于化学变化⑥硅酸盐：光导纤维、水晶、玻璃、水泥A．①②④⑤ B．③④⑤ C．③④⑥ D．①③④⑤⑥3、t℃时，向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液，溶液中由水电离出的c水(OH−)的负对数[−lgc水(OH−)]与所加NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法中不正确的是()A．水的电离程度：P>N=Q>M B．P点溶液中：c(OH−)−c(H+)=c(HX−)+2c(H2X)C．溶液中

c(H2X)/c(X2−)：Q>P>N>M D．M点溶液中：c(Na+)>c(HX−)>c(H2X)>c(X2−)4、可逆反应H2（g）＋I2（g）2HI（g）达到平衡的标志是A．混合气体的颜色不再改变B．H2、I2、HI分子个数比为1:1:2C．混合气体中I2和H2的体积分数相等D．v（H2）:v（HI）=1:25、党的十九大强调树立“社会主义生态文明观”。下列做法不应该提倡的是(

)A．推广碳捕集和封存技术缓解温室效应

B．研发可降解高分子材料解决白色污染问题C．用硅制作太阳能电池减少对化石燃料的依赖

D．工业污水向远海洋排放防止污染生活水源6、汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应NaN3＋KNO3―→K2O＋Na2O＋N2↑。对上述反应的描述错误的是（）A．NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂B．该反应中有两种元素的化合价发生变化C．配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16D．若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol7、下列实验过程可以达到实验目的的是（）编号实验过程实验目的A称取2

g

CuSO4•5H2O溶于98g水中，充分搅拌溶解，然后装入试剂瓶中配制2%的CuSO4溶液B将活性炭放入盛有NO2的锥形瓶中，观察气体颜色探究碳的还原性C将ZnSO4溶液滴入盛有2mLNa2S溶液的试管中至不再产生沉淀，然后滴入相同浓度的CuSO4溶液，观察现象比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积D向两支试管中分别加入2mL5%H2O2溶液然后只向其中一支试管中加入绿豆大小的FeI2固体，观察比较现象探究I-对H2O2分解是否具有催化作用A．A B．B C．C D．D8、某科研人员提出HCHO与O2在羟基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的历程，该历程示意图如图(图中只画出了HAP的部分结构)。下列说法不正确的是（）A．HAP能提高HCHO与O2的反应速率B．HCHO在反应过程中，有C—H键发生断裂C．根据图示信息，CO2分子中的氧原子全部来自O2D．该反应可表示为：HCHO＋O2CO2＋H2O9、下列说法正确的是()A．淀粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B．蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，加水，白色沉淀重新溶解C．等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少D．分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质一定属于同系物10、将一定量的镁和铜组成的混合物加入到过量的稀硝酸中,金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全,测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g。则下列叙述中错误的是A．当生成的沉淀量达到最大时,消耗NaOH溶液的体积V=100mlB．当金属全部溶解时,参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC．参加反应的金属的总质量为9.6g>m>3.6gD．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标准状况下一定为2.24L11、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是（）A．根据图1可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的ΔH<0B．图2可能表示压强对可逆反应2A(g)+2B(g)3C(g)+D(s)的影响，乙的压强大C．图3可表示乙酸溶液中通入氨气至过量过程中溶液导电性的变化D．根据图4，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可采用向溶液中加入适量Cu至pH在4左右12、将铝浸入溶液中，取出晾干，置于空气中，表面会生成毛状物质（俗称毛刷），反应为4Al(Hg)+3O2+2xH2O→2(Al2O3∙xH2O)，下列说法正确的是（）A．发生氧化反应，是氧化剂B．既是氧化产物也是还原产物C．该反应属于置换反应D．当铝参加反应，转移电子数为13、一定条件下，下列金属中能与水发生置换反应并产生金属氧化物的是A．钾 B．镁 C．铁 D．铜14、下列有关实验操作正确的是A．甲：称量25.0g氢氧化钠固体B．乙：检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气C．丙：配制100mL1.0mol·L-1氢氟酸溶液时的转移操作D．丁：分离两种互溶且沸点相差较大的液态物质15、烷烃C5H12有三种同分异构体，有关它们的结构和性质的说法不正确的是（）A．三种同分异构体在常温常压下均为液体B．其中一种同分异构体的碳原子间结构：具有空间正四面体对称结构C．三种同分异构体具有相同的分子式．相对原子质量，化学性质相似D．C5H11Cl共有8种同分异构体16、向Na＋、Br－、I－的混合溶液中通入适量氯气，反应完全后将溶液蒸干并小心灼烧至恒重，得固体的成分不可能为A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBrC．NaCl D．NaCl、NaI17、已知次磷酸（H3PO2）是强还原剂，其溶液中只存在H3PO2、H+、H2PO、OH-四种离子，根据给出的信息，下列方程式书写错误的是（）A．次磷酸与足量澄清石灰水反应产生白色沉淀：2H3PO2+3Ca2++6OH-=Ca3(PO2)2↓+6H2OB．次磷酸不稳定，加热分解成磷酸和磷化氢气体：2H3PO2H3PO4+PH3↑C．碱性条件下，次磷酸盐可将Ag+还原为Ag，氧化剂与还原剂物质的量之比为4︰1：H2PO+4Ag++6OH-=PO+4Ag↓+4H2OD．往次磷酸钠溶液中滴入酚酞变红色：H2PO+H2O⇌H3PO2+OH-18、某同学组装了如图所示的电化学装置，电极Ⅰ为Zn，其他电极均为Cu。下列说法错误的是()A．电极Ⅰ发生氧化反应B．相同时间内，电极Ⅱ与电极Ⅳ的质量变化值相同C．电极Ⅲ的电极反应：4OH－－4e－===O2↑＋2H2OD．电流方向：电极Ⅳ→电流表→电极Ⅰ19、等物质的量下列各状态的电解质，自由离子数由大到小的排列顺序是()①熔融的NaHSO4②NaHSO4溶液③NaHCO3溶液④H2CO3溶液A．①②③④ B．④②③①C．②③①④ D．②①③④20、根据所给的信息和标志，判断下列说法错误的是()ABCD《神农本草经》记载，麻黄能“止咳逆上气”碳酸氢钠药片古代中国人已用麻黄治疗咳嗽该药是抗酸药，服用时喝些醋能提高药效看到有该标志的丢弃物，应远离并报警贴有该标志的物品是可回收物A．A B．B C．C D．D21、25℃时，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20mL0.1000mol·L-1一元酸HA(pKa=-lgKa=4.75)溶液，其滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A．当滴入40mLNaOH溶液时，溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)>c(H+)B．当溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7时：c(Na+)>c(A-)>c(OH-)=c(H+)C．当滴入NaOH溶液20mL时c(OH-)>c(H+)+c(HA)D．当滴定到pH=4.75时，c(A-)=c(HA)22、下列实验现象预测正确的是①实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变②实验Ⅱ：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色没有变化③实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色④实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应A．① B．② C．③ D．④二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物，存在下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解。请回答以下问题:(1)若A为单质，且C为一元强酸。①写出一种工业制备单质A的离子方程式:____________________。

②X可能为________(填字母代号)。

a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.NaAlO2(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成的G的浓溶液遇C有白烟产生。①A与H2O反应的化学方程式为_____________________________。

②室温下，NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D，试写出其分解反应的化学方程式_______。24、（12分）某药物H的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)C的名称是_____。(2)F→H的反应类型为___，B→C的试剂和条件是_____。(3)H有多种同分异构体，在下列哪种仪器中可以显示物质中化学键和官能团类型_____(填字母)。A．质谱仪B．元素分析仪C．红外光谱仪D．核磁共振氢谱仪(4)写出D→E的化学方程式____。(5)在E的同分异构体中，同时满足下列条件的结构有_____种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3：3：2：2：1：1的是_____。①既能发生银镜反应，又能发生水解反应；②属于芳香族化合物；③苯环上只有2个取代基。(6)参照上述流程，以D和乙醛为原料合成

(其它无机试剂自选)，设计合成路线___。25、（12分）某课外活动小组欲利用氨气与CuO反应，研究氨气的性质并测其组成，设计了如下实验（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为____________；仪器b中可选择的试剂为（任意填一种）_____________。（2）实验中，装置C中黑色CuO粉末全部转化为红色固体（已知Cu2O也为红色固体），量气管中有无色无味的气体。实验前称取黑色CuO80g，实验后得到红色固体质量为68g。则红色固体成分的化学式为_______________。（3）E装置中浓硫酸的作用是____________________________________。（4）F中读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：___________________，若无此操作，而F中左边液面低于右边液面，会导致读取的气体体积________（填“偏大”或“偏小”或“无影响”）；图中量气管可由________（请选择字母填空：A．酸式滴定管，B．碱式滴定管）改装而成。（5）要想测得氨气分子中氮、氢原子个数比，实验中应至少测量或读取哪些数据________。A．B装置实验前后质量差mgB．F装置实验前后液面差VLC．D装置实验前后质量差mgD．E装置实验前后质量差mg26、（10分）已知Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示：Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑Zn＋2CrCl3===2CrCl2＋ZnCl22Cr2＋＋4CH3COO－＋2H2O===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(晶体)试回答下列问题：(1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是__________。(2)往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是__________________________，理由是____________。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合，应关闭阀门____(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_____。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是________。仪器Ⅳ的主要作用是___________。(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的CH3COONa溶液为1.5L0.1mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O9.4g，则该实验所得产品的产率为________(用百分数表示，保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。27、（12分）某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(夹持装置略)：已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：回答下列问题：(1)装置A中a的作用是______________；装置C中的试剂为________________；装置A中制备Cl2的化学方程为______________。(2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是________________。(3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入___________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为______________(填标号)。A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00m1(4)某FeC2O4﹒2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4﹒2H2O，采用KMnO4滴定法测定该样品的组成，实验步骤如下:Ⅰ.取mg样品于锥形瓶中，加入稀H2SO4溶解，水浴加热至75℃。用cmol﹒L-1的KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，消耗KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+，加入稀H2SO4酸化后，在75℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色，又消耗KMnO4溶液V2mL。样品中所含的质量分数表达式为_________________。下列关于样品组成分析的说法，正确的是__________(填标号)。A.时，样品中一定不含杂质B.越大，样品中含量一定越高C.若步骤I中滴入KMnO4溶液不足，则测得样品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低，则测得样品中Fe元素含量偏高28、（14分）H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4)3S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。Ⅱ．SO2的除去方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0mol·L-1，溶液中的c(OH−)=_________________mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。29、（10分）以工业生产硼砂所得废渣硼镁泥(主要含MgO、SiO2、Fe2O3，另含少量FeO、CaO、Al2O3、B2O3等)为原料制取MgSO4·7H2O的工艺流程如下：回答下列问题：(1)过滤需用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯和_______；其中玻璃棒的作用是___________。(2)滤渣1中的某种物质是玻璃的主要成分之一，玻璃另外两种主要成分的化学式为_____________。除杂过程加入MgO的作用是__________________。(3)写出除杂过程中次氯酸钙将Fe2+氧化的离子方程式__________________。(4)除杂过程中，当c(Al3+)=1×10−5mol/L时，c(Fe3+)=__________mol/L。(已知Ksp[Al(OH)3]=3.2×10−34，Ksp[Fe(OH)3]=1.1×10−36，结果保留两位有效数字)(5)滤渣3主要成分的化学式是___________。

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【分析】Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加；从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快。【详解】由于反应是在固定时间内完成，之后进行冷却和物质检验，因此检验得到的物质产量（mmol）即可以代表化学反应的平均速率，Ni为有机反应中常用的加氢催化剂之一，反应I、II均为加氢反应，故加入Ni粉会使反应ⅠⅡ的速率均增加，在图中表现为CH4的生成速率和H2的消耗速率均增大，从图中可见随着镍粉用量从1mmol增加到10mmol，甲酸的产量在迅速减少，说明甲酸的消耗速率大于其生成速率，因此说明反应Ⅱ的速率要比反应Ⅰ的速率增加得快，答案选D。2、B【分析】根据混合物、化合物、同素异形体、电解质、硅酸盐等有关概念结合物质的组成和性质解答。【详解】①由两种或以上物质构成的为混合物，其中冰为固体水，故冰水混合物为纯净物，①错误；②由两种或两种以上元素形成的纯净物为化合物，而HT是由一种元素形成的氢气，为单质，②错误；③同种元素形成的不同种单质间互为同素异形体，C60、碳纳米管、金刚石、石墨均为碳元素形成的不同种碳单质，故互为同素异形体，③正确；④在水溶液中或熔融状态下能电离的化合物为电解质，包括酸、碱、盐、金属氧化物和水等，故胆矾、碳酸钡、冰醋酸、氧化钾均为电解质，④正确；⑤煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解的过程；煤的气化是用煤生产水煤气；煤的液化是用煤生产甲醇等液体燃料，故煤的干馏、气化和液化均为化学变化，⑤正确；⑥所谓硅酸盐指的是硅、氧与其它化学元素(主要是铝、铁、钙、镁、钾、钠等)结合而成的化合物的总称，而光导纤维、水晶的主要成分均为二氧化硅，故不是硅酸盐，⑥错误；答案选B。3、D【详解】A．纵坐标数值越大，水的电离程度越小，则水的电离程度：P>N=Q>M，B．P点溶质为Na2X，存在质子守恒式为c(OH−)=c(H+)+c(HX−)+2c(H2X)，则P点存在c(OH−)−c(H+)=c(HX−)+2c(H2X)，故B正确；C．溶液中，随NaOH的加入导致溶液中c(H+)减小，则溶液中为M<N<P<Q，C正确；D．M点时等体积等浓度混合生成NaHX，由纵坐标可知溶液显酸性，则HX−的电离大于其水解，则M点c(Na+)>c(HX−)>c(X2−)>c(H2X)，D错误；答案选D。4、A【解析】A、混合气体的颜色不再改变说明单质碘的浓度不再变化，说明反应达到平衡状态，A正确；B、H2、I2、HI分子个数比为1:1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，B错误；C、混合气体中I2和H2的体积分数相等不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，C错误；D、v（H2）:v（HI）=1:2不能说明正逆反应速率相等，反应不一定处于平衡状态，D错误，答案选A。点睛：明确平衡状态的含义、特征、判断依据是解答的关键，选项A是解答的易错点，注意气体颜色的深浅与浓度有关系，颜色不变，即说明浓度不再发生变化。判断时要抓住对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。5、D【解析】A.温室效应是由于过量CO2气体的排放引起的，因此推广碳捕集和封存技术，有利于缓解温室效应，不符合题意，A错误；B.白色污染，是由不可降解的塑料引起的，因此研发可降解高分子材料，有利于解决白色污染问题，不符合题意，B错误；C.化石燃料属于不可再生能源，且为目前的主要能源，用硅制作太阳能电池，能有效利用太阳能，减少对化石燃料的依赖，不符合题意，C错误；D.工业污水中含有大量的重金属离子，即使向远海洋排放，也会造成生活水源的污染，选项错误，符合题意，D正确；答案为D。6、B【解析】NaN3中N元素化合价从－1/3价升高到0价，硝酸钾中氮元素化合价从+5价降低到0价，所以根据电子得失守恒和原子守恒可知配平后的方程式为10NaN3＋2KNO3＝K2O＋5Na2O＋16N2↑，则A.NaN3是还原剂，KNO3是氧化剂，A正确；B.该反应中只有氮元素的化合价发生变化，B错误；C.配平后物质的系数依次为10、2、1、5、16，C正确；D.若生成8molN2，则转移电子的物质的量为5mol，D正确，答案选B。本题考查氧化还原反应，把握发生的反应及反应中元素的化合价变化等为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意各种守恒法应用。7、C【详解】A．溶于98g水中，溶液质量为100g，但硫酸铜质量小于2g，则溶液的质量分数小于2%，故A错误；B．活性炭具有吸附性，不能探究还原性，故B错误；C．发生沉淀的转化，由现象可比较ZnS（白色）和CuS（黑色）的溶度积，故C正确；D．碘离子与过氧化氢可发生氧化还原反应，不能探究催化剂对分解反应速率的影响，故D错误；答案选C。8、C【详解】A．根据图知，HAP在第一步反应中作反应物，在第二步反应中作生成物，所以是总反应的催化剂，催化剂能改变化学反应速率，因此该反应中HAP作催化剂而提高反应速率，A正确；B．根据图示可以发现，甲醛分子中的两个C-H键的H原子都与O发生断裂，故仅有C-H键发生断裂，B正确；C．根据图知，CO2分子中的氧原子一部分来自O2，另一部分还来自于甲醛，C错误；D．该反应中反应物是甲醛和氧气，生成物是二氧化碳和水，HAP为催化剂，反应方程式为：HCHO＋O2CO2＋H2O，D正确；故选C。9、C【详解】A、油脂不属于高分子化合物，A错误；B、蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，是因为重金属盐可使蛋白质发生变性，加水，沉淀不会溶解，B错误；C、质量相同的烃在氧气中完全燃烧时，含碳量越高，消耗的氧气越少，甲烷的含碳量最少，乙炔的含碳量最多，所以CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少，C正确；D、分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质不一定属于同系物，符合CnH2nO2通式的化合物可能是饱和一元羧酸，也可能是饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，所以不一定是同系物，D错误。答案选C。10、A【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.3mol÷2＝0.15mol；A．由以上分析可知，用于沉淀金属离子的氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，则沉淀反应中需要氢氧化钠溶液体积为0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，因为硝酸过量，故消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；B．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；C．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，C正确；D．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol×2/3=0.1mol，若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，D正确；答案选A。11、A【详解】A．升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应，即△H<0，选项A正确；B．从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，选项B错误；C.乙酸为弱电解质，向乙酸溶液中通入氨气，二者反应生成的醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，图象不符合，选项C错误；D.CuSO4溶液中加入适量CuO，发生：CuO+2H+=Cu2++H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，而加入Cu不能和H+发生反应，不能调节溶液的pH，选项D错误。答案选A。12、B【分析】反应4Al(Hg)+3O2+2xH2O→2(Al2O3∙xH2O)中，Al由0价升高到+3价，O2中的O价态由0价降低到-2价，Hg的价态不变。【详解】A.Al失电子，发生氧化反应，是氧化剂，但Hg没有发生氧化反应，错误；B.既是氧化产物也是还原产物，正确；C.该反应属于化合反应，错误；D.当铝参加反应，即0.2molAl发生反应，铝的价态变化为3，所以转移电子为0.6mol，错误。故选B。13、C【详解】A.钾和水反应生成KOH和氢气，故A不选；B.加热条件下，镁和水反应生成氢氧化镁和氢气，故B不选；C.加热条件下，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，故C选；D.铜和水不反应，故D不选。故选C。14、B【解析】A.氢氧化钠有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且左物右码，故A错误；B.铁粉与水蒸气反应生成氢气，点燃氢气泡可听到爆鸣声，故B正确；C.氢氟酸具有强烈的腐蚀性，腐蚀玻璃，故C错误；D.冷凝水应下进上出，故D错误；故选B。15、A【详解】A．原子数≤4的烷烃常温常压下为气体，但新戊烷，，常温常压下也为气体，而异戊烷(CH3)2CHCH2CH3和正戊烷CH3(CH2)3CH3为液体，A符合题意；B．甲烷为正四面体，可知中的5个碳原子类似于甲烷，也形成正四面体，B不符合题意；C．三种同分异构体具有相同的分子式、相对原子质量，三种物质均为烷烃，化学性质相似，C不符合题意；D．分子式为C5H11Cl的同分异构体有：主链有5个碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主链有4个碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH(CH3)CHClCH3；CH3CCl(CH3)CH2CH3；CH2ClCH(CH3)CH2CH3；主链有3个碳原子的：(CH3)3CCH2Cl；共有8种情况，D不符合题意。答案选A。16、D【分析】在混合液中通入Cl2，可发生如下反应：2NaI+Cl2=2NaCl+I2;2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2。因I－比Br－的还原性强，故通入Cl2时，Cl2优先与还原性强的I－反应。灼烧时I2易升华，Br2易挥发。【详解】A、当Cl2的量很少，只能使部分NaI氧化时，燃烧所得固体为NaCl、NaBr、NaI三者的混合物，故A可能；B、当Cl2使NaI反应完全而使NaBr未反应或部分反应时，得到的固体为NaCl和NaBr的混合物，故B可能；C、当Cl2把NaI、NaBr全部氧化时，灼烧至恒重得到NaCl，故C可能；D、I－比Br－的还原性强，故通入Cl2时，Cl2优先与还原性强的I－反应，不可能先与NaBr反应，故D不可能。故选D。【点睛】难点：分步反应次序的确定，本题利用氧化性、还原性强弱顺序来确定反应次序，I－比Br－的还原性强，故通入Cl2时，Cl2优先与还原性强的I－反应。17、A【详解】A．根据题给信息可知次磷酸为一元弱酸，所以与澄清石灰水反应的产物为Ca(H2PO2)2，A错误；B．次磷酸不稳定，加热分解成磷酸和磷化氢气体，化学方程式正确，B正确；C．根据题给信息可知，次磷酸盐可将Ag+还原为Ag，H2PO被氧化为PO，题给离子方程式符合电荷守恒、得失电子守恒、原子守恒，C正确；D．次磷酸钠溶液滴入酚酞变红色是H2PO水解所致，水解产物应为H3PO2和OH-，D正确；故选A。18、C【解析】电极Ⅰ为Zn，其它均为Cu，Zn易失电子作负极，所以Ⅰ是负极、Ⅳ是阴极，Ⅲ是阳极、Ⅱ是正极。A．电极Ⅰ上为Zn失电子，发生氧化反应，故A正确；B、电极II是正极，电极反应：Cu2++2e-=Cu；电极Ⅳ是阴极，该电极上发生反应为Cu2++2e-=Cu，由于流经各个电极的电子的量相同，故两个电极的质量变化相同，故B正确；C、电极Ⅲ为阳极，电极反应式为Cu-2e-═Cu2+，故C错误；D、电子方向从负极流向正极，即电极Ⅰ→电极Ⅳ，而电流方向与电子的方向相反，故电流的流向为：电极Ⅳ→→电极I，故D正确；故选C。点睛：本题考查了原电池原理，正确判断正负极是解本题关键，再结合各个电极上发生的反应来分析解答。该装置中，左边是原电池，右边是电解池，要注意，电解池中阳极为铜，铜电极本身放电。19、C【分析】①熔融的NaHSO4完全电离是钠离子、硫酸氢根离子离子；②NaHSO4在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子；③NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子离子能部分电离生成碳酸根离子和氢离子；④H2CO3是弱电解质，在水溶液中部分电离。【详解】假如这些物质的物质的量都是1mol，①熔融的NaHSO4完全电离是钠离子、硫酸氢根离子离子，熔融状态下自由移动离子的物质的量为2mol；②NaHSO4在水溶液中完全电离生成钠离子、氢离子和硫酸根离子，溶液中自由移动离子的物质的量为3mol；③NaHCO3是强电解质，在水溶液中完全电离生成钠离子和碳酸氢根离子，碳酸氢根离子离子能部分电离生成碳酸根离子和氢离子，但是碳酸氢根离子电离程度较小，所以溶液中离子物质的量大于2mol而小于3mol；④H2CO3是弱电解质，在水溶液中部分电离，离子浓度很小，所以自由移动离子数目由大到小的排列顺序为②③①④，故合理选项是C。【点睛】本题以离子数目计算为载体考查强弱电解质及电解质电离特点，明确硫酸氢钠在熔融状态下和水溶液里电离方式区别是解题关键，注意强酸酸式盐和弱酸酸式盐电离不同点。20、B【详解】A.麻黄碱具有平喘功能，常常用于治疗气喘咳嗽，A正确；B.醋酸能够与碳酸氢钠反应，降低药效，B错误；C.图示标志为放射性标志，对人体伤害较大，看到有该标志的丢弃物，应远离并报警，C正确；D.该标志为可回收物标志，D正确；答案选B。【点睛】本题考查了物质的性质和用途、化学实验安全等知识点。要熟悉常见的化学标志：如物品回收标志；中国节能标志；禁止放易燃物标志；节水标志；禁止吸烟标志：中国环境标志；绿色食品标志；当心火灾--易燃物质标志等。21、D【解析】HA的pKa=-lgKa=4.75，说明HA是弱酸。【详解】A．当滴入40mLNaOH溶液时，二者发生反应产生NaA，同时NaOH溶液过量，二者的物质的量的比是1:1，NaA是强碱弱酸盐，A-发生水解反应产生OH-，同时溶液中还存在NaOH电离产生的OH-，故离子浓度关系c(OH-)>c(A-)，盐电离产生的离子浓度c(A-)大于水电离产生c(H+)，故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)>c(OH-)>c(A-)>c(H+)，A错误；B．在溶液中存在电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，当溶液中c(H+)+c(OH-)=2×10-7时，(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(A-)，由于盐的电离作用大于水的电离作用，所以c(Na+)=c(A-)>c(OH-)=c(H+)，B错误；C．当滴入NaOH溶液20mL时。二者恰好中和，反应产生NaA，该盐是强碱弱酸盐，A-发生水解反应消耗水电离产生的H+，产生HA和OH-，根据质子守恒关系可得c(OH-)=c(H+)+c(HA)，C错误；D．当滴定到pH=4.75时，c(H+)=10-4.75mol/L，由于pKa=-lgKa=4.75，所以=10-4.75，所以c(A-)=c(HA)，D正确；答案选D。22、D【详解】①实验Ⅰ：振荡后静置，由于上层苯中溶解的溴不断与NaOH溶液反应，所以上层溶液的颜色最终变为无色，①不正确；②实验Ⅱ：浓硫酸使蔗糖先碳化，后将碳氧化生成CO2、SO2等，CO2在酸性KMnO4溶液中溶解度不大而以气泡逸出，SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，将其还原，从而使溶液颜色逐渐褪去，②不正确；③实验Ⅲ：微热稀HNO3片刻，与Cu发生反应生成NO等，溶液中有气泡产生，广口瓶内NO与O2反应生成NO2，气体为红棕色，③不正确；④实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，此时得到氢氧化铁胶体，当光束通过体系时，可看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应，④正确；综合以上分析，只有④正确，故D符合；故选D。二、非选择题(共84分)23、2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑cdNCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，（1）若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；（2）若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，以此解答该题。【详解】(1)若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等。①工业可用电解饱和食盐水制备氯气,离子方程式为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑，故答案为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑；

②四种物质中能与盐酸连续反应的为Na2CO3、NaAlO2，发生的化学方程式为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑或者NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，Al(OH)3+HCl=AlCl3+3H2O，故答案为cd；(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，进而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，D为NO。①A为NCl3，A与水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

②室温下，NH2OH(羟氨)中的氮元素为-1价，发生分解生成NH3、NO，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，其分解反应的化学方程式5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O，答案为：5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。24、苯甲醇加成反应NaOH水溶液、加热C15【分析】根据D结构简式及A分子式知，A为，A发生取代反应生成的B为，B发生水解反应生成的C为，C发生催化氧化生成D；D与丙酮发生加成反应生成E，根据F分子式知，E发生消去反应生成的F为；F和G发生加成反应生成H；以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物。【详解】(1)C为，C的名称是苯甲醇，故答案为：苯甲醇；(2)F→H的反应类型为加成反应，B→C为卤代烃的水解反应，该反应的试剂和条件是NaOH水溶液、加热，故答案为：加成反应；NaOH水溶液、加热；(3)A.质谱仪测定其相对分子质量，不符合题意；B.元素分析仪测定元素，不符合题意；C.红外光谱仪测定化学键和官能团，符合题意；D.核磁共振氢谱仪测定H原子种类及各类氢原子个数之比，不符合题意；故选C；(4)D→E的化学方程式，故答案为：；(5)E的同分异构体符合下列条件：①既能发生银镜反应，又能发生水解反应，说明含有HCOO−；②属于芳香族化合物，说明含有苯环；③苯环上只有2个取代基，如果取代基为HCOO−、CH3CH2CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOO−、(CH3)2CH−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2−、CH3CH2−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH2CH2−、CH3−，有邻间对3种；如果取代基为HCOOCH(CH3)−，CH3−，有邻间对3种，符合条件的有15种；其中核磁共振氢谱有六组峰，且峰面积之比为3:3:2:2:1:1的是，故答案为：15；。(6)以D和乙醛为原料合成，结合流程中D→E构建碳干骨架，苯甲醛和乙醛发生加成反应，然后发生消去反应、氧化反应、最后发生加聚反应得到目标产物，其合成路线为：，故答案为：。25、分液漏斗碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体（任意填一种）Cu和Cu2O防止F中水蒸气进入D中，并吸收氨气向上或向下移动右管，使得左右两边液面相平偏小BBC【解析】（1）a是分液漏斗，A是制氨气的装置，所以b中可放碱石灰或生石灰或氢氧化钠固体中的任意一种；（2）若CuO全部被还原为Cu，则CuO~Cu，计算出Cu的质量为×64g/mol=64g，但红色固体的质量为68g>64g，所以该红色固体的成分是Cu和Cu2O；（3）浓硫酸的作用是吸收未反应的氨气及防止F中的水进入D中，影响结果；（4）F中读取气体体积时应保证气体产生的压强和外界大气压相等，所以应向上或向下移动右管，使得左右两边液面相平；若F中左边液面低于右边液面，说明气体压强大于外界大气压强，压强增大，体积偏小；根据酸式滴定管与碱式滴定管的不同，图中量气管可由碱式滴定管改装而成，选B；（5）确定氨气分子中氮、氢原子个数比也即确定产物中水和氮气的物质的量；A.B装置是干燥氨气，其质量与所求无关；B.F装置测量氮气的体积，可求N原子物质的量；C.D装置测量产物水的质量，可求H原子物质的量；D.E装置是吸收多余的氨气及防止F中的水进入D中，与所求无关；答案选B、C。26、去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化先加盐酸后加CrCl3溶液让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化BA让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应防止空气进入装置Ⅲ83.3%【详解】（1）根据信息，Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，因此在配制溶液时，所用蒸馏水事先煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化；（2）装置中有氧气，为防止Cr2＋被氧化，先排除装置中氧气，即先加盐酸，再加CrCl3溶液，理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化；（3）根据实验目的，需要把装置II的溶液压入到装置III，需要关闭阀门B，打开阀门A，Zn和盐酸反应，产生氢气，利用压强差，把装置II中溶液压入到装置III中；（4）根据（3）过量Zn的另一个作用是让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应；仪器IV的作用是防止空气进入装置III；（5）CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol，根据元素守恒，则Cr2＋的物质的量为0.06mol，CH3COONa的物质的量为1.5×0.1mol=0.15mol，根据题中所给第三个反应，Cr2＋不足，CH3COONa过量，根据Cr2＋进行计算，得出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06×376/2g=11.28g，即产率为9.4/11.28×100%=83.3%。27、平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶酸式CBD【分析】漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，Cl2和K2MnO4在B中反应产生KMnO4，反应不完的Cl2用C吸收，据此解答。【详解】(1)装置A为恒压分液漏斗，它的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利滴下，C的作用是吸收反应不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和浓盐酸在A中发生归中反应产生Cl2，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O，故答案为：平衡气压，使浓盐酸顺利滴下；NaOH溶液；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；(2)锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2↓+4OH-，一部分MnO42-转化为了MnO2，导致最终KMnO4的产率低，而浓盐酸易挥发，直接导致B中NaOH溶液的浓度减小，故改进措施是在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶吸收挥发出来的HCl，故答案为：在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶；(3)高锰酸钾有强氧化性，强氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，规格为50.00mL的滴定管中实际的体积大于(50.00-15.00)mL，即大于35.00mL，故答案为：酸式；C；(4)设FeC2O4·2H2O的物质的量为xmol，Fe2(C2O4)3的物质的量为ymol，H2C2O4·2H2O的物质的量为zmol，步骤I中草酸根和Fe2+均被氧化，结合得失电子守恒有：2KMnO4~5H2C2O4(C2O42-)，KMnO4~5Fe2+，所以，步骤II中Fe2+被氧化，由KMnO4~5Fe2+可知，，联