山东省新泰二中、泰安三中、宁阳二中2026届高三上化学期中复习检测试题含解析

山东省新泰二中、泰安三中、宁阳二中2026届高三上化学期中复习检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、法国、美国、荷兰的三位科学家因研究“分子机器的设计与合成”获得诺贝尔化学奖。轮烷是一种分子机器的“轮子”，芳香化合物a、b、c是合成轮烷的三种原料，其结构如下图所示。下列说法不正确的是A．b、c互为同分异构体B．a、c分子中所有碳原子均有可能处于同一平面上C．a、b、c均能发生氧化反应、加成反应、加聚反应和酯化反应D．a、b、c均能使酸性高锰酸钾溶液和溴的四氯化碳溶液褪色2、下列由相关实验现象所推断出的结论中，正确的是A．Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B．加热分别盛有氯化铵和碘的两支试管，试管底部固体均减少，说明二者均发生升华C．Fe与稀HNO3溶液、稀H2SO4溶液反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D．分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水3、在给定的条件下，下列工业生产过程所示的物质间转化均能实现的是A．MgCO3MgCl2(aq)MgB．FeS2SO2H2SO4C．SiO2SiCl4SiD．N2NH3NH4Cl(aq)4、向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是（

）实验实验现象Ⅰ滴入V1mLNaClO溶液产生大量红褪色沉淀Ⅱ滴入V1mLNaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褪色沉淀A．a～b段主要反应的离子方程式为：B．d～e段主要反应的离子方程式为：C．c、f点pH接近的主要原因是：D．向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出5、如图所示的电化学装置，下列叙述不正确的是()A．a和b用导线连接，电子由铁经过导线流向碳B．a和b用导线连接，铁电极的电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋C．a、b分别连接直流电源正、负极，可以防止铁被腐蚀D．a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，Na＋向铁电极移动6、下列操作正确的是（）A．用50mL的量筒量取5.8mL硫酸B．用PH试纸测定0.1mol·L-1的NaClO溶液的pHC．用托盘天平称量5.85g的NaClD．用250mL的容量瓶配制230mL的0.1mol·L-1NaCl溶液7、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92.4kJ•mol-1可用于工业合成氨。在容积固定不变的密闭容器中加入1molN2和3molH2发生反应。下列叙述正确的是（）A．该反应达到平衡时，放出的热量等于92.4KJB．达到平衡后向容器中通入1mol氦气，平衡不移动C．降低温度和缩小容器体积均可使该反应的平衡常数增大D．常温常压下，有22.4L的N2反应时转移了6mol电子8、景泰蓝制作技艺是北京市的地方传统手艺，其制作工艺流程主要有其工艺中一定含有化学变化的是

()A．裁剪 B．掐丝 C．烧蓝 D．磨光9、下列微粒不具有还原性的是

()A．H2B．H＋C．NaD．CO10、下列有关说法不正确的是A．钠与氧气反应的产物与反应条件有关B．金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧C．工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜D．二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色11、甲与乙在溶液中的转化关系如下图所示(反应条件省略)，甲不可能是A．NH3 B．AlO2- C．CO32- D．CH3COO-12、常温下，向100mL0.lmol/LNH4Cl溶液中，逐滴滴加0.1mol/LNaOH溶液。NH4+和NH3∙H2O的变化趋势如图所示（不考虑生成NH3,已知NH3∙H2O的kb=1.810-5）,下列说法正确的是（）A．a=0.005B．在M点时，n(H+)—n（OH—）=（0.005—a）molC．随着NaOH溶液的滴加，不断增大D．当n(（NaOH）)=0.01mol时，c(（NH3•H2O）c(Na+）c（OH-)13、为达到预期的实验目的，下列操作中正确的有()①配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度②用10mL的量筒量取4.80mL的浓硫酸③蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中的液体蒸干④向无色溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，再加稀硝酸，沉淀不消失，由此确定该溶液中一定含有SO⑤为鉴别KCl、AlCl3和MgCl2溶液，分别向三种溶液中滴加NaOH溶液至过量⑥中和热测定的实验中使用的玻璃仪器只有2种⑦实验室可利用浓氨水和碱石灰混合的方法制取少量氨气⑧除去NO中混有的NO2气体可通过水洗，再干燥后用向上排空气法收集A．5项 B．4项C．3项 D．2项14、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．Si的熔点高，可用作半导体材料C．FeCl3溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板D．漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂15、下列说法不能用元素周期律解释的是（）A．浓硫酸的氧化性强于稀硫酸B．与冷水反应的速率：Na>MgC．向淀粉KI溶液中滴入氯水，溶液变蓝D．原子半径：Al>Si>P16、阿伏加德罗常数的值为。下列说法正确的是A．1L0.1mol·NH4Cl溶液中，的数量为0.1B．2.4gMg与H2SO4完全反应，转移的电子数为0.1C．标准状况下，2.24LN2和O2的混合气体中分子数为0.2D．0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数为0.217、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B．“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C．将“84”消毒液与75%酒精1：1混合，消毒效果更好D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法18、解释下列物质性质的变化规律时，与共价键的键能无关的是（）A．N2比O2的化学性质稳定B．F2、Cl2、Br2、I2的沸点逐渐升高C．金刚石的熔点比晶体硅高D．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱19、2019年诺贝尔化学奖授予约翰·B·古迪纳、斯坦利·惠廷汉和吉野彰，以表彰他们在开发锂离子电池方面做出的卓越贡献。与锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于同类型的物质是()A．Li B．Li2O C．LiOH D．Li2SO420、随着卤素原子半径的增大，下列递变规律正确的是（）A．单质的熔、沸点逐渐降低B．卤素离子的还原性逐渐增强C．单质的氧化性逐渐增强D．气态氢化物的稳定性逐渐增强21、亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，某学习小组设计实验制备Ca(NO2)2，实验装置如图所示（夹持装置已略去）。已知：2NO+CaO2═Ca(NO2)2；2NO2+CaO2═Ca(NO3)2。下列说法不正确的是A．实验开始时，先通一会儿氮气再加入稀硝酸B．装置B、D中的试剂可分别为水和浓硫酸C．装置F中酸性K2Cr2O7溶液的作用是吸收多余的、未反应的氮氧化物D．将铜片换成木炭也可以制备纯净的亚硝酸钙22、在“石蜡→石蜡油→石蜡气体→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是（）A．范德华力、范德华力、范德华力 B．共价键、共价键、共价键C．范德华力、共价键、共价键 D．范德华力、范德华力、共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，相互转化关系如图所示（条件已略去）。完成下列问题：（1）若A为淡黄色固体，B为气体，F为非金属单质。①写出E转变为C的化学方程式________________________________。②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，该反应的氧化剂和还原剂之比为_____。（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。①B和E反应得到的产物中所含的化学键类型为____________________。②做过银镜反应后的试管可用E的稀溶液清洗，反应的离子方程式为___________________。③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，写出反应的化学方程式______。24、（12分）有机化合物G可用来制备抗凝血药，可通过下列路线合成。请回答：（1）C+E→F的反应类型是____。（2）F中含有的官能团名称为____。（3）在A→B的反应中，检验A是否反应完全的试剂为_____。（4）写出G和过量NaOH溶液共热时反应的化学方程式_____。（5）化合物E的同分异构体很多，符合下列条件的结构共____种。①能与氯化铁溶液发生显色；②能发生银镜反应；③能发生水解反应其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为___。（6）E的同分异构体很多，所有同分异构体在下列某种表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同，该仪器是___（填标号）。a．质谱仪b．红外光谱仪c．元素分析仪d．核磁共振仪（7）已知酚羟基一般不易直接与羧酸酯化。苯甲酸苯酚酯（）是一种重要的有机合成中间体。请根据已有知识并结合相关信息，试写出以苯酚、甲苯为原料制取该化合物的合成路线流程图（无机原料任选）。____25、（12分）硫酸四氨合铜晶体｛[Cu(NH3)4]SO4·H2O｝为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有______(填标号)。(2)装置a的名称为______；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_____，作用是______。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入______来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=3~4)，Cu2+与过量I－作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62－+2I-)。①滴定过程中使用的指示剂为______，滴定终点的现象为______。②准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为______。26、（10分）(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。回答下列问题：(1)中铁离子的配位数为__________，其配体中C原子的杂化方式为________。(2)步骤②发生反应的化学方程式为__________________________________________________。(3)步骤③将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量__________(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是____________________。(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。①按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_________________(填装置序号)。②确认气体产物中含CO的现象为____________________。27、（12分）在实验室中模拟“侯氏制碱法”，其实验步骤如下：第一步：连接好装置，检验气密性，在仪器内装入药品。第二步：先让某一装置发生反应，直到产生的气体不能再在C中溶解，再通入另一装置中产生的气体，一段时间后，C中出现固体。继续向C中通入两种气体，直到不再有固体产生。第三步：分离C中所得的混合物，得到NaHCO3固体，进而生产出纯碱。第四步：向滤液中加入适量的某固体粉末，有NH4Cl晶体析出。（1）下图所示装置的连接顺序是：a接_______，_______接______；b接_______(填接口序号)。（2）A中常选用的固体反应物为_________；D中应选用的液体为____________。（3）第二步中让___________装置先发生反应(填装置序号)。（4）C中用球形干燥管而不用直导管，其作用是____________________；装有无水CaCl2的U形管的作用是__________________________。（5）第三步分离出NaHCO3固体的操作是__________________________。（6）第四步中所加固体粉末化学式为___________。所得的晶体中常含有少量的NaCl和NaHCO3(共约占5％～8％)，请设计一个简单的实验，不使用其他任何试剂，证明所得晶体大部分是NH4C1。简要写出操作和现象：____________________________________。28、（14分）盐酸普鲁卡因()是一种良好的局部麻醉药，具有毒性小，无成瘾性等特点。其合成路线如下图所示：回答下列问题：(1)3molA可以合成1molB，且B是平面正六边形结构，则B的结构简式为_________。(2)有机物C的名称为____________，B→C的反应类型为_____________。(3)反应C→D的化学方程式为________________________________________。(4)F和E发生酯化反应生成G，则F的结构简式为___________________。(5)H的分子式为____。(6)分子式为C9H12且是C的同系物的同分异构体共有__________种。(7)请结合上述流程信息，设计由苯、乙炔为原料合成的路线_______________。(其他无机试剂任选)29、（10分）生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180mg/L。（1）写出NH4Cl电子式：___。（2）氮原子的电子排布式是：___，写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的元素符号为___、___。（3）为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要NaOH溶液的体积为___L(计算结果保留两位小数）。（4）可先在酸性污水中加入铁屑将NO3-转化为NH4+后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目___。___Fe+___NO3-+___H+→___Fe2++___NH4++___H2O

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】a的分子式为C9H8O，含有的官能团为碳碳双键和醛基，b的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和醚键，c的分子式为C9H10O，含有的官能团为碳碳双键和羟基。【详解】A项、b、c的分子式均为C9H10O，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B项、a中均为不饱和碳原子，所有碳原子均有可能处于同一平面上，c中有一个饱和碳原子连在苯环上，一个饱和碳原子连在碳碳双键上，所有碳原子均有可能处于同一平面上，故B正确；C项、a、b都不含有羟基和羧基，不能发生酯化反应，故C错误；D项、a、b、c均含有碳碳双键，能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，能使酸性高锰酸钾溶液，能与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键。2、D【详解】A、二氧化硫使品红溶液褪色，是因为二氧化硫具有漂白性，不是氧化性，错误；B、碘易升华，而氯化铵固体加热分解产生氯化氢和氨气，所以试管底部固体减少，错误；C、Fe与稀硫酸发生置换反应生成硫酸亚铁和氢气，而与稀硝酸反应生成NO气体、水及铁的硝酸盐，不是置换反应，错误；D、分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水，使烧瓶内的压强迅速减小，水面上升，正确；答案选D。3、D【详解】A.碳酸镁能与盐酸反应产生氯化镁，根据放电顺序，电解氯化镁溶液生成氢气、氯气和氢氧化镁，不能得到Mg，电解熔融的MgCl2才能得到Mg，A错误；B.黄铁矿制硫酸过程中，二硫化亚铁与氧气反应产生氧化铁和二氧化硫：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2，二氧化硫需要继续被氧化为三氧化硫，SO3与水反应制硫酸，SO2与H2O反应生成亚硫酸，B错误；C.二氧化硅只与氢氟酸发生反应：4HF+SiO2=2H2O+SiF4↑，SiO2与盐酸不反应，C错误；D.氮气与氢气发生化合反应制备氨气，NH3与盐酸反应生成氯化铵，D正确；答案为D。4、B【详解】A．a～b段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+5H2O═2Fe(OH)3↓+Cl-+4H+，故A正确；B．d～e段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2++ClO-+2H+═2Fe3++Cl-+H2O，故B错误；C．c、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2O⇌HClO+OH-，故C正确；D．盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则:1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。5、D【解析】a和b用导线连接，铁是负极，电子由铁经过导线流向碳，故A正确；a和b用导线连接，铁是负极，铁电极的电极反应式为：Fe－2e－===Fe2＋，故B正确；a、b分别连接直流电源正、负极，为外接电流阴极保护，可以防止铁被腐蚀，故C正确；a、b分别连接直流电源负、正极，电压足够大时，阳离子移向阴极，Na＋向C电极移动，故D错误。6、D【详解】A．50mL的量筒精度是1mL，无法用50mL的量筒量取5.8mL硫酸，故A项错误；B．NaClO具有漂白性，无法用pH试纸测定其pH值，故B项错误；C．托盘天平精度是0.1g，无法用托盘天平称量5.85g的NaCl，故C项错误；D．没有230mL规格的容量瓶，需要用250mL的容量瓶配制230mL的0.1mol·L-1NaCl溶液，故D项正确；故答案为D。7、B【详解】A．反应为可逆反应，不能完全转化，则加入1mol

N2和3mol

H2发生反应达到平衡时，放出的热量小于92.4KJ，故A错误；B．容积不变，通入1mol氦气，反应体积中各物质的浓度不变，则平衡不移动，故B正确；C．该反应为放热反应，降低温度平衡正向移动，K增大，而K只与温度有关，缩小容器体积平衡常数K不变，故C错误；D．常温常压下，气体摩尔体积不等于22.4L/mol，22.4L的氮气不是1mol，故转移电子不是6mol，故D错误。答案选B。8、C【解析】A．铜板裁剪敲打并焊接成胎，属于物质形状改变没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B．铜丝掐成图案并粘在胎体上，属于物质形状改变没有新物质生成，属于物理变化，故B错误；C．烧蓝工艺又称为点蓝工艺是将整个胎体填满色釉后，再拿到炉温大约800摄氏度的高炉中烘烧，色釉由砂粒状固体熔化为液体，发生复杂的化学变化，过程中有新物质生成，故C正确；D．制品打磨光亮并用火镀金，过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D错误；故答案为C。9、B【解析】A.H2中H元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故A不选；B.H＋中H元素化合价为+1价，处于H元素的最高价态，不具有还原性，故B选；C.Na元素化合价为0价，比较容易升高到+1价，具有较强的还原性，故C不选；D.CO中C元素化合价为+2价，比较容易升高到+4价，具有较强的还原性，故D不选；故选B。点睛：元素处于高价的物质一般具有氧化性，元素处于低价的物质一般具有还原性，元素处于中间价态时，该物质既有氧化性，又有还原性。对于同一种元素，一般是价态越高，其氧化性就越强；价态越低，其还原性越强。10、D【详解】A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确；C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。故选D。11、D【详解】A、氨气与二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，碳酸铵或碳酸氢铵与碱反应生成氨气，能实现甲与乙之间的相互转化，故A不选；B、偏铝酸盐与二氧化碳反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与碱反应生成偏铝酸盐，能实现甲与乙之间的相互转化，故B不选；C、碳酸盐与二氧化碳反应生成碳酸氢盐，碳酸氢盐与碱反应生成碳酸盐，能实现甲与乙之间的相互转化，故C不选；D、醋酸的酸性比碳酸强，则醋酸根离子与二氧化碳不反应，不能实现甲与乙之间的转化，故D选；故选D。12、B【详解】A．由图可知，M点含等量的氯化铵和NH3•H2O，由NH3•H2ONH4++OH-，可知此时溶液中kb=1.810-5=，则c(OH-)=1.810-5mol/L，溶液显碱性，即n(OH-)-n(H+)＞0，由溶液中存在的电荷守恒式为n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(Na+)=n(OH-)+n(Cl-)-n(NH4+)-n(H+)=0.005+n(OH-)-n(H+)＞0.005，即a＞0.005，故A错误；B．M点n(OH-)+n(Cl-)=n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，n(H+)-n(OH-)=n(Cl-)-0.005-n(Na+)=(0.005-a)mol，故B正确；C．随着NaOH溶液的滴加，c(NH3•H2O)减小，且=，可知比值不断减小，故C错误；D．当n(NaOH)=0.01mol时，恰好反应生成等量的氯化钠和一水合氨，一水合氨电离，则c(Na+)＞c(NH3•H2O)＞c(OH-)，故D错误；故答案为B。13、C【解析】①Fe3+易水解，水解生成H+，配制溶液时加盐酸抑制水解，所以配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶于盐酸中，然后再用水稀释到所需的浓度，正确；②量筒的精确度为0.1mL，可以用10mL的筒量取4.8mL的浓硫酸，不能量取4.80mL浓硫酸，错误；③蒸发溶液时，边加热边搅拌，直至蒸发皿中含有较多固体时，停止加热，用余热蒸干，错误；④检验SO42-的操作先加HCl，再加氯化钡溶液，稀硝酸酸化，如果含有亚硫酸根离子，也会被氧化为硫酸根离子，错误；⑤NaOH与KCl不反应，NaOH与AlCl3先生成白色沉淀，当氢氧化钠过量时沉淀又溶解，NaOH与MgCl2反应生成白色沉淀，最终沉淀不消失，三种物质的现象不同，可以鉴别，正确；⑥中和热测定的实验中使用的玻璃仪器有烧杯、温度计、量筒和环形玻璃搅拌棒，错误；⑦碱石灰溶解会放热，浓氨水和碱石灰混合，会有氨气生成，能用于制备氨气，正确；⑧NO能与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，应该用排水法，错误；结合以上分析可知，正确的有①⑤⑦，C正确；答案选C。14、D【详解】A.用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A错误；B.Si能导电，可用作半导体材料，B错误；C.FeCl3溶液具有较强的氧化性，可用于蚀刻铜制的电路板，C错误；D.漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和消毒剂，D正确。故选D。15、A【详解】A．硫酸的浓度越大，氧化性越强，与元素周期律无关，故A错误；

B．与冷水反应的速率：Na＞Mg，说明金属性Na＞Mg，同一周期，随着原子序数的递增，金属性减弱，故能用元素周期律解释，故B正确；

C．向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故C正确；

D．原子半径：Al＞Si＞P，体现了同周期随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小的规律，故D正确；

故选：A。16、D【解析】A、NH4＋是弱碱阳离子，发生水解：NH4＋＋H2ONH3·H2O＋H＋，因此NH4＋数量小于0.1NA，故A错误；B、2.4gMg为0.1mol，与硫酸完全反应后转移的电子的物质的量为2.4×2/24mol=0.2mol，因此转移电子数为为0.2NA，故B错误；C、标准状况下，N2和O2都是气态分子，2.24L任何气体所含有的分子数都为0.1NA，故C错误；D、H2＋I22HI，反应前后系数之和相等，即反应后分子总物质的量仍为0.2mol，分子数为0.2NA，故D正确。17、C【详解】A．氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，与石灰乳反应得到次氯酸钙，都能得到含氯消毒剂，故A正确；B．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C．“84“消毒液有效成分为次氯酸钠，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应，不会增加效果反而会降低消毒效果，故C错误；D．Mg比Fe活泼，当发生电化学腐蚀时，Mg作负极而被氧化，保护Fe不被腐蚀，该防护方法是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选C。18、B【详解】A项、N≡N键的键能比O=O键大，N2分子比O2的化学性质稳定，与共价键的键能有关，故A错误；B项、F2、Cl2、Br2、I2的相对分子质量在增大，分子间作用力增大，则熔、沸点在增大，与键能无关，故B正确；C项、金刚石中键能大于硅中的键能，碳碳键比硅硅键强，则金刚石的硬度大，熔点高，与键能有关，故C错误；D项、非金属性F>Cl>Br>I，元素的非金属性越强，形成的氢化物共价键的键能越大，对应的氢化物越稳定，与键能有关，故D错误；故选B。【点睛】金刚石、晶体硅都是由原子通过共价键结合的原子晶体，共价键越强，破坏它使物质融化或汽化需要消耗的能量就越高，物质的熔沸点就越高。19、D【详解】与锂电池正极材料用到的钴酸锂(LiCoO2)属于金属阳离子和酸根离子构成的化合物，属于盐类，A．Li属于金属单质，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故A不符合题意；B．Li2O属于锂离子与氧离子构成的化合物，属于氧化物，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故B不符合题意；C．LiOH属于锂离子与氢氧根离子构成的化合物，属于碱，与钴酸锂(LiCoO2)类型不同，故C不符合题意；D．Li2SO4是锂离子与硫酸根离子构成的化合物，属于盐，与钴酸锂(LiCoO2)类型相同，故D符合题意；答案选D。20、B【解析】卤族元素随着原子序数的递增，其性质呈现规律性的变化，由于相对分子质量的增大，单质的熔沸点逐渐升高，常温下F2、Cl2为气态，Br2为液态，碘为固态，选项A错误；单质的氧化性逐渐减弱选项C错误，对应的卤离子的还原性逐渐增强，选项B正确；气态氢化物的稳定性也逐渐减弱，选项D错误，它们水溶液的酸性却逐渐增强(在相同条件下)。答案选B。21、D【解析】先通入氮气排除装置中的空气，防止空气中氧气氧化一氧化氮，A中铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，B装置除去硝酸，D装置除去水蒸气，E装置中和过氧化钙反应生成Ca(NO3)2，最后通入酸性重铬酸钾吸收尾气避免污染空气。【详解】A、装置中含有空气，空气中氧气能氧化一氧化氮，所以要先通入氮气排除装置中氧气，防止其将生成的一氧化氮氧化生成二氧化氮，故A正确；B、CaO2与酸、水均能反应生成氧气，硝酸有一定挥发性，所以装置A中生成的气体中会混有水蒸气和硝酸气体，所以依次用水除去硝酸，用浓硫酸除去水蒸气，故B正确；C、实验中难免会有多余的污染空气的氮氧化物，而酸性K2Cr2O7溶液有强氧化性，可以将氮氧化物氧化为硝酸根而消除其污染，故C正确；D、铜与硝酸在常温下即可反应，而木炭与稀硝酸不反应，故D错误。答案选C。22、D【详解】石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气属于物质的三态变化，属于物理变化，破坏了范德华力，石蜡蒸气→裂化气发生了化学变化，破坏了共价键；所以在“石蜡→液体石蜡→石蜡蒸气→裂化气”的变化过程中，被破坏的作用力依次是范德华力、范德华力、共价键，故答案为D。二、非选择题(共84分)23、C+2H2SO4(浓)△CO2↑+2SO2↑+2H2O1:4离子键、共价键Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓【分析】（1）若A为淡黄色固体，则A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C；（2）若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，为NH3，则A为N2，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C。【详解】(1)经分析，A为S，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E为H2SO4，F为C，则：①浓硫酸和碳反应生成二氧化碳和二氧化硫和水，方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；②B在空气中能使银器表面失去金属光泽、逐渐变黑，方程式为2H2S+O2+4Ag=2Ag2S+2H2O，反应中氧化剂为氧气，还原剂为银，二者物质的量比为1:4；(2)经分析，A为N2，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，F为C，则：①氨气和硝酸反应生成硝酸铵，含有离子键、共价键；②银和硝酸反应生成硝酸银和一氧化氮和水，离子方程式为：Ag+4H++NO3-=3Ag++NO↑+2H2O；③在干燥状态下，向②反应得到的溶质中通入干燥的氯气，得到N2O5和一种气体单质，氯气化合价降低，氮元素化合价不变，则气体单质为氧气，方程式为：4AgNO3+2Cl2=2N2O5+O2+4AgCl↓。【点睛】掌握无机推断提的突破口，如物质的颜色，高中常见的有颜色的物质有：淡黄色：硫，过氧化钠，溴化银。常温下，能使铁、铝钝化的浓溶液为浓硫酸或浓硝酸。能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。24、取代反应酯基新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液+2NaOH+H2O13c【分析】根据框图可知A为CH3CHO;由可知E为【详解】（1）由C为，E为,F为，所以C+E→F的反应类型是取代反应，答案为：取代反应。（2）由F为，所以F中含有的官能团名称为酯基，答案为：酯基。（3）由A为CH3CHO，B为CH3COOH,所以在A→B的反应中，检验CH3CHO是否反应完全，就要检验醛基，因为醛基遇到新制的Cu(OH)2悬浊液溶液会出现红色沉淀，遇到新制的银氨溶液会产生银镜反应，所以检验CH3CHO是否反应完全的试剂为新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。答案：新制的Cu(OH)2悬浊液或新制的银氨溶液。（4）由G为含有酯基，和过量NaOH溶液共热能发生反应，生成盐和水，其反应的化学方程式+2NaOH+H2O，答案：+2NaOH+H2O。（5）由E为，化合物E的同分异构体很多，符合①能与氯化铁溶液发生显色，说明含有酚羟基；②能发生银镜反应。说明含有醛基；③能发生水解反应，说明含有酯基，符合条件的同分异构体为含有两个取代基的（临间对三种），含有三个取代基共10种，所以符合条件的共13种；其中，核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积比为2∶2∶2∶1∶1的结构简式为；答案：13；。（6）由E为，E的同分异构体很多，但元素种类不会改变，所有同分异构体中都是有C、H、O三种元素组成，所以可以用元素分析仪检测时，在表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同c符合题意；答案：c。（7）根据框图反应原理和相关信息可知和反应合成，又是由和PCl3条件下反应生成，所以以苯酚、甲苯为原料制取化合物的合成路线流程图为：；答案：。【点睛】本题采用逆推法判断A的结构简式，即根据A→B的条件和B为乙酸判断A为乙醛；根据D的结构简式及D到E的反应条件顺推E的结构简式，再根据各步反应条件进行分析解答。25、①②④分液漏斗CCl4防止倒吸乙醇淀粉溶液滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色98.4%或0.984【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)①根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；②用关系式法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4]SO4·H2O的质量，进而可得其纯度。【详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择①装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项②；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置④；故合理选项是①②④；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水中分解，所以实验时可向所得溶液中加入乙醇来获得晶体；(4)①Cu2+与I-反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可选择淀粉溶液为指示剂，Cu2+与I-反应产生I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当I2反应完全时，溶液的蓝色消去，据此判断滴定终点。实验现象是：滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色；②Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得关系式2Cu2+～I2～2S2O32-，反应消耗的S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.050mol/L×0.016L×=0.004mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.004mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的[Cu(NH3)4]SO4·H2O]的物质的量是0.004mol，其质量是m{[Cu(NH3)4]SO4·H2O}=0.004mol×246g/mol=0.984g，因此该物质的纯度是(0.984g÷1.0g)×100%=98.4%=0.984。【点睛】本题考查了氨气的实验室制取方法及装置的使用、化学试剂的选择使用、滴定法在物质含量的计算中的应用。掌握物质的存在状态与使用仪器的关系，充分利用物质的溶解性及密度相对大小判断使用的试剂及其作用，在滴定法测量物质含量时，若发生的反应有多个，可根据化学方程式找出已知物质与待求物质的关系，通过关系式法直接计算，同时要注意配制溶液的体积与实验时的体积关系进行计算。26、6洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分DCBADEA中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊【分析】莫尔盐[(NH4)2Fe(SO4)2•6H2O]经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3[Fe(C2O4)3]溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3[Fe(C2O4)3]•3H2O，据此分析解题。【详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；；(2)由分析可知，步骤②发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为：(3)步骤③将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；(5)①检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE；②经过上述①分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO，故答案为：A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊。27、fedc石灰石饱和碳酸氢钠溶液B防止倒吸吸收多余的氨气过滤NaCl取少量样品于试管中，用酒精灯加热，看到试管上端有白烟生成（或试管口有白色晶体），最后固体大部分消失、剩余极少量的固体，从而证明所得固体的成分大部分是氯化铵【解析】由“侯氏制碱法”的原理可知：实验时需先向饱和食盐水中通入足量的氨气，然后再通入二氧化碳气体，装置A为二氧化碳的发生装置，装置B为氨气的发生装置，装置C为反应装置，装置D为二氧化碳的净化装置，据此分析解答。【详解】（1）装置A产生CO2，装置B产生NH3，装置D除去二氧化碳中的HCl，氨气通入C中应防止倒吸，则b接c，a接f、e接d，故答案为f、e、d、c；（2）A装置是制备二氧化碳气体的反应，一般采用盐酸与CaCO3反应来制取，所以A中固体反应物为石灰石，生成的二氧化碳气体中含有氯化氢，若不除去，会影响碳酸氢钠的产率，所以应用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl，故答案为石灰石、饱和碳酸氢钠溶液；（3）因为氨气极易溶解于水，二氧化碳气体在水中溶解性较小，所以实验时，饱和食盐水中应先通入氨气，再通入二氧化碳气体，有利于气体的吸收，实验操作过程中，应让B装置先发生反应，故答案为B；（4）氨气极易溶于水，用直导管向饱和氯化钠溶液中通入氨气，容易发生倒吸，C中用球形干燥管，可以防止倒吸；多余的NH3能与CaCl2结合生成CaCl2·8NH3，所以装有无水CaCl2的U形管可吸收多余的NH3，故答案为防止倒吸；吸收多余的氨气；（5）第三步中得到的NaHCO