贵州省毕节市纳雍县第五中学2026届化学高三第一学期期中考试模拟试题含解析

贵州省毕节市纳雍县第五中学2026届化学高三第一学期期中考试模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、表示下列反应的离子方程式正确的是A．磁性氧化铁溶于稀硝酸：3Fe2++4H++NO3-3Fe3++NO↑+3H2OB．用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+2H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OC．向NaAlO2溶液中通入过量CO2制Al(OH)3：AlO2-+CO2+2H2OAl(OH)3↓+HCO3-D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+H2O+4H+2、下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论正确的是①②③A．由①中的红棕色气体，可推知反应还有氧气产生B．红棕色气体表明②中木炭与浓硝酸发生了反应C．由③不能说明浓硝酸具有氧化性D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应3、常温下，某溶液中由水电离出来的c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，该溶液可能是()①二氧化硫②氯化铵水溶液③硝酸钠水溶液④氢氧化钠水溶液A．①④ B．①② C．②③ D．③④4、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如图所示。其中Z单质常用作半导体材料。下列说法正确的是XYZWA．原子半径：Y<Z<WB．气态氢化物的稳定性：X>ZC．最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z>WD．W的最高价氧化物对应水化物是离子化合物5、下列实验操作、实验现象及解释与结论都正确的是选项实验操作实验现象解释与结论A将乙醇与浓硫酸共热至170℃，所得气体通入酸性KMnO4溶液中KMnO4溶液褪色乙醇发生消去反应，气体中只含有乙烯B淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，加新制Cu(OH)2悬浊液加热至沸腾有砖红色沉淀产生淀粉发生水解，产物具有还原性C向甲苯中滴入适量浓溴水，振荡，静置溶液上层呈橙红色，下层几乎无色甲苯萃取溴所致D将少量某物质滴加到新制的银氨溶液中，水浴加热有银镜生成说明该物质一定是醛A．A B．B C．C D．D6、图是酷似奥林匹克旗中五环的一种有机物，被称之为奥林匹克烃，下列说法正确的是A．该有机物属于苯的同系物B．该有机物属于苯的衍生物C．该有机物的一氯代物有一种D．该有机物完全燃烧生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量7、下列物质属于纯净物的是（）A．漂白粉 B．甘油 C．石油 D．天然气8、A元素的原子最外层电子数是a，次外层电子数是b；B元素的原子M层电子数是(a－b)，L层电子数是(a＋b)，则A、B两元素形成化合物的化学式最可能表示为()A．B3A2 B．BA2C．A3B2 D．AB29、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．将1molCl2通入足量水中，溶液中HClO、Cl-、ClO-粒子数之和为2NAB．100gCaCO3晶体和100gKHSO4晶体中含有的离子数分别为2NA和3NAC．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，原子总数为0.6NAD．已知3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若有5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3分子数目为3NA10、下列说法正确的是（）A．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，则说明溶液中含有SOB．向某少许待测液中加入足量盐酸产生无色的能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明待测液中含有COC．向某少许待测液中加入浓氢氧化钠溶液并加热产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明待测液中含有NHD．向某少许待测液中加入氢氧化钠溶液产生了红褐色沉淀，则说明待测液中一定含有Fe3+，一定不含Fe2+11、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用CuSi合金作硅源，在950℃利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法正确的是（）A．X与电源的正极相连B．电子能够在三层液熔盐间自由流动C．电子由液态CuSi合金流出D．在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原12、下列有关实验、现象、及结论等叙述正确的有（）①向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，X具有强氧化性②将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生，非金属性：Cl>Si③向某溶液加入稀硫酸，有淡黄色沉淀和刺激性气味的气体，该溶液中一定含有S2O32－④向X溶液加新制氯水，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色，X溶液中一定含有Fe2+⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，酸性：硼酸＜碳酸⑥取少量Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸，滴入KSCN溶液，溶液变红色，证明样品已变质A．1条 B．2条 C．3条 D．4条13、下列叙述不涉及分解反应的是（）A．电解法制备铝单质B．“侯氏制碱法"制备纯碱C．酿酒过程中淀粉转化为葡萄糖D．《石灰吟》中“烈火焚烧若等闲"所述过程14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．常温下，将7.1gCl2通入水中，转移的电子数为0.1NAB．1L0.1mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目为0.1NAC．标准状况下，22.4LCH4完全燃烧后恢复至原状态，所得产物中气体分子数为3NAD．25℃时，1LpH＝11的Na2CO3溶液中由水电离出的OH-的数目为0.001NA15、下面是模拟金属电化学腐蚀与防护原理的示意图。下列叙述不正确的是A．若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上C点铁锈最多B．若X为食盐水，K与M连接，C(碳)处pH值最大C．若X为稀盐酸，K与N、M连接，Fe腐蚀情况前者更慢D．若X为稀盐酸，K与M连接，C(碳)上电极反应为2H++2e﹣=H2↑16、下列物质的水溶液呈碱性的是A．KAlO2B．KClO4C．NaHSO4D．NH4NO317、下列除去杂质的方法正确的是（）A．除去N2中的少量O2：通过灼热的CuO粉末，收集气体B．除去CO2中的少量HCl：通入Na2CO3溶液，收集气体C．除去FeCl2溶液中的少量FeCl3：加入足量铁屑，充分反应后，过滤D．除去KCl溶液中的少量MgCl2：加入适量NaOH溶液，过滤18、在焊接铜器时可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜以便焊接，其反应为：CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O(未配平)。下列说法正确的是A．反应中被氧化和被还原的元素分别为Cu和NB．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2C．反应中产生0.2mol气体时，转移0.6mol电子D．该反应中被还原的CuO占参与反应CuO的19、工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是A．活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B．铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C．增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D．利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu20、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（）A．78gNa2O2晶体中所含阴离子总数为2NAB．1.5gCH3+中含有的电子数为NAC．3.4g氨气分子中含有0.6NA个N-H键D．常温下，100mL1mol·L-1AlCl3溶液中Al3+离子总数等于0.1NA21、将1．9g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金质量减少了2.7g。另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72LNO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为()A．22.1g B．25.4g C．33.2g D．无法计算22、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．CaSO4CaCO3CaCl2二、非选择题(共84分)23、（14分）阿比朵尔是种抗病毒药物，其合成路线之一如图所示：

已知：R－X＋NH3—→RNH2＋HX。请回答下列问题：(1)写出阿比朵尔中含氧官能团的名称：_________。(2)写出A→B的化学方程式：_________，该反应的反应类型为_________。(3)X的结构简式为_________。(4)设计以和CH3OH为原料合成的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_________24、（12分）下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应①在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。（1）写出以下物质的化学式：B_______、F_______。（2）反应②的离子方程式为_______。（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着极其重要的作用，其工作时正极反应式为_______，该电池最大的优点是只需补充_______〔填“正极”或“负极”〕材料就可接着使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为_______。（5）25℃时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H＋物质的量浓度之比为_______。25、（12分）某化学学习小组为了探究镁和二氧化硫的反应产物，进行如下实验：Ⅰ．设计如图所示装置完成镁和二氧化硫的反应实验。（1）实验室用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，利用的是浓硫酸的________(填字母)。a．强氧化性b．强酸性c．脱水性d．腐蚀性（2）B装置中试剂的名称是________；E装置的作用是_______________________________。（3）有同学认为可以拆去D装置，你认为________(填“能”或“不能”)拆去D装置，理由是__________________________________________________。Ⅱ．探究燃烧的反应产物（4）反应后取C装置中的固体粉末进行如下实验：实验现象：G装置中产生黑色沉淀，Ⅰ装置中黑色粉末变红色，J装置中白色粉末变蓝色。写出G装置中发生反应的离子方程式：____________________；I、J装置中的现象说明固体中含有____________________(填化学式)。（5）取出F装置烧瓶中的混合物，经过滤、干燥得到少量固体粉末，为了探究固体粉末的成分，选择下列装置进行实验：①按气体从左至右，选择所需装置，正确的连接顺序为________________(填字母)。②能证明固体粉末是硫磺的实验现象是___________________________________________。（6）经实验测定，镁在二氧化硫中燃烧生成产物有硫化镁、硫和氧化镁。如果m(MgO)∶m(MgS)∶m(S)＝20∶7∶4，写出镁与SO2在加热条件下反应的化学方程式：____________。26、（10分）某化学研究性学习小组设计实验探究铜的常见化学性质，过程设计如下：提出猜想问题1：在周期表中，铜与铝的位置很接近，铜不如铝活泼，氢氧化铝具有两性，氢氧化铜也有两性吗？问题2：铁和铜都有变价，一般情况下，正二价铁的稳定性小于正三价的铁，正一价铜的稳定性也小于正二价的铜吗？问题3：氧化铜有氧化性，能被H2、CO还原，它也能被氮的某种气态氢化物还原吗？实验探究（1）I．解决问题1a.需用到的药品除1mol•L﹣1CuSO4溶液、稀硫酸外还需________（填试剂的化学式）溶液．b.用胆矾晶体配制1mol•L﹣1CuSO4溶液250mL，选用的仪器除烧杯、托盘天平、药匙、玻璃棒、胶头滴管外，还有________（填仪器名称）．c.为达到实验目的，请你补全实验内容和步骤：①用CuSO4溶液制备Cu（OH）2；②________．（2）Ⅱ．解决问题2取一定量I中制备获得的氢氧化铜固体于坩埚中灼烧，当温度达到80～100℃得到黑色固体粉末；继续加热至1000℃以上，黑色粉末全部变成红色粉末氧化亚铜；取适量红色氧化亚铜粉末于洁净试管中，加入过量的稀硫酸（或盐酸），得到蓝色溶液，同时观察到试管底部还有红色固体存在．根据以上实验现象回答问题．a.写出氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应的离子方程式：________．b.从实验Ⅱ可得出的结论是在高温下正一价铜比正二价铜________（填稳定或不稳定），溶液中正一价铜比正二价铜________（填稳定或不稳定）．（3）Ⅲ．解决问题3设计如下装置（夹持装置未画出）：当氮的某种气态氢化物（X）缓缓通过灼热的氧化铜时，观察到氧化铜由黑色变成了红色，无水硫酸铜变成蓝色，生成物中还有一种无污染的单质气体Y；将X通入灼热的CuO燃烧管完全反应后，消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，并收集到0.28g气体Y．a.仪器A的名称是________．b.X的化学式为________．27、（12分）某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑，于是对黑色物质的组成进行实验探究。（1）用如右图所示装置进行实验1。（加热和夹持仪器已略去）实验1：铜片与浓硫酸反应操作现象加热到120℃~250℃铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液继续加热至338℃铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色，瓶底部有较多灰白色沉淀①装置B的作用是________；装置C中盛放的试剂是_______。②为证明A装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是___________。（2）探究实验1中120℃~250℃时所得黑色固体的成分。（提出猜想）黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S中的一种或几种。（查阅资料）资料1：亚铁氰化钾[K4Fe(CN）6]是Cu2+的灵敏检测剂，向含有Cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。资料2：CuSCu2S黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水（设计并实施实验）实验2.探究黑色固体中是否含CuO操作现象i.取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有10mL试剂A的小烧杯中，搅拌黑色表层脱落，露出光亮的铜片ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色①试剂A是_________。②甲认为ii中溶液无色有可能是Cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含Cu2+，补充的实验操作及现象是______。实验3.探究黑色固体中是否含CuS、Cu2S操作现象i.取实验2中黑色固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置有固体剩余，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置有固体剩余，溶液变成浅绿色（获得结论）由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120℃~250℃时所得黑色固体中_______。（实验反思）分析实验1中338℃时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的所有反应的化学方程式为_____________。28、（14分）工业上利用锌焙砂（主要含ZnO、ZnFe2O4，还含有少量FeO、CuO、SiO2等氧化物杂质）制取金属锌的流程如图所示。回答下列问题：（1）ZnFe2O4中Fe的化合价为_________价，已知ZnFe2O4能溶于酸，则酸浸时ZnFe2O4反应的离子方程式为_________，酸浸后滤渣的成分主要是_________。（2）酸浸时一般要将锌焙砂粉碎，其目的是提高酸浸效率，为达到这一目的，还可以采用的方法是_________（任答一条即可）（3）净化Ⅰ中H2O2参与反应的离子方程式为_________，试剂X的作用是_________，（4）净化Ⅱ中得到的Y是_________。29、（10分）高岭土主要由高岭石长期风化而成，其中还含有一定量的白云石，高岭土是制作陶瓷的原料。完成下列填空：(1)矿石中除外的三种非金属元素的原子半径从小到大的顺序是______。硅原子的核外电子排布式是___，镁原子核外有_________种能量不同的电子。(2)判断的金属性强于的事实是____________。a.的碱性强于b.微溶于水，难溶于水c.与热水反应，钙比镁剧烈d.单质钙保存在煤油里，单质镁不需要(3)和同是ⅣA族元素的氧化物，的熔点明显比高的原因是________。(4)氮化硅（）是一种新型陶瓷材料，制备反应如下：，该反应的平衡常数表达式___________；反应达到平衡后，若增大浓度，则值____________（填“增大”“减小”或“不变”）。

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、四氧化三铁为氧化物，离子方程式中不能拆开．B、电荷不守恒，要加热才能反应；C、二氧化碳足量，反应生成碳酸氢根离子；D、反应条件为碱性；【详解】A、四氧化三铁不能拆开，正确的离子方程式为：3Fe3O4+NO3－+28H＋═9Fe3＋+14H2O+NO↑，故A错误；B、电荷不守恒，用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故B错误；C、向NaAlO2溶液中通入足量的CO2，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢根离子，正确的离子方程式为：AlO2－+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+HCO3－，故C正确；D、在强碱溶液中次氯酸钠与Fe(OH)3反应生成Na2FeO4：4OH－＋3ClO-+2Fe(OH)32FeO42-+3Cl-+5H2O，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的书写方法，解题关键：注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错选项D，注意溶液的酸碱性。2、A【详解】A．由①中的红棕色气体可知，该气体为NO2，由此可以推知：HNO3中+5价的N降低到+4价，发生还原反应，那么只有氧元素的化合价由-2价升高到0价，发生氧化反应，产生了氧气，选项A正确；B．浓硝酸与木炭加热时发生氧化还原反应，木炭被浓硝酸氧化生成二氧化碳，浓硝酸被还原成二氧化氮，二氧化氮气体为红棕色气体，但硝酸化学性质不稳定，见光或受热能分解，也会生成红棕色的二氧化氮气体，选项B错误；C．根据实验③，浓硝酸没有与木炭直接接触，若红棕色气体是硝酸分解生成的，那说明浓硝酸有挥发性，先挥发然后受热分解，若红棕色气体是木炭和浓硝酸反应生成的，也证明浓硝酸有挥发性，其次，无论红棕色气体是浓硝酸直接受热分解得到的，还是与木炭反应生成的，二氧化氮都是还原产物，可说明浓硝酸具有挥发性和强氧化性，选项C错误；D．③中红热的木炭在空气中也能生成二氧化碳，所以检测到二氧化碳并不能说明是木炭与浓硝酸发生了反应，选项D错误；答案选A。3、A【分析】依据常温下溶液中由水电离出来的c（H

+）=1.0×10

-13mol•L

-1，和水中的氢离子浓度比较可知，水的电离被抑制，结合所给物质的性质分析判断。【详解】c(H＋)＝1.0×10-13mol·L－1，说明水的电离受到抑制，溶液为强酸或强碱溶液。①二氧化硫溶于水生成了亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子，会抑制水的电离，故①正确；②氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子会发生水解，水解的本质是促进水的电离，故②错误；③硝酸钠是强酸强碱盐，溶液为中性，水的电离程度不会减小，故③错误；④氢氧化钠为强碱，会抑制水的电离，故④正确。综上所述，本题正确答案为A。4、B【分析】Z单质常用作半导体材料，推测Z为Si元素，再结合X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置可知X为N元素，Y为Al元素，W为S元素。【详解】A.同周期时，从左往右原子半径越来越小，因而Y>Z>W，A项错误；B.同周期时，从左往右气态氢化物越稳定，则SiH4的稳定性弱于PH3；同主族时，自下而上气态氢化物越稳定，则PH3的稳定性弱于NH3，因而NH3的稳定性强于SiH4，即气态氢化物的稳定性：X>Z，B项正确；C.同周期时，从左往右最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则H2SO4的酸性大于H2SiO3，即最高价氧化物对应的水化物的酸性：Z<W，C项错误；D.W的最高价氧化物对应水化物是H2SO4，H2SO4属于共价化合物，D项错误。故选B。【点睛】结构周期推断题推元素的已知条件所包含的知识内容如下：（1）原子序数和周期表中位置（周期和族）；（2）原子结构，包括核内质子数、质量数和中子数，核外电子数，原子或离子结构示意图，最外层电子数和电子层数；（3）元素及单质和化合物的性质（包括化学实验），如主要化合价，特征反应，特殊的物理性质，氢化物或最高价氧化物的通式；（4）进行化学计算的数据，如氢化物或最高氧化物中某元素的质量分数，化学反应中量的关系。5、C【详解】A．乙醇的消去反应中，催化剂浓硫酸具有脱水性，能使少量乙醇在浓硫酸作用下脱水生成碳单质，碳和浓硫酸之间会反应生成二氧化碳和具有还原性的二氧化硫气体，该气体也能使高锰酸钾褪色，故A错误；B．淀粉溶液和稀H2SO4混合加热，水解产物是葡萄糖，它和新制的Cu(OH)2悬浊液的反应必须在碱性环境下发生，验证水解产物时必须先加入氢氧化钠溶液使混合液变为碱性，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，故B错误；C．甲苯和溴水之间不会发生取代反应，只有在铁催化下才和纯液溴反应，溴在甲苯中的溶解度大于在水中的溶解度，所以甲苯能够萃取溴水中的溴，甲苯的密度比水的密度小，所以上层呈橙红色，下层几乎无色，故C正确；D．能够发生银镜反应的物质具有醛基，但是不一定为醛，比如甲酸、甲酸酯都含有醛基，但是不属于醛类，故D错误；答案选C。6、D【详解】A、苯的同系物中只含1个苯环，则该有机物不属于苯的同系物，故A错误；B、该有机物中只含C、H元素，则属于烃，而不是苯的衍生物，故B错误；C、由结构的对称性可知，含7种位置的H原子，则该有机物的一氯代物有7种，故C错误；D、该有机物为C22H14，1mol该物质燃烧生成22molCO2、7molH2O，即生成H2O的物质的量小于CO2的物质的量，故D正确。答案选D。【点睛】本题以信息的形式考查有机物的结构与性质，注意概念的辨析及应用来分析解答，选项C中注意利用对称性，选项D中注意利用化学式及原子守恒分析。7、B【详解】A．漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，A不合题意；B．甘油是丙三醇，属于纯净物，B符合题意；C．石油是由有机物和无机物组成的混合物，C不合题意；D．天然气主要由甲烷（85%）和少量乙烷（9%）、丙烷（3%）、氮（2%）和丁烷（1%）组成，D不合题意；故答案为：B。8、B【详解】因为B的L层电子数为(a＋b)且有M层，所以a+b=8，又因A原子最外层电子数为a，次外层电子数为b，且满足a+b=8，所以A原子有两个电子层，且K层为2个电子，L层为6个电子，所以a=6，b=2。进而推知B的各电子层上的电子数分别为2、8、4；即A为O，B为Si，二者形成的物质为SiO2，故答案为B。9、C【详解】A．氯气溶于水，部分与水反应，部分以氯气分子形式存在，依据氯原子个数守恒，将1molCl2通入水中，HClO、Cl-、ClO-粒子数之和小于2NA，故A错误；B．100gCaCO3晶体的物质的量为1mol，含有1mol钙离子和1mol碳酸根离子；100gKHSO4晶体的物质的量为1mol，含有1mol钾离子和1mol硫酸氢根离子，离子数均为2NA，故B错误；C．标准状况下，4.48LNO和2.24LO2混合后，恰好反应生成4.48LNO2，物质的量为=0.2mol，根据质量守恒定律，原子总数为0.6NA，故C正确；D．在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合价变化情况为：溴元素由+3价升高为+5价，溴元素由+3价降低为0价，氧元素化合价由-2价升高为0价，所以BrF3既起氧化剂也起还原剂作用，同时水也起还原剂作用，所以5molH2O参加反应，则被水还原的BrF3的分子数目小于3NA，故D错误；故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的综合应用，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。本题的易错点为D，要注意在反应3BrF3+5H2O＝HBrO3+Br2+9HF+O2中还原剂有BrF3和水。10、C【详解】A．取少量溶液于试管中，先加入BaCl2溶液，再滴加稀盐酸若产生的白色沉淀不溶解，该沉淀可能是硫酸钡或氯化银，则说明溶液中含有的离子为SO或Ag+，故A错误；B．向某少许待测液中加入足量盐酸产生无色的能使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是二氧化碳或二氧化硫，说明待测液中可能含有CO、HCO、SO、HSO，故B错误；C．向某少许待测液中加入浓氢氧化钠溶液并加热产生了能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为氨气，说明待测液中含有NH，故C正确；D．向某少许待测液中加入氢氧化钠溶液产生了红褐色沉淀，只能说明待测液中一定含有Fe3+，是否含Fe2+无法确定，故D错误；答案选C。11、C【分析】由图可知该装置为电解池：Si4＋在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，Y与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率。【详解】A．Si4＋在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，故A错误；B．电子只能在外电路中移动，不能够在三层液熔盐间自由流动，故B错误；C．由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故C正确；D．由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4＋，阴极反应为Si4＋得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查学生电解池的工作原理及其应用等知识，属于陌生类新型试题，解题的关键是提取图片信息并运用图片给予信息解答，把握图中Si→Si4＋→Si变化路径均可解答，注意提取、分析信息，利用所学原电池知识解题。12、A【详解】①白色沉淀可能为硫酸钡、亚硫酸钡，则X可能为氯气、氨气等，X不一定具有强氧化性，故①错误。②非金属性强弱判据之一是：最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，盐酸不是最高价含氧酸，故②错误。③生成的淡黄色沉淀和刺激性气味的气体为S和SO2，原溶液可能含有S2-与SO32-，不一定是S2O32－，故③错误。④可能原来溶液中含有Fe3+，如果向原来溶液中加入几滴KSCN溶液不变红，再滴加氯水后变红，则原来溶液中一定含有Fe2+，故④错误。⑤向饱和NaHCO3溶液中滴加硼酸，无气泡产生，说明不产生二氧化碳，证明酸性：硼酸＜碳酸，故⑤正确。⑥将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4后，滴加KSCN溶液，NO3-具有氧化性，能把Fe2+氧化生成铁离子，铁离子与KSCN溶液发生显色反应，故不能证明样品变质，故⑥错误。故只有⑤正确，故答案选A。【点睛】本题的易错点为②和③，要注意用最高价氧化物对应水化物的酸性强弱才能判断非金属性的强弱，有S2-与SO32-与酸反应也会生成S和二氧化硫气体，本题考查较全面，难度较大。13、C【详解】A.电解熔融的氧化铝制备铝单质，同时还有氧气生成，属于分解反应，A不选；B.“侯氏制碱法”制备纯碱的方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl＝NaHCO3↓，属于分解反应，B不选；C.酿酒过程中淀粉转化为葡萄糖，属于淀粉的水解反应，不是分解反应，C选；D.《石灰吟》中“烈火焚烧若等闲"所述过程是指碳酸钙高温分解生成氧化钙和二氧化碳，属于分解反应，D不选；答案选C。14、D【详解】A.常温下，将7.1gCl2的物质的量为=0.1mol，通入水中后Cl2不能完全反应，转移的电子数小于0.1NA，故A错误；B.乙酸是弱酸在水溶液中不完全电离，1L0.1mol·L－1乙酸溶液中含H＋的数目远小于0.1NA，故B错误；C.标准状况下，22.4LCH4的物质的量为1mol，完全燃烧后恢复至原状态是水不是气体，所得产物中气体分子数为NA，故C错误；D.25℃时，碳酸钠溶液中OH-全部来自水电离，1LpH＝11的Na2CO3溶液中c(OH-)==10-3mol/L，Na2CO3溶液中由水电离出的n(OH-)=10-3mol/L1L=0.001mol，个数为0.001NA，故D正确；故选D。15、A【详解】A．若X为食盐水，K未闭合，Fe棒上B点水面上铁与空气及水蒸气接触，最易发生腐蚀，铁锈最多，选项A不正确；B．若X为食盐水，K与M连接，形成原电池，碳棒为正极，C(碳)处水电离产生的氢离子得电子产生氢气，氢氧根离子浓度增大，pH值最大，选项B正确；C．若X为稀盐酸，K与N、M连接，形成原电池，接N时铁为正极被保护，接M时铁为负极腐蚀加快，故Fe腐蚀情况前者更慢，选项C正确；D．若X为稀盐酸，K与M连接，C(碳)上氢离子得电子产生氢气，电极反应为2H++2e﹣=H2↑，选项D正确。答案选A。16、A【解析】A、KAlO2溶液中偏铝酸根离子水解，溶液显碱性，A正确；B、KClO4是强酸强碱盐，溶液显中性，B错误；C、NaHSO4是强酸的酸式盐，溶液显酸性，C错误；D、NH4NO3溶液中铵根水解，溶液显酸性，D错误，答案选A。点睛：掌握盐类水解的原理、规律是解答的关键。盐类水解的基本规律：有弱才水解，越弱越水解；谁强显谁性，同强显中性。因此注意掌握常见酸、碱的强弱。17、C【详解】A、除去N2中少量的O2，应通过灼热的Cu网，然后收集气体，故A错误；B、Na2CO3溶液可以吸收HCl，同时CO2能与Na2CO3发生反应：CO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHCO3，因此除去CO2中少量的HCl，应通入饱和的NaHCO3溶液，收集气体，故B错误；C、加入铁屑，发生反应Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋，可以除去FeCl3，不引入新的杂质，故C正确；D、加入NaOH溶液，引入Na＋，产生新的杂质，故D错误；答案选C。18、B【分析】根据CuO＋NH4Cl→Cu＋CuCl2＋N2↑＋H2O分析可知：Cu由+2价降低为0，被还原；N元素的化合价由-3价升高为0，被氧化；根据电子守恒、原子守恒配平为4CuO＋2NH4Cl=3Cu＋CuCl2＋N2↑＋4H2O即可判断。【详解】A.氯化铵中N元素化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故A错误；B.根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2↑+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，作氧化剂的氧化铜与作还原剂的氯化铵的物质的量之比为3：2，故B正确；C.由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol×6=1.2mol，故C错误；D.由反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的3/4，故D错误。综上所述，本题正确答案为B。19、C【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；

B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；

C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；

D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选B项；C项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不选D项。综上所述，本题正确答案为C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。20、C【详解】A、78gNa2O2的物质的量为1mol，其阴离子O22-的物质的量为1mol，则阴离子总数为NA，A错误；B、1.5gCH3+的物质的量为0.1mol，其电子数为0.8NA，B错误；C、3.4g氨气的物质的量为0.2mol，其N-H的个数为0.6NA，C正确；D、该溶液中AlCl3的物质的量为0.1mol，由于Al3+会水解，所以Al3+的离子总数小于0.1NA，D错误；故选C。21、B【解析】试题分析：将1.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为2.7g÷27g/mol=0.1mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为6.72L÷22.4L/mol×3=0.9mol，其中0.1mol铝完全反应失去0.3mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9mol-0.3mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，则n（OH-）=0.6mol，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为1.9g-2.7g+0.6mol×1g/mol=25.4g，答案选B。考点：考查化学计算，硝酸的性质。22、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。二、非选择题(共84分)23、(酚)羟基、酯基

取代反应【分析】A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B：，B与K2CO3、(CH3)2SO4发生亚氨基上的取代反应产生C是，C与NBS发生-CH3上的取代反应产生D：；D与X在一定条件下发生取代反应产生E：；E与HCHO、NH(CH3)2反应，然后酸化可得阿比朵尔：。【详解】(1)阿比朵尔结构简式是：，物质中含有的含氧官能团是(酚)羟基、酯基；(2)A是，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B是，则A→B的化学方程式是：+(CH3CO)2O→＋CH3COOH，该反应的反应类型是取代反应；(3)由D、E结构的不同，结合X分子式可知：X的结构简式为；(4)CH3OH被催化氧化产生HCHO，CH3OH与HBr发生取代反应产生CH3Br，CH3Br与NH3发生取代反应产生NH(CH3)2，HCHO、NH(CH3)2、发生反应产生。该转化历程为：。24、H2Al2O32A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑O2＋2H2O＋4e－＝4OH－负极4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑1∶104【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。【详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B.、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(OH)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；(2)反应②为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH−+2H2O═2AlO2−+3H2↑；(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e−+2H2O═4OH−，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为O2+4e−+2H2O═4OH−；负极；(4)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；(5)25℃时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为10−9mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为10−5mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为10−9mol/L：10−5mol/L=1:104，故答案为1:104。25、b浓硫酸吸收尾气中的SO2，防止空气中的CO2与Mg反应能D装置与盛有固体试剂的装置相连，不会发生倒吸Cu2＋＋H2S===CuS↓＋2H＋Mgd、c、a、b品红溶液褪色5Mg＋2SO24MgO＋MgS＋S【解析】本题重点考查镁和二氧化硫的反应产物的实验探究。本题应根据已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推测二氧化硫与镁可能反应2Mg+SO2=2MgO+S，镁单质还能与产物中的硫单质反应生成硫化镁。实验I为镁和二氧化硫的反应实验，A装置为二氧化硫的制备（浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应），制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2，再让SO2与MgO反应；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验。实验II为探究产物，固体中可能含有氧化镁、硫单质、硫化镁和镁单质。将固体产物加入稀硫酸，产生气体，硫化镁与硫酸反应生成硫化氢气体，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑，镁单质和稀硫酸反应生成氢气和硫酸镁，装置G中加硫酸铜溶液可验证是否有硫化氢生成，G装置中产生黑色沉淀证明有硫化铜生成，进而证明固体中含有硫化镁；接下来验证是否有氢气生成，利用氢气还原氧化铜，并检验产物是否有水，因此在验证是否有氢气生成时应先干燥气体；Ⅰ装置中黑色粉末变红色，说明氧化铜被还原为铜单质，J装置中白色粉末变蓝色证明有水生成，进而证明了固体中含有镁单质；此实验结束后发现还有少量不溶固体，猜测可能为硫单质，实验III即验证剩余固体是否为硫单质，先使固体与氧气反应，将产物通入品红溶液中，如果品红褪色，则证明固体为硫单质。【详解】(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，该反应中强酸制备弱酸，浓硫酸表现出酸性。(2)制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验，所以碱石灰还可以防止空气中的CO2与Mg反应。(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接，不会发生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D装置。(4)F装置中MgS与稀硫酸发生MgS+H2SO4=MgSO4+H2S↑，硫酸铜溶液用于检验H2S，H2S与Cu2＋反应生成硫化铜黑色沉淀，离子反应为Cu2＋＋H2S=CuS↓＋2H＋。氧化铜被还原成铜和水，无水硫酸铜变蓝色，说明固体与稀硫酸反应有氢气产生，即固体中含有未反应的镁粉。(5)①题给装置中没有氧气干燥装置，如果选择双氧水制氧气，不能得到干燥的氧气。实验中，应该用干燥的氧气与硫反应，故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气d、氧气与硫反应c、检验SO2a、吸收尾气b。②氧气与硫反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以如果品红溶液褪色，则证明剩余固体为硫单质；(6)根据质量之比m(MgO)∶m(MgS)∶m(S)＝20∶7∶4，则物质的量之比为n(MgO)∶n(MgS)∶n(S)＝m(MgO)/M(MgO):m(MgS)/M(MgS):m(S)/M(S)=20/40:7/56:4/32=4∶1∶1，由产物的物质的量之比可得出反应的化学方程式为5Mg＋2SO24MgO＋MgS＋S。26、NaOH溶液250mL的容量瓶将Cu（OH）2分别加入稀硫酸和稀NaOH溶液中，观察现象Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O稳定不稳定干燥管N2H4【解析】试题分析：Ⅰ（1）、探究氢氧化铜是否具有两性的实验需要的药品是：制取氢氧化铜的硫酸铜和氢氧化钠，验证试验用到硫酸和氢氧化钠，所以需要硫酸铜和氢氧化钠以及硫酸溶液，即需用到的药品除1mol·L-1CuSO4溶液、稀硫酸外还需氢氧化钠溶液；（2）配制一定物质的量浓度的溶液所需仪器：烧杯、天平、玻璃棒、量筒、胶头滴管、一定体积的容量瓶，容量瓶的规格根据所配置的溶液来确定，故答案为250mL容量瓶；（3）氢氧化铜是否能和硫酸和氢氧化钠反应的实验中，首先是氢氧化铜的配制，然后是让氢氧化铜和硫酸以及氢氧化钠反应，所以实验步骤第一步是：用CuSO4溶液和NaOH溶液制Cu（OH）2；第二步是：将Cu（OH）2分别与稀H2SO4和NaOH溶液反应，故答案为将Cu（OH）2分别与稀H2SO4和NaOH溶液反应。Ⅱ、（1）根据题意知，氧化亚铜与稀硫酸（或盐酸）反应生成金属单质铜和二价铜离子的盐溶液，离子方程式为Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O；（2）根据题给信息知，高温下正一价铜比正二价铜稳定，溶液中正一价铜比正二价铜不稳定。Ⅲ、（1）仪器A的名称为干燥管；（2）依题意知，消耗0.01molX，测得B装置增重0.36g，即生成0.02mol的水，并收集到单质气体Y0.28g即氮气0.01mol，根据原子守恒可以确定气态氢化物X中含有4个氢原子和2个氮原子，X的化学式为N2H4。考点：以实验探究的方式考查金属铜及其化合物的性质。27、防止C中溶液倒吸入A中NaOH溶液冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液）一定浓度的稀硫酸（稀盐酸也可以）向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象（或无红棕色沉淀生成）不含CuO，一定含有CuS，可能含有Cu2SCuS+4H2S