吉林省延边州汪清县四中2026届化学高三第一学期期中联考试题含解析

吉林省延边州汪清县四中2026届化学高三第一学期期中联考试题注意事项：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、物质的性质决定其用途。下列说法错误的是A．利用钠在电光源上发出的黄色光透雾能力强的特点制高压钠灯B．利用氯气的强氧化性漂白干燥的有色布条C．液氨汽化时要吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，可用作制冷剂D．常温下，铝遇浓硝酸发生钝化，可用铝制容器盛装和运输浓硝酸2、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作实验现象结论A等体积的和两种酸分别与足量的锌反应相同时间内与反应生成的氢气更多是强酸B将湿润的淀粉-试纸分别放入和蒸气中试纸只在蒸气中变蓝色氧化性：C将光亮的镁条放入盛有溶液的试管中有大量气泡产生生成的气体是D向

NaHCO3溶液中加入NaAlO2溶液有白色沉淀生成结合的能力比强A．A B．B C．C D．D3、A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素。A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，B原子最外层电子数是内层电子数的3倍，C的原子半径是本周期最大的，D的单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是A．简单气态氢化物的稳定性：B>AB．物质CAB2有毒，不能用作食品添加剂C．最高价氧化物对应的水化物酸性：E>DD．B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物可用于杀菌消毒4、下图为N2分子在催化剂作用下发生一系列转化的示意图，下列叙述正确的是()A．若N≡N键能是akJ·mol-1,H—H键能是bkJ·mol-1,H—N键能是ckJ·mol-1,则每生成2molNH3,放出(6c-a-3b)kJ热量B．NH3分子和H2O分子的中心原子杂化类型不同C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂D．在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物，均为直线形分子5、下列表述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是选项表述Ⅰ表述ⅡASiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维BSO2有漂白性SO2可使溴水褪色C浓硫酸有强氧化性、吸水性浓硫酸可使蔗糖变黑DFe3+有氧化性FeCl3溶液可用于刻蚀印刷电路板A．AB．BC．CD．D6、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7、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8、下列有关实验的操作正确的是（）实验操作A除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热B实验室收集Cu与稀硝酸反应生成的NO向下排空气法收集C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生D比较碳、硫元素非金属性强弱测定同浓度Na2CO3和Na2SO3溶液的pHA．A B．B C．C D．D9、我国科学家研发了一种室温下“可呼吸”的Na－CO2二次电池。将NaClO4溶于有机溶剂作为电解液，钠和负载碳纳米管的镍网分别作为电极材料，电池的总反应为：3CO2＋4Na2Na2CO3＋C。下列说法错误的是（）A．放电时，ClO4－向负极移动B．充电时释放CO2，放电时吸收CO2C．放电时，正极反应为：3CO2＋4e－=2CO32－＋CD．充电时，正极反应为：Na＋＋e－=Na10、下列说法正确的是（）A．二氧化硅具有良好的半导体特性，故而可用作光导纤维B．硅酸钠为盐，非碱类物质，故可用玻璃瓶盛装C．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，说明硅酸酸性强于碳酸D．硅溶于氢氧化钠溶液，只有水作氧化剂，NaOH既非氧化剂也非还原剂11、下列说法错误的是A．铝与烧碱溶液反应铝作还原剂 B．在硫酸铁溶液中滴加硫氰化钾溶液，溶液变红C．可用Al2O3制成的坩埚熔融烧碱 D．明矾溶于水能形成胶体，可用其净化生活用水12、根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的是()A．B．C．D．13、某学生以铁丝和Cl2为原料进行下列三个实验。从分类角度分析，下列选项正确的是A．实验①、③反应制得的物质均为纯净物B．实验②、③均未发生氧化还原反应C．实验③制备氢氧化铁胶体需要加热煮沸至生成红褐色沉淀D．实验①、②所涉及的物质均为电解质14、将铁粉和铜粉的均匀混合物平均分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表（设硝酸的还原产物只有NO）。下列计算结果正确的是编号①②③④硝酸体积/mL100200300400剩余金属/g18.09.600NO体积/L2.244.486.72VA．①中溶液存在Fe3+ B．硝酸的浓度为4mol/LC．②中溶解了9.6gCu D．④中V=6.7215、用NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．7.8gNa2O2中含有的阴离子数为0.1NAB．0.1mol16OD-中含有的中子数为NAC．常温常压下，42g乙烯中所含有的共用电子对数目为6NAD．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后，产物的分子数为2NA16、同位素示踪法可用于反应机理的研究,下列反应中同位素示踪表示正确的是A．2Na218O2＋2H2O＝4Na18OH＋O2↑B．2KMnO4＋5H218O2＋3H2SO4＝K2SO4＋2MnSO4＋518O2↑＋8H2OC．NH4Cl＋2H2ONH3·2H2O＋HClD．K37ClO3＋6HCl＝K37Cl＋3Cl2↑＋3H2O17、已知Ca3N2遇水发生水解反应，需密封保存。利用如下装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，下列说法正确的是A．①中发生的化学方程式为NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+H2OB．③、④、⑥中依次盛装浓H2SO4、酸性氯化亚铁溶液、碱石灰C．实验结束后，取⑤中少量产物于试管中，加适量蒸馏水，再滴加石蕊试液，溶液变蓝D．②的作用为安全瓶，防止停止加热时①中的溶液进入③中18、下列指定反应的离子方程式正确的是A．澄清石灰水中通入过量二氧化碳：OH-+CO2=HCO3-B．酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I−+IO3−+6H+I2+3H2OC．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2+H2O+ClO-=SO42-+Cl-+2H+D．下图所示装置中反应：Zn+Cu2+=Cu+Zn2+19、北京大学和中国科学院的化学工作者已成功研制出碱金属与C60形成的球碳盐K3C60，实验测知该物质属于离子晶体，具有良好的超导性。以下有关分析正确的选项是A．熔融状态下该晶体能导电 B．K3C60中碳元素显-3价C．K3C60中只有离子键 D．C60与12C互为同素异形体20、工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2。下列说法正确的是（）A．碳元素被还原B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2C．Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物D．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子21、为了探索外界条件对反应aX(g)+bY(g)cZ(g)的影响，以X和Y物质的量比为a:b开始反应，通过实验得到不同条件下达到平衡时Z的物质的量分数，实验结果如图所示。以下判断断正确的是()A．正反应放热，a+b>c B．正反应吸热，a+b>cC．正反应吸热，a+b<c D．正反应放热，a+b<c22、实验室根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3固体的四个主要步骤中，不能实现实验目的的是A．制取氨气 B．制取碳酸氢钠 C．分离碳酸氢钠 D．干燥碳酸氢钠二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种光伏材料中间体。工作室由芳香化合物A制备H的一种合成路线如下：已知：①RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O②回答下列问题(1)B所含官能团名称为___________。(2)由B生成C和E生成F的反应类型分别为___________、___________。(3)D的结构简式为___________。(4)由A生成B的化学方程式为___________。(5)芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，符合要求的X的结构有___________种，写出其中一种结构简式___________。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以乙醇为原料合成CH3CH2CH2COOH的合成路线(无机试剂在用)(合成路线示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH______________________________________________。24、（12分）在一定条件下可实现下图所示物质之间的转化：请填写下列空白：（1）孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）2（碱式碳酸铜），受热易分解，图中的F是______（填化学式）。（2）写出明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式:。（3）写出B电解生成E和D的反应方程式：。（4）图中所得G和D都为固体，混合后在高温下可发生反应，写出该反应的化学方程式，该反应消耗了2molG，则转移的电子数是。25、（12分）某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。实验序号ⅠⅡ实验操作实验现象紫色褪去，溶液变为棕黄色紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色资料：i.MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+。ii.酸性条件下氧化性:KMnO4＞KIO3＞I2。（1）实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了________。（2）实验小组继续对实验II反应中初始阶段的产物成分进行探究：①经检验，实验II初始阶段I—的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为________。②黑色固体是________。③设计实验方案证明在“紫色清液”中存在IO3-：________。④写出生成IO3-的离子方程式：________。（3）探究实验II中棕褐色沉淀消失的原因。用离子方程式解释实验II中棕褐色沉淀消失的原因：________。（4）实验反思：KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与________有关（写出两点即可）。26、（10分）实验室为测定一新配的稀盐酸的准确浓度。通常用纯净的Na2CO3（无水）配成标准溶液进行滴定。具体操作是：称取W克纯净无水Na2CO3装入锥形瓶中，加适量的蒸馏水溶解。在酸式滴定管中加入待测盐酸滴定。（1）由于CO2溶在溶液中会影响pH值，为准确滴定，终点宜选在pH值4—5之间，那么在石蕊、甲基橙、酚酞三种指示剂中应选用___。当滴定至溶液由___时，即表示到达终点。（2）若达到滴定终点时，中和W克Na2CO3消耗盐酸V毫升，则盐酸的物质的量的浓度为___mol/L。（3）若所称取的Na2CO3不纯，则测得盐酸的浓度就不准确。现设盐酸的准确浓度为c1mol/L，用不纯的Na2CO3标定而测得盐酸浓度为c2mol/L。在下述情况下，c1与c2的关系是（填“>”或“<”或“=”）：①当Na2CO3中含有NaHCO3时，则c1___c2。②当Na2CO3中含有NaOH时，则c1___c2。27、（12分）树德中学化学兴趣小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。(本实验忽略Cu2+、Ag+在此条件下的水解)(1)方案1:通过置换反应比较:向AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。反应的离子方程式是______，说明氧化性Ag+>Cu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液1mLI.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/LCuSO4溶液1mLII.产生棕黑色沉淀A，溶液变棕黄①经检验，I中溶液不含I2，黄色沉淀是______。②取II中棕黄色溶液，加入少量______溶液，变为______色，说明生成了I2。推测Cu2+做氧化剂,沉淀A有CuI。该反应的离子方程式为:________________查阅资料得知:CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出假设并证明假设是否成立，取部分棕黑色沉淀进行实验二:已知:CuI难溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)；Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)。由实验二得出结论:棕黑色沉淀是___________________。现象ⅲ为______________。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因:________________。③白色沉淀CuI与AgNO3溶液反应生成AgI和一种固体单质，该反应的离子方程式是______，说明氧化性Ag+>Cu2+。28、（14分）碘及其化合物在合成杀菌剂和药物等方面具有广泛用途。（1）氢碘酸与氯化铁溶液________（填“能”或“不能”）发生反应。（2）碘酸碘中的碘有+3、+5两种化合价，则碘酸碘的化学式为_______________。（3）粗碘中通常含有的卤素互化物ICl、IBr，在受热时均可像I2一样升华。将粗碘提纯为精碘方法是_______________。（已知：ICl+I-=I2+Cl-；IBr+I-=I2+Br-）（4）氯酸钾、碘单质按物质的量之比11:6和水反应会生成微溶于水的碘酸氢钾[KH(IO3)2]，并放出氯气。则该反应的化学方程式为__________________。（5）在工业上还可以用电解法来制备碘酸钾。若通过电解强酸性条件下的碘化钾溶液来制备碘酸钾，则产率极低，其原因是________（用离子方程式表示）。29、（10分）I.CO、CO2的应用和治理是当今社会的热点问题。CO工业上可用于高炉炼铁，发生如下反应：1/3Fe2O3(s)+CO(g)2/3Fe(s)+CO2(g)，已知该反应在不同温度下的平衡常数如下表：温度/℃100011501300平衡常数4.03.73.5（1）该反应的正反应为_____反应（填“放热”或“吸热”），欲提高CO的平衡转化率，促进Fe2O3的转化，可采取的措施是____（选填序号）a．及时吸收或移出CO2b．增大反应体系的压强c．用更高效的催化剂d．粉碎矿石，增大接触面积（2）一定条件下，在容积一定的容器中，铁和CO2发生反应：Fe(s)＋CO2(g)FeO(s)＋CO(g)－Q，该反应的平衡常数表达式K＝_____________。下列措施中能使平衡时增大的是______（选填编号）。a．升高温度b．增大压强c．充入一定量COd．再加入一些铁粉II.合成尿素的反应为：2NH3(g)＋CO2(g)CO(NH2)2(s)＋H2O(g)＋Q（Q＞0）。一定条件下，在10L的恒容密闭容器中，充入2molNH3和1molCO2，反应经5min后达到平衡，测得容器中CO2的浓度为0.05mol•L-1。完成下列填空：（1）平均反应速率υ(NH3)＝____________。（2）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是_________。（填序号）a．2υ正(NH3)＝υ逆(H2O)b．气体的平均相对分子质量不随时间而变化c．NH3和CO2的比例保持不变d．气体的压强不再发生变化（3）为提高尿素的产率，工业上用该反应生产尿素时，合适的反应条件是_______。（填序号）a．200℃b．800℃c．101kPad．24000kPa

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、B【解析】A.钠焰色反应为黄色，高压钠灯发出的黄色光射程远，对道路平面的照明程度高，透雾能力强，故用在电光源上，A正确；B.氯气本身没有漂白性，氯气与水反应产生的HClO具有漂白性，因此氯气不能漂白干燥的有色布条，B错误；C.液氨沸点高，易汽化，汽化时要从周围环境中吸收大量的热，使周围环境的温度急剧下降，故液氨可用作制冷剂，C正确；D.浓硝酸具有强的氧化性，在常温下，铝遇浓硝酸会被氧化产生一层致密的氧化物薄膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，所以在室温下可用铝制容器盛装和运输浓硝酸，D正确；故合理选项是B。2、D【详解】A．等体积pH=3的HA和HB两种酸分别与足量的锌反应，相同时间内，HA收集到氢气多，一定能说明HA是弱酸，故A错误；B．NO2和Br2蒸气均能氧化KI生成碘单质，湿润的淀粉KI试纸均变蓝，现象相同，不能判断两者的氧化性强弱，故B错误；C．氯化铵溶液水解显酸性，Mg与氢离子反应，且放热导致一水合氨分解，则有大量气泡产生，可知反应中生成H2和NH3，故C错误；D．偏铝酸根离子促进碳酸氢根离子的电离，生成氢氧化铝沉淀，则AlO2-结合H+的能力比CO32-强，故D正确；故答案为D。【点睛】考查强弱电解质判断，为高频考点，注意不能根据电解质溶液导电性强弱、电解质溶解性强弱等方法判断，为易错题。强弱电解质的根本区别是电离程度，部分电离的电解质是弱电解质，如要证明醋酸是弱电解质，只要证明醋酸部分电离即可，可以根据醋酸钠溶液酸碱性、一定浓度的醋酸pH等方法判断。3、B【解析】A、B、C、D、E为原子序数依次递增的短周期主族元素。A的气态氢化物与其最高价氧化物对应的水化物可反应形成盐，应为铵盐，A为N，B原子最外层电子数是内层电子数的3倍，B为O，C的原子半径是本周期最大的，C是Na，D的单质为淡黄色固体，D是S，E是Cl。【详解】A.非金属性：B>A，气态氢化物的稳定性：B>A，故A正确；B.物质CAB2为亚硝酸钠，亚硝酸钠是食品添加剂的一种，起着色、防腐作用，但要限量使用，故B错误；C.非金属性：E>D，最高价氧化物对应的水化物酸性：E>D，故C正确；D.B、C、E以原子个数比1：1：1的形成的化合物是次氯酸钠，可用于杀菌消毒，故D正确；故选B。【点睛】元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，最高价氧化物对应的水化物酸性越强；元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，单质越容易从水中置换出氢。4、A【详解】A．反应热就是断键吸收的能量和形成化学键所放出的能量的差值，则根据键能数据可知，该反应的反应热△H＝akJ/mol＋3bkJ/mol－2×3ckJ/mol，则每生成2molNH3，放出(6c-a-3b)kJ热量，选项A正确；B．水分子中价电子数=2+（6-2×1）=4，水分子中含有2个孤电子对，所以氧原子采取sp3杂化，氨气中价层电子对个数=3+（5-3×1）=4且含有1个孤电子对，所以N原子采用sp3杂化，杂化方式相同，选项B错误；C．催化剂a表面是氢气氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性键（氢氢键和氮氮键）的断裂，催化剂b表面发生了非极性共价键（氧氧双键）的断裂，选项C错误；D．在催化剂b作用下发生转化得到的两种生成物H2O和NO，NO为直线形分子，H2O为V形分子，选项D错误；答案选A。5、D【解析】A、二氧化硅不导电，是制光导纤维的原料，Ⅰ不正确、Ⅱ正确，无因果关系，故A不选；B、二氧化硫的漂白性是和有色有机物结合为不稳定的无色物质，二氧化硫和溴发生氧化还原反应，Ⅰ、Ⅱ正确但无因果关系，故B不选；C．浓硫酸具有脱水性，能将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去，浓硫酸使蔗糖和纸张碳化变黑是其脱水性所致，与浓硫酸的吸水性无关，二者没有因果关系，故C不选；D．铁离子具有氧化性，能和Cu发生氧化还原反应生成亚铁离子和铜离子，从而用氯化铁溶液腐蚀铜，二者有因果关系，故D选；故选D。6、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。7、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。8、C【详解】A.因为NaHCO3受热易分解，所以除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl，不能用直接加热法，A错误；B.实验室收集Cu与稀硝酸反应生成的NO，由于NO能与空气中的O2化合，所以不能用排空气法收集，B错误；C.配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生，说明乙酸的酸性比碳酸强，从而说明乙酸显酸性，所以可用此实验检验乙酸具有酸性，C正确；D.通过测定同浓度Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可以确定H2CO3与H2SO3的酸性强弱，但由于H2SO3不是硫的最高价氧化物的水化物，所以不能由此推出碳、硫元素非金属性强弱，D错误。故选C。9、D【分析】原电池中负极发生失去电子的氧化反应，正极发生得到电子的还原反应，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电可以看作是放电的逆反应，据此解答。【详解】A.放电时是原电池，阴离子ClO4－向负极移动，A正确；B.电池的总反应为3CO2+4Na2Na2CO3+C，因此充电时释放CO2，放电时吸收CO2，B正确；C.放电时是原电池，正极是二氧化碳得到电子转化为碳，反应为：3CO2+4e−＝2CO32－+C，C正确；D.充电时是电解，正极与电源的正极相连，作阳极，发生失去电子的氧化反应，反应为2CO32－+C－4e−＝3CO2，D错误。答案选D。【点睛】本题以我国科学家发表在化学顶级刊物上的“一种室温下可呼吸的钠、二氧化碳二次电池”为载体考查了原电池和电解池的工作原理，掌握原电池和电解池的工作原理是解答的关键，注意充电与放电关系的理解。本题很好的弘扬了社会主义核心价值观个人层面的爱国精神，落实了立德树人的教育根本任务。10、D【详解】A.硅具有良好的半导体特性，二氧化硅可用作光导纤维，故错误；B.硅酸盐具有粘性，容易将玻璃瓶与玻璃塞粘到一起，不能用玻璃瓶盛装，故错误；C.高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，故错误；D.硅与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和氢气，水中氢离子化合价降低，做氧化剂，故正确；故选D。11、C【详解】A.反应中铝元素化合价由0价升高为+3价，铝是还原剂，故A正确；B.在硫酸铁溶液中含有Fe3+，滴加硫氰化钾溶液，溶液变红，故B正确；C.Al2O3是两性氧化物，可以和强碱反应，所以不能用Al2O3制成的坩埚熔融烧碱，故C错误；D.明矾溶于水形成的胶体具有吸附性，可用其净化生活用水，故D正确；故答案选C。12、C【详解】A.氯化铵分解后，在试管口又化合生成氯化铵，则不能制备氨气，故A错误；B.吸收二氧化碳时，导管应长进短出，图中进气方向不合理，故B错误；C.由NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NaCl+NH4Cl可知，碳酸氢钠与溶液分离，则选图中过滤法可分离，故C正确；D.碳酸氢钠受热会分解，应选干燥器进行干燥，故D错误。故选：C。13、B【详解】A．实验①是铁在氯气中燃烧，生成物是FeCl3，是纯净物，实验③制取的是氢氧化铁胶体，是混合物，故A不选；B．实验②、③均是FeCl3和水发生的水解反应，各元素价态不变，不是氧化还原反应，故B选；C．实验③制备氢氧化铁胶体加热至红褐色即可，故C不选；D．实验①中的氯气属于单质，既不是电解质，也不是非电解质，故D不选；故选B。14、B【解析】铁和铜均可以被硝酸氧化，由于还原性强弱关系为Fe>Cu>Fe2+，Fe、Cu、Fe2+将被硝酸依次氧化，过程发生的反应有：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Fe(NO3)2+4HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，据此分析。【详解】A.由表格可知，第①次实验中有固体金属剩余，因为还原性Fe>Cu>Fe2+，剩余的固体是铁和铜的混合物或只有铜，发生的反应有：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，可能部分Cu被氧化3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，所以①溶液中肯定没有Fe3+，A项错误；B.第②次实验可以看作在第①实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，仍有9.6g固体金属剩余，说明HNO3耗尽，发生的反应只能是这两个反应中的1个或2个：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。产生NO体积4.48L-2.24L=2.24L，n(NO)==0.1mol。根据反应方程式得关系式4HNO3~NO，这100mL稀硝酸中HNO3的物质的量=4∙n(NO)=4×0.1mol=0.4mol，所以稀硝酸的浓度c(HNO3)==4mol/L，B项正确；C.第②次实验可以看作在第①次实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，这100mL稀硝酸溶解金属的质量为18.0g-9.6g=8.4g，产生NO的物质的量n(NO)==0.1mol，发生的反应只能是这两个反应中的1个或2个：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。有关系式3Fe~8HNO3~2NO或3Cu~8HNO3~2NO，溶解金属的物质的量=×n(NO)=×0.1mol=0.15mol，溶解的金属的平均摩尔质量==56g/mol（恰好是铁的摩尔质量），因此这100mL稀硝酸溶解的全是铁，所以实验②中没有铜溶解，C项错误；D.第③次实验可以看作在第②次实验后的混合物中继续加100mL稀硝酸，由表中数据可知，这100mL稀硝酸溶解金属9.6g，产生NO气体体积=6.72L-4.48L=2.24L（即0.1mol），据关系式HNO3~NO~得3e-，反应中转移电子0.3mol。如果全部是铜失电子，有关系式Cu~失2e-，则铜的质量=×64g/mol=9.6g，如果全部是铁失电子，有关系式Fe~2e-，则铁的质量=×56g/mo=8.4g，所以③中9.6g固体全部是铜。结合上面C项分析可知第①、②次实验中参加反应的全部是铁，每份固体中铁的质量为8.4g×2=16.8g，n(Fe)==0.3mol，第③次实验所得溶液中含Fe(NO3)2的物质的量为0.3mol。继续加100mL稀硝酸则发生的反应是3Fe(NO3)2+4HNO3=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，由B项可知100mL稀硝酸中含HNO3的物质的量为0.4mol，因此Fe(NO3)2和HNO3恰好反应完全，生成0.1molNO气体，即标准状况下2.24L，所以第④次实验产生NO气体体积V=6.72L+2.24L=8.96L，D项错误；答案选B。15、A【解析】A、7.8gNa2O2的固体物质的量是0.1mol，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，所以含有的阴离子为0.1mol，阴离子数为0.1NA，故A正确；B、0.1mol16OD－中含有的中子数为0.9NA，故B错误；C、常温常压下，42g乙烯为1.5mol，所含有的共用电子对数目为9NA，故C错误；D、NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选A。16、B【详解】A.过氧化钠与水的反应中，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，即氧气中的氧原子也含有18O，故A错误；B.反应中双氧水是还原剂，全部被氧化生成氧气，故B正确；C.NH4＋水解时，结合水电离出的OH－，所以生成物应该是NH3·H2HO和2HCl，故C错误；D.反应中氯酸钾中的氯元素被还原，氯化氢中的氯元素部分被氧化，部分没有化合价变化，氯化钾应为KCl，故D错误；故选B。17、C【解析】A、题中所给的化学方程式不符合质量守恒定律，水的化学计量数应为2，正确的化学方程式是：NaNO2+NH4ClNaCl+N2↑+2H2O，故A错误；B、浓硫酸是干燥剂，可以除去氮气中的水蒸气杂质，但在除去氮气中的气体杂质时应在其它气体杂质全部除去后再通入浓硫酸中除水蒸气杂质，否则还会引入水蒸气杂质，故③、④中应依次盛装酸性氯化亚铁溶液、浓H2SO4，故B错误；C、因Ca3N2遇水发生水解反应，则加入蒸馏水后与水反应，产物是氢氧化钙和氨气，溶液呈碱性，故再滴加石蕊试液，溶液会变蓝，所以C正确；D、②的作用为安全瓶，停止加热时可以防止③中的溶液进入①中，故D错误；所以答案选C。18、A【分析】A.澄清石灰水中通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙；B.离子反应需注意电荷守恒；C.次氯酸为弱酸，在离子方程式中不能拆写；D.未形成闭合回路，不会发生原电池反应。【详解】A．澄清石灰水中通入二氧化碳先生成碳酸钙沉淀后，过量后沉淀溶解为碳酸氢钙溶液，碳酸氢钙要拆写为钙离子与碳酸氢根离子，故反应前后变化为:OH-+CO2=HCO3-，A正确；B．反应式中电荷不守恒，未配平，应为5I−+IO3−+6H+3I2+3H2O，B不正确；C．漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体，而漂白粉过量，溶液中还有大量ClO，则不会有大量的H+生成，应生成次氯酸分子：SO2+H2O+3ClO-=SO42-+Cl-+2HClO，C不正确；D．图示装置未形成闭合回路，并未形成原电池，故写成原电池反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+，D不正确。故选A。19、A【详解】A.该晶体属于离子晶体，熔融状态下电离出阴阳离子，所以熔融状态下能导电，故A正确；B.K3C60中C60显−3价，不是C元素显−3价，故B错误；C.K3C60中含有离子键，非金属元素C原子之间存在非极性键，所以含有离子键和共价键，故C错误；D.12C是原子不是单质，所以二者不是同素异形体，故D错误；故选A。20、C【分析】根据题意n（Na2CO3）：n（Na2S）=1:2，混合溶液中加入SO2，可生成Na2S2O3和CO2，可知该反应的化学方程式为Na2CO3+2Na2S+4SO2=3Na2S2O3+CO2。【详解】A项，根据上述分析，C元素化合价未发生变化，故碳元素未发生氧化还原反应，故A项错误；B.由方程式可知，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1，故B项错误；C.S元素化合价既升高又降低，Na2S2O3既是氧化产物又是还原产物，故C项正确；D.每生成1molNa2S2O3，转移8/3mol电子。综上，本题选C。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关知识。要熟记氧化还原的规律：化合价升高，失电子，被氧化，作还原剂。化合价降低，得电子，被还原，作氧化剂。21、D【详解】根据图像得出升高温度，平衡向吸热反应移动，Z的体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是吸热反应，正向为放热反应；加压，向体积减小方向移动，Z体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是体积减小反应，正向为体积增大反应，故D正确；综上所述，答案为D。22、D【详解】A.2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故A可以达到实验目的；B.将CO2通入氨化的饱和食盐水中，发生反应：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，NaHCO3的溶解度较小，析出NaHCO3晶体，故B可以达到实验目的；C.过滤得到NaHCO3晶体，故C可以达到实验目的；D.NaHCO3受热易分解，故D不能达到实验目的；故选D。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键、醛基氧化反应取代反应（或酯化反应）4种【分析】芳香族化合物A与乙醛发生信息①中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式为：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应、酸化得到C为．C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为．E与乙醇发生酯化反应生成F为．结合信息②中的加成反应、H的结构简式，可推知G为，以此解答(1)~(5)；(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH。【详解】(1)由分析可知，B为，所含官能团名称为碳碳双键和醛基。(2)发生氧化反应生成的C为；E为，其与乙醇发生酯化反应生成的F为，反应类型为取代反应；(3)由分析可知D的结构简式为；(4)A为，与乙醛在NaOH的水溶液中发生反应生成的B为，反应的化学方程式为；(5)F为，芳香化合物X是F的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明含有羧基，其核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，峰面积比为6：2：1：1，则分子中应含有2个甲基，且为对称结构，符合条件的结构有4种，分别是；(6)利用信息①增长碳链，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反应得到CH3CH=CHCHO，再与氢气发生反应得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高锰酸钾溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH．合成路线流程图为：。【点睛】学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。24、（每空1分，共10分）（1）CO1（1）Al3＋+4OH－＝AlO1－+1H1O（3）1Al1O34Al+3O1↑（4）1Al+3CuO3Cu+Al1O34NA（或1．408х1014）【解析】试题分析：（1）明矾与过量的氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸盐。孔雀石的主要成分是CuCO3·Cu（OH）1（碱式碳酸铜），受热易分解，生成氧化铜、CO1和水。CO1能与A反应，则F是CO1。（1）明矾溶液与过量NaOH溶液反应的离子方程式为Al3＋+4OH－＝AlO1－+1H1O。（3）CO1能与偏铝酸盐反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝分解生成氧化铝和水，电解氧化铝生成氧气和铝，则B电解生成E和D的反应方程式为1Al1O34Al+3O1↑。（4）图中所得G和D都为固体，分别是是氧化铜和铝，混合后在高温下可发生铝热反应，该反应的化学方程式为1Al+3CuO3Cu+Al1O3。反应中铜的化合价从＋1价降低到0价，因此若该反应消耗了1mol氧化铜，则转移的电子数是4NA。考点：考查无机框图题推断25、I2溶液分层，下层液体无色MnO2取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2OMnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱（其他答案合理给分）【分析】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色；（2）①I—的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色。②二氧化锰能催化双氧水分解。③利用IO3-的氧化性，证明在“紫色清液”中存在IO3-。④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质。（4）根据实验现象分析。【详解】（1）实验1中碘化钾过量，MnO4—在酸性条件下最终被还原为Mn2+，碘水呈棕黄色，所以实验1中溶液呈棕黄色，推测生成了I2；（2）①I—的氧化产物不是I2，则CCl4层呈无色，“实验现象a”为溶液分层，下层液体无色。②二氧化锰能催化双氧水分解，黑色固体加入过氧化氢，立即产生气体，则黑色固体是MnO2；③IO3-具有氧化性，IO3-可以被Na2SO3还原，取少量“紫色清液”，逐滴加入Na2SO3溶液，振荡，溶液紫色消失变成棕黄色时，滴加淀粉溶液，溶液变蓝说明存在IO3-。④高锰酸钾与碘化钾反应生成二氧化锰和KIO3，反应的离子方程式是2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；（3）在酸性条件下，二氧化锰与碘化钾反应生成碘单质，反应方程式是MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O。（4）根据以上实验分析，KI和酸性KMnO4溶液反应过程中，所得产物成分与试剂的相对用量（滴加顺序）、溶液酸性强弱有关。26、甲基橙橙色变为浅红色，且半分钟不恢复原色mol/L><【详解】（1）由于CO2溶在溶液中会影响pH值，为准确滴定，终点宜选在pH值4—5之间，石蕊变色范围宽且颜色水易观察，不能用做中和滴定的指示剂、甲基橙变色范围是3.1-4.4可以指示反应终点、酚酞指示剂变色范围8-10，产生的误差较大，故三种指示剂中应选用甲基橙；当滴定至溶液由橙色变为浅红色，且半分钟不恢复原色时，即表示到达终点；（2）若达到滴定终点时，Na2CO3~~~2HCl12V10-3LcV10-3Lc=2，解得c=mol/L；（3）①等质量的Na2CO3和NaHCO3与盐酸反应，后者消耗的盐酸少，当Na2CO3中含有NaHCO3时，造成待测测盐酸的体积偏小，即c1>c2；②等质量的Na2CO3和NaOH与盐酸反应，后者消耗的盐酸多，当Na2CO3中含有NaOH时，造成待测测盐酸的体积偏大，即c1<c2。【点睛】本题考查了酸碱滴定实验的基本操作分析判断，注意掌握误差分析的原理是解题的关键，易错点为（1）石蕊变色范围宽且颜色水易观察，不能用做中和滴定的指示剂、甲基橙变色范围是3.1-4.4可以指示反应终点、酚酞指示剂变色范围8-10，产生的误差较大，故三种指示剂中应选用甲基橙。27、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+AgI淀粉蓝2Cu2++4I-2CuI↓+I2CuI吸附I2

形成的(CuI与I2的混合物)

棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解CuI+

2Ag+=Cu2++Ag+AgI【分析】（1）结合金属活动性顺序及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，再根据反应现象推出结论；（2）①黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀；②证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2单质，再根据电子守恒规律，配平氧化还原反应即可；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）⇌Cu+(aq)+I-(aq)，加入的S2O32-与因与Cu+反应，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失。③反应能说明氧化性Ag+>Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物。【详解】（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+＞Cu2+，故答案为；（2）①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI；②欲证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2，推测Cu2+做氧化剂，沉淀A有CuI，根据氧化还原反应电子守恒规律得知，发生反应的离子方程式为2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）⇌Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+发生反应Cu++2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)，使c(Cu+)减小，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失，故答案为淀粉；蓝；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2；CuI吸附I2形成的(CuI与I2的混合物)；棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s)Cu+(aq)+I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；③根据题中信息，白色沉淀CuI与AgNO3溶液反应生成AgI和一种固体单质，反应能说明氧化性Ag+>Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物，因此离子反应方程式为：CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI，故答案为CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI。28、能I4O9【或I(IO3)3】将粗碘溶于足量碘化钾溶液中，搅拌、加热蒸干至碘升华，再凝华收集精碘11KClO3+6I2+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O【解析】(1）I-具有还原性，能被Fe3＋氧化，氢碘酸与氯化铁溶液能发生反应；(2）碘酸碘中的碘有+3、+5两种化合价，则碘酸碘的化学式为I（IO3）3，改写后为：I4O9；（3）将粗碘提纯为精碘方法是：将粗碘溶于足量碘化钾溶液中，搅拌、加热蒸干至碘升华，再凝华收集精碘；（4）氯酸钾、碘单质按物质的量之比11：6和水反应，11KClO3+6I2+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑；若通过电解强酸性条件下的碘化钾溶液来制备碘酸钾，则产率极低，其原因是IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O。29、放热aa0.02mol∙