2026届湖南省宁乡县第一高级中学化学高三上期中学业水平测试试题含解析

2026届湖南省宁乡县第一高级中学化学高三上期中学业水平测试试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、陶瓷、青铜器、书画作品等都是中华文化的瑰宝，其中蕴藏丰富的化学知识。下列说法中错误的是（）A．商代后期铸造出工艺精湛的青铜器司母戊鼎，其材质属于合金B．宋•王希孟《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜C．《茶经》中，唐代邢窑白瓷为上品，其烧制原料主要成分含有SiO2、A12O3、Fe2O3D．书画作品用的纸张，其化学成分主要是纤维素2、以下决定物质性质的因素，正确的是A．反应的速率：反应物的本性 B．KNO3的溶解度：温度C．分子间作用力：分子的质量 D．气体摩尔体积：气体的物质的量3、下列关于常见无机物的应用说法错误的是A．氨水可用于脱除工业烟气中的二氧化硫B．铁粉和炭粉组成的微电池可用于处理工业废水C．用[Al2(OH)nCl6-n]m(碱式氯化铝)可除去水体中的悬浮杂质并消毒杀菌D．将废铁屑加入氯化亚铁溶液中,可用于除去工业废气中的氯气4、现以CO、O2、熔融盐Z(Na2CO3)组成的燃料电池，采用电解法处理CO同时制备N2O5，装置如图所示，其中Y为CO2。下列说法不合理的是A．石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应B．甲池中的CO32－向石墨Ⅱ极移动C．石墨Ⅰ的电极反应式：CO+CO32－－2e－=2CO2D．若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L，则乙池中产生氢气0.2mol5、向仅含Fe2＋、I－、Br－的溶液中通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量随消耗氯气物质的量的变化如下图所示。下列说法中正确的是()A．线段Ⅲ代表Fe2＋的变化情况B．线段Ⅰ代表Br－的变化情况C．a值等于6D．原混合溶液中n(FeBr2)＝4mol6、常温下，用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol·L-1HA溶液所得滴定曲线如图。下列说法不正确的是A．HA的电离平衡常数Ka=10-5B．点①所示的溶液中：2c(Na+)=c(A-)+c(HA)C．点③所示的溶液中：c(HA)>c(OH-)-c(H+)D．点④所示的溶液中：2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)7、下列实验操作或检验正确的是A．收集氯气 B．转移溶液 C．模拟工业制备并检验氨气 D．用海水制少量蒸馏水8、下列反应的方程式正确的是A．蔗糖与浓硫酸混合产生刺激性气味的气体：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OB．Cu溶于稀硝酸HNO3：Cu+2H++NO3—=Cu2++NO2↑+H2OC．向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液：Ba2++SO42—=BaSO4↓D．Ca(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：HCO3—+Ca2++OH—=CaCO3↓+H2O9、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A．46gNO2和N2O4混合气体中的氧原子数为2NAB．标准状况下,22.4LCCl4所含的分子数约为0.5NAC．2.24LCH4所含氢原子数为0.4NAD．0.1mol/LMgCl2溶液中含有的氯离子数为0.2NA10、实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置，其中正确的是A．是氨气发生装置B．是氨气发生装置C．是氨气吸收装置D．是氨气收集、检验装置11、甲、乙、丙三个容器中最初存在的物质及其数量如图所示，三个容器最初的容积相等、温度相同，反应中甲、丙的容积不变，乙中的压强不变，在一定温度下反应达到平衡。下列说法正确的是A．平衡时各容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲>丙B．平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙C．平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率不可能相同D．平衡时混合物的平均相对分子质量：甲>乙>丙12、下列关于电解质溶液的正确判断是：A．在pH＝12的溶液中，K＋、Cl－、HCO3-、Na＋可以大量共存B．在pH＝0的溶液中，Na＋、NO3-、SO32-、K＋可以大量共存C．由0.1mol/L一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH溶液存在BOH===B＋＋OH－D．由0.1mol/L一元酸HA溶液的pH＝3，可推知NaA溶液存在A－＋H2OHA＋OH－13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是(

)A．无色透明溶液中：K+、MnO4-、Cl-、H+B．c(OH-)/c(H+)=10-12的溶液中：Na+、K+、NO3-、ClO-C．pH=12

的无色溶液：K+、Na+、CH3COO-、Br-D．含Na2SO3

的溶液中：K+、H+、Cl-、NO3-14、甲~庚等元素在周期表中的相对位置如下表，戊的最高氧化物对应水化物有强脱水性，丙和丁在同一周期，丙原子最外层与最内层具有相同电子数。下列判断不正确的是()A．甲元素对应氢化物的沸点一定低于乙的氢化物B．气态氢化物的稳定性：庚<戊<乙C．丙、已原子序数相差8D．乙、丁两元素在自然界中只以化合态形式存在15、由氧化铜、氧化铁组成的混合物ag,加入2mol·L-1的硫酸50mL时固体恰好完全溶解。若将ag该混合物在足量的一氧化碳中加热充分反应,冷却后固体质量为A．无法计算 B．ag C．(a-1.6)g D．(a-3.2)g16、下列化学用语只能用来表示一种微粒的是A． B． C．CH4O D．C二、非选择题（本题包括5小题）17、PVAc是一种具有热塑性的树脂，可合成重要高分子材料M，合成路线如下：己知：R、Rˊ、Rˊˊ为H原子或烃基I.R'CHO+R"CH2CHOII.RCHO+（1）A的俗名是电石气，则A的结构简式为___。已知AB为加成反应，则X的结构简式为___；B中官能团的名称是___。（2）已知①的化学方程式为___。（3）写出E的结构简式___；检验E中不含氧官能团（苯环不是官能团）的方法__。（4）在EFGH的转化过程中，乙二醇的作用是___。（5）已知M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为___。（6）以乙炔为原料，结合已知信息选用必要的无机试剂合成1-丁醇。___。18、多沙唑嗪盐酸盐是一种用于治疗高血压的药物。多沙唑嗪的合成路线如下：（1）A分子结构中在一个面上最多有________个原子。D→E发生的化学反应类型是_______。D中含有的官能团名称是________。（2）B→C的化学方程式是______.(K2CO3在方程式中作催化剂)（3）满足下列条件①和②的D的同分异构体的个数为________。写出一种同时满足下列条件①②③的同分异构体的结构简式_________。①苯的衍生物，且苯环上只有两种处于对位的取代基②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应③水解后的产物才能与FeCl3溶液发生显色反应（4）E→F的反应中还可能生成一种有机副产物，该副产物的结构简式为________。（5）由F制备多沙唑嗪的反应中要加入试剂X(C10H10N3O2Cl)，X的结构简式为________。19、CoCl2·6H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿（主要成分为Co2O3、Co(OH)3,还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2·6H2O的工艺流程如下：已知：①浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；②部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表(金属离子浓度为0.01mol/L):沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8③CoCl2·6H2O熔点为86℃,加热至110～120℃时，失去结晶水生成无水氯化钴。(1)写出浸出过程中主要发生的离子反应方程式：______________。(2)若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，可能会生成的有害气体是_______(填化学式)。(3)萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图，向“滤液”中加入萃取剂的目的是_______，其使用的最佳pH范围是________(选填下列字母）。A．2.0～2.5B．3.0～3.5C．4.0～4.5D．5.0～5.5(4)“操作1”是________。制得的CoCl2·6H2O需减压烘干的原因是__________。(5)为测定粗产品中CoCl2·6H2O的含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl2·6H2O的质量分数大于100%,其原因可能是___________________。(答一条即可）20、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。21、无机化合物可根据其组成和性质进行分类。以下是一组对“一些物质与水反应”的分类图,请按要求填空:(1)上述分类中,分成A、B两组的依据是_________。(2)D组物质与水反应中,氧化剂和还原剂物质的量之比为1∶1的物质有__(填化学式)。(3)实验室由Al3+制备Al(OH)3时,应选择F组中_____(填化学式)的水溶液,离子方程式为______。(4)三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：①写出该反应的化学方程式___，②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【详解】A．青铜是金属治铸史上最早的合金，在纯铜中加入锡或铅的合金，故A正确；B．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，则绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，故B正确；C．Fe2O3是红棕色固体，白瓷中不可能存在红棕色的成分，故C错误；D．纸张是由木材制造的，木材的主要成分是纤维素，即纸张的成分是纤维素，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。2、A【详解】A.影响物质化学性质的主要因素是物质本身的性质，在内因相同条件下，外界的温度、压强等也会影响化学反应速率，但物质的性质有物理性质和化学性质，因此A正确；B.KNO3的溶解度的溶解度不仅与溶液的温度有关，也与溶剂有关，因此不能说温度是影响溶解度的主要因素，B错误；C.分子间作用力的大小取决于相对分子质量和分子结构，分子结构相同时，分子间作用力主要取决于相对分子质量大小，C错误；D.影响气体摩尔体积的因素是温度和压强，而不是气体的物质的量，D错误；故合理选项是A。3、C【详解】A、氨水显碱性，可与工业烟气中的二氧化硫反应生成亚硫酸铵或亚硫酸氢铵，故A正确；B、铁粉和炭粉组成的微电池可以加快铁还原废水中的某些重金属离子，故B正确；C、碱式氯化铝水解生成胶体，只能除去水体中的悬浮杂质，但不能消毒杀菌，故C错误；D、氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、2Fe3++Fe=3Fe2+，从而除去氯气，故D正确。答案选C。【点睛】在净化水的时候，胶体只有吸附作用，而要有消毒杀菌作用必须要有强氧化性。4、B【详解】A．CO发生氧化反应是负极，则石墨Ⅰ是原电池的负极，发生氧化反应，故A正确；B．原电池中阴离子向负极移动，所以甲池中的CO32﹣向石墨I极移动，故B错误；C．石墨Ⅰ是原电池的负极，CO发生氧化反应，电极反应式为CO+CO32﹣﹣2e﹣═2CO2，故C正确；D．若甲池消耗标准状况下的氧气2.24L即0.1mol，整个电路转移电子的物质的量为0.4mol，而乙池中阴极若生成1mol氢气，则转移2mol的电子，所以根据得失电子守恒知生成氢气的物质的量为0.2mol，故D正确；故答案为B。【点睛】如果电池的正负极判断失误，则电极反应必然写错，故准确判断原电池的正负极，是解题关键，原电池正负极的判断方法：①根据电极材料的活泼性判断：负极：活泼性相对强的一极；正极：活泼性相对弱的一极；②根据电子流向或电流的流向判断：负极：电子流出或电流流入的一极；正极：电子流入或电流流出的一极；③根据溶液中离子移动的方向判断：负极：阴离子移向的一极；正极：阳离子移向的一极；④根据两极的反应类型判断：负极：发生氧化反应的一极；正极：发生还原反应的一极；⑤根据电极反应的现象判断：负极：溶解或减轻的一极；正极：增重或放出气泡的一极；⑥燃料电池，通氧气的极为正极。5、C【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-＞Fe2+＞Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况，线段Ⅲ代表Br-的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2mol，溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+)，故n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，据此分析作答。【详解】A．由上述分析可知，线段Ⅲ代表Br-的变化情况，A项错误；B．由上述分析可知，线段I代表I-的变化情况，B项错误；C．由上述分析可知，溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，C项正确；D．由上述分析可知，n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×(3mol-1mol)=4mol，而n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4mol-2mol=6mol，则原混合溶液中n(FeBr2)＝n(Br-)=3mol，D项错误；答案选C。6、C【详解】A.HA的电离平衡常数Ka==10-5，A正确；B.点①所示的溶液，n(NaA)=n(HA)，2n(Na+)=n(A-)+n(HA)，所以2c(Na+)=c(A-)+c(HA)，B正确；C.点③所示的溶液中，HA与NaOH刚好完全反应，此时溶质为NaA在溶液中存在以下两个平衡：A-+H2OHA+OH-，H2OH++OH-，c(HA)=c(OH-)-c(H+)，C错误；D.点④所示的溶液中n(NaA)=0.002mol，n(NaOH)=0.001mol，溶液中存在以下两个平衡：A-+H2OHA+OH-H2OH++OH-0.002-xx0.001+xyy2n(OH-)-2n(H+)=0.002+2xn(A-)+3n(HA)=0.002-x+3x=0.002+2x同一混合溶液，体积相同，所以有2c(OH-)-2c(H+)=c(A-)+3c(HA)，D正确。故选C。【点睛】对于弱电解质，弱酸根离子将发生水解，解题时我们需注意，切不可单独呈现水解产物发生电离的方程式(也就是水解产物不考虑电离，电离产物不考虑水解)，否则我们很难求出微粒浓度的定量或定性关系。7、D【详解】A、收集氯气时，氯气的密度大于空气密度，应该采取长进短出方法，A错误；B、配制一定物质的量浓度的溶液时，转移溶液应该使用玻璃棒引流，不能直接倒入容量瓶，避免液体流到容量瓶外，B错误；C、检验氨气使用的是湿润的红色石蕊试纸，C错误；D、可以利用水与盐的沸点差别较大，利用蒸馏装置制取少量的蒸馏水，D正确。答案选D。8、A【详解】A、浓硫酸具有脱水性和强的氧化性，使蔗糖脱水生成碳，该过程放热，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫和二氧化碳和水，其化学反应方程式为：C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，故A正确；B、Cu溶于稀硝酸HNO3，其反应的生成物为硝酸铜、一氧化氮、水，其离子方程式为：3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故B错误；C、向硫酸铵溶液中加入氢氧化钡溶液，其反应的离子方程式为：SO42－＋2NH4＋＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2NH3·H2O，故C错误；D、以Ca(HCO3)2系数为1，与NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2＋＋2HCO3－＋2OH－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故D错误。【点睛】配比型离子反应方程式：当一种反应物中有两种或两种以上组成离子参与反应时，因其组成比例不协调(一般为复盐或酸式盐)，当一种组成离子恰好完全反应时，另一种组成离子不能恰好完全反应(有剩余或不足)而跟用量有关。书写方法为“少定多变”法（1）“少定”就是把相对量较少的物质定为“1mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应的离子的物质的量之比与原物质组成比相符。（2）“多变”就是过量的反应物，其离子的化学计量数根据反应实际需求量来确定，不受化学式中的比例制约，是可变的。9、A【解析】A.46gNO2的物质的量为1mol，含2molO。46gN2O4的物质的量为0.5mol，同样含2molO。所以46gNO2和N2O4混合气体中的氧原子数一定是2NA，A正确。B.CCl4在标准状况下是液体，所以无法计算22.4LCCl4的物质的量，当然也无法计算所含的分子数，B不正确；C.没有指明是标准状况，所以无法计算2.24LCH4所含氢原子数，C不正确；D.不知道溶液的体积，所以无法计算0.1mol/LMgCl2溶液中含有的氯离子数，D不正确。本题选A。点睛：在使用气体摩尔体积时，首先要看计算对象是不是气体，然后再看是不是在标准状况下。10、B【详解】A．NH4Cl固体受热分解生成的NH3和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl，故A错误；B．将浓氨水滴到生石灰固体上时，生石灰与水反应放热会导致NH3逸出，此为氨气的发生装置，故B正确；C．NH3极易溶于水，为防止倒吸，倒置的漏斗口刚接触水面即可，不能浸于水中，故C错误；D．收集NH3时，为防止NH3与空气形成对流使收集的NH3不纯，通常在导管口放置棉花团，故D错误；答案选B。11、B【分析】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大；但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大；反应混合气体的总质量不变，总的物质的量减小，混合气体的平均摩尔质量增大；丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，NO2浓度、N2O4的百分含量、混合气体的平均摩尔质量与甲中相同。平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1。【详解】甲、乙存在平衡2NO2⇌N2O4，该反应为气体物质的量减小的反应，故甲中压强减小，乙中压强不变，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，丙中存在平衡N2O4⇌2NO2，相当于开始加入0.2molNO2，与甲为等效平衡，A.甲与丙为完全等效平衡，平衡时NO2浓度的相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，但平衡移动的结果是降低NO2浓度的增大，不会消除增大，故平衡时容器内c(NO2)的大小顺序为乙>甲＝丙，故A错误；B.甲与丙为完全等效平衡，平衡时N2O4的百分含量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，平衡时N2O4的百分含量增大，故平衡时N2O4的百分含量：乙>甲＝丙，故B正确；C.甲与丙为完全等效平衡，平衡时甲、丙中N2O4的物质的量相等，平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率之和等于1，故平衡时甲中NO2与丙中N2O4的转化率可能相同，都为0.5，故C错误；D.甲与丙为完全等效平衡，平衡时混合气体的平均摩尔质量相等，乙中到达的平衡相当于在甲平衡的基础上增大压强，增大压强平衡向正反应移动，总的物质的量减小，乙中平均摩尔质量增大，故平衡时混合物的平均相对分子质量：乙>甲＝丙，故D错误；答案选B。【点睛】解答本题的关键是等效平衡的建立和建模思想的应用。12、D【解析】试题分析：A．pH＝12的溶液显碱性，则HCO3－不可以大量共存，A错误；B．pH＝0的溶液显酸性，则NO3－与SO32－发生氧化还原反应不可以大量共存，B错误；C．由0.1mol·L－1一元碱BOH溶液的pH＝10，可推知BOH部分电离，属于弱碱，则溶液存在BOHB＋＋OH－，C错误；D．由0.1mol·L－1一元酸HA溶液的pH＝3，可推知HA是弱酸，则NaA溶液存在水解平衡A－＋H2OHA＋OH－，D正确，答案选D。考点：考查离子共存及弱电解质的电离13、C【解析】A.MnO4-为紫色，故A错误；B.c(OH-)c(H+)=10-12的溶液，说明溶液显强酸性，则H+与ClO-不能大量共存，B错误；C.pH=12的无色溶液为强碱溶液，则K+、Na+、CH3COO-、Br-与OH-能共存，C正确；14、A【分析】戊的最高氧化物对应水化物有强脱水性，则戊为S，甲为C、乙为F、丁为Si、庚为As，丙和丁在同一周期即第3周期，丙原子最外层与最内层具有相同电子数即2个，则丙为Mg，己为Ca，据此回答；

【详解】A.甲元素对应氢化物为碳氢化合物，若是最简单的烃，则沸点一定低于乙的氢化物(HF)，但随着碳原子数目的增多，烃的熔沸点升高，故A错误；B.同周期从左到右元素非金属性递增，同主族从上到下元素非金属性递减，非金属性排序为：庚<戊<乙，非金属性越强，简单氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性：庚<戊<乙，B正确；C.据分析知丙、已原子序数相差8，C正确；D.乙即F是最活泼的非金属元素、在自然界中无游离态；丁即硅在自然界中无游离态、主要存在于二氧化硅、硅酸盐中，故两元素在自然界中只以化合态形式存在，D正确；答案选A。15、C【分析】氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸反应恰好完全溶解，说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量。【详解】氧化铜和氧化铁组成的混合物与硫酸反应恰好完全溶解，说明硫酸的物质的量恰好等于原氧化物中的氧原子的物质的量，当混合物被一氧化碳还原，则固体质量等于原固体质量-氧原子质量，硫酸的物质的量为0.05×2=0.1mol，则固体的质量为a-16×0.1=a-1.6,故C正确。16、C【详解】A．可以是甲烷，也可以是硅烷，故A错误；B．可以用来表示氖原子或钠离子甚至氧离子等，故B错误；C．CH4O无同分异构体，只能用来表示甲醇，故C正确；D．C可以代表金刚石和石墨，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、HC≡CHCH3COOH酯基、碳碳双键+nNaOH+nCH3COONa加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热使其充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键保护醛基不被H2还原HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH【分析】A的俗名是电石气，A为HC≡CH，与X反应生成B，由B的结构简式可知X为CH3COOH，发生加聚反应生成PVAc，结构简式为，由转化关系可知D为CH3CHO，由信息Ⅰ可知E为，由信息Ⅱ可知F为，结合G的分子式可知G应为，H为，在E→F→G→H的转化过程中，乙二醇可保护醛基不被H2还原，M为，以此分析解答。【详解】(1)A的俗名是电石气，A为HC≡CH，根据上述分析，X为CH3COOH，B()中的官能团为酯基、碳碳双键，故答案为HC≡CH；CH3COOH；酯基、碳碳双键；(2)反应①的化学方程式为+nNaOH+nCH3COONa，故答案为+nNaOH+nCH3COONa；(3)E为，E中不含氧官能团为碳碳双键，碳碳双键可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以检验碳碳双键前，需要把醛基破坏掉，故检验碳碳双键的方法为：加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键，故答案为；加入新制Cu(OH)2悬浊液，热充分反应，冷却后过滤，向滤液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，则含有碳碳双键；(4)E中含有醛基，经E→F→G→H的转化后又生成醛基，则乙二醇的作用是保护醛基不被H2还原，故答案为保护醛基不被H2还原；(5)M的链节中除苯环外，还含有六元环状结构，则M的结构简式为，故答案为；(6)以乙炔为原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增长碳链，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根据信息I，2分子乙醛可以反应生成CH3CH=CHCHO，然后与氢气加成即可，合成路线为：HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH，故答案为HC≡CHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH2CH2CHOH。【点睛】本题的易错点为(3)，检验碳碳双键时要注意醛基的干扰，需要首先将醛基转化或保护起来。18、7取代反应醚键、羧基9种【解析】(1)H2C=CHCN

分子结构中的碳碳双键是平面结构，碳碳单键可以旋转，因此在一个面上最多有7个原子。根据流程图，D→E

过程中就是用氯原子代替了结构中羧基上的羟基，属于取代反应；中含有的官能团有羧基和醚键，故答案为7；取代反应；醚键、羧基；(2)根据流程图，B与邻二苯酚发生取代反应生成C，反应的化学方程式是为，故答案为；(3)满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，结合D的分子式可知，苯环上含有的取代基中含有羧基，醛基，可能的结构有：OHC——OCH2COOH、OHC——CH2-O-COOH、OHC-CH2——O-COOH、OHC-O——CH2COOH、OHC-CH2-O——COOH、OHC-O-CH2——COOH、OHC——CH(OH)COOH、OHC-CH(OH)——COOH、HO——CH(CHO)-COOH共9种；满足条件的D的同分异构体应有如下结构特点：①苯环上有2个取代基且位于对位；②分子结构中含羧基，且该物质能发生银镜反应，说明含有-COOH和醛基，③水解后的产物才能与FeCl3

溶液发生显色反应，说明含有HCOO-(酯基)、且苯环直接与O原子相连，由此可写出同分异构体的结构为，故答案为9；；(4)反应E→F中，N-H键中H被取代，而中有2个N-H键，不难想到，副产物为2个N-H键中的H均发生反应生成，故答案为；(5)对比多沙唑嗪与F的结构，即可写出试剂X的结构简式为，故答案为。点睛：本题是一道综合性的有机合成试题，考查了同分异构题的书写，题目难度较大。注意关注重要官能团的性质，书写同分异构体(有限制条件的)要求熟练掌握各种官能团的性质。本题的易错点为同分异构体数目的判断。19、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2OCl2除去锰离子B蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥降低烘干温度，防止产品分解粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，加入氯酸钠将亚铁离子氧化为Fe3+，然后加入Na2CO3调节pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液经过萃取后主要含有CoCl2，最终得到CoCl2•6H2O晶体。(1)向水钴矿[主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等]，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原反应，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O，故答案为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2++SO42-+2H2O；

(2)NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，若不慎向“浸出液”中加过量NaC1O3时，氯酸钠会将本身被还原生成的氯离子氧化，生成氯气，故答案为：Cl2；(3)根据萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系图，溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子，向“滤液”中加入萃取剂可以除去锰离子，在pH为3~4之间时，锰离子的萃取率较高，结合阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH表，可知在pH为3~3.5之间，在可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故选B，故答案为：除去锰离子；B；(4)“操作1”是从溶液中获得溶质的过程，因此“操作1”的步骤为蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。根据题意知，CoCl2•6H2O常温下稳定无毒，加热至110～120℃时，失去结晶水变成有毒的无水氯化钴，为防止其分解，制得的CoCl2•6H2O需减压烘干，故答案为：蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥；降低烘干温度，防止产品分解；(5)根据CoCl2•6H2O的组成分析，造成产品中CoCl2•6H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。点睛：本题通过制取CoCl2•6H2O的工艺流程，考查了物质制备方案的设计。理解工艺流程图、明确实验操作与设计及