2026届河北省唐山市唐县第一中学化学高三第一学期期中质量检测模拟试题含解析

2026届河北省唐山市唐县第一中学化学高三第一学期期中质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．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、下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最大的是A．KCl B．NaBr C．LiI D．KF2、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备纳米Fe3O4，的流程示意图如下：下列叙述错误的是A．为提高步骤①的反应速率，可采取搅拌、升温等措施B．步骤②中，主要反应的离子方程式是2Fe3++Fe=3Fe2+C．步骤④中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D．步骤⑤中，“分离”包含的操作有过滤、洗涤3、“蛟龙”号外壳用特殊的钛合金材料制成，它可以在深海中承受700个大气压的压力。已知金属钛的原子序数为22，化学性质与铝类似。下列说法正确的是A．钛属于主族元素B．钛合金强度很大，是有色金属材料C．蒸干TiCl4溶液可得无水钛盐D．在空气中将金属钛、铝混合后熔化可制得合金4、下列各组物质之间通过一步反应能实现转化关系，且与表中条件也匹配的是选项XYZ箭头上为反应条件或试剂AFeFeCl2FeCl3①通入少量Cl2BNa2CO3NaClNaHCO3②先通CO2、再通过量NH3CSiO2Na2SiO3H2SiO3③加热DNaAlO2Al(OH)3Al2O3④加H2OA．A B．B C．C D．D5、下列几种说法中正确的是（）A．摩尔是可以把物质的质量与微观粒子数联系起来的一个基本物理量B．硫酸的摩尔质量是98gC．1mol氢气分子可以表示为1molH2D．标准状态下1mol水体积是22.4升6、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．KClO3＋6HCl=KCl＋3Cl2↑＋3H2O中，生成13.44L(标准状况)Cl2转移电子数为1.2NAB．标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAC．足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2，若向反应后的溶液中加入足量的AgNO3，则生成AgCl的物质的量为2molD．56gFe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为2.6NA7、下列说法正确的是A．HCl的电子式为H:ClB．Na2O2只含有离子键C．质量数为12的C原子符号为12CD．用电子式表示KBr的形成过程：8、用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是选项连接电极材料分析abAK1K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法A．A B．B C．C D．D9、已知常温下碳酸、醋酸、次氯酸、氢氰酸、苯酚的电离平衡常数如表：H2CO3CH3COOHHClOHCNC6H5OHK1=4.3×10-7K=1.8×10-5K=3.0×10-8K=4.9×10-10K=1.0×10-10K2=5.6×10-11下列反应不能成立的是()A．CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClOB．CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClOC．CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OHD．CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN10、下列物质的水溶液因水解而显酸性的是A．KHSO4 B．CH3COOH C．FeCl3 D．NaHSO311、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．常温下pH＝7溶液中：I－、SO42－、Na＋、Fe3＋B．使石蕊试液变蓝色的溶液：K＋、SO42－、Ca2＋、S2－C．与Al反应生成H2的溶液：NH4＋、K＋、NO3－、SO32－D．pH＝7，通入CO2后指定离子仍能大量共存：Cl-、K＋、Ba2＋、NO3－12、水溶液X中可能溶有K+、Mg2+、Al3+、[Al(OH)4]-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子．某同学对该溶液进行了如下实验：下列判断不正确的是（）A．气体甲可能是混合物B．沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物C．白色沉淀乙的主要成分是氢氧化铝D．K+、[Al(OH)4]-和SiO32-一定存在于溶液X中13、根据下列操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色溶液中含Br2B用氢氧化铁胶体做电泳实验，通电一段时间后，与电源负极相连的一极颜色变深氢氧化铁胶体带正电荷C将少量铜粉加入1.0mol•L－1Fe2(SO4)3溶液中金属铁比铜活泼D向饱和硼酸溶液中加入少量Na2CO3粉末，无气泡冒出酸性：碳酸＞硼酸A．A B．B C．C D．D14、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是：A．用图(a)所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢B．用图(b)所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体C．用图(c)所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体D．用图(d)所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层15、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Fe3+、Mg2+、SO、C1－B．pH=11的溶液中：S2－、K+、CO、C1O－C．pH=0的溶液中：Na+、C1－、MnO、SOD．中性溶液：Fe3+、NH、[A1(OH)4]－、CH3COO－16、在恒容密闭容器中进行氢气与碘（气态）合成HI的反应，下列说法能表明反应达到平衡的是A．气体的平均分子量不再变化 B．反应的平衡常数不变C．ʋ(H2)=2ʋ(HI) D．气体的颜色不再变化二、非选择题（本题包括5小题）17、现有下列表格中的几种离子阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+阴离子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。18、吸水性高分子材料PAA、接枝PAA、用于化妆品的化合物己的合成路线如图：已知：Ⅰ．连在同一个碳原子上的两个羟基之间容易失去一分子水Ⅱ．两个羧酸分子的羧基之间能失去一分子水Ⅲ．请回答：（1）D中的官能团是______________（1）D→E的化学方程式是_____________________________________（3）F→PAA的化学方程式是___________________________（4）①X的结构简式是_________②Y→W所需要的反应条件是______________________（5）B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，丙中的两个取代基互为邻位．①甲→乙的化学方程式是________________________________________②关于丙的说法正确的是________a.能与银氨溶液发生银镜反应b.与有机物B互为同系物c.不存在芳香醇类的同分异构体（6）丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1．己的结构简式是______________________________19、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亚硝酸钙，实验装置如图所示（夹持装置略去）:已知：2NO+CaO2=Ca(NO2)2；2NO2+CaO2=Ca(NO3)2。请回答下列问题：（1）将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中的操作为①__________、②__________。（2）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因为（用方程式表示）____。（3）装置D的仪器名称是________;装置B所加试剂是_______。（4）装置F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，发生反应的离子方程式是__________________。（5）己知：Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体。设计实验证明装置E中有亚硝酸钙生成：__________。（6）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气（含NO、NO2）反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O。①若n(NO)：n(NO2）>l:l，则会导致____：②若n(NO)：n(NO2)，则会导致____。20、Ⅰ．如图A、B、C是实验室常见的几种气体发生装置：（1）实验室如果用B装置制备氨气，其化学方程式是_________________________________。（2）气体的性质是选择气体收集方法的主要依据。下列性质与收集方法无关的是_______（填序号，下同）。①密度②颜色③溶解性④热稳定性⑤与氧气反应（3）若用A装置与D装置相连制备并收集X气体，则X可以是下列气体中的___________。①CO2②NO③Cl2④H2其中在D装置中连接小烧杯的目的是________________________________。Ⅱ．海洋是一个巨大的资源宝库，从海水中可制得食盐等多种产品并加以利用。下图所示以食盐为原料进行生产并综合利用的某些过程。（1）除去粗盐中的Ca2+、Mg2+和SO42-离子，加入下列沉淀剂①Na2CO3②NaOH③BaCl2沉淀剂加入顺序正确的是____________A．③①②B．③②①C．②③①D．②①③（2）将滤液的pH调至酸性除去的离子是____________________________________。（3）若向分离出NaHCO3晶体后的母液中加入过量生石灰，则可获得一种可以循环使用的物质，其化学式是____________。（4）纯碱在生产、生活中有广泛的应用。①由碳酸氢钠晶体制纯碱的化学方程式是____________________________________。②纯碱可用于除灶台油污。其原因是（用离子方程式和简要文字表述）________________。③工业上，可以用纯碱代替烧碱生产某些化工产品。如用饱和纯碱溶液与Cl2反应制取有效成分为NaClO的消毒液，其反应的离子方程式是____________。（已知碳酸的酸性强于次氯酸）。21、兔耳草醛H是一种重要的香料，主要用于食品、化妆品等工业中。用有机物A为原料可以合成兔耳草醛H，其合成路线如图所示，其中有机物A的核磁共振氢谱只有一组峰：中间产物D是一种精细化工产品，可用作香料，能发生如下反应：已知：I．醛与二元醇（如乙二醇）可发生以下反应：Ⅱ.请回答：（1）D的结构简式为________，E中含有的官能团名称为_________。（2）A与反应物a在AlCl3催化下得到B，该反应源于工业制乙苯，则反应物a为__________（写出结构简式），该反应的反应类型为________________________（3）由C到D需要两步反应，请依次写出反应条件_____________________________（4）F→G的反应类型___________，G→H的化学方程式为____________________________。（5）兔耳草醛H中的含氧官能团易被氧化，生成化合物W，G与W可发生酯化反应，写出G与W反应的化学方程式_____________________________________________。（6）写出与W互为同分异构体且符合下列条件所有同分异构体的结构简式________a．属于芳香族化合物且苯环上有三个取代基b．1mol该物质最多可消耗2molNaOHc．能发生银镜反应d．核磁共振氢谱有5组峰（面积为12:2:1:2:1）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】同主族自上而下原子半径和离子半径都是逐渐增大的，所以选项中阳离子半径最大的是K+，阴离子半径最小的是F-，所以化合物中，阳离子与阴离子半径之比最大的是KF，故选D。2、C【解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水，双氧水将Fe（OH）2浊液氧化成浊液D，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，经过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，据此分析解答。【详解】A.搅拌、适当升高温度可提高铁泥与盐酸的反应速率，A正确；B.滤液A的溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原Fe3+，即主要的离子反应为：2Fe3++Fe=3Fe2+，B正确；C.步骤④中，浊液C中的氢氧化亚铁被过氧化氢氧化成浊液D，为了提高Fe3O4的产率需要控制浊液D与滤液B中Fe2+的比例，为防止滤液B中Fe2+在步骤⑤中被H2O2氧化，步骤④中反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，C错误；D.步骤⑤为浊液D与滤液B加热搅拌发生反应制得Fe3O4，使Fe3O4分离出来需经过过滤、洗涤、干燥，D正确；故答案选C。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及对工艺流程的理解、氧化还原反应、对条件的控制选择与理解等，需要学生具备扎实的基础。3、B【解析】A、金属钛的原子序数为22，位于第四周期第IIB族，不是主族元素，故A错误；B、钛合金可以在深海中承受700个大气压的压力，钛合金强度很大，铁、钴、镍属于黑色金属，其余均属于有色金属，故B正确；C、TiCl4是强酸弱碱盐，蒸干水解生成的氯化氢挥发，促进水解，得到氢氧化钛，得不到钛盐，故C错误；D、在空气中加热熔化，金属易与氧气发生反应，所以不能直接在空气中制备钛铝合金，故D错误；故选B。点睛：本题考查元素在周期表中的位置、合金的性质和盐的水解的知识。本题的易错点为C，TiCl4是强酸弱碱盐，水解生成的氯化氢易挥发，促进水解。4、C【解析】A．①②③发生FeHClFeCl2Cl2FeCl3ZnFe，④发生FeCl3FeFeCl2，①不能通过与氯气反应实现，选项AB．②中应先通入氨气，再通入二氧化碳，转化可实现，但②条件不合理，选项B错误；C．①②③发生SiO2NaOHNa2SiO3HClH2SiO3△SiO2，④H2SiO3发生NaOHNa2SiO3，选项C正确；D．氧化铝不溶于水，与水不反应，④不能发生，选项D错误；答案选C。5、C【详解】A．物质的量是可以把物质的质量与微观粒子数联系起来的一个基本物理量，A说法错误；B．硫酸的摩尔质量是98g/mol，B说法错误；C．H2为微观粒子，可以用物质的量表示，则1mol氢气分子可以表示为1molH2，C说法正确；D．标准状态下水是非气体，则1mol水体积小于22.4升，D说法错误；答案为C。6、D【详解】A、反应KClO3+6HCl═KCl+3Cl2↑+3H2O

中转移5mol电子，生成3mol氯气，故当生成标准状况下13.44L氯气，即0.6mol氯气时，反应转移的电子的物质的量为1mol，即NA个，故A错误；B、标准状况下，11.2L

NO和11.2L

O2的物质的量均为0.5mol，且两者均为双原子分子，故共含2NA个原子，根据原子个数守恒，反应后体系中原子数仍为2NA个，故B错误；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故浓盐酸不能反应完全，且由于浓盐酸的物质的量未知，反应后的溶液中的氯离子的物质的量无法确定，则生成的氯化银的物质的量无法确定，故C错误；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价。故0.1mol铁反应后转移的电子数介于0.2NA到0.3NA之间，故可能为0.26NA个，故D正确；故选D。7、D【详解】A.氯原子核外最外层有7个电子，与氢原子形成HCl分子的电子式为，故A错误；B.Na2O2的电子式为：，其中既有离子键，也有共价键，故B错误；C.质量数应标在原子符号的左上角，质量数为12的C原子符号应为12C，故C错误；D.KBr形成过程中，钾原子失去一个电子变成钾离子，溴原子得到一个电子变成溴离子，其形成过程为：，故D说法正确；答案选D。【点睛】本题考查了化学键的概念、离子化合物和共价化合物的电子式书写等知识。一般常见离子的电子式为：①阳离子：简单阳离子由于在形成过程中已失去最外层电子，所以其电子式就是其离子符号本身。例如：Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Ba2+、Al3+等；复杂的阳离子(例如NH4+、H3O+等)，除应标出共用电子对、非共用电子对等外，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷，如、；②阴离子：无论是简单阴离子，还是复杂的阴离子，都应标出电子对等，还应加中括号，并在括号的右上方标出离子所带的电荷．例如：、、、、等。8、D【详解】A．连接K1K2，在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；B．连接K1K2，Zn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C．连接K1K3，Fe作阴极，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成H2，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子发生氧化反应生成Cl2，即电解饱和氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；D．连接K1K3，Fe与电源的正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能被保护，故D错误；答案选D。9、A【详解】A．因为K2(H2CO3)<K(HClO)，所以反应CO2＋H2O＋2NaClO=Na2CO3＋2HClO不能发生，A不正确；B．因为K1(H2CO3)>K(HClO)，所以反应CO2＋H2O＋NaClO=NaHCO3＋HClO能发生，B正确；C．因为K1(H2CO3)>K(C6H5OH)，所以反应CO2＋H2O＋C6H5ONa=NaHCO3＋C6H5OH能发生，C正确；D．因为K(CH3COOH)>K(HCN)，所以反应CH3COOH＋NaCN=CH3COONa＋HCN能发生，D正确；故选A。10、C【详解】A.NaHSO4是强酸的酸式盐，在溶液中完全电离出氢离子，使溶液显酸性，不是由于发生水解反应而显酸性，A错误；B.醋酸为弱酸，在溶液中电离出氢离子，使溶液显酸性，不是由于发生水解反应所致，B错误；C.FeCl3为强酸弱碱盐，Fe3+发生水解反应，消耗水电离产生的OH-，当最终达到平衡时，溶液中c(H+)>c(OH-)，溶液呈酸性，C正确；D.NaHSO3为强碱弱酸盐，HSO3-离子在溶液中既存在电离作用，也存在水解作用，由于HSO3-的电离作用大于其水解作用，所以溶液呈酸性，D错误；故合理选项是C。11、D【分析】A.、Fe3＋在pH为3.7时会沉淀完全，Fe3＋氧化性比I2强，会发生氧化还原反应；B.使石蕊试液变蓝色的溶液呈碱性，会生成的Ca(OH)2、CaSO4及CaS沉淀；C.与Al反应生成H2的溶液是酸或强碱溶液；D.pH＝7，溶液为中性。【详解】A、铁离子应该存在于酸性条件下，在中性溶液中会水解生成氢氧化铁沉淀;另铁离子与碘离子会发生氧化还原反应，故A错误；B．使石蕊试液变蓝色的溶液显碱性，Ca2＋在碱性条件下会生成微溶的氢氧化钙、CaSO4微溶,CaS难溶，故不能大量共存，故B错误；C．能与Al反应生H2的溶液可能呈酸性或碱性，若是碱性条件下，则NH4+不能大量存在，若是酸性条件下，则NO3－与铝反应不生成氢气，另SO32－会被硝酸氧化，故C错误；D．选项中离子互相不反应，且通CO2不与这些离子发生反应，仍能大量共存，故D正确。故选D。【点睛】离子共存问题需要考虑：发生氧化还原反应而不能共存；发生复分解反应而不能共存（离子间相互结合生成难溶物或微溶物、离子间相互结合生成气体或挥发性物质、离子间相互结合生成弱电解质）；发生络合反应而不能共存。12、B【分析】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲，气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，再根据溶液电中性可知，原溶液中一定存在唯一的阳离子K+；加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干的离子可知，溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；根据以上分析进行判断。【详解】溶液X中进入过量盐酸，生成的气体甲可能为二氧化碳或者二氧化硫，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，结合溶液电中性可知，原溶液中一定存在K+；由于加入盐酸生成了沉淀甲，根据题干中的离子可知，远溶液中一定存在SiO32-，沉淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过量氨水，得到的白色沉淀，说明原溶液中一定存在[Al(OH)4]-，白色沉淀乙为氢氧化铝；A．根据以上分析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混合物，故A正确；B．由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C．根据分析可知，原溶液中可能存在SO32-、CO32-，根据离子共存可知，原溶液中一定不存在Mg2+、Al3+，而溶液甲中加入过量氨水生成了沉淀乙，沉淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的[Al(OH)4]-与过量酸反应生成铝离子，故C正确；D．根据以上分析可知，原溶液中一定存在K+、[Al(OH)4]-和SiO32-，故D正确；故答案为B。【点睛】考查离子共存、常见离子的检验方法，注意掌握常见离子的性质及检验方法，要求学生能够根据反应现象判断离子存在情况，特别是Al3+和[Al(OH)4]-的判断是解题难点，无色溶液甲中滴加过量的氨水所得沉淀为Al(OH)3，但溶液甲中的Al3+来源于[Al(OH)4]-与过量盐酸反应生成的，而不是原溶液中含有的Al3+。13、D【详解】A．该黄色溶液中可能含有铁离子，铁离子也能将碘离子氧化为碘单质，所以不能确定该黄色溶液中是否含有单质溴，则结论不正确，故A错误；B．氢氧化铁胶体与溶液一样是电中性的，氢氧化铁胶粒带正电荷，故B错误；C．将少量铜粉加入1.0mol•L－1硫酸铁溶液中，二者发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，证明铁离子的氧化性大于铜离子，该反应不是置换反应，不能比较Fe、Cu的活泼性，故C错误；D．向饱和硼酸溶液中加入少量碳酸钠粉末，无气泡冒出，说明硼酸与碳酸钠不反应，由强酸制弱酸的原理可知，碳酸的酸性强于硼酸，故D正确；故选D。14、B【解析】A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B．氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C．纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。15、A【详解】A.澄清透明的溶液中，Fe3+、Mg2+、SO42-、C1－四种离子之间不发生任何反应，能大量共存，故A符合题意；B.pH=11的溶液为碱性溶液，S2－具有还原性，C1O－具有强氧化性，S2－和C1O－在碱性溶液中能发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C.pH=0的溶液为酸性溶液，C1－具有还原性，MnO4－具有强氧化性，C1－和MnO4－在酸性溶液中能发生氧化还原反应，不能大量共存，故C不符合题意；D.[A1(OH)4]－与Fe3+和NH4+在溶液中能发生双水解反应，不能大量共存，故D不符合题意；故选A。16、D【解析】A、反应过程中气体质量始终不变，气体物质的量始终不变，气体的平均分子量始终不变，气体的平均分子量不再变化不能说明反应达到平衡状态；B、平衡常数只受温度影响，不能用来判断反应是否达到平衡状态；C、没有指明反应速率的方向，不能说明反应是否达到平衡状态；D、气体的颜色不再变化，说明c（I2）不再变化，能说明反应达到平衡状态；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。18、醛基ClCH1CHO氢氧化钠水溶液、加热ac【分析】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚，据此解答。【详解】由接枝PAA的结构可知，PAA的结构简式为，W为HOCH1CH1OH；甲醇催化氧化生成D为HCHO，D发生信息Ⅲ反应生成E，故E为CH1=CHCHO，E与银氨溶液反应、酸化生成F，F为CH1=CHCOOH，CH1=CHCOOH发生加聚反应生成PAA；结构W的结构可知，乙醛与氯气发生取代反应生成X，X为ClCH1CHO，X与氢气发生加成反应生成Y为ClCH1CH1OH，Y水解生成W（HOCH1CH1OH）；乙醛发生催化氧化生成戊，为CH3COOH，丁的核磁共振氢谱只有一种峰，在酸性条件下能水解，水解产物能与NaHCO3反应产生CO1，结构反应信息Ⅱ可知，CH3COOH脱水生成丁为O=C（OCH1CH3）1；由（5）中可知，B为中学常见有机物，甲与FeCl3溶液发生显色反应，故甲中含有酚羟基，结合丙的分子式及结构特点、己的结构特点与反应信息Ⅰ、Ⅲ可知，丙的结构为，己的结构为，故乙为，甲为，B为苯酚。（1）由上述分析可知，D为HCHO，含有醛基；（1）D→E是甲醛与乙醛发生信息Ⅲ反应生成CH1=CHCHO，反应方程式为：；（3）F为CH1=CHCOOH，发生加聚反应生成PAA，反应方程式为：；（4）①由上述分析可知，X为ClCH1CHO；②Y→W是ClCH1CH1OH在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH1CH1OH；（5）①甲→乙是与氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应生成，反应方程式为：；②丙是，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，与有机物B（苯酚），含有官能团不完全相同，二者不是同系物，芳香醇类中含有苯环，羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上，结合丙的结构可知，苯环侧链不可能可以存在羟基连接苯环侧链的脂肪烃基上的结构，故丙不存在芳香醇类的同分异构体，故ac正确，b错误，答案选ac；（6）由上述分析可知，己的结构简式是。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，需要学生对给予的反应信息进行利用，甲醇转化为甲的反应，是难点，中学不涉及，需要学生根据信息、结合丙、丁、已的结构推断丙，再进行逆推判断，对学生的逻辑推理有较高的要求。19、凹槽与小孔对齐（将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对齐）打开活塞，控制滴速（打开分液漏斗的活塞，控制稀硝酸以一定速度滴入三颈烧瓶）NO+O2=NO2（排出装置中的空气，防止空气中的氧气将NO氧化为NO2)（球形）干燥管蒸馏水Cr2O72-＋2NO+6H+=2Cr3++2NO3-＋3H2O取少量装置E中反应后的固体于洁净的试管中，滴加适量稀硫酸，试管口有红棕色气体产生，则装置E中有亚硝酸钙生成排放NO气体，污染环境产品中混有Ca(NO3)2杂质【解析】试题分析：（1）根据压强原理，将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中，先将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔对齐再打开活塞；(2)NO与O2反应生成NO2，NO2与CaO2反应生成Ca(NO3)2，制取的亚硝酸钙不纯；（3）根据图示回答D装置的名称；A中生成的NO中含有硝酸蒸汽，B装置除去NO中的硝酸蒸汽；（4）K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒配平方程式；（5）Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体，NO遇空气生成红棕色的NO2；（6）根据Ca(OH)2+NO+N02=Ca(N02)2+H2O，n(NO)：n(NO2）>l:l，NO过量；n(NO)：n(NO2)2过量，过量的NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO3)2。解析：（1）根据压强原理，将分液漏斗中的稀硝酸滴入三颈烧瓶中，操作为①将玻璃塞的凹槽与分液漏斗口的小孔、②打开活塞，控制硝酸滴速；(2)NO与O2反应生成NO2，NO+O2=NO2，通入一段时间的N2，可以排出装置中的空气，防止空气中的氧气将NO氧化为NO2；（3）根据图示，D装置的名称是球形干燥管；A中生成的NO中含有硝酸蒸汽，B装置的作用是除去NO中的硝酸蒸汽，所以B中的试剂可以是蒸馏水；（4）K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3-，Cr2O72-被还原为Cr3+，根据电子守恒配平，离子方程式为Cr2O72-＋2NO+6H+=2Cr3++2NO3-＋3H2O；（5）Ca(NO2)2溶液遇酸会产生NO气体，NO遇空气生成红棕色的NO2，证明装置E中有亚硝酸钙生成的方法是：取少量装置E中反应后的固体于洁净的试管中，滴加适量稀硫酸，试管口有红棕色气体产生，则装置E中有亚硝酸钙生成；（6）根据Ca(OH)2+NO+NO2=Ca(NO2)2+H2O；①若n(NO)：n(NO2）>l:l，NO过量，排放NO气体，污染环境；②若n(NO)：n(NO2)2过量，过量的NO2与Ca(OH)2反应生成Ca(NO3)2，使产品中混有Ca(NO3)2杂质。点睛：NO2与Ca(OH)2反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，反应方程式为，NO与Ca(OH)2不反应，所以NO不能被氢氧化钙吸收。20、2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑②④③吸收尾气，防止尾气污染大气ABCCO32-和OH—NH32NaHCO3Na2CO3+CO2+H2OCO32-+H2OHCO3-+OH－CO32-水解显碱性，油污在碱性条件下水解，达到去污目的2CO32-+Cl2+H2O＝Cl-+ClO-+2HCO3-【解析】Ⅰ．（1）采用B装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应；（2）选择气体收集方法，不需要考虑气体颜色和热稳定性，依据气体密度，是否与空气中的氧气反应来选择排空气方法收集，依据气体是否溶于水判断收集气体是否能用排水方法或排其他液体的方法；（3）AD连接是利用向上排气法收集气体；吸收装置是能用液体吸收气体防止污染空气；Ⅱ．（1）用氯化钡可以除去硫酸钠，用氢氧化钠可以除去氯化镁，用碳酸钠可以除去氯化钙和过量的氯化钡；（2）稀盐酸能和氢氧化钠、碳酸钠反应，蒸发时可以得到氯化钠的饱和溶液；（3）氯化铵能和显碱性的物质反应生成氨气等物质；（4）根据碳酸钠水解显碱性分析；【详解】Ⅰ．（1）采用B装置制备氨气时应选择用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应，其化学方程式是2NH4Cl＋Ca(