青海西宁市普通高中2026届化学高三上期中达标检测试题含解析

青海西宁市普通高中2026届化学高三上期中达标检测试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（）A．单质氧化性的强弱 B．单质沸点的高低C．单质与氢气化合的难易 D．最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱2、三氯氢硅（SiHCl3）是制备硅烷、多晶硅的重要原料，在催化剂作用下可发生反应：2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)，在50℃和70℃K时SiHCl3的转化率随时间变化的结果如图所示。下列叙述不正确的是A．该反应为吸热反应B．反应速率大小：va＞vbC．70℃时，平衡常数K=0.112/0.782D．增大压强，可以提高SiHCl3的平衡转化率，缩短达平衡的时间3、要检验某溴乙烷中的溴元素，正确的实验方法是（）A．加入氯水振荡，观察水层是否有红棕色溴出现B．滴入AgNO3溶液，再加入稀HNO3呈酸性，观察有无浅黄色沉淀生成C．加入NaOH溶液共热，然后加入稀HNO3使溶液呈酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成4、25℃时，重水(D2O)的离子积为1.6×10ˉ15，也可用与pH一样的定义来规定其酸碱度：pD＝－lgc(D+)，下列叙述正确的是(均为25℃条件下)A．重水和水两种液体，D2O的电离度大于H2OB．在100mL0.25mol·Lˉ1DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·Lˉ1NaOD重水溶液，反应后溶液的pD＝1C．0.01mol·Lˉ1NaOD重水溶液，其pD＝12D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·D2O和HD2O+5、下列各组液体的混合物，可用分液漏斗分离的是（）A．乙酸乙酯和乙醇 B．苯和四氯化碳 C．苯和食盐水 D．溴苯和液溴6、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32－、SO42－、Cl－中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图：（所加试剂均过量，气体全部逸出）下列说法正确的是A．若原溶液中不存在Na+，则c（Cl－）＜0.1mol•L﹣1B．原溶液可能存在Cl－和Na+C．原溶液中c（CO32－）是0.01mol•L﹣1D．原溶液一定存在CO32－和SO42－，一定不存在Fe3+7、C60是单纯由碳原子结合形成的稳定分子，结构如图。下列说法不正确的是A．C60晶体易溶于苯、CS2，C60是非极性分子B．1molC60分子中，含有δ键数目为60NAC．C60与F2在一定条件下，发生反应生成C60F60D．C60、金刚石和石墨是同素异形体8、X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10，X与Z同族，Y最外层电子数等于X次外层电子数，且Y原子半径大于Z。下列叙述正确的是（）A．熔点：X的氧化物比Y的氧化物高B．热稳定性：X的氢化物小于Z的氢化物C．X与Z可形成共价化合物ZXD．Y的单质与Z的单质均能溶于浓硫酸9、下列有关金属的说法正确的是()①纯铁不容易生锈②钠着火用水扑灭③铝在空气中耐腐蚀，所以铝是不活泼金属④缺钙会引起骨质疏松，缺铁会引起贫血⑤青铜、不锈钢、硬铝都是合金⑥KSCN溶液可以检验Fe3＋A．①④⑤⑥ B．②③④⑤C．①③④⑤ D．①②⑤⑥10、化学与生活密切相关。下列说法不正确的是A．PM2.5是指微粒直径不大于2.5um的可吸入悬浮颗粒物B．绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染C．燃煤中加入生石灰可以减少酸雨的形成及温室气体的排放D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料11、下列实验方案和实验结论正确的是A．除去SO2中少量的HCl，可将混合气体通入饱和Na2SO3溶液中B．粘在试管内壁的硫单质，可用热的稀盐酸洗涤C．稀盐酸、NaOH、AlCl3、Ba(OH)2四瓶无色溶液，可用NaHCO3鉴别D．将硝酸铵晶体溶于水，测得水温下降，证明硝酸铵水解是吸热的12、下列事实不能用元素周期律解释的是()A．气态氢化物的稳定性：HBr>HI B．0.1mol·L－1溶液的pH：NaOH>LiOHC．向Na2SO3溶液中加盐酸，有气泡产生 D．Mg、Al与同浓度盐酸反应，Mg更剧烈13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．通常状况下，11.2LCl2与足量NaOH溶液反应时转移的电子数为0.5NAB．0.1mol熔融状态下的NaHSO4中含有的阴离子数为0.2NAC．标准状况下，2.24LHF中含有的极性键数目为0.1NAD．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA14、在4L的密闭容器中发生反应xA(g)＋yB(g)zC(g)。图甲表示200℃时容器中A、B、C物质的量随时间的变化，图乙表示不同温度下平衡时C的体积分数随起始n(A)∶n(B)的变化关系。则下列结论正确的是A．200℃时，该反应的平衡常数为6.25L2/mol2B．由甲图和乙图可知，反应xA(g)＋yB(g)zC(g)的ΔH<0，且a＝2C．200℃时，向容器中加入2molA和1molB，达到平街时C的体积分数大于0.25D．当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，且正反应速率均增大，逆反应速率减小15、一定量的Cu2S投入到足量浓硝酸中，收集到气体nmol，向反应后的溶液（存在Cu2+和SO42-）中加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO48.0g，若上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2。则n为（）A．3.28 B．1.80 C．0.80 D．1.6316、下列说法正确的是（）A．明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化和杀毒B．胶体和溶液的本质区別是胶体能发生丁达尔效应，而溶液不能C．将外加直流电源通过Fe(OH)3胶体，电源负极附近颜色变深，则说明该胶体带正电荷D．淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体17、若不断地升高温度，实现“雪花→水→水蒸气→氧气和氢气”的变化。在变化的各阶段被破坏的粒子间主要的相互作用依次是A．分子间作用力；分子间作用力；非极性键B．分子间作用力；分子间作用力；极性键C．分子间作用力；极性键；分子间作用力D．分子间作用力；分子间作用力；非极性键18、第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗；在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是A．放电时甲为负极，充电时为阳极B．电池充电时，OH—由甲侧向乙侧移动C．放电时负极的电极反应式为:MHn—ne—＝M+nH+D．汽车下坡时发生图中实线所示的过程19、纳米Fe3O4晶体材料可以作为核磁共振造影增强剂，用于疾病的诊断和治疗。其制备过程如图所示、下列叙述不合理的是A．在反应②中，的作用可能是促进氯化铁水解B．反应③的化学方程式是：6FeOOH+CO==2Fe3O4+3H2O+CO2C．直接加热FeCl3溶液也可以得到四氧化三铁D．纳米四氧化三铁形成的分散剂，有可能产生丁达尔现象20、下列说法正确的是A．某试样焰色反应呈黄色，则试样中含有K+B．用广泛pH试纸测得NaClO溶液的pH值为12C．可用酒精代替CCl4萃取碘水中的碘单质D．金属镁失火不可用水来灭火21、下列实验装置设计正确、且能达到目的的是Ⅰ

Ⅱ

Ⅲ

ⅣA．实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B．实验Ⅱ：静置一段时间，小试管内有晶体析出C．实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D．实验Ⅳ：海水的淡化22、X、Y、Z为三种单质。已知Y能将Z从其化合物的水溶液中置换出来，而Z又能将X从其化合物的水溶液中置换出来。由此可以推断下列说法中可能正确的是①单质的氧化性:Y>Z>X；②单质的还原性:Y>Z>X；③对应离子的氧化性:X>Z>Y；④对应离子的还原性:X>Z>YA．① B．②③ C．①④ D．D①②③④二、非选择题(共84分)23、（14分）Glaser反应是指端炔烃在催化剂存在下可发生偶联反应，例如：2R—C≡C—HR—C≡C—C≡C—R＋H2下面是利用Glaser反应制备化合物E的一种合成路线：回答下列问题：（1）B的结构简式为__，D的化学名称为__。（2）步骤②的反应化学方程式：__。（3）E的结构简式为__。用1molE合成1，4­二苯基丁烷，理论上需要消耗氢气__mol。（4）芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢原子，数目比为3∶1，写出符合条件的两种F的结构简式___、__。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）有资料显示过量的氨气和氯气在常温下可合成岩脑砂(主要成分为NH4Cl)，某小组在实验室对该反应进行探究，并对岩脑砂进行元素测定。[岩脑砂的制备](1)写出实验室装置A中发生反应的化学方程式：________。(2)装置C的仪器名称是_________；(3)为了使氨气和氯气在D中充分混合，请确定上述装置的合理连接顺序：________→ef←_______(用小写字母和箭头表示，箭头方向与气流方向一致)。(4)证明氨气和氯气反应有NH4Cl生成，需要的检验试剂中除了蒸馏水、稀硝酸、红色石蕊试纸外，还需要___________。[岩脑砂中元素的测定]准确称取ag岩脑砂，与足量氧化铜混合加热(反应：2NH4Cl+3CuO3Cu+N2↑+2HCl+3H2O)，利用下列装置测定岩脑砂中氮元素和氯元素的物质的量之比。(5)装置H中盛装的试剂是________(填试剂名称)。(6)若装置I增重bg，利用装置K测得气体体积为VL(已知常温常压下气体摩尔体积为24.5L·mol-1)，则岩脑砂中n(N)：n(Cl)＝________(用含b、V的代数式表示，不必化简)，若取消J装置(其它装置均正确)，n(N)：n(Cl)比正常值________(填“偏高“偏低”或“无影响”)。26、（10分）废旧光盘金属层中的少量Ag，某科研小组采用如下方案进行回收（金属层中其他金属含量过低，对实验的影响可忽略）。已知：①NaClO溶液在受热或酸性条件下易分解，如：3NaClO=2NaCl+NaClO3②AgCl可溶于氨水：AgCl+2NH3·H2O=Ag(NH3)2++Cl-+2H2O③常温时N2H4·H2O（水合肼）能还原Ag(NH3)2+：4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，适宜的加热方式为___________。（2）NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2，该反应的化学方程式为___________。HNO3也能氧化Ag，从反应产物的角度分析，以HNO3代替NaClO的缺点是________________。（3）为提高Ag的回收率，需对“过滤Ⅱ”的滤渣进行洗涤，并________________。（4）从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有________________（①1mol/LH2SO4、②10%氨水、③1mol/LNaOH溶液，填序号）。反应完全后获取纯净的单质银再进行的实验操作过程简述为________________。27、（12分）某纯碱样品中含有少量NaCl杂质，现用如图所示装置来测定纯碱样品中Na2CO3的质量分数。实验步骤如下：①按图连接装置，并检查气密性；②准确称得盛有碱石灰的干燥管D的质量为80.20g;③准确称得20.00g纯碱样品放入容器b中；④打开分液漏斗a的旋塞，缓缓滴入稀硫酸，至不再产生气泡为止；⑤打开弹簧夹，往试管A中缓缓鼓入一定量空气；⑥然后称得干燥管D的总质量为84.36g；⑦重复步骤⑤和⑥的操作，直到干燥管D的质量不变，为85.18g。试回答：(1)装置B中发生反应的离子方程式______________________________。(2)装置A中试剂X应选用足量的________,装置A的作用________________.A．Ba(OH)2溶液B．NaOH溶液C．饱和NaCl溶液D．浓H2SO4(3)装置C的作用：__________________________________。(4)若将分液漏斗中的硫酸换成浓度相同的盐酸，则会导致测定结果________(填“偏大”“偏小”或“不变”，下同)；若没有操作⑤⑦，则会导致测定结果__________;若去掉装置E,则会导致测定结果__________.(5)根据实验中测得的有关数据，计算出纯碱样品Na2CO3的质量分数为________。28、（14分）有机物F（）是合成某种药物的中间体，它的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的结构简式为______，分子中处于同一平面的原子最多有____个。（2）E中官能团名称是_____，①～④中属于加成反应的是_______（填序号）。（3）反应③的化学方程式为______________。（4）反应⑤的生成物有两种，除了F以外，另一种生成物的名称是______。（5）满足下列条件的D的同分异构体有______种。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能发生银镜反应；③分子中有1个甲基（6）仿照E的合成路线，设计一种由合成的合成路线_________________。29、（10分）茶是我国人民喜爱的饮品。我市某校化学兴趣小组的同学设计以下实验来定性检验茶叶中含有Ca、Al、Fe三种元素。已知：草酸铵[(NH4)2C2O4]属于弱电解质。草酸钙(CaC2O4)难溶于水。Ca2＋、Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH为Ca(OH)2：pH≥13；Al(OH)3：pH≥5.5；Fe(OH)3：pH≥4.1。请根据上述过程及信息填空：（1）步骤②加盐酸的作用是________________。（2）写出检验Ca2＋的离子方程式__________________________。（3）写出沉淀C所含主要物质的化学式________________________。（4）写出步骤⑧用A试剂生成红色溶液的离子方程式__________________________。（5）步骤⑨的作用是_____________________________________。（6）称取400g茶叶样品灼烧得灰粉后，加入过量盐酸后过滤，将所得滤液加入过量的(NH4)2C2O4溶液，再过滤、洗涤、干燥、称量得到5.12g沉淀，原茶叶中钙元素的质量分数为________。

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【详解】A.单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；B.单质沸点的高低，是由其微粒间的作用力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；C.单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；D.最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。答案为B。2、D【详解】A.升高温度，SiHCl3的平衡转化率增大，所以该反应为吸热反应，故A正确；B.a、b两点的浓度相同，a点的温度大于b点，所以反应速率大小：va＞vb，故B正确；C.70℃时，达到平衡时SiHCl3的平衡转化率为22%，2SiHCl3(g)SiH2Cl2(g)+SiCl4(g)n000.22n0.11n0.11n0.78n0.11n0.11n平衡常数K=(0.11n)2/(0.78n)2=0.112/0.782，故C正确；D.增大压强，平衡不移动，增大压强不能提高SiHCl3的平衡转化率，故D错误。选D。3、C【详解】检验溴乙烷中溴元素，应在碱性条件下水解或在NaOH醇溶液中发生消去反应，再加入硝酸酸化，最后加入硝酸银，观察是否有黄色沉淀生成。A．氯水与溴乙烷不反应，不能检验，A错误；B．溴乙烷不能电离出Br－，与硝酸银不反应，不能鉴别，B错误；C．加入NaOH溶液共热，发生水解反应生成NaBr，然后加入稀HNO3使溶液呈酸性，再滴入AgNO3溶液，观察有无浅黄色沉淀生成可检验，C正确；D．加入NaOH溶液共热，冷却后加入AgNO3溶液，Ag＋会与OH－反应生成AgOH，AgOH不稳定分解生成黑色的Ag2O，观察不到现象，应先加稀硝酸酸化，D错误。答案选C。【点睛】有机物中的卤素原子是不会电离的，因此不能直接用稀硝酸和硝酸银检验；首先利用水解反应，将有机物中的卤素原子转化为卤素离子，再加入稀硝酸酸化，中和碱，再加入硝酸银。4、B【详解】A．重水和水两种液体，化学性质相似，D2O的电离度等于H2O的电离度，故A错误；B．根据中和反应量的关系，100mL0.25mol·L－1DCl和50mL0.2mol·L－1NaOD中和后溶液中DCl过量，剩余DCl浓度为=0.1mol·L－1，则c(D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B正确；C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，则溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根据重水离子积常数，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C错误；D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氢离子的化学式为NH3·DHO和D3O+，故D错误；故选B。【点睛】本题以给予pD情景为载体，考查溶液pH有关计算，注意把水的离子积和溶液pH知识迁移过来，侧重考查处理新情景问题能力，易错点C，根据重水离子积常数，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。5、C【详解】A.乙酸乙酯和乙醇都是有机物，所以乙酸乙酯和乙醇能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，故A错误；B.苯和四氯化碳都是有机溶剂，能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故B错误；C.苯是有机物，水是无机物，苯和水不互溶，所以能用分液漏斗分离，故C正确；D.溴苯可溶解液溴，能互溶，所以不能用分液漏斗分离，故D错误；答案选C。【点睛】能用分液漏斗分离的物质必须是两种相互不溶的液体，一般的来说：有机溶质易溶于有机溶剂，无机溶质易溶于无机溶剂。6、D【解析】加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+（Fe3+和CO32－会发生双水解反应，不能共存），且沉淀2为BaSO4，n(BaSO4)=，m(BaCO3)=4.30g-2.33g=1.97g，则n(BaCO3)=。加入NaOH溶液产生1.12L（标况）气体，则溶液中有NH4+，NH3有0.05mol，即n(NH4+)=0.05mol。CO32－和SO42－所带的负电荷的物质的量为0.01mol×2＋0.01mol×2=0.04mol，NH4＋所带正电荷的物质的量为0.05mol×1=0.05mol，根据电荷守恒，可以推断出溶液中一定有Cl-，且最少为0.01mol（因为无法判断是否有Na+，如果有Na+，需要多于的Cl-去保持溶液的电中性）。【详解】A.若原溶液中不存在Na+，则c(Cl－)=，A错误；B.原溶液中一定有Cl-，可能有Na+，B错误；C.经计算，原溶液中，n(CO32-)=0.01mol，则c(CO32-)=0.01mol÷0.1L=0.1mol•L﹣1，C错误；D.加入BaCl2溶液之后，有沉淀生成，且加入过量盐酸之后，沉淀质量减少，则说明一定有CO32－、SO42－这两种离子，一定没有Fe3+，D正确；故合理选项为D。【点睛】溶液中的离子要保持电荷平衡，即正负电荷所带的电荷量相等，以保持溶液的电中性。7、B【分析】C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理可知C60是非极性分子；根据结构可知，每一个碳原子形成3个δ键，但每个δ键被两个六边形共用，所以每个碳原子形成δ键的个数：，1molC60分子中有60个碳原子；同素异形体，是同种元素组成的不同形态的单质。【详解】A．C60是分子晶体，易溶于苯、CS2，根据相似相溶原理可知C60是非极性分子，故A正确；B．根据结构可知，每一个碳原子形成3个δ键，但每个δ键被两个六边形共用，所以每个碳原子形成δ键的个数：，1molC60分子中有60个碳原子，δ键数目为：，故B错误；C．根据元素周期律，F的非金属性强于C，则F的氧化性强于C，可发生如下氧化还原反应反应：，故C正确；D．同素异形体，是同种元素组成的不同形态的单质，C60、金刚石和石墨是同素异形体，D正确；答案选B。8、C【详解】由“X与Z同族，且Y原子半径大于Z”可知，Y与Z同周期，且Y在Z的左边，从而得出X为第二周期元素，Y与Z为第三周期元素；由“Y最外层电子数等于X次外层电子数”，可确定Y的最外层电子数为2，Y为镁；由“X、Y、Z均为短周期主族元素，它们原子的最外层电子数之和为10”，可求出X为碳、Y为镁、Z为硅。A.CO2为分子晶体，SiO2为原子晶体，前者的熔点比后者低，A错误；B.因为非金属性C>Si，所以CH4的热稳定性比SiH4强，B错误；C.X与Z可形成共价化合物SiC，C正确；D.Mg能与浓硫酸反应，但Si与浓硫酸不反应，D错误。故选C。9、A【解析】①纯铁中没有杂质，不容易形成原电池而进行电化学腐蚀，所以不易生锈，①正确；②钠是活泼金属，和水剧烈反应，所以钠着火不能用水扑灭，②错误；③铝是活泼金属，在空气中耐腐蚀是因为表面形成了一层氧化铝保护膜，阻止反应进行，③错误；④骨中缺钙引起骨质疏松，血液中缺铁会引起贫血，④正确；⑤青铜是铜锡合金，不锈钢是铁、铬、镍合金，硬铝是铝、硅、镁等形成的合金，⑤正确；⑥Fe3+和SCN-发生络合，使溶液变为血红色，故可以用KSCN溶液检验Fe3+，⑥正确；答案为A。10、C【解析】A项，PM2.5是指微粒直径不大于2.5

μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B项，绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染，正确；C项，燃煤中加入生石灰可以减少硫酸型酸雨的形成（原理为2CaO+2SO2+O22CaSO4），但在加热时生石灰不能吸收CO2，不能减少CO2的排放，不能减少温室气体的排放，错误；D项，天然气（主要成分为CH4）和液化石油气（主要成分为C3H8、C4H10）是我国目前推广使用的清洁燃料，正确；答案选C。11、C【解析】试题分析：A．SO2、HCl都可以与Na2SO3溶液发生反应，不能用Na2SO3溶液除杂，要用饱和的NaHSO3溶液，错误；B．S不溶于水，也不能溶于盐酸，所以粘在试管内壁的硫单质，不可用热的稀盐酸洗涤，要用热的NaOH溶液洗涤，错误；C．NaHCO3溶液与稀盐酸混合放出气体；与NaOH溶液发生反应，无明显现象；与AlCl3溶液混合产生沉淀，同时有气体产生；与Ba(OH)2溶液混合产生白色沉淀，四瓶无色溶液，现象各不相同，因此可用NaHCO3鉴别，正确；考点：考查实验方案或实验结论正误判断的知识。12、C【详解】A.同一主族从上到下，气态氢化物的稳定性依次减弱，则稳定性HBr>HI，能用元素周期律解释，A项不选；B.同一主族从上到下，金属性逐渐增强，氢氧化物的碱性逐渐增强，碱性NaOH>LiOH，则同浓度的两种溶液，NaOH溶液的pH较大，能用元素周期律解释，B项不选；C.Na2SO3与盐酸反应生成SO2，能够证明酸性：HCl>H2SO3，但不能体现元素周期律，C项选；D.同周期从左到右，金属性逐渐减弱，金属单质的还原性逐渐减弱，因此Mg比Al与等浓度的盐酸反应更剧烈，能用元素周期律解释，D项不选。答案选C。13、D【详解】A.通常状况不是标准状况，不能利用22.4L/mol进行计算，A不正确；B.0.1mol熔融状态下的NaHSO4中HSO4-不发生电离，所以含有的阴离子数为0.1NA，B不正确；C.标准状况下，HF为液体，不能利用22.4L/mol进行计算，C不正确；D.正丁烷和异丁是同分异构体，二者分子中都含有13个共价键，所以48g正丁烷和10g异丁烷的混合物等同于58g正丁烷(物质的量为1mol)，共价键数目为13NA，D正确。故选D。14、C【解析】根据图甲，A、B、C物质的量随时间的变化分别是0.4mol、0.2mol、0.2mol；容器中发生反应的方程式是2A(g)＋B(g)C(g)。200℃时，该反应的平衡常数为100，故A错误；由图乙可知，升高温度，C的百分含量增大，所以ΔH>0，投料比等于系数比，达到平衡时生成物百分含量最大，故a=2，故B错误；根据图甲，200℃时，向容器中加入0.8molA和0.4molB，达到平街时C的体积分数等于0.25；200℃时，向容器中加入2molA和1molB，相当于加压，平衡正向移动，达到平街时C的体积分数大于0.25，故C正确；当外界条件由200℃降温到100℃，原平衡一定被破坏，正逆反应速率均减小，故D错误。15、B【分析】结合n=计算n(CuO)，根据Cu元素守恒计算n(Cu2S)，再根据电子转移数目守恒计算n(NO)、n(NO2)，进而计算气体总物质的量，实际气体介于二者之间。【详解】得到CuO

48.0g，其物质的量为=0.6mol，n(Cu2S)=n(CuO)=×0.6mol=0.3mol，Cu2S中S的化合价由-2价升高为+6价，且Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，则转移电子物质的量0.3×（8+1×2）=3mol，上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2，设NO为xmol、NO2为2xmol，由电子守恒可知3x+2x=3，解得x=0.6，可知n=0.6+2×0.6=1.80。答案选B。【点睛】氧化还原反应的计算，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，注意守恒法的应用。16、D【详解】A.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化但不能杀毒，故A错误。B.胶体和溶液的本质区別是分散质粒径大小不同，故B错误。C.胶体不带电荷，是Fe(OH)3胶体粒子带正电荷，故C错误。D.淀粉溶液、有色玻璃和果冻都是胶体，故D正确。故答案选D。【点睛】胶体和其他分散系的本质区别是分散质粒径大小，鉴别方法是丁达尔效应。17、B【详解】固态水中和液态水中含有氢键和分子间作用力，当雪花→水→水蒸气主要是氢键和分子间作用力被破坏，但属于物理变化，共价键没有破坏，水蒸气→氧气和氢气，为化学变化，破坏的是极性共价键，故选B。18、B【详解】A.根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；B.电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；C.放电时负极发生氧化反应，电极反应式为，故C错误；D.汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；答案选B。19、C【解析】试题分析：A、因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A合理；B、由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和CO，由一种生成物为Fe3O4和质量守恒定律可知反应为6FeOOH+CO═2Fe3O4+3H2O+CO2，故B合理；C、直接加热FeCl3溶液可以得到氢氧化铁，进一步加热可以得到氧化铁，得不到四氧化三铁，故C不合理；D、纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，则具有丁达尔现象，故D正确；故选C。考点：考查了胶体的性质；制备实验方案的设计的相关知识。20、D【解析】A.含钠元素的单质或化合物在灼烧时使火焰呈现黄色，所以某试样焰色反应呈黄色，则试样中含有钠元素，无法确定是否含K+，A项错误；B.NaClO溶液具有漂白性，测量时pH试纸变色后很快褪色或颜色变浅，无法测量NaClO溶液的pH，B项错误；C.酒精与水互溶，不可用作碘水的萃取剂，C项错误；D.金属镁能与热水反应生成H2：Mg+2H2O≜Mg(OH)2+H2↑，H2能在空气中燃烧且能发生爆炸，所以金属镁失火不可用水来灭火，D项正确；答案选D。21、B【详解】A、苯的密度小于水的，在上层。氨气极易溶于水，直接插入到水中进行吸收，容易引起倒吸，选项A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，导致饱和硝酸钾溶液中溶剂减少，因而有硝酸钾晶体析出，选项B正确；C、浓硫酸不能在量筒中稀释，选项C不正确；D、蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶支管出口处，选项D不正确；答案选B。22、D【解析】Y能将Z从其化合物中的水溶液中置换出来，因为不知道Z在化合物中的价态，因此可能Y的氧化性大于Z，也可能是Y的还原性大于Z，Z能将X从其化合物的水溶液中置换出来，因为不知道X在化合物中的价态，因此推出Z的氧化性可能强于X，或者Z的还原性强于X，①根据上述分析，氧化性Y>Z>X，故①正确；②根据上述分析，还原性Y>Z>X，故②正确；③单质的还原性强，其离子的氧化性就弱，因此离子的氧化性：X>Z>Y，故③正确；④单质的氧化性强，其离子的还原性减弱，即离子的还原性：X>Z>Y，故④正确；综上所述，选项D正确。点睛：非金属性或金属性强弱的比较中常用的方法之一是置换反应，（非）金属性强的置换出（非）金属性弱的，同时学生还应注意“单强离弱、单弱离强”的理解，特别注意(Fe3＋除外)。二、非选择题(共84分)23、苯乙炔+2Cl2C6H5CCl2CH3+2HCl4【分析】由B的分子式C8H10、C的结构简式可知B为，则A与氯乙烷发生取代反应生成B，则A为。对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应。D发生信息中的偶联反应生成E为。【详解】(1)B的分子式为C8H10，C为：，可知B的结构简式种含有苯环，B为，发生二元取代生成C，D的结构简式为：，化学名称为苯乙炔；(2)B为，步骤②B发生二元取代生成C，反应化学方程式为：；

(3)对比C、D的结构可知C脱去2分子HCl，同时形成碳碳三键得到D，该反应属于消去反应。D发生信息中的偶联反应生成E，E的结构简式为，用1molE合成1，4-二苯基丁烷，碳碳三键与氢气发生加成反应，理论上需要消耗氢气4mol；(4)芳香化合物F是C的同分异构体，其分子中只有两种不同化学环境的氢，数目比为3：1，可能的结构简式为：()、()、()、()、()。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、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O（球形）干燥管a→d→ch←g←j←i←bNaOH溶液、AgNO3溶液浓硫酸：偏低【分析】A为制备氨气发生装置，用碱石灰干燥。B为制备氯气装置，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在D中充分混合并反应生成NH4C1，氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bghij，同时注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的；检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸；以此解答。【详解】(1)装置A中用氯化铵和熟石灰固体混合回执制氨气，发生反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；(2)装置C的仪器名称是（球形）干燥管，故答案为：（球形）干燥管；(3)A为制备氨气发生装置，用碱石灰干燥。B为制备氯气装置，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸进行干燥氯气。氨气和氯气在D中充分混合并反应生成NH4C1，制取氨气的气流顺序为adc，制取氯气的气流顺序为bijgh，氯气的密度比空气大，氨气的密度比空气小，所以氨气从e口进，氯气从f口进，氨气和氯气会形成逆向流动，更有利于二者充分混合，同时注意确定连接顺序时，氯气气流是从右向左的，合理的连接顺序为a→d→c→e→f←h←g←j←i←b，故答案为：a→d→c；h←g←j←i←b；(4)检验固体氯化铵中的铵根离子需要氢氧化钠溶液和红色石蕊试纸，检验氯离子需要蒸馏水、硝酸银和稀硝酸，所以还需要的试剂为NaOH溶液、AgNO3溶液，故答案为：NaOH溶液、AgNO3溶液；(5)产生的气体通过装置H中的浓硫酸，能够吸收混合气体中的水蒸气，防止对HCl测定造成干扰，减小实验误差，故答案为：浓硫酸；(6)装置I增重bg，即生成HCl的质量为bg，其物质的量为=mol；装置K测得气体体积为VL，则N2的物质的量为=mol，则岩脑砂中n(N)：n(Cl)＝(×2)：=：；若取消J装置(其它装置均正确)，装置I会吸收部分水，导致测定HCl的物质的量偏大，比值n(N)：n(Cl)偏低，故答案为：：；偏低。26、水浴加热4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl↓+4NaOH+O2↑会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中①过滤、洗涤,干燥【解析】（1）“氧化”阶段需在80℃条件下进行，由于加热温度低于水的沸点，所以适宜的加热方式为水浴加热。（2）因为已知NaClO溶液与Ag反应的产物为AgCl、NaOH和O2,用化合价升降法即可配平，该反应的化学方程式为4Ag+4NaClO+2H2O4AgCl+4NaOH+O2↑。HNO3也能氧化Ag，硝酸做氧化剂时通常被还原为有毒的氮的氧化物而污染环境，所以以HNO3代替NaClO的缺点是会产生氮的氧化物(或NO、NO2),造成环境污染。（3）洗涤的目的是为了把滤渣表面残存的银氨配离子洗涤下来，将洗涤后的滤液合并入过滤Ⅱ的滤液中可以提高Ag的回收率。（4）“过滤Ⅱ”后的滤液含有银氨配离子，根据题中信息常温时N2H4·H2O(水合肼)在碱性条件下能还原Ag(NH3)2+，4Ag(NH3)2++N2H4·H2O=4Ag↓+N2↑+4NH4++4NH3↑+H2O，由于该反应产生所气体中含有氨气，氨气有强烈的刺激性气味会污染空气，所以要设计尾气处理措施，吸收氨气比较理想的溶液是稀硫酸。所以，从“过滤Ⅱ”后的滤液中获取单质Ag的过程中，在加入2mol/L水合肼溶液后，后续还需选用的试剂有①1mol/LH2SO4。反应完全后为获取纯净的单质银，需要再进行的实验操作过程简述为过滤、洗涤,干燥。点睛：本题以回收一种光盘金属层中的少量Ag的实验流程为载体，将实验原理的理解、实验试剂和仪器的选用、实验条件的控制、实验操作规范、实验方案的设计等融为一体，重点考查学生对实验流程的理解、实验装置的观察、信息的加工、实验原理和方法运用、实验方案的设计和评价等能力，也考查学生运用比较、分析等科学方法解决实际问题的能力和逻辑思维的严密性。解题的关键是能读懂实验流程，分析实验各步骤的原理、目的、实验条件等。27、2H＋＋CO=H2O＋CO2↑AB防止空气中的CO2进入D引起测量误差吸收CO2气体中的水蒸气，避免测量结果产生误差偏大偏小偏大60%【分析】B中发生发反应：Na2CO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+CO2↑，C中浓硫酸干燥二氧化碳，D中碱石灰增重为生成二氧化碳的质量，进而计算样品中碳酸钠的质量分数。通入空气排尽装置中二氧化碳，使二氧化碳进入D中完全吸收，空气中的二氧化碳会影响实验，A中盛放碱溶液可以除去空气中二氧化碳。E装置吸收空气中的二氧化碳、水蒸气，防止加入D中影响二氧化碳质量测定。【详解】(1)在装置B中，硫酸与碳酸钠发生复分解反应，产生硫酸钠、二氧化碳和水，发生反应的离子方程式是2H++CO=H2O+