2026届四川省峨眉山市二中化学高三上期中质量检测模拟试题含解析

2026届四川省峨眉山市二中化学高三上期中质量检测模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、用下列实验方案及所选玻璃容器(非玻璃容器任选)就能实现相应实验目的是实验目的实验方案玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的浓溶液，冷却结晶，过滤

酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明CH3COOH的酸性强弱用pH试纸测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pH玻璃棒玻璃片C证明AgBr的溶度积比AgCl小向AgNO3溶液中先滴加NaCl溶液，出现白色沉淀后，再向其中滴加同浓度的NaBr溶液试管、滴管D配制1L16%的CuSO4溶液(溶液密度≈1g/mL)将25gCuSO4·5H2O溶解在975g水中烧杯、量筒、玻璃棒A．A B．B C．C D．D2、如图所示，ΔH1＝-393.5kJ·mol-1，ΔH2＝-395.4kJ/mol，下列说法或表示式正确的是A．金刚石的稳定性强于石墨B．石墨和金刚石的转化是物理变化C．C(s、石墨)=C(s、金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol-1D．断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量少3、常温下，向20mL0.10mol/L甲胺的溶液中滴加0.10mol/L盐酸时混合溶液的pH与相关微粒的浓度关系如图所示。已知：甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨。下列说法不正确的是A．甲胺在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH—B．b点对应的加入盐酸的体积小于20mLC．将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，得到对应a点的溶液D．常温下，甲胺的电离常数为Kb，则pKb=—lgKb=3.44、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl-。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后获得试样溶液，设计并完成了如图的实验。已知：3NO+8Al+5OH-+2H2O3NH3↑+8AlO根据实验操作与现象，该同学得出的结论正确的是()A．不能确定试样中是否含Al3+B．试样中肯定存在NH、Mg2+和SO其他离子都不能确定C．要确定试样中是否有Na+存在，可做焰色试验，若焰色为紫色，则存在Na+D．沉淀2只可能是碳酸钡5、将一小块钠投入到NH4Cl溶液中，产生的气体是A．只有H2 B．只有NH3 C．H2和NH3 D．O2和H26、下列物质可通过加热的方法除杂(括号中物质为杂质)的是()A．NaCl(Na2CO3) B．Na2CO3(CaCO3)C．Na2CO3(NaHCO3) D．NaHCO3(Na2CO3)7、铁镍蓄电池又称爱迪生电池，放电时的总反应为：Fe+Ni2O3+3H2O=Fe(OH)2+2Ni(OH)2，下列有关该电池的说法不正确的是A．电池的电解液为碱性溶液，正极为Ni2O3，负极为FeB．电池放电时，负极反应为Fe+2OH--2e-=Fe(OH)2C．电池充电过程中，阴极附近溶液的pH降低D．电池充电时，阳极反应为2Ni(OH)2+2OH--2e-=Ni2O3+3H2O8、下列有关图像的说法正确的是A．图甲表示：向某明矾溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加NaOH溶液体积的关系B．图乙表示：向含等物质的量的NaOH和Na2CO3的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加HCl溶液体积的关系C．图丙表示：在稀硝酸溶液中逐渐加入铁粉至过量，溶液中Fe3＋物质的量与逐渐加入铁粉物质的量的变化关系D．除去混在硝酸钾中少量的氯化钠可用“蒸发浓缩、趁热过滤”的方法9、黝帘石的化学式是E2C3AD3B13，A、B、C、D、E为五种不同主族的原子序数依次增大的前20号元素；其中A、B、C、E四种位于不同周期，这五种元索原子序数和为56，B的最外层电子数为其电子层数的三倍。下列说法错误的是A．最简单氢化物的热稳定性：B＞DB．氯元素分别和D、B形成的化合物均为共价化合物C．B、C、E的简单离子半径：E＞B＞CD．C的最高价氧化物对应的水化物是强碱10、在我国近年来报道的高温超导体中，铊(Tl)是组成成分之一。已知铊和铝是同族元素，关于铊的性质的推断可能错误的是()A．是银白色的软质金属 B．能生成+3价的离子化合物C．与硝酸作用能放出氢气并生成硝酸盐 D．铊的金属性强于铝11、某实验小组对一含有Al

3+

的未知溶液进行了如下分析：(1)滴入少量氢氧化钠，无明显变化；(2)继续滴加NaOH溶液，有白色沉淀；(3)滴入过量的氢氧化钠，白色沉淀明显减少。实验小组经定量分析，得出如图所示沉淀与滴入氢氧化钠体积的关系。下列说法正确的是(

)A．该未知溶液中至少含有4种阳离子B．滴加的NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L

-1C．若另一种离子为二价阳离子，则a＝10D．若将最终沉淀过滤、洗涤、灼烧，其质量一定为6g12、100mL含有0.20mol·L-1碳酸钠的溶液和200mL盐酸，不管将前者滴加入后者，还是将后者滴加入前者，都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，则盐酸的浓度合理的是()A．0.1mol·L-1B．0.16mol·L-1C．0.24mol·L-1D．0.2mol·L-113、NH3和NO2在催化剂作用下反应：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若还原产物比氧化产物少0.1mol，则下列判断正确的是A．转移电子4.8NA个 B．还原剂比氧化剂多0.2molC．生成气体的体积42.56L(标准状况） D．被还原的氮原子是11.2g14、水的状态有气态、液态、固态，还有玻璃态。玻璃态水是液态水急速冷却到165K时形成的，无固定形状，且密度与普通水相同。下列有关水的叙述正确的是A．当水结成冰时，密度增大B．玻璃态水与液态水具有不同的化学性质C．玻璃态水不属于晶体D．纯净水与食盐水的熔点相同15、下列实验现象和结论都正确的是（）选项实验操作实验现象结论A将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀SO2中混有SO3B向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是CO2气体C向某溶液中滴入氯水，再滴加KSCN溶液显红色原溶液中一定有Fe2＋Da向淀粉KI溶液中滴入3滴稀硫酸b再加入10%的H2O2溶液a未见溶液变蓝b溶液立即变蓝色证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2A．A B．B C．C D．D16、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：P—PakJ·mol—1、P—ObkJ·mol—1、P=OckJ·mol—1、O=OdkJ·mol—1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的△H，其中正确的是（）A．（6a+5d－4c－12b）kJ·mol—1B．（4c+12b－6a－5d）kJ·mol—1C．（4c+12b－4a－5d）kJ·mol—1D．（4a+5d－4c－12b）kJ·mol—117、已知C3N4晶体很可能具有比金刚石更大的硬度，且原子间均已单键结合，下列关于晶体说法正确的是A．C3N4晶体是分子晶体B．C3N4晶体中，C-N键的键长比金刚石中C-C键的键长要长C．C3N4晶体中每个C原子连接4个N原子，而每个N原子连接3个C原子D．C3N4晶体中微粒间通过离子键要长18、下列说法正确的是()A．煤的干馏和石油的分馏都是化学变化B．漂白粉、水玻璃和碱石灰都是混合物C．纯碱、明矾和干冰都是电解质D．鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液生成白色沉淀，属于化学变化19、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．常温常压下，124gP4中所含P—P键数目为4NAB．常温下1molCl2和足量氢氧化钠溶液充分反应，转移电子数目为2NAC．64gSO2含有氧原子数为2NAD．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NA20、下列实验操作中，正确的是（）A．把pH试纸浸入待测溶液中，测定溶液的pHB．称NaOH固定质量时。将NaOH固体放在垫有滤纸的托盘上进行称量C．配制100mL2mol·L－1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解后再将溶液转移入容量瓶定容D．浓硫酸溅在皮肤上，应立即用烧碱溶液冲洗21、强酸性溶液X中可能含有Na+，K+、NH4+、Fe3+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、C1-的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下所示：下列结论正确的是A．气体A是SO2，证明原溶液中含有SO32-B．沉淀G中加入盐酸溶解，滴加KSCN溶液显红色，可以确定原溶液中有Fe3+C．沉淀I―定是A1(OH)3D．X中不能确定的离子是Al3+、Fe3+、Na+、K+和Cl-22、“绿色能源”是当今人类理想的能源，下列不属“绿色能源”的是A．风能B．潮汐能C．石油D．太阳能二、非选择题(共84分)23、（14分）医药合成中可用下列流程合成一种治疗心脏病的特效药物(G)。已知：①RCH=CH2RCH2CH2CHO；②(1)B的核磁共振氢谱图中有________组吸收峰，C的名称为________。(2)E中含氧官能团的名称为________，写出D→E的化学方程式________。(3)E-F的反应类型为________。(4)E的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构有________种，写出其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式________________________。(5)下列有关产物G的说法正确的是________A．G的分子式为C15H28O2B．1molG水解能消耗2molNaoHC．G中至少有8个C原子共平面D．合成路线中生成G的反应为取代反应(6)写出以1-丁醇为原料制备C的同分异构体正戊酸(CH3CH2CH2CH2COOH)的合成路线流程图。示例如下：H2C=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH，无机试剂任选______________________。24、（12分）有机物D的结构简式：，学名肉桂酸，又名苯丙烯酸，主要用于香精香料、食品添加剂、医药工业、美容、农药、有机合成等方面，其合成路线(部分反应条件略去)如下所示：已知：I.；II.完成下列填空：(1)C中含氧官能团名称是_______，E的结构简式________。(2)反应②的反应类型是______，A的名称是_______。(3)反应①发生所需的试剂是_____。反应⑥的化学方程式为_______。(4)D的分子式是____，与D具有相同官能团的同分异构体有多种，其中一种的结构简式为___。(5)设计一条以溴乙烷为原料合成乳酸的路线(其它试剂任选，合成路线常用的表示方式为：AB……目标产物)__________。25、（12分）广泛用作有机反应催化剂。十堰市采用镁屑与液溴为原料制备无水，装置如图1，主要步骤如下：步骤1：三颈瓶中装入10g镁屑和150mL无水乙醚；装置B中加入15mL液溴。步骤2：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全导入三口瓶中。步骤3：反应完毕后恢复至室温，过滤，滤液转移至另一干燥的烧瓶中，冷却至0℃，析出晶体，再过滤得三乙醚合溴化镁粗品。步骤4：常温下用苯溶解粗品，冷却至0℃，析出晶体，过滤，洗涤得三乙醚合溴化镁，加热至160℃分解得无水产品。已知：①和剧烈反应，放出大量的热；具有强吸水性；②乙醚极易挥发；③请回答下列问题：（1）仪器D的作用是__________；（2）无水的作用是__________。（3）步骤2通入干燥的的目的是______；实验中不能用干燥空气代替干燥，原因是________。（4）若将装置B改为装置C（图2），可能会导致的后果是______（5）步骤4用苯溶解粗品的目的是_________。（6）从平衡移动的角度解释得到三乙醚合溴化镁后，加热有利于得到无水产品的原因：_________26、（10分）Ⅰ．由四种常见元素组成的化合物X，按如下流程进行实验。气体C能使带火星木条复燃，溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，固体A和D组成元素相同，X可由蓝色溶液F与过量的浓的强碱性溶液B反应获得。请回答：(1)X的化学式________________。(2)写出F+B→X反应的离子方程式：________________。(3)黑色固体A可在高温下与氨气作用生成红色固体D，同时生成一种单质，写出该反应的方程式：________________。Ⅱ．已知CuCl晶体呈白色，熔点为430℃，沸点为1490℃，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为：CuCl(白色，s)+3HCl(aq)H3CuCl4(黄色，aq)。实验室用下图所示装置制取CuCl，反应原理为：2Cu2++SO2+8Cl−+2H2O=2++4H+；(aq)CuCl(s)+3Cl-(aq）反应结束后，取出三颈烧瓶中的混合物进行一系列操作可得到CuCl晶体。(4)反应过程中要通入过量SO2的原因是：________________。(5)欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_____________。27、（12分）某铁红涂料中添加有CuO或FeO中的一种，为探究添加物的成分设计如下实验方案。(1)请写出实验步骤、预期现象，对应的离子方程式。(限选试剂：铁粉、3mol·L－1H2SO4、0.1mol·L－1酸性KMnO4溶液、10%H2O2、KSCN溶液)操作步骤预期现象①取少量样品于试管中，加入足量的_____，充分振荡，将所得澄清的溶液分装在两支试管中_______________②____________________若________，则含有CuO③____________________若________，则含有FeO④操作步骤③中反应的离子方程式为______________________________。(2)经分析该铁红涂料中有FeO，为测定铁红中铁的质量分数，兴趣小组的同学称量11.6g该铁红涂料进行了如下实验。已知：气体由草酸晶体受热分解得到：H2C2O4·2H2OCO2↑＋CO↑＋3H2O。且除铁红外所用试剂均过量。装置A、B中的试剂依次是_____________、________。气体通入后，接下来的操作是________________，然后对C装置加热。③实验前后称得D装置增重8.8g，则此铁红中铁的质量分数是________。28、（14分）石油是工业的血液，通过它可以得到很多重要的化工产品。已知：+（1）B和A为同系物，B的结构简式为____，其含有的官能团名称为____。（2）反应①的化学方程式为___，其反应类型为____。（3）写出检验C3H5Cl中含有的Cl原子的方法____。（4）C的结构简式为___。（5）反应④的化学方程式为_____。（6）设计一条由乙烯为原料制备D的合成路线（其他无机原料任选）。___合成路线流程图示例如下：CH3CH2OHCH2=CH2BrH2C-CH2Br。29、（10分）世上万物，神奇可测。其性质与变化是物质的组成与结构发生了变化的结果。回答下列问题。（1）根据杂化轨道理论判断，下列分子的空间构型是V形的是_________

(填字母)。A．BeCl2

B．H2O

C．HCHO

D．CS2（2）原子序数小于36的元素Q和T，在周期表中既位于同一周期又位于同一族，且T的原子序数比Q多2。T的基态原子的外围电子(价电子)排布式为_________________，Q2+的未成对电子数是______。（3）铜及其合金是人类最早使用的金属材料，Cu2+能与NH3形成配位数为4的配合物[Cu(NH3)4]SO4①铜元素在周期表中的位置是________________，[Cu(NH3)4]SO4中，N、O、S三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_____________________。②[Cu(NH3)4]SO4中，存在的化学键的类型有_______

(填字母)。A．离子键

B．金属键

C．配位键

D．非极性键

E.极性键③NH3中N原子的杂化轨道类型是________，写出一种与SO42-

互为等电子体的分子的化学式:__________。④[Cu(NH3)4]2+具有对称的空间构型，[Cu(NH3)4]2+中的两个NH3被两个C1-取代，能得到两种不同结构的产物，则[Cu(NH3)4]2+的空间构型为___________________。（4）氧与铜形成的某种离子晶体的晶胞如图所示，则该化合物的化学式为_________。若该晶体的密度为ρg·cm-3，则该晶体内铜离子与氧离子间的最近距离为_____________(用含ρ的代数式表示，其中阿伏加德罗常数用NA表示)cm。

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．过滤时还需要用漏斗，该实验中没有漏斗，选项A错误；B、用pH试纸测定0.1mol/LCH3COONa溶液的pH，pH>7，证明CH3COOH为弱酸，所需要玻璃仪器有玻璃棒、玻璃片，选项B正确；C、加入氯化钠溶液需过量，然后滴加溴化钠，如果出现淡黄色沉淀，说明溴化银的溶度积比氯化银的小，使用的玻璃仪器是试管和滴管，选项C错误；D.1L16%的CuSO4溶液（溶液密度近似为1g/mL）中溶质的物质的量是1mol，溶液的质量是1000g，25gCuSO4•5H2O中硫酸铜的物质的量是0.1mol，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、溶液的配制及溶度积的应用等。易错点是选项C，出现沉淀后，滴加后NaBr溶液，溶液中AgNO3有剩余，此时滴加NaBr发生离子反应：Ag++Br-=AgBr↓，不能说明AgBr和AgCl溶度积的大小。2、C【详解】A．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨的稳定性强于金刚石，A错误；B．石墨和金刚石的转化有新物质生成，属于化学变化，B错误；C．由图可知，1mol石墨所含能量低于1mol金刚石所含能量，所以石墨转化为金刚石为吸热反应，ΔH为正，所以ΔH=-393.5kJ·mol-1-(-395.4kJ/mol)=+1.9kJ·mol-1，石墨转化为金刚石的热化学方程式为：C(s、石墨)=C(s、金刚石)ΔH＝+1.9kJ·mol-1，C正确；D．C(s、石墨)=C(s、金刚石)的ΔH＞0，所以断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比形成1mol金刚石中的化学键放出的能量多，所以，断裂1mol石墨中的化学键吸收的能量比断裂1mol金刚石中的化学键吸收的能量多，D错误。答案选C。3、C【解析】A.甲胺（CH3NH2）类似于氨，但碱性稍强于氨，说明甲胺是一元弱碱，在水中的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－，故A正确；B.若加入20mL的盐酸，则盐酸和甲胺恰好完全反应生成CH3NH3Cl溶液，CH3NH3Cl是强酸弱碱盐，所得溶液呈酸性，b点溶液呈中性，所以b点对应加入盐酸的体积小于20mL，故B正确；C.将等物质的量的CH3NH2和CH3NH3Cl一起溶于蒸馏水，因CH3NH2发生电离，则所得溶液中c(CH3NH2)≠c(CH3NH3+)，即lgcCH3NH3+cCH3NH2≠0，所以对应的不是a点的溶液，故C错误；D.由甲胺的电离方程式CH3NH2+H2OCH3NH3++OH－可知，甲胺的电离常数为Kb=cOH-×cCH3NH3+cCH3NH2，a点溶液的pH=10.6，c(OH－)=10－3.44、A【分析】试样溶液中加入过量Ba(OH)2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有N；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al和OH-，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明气体2是NH3，根据3N+8Al+5OH-+2H2O=3NH3↑+8Al反应可知，溶液2中含有N，根据元素守恒知，原溶液中含有N；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是难溶性碳酸钡，也可能是含有其他碳酸盐，也有可能是试样中存在Al3+，在过量的Ba(OH)2中反应生成Al，通入CO2后生成Al(OH)3沉淀；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有S，以及能和过量Ba(OH)2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg(OH)2，所以溶液中含有Mg2+，以此分析解答。【详解】A.根据以上分析知，试样中肯定存在N、S、Mg2+和N，不能确定试样中是否含Al3+，故A正确；B.根据以上分析知，试样中肯定存在N、S、Mg2+和N，故B错误；C.根据以上分析知，要确定试样中是否有Na+存在，可做焰色试验，若焰色为黄色，则存在Na+，故C错误；D.根据以上分析知，沉淀2可能是碳酸钡，也可能是含有其他碳酸盐，故D错误；故答案：A。5、C【详解】将一小块钠投入到NH4Cl溶液中,发生下列反应:2Na+2H2O=2NaOH+H2、NaOH+NH4Cl=NH3+H2O+NaCl,所以会产生H2和NH3;A.只有H2不符合；B.只有NH3不符合；C.H2和NH3符合；D.O2和H2不符合，答案：C。【点睛】根据钠与水反应生成氢氧化钠,氢氧化钠与氯化铵反应生成氨气解答。6、C【详解】A．Na2CO3加热不分解，故A不符合题意；B．CaCO3加热分解生成CaO，CaO和Na2CO3混合不能分开，故B不符合题意；C．NaHCO3受热分解生成Na2CO3，能除去NaHCO3杂质，故C符合题意；D．NaHCO3受热分解生成Na2CO3，杂质不能除掉，而要保留的物质变成了杂质，故D不符合题意。综上所述，答案为C。7、C【详解】A.根据电池总反应，电池的电解液为碱性溶液，Fe发生失电子的氧化反应，Fe为负极，Ni2O3发生得电子的还原反应，Ni2O3为正极，A正确；B.放电时，负极反应为Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，B正确；C.电池充电时的反应为Fe(OH)2＋2Ni(OH)2=Fe+Ni2O3+3H2O，阴极电极反应为Fe(OH)2+2e-=Fe+2OH-，阴极附近碱性增强，pH增大，C错误；D.充电时阳极反应为2Ni(OH)2＋2OH--2e-=Ni2O3+3H2O，D正确；答案选C。【点睛】二次电池放电时为原电池原理，充电时为电解原理。充电时的阴极反应为放电时负极反应的逆过程，充电时的阳极反应为放电时正极反应的逆过程。8、C【详解】A.向某明矾溶液中滴加NaOH溶液直至过量，溶液中先生成沉淀，然后沉淀又逐渐溶解，前后两个阶段分别消耗的氢氧化钠溶液的体积之比为3:1，图像与之不符，故A错误；B.假设NaOH和Na2CO3分别为1mol，向含有1molNaOH和Na2CO3的混合溶液中滴加过量的稀盐酸，氢氧化钠先与盐酸反应消耗1molHCl；碳酸钠与盐酸反应生成1molNaHCO3，消耗HCl1mol；最后1molNaHCO3再与盐酸反应产生二氧化碳气体，又消耗HCl1mol，所以产生气体前后消耗盐酸的体积之比为2:1，图像与之不符，故B错误；C.在稀硝酸溶液中加入铁粉，先发生Fe+2NO3-+4H+=Fe3++2NO↑+2H2O，当硝酸消耗完之后，铁离子的量达到最大值；继续加入铁粉后，铁离子与铁发生反应，Fe+2Fe3+=3Fe2+，铁离子的量逐渐减小直至为0，最终两步反应消耗铁的量为1：0.5=2：1，与图像相符合，C正确；D.KNO3溶解度随温度变化较大，氯化钠溶解度随温度变化不大，因此除去混在KNO3中少量的NaC1可用“蒸发浓缩、冷却结晶、过滤”的方法进行分离，故D错误；答案选C。9、D【分析】A、B、C、D、E为五种不同主族的原子序数依次增大的前20号元素；其中A、B、C、E四种位于不同周期，则A为第一周期的H，B的最外层电子数为其电子层数的三倍，B为O，E为第四周期的元素，只能为Ca，这五种元索原子序数和为56，C、D的位于第三周期，而且原子序数之和为27，黝帘石为硅酸盐，含有硅，根据A、B、C、D、E为五种不同主族的原子序数依次增大的前20号元素，所以C为铝，D为硅，据此解答。【详解】A．非金属性越强的元素，最简单的气态氢化物的稳定性越强，氧的非金属性强于硅，所以最简单氢化物的热稳定性：B＞D，故A正确；B．氯，硅，氧都是非金属元素，非金属元素易形成共价化合物，所以氯元素分别和D、B形成的常见的化合物为四氯化硅，二氧化氯，均为共价化合物，故B正确；C．离子的电子层数越多，离子半径越大；离子电子层数相同的元素，原子序数越小，半径越大，所以B、C、E的简单离子半径为：E＞B＞C，故C正确；D．C为铝，最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，是两性氢氧化物，不是强碱，故D错误；故选D。10、C【分析】铊和铝都位于周期表第ⅢA族，原子核外有3个电子，最高化合价为+3价，能形成+3价的离子化合物，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应金属单质的熔点逐渐降低，硬度减小。【详解】A.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应金属单质的熔点逐渐降低，硬度减小，Tl可能为质软金属，所以A选项是正确的；

B.铊和铝都位于周期表第ⅢA族，原子核外有3个电子，最高化合价为+3价，能形成+3价的离子化合物，所以B选项是正确的；

C.硝酸具有强氧化性，与金属反应生成NO或NO2，没有氢气生成，故C错误；

D.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则铊的金属性强于铝，所以D选项是正确的。

答案选C。11、C【解析】A、分析实验过程，滴入氢氧化钠无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀，加入过量的氢氧化钠溶液沉淀减少，说明一定生成氢氧化铝沉淀，说明溶液中含有Al3+，溶液中除了铝离子，应还有另一种金属阳离子，该未知溶液中至少含有3种阳离子，故A错误；B、依据图象分析，溶解的氢氧化铝物质的量为0.20mol-0.15mol=0.05mol，消耗氢氧化钠溶液体积=110mL-100mL=10mL，氢氧化钠的浓度==5mol/L，故B错误；C、若另一种阳离子为二价金属阳离子，生成氢氧化铝最大沉淀量0.05mol，二价金属物质的量为0.15mol，开始消耗氢氧化钠体积为amL，消耗氢氧化钠物质的量为0.05mol×3+0.15mol×2+a×10-3L×5mol/L=0.1L×5mol/L，a=10，故C正确；D、最后得到的沉淀不能确定其成分，所以不能计算灼烧后得到的氧化物的质量，故D错误；故选C。点睛：本题考查了图像的分析，定量计算和图像中的定量分析是解题关键。实验过程滴入氢氧化钠开始无沉淀，说明含有H+，继续滴入氢氧化钠溶液生成白色沉淀，然后沉淀减少但并未完全溶解，说明一定含有Al3+和另一种金属阳离子。12、B【解析】当碳酸钠滴入盐酸中时发生CO32-+2H+═H2O+CO2↑，当盐酸滴入碳酸钠溶液时，反应顺序为CO32-+H+═HCO3-、HCO3-+H+═H2O+CO2↑，则HCl的物质的量应大于Na2CO3的物质的量，又因为最终生成的气体体积不同，则HCO3-+H+=H2O+CO2不能全部完成，即HCl的物质的量比Na2CO3的物质的量的二倍少，碳酸钠的物质的量为0.1L×0.20mol·L-1=0.02mol，则HCl的物质的量应介于0.02mol～0.04mol之间，盐酸溶液的体积为200mL=0.2L，即盐酸的浓度应该是大于0.1mol/L，小于0.2mol/L，故选B。点睛：本题考查学生利用盐酸与碳酸钠的反应分析盐酸的浓度，明确不同的滴加顺序发生的反应是解题的关键。本题中根据碳酸钠滴入盐酸中的反应及盐酸滴入碳酸钠中的反应，结合都有气体产生，但最终生成的气体体积不同，找出盐酸与碳酸钠的物质的量的关系。13、B【分析】8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨气为还原剂，二氧化氮为氧化剂，则由N原子守恒可知7molN2中，3mol为还原产物，4mol为氧化产物，即该反应中还原产物比氧化产物少1mol，同时转移电子为24e-，以此来解答．【详解】A.若还原产物比氧化产物少0.1mol,转移电子为2.4mol,转移电子2.4NA个，故A错误；B.若还原产物比氧化产物少0.1mol，还原剂为0.8mol，氧化剂为0.6mol，还原剂比氧化剂多0.2mol，故B正确；C.若还原产物比氧化产物少0.1mol，生成单质为0.7mol，标况下体积为0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C错误；D.氧化剂被还原，由选项B可知，被还原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D错误；故选C.【点睛】氧化还原反应的计算方法是电子守恒，即还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，当氧化产物与还原产物是同一种物质时，从还原剂，氧化剂分析。14、C【解析】A、当水结成冰时，密度减小，A错误；B、玻璃态水与液态水均是水分子，具有相同的化学性质，B错误；C、玻璃态水无固定形状，不属于晶体，C正确；D、纯净水是纯净物，食盐水是氯化钠的水溶液，二者的熔点不相同，D错误，答案选C。15、D【详解】A、将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液，SO2能被NO3-氧化成H2SO4，并进一步和Ba2+形成BaSO4白色沉淀，所以不能确定SO2中是否混有SO3，结论错误，A选项错误；B、CO2能和NaAlO2反应：CO2+2AlO2-+3H2O=2Al(OH)3↓+CO32-，过量的CO2不能溶解Al(OH)3，反应为：CO2+AlO2-+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，B选项错误；C、滴入氯水后再加KSCN，溶液显红色，检测出的Fe3+可能来自Fe2+，也可能是溶液中已有的Fe3+，所以，无法确定原溶液是否含Fe2+，C选项错误；。D、向淀粉KI溶液中滴入稀硫酸不变蓝，再加入H2O2溶液，I-被H2O2氧化为I2，溶液变蓝色，从而证明酸性条件下H2O2氧化性强于I2，现象和结论都正确，D选项正确。答案选D。【点睛】Fe2+的检验：用氯水和KSCN溶液检验Fe2+要排除Fe3+的干扰。正确方法是：先加KSCN溶液，溶液不变红，再加氯水，溶液变红，则含Fe2+。16、A【详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的P－P，5mol的O2中含有5molO＝O，1mol的P4O10中含有4mol的P＝O，12mol的P－O，所以根据方程式可知反应热△H＝(6a＋5d－4c－12b)kJ·mol－1。答案选A。17、C【详解】C3N4晶体具有比金刚石更大的硬度，且原子间均以单键结合，说明该物质是原子晶体，每个C原子连接4个N原子、每个N原子连接3个C原子。A．分子晶体熔沸点较低、硬度较小，原子晶体硬度较大，该晶体硬度比金刚石大，说明为原子晶体，故A错误；B．原子半径越大，原子间的键长越长，原子半径C＞N，所以C3N4晶体中C−N键长比金刚石中C−C要短，故B错误；C．该晶体中原子间均以单键结合，且每个原子都达到8电子稳定结构，所以每个C原子能形成4个共价键、每个N原子能形成3个共价键，故C正确；D．离子晶体微粒之间通过离子键结合，原子晶体微粒间通过共价键结合，该晶体是原子晶体，所以微粒间通过共价键结合，故D错误；答案选C。18、B【详解】A.石油的分馏是物理变化，A错误；B.漂白粉、水玻璃和碱石灰均是混合物，B正确；C.干冰是固态二氧化碳，二氧化碳在水溶液和熔融状态下自身均不能导电，是非电解质，C错误；D.鸡蛋清溶液中加入饱和(NH4)2SO4溶液发生盐析，是物理变化，D错误；答案选B。19、C【解析】A.常温常压下124gP4为1mol，一个P4中所含6个P—P键，故1molP4数目为6NA，故A错误；B.常温下Cl2和足量氢氧化钠溶液发生的是歧化反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂，1molCl2充分反应，转移电子数目为NA，故B错误；C.64gSO2为1mol，故含有氧原子数为2NA，故C正确；D.标准状况下，22.4LH2O为液体，无法计算含有的分子数，故D错误；答案：C。20、C【详解】A.使用pH试纸时不能直接将试纸浸到溶液中，应用玻璃棒蘸取溶液滴在PH试纸上，防止污染溶液，故A错误；

B.NaOH具有吸水性能与空气中二氧化碳反应，称量时应尽量减小与空气的接触面积，应放在小烧杯中称量，故B错误；

C.配制100mL2mol·L-1的NaOH溶液时，应将称量好的固体在烧杯中溶解冷却后再将溶液转移入容量瓶，在加水定容即可，故C正确；D.因浓硫酸能与烧碱反应放出大量的热，如果用烧碱溶液清洗会增大烧伤面积，所以先用抹布擦拭，再用大量的水冲洗，故D错误；

故选C。21、D【详解】①强酸性溶液中CO32−、SO32−不能存在；②X溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液生成沉淀C是BaSO4，说明有SO42−存在；硝酸被还原生成气体A为NO，说明有还原剂Fe2+存在,(即3Fe2++4H++NO3-=3Fe3++NO↑+2H2O)，在此反应中，Fe2+被氧化为Fe3+。③溶液B加入过量NaOH溶液，生成的沉淀G为Fe(OH)3；生成的气体F为NH3；说明有NH4+存在。④溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−；A.强酸性溶液X中CO32-、SO32-不能存在，故A错误.B.沉淀G为Fe(OH)3,但Fe3+可能是原来有的,也可能是Fe2+被氧化生成的，故B错误；C.溶液H通入CO2生成沉淀I，由于前面加入过量的Ba(NO3)2溶液，引入了大量Ba2+，且前面加入的NaOH是过量的，所以沉淀I中一定有BaCO3，又由于前面不能确定溶液X中是否存在A13+，所以这里也不能确定沉淀I中有A1(OH)3，故C错误；D.溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于前面加入过量NaOH溶液，引入了较多的Na+，因此不能确定溶液X中是否存在Na+；因为焰色黄色能掩盖紫色焰色，所以不能确定溶液X中是否有K+；另外，上述实验过程还不能确定溶液X中是否存在C1−，故D正确；答案选D。22、C【解析】绿色能源是指可再生的能源，而石油为化石能源，不可再生，符合题意，故答案选C。二、非选择题(共84分)23、43-甲基丁酸羟基加成反应或还原反应13、AD【解析】分析：在合成路线中，C+F→G为酯化反应，由F和G的结构可推知C为:，结合已知①，可推知B为：，由F的结构和E→F的转化条件，可推知E的结构简式为：，再结合已知②，可推知D为：。详解：（1）分子中有4种等效氢，故其核磁共振氢谱图中有4组吸收峰,的名称为3-甲基丁酸，因此，本题正确答案为：.4；3-甲基丁酸；（2）中含氧官能团的名称为羟基，根据已知②可写出D→E的化学方程式为。（3）E-F为苯环加氢的反应，其反应类型为加成反应或还原反应。故答案为加成反应或还原反应；（4）的同分异构体中，结构中有醚键且苯环上只有一个取代基结构：分两步分析，首先从分子组成中去掉-O-,剩下苯环上只有一个取代基结构为：，由于丁基有4种，所以也有4种，、、、，第二步，将-O-插入C-C之间形成醚分别有4种、4种、3种和2种，共有13种，其中甲基数目最多的同分异构体的结构简式为、。所以，本题答案为：13；、；（5）A.由结构简式知G的分子式为C15H28O2，故A正确；B.1molG水解能消耗1mol

NaOH，故B错误；C.G中六元碳环上的C原子为饱和碳原子，不在同一平面上，故至少有8个C原子共平面是错误的；D.合成路线中生成G的反应为酯化反应，也属于取代反应，故D正确；所以，本题答案为：AD（6）以1-丁醇为原料制备正戊酸(

CH3CH2CH2CH2COOH)，属于增长碳链的合成，结合题干中A→B→C的转化过程可知，1-丁醇先消去生成1-丁烯，再和CO/H2反应生成戊醛，最后氧化生成正戊酸，合成路线为：24、羟基、羧基加成反应甲醛氢氧化钠醇溶液、加热C9H8O2【分析】根据已知I，可判断A为甲醛；B为苯基乙醛；根据已知II，判断C为C6H5-CH2CH(OH)COOH；根据D的结构简式，可判断反应⑥为消去反应；根据E的化学式，⑦为缩聚反应，E为高分子化合物。【详解】(1)C为C6H5-CH2CH(OH)COOH，含有的含氧官能团为羟基、羧基；E为C6H5-CH2CH(OH)COOH发生缩聚反应生成的高分子化合物，其结构简式为；(2)反应②为碳碳双键与水的加成反应；A为甲醛；(3)反应①为氯代烃的消去反应，反应条件是氢氧化钠醇溶液、加热；反应⑥为C6H5-CH2CH(OH)COOH中的羟基的消去反应，方程式为；(4)根据D的结构简式，其分子式为C9H8O2，D中含有碳碳双键、羧基，可分别连接到苯环上，可以得到多种同分异构体，其含有苯环的同分异构体为；(5)根据已知II，溴乙烷先生成乙醇，乙醇氧化为乙醛，乙醛与HCN反应生成，再在酸性条件下水解即可。反应流程：25、冷凝回流防止空气中的水蒸气进入A装置将溴蒸汽吹出镁屑会与空气中的氧气反应，生成的阻碍反应的继续进行会将液溴挤压入A中，剧烈反应，放出大量热，存在安全隐患除去溴、乙醚等杂质该反应为放热反应，且加热促使乙醚挥发，加热后平衡逆向移动【分析】(1)乙醚和溴都易挥发，据此分析作用；(2)MgBr2具有强吸水性，据此分析；(3)根据溴单质具有挥发性分析；空气中的氧气与Mg反应；(4)将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，而Mg和Br2反应剧烈放热；(5)粗品含有溴和乙醚等杂质，需要除去；(6)已知：MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热有利于吸热方向，同时乙醚会挥发，据此分析。【详解】(1)仪器D为球形冷凝管，作用是使挥发出的乙醚和溴蒸气冷却并回流至反应装置；(2)具有强吸水性，无水的作用是防止空气中的水蒸气进入A装置；(3)因为液溴极易挥发，故干燥的N2可将液溴吹出；镁屑会与空气中的氧气反应，生成的MgO阻碍反应的继续进行，故实验中不能用干燥空气代替干燥N2；(4)已知：Mg和Br2反应剧烈放热，将装置B改为装置C，会将液溴挤压入三口瓶中，反应加剧大量放热存在安全隐患；(5)步骤4用苯溶解粗品的目的是除去溴、乙醚等杂质；(6)已知MgBr2

+3C2H5OC2H5

⇌MgBr2•3C2H5OC2H5△H＜0，加热促使乙醚挥发，且逆反应是吸热反应，加热后平衡朝有利于三乙醚合溴化镁分解的方向移动。26、Na2[Cu(OH)4]Cu2++4OH-=[Cu(OH)4]2-6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O将CuCl2完全转化为CuCl，并防止生成的CuCl被氧化将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥【详解】I.气体C能使带火星木条复燃，则C为O2，且n（O2）=0.112L÷22.4L/mol=0.005mol，红色固体D与稀硫酸、过氧化氢反应得到蓝色溶液，D和黑色固体A的组成元素相同，则A为CuO、D为Cu2O，F为CuSO4，固体A分解发生反应：4CuO2Cu2O+O2↑，可知n（CuO）=0.02mol。溶液B和溶液E的焰色反应为黄色，说明含有钠元素，碱性溶液B与0.100mol/L400mL盐酸反应，B为NaOH水溶液，n（NaOH）=0.04mol，X可由蓝色溶液F与过量的浓的B溶液反应获得，且满足n（Cu）：n（Na）=1：2，故X为Na2[Cu(OH)4]。（1）由上述分析可知，X的化学式为Na2[Cu(OH)4]；（2）X可由蓝色溶液F与过量的浓的强碱性溶液B反应获得，该反应的离子方程式为Cu2++4OH-=[Cu(OH)4]2-；（3）CuO与氨气在高温下反应生成Cu2O、氮气和水，反应方程式为6CuO+2NH33Cu2O+N2+3H2O；Ⅱ．（4）由反应原理可知，SO2将CuCl2完全转化为CuCl，CuCl露置于潮湿空气中易被氧化，而SO2具有还原性，可以防止生成的CuCl被氧化，即答案为：将CuCl2完全转化为CuCl，并防止生成的CuCl被氧化；（5）由题目信息可知，CuCl可以溶于浓盐酸，而Cu不与盐酸反应，且溶液中存在平衡(aq)CuCl(s)+3Cl-(aq），稀释会析出CuCl晶体，所以提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案为：将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤，洗涤，干燥。27、3mol•L-1H2SO4样品全部溶解取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol•L-1H2SO4，充分振荡。试管中出现红色固体取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol•L-1酸性KMnO4溶液紫红色褪去氢氧化钠溶液浓硫酸用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧72.41%【详解】(1)氧化铜可以溶解于强酸溶液中，得到含有铜离子的盐，加入足量铁粉可以将金属铜置换出来，据此可以检验固体是氧化铜，氧化亚铁可以和强酸反应生成亚铁盐，能使高锰酸钾褪色，据此可以检验固体中含有氧化亚铁，实验方案设计为：实验操作预期现象和结论①加入足量的3mol•L-1H2SO4，充分振荡．样品全部溶解②取少许溶液于试管中，加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol•L-1H2SO4，充分振荡．试管中出现红色固体，说明试样中有CuO③取少许溶液于试管中，逐滴加入0.01mol•L-1酸性KMnO4溶液如果紫红色褪去，发生的离子反应方程式为，说明试样中有FeO；故答案为①3mol/LH2SO4；②向一支试管中加入足量铁粉，充分振荡；再加入足量3mol/LH2SO4，充分振荡；出现红色固体；③向另一支试管中加入0.01mol/L酸性KMnO4溶液；紫红色褪去；④；(2)①草酸分解生成的气体中含有二氧化碳和一氧化碳，C中发生一氧化碳与铁红的反应生成二氧化碳，D是吸收二氧化碳的装置，通过D装置的质量变化来测定的，因此需要除去加入C中气体中的二氧化碳，并干燥，装置A、B中的试剂依次是氢氧化钠溶液和浓硫酸，故答案为氢氧化钠溶液；浓硫酸；②一氧化碳具有可燃性，需要验纯，操作为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧，一氧化碳纯净后才能对C装置加热，故答案为用点燃的小木条靠近肥皂泡，直到肥皂泡安静燃烧；③实验前后称得D装置增重8.8g，表示生成的二氧化碳为8.8g，物质的量为=0.2mol，说明样品中含有0.2molO元素，质量为0.2mol×16g/mol=3.2g，则此铁红中铁的质量分数是×100%=72.41%，故答案为72.41%。28、CH2=CHCH3碳碳双键CH2=CH2+H2OCH3CH2OH加成反应取样，先加入NaOH溶液加热，冷却后加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成则含有Cl原子，否则不含HCOO-COOHCH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaClCH2=CH2CH3CH2OHCH2=CH2BrCH2-CH2BrHOCH2-CH2OH【分析】由流程图可知A为乙烯，与水加成得乙醇，与C反应生成D，C为HCOO-COOH；B为CH2=CHCH3，与氯气发生取代反应得CH2=CHCH2Cl，再发生CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl，得CH2=CHCH2OH，根据信息氧化生成C。【详解】（1）A为乙烯，B和A为同系物，有3个碳，所以B的结构简式为CH2=CHCH3，其含有的官能团名称为碳碳双键。（2）CH2=CH2和H2O发生加成反应，反应①的化学方程式为CH2=CH2+H2OCH3CH2OH，其反应类型为加成反应。（3）C3H5Cl是共价化合物，在水中难电离，要先水解产生氯离子，检验C3H5Cl中含有的Cl原子的方法：取样，先加入NaOH溶液加热，冷却后加入稀硝酸酸化，再加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成则含有Cl原子，否则不含。（4）A为乙烯，