福建省厦门市思明区湖滨中学2026届化学高三第一学期期中预测试题含解析

福建省厦门市思明区湖滨中学2026届化学高三第一学期期中预测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知：①在发烟硫酸(H2SO4·SO3)中,I2和I2O5生成I2(SO4)3。②I2(SO4)3溶于水生成I2和I2O4。下列说法正确的是()A．发烟硫酸的摩尔质量为178B．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3C．反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3D．若反应②中消耗2molI2(SO4)3,则电子转移3mol2、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、下列反应的离子方程式中正确的是（）A．将Fe(OH)2投入稀HNO3中：Fe(OH)2+2H+＝Fe2++2H2OB．在Ba(OH)2溶液中滴入少量的KHCO3溶液：Ba2++2OH－+2HCO3－＝BaCO3↓+CO32－+2H2OC．在NaClO溶液中通入少量的SO2：ClO－+SO2+H2O＝SO42－+Cl－+2H+D．在硫酸氢钠溶液中滴加少量纯碱溶液：2H++CO32－＝CO2↑+H2O4、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．氯气溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2OC．酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2OD．向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：HCO3-＋Ba2＋＋OH－=BaCO3↓＋H2O5、下列有关化学用语正确的是A．二氧化碳分子的比例模型为B．的结构示意图为1s22s23p6C．聚氯乙烯的结构简式为D．的电子式为6、最新报道：科学家首次用X射线激光技术观察到CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：下列说法中正确的是A．CO和O生成CO2是吸热反应B．在该过程中，CO断键形成C和OC．CO和O生成了具有极性共价键的CO2D．状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O2反应的过程7、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．FeFeCl2Fe(OH)2B．SSO3H2SO4C．CaCO3CaOCaSiO3D．NH3NOHNO38、草酸晶体(H2C2O4·2H2O)无色，熔点为101℃,易溶于水，受热脱水、升华,170℃以上分解。某学生拟用下图装置做草酸晶体的分解实验并验证部分产物，下列说法错误的是A．装置A中的大试管口应略向下倾斜，是因为加热草酸晶体时会产生水B．装置B的主要作用是冷凝(水蒸气、草酸)等,防止草酸进入装置C中,干扰CO2的检验C．装置C中可观察到的现象是有气泡冒出,澄清石灰水变浑浊D．本实验能证明草酸晶体的分解产物有二氧化碳9、化学反应N2+3H2→2NH3的能量变化如图所示，该反应的热化学方程式是（）A．N2(g)+H2(g)→NH3(l)△H=-46kJ/molB．N2(g)+H2(g)→NH3(g)△H=-454kJ/molC．N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)△H=-92kJ/molD．N2(g)+3H2(g)→2NH3(1)△H=+431.3kJ/mol10、下列反应的离子方程式书写正确的是A．澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2++OH-+HCO3-==CaCO3↓+H2OB．1mol·L-1

的NaAlO2溶液和2.5mol·L-1的盐酸等体积混合：2AlO2-+5H+=Al（OH）3↓+Al3++H2OC．实验室配制的亚铁盐溶液在空气中被氧化：4Fe2++O2+2H2O==4Fe3++4OH-D．用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4-+6H++H2O2==2Mn2++3O2↑+4H2O11、下列说法正确的是A．HF分子间存在着氢键，故HF分子比H2S分子稳定B．晶体中只要有阳离子，就一定有阴离子C．原子晶体中只存在非极性共价键D．HClO4的酸性比H2SO4酸性强，说明氯的非金属性比硫强12、实验室将NaClO3和Na2SO3按物质的量为2:1放入烧杯中，同时滴入适量H2SO4，并用水浴加热，产生棕黄色的气体X，反应后测得NaClO3和Na2SO3恰好完全反应，则X的化学式为A．Cl2 B．Cl2O C．ClO2 D．Cl2O313、设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A．7.2gCaO2固体中阴阳离子总数为0.3NAB．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数目为2NAC．在一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移的电子数目为0.2NAD．10g质量分数为46%的乙醇溶液中O-H键数目为0.7NA14、下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是XYAA二氧化氮酸性氧化物氧化物B硫酸化合物电解质C胶体分散系混合物D置换反应氧化还原反应离子反应A．A B．B C．C D．D15、下列有关实验操作正确的是A．甲：称量25.0g氢氧化钠固体B．乙：检验铁粉与水蒸气反应产生的氢气C．丙：配制100mL1.0mol·L-1氢氟酸溶液时的转移操作D．丁：分离两种互溶且沸点相差较大的液态物质16、实验室从海带中提取碘的流程如图：下列操作装置不符合要求的是A． B． C． D．17、下列事实不能说明元素的金属性或非金属性相对强弱的是序号事实推论A与冷水反应，Na比Mg剧烈金属性：Na>MgBCa(OH)2的碱性强于Mg(OH)2金属性：Ca>MgC氧化性：HClO＞H2CO3非金属性：Cl>CD热稳定性强弱：HBr＞HI非金属性：Br>IA．A B．B C．C D．D18、下列实验对应的现象以及结论均正确的是选项实验现象结论A向装有溴水的分液漏斗中加入裂化汽油，充分振荡，静置下层为橙色裂化汽油可萃取溴B向Ba(ClO)2溶液中通入SO2有白色沉淀生成酸性:H2SO3>HClOC向盛有浓硫酸的试管中加入铜片，将产生的气体通入品红溶液无明显现象铜片未打磨D将一小块钠加入盛有无水乙醇的烧杯中有气泡产生，收集气体，点燃产生爆鸣声生成的气体是H2A．A B．B C．C D．D19、某晶体化学式为N2H6SO4，其晶体类型与硫酸铵相同。试分析在该晶体中不会存在（）A．分子间作用力 B．共价键 C．离子键 D．阳离子20、下列物质中，属于溶于水后能导电的非电解质的是（）A．SO3 B．乙醇 C．CaO D．醋酸21、元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法不正确的是（）A．Bi元素的相对原子质量是209.0B．Bi元素是第83号元素C．Bi元素最高价为+5价，最低价为-3价D．Bi元素在元素周期表的位置：第六周期ⅤA族22、下列有关离子方程式正确的是（）A．稀硝酸和过量的铁屑反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2OB．向Ca(

HCO3)

2溶液中加入过量NaOH溶液：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．碳酸氢钠溶液水解的离子方程式：HCO3－+H2OCO32－+H3O+D．Fe(OH)3溶于氢碘酸中：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）已知物质A是芳香族化合物，A分子中苯环上有2个取代基(均不含支链)，且A的核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1:1:1:1:2:2，能够与FeCl3溶液发生显色反应。D（C18H16O6）分子中除含2个苯环外还含有1个六元环。它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A中所含的含氧官能团的名称为__________________________。（2）填写下列反应的反应类型：反应①_____________反应③_____________。（3）B的结构简式___________，D的结构简式_______________。（4）A→E的化学方程式为____________________________________________。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_____________种。①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解；③lmol该物质可与4mol[Ag(NH3)2]+发生银镜反应；④lmol该物质可与5molH2加成。24、（12分）对硝基苯乙醇是治疗心血管疾病药物美多心安的中间体，也是重要的香料中间体。对硝基苯乙醇的一条合成路线如图所示：完成下列填空：（1）A的结构简式为___。实验室由A制得苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照，第二步的化学反应方程式为___。（2）反应②的反应类型为___反应。设计反应①、反应③的目的是___。（3）反应③的试剂和条件为___。（4）丁苯橡胶是合成橡胶中产量最大的品种，适合制轮胎、传输带等。丁苯橡胶可通过1，3-丁二烯与苯乙烯加聚得到。写出丁苯橡胶的结构简式___。（5）由1，3-丁二烯为原料可以合成有机化工原料1，4-丁二醇（HOCH2CH2CH2CH2OH），写出其合成路线___。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）25、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）暴露于空气中会与氧气反应生成硝酸钠，在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。现用下图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物成分。已知：①NO+NO2+2OH—==2NO2—+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃（1）为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序（按左→右连接）：A、C、、、。（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是。（3）在关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴人70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是。②装置E的作用是。（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是。（5）通过上述实骏探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是。26、（10分）实验室有NH4HCO3和NaHSO3的干燥粉状混合物，某化学兴趣小组测定其中NH4HCO3的含量。小组的同学设计用在混合物中加酸的实验方法来测定其中NH4HCO3的质量分数。（SO2与酸性KMnO4的反应原理：SO2＋MnO4－＋H＋—SO42－＋Mn2＋＋H2O）回答以下问题：（1）化学小组要紧选用了以下药品和仪器进行实验（图中每种仪器装置只选用了一次，铁架台等固定仪器未画出）请按气流由左向右的方向,仪器连接顺序是〔填仪器的接口字母a、b...)a→_______f→g→_______。（2）实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气，作用是；加酸后A装置再次鼓入空气的作用是_______。（3）E装置的作用是：_______。（4）实验中，假设C试管中溶液褪色，那么测定结果可能会偏_______，为了确保实验中C试管中溶液不褪色，假设取样品的质量为mg，实验前E中所装amol·L－1的KMnO4溶液体积〔V〕应多于______mL；（5）假设混合物样品质量为9.875g,充分作用后碱石灰增重4.4g，那么混合物中NH4HCO3的质量分数为_______。（6）从定量测定的准确性的角度考虑，该套装置还应作进一步的改进，改进的措施是_______。27、（12分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。I．合成该物质的步骤如下:步骤1：配制200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液；步骤2：将所配NH4HCO3溶液倒入四口烧瓶中，控制温度50℃，边搅拌边把所配MgSO4溶液于1min内逐滴加入NH4HCO3溶液中，然后用氨水调节溶液pH至9.5；步骤3：放置1h后，过滤、洗涤、干燥得碳酸镁晶须产品（MgCO3•nH2O，n=1~5）。(1)步骤1中配制400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液所需玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒外，还有____________。(2)①步骤2中应采取的较好加热的方法为__________；②根据上述实验药品的用量，四口烧瓶的最适宜规格为______（填标号）。A．250mLB．500mLC．1000mLD．2000mL③生成MgCO3•nH2O的离子方程式为________________________________________。

(3)步骤3中，为加快过滤速度，常用__________(填过滤方法)。II．测定合成的MgCO3∙nH2O中的n值：方法1：称量1.000g碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中，加入水，滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被过量的NaOH溶液吸收，在室温下反应4～5h，反应后期将温度升到30℃，最后，烧杯中的溶液加足量氯化钡溶液后，用已知浓度的盐酸滴定至中性，从而测得CO2的总量；重复上述操作2次。(4)图中气球的作用是_______________________________________。(5)设NaOH溶液为amol·L-1bmL。3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则n值为______________________（用含a、b、c、d的代数式表示）。(6)若省去“反应后期升温到30℃”的步骤，产生的后果是n值_______（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。方法2：用热重分析法测定合成的MgCO3·nH2O中的n值。称取100g上述晶须产品进行热重分析，热重曲线如图。(7)230℃~430℃发生的化学反应的方程式为__________________________。28、（14分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。（1）CO可用于炼铁，已知：Fe2O3（s）+3C（s）＝2Fe（s）+3CO（g）ΔH1＝+489.0kJ·mol－1C（s）+CO2（g）＝2CO（g）ΔH2＝+172.5kJ·mol－1。则CO还原Fe2O3（s）的热化学方程式为_________________________________________________。（2）分离高炉煤气得到的CO与空气可设计成燃料电池（以KOH溶液为电解液）。写出该电池的负极反应式：__________________________________________________。（3）①CO2和H2充入一定体积的密闭容器中，在两种温度下发生反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g），测得CH3OH的物质的量随时间的变化如图。①曲线I、Ⅱ对应的平衡常数大小关系为KⅠ___________________KⅡ（填“＞”或“＝”或“＜”）。②一定温度下，在容积相同且固定的两个密闭容器中，按如下方式加入反应物，一段时间后达到平衡。容器甲乙反应物投入量1molCO2、3molH2amolCO2、bmolH2、cmolCH3OH（g）、cmolH2O（g）若甲中平衡后气体的压强为开始的0.8倍，要使平衡后乙与甲中相同组分的体积分数相等，且起始时维持化学反应向逆反应方向进行，则c的取值范围为______________________。③一定温度下，此反应在恒压容器中进行，能判断该反应达到化学平衡状态的依据是______________。a．容器中压强不变b．H2的体积分数不变c．c（H2）＝3c（CH3OH）d．容器中密度不变e．2个C＝O断裂的同时有3个H－H断裂（4）将燃煤废气中的CO2转化为二甲醚的反应原理为：2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g）。已知一定条件下，该反应中CO2的平衡转化率随温度、投料比[n(H2)/n(CO2)]的变化曲线如图，若温度不变，提高投料比n(H2)/n(CO2)，则K将__________；该反应△H_________0（填“＞”、“＜”或“=”）。29、（10分）有机物K是某药物的中间体，合成路线如图所示：已知：i.R-CNR-CH2-NH2ii.R1-NH2+R2COOC2H5+C2H5OH回答下列问题(1)A的名称是_______。(2)反应①的化学方程式是_____。(3)反应②的类型是_____。(4)反应③中的试剂X是_____。(5)E属于烃，其结构简式是_____。(6)H中所含的官能团是_____。(7)反应⑥的化学方程式是_____。(8)H经三步反应合成K：HI→J→K，写出中间产物I和J的结构简式_____。

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、D【详解】A.发烟硫酸(H2SO4•SO3)的摩尔质量是178

g•mol-1，故A错误；B.I2中碘为0价，I2O5中碘为+5价，得到+3价的碘化合物I2(SO4)3，则化学方程式为：4I2+6I2O5+15H2SO4•SO3═10I2(SO4)3+15H2O，氧化剂I2O5与还原剂I2的物质的量之比为3：2，故B错误；C.I2(SO4)3溶于水生成I2和I2O4，另外还应生成H2SO4，根据反应物与产物中I元素的化合价可推知I2与I2O4的物质的量之比为1：3，则化学方程式：4I2(SO4)3+12H2O═I2+3I2O4+12H2SO4，氧化产物I2O4与还原产物I2的物质的量之比为3：1，故C错误；D.根据C中②的反应4I2(SO4)3+12H2O═I2+3I2O4+12H2SO4，4I2(SO4)3～I2～6e-，所以消耗2

mol

I2(SO4)3，则电子转移3

mol，故D正确；故选：D。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、D【解析】试题分析：A、硝酸具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，故错误；B、KHCO3是少量，系数为1，因此离子反应方程式为Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O，故错误；C、因为SO2少量，NaClO过量应生成HClO，故错误；D、NaHSO4完全电离出H＋，纯碱过量，2H＋＋CO32－=CO2↑＋H2O，故正确。考点：考查离子反应方程式的正误判断等知识。4、C【详解】A、次氯酸为弱酸，不能拆分，所以氯气溶于水的离子反应方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO，A错误；B、硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸根氧化为硫酸根，所以向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液的离子反应方程式为：3SO32-＋2H＋+2NO3-=3SO42-＋2NO↑+H2O，B错误；C、酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2的离子反应方程式为：IO3-＋5I－＋6H＋=3I2＋3H2O，C正确；D、向NaHCO3溶液中加少量Ba(OH)2溶液：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-，D错误；故选C。【点睛】当离子反应方程式涉及过量和少量时，假设少量的为1mol，再根据具体反应添加。如D选项：Ba(OH)2溶液少量，则假设Ba(OH)2为1mol，则含有2molOH－和1molBa2＋，2molOH－能与2molHCO3-完全反应同时生成2molH2O和2molCO32-，生成的CO32-能够结合Ba2＋，而Ba2＋只有1mol，所以反应1molCO32-，还剩余1molCO32-。所以离子反应方程式为：2HCO3-＋Ba2＋＋2OH－=BaCO3↓＋2H2O+CO32-。5、A【详解】A.二氧化碳分子中碳原子半径大于氧原子，二氧化碳正确的比例模型为：，A项正确；B.的结构示意图为，B项错误；C.聚氯乙烯不含有碳碳双键，结构简式为：，C项错误；D.二氧化碳分子内有2对碳氧双键，其电子式为：，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要注意比例模型常考陷阱是原子半径大小不符事实，同时要区别分子的比例模型和球棍模型。6、C【详解】A.根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故该过程是放热反应，A错误；B.根据状态I、II、III可以看出整个过程中CO中的C和O形成的化学键没有断裂，故B错误；C.由图III可知，生成物是CO2，具有极性共价键，故C正确；D.状态Ⅰ→状态Ⅲ表示CO与O反应的过程，故D错误。故选C。7、C【详解】A.Fe与Cl2反应，一定生成FeCl3，A不正确；B.S与O2反应，只能生成SO2，B不正确；C.CaCO3高温分解生成CaO，CaO与SiO2在高温下反应生成CaSiO3，C正确；D.NO与水不反应，不能生成HNO3，D不正确。故选C。8、A【解析】A项，草酸晶体的熔点101℃小于其分解温度，装置A中的大试管口应向上倾斜，错误；B项，由于草酸晶体易升华，分解产物中混有草酸蒸气，草酸也能使澄清石灰水变浑浊，干扰分解产物CO2的检验，检验CO2之前必须排除草酸的干扰，装置B的主要作用是冷凝水蒸气、草酸等，正确；C项，草酸分解生成CO2、CO和H2O，CO不能被澄清石灰水吸收，装置C中有气泡冒出，CO2使澄清石灰水变浑浊，正确；D项，澄清石灰水变浑浊证明分解产物有CO2，正确；答案选A。9、C【分析】根据反应热等于反应物旧键断裂吸收的总能量减去生成物新键形成所放出总能量计算反应热，然后根据并热化学方程式的书写方法写出热化学方程式，注意反应物的物质的量和生成物的聚集状态。【详解】由图可以看出，molN2(g)+molH2(g)断键吸收的能量为204kJ，形成1molNH3(g)的放出的能量为250kJ，所以N2(g)+H2(g)=NH3(g)△H=-46kJ/mol，而1mol的NH3(g)转化为1mol的NH3(l)放出的热量为22.7kJ，根据盖斯定律可知：N2(g)+H2(g)=NH3(l)△H=-68.7kJ/mol，即：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H=-92kJ/mol，N2(g)+3H2(g)=2NH3(l)△H=-137.4kJ/mol，故合理选项是C。【点睛】本题考查热化学方程式的书写，注意书写热化学方程式时要注明物质的存在状态及与反应的物质相对应的反应热，放热反应的反应热为负值，吸热反应的反应热为正值，反应热包括符号、数值及单位。10、B【解析】A、澄清石灰水是少量，因此离子反应方程式为Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O，故A错误；B、AlO2－与盐酸反应可能为AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓、AlO2－＋4H＋=Al3＋＋2H2O，两种溶液等体积混合，因此物质的量之比为1：2.5，介于1：1和1：4之间，既有Al(OH)3也有Al3＋，发生的反应是AlO2－＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓，假设偏铝酸钠的体积为1L，则消耗H＋物质的量为1mol，生成Al(OH)3物质的量为1mol，Al(OH)3＋3H＋=Al3＋＋3H2O，消耗氢氧化铝的物质的量为(2.5－1)/3mol=0.5mol，氢氧化铝还剩0.5mol，生成Al3＋物质的量为0.5mol，因此离子反应方程式为2AlO2－+5H＋=Al(OH)3↓+Al3＋+H2O，故B正确；C、Fe3＋和OH－不能大量共存，故C错误；D、H2O2遇到强氧化剂时，表现还原性MnO4－→Mn2＋，化合价降低5价，H2O2→O2，化合价共升高2价，最小公倍数是10，离子反应方程式为：2MnO4－＋5H2O2＋6H＋=2Mn2＋＋5O2↑＋8H2O，故D错误。点睛：本题的易错点是选项A，类似的反应中，少量的系数定为1，澄清石灰水是少量，系数为1，1molCa(OH)2中有2molOH－，需要消耗2molHCO3－，因此离子反应方程式为：Ca2＋＋2OH－＋2HCO3－=CaCO3↓＋CO32－＋2H2O。11、D【详解】A.分子的稳定性与化学键有关，与氢键无关，故A错误；B.金属晶体中含有阳离子和自由电子，没有阴离子，所以晶体中有阳离子，不一定有阴离子，故B错误；C.二氧化硅是原子晶体，存在极性键Si-O键，原子晶体中不一定只存在非极性共价键，故C错误；D.最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性越强，HClO4的酸性比H2SO4酸性强，说明氯的非金属性比硫强，故D正确。12、C【详解】NaClO3和Na2SO3按物质的量比2：1加入烧瓶中，再滴入少量H2SO4溶液加热时发生氧化还原反应，反应中Na2SO3的氧化产物是Na2SO4,由于S在反应前化合价为+4价，反应后化合价为+6价，所以1mol的S元素失去2mol电子，根据氧化还原反应中电子转移数目相等可知，2molCl元素得到2mol电子,1mol的Cl元素得到1mol电子，化合价降低1价，因为在反应前Cl的化合价为+5价，所以反应后Cl的化合价为+4价，因此棕黄色的气体X是ClO2，故选C。【点睛】本题考查氧化还原反应中电子守恒的计算，明确硫元素的化合价升高，氯元素的化合价降低是解答本题的关键。13、D【详解】A.CaO2由Ca2+和O22-构成，7.2gCaO2物质的量为0.1mol，固体中阴阳离子总数为0.2NA，A错误；B.密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，生成2molNO2，有部分NO2化合生成N2O4，所以产物的分子数目应小于2NA，B错误；C.在一定条件下，6.4克铜为0.1mol，它与过量的硫反应，生成Cu2S，转移电子的数目为0.1NA，C错误；D.10克质量分数为46%的乙醇溶液中含O-H键的分子包括乙醇分子和水分子，含有O-H键的数目为=0.7NA，D正确；故选D。【点睛】NO与O2充分反应，生成NO2，如果我们平时没有接触NO2两分子化合生成N2O4的反应，我们很难想到这一事实，所以在平时的学习过程中，我们一定要多看书、多接触试题，努力拓宽自己的知识面。14、C【详解】A.酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应的盐和水，NO2与水反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，HNO3不是NO2相应的酸，即二氧化氮并不属于酸性氧化物，故A错误；B.硫酸属于化合物，但化合物不一定属于电解质，如CO2、NO等，它们属于化合物，但不属于电解质，故B错误；C.分散系包括胶体、溶液、悬浊液等，分散系都属于混合物，故C正确；D.置换反应属于氧化还原反应，氧化还原反应不一定是离子反应，如H2＋Cl22HCl，故D错误；答案选C。15、B【解析】A.氢氧化钠有腐蚀性，应在小烧杯中称量，且左物右码，故A错误；B.铁粉与水蒸气反应生成氢气，点燃氢气泡可听到爆鸣声，故B正确；C.氢氟酸具有强烈的腐蚀性，腐蚀玻璃，故C错误；D.冷凝水应下进上出，故D错误；故选B。16、A【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液，以此来解答。【详解】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液；A．选项中是溶液蒸发浓缩装置，海带灼烧应在坩埚中进行，故A错误；B．海带灰溶解在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C．悬浊液得到含碘离子的溶液，为分离固体和溶液，使用过滤装置，故C正确；D．含碘单质的水溶液分离碘单质用萃取分液的方法分离，故D正确；故答案为A。17、C【解析】A．金属性越强，与水反应越剧烈；B．金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物碱性越强；C、非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强；D、非金属性越强，气态氢化物越稳定。【详解】A．Na、Mg位于同周期，金属性Na＞Mg，则与冷水反应，Na比Mg剧烈，故A正确；B．Ca、Mg位于同主族，金属性Ca＞Mg，对应的最高价氧化物的水化物碱性为Ca（OH）2强于Mg（OH）2，故B正确；C、次氯酸中氯为+1价，不是最高价，比较最高价氧化物的水化物的酸性，不是比较氧化性，故C错误；D、气态氢化物越稳定HBr＞HI，非金属性：Br>I，故D正确。故选C。【点睛】本题考查金属性及非金属性的比较，解题关键：把握元素的位置、元素周期律及比较方法，注意归纳金属性、非金属性比较方法。18、D【解析】A.裂化汽油中含有烯烃，溴水与裂化汽油会发生加成反应，所以该实验的现象和结论均错误，A项错误；B.Ba(ClO)2溶液中ClO-具有强氧化性，SO2有强还原性，ClO-能把SO2氧化为SO42-，发生反应的离子方程式为：Ba2++2ClO-+2SO2+2H2O=BaSO4↓+2Cl-+SO42-+4H+，所以该实验的结论错误，B项错误；C.浓硫酸与铜片反应需要在加热条件下进行，本实验没有加热，不一定有SO2生成，所以“没有明显现象”不能得出“铜片未打磨”的结论，C项错误；D.常温下钠与乙醇反应：2C2H5OH+2Na→2C2H5ONa+H2↑，氢气中混有空气，点燃有爆鸣声，所以该实验的现象和结论均正确，D项正确；答案选D。19、A【详解】硫酸铵晶体中铵根离子和硫酸根离子之间存在离子键，铵根离子内部N和H之间存在共价键，硫酸铵晶体属于离子晶体，不存在分子间作用力，N2H6SO4的某晶体的晶体类型与硫酸铵相同，所以该晶体中含有离子键、共价键、阳离子和阴离子，不存在分子间作用力，故选A。20、A【详解】A．三氧化硫和水反应生成硫酸，硫酸电离出自由移动的阴、阳离子而使三氧化硫的水溶液导电，但电离出阴、阳离子的物质是硫酸而不是三氧化硫，则三氧化硫是非电解质，故A符合题意；

B．乙醇在水溶液里以分子存在，乙醇水溶液不导电，故B不符合题意；C．CaO溶于水后，与水反应生成Ca(OH)2，氢氧化钙电离出Ca2+和OH-，溶液导电，同时CaO是活泼金属氧化物，属于电解质，故C不符合题意；

D．醋酸在水溶液能电离出阴、阳离子，醋酸水溶液能导电，但醋酸是电解质，故D不符合题意；

故选A。21、C【详解】A、根据结构，209.0是Bi元素的相对原子质量，故A说法正确；B、质子数=核电荷数，Bi元素的质子数为83，属于第83号元素，故B说法正确；C、根据价电子排布式，Bi元素的最外层电子数为5，即最高价为＋5价，Bi为金属元素，无负价，故C说法错误；D、Bi元素的原子序数为83，位于元素周期表中第六周期，VA族，故D说法正确；答案为C。22、B【详解】A.当Fe过量时，Fe3+将被Fe还原为Fe2+，所以稀硝酸和过量的铁屑反应，离子方程式为：3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，A不正确；B.向Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，因为NaOH过量，所以参加反应的Ca2+、HCO3-符合组成1：2关系，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B正确；C.HCO3－+H2OCO32－+H3O+，此反应式为碳酸氢钠的电离方程式，C不正确；D.Fe(OH)3溶于氢碘酸中，I-将Fe3+还原，离子方程式为：2Fe(OH)3+6H++2I-=2Fe++I2+6H2O，D不正确。故选B。二、非选择题(共84分)23、羟基羧基加成反应取代反应13【解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应①属于加成反应，反应②属于水解反应，反应③属于酯化反应，②③均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)A→E反应的化学方程式为：+NaHCO3→+H2O+CO2↑；(5)A()的同分异构体符合下列条件：②能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；③lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；④lmol该物质可与5molH2加成；①芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间、对三种位置．侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为．A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为，据此解答。24、+NaOH+NaCl+H2O或+NaOH+NaCl+H2O取代反应保护羟基稀硫酸/加热或NaOH溶液/加热【分析】根据合成路线分析可知，A先发生取代反应得到卤代烃，再在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯()，则A为乙苯()，催化氧化、加成得到，与发生取代反应得到，与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到，在NaOH溶液、加热发生水解反应得到，据此分析解答问题；【详解】(1)由上述分析可知，A为乙苯，其结构简式为，实验室由A制取苯乙烯通常需要经过两步反应，第一步的反应试剂和条件为Cl2/光照得到卤代烃，第二步的反应为卤代烃在氢氧化钠的醇溶液中加热发生消去反应得到苯乙烯，反应方程式为+NaOH+NaCl+H2O（或+NaOH+NaCl+H2O）；(2)与浓硝酸在浓硫酸、加热的条件下发生硝化(或取代)反应得到；由于—OH具有还原性，会与浓硝酸发生氧化还原反应，故设计反应①、反应③的目的是：保护—OH，防止其被氧化；(3)反应③为在NaOH溶液、加热下彻底水解得到和CH3COONa，当然，也可以在稀硫酸、加热条件下发生水解反应得到和乙酸；(4)根据题干信息，丁苯橡胶可由1，3—丁二烯(CH2=CH-CH=CH2)和苯乙烯共聚得到，则丁苯橡胶的结构简式为；(5)由1，3—丁二烯为原料制备1，4—丁二醇，可以用1，3—丁二烯与溴发生1，4—加成，然后水解生成烯醇，再与氢气加成即可，合成路线为CH2=CH-CH=CH2CH2BrCH=CHCH2BrHOCH2CH=CHCH2OHHOCH2CH2CH2CH2OH。25、（1）E、D、B（2）防止可能生成的NO被氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验造成干扰（3）①D中通入氧气后，出现红棕色气体②冷凝，使NO2完全液化（44NO+O2+4NaOH=2H2O+4NaNO3水蒸气存在，会与NO2反应产生NO，造成对NO的来源认识不清（5）2NaNO2+H2SO4NO↑+NO2↑+Na2SO4+H2O。【解析】试题分析：（1）在A装置中可能发生的反应有：2NaNO2+H2SO4(浓)Na2SO4+2HNO2，2HNO2NO↑+NO2↑+H2O。由于气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃，所以NO2首先液化，要先用E检验,然后用D装置根据2NO+O2=2NO2无色气体变为红棕色来验证NO的存在。NO、NO2都是大气污染物，最后要进行尾气处理，用B装置的NaOH溶液来吸收。为了检验装置A中生成的气体产物，仪器的连接顺序是A、C、E、D、B。（2）反应前应打开弹簧夹，先通人一段时间氮气，排除装置中的空气，是为了防止可能生成的NO被氧化成NO2，造成对A中反应气体产物检验造成干扰。（3）①D中气体是无色的，当通入氧气后，出现红棕色气体。②装置E的作用是冷凝，使NO2完全液化（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为4NO+O2+4NaOH=2H2O+4NaNO3如果没有装置C，产生的气体中含有的水蒸气，就会与NO2发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO。产生了NO，造成对NO的来源认识不清。影响判断结果的正确性。（5）通过上述实骏探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是2NaNO2+H2SO4(浓)Na2SO4+2HNO2，2HNO2NO↑+NO2↑+H2O。叠加得到总方程式为：2NaNO2+H2SO4NO↑+NO2+Na2SO4+H2O考点：考查26、i-h-d-eb-c排除装置中的原有空气，将生成的气体全部送入后续装置或使反应生成的SO2和CO2能被完全吸收除去SO2，防止对测定结果妨碍高80％B之后接一个阻止空气中水和CO2进入B的装置【分析】根据实验目的及物质的性质分析实验装置的连接顺序；根据实验原理分析实验操作中注意事项；根据氧化还原反应中电子转移守恒进行相关计算。【详解】(1)本题实验原理是向混合物中加酸产生二氧化碳和二氧化硫气体，用高锰酸钾溶液除去二氧化硫，然后通过品红溶液检验二氧化硫是否除尽，接着将气体通过浓硫酸干燥，最后用碱石灰吸收二氧化碳气体，碱石灰增加的质量即为二氧化碳气体的质量，所以装置连接顺序是a-i-h-d-e-f-g-b-c，故答案为i-h-d-e；b-c；(2)实验开始，混合物加酸前，A装置需要鼓入空气目的是排出系统中的二氧化碳气体，加酸后再次鼓入空气的作用是使生成的气体全部进入后续装置，故答案为排出装置中原有空气，将生成的气体全部送入后续装置；(3)高锰酸钾溶液的作用是吸收二氧化硫气体，防止二氧化硫对测定结果的影响，故答案为吸收二氧化硫气体，防止二氧化硫对测定结果的影响；(4)若品红溶液褪色，说明二氧化硫气体没有除尽，将被碱石灰吸收，所以碱石灰质量将偏大，根据实验原理分析可知二氧化碳气体的质量偏大，则混合物中NH4HCO3偏大，测定结果将偏高；为了保证二氧化硫能被全部吸收，可以假定mg样品全是NaHSO3进行计算，则根据原子守恒样品中产生二氧化硫的物质的量为，根据二氧化硫与高锰酸钾反应方程式可得5SO2~2MnO4－，则，V=mL，故答案为高；；(5)碱石灰增重4.4g，即二氧化碳物质的量为0.1mol，由碳元素守恒，碳酸氢铵物质的量也为0.1mol，碳酸氢铵质量为7.9g，NH4HCO3的质量分数为7.9g/9.875g×100%=80%，故答案为80%；(6)从该装置测量的物质及该装置结构分析，从定量测定的准确性的角度考虑，该套装置还应作进一步的改进，改进的措施是B之后接一个阻止空气中水和CO2进入B的装置。27、500mL容量瓶水浴加热CMg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+减压过滤法暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定偏大MgCO3·H2OMgCO3+H2O【详解】（1）操作步骤有计算、量取、稀释、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，用量筒量取(用到胶头滴管)浓硫酸，在烧杯中稀释，用玻璃棒搅拌，冷却后转移到500mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，洗涤2−3次，将洗涤液转移到容量瓶中，加水至液面距离刻度线1∼2cm时，改用胶头滴管滴加，最后定容颠倒摇匀，还需要仪器有：500mL容量瓶，故答案为：500mL容量瓶；（2）①步骤2中要控制温度50℃，较好加热的方法为：水浴加热；②四口烧瓶要加入200mL0.5mol·L-1MgSO4溶液和400mL0.5mol·L-1NH4HCO3溶液，液体总体积为600mL，四口烧瓶中所盛放液体不能超过其容积的，不少于容积的，故选1000mL规格的四口烧瓶，故选C；③将250mLMgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，用氨水调节溶液pH到9.5，反应生成碳酸镁结晶水合物，反应的化学方程式为Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+，故答案为：Mg2+++NH3⋅H2O+(n−1)H2O═MgCO3⋅nH2O+；(3)要分离不溶于水的固体和液体，可用过滤的方法，可利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，故答案为：减压过滤法；(4)装置中气球可以缓冲压强并封闭装置，暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定，故答案为：暂时储存CO2，有利于CO2被NaOH溶液吸收，且能保持装置中压强相对稳定；（5）设NaOH溶液为amol·L-1bmL，3次实验测得消耗cmol·L-1盐酸的体积平均值为dmL，则吸收二氧化碳消耗的NaOH的物质的量为：amol·L-1b10-3-cmol·L-1d10-3=（ab-cd）10-3mol，依据元素守恒可知，碳酸镁物质的量为10-3mol，根据化学式可知，MgCO3⋅nH2O中碳酸镁晶体中碳酸镁和结晶水物质的量之比为1:n，得到1:n=10-3:；得到n=，故答案为：。（6）反应后期将温度升到30℃的