甘肃省武威市武威一中2026届化学高三上期中复习检测模拟试题含解析

甘肃省武威市武威一中2026届化学高三上期中复习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、下列实验不能达到目的是A．向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应B．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强C．将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D．将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性2、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（）A．氨——作制冷剂 B．漂粉精——作游泳池消毒剂C．甘油——作护肤保湿剂 D．二氧化硫——作红酒添加剂3、已知：1mol

H2（g）与1mol

Br2（g）完全反应生成2mol

HBr（g）时放出72kJ的热量，有关物质的相关数据如下表：化学键H2(g)Br2(g)HBr(g)断裂1mol化学键需要吸收的能量/kJ436a369则表中a为（）A．404 B．260 C．230 D．2004、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．c()=0.1mol∙L-1的溶液中：、、、B．=10-12的溶液中：、、、C．c()=0.1mol∙L－1的溶液中：、、、D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中：、、、5、在一定温度下反应：A2(气)+B2(气)2AB(气)达平衡状态的标志是（）A．单位时间内生成n摩A2，同时生成n摩ABB．单位时间内生成n摩B2，同时生成2n摩ABC．单位时间内生成n摩A2，同时生成n摩B2D．容器内总物质的量不变（或总压不变）6、某学习小组拟探究CO2和锌粒反应是否生成CO，已知CO能与银氨溶液反应产生黑色固体。实验装置如图所示：下列说法正确的是（）A．实验开始时，先点燃酒精灯，后打开活塞KB．b、c、f中试剂依次为饱和碳酸钠溶液、浓硫酸、银氨溶液C．装置e的作用是收集一氧化碳气体D．用上述装置(另择试剂)可以制备氢气并探究其还原性7、下列化学用语的表述正确的是()A．离子结构示意图：可以表示16O2－，也可以表示18O2－B．比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C．氯化铵的电子式为D．CO2的结构式为O—C—O8、用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是（）A．图①所示装置可电解食盐水制氯气和氢气B．图②所示装置可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性C．图③装置可以用来验证化学能转化为电能D．图④测定中和热9、将氯化钙溶于水中，在搅拌下加入双氧水，再加入氨水进行反应，冷却，离心分离，可得CaO2·8H2O，于150～200℃脱水干燥，即得CaO2。下列说法不正确的是A．上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4ClB．所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算C．常温下，CaO2溶于水所得溶液的pH可能达到14D．CaO2溶于水中能放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输10、W、X、Y、Z均为的短周期元素，原子序数依次增加，且原子核外L电子层的电子数分别为0、5、8、8，它们的最外层电子数之和为18。下列说法正确的是（）A．单质的沸点：W>XB．简单离子的还原性：W>ZC．氧化物的水化物的酸性：Y<ZD．X与Y不能存在于同一离子化合物中11、下列“油”中，一定条件下既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应的是A．甘油 B．酱油 C．奶油 D．汽油12、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置）。仅用此装置中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是（）选项a中的溶液b中的物质c中收集的气体d中的液体A浓氨水生石灰NH3H2OB浓硝酸铜片NO2H2OC稀硝酸铜片NONaOH溶液D浓硫酸亚硫酸钠SO2NaOH溶液A．A B．B C．C D．D13、甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间的转化关系如图所示。下列有关物质的推断正确的是（）甲乙丙丁ASSO2SO3O2BCO32-HCO3-CO2H+CCl2FeCl3FeCl2FeDAl3+Al（OH）3AlO2-NH3•H2OA．A B．B C．C D．D14、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A．PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物B．燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C．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D．天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料15、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体。下列说法正确的是A．离子半径的大小顺序：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)B．Y的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强C．W的气态氢化物比X的稳定D．WX2与ZY2中的化学键类型相同16、化学在生产和生活中有重要的应用，下列说法不正确的是A．二氧化氯和三氯化铁都常用于自来水的处理，但二者的作用原理不同B．14C可用于文物年代的鉴定，14C与12C互为同位素C．为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入硫酸亚铁D．新型材料聚酯纤维、光导纤维都属于有机高分子化合物17、某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，下列用来解释事实的方程式中不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO－+H2OHClO+OH－C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生Cl2：2H＋+Cl－+ClO－=Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO－=HClO+CH3COO—18、用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A．用于实验室制取少量CO2B．用于配制一定物质的量浓度的硫酸C．用于模拟生铁的电化学腐蚀D．用于蒸干AlCl3溶液制备无水AlCl319、根据下表信息，下列叙述中正确的是序号氧化剂还原剂氧化产物还原产物①Cl2FeBr2FeCl3②KMnO4H2O2O2MnO2③KClO3浓盐酸Cl2④KMnO4浓盐酸Cl2MnCl2A．表中①反应的氧化产物只能有FeCl3B．表中②生成1mol的O2将有4mol的电子转移C．表中④的离子方程式配平后，H＋的化学计量数为16D．表中③还原产物是KCl20、下列有机物的系统命名正确的是A．3-甲基戊烷 B．1，2-二甲基丁烷C．3，4-二甲基戊烷 D．2-乙基丁烷21、下列中的诗句内容基本不涉及化学变化的是（）A．王安石的《元日》：“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”B．刘禹锡的《浪淘沙》：“美人首饰侯王印，尽是江中浪底来”C．刘琨的《重赠卢谌》：“何意百炼钢，化为绕指柔”D．李商隐的《无题》：“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”22、向一定量的NaOH溶液中逐滴加AlCl3溶液，生成沉淀Al(OH)3的量随AlCl3加入量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是（）A．a点对应的溶液中：Na＋、Fe3＋、SO42－、HCO3－B．b点对应的溶液中：Na＋、S2－、SO42－、Cl－C．c点对应的溶液中：Ag＋、Ca2＋、NO3－、F-D．d点对应的溶液中：K＋、NH4+、I－、HCO3－二、非选择题(共84分)23、（14分）元素A～D是元素周期表中短周期的四种元素，请根据表中信息回答下列问题。元素性质或结构信息ABCD单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远。工业上通过分离液态空气获得其单质。原子的最外层未达到稳定结构。单质常温、常压下是气体，原子的L层有一个未成对的p电子。+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同。（1）上表中与A属于同一周期的元素是__；写出D离子的电子排布式___。（2）D和C形成的化合物属于__晶体。写出C单质与水反应的化学方程式___。（3）对元素B的单质或化合物描述正确的是___。a．B元素的最高正价为+6b．常温、常压下单质难溶于水c．单质分子中含有18个电子d．在一定条件下镁条能与单质B反应（4）A和D两元素金属性较强的是(写元素符号)___。写出能证明该结论的一个实验事实___。24、（12分）A、B、C、D、E五种短周期元素，原子序数依次增大，其中只有C为金属元素。A、C原子序数之和等于E的原子序数，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍。AB2和DB2溶于水得到酸性溶液，C2D溶于水得到碱性溶液。（1）E元素在周期表中的位置为_______________；工业上制取C单质的化学方程式为______。（2）A的最低负价氢化物的空间构型为___；C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序是__（用离子符号表示）。（3）化合物C2D3中，该化合物的水溶液在空气中久置后变质，生成一种单质，所得溶液呈强碱性，用化学方程式表示这一变化过程____________________。25、（12分）实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡（SnCl4）。SnCl4易挥发，极易发生水解，Cl2极易溶于SnCl4。制备原理与实验装置图如图：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l)ΔH=–511kJ∙mol-1可能用到的有关数据如下：物质SnSnCl4CuCl2熔点/℃232-33620沸点/℃2260114993制备过程中，锡粒逐渐被消耗，需提拉橡胶塞及时向反应器中补加锡粒。当SnCl4液面升至侧口高度时，液态产物经侧管流入接收瓶。回答下列问题：（1）a的作用是___。（2）A中反应的化学方程式是___。（3）B的作用是___。（4）E中冷却水的作用是___。（5）尾气处理时，可选用的装置是___（填序号）。（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是___。（7）SnCl4粗品中含有Cl2，精制时加入少许锡屑后蒸馏可得纯净的SnCl4。蒸馏过程中不需要用到的仪器有___(填序号)A．分液漏斗B．温度计C．吸滤瓶D．冷凝管E．蒸馏烧瓶26、（10分）叠氮化钠（NaN3）是汽车安全气囊最理想的气体发生剂原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程：查阅资料：①水合肼（N2H4·H2O）有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性。②有关物质的物理性质如下表：物质熔点℃沸点℃溶解性CH3OH-9764.7与水互溶水合肼(N2H4·H2O)-40118.5与水、醇互溶，不溶于乙醚亚硝酸甲酯(CH3ONO)-17-12溶于乙醇、乙醚叠氮化钠(NaN3)275(410易分解)——易溶于水，微溶于醇，不溶于乙醚（1）合成水合肼。实验室合成水合肼装置如图所示。NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应可以制得水合肼。①制取N2H4·H2O的离子方程式为_________。②实验中通过分液漏斗滴加的溶液是_________，理由是_________。（2）水合肼法制备叠氮化钠。①实验室模拟工艺流程步骤Ⅰ制备叠氮化钠的反应原理为：N2H4·H2O(aq)+CH3ONO(g)+NaOH(aq)=NaN3(aq)+CH3OH(aq)+3H2O(l)△H﹤0，研究表明该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，实验时可以采取的措施是_________。②步骤Ⅱ回收CH3OH的实验操作名称为________。③请设计由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品的实验方案：_________[实验中可供选择的试剂有：乙醇、乙醚；除常用仪器外须使用的仪器有：布氏漏斗、真空干燥箱]。27、（12分）硝酸是常见的无机强酸，是重要的化工原料。实验室模拟硝酸的制备可用以下装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球，b、c为止水夹。(1)实验开始前，应检验装置的气密性，请写出检验A~E装置（不必考虑a）的气密性方法________________。(2)装置A中发生反应的化学方程式为___________。装置C中浓硫酸的作用是__________。(3)实验进行一段时间，待制备一定量硝酸后，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，该操作的目的是____________________。(4)若F装置中所选用试剂为酸性KMnO4溶液，请写出F装置处理NO尾气的离子方程式：_____________________。(5)欲使A中产生的氨气尽可能转化为硝酸，理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为_______。(6)实验完毕后，取E中的溶液，加入几滴酚酞溶液，用0.10mol/L的NaOH标准液滴定，发现加入过量标准液后仍无现象，试解释没有观察到滴定终点的原因_________________。28、（14分）孔雀石主要成分是Cu2(OH)2CO3,还含少量FeCO3及Si的化合物，实验室以孔雀石为原料制备硫酸铜晶体的步骤如下:（1）步骤I中涉及的主要反应用离子方程式表示为___________.（2）步骤Ⅱ中试剂①是_______(填代号).a.KMnO4b.H2O2c.Fe粉d.KSCN（3）步骤Ⅲ加入CuO的目的是_________（4）步骤Ⅳ获得硫酸铜晶体，需要经过_____________冷却结晶、过滤等操作.（5）测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水的x值:称取2.41g硫酸铜晶体，在____(填实验仪器名称)中加热至质量不再改变时，称量粉末的质量为1.6g.则计算得x=______(计算结果精确到0.1)29、（10分）用硼镁矿(Mg2B2O5·H2O，含Fe2O3杂质)制取硼酸(H3BO3)晶体的流程如下。同答下列问题：(1)沉淀的主要成分为____________________(填化学式)。(2)写出生成Na2B4O5(OH)4·8H2O的化学方程式_________________________________。(3)检验H3BO3晶体洗涤干净的操作是______________________________。(4)已知：实验室利用此原理测定硼酸样品中硼酸的质量分数。准确称取0.3000g样品于锥形瓶中，加入过量甘油加热使其充分溶解并冷却，滴入1～2滴酚酞试液，然后用0.2000mol·L-1NaOH标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。①滴定终点的现象为________________________。②该硼酸样品的纯度为_________________％(保留1位小数)。(5)电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。①b膜为________交换膜(填“阴离子”或“阳离子”)。理论上每生成1molH3BO3，两极室共生成__________L气体(标准状况)。②N室中，进口和出口NaOH溶液的浓度：a％_________b％(填“>”或“<”)。

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．Na2SiO3溶液因水解显碱性，不水解的话呈中性，A正确；B．发生氧化还原反应生成硫酸，不能比较酸性的强弱，不发生强酸制取弱酸的反应，事实上硫酸为强酸、HClO为弱酸，B错误；C．铝与氧气反应生成氧化铝的熔点高，则铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，C正确；D．氯水有强氧化性，能将石蕊氧化，证明氯水具有漂白性，故D正确。答案为B。2、B【详解】A．氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；B．漂粉精中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，故选B；C．甘油作护肤保湿剂，利用吸水性，没有元素的化合价变化，故C不选；D．二氧化硫作红酒添加剂，防止氧化，消毒杀菌，硫元素的化合价升高，作还原剂，故D不选；答案选：B。3、C【详解】1molH2（g）与1molBr2（g）完全反应生成2molHBr（g）时放出72kJ的热量，即热化学方程式为H2（g）+Br2（g）=2HBr（g）△H=-72kJ/mol反应中，反应热等于反应物的总键能减生成物的总键能，则-72=436+a-2×369，解得a=230。答案选C。4、C【详解】A．室温下，中性溶液中c()=10-7mol∙L-1，c()=0.1mol∙L-1的溶液显酸性，酸性条件下不能大量存在，会生成醋酸这样的弱电解质，故A不符合题意；B．室温下，中性溶液中c()=c()=10-7mol∙L-1；c()c()=10-14，若=10-12，解得c()=10-1mol∙L-1，c()=10-13mol∙L-1，c()＞c()，溶液中显碱性，在碱性条件下不能大量共存，会生成一水合氨这样的弱电解质，故B不符合题意；C．c()=0.1mol∙L-1的溶液中：、、、离子间不发生反应，可以大量共存，故C符合题意；D．加入KSCN显血红色的澄清透明溶液中含有，和会发生氧化还原反应生成和碘单质，在溶液中不能大量共存，且和会发生氧化还原反应，故D不符合题意；答案选C。5、B【详解】A．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolAB，说明正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡状态，故A错误；B．单位时间内生成nmolB2，同时生成2nmolAB，表示正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C．单位时间内生成nmolA2，同时生成nmolB2，均表示逆反应速率，不能说明达到平衡状态，故C错误；D．反应两边气体的化学计量数之和相等，气体的物质的量始终不变，所以容器内总物质的量不变，不能作为判断达到平衡状态的依据，故D错误；故选B。6、D【详解】A.实验中应保证装置内没有空气，否则不能检验是否生成一氧化碳，所以点燃酒精灯前先打开活塞K，用二氧化碳排除空气，A错误；B.反应生成的二氧化碳中含有氯化氢，应用饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢气体，再用浓硫酸干燥，B错误；C.装置e为缓冲装置，即防止溶液倒吸如装置d中，C错误；D.该制取装置可以制取氢气，所以能利用此装置制备并探究氢气的还原性，D正确；故选D。【点睛】实验题一定要掌握实验原理和实验的关键，本实验为制取二氧化碳气体，让干燥纯净的二氧化碳和锌反应生成氧化锌和一氧化碳，再利用一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色固体。实验的关键为得到纯净干燥的二氧化碳，装置中不能有氧气存在。7、A【解析】A.由离子结构示意图可知表示为氧元素形成的离子，若中子数为8时，表示为16O2－，若中子数为10时，表示为18O2－，A项正确；B.根据比例模型的原子半径可知，可以表示甲烷分子，Cl的原子半径大于C的原子半径，不可以表示四氯化碳分子，B项错误；C.氯化铵的电子式为，C项错误；D.CO2的结构式为O=C=O，D项错误；答案选A。8、B【详解】A.阳极是铜失电子变为Cu2+进入溶液，图①所示装置不可电解食盐水制氯气和氢气，故A错误；B.浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，则可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故B正确；C.图③装置不能形成闭合回路，无法用来验证化学能转化为电能，故C错误；D.图④中温度计无法测量反应混合液的温度，中和热测定实验中，温度计应插在小烧杯中的混合溶液中，故D错误；故选B。9、C【详解】A.由信息结合质量守恒定律知，上述制备过程的化学反应方程式为CaCl2＋H2O2＋2NH3·H2O＋6H2O＝CaO2·8H2O↓＋2NH4Cl，A正确；B.CaO2在酸性条件下可转变为双氧水，双氧水能用KMnO4标准溶液滴定而测得其含量，故所得产品中CaO2的含量可以在酸性条件下，用KMnO4标准溶液滴定、计算，B正确；C.由题意知，常温下，CaO2溶于水所得溶液为澄清石灰水，微溶物的溶解度为，其密度约为1g/cm3，最大浓度：，氢氧根离子浓度最大为0.27mol/L，pH不可能达到14，C错误；D.由题意知，过氧化钙晶体在水中溶解度不大，故CaO2溶于水中能平缓反应缓慢放出O2，增加水体溶氧量，同时还能吸收CO2，可用于鱼苗、活鲜鱼运输，D正确；答案选C。10、B【分析】W的L层电子数为0，可知W为H元素；X的L层电子数为5，可知X为N元素；Y和Z的L层电子数为8，均为第3周期元素；根据它们的最外层电子数之和为18，原子序数依次增加，可知Y为P元素，Z为Cl元素，以此分析。【详解】W的L层电子数为0，可知W为H元素；X的L层电子数为5，可知X为N元素；Y和Z的L层电子数为8，均为第3周期元素；根据它们的最外层电子数之和为18，原子序数依次增加，可知Y为P元素，Z为Cl元素。A.氢气和氮气均为分子晶体，相对分子质量越大，熔沸点越高，故A错误；B.H元素的非金属性比Cl弱，所以简单离子还原性H+>Cl-，故B正确；C.未说明是最高价氧化物水化物的酸性，故C错误；D.以磷酸铵（NH4）3PO4为例，可以存在于同一个离子化合物中，故D错误。故答案选：B。【点睛】元素非金属越强对应单质的氧化性越强，氢化物的稳定性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强。11、D【详解】A.甘油指的是丙三醇，属于醇类化合物，能与羧酸发生酯化反应，故A不符合题意；B.酱油属于混合物，主要成分为氨基酸，能和氢氧化钠溶液反应，故B不符合题意；C.奶油指的是酯类化合物，能和氢氧化钠溶液反应，故C不符合题意；D.汽油属于烃类化合物，既不能与乙酸反应也不能与氢氧化钠溶液反应，故D符合题意；故答案：D。12、D【分析】题给装置在常温下反应生成气体，且用向上排空气法收集，说明气体密度比空气大，最后为防倒吸装置，说明制备的气体极易溶于水，以此解答该题。【详解】A、浓氨水与氧化钙混合生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B、浓硝酸与铜生成的是NO2，但是二氧化氮和水反应生成NO，不能用水吸收尾气，故B错误；C、稀硝酸与铜生成的是NO，NO不能用排空法收集，故C错误；D、浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故D正确。答案选D。13、B【详解】A．S与O2反应不能直接生成SO3，也就是甲不能直接转化为丙，A不正确；B．CO32-与H+反应转化为HCO3-，HCO3-与H+反应转化为CO2，CO32-与H+反应转化为CO2，三步都正确，因此B正确；C．Cl2与Fe反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2都是正确的，但Fe与Cl2反应生成FeCl2是错误的，故C不正确；D．Al3+与NH3•H2O反应生成Al(OH)3是正确的，但Al(OH)3与NH3•H2O不反应，所以D不正确。故选B。14、B【解析】A、PM2.5是指粒径不大于2.5μm的可吸入悬浮颗粒物，正确；B、CaO与SO2反应生成CaSO3，CaO与CO2不反应，故B错误；C、绿色化学要求从源头上消除或减少污染，故C正确；D、天然气和液化石油气燃烧生成二氧化碳和水，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确。答案选B。15、A【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W与Y最外层电子数之和为X的最外层电子数的2倍，Z最外层电子数等于最内层电子数，且Z的原子序数最大，因此Z是Mg。X、Y、Z的简单离子的电子层结构相同，W的单质是空气中体积分数最大的气体，W是N，X是O，Y是F。A.离子的核外电子层数越多，离子半径越大。核外电子排布相同时，离子半径随原子序数的增大而减小，则离子半径的大小顺序：r(W)>r(X)>r(Y)>r(Z)，A正确；B.F是最活泼的非金属，没有含氧酸，B错误；C.氧元素非金属性强于氮元素，因此O的气态氢化物比N的稳定，C错误；D.NO2与MgF2中的化学键分别是共价键、离子键，D错误，答案选A。16、D【解析】A、ClO2在自来水处理中作氧化剂，利用其氧化性，杀灭水中细菌或病毒，FeCl3在自来水中的处理中作净水剂，利用FeCl3中Fe3＋水解成氢氧化铁胶体，吸附水中悬浮固体小颗粒，达到净水的目的，两种物质的作用原理不同，故A说法正确；B、14C可用于文物年代的鉴定，14C和12C都属于原子，质子数为6，中子数分别为8、6，因此两者互为同位素，故B说法正确；C、Fe2＋具有还原性，能被氧气所有氧化，且对人体无害，防止食品氧化变质，故C说法正确；D、光导纤维成分是SiO2，属于无机物，故D说法错误。17、B【详解】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，故A正确；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，故B不合理；C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，故C正确；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，故D正确。答案选B。18、C【解析】A．实验室制取二氧化碳不能使用稀硫酸和碳酸钙，原因在于两者反应生成硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，使反应难以进行，A错误；B．实验室配制一定浓度的硫酸时，应该先将量取的浓硫酸在烧杯中稀释，再转移至容量瓶定容，B错误；C．装置左侧干燥环境不发生腐蚀，右侧发生吸氧腐蚀，因为氧气被吸收，所以中间的红墨水左侧低右侧高，C正确；D．蒸干A1Cl3溶液的过程中考虑到Al3+的水解会产生HCl，HCl受热挥发使得水解平衡向右移动，得到的氢氧化铝，再受热分解得到氧化铝，D错误；故选C。19、C【解析】A、氯气具有强氧化性，可氧化Fe2＋和Br－，当氯气足量时，氧化产物有FeCl3和Br2，故A错误；B、表中②H2O2中O元素化合价由－1升高到0，生成1mol的O2将有2mol的电子转移，故B错误；C、表中④的离子方程式为2MnO4-＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，H＋的化学计量数为16，故C正确；D、表中③Cl2既是氧化产物又是还原产物，KCl既不是氧化产物又不是还原产物，故D错误。综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查氧化还原反应的知识。在氧化还原反应中应满足“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，本身作氧化剂，在氧化还原反应中可根据得失电子守恒进行配平，据此解题。20、A【详解】A.3-甲基戊烷，主链和支链位号正确，故A正确；B.1，2-二甲基丁烷的主链应为5个碳原子，应为3-甲基戊烷，故B错误；C.3，4-二甲基戊烷编号时，位号之和不是最低，应为2，3-二甲基戊烷，故C错误；D.2-乙基丁烷的主链应为5个碳原子，应为3-甲基戊烷，故D错误；故选A。21、B【解析】试题分析：A、爆竹的爆炸含有化学反应，故说法正确；B、黄金自然界中含有游离态的单质，黄金通过浪沙淘尽获得，属于物理变化，故说法错误；C、铁在自然界中以化合态的形式存在，炼铁是把化合态的转变成游离态，涉及化学变化，故说法正确；D、蜡烛燃烧属于化学反应，故说法正确。考点：考查化学反应、物理变化等知识。22、B【解析】A，a点溶液中溶质为NaOH、NaCl和NaAlO2，Fe3+、HCO3-不能大量存在；B，b点溶液中溶质为NaAlO2和NaCl，离子相互间不反应，能大量共存；C，c点溶液中溶质为NaCl，Ag+能与Cl-反应，Ag+不能大量存在；D，d点溶液中溶质为NaCl和AlCl3，CO32-与Al3+反应，CO32-不能大量存在；一定能大量共存的是B项，答案选B。点睛：本题考查与图像有关的离子共存，确定图像中各点的溶质和离子的性质是解题的关键，Ob段发生的反应为：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，b点NaOH恰好完全反应，bc段发生反应3NaAlO2+AlCl3+6H2O=3NaCl+4Al（OH）3↓，c点NaAlO2恰好被完全消耗。二、非选择题(共84分)23、Mg1s22s22p6离子2F2+2H2O→4HF+O2↑bdNa钠与水反应比镁与水反应剧烈【分析】A的单质制成的高压灯，发出的黄光透雾力强、射程远，则A为Na；工业上通过分离液态空气获得B的单质，原子的最外层未达到稳定结构，则B为N或O元素；C的原子的L层有一个未成对的p电子，其电子排布为1s22s22p1或1s22s22p5，单质为气体，则C为F元素；D的+2价阳离子的核外电子排布与氖原子相同，则D为Mg，据此解答。【详解】(1)上表中与A属于同一周期的元素是Mg，D2+的电子排布式为1s22s22p6；(2)D和C形成的化合物为MgF2，为离子晶体；氟与水反应生成HF和氧气，反应为2F2+2H2O＝4HF+O2；(3)a．元素B为氧或氮，最高正价都不是+6，且氧没有最高价，故a错误；b．氮气或氧气在常温、常压下单质都难溶于水，故b正确；c．氮气中含有14个电子，氧气中含有16个电子，故c错误；d．燃时镁与氧气反应生成氧化镁，镁与氮气反应生成氮化镁，故d正确；故答案为：bd；(4)Na、Mg均在第三周期，由同周期元素的金属性从左到右在减小可知，Na的金属性强，根据钠与水反应比镁与水反应剧烈可证明金属性：Na＞Mg。24、第三周期ⅦA族2NaCl2Na+Cl2↑正四面体S2->Cl->Na+Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓【分析】A，B，C，D，E五种短周期元素(稀有气体除外)，原子序数依次增大，D与B同主族且D原子序数是B原子序数的2倍，则D为S元素，B为O元素，E为Cl元素；只有C为金属元素，化合物C2D溶于水得到碱性溶液，则C只能为Na元素，硫化钠水解生成氢氧化钠，溶液显碱性；A、C原子序数之和等于E的原子序数，则A的原子序数为6，A为C元素；据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为C元素、B为O元素、C为Na元素、D为S元素、E为Cl元素。(1)E为Cl，在周期表中位于第三周期ⅦA族，工业上通过电解熔融的NaCl制取金属钠，反应的方程式为2NaCl2Na+Cl2↑，故答案为第三周期ⅦA族；2NaCl2Na+Cl2↑；(2)A的最低负价氢化物为甲烷，空间构型为正四面体；一般而言，电子层数越多，离子半径越大，则钠离子半径最小，S2-、Cl-具有相同的电子层结构，离子半径S2->Cl-，因此C、D、E的简单离子的离子半径由大到小的顺序为S2->Cl->Na+，故答案为正四面体；S2->Cl->Na+；(3)化合物Na2S3的水溶液在空气中久置后变质，生成硫和氢氧化钠，反应的化学方程式为Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓，故答案为Na2S3+O2+2H2O=4NaOH+6S↓。【点睛】本题考查元素的推断，正确判断元素的种类是解题的关键。本题的难点为(3)，要注意氧化还原反应方程式的书写和配平。25、平衡压强，使浓盐酸顺利流下2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O除去氯气中混有的氯化氢气体避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降乙CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出A、C【分析】SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，发生2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，制取的氯气中含有氯化氢，通过饱和的氯化钠溶液洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，利用浓硫酸的吸水性干燥氯气，防止产生SnCl4水解；然后Cl2和锡的反应，制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；反应时应先生成氯气，将氧气排出。【详解】（1）导管a的作用是平衡压强，可使分液漏斗内的液体顺利流下，故答案为：平衡压强，使浓盐酸顺利流下；（2）实验采用KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，化学方程式为2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+16HCl═2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；（3）B的作用是除去氯气中混有的氯化氢气体，故答案为：除去氯气中混有的氯化氢气体；（4）SnCl4易挥发，冷水可降低温度，避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降，故答案为：避免四氯化锡气化而损失，导致产率下降；（5）尾气含有氯气，为避免四氯化锡水解，应用碱石灰，故答案为：乙；（6）锡粒中含铜杂质致E中产生CuCl2，但不影响F中产品的纯度，原因是CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出，故答案为：CuCl2熔点较高，不会随四氯化锡液体溢出；（7）蒸馏用到蒸馏烧瓶、温度计、接收器、冷凝管、锥形瓶，无需吸滤瓶和分液漏斗，故答案为：A、C。【点睛】本题为制备实验，把握物质的性质、实验装置的作用、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用。26、ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+NaClO碱性溶液防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）蒸馏蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥【分析】（1）①NaClO的碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液反应生成N2H4·H2O，NaCl、Na2CO3，据此写出离子方程式；②因为水合肼具有强还原性，易被次氯酸钠溶液氧化，可以通过分液漏斗控制NaClO碱性溶液的滴加速度，以此控制用量；（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，据此分析实验时可以采取的措施；②从混合液中可以采用蒸馏的方法回收甲醇；③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)。【详解】①NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4·H2O，则反应物为ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物为N2H4·H2O、Cl-、CO32-(C由+2价被氧化为+4价的CO2，再与OH-反应)，反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+。答案为：ClO-+CO(NH2)2+2OH-=Cl-+N2H4·H2O+；②因为水合肼具有强还原性，防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，实验中通过分液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液；答案为：防止过量的NaClO溶液将水合肼氧化；（2）①该反应在20℃左右反应的选择性和转化率最高，所以应设法把温度控制在20℃左右，实验时可以采取的措施是20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；答案为：20℃(冷)水浴 (或缓慢通入CH3ONO 气体）；②步骤Ⅱ为从溶液中回收CH3OH，则其实验操作名称为蒸馏；答案为：蒸馏；③由B溶液获得叠氮化钠（NaN3）产品，需考虑先让叠氮化钠从溶液中结晶析出(蒸发浓缩、（冷却）结晶)，过滤(布氏漏斗)，洗涤(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因为还要考虑杂质离子的去除及环境保护)，烘干(具有强还原性，需考虑隔绝空气)；答案为：蒸发浓缩、（冷却）结晶，用布氏漏斗抽滤（过滤），晶体用乙醇洗涤2~3次，真空干燥箱干燥。27、将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分，无“打开b和c”可给分)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；除水蒸气和氨气使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率5NO+4H++3MnO4-=3Mn2++5NO3-+2H2O1:10硝酸将酚酞氧化【详解】(1)检验A~E装置（不必考虑a）的气密性方法是将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱；综上所述，本题答案是：将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分，无“打开b和c”可给分)。(2)装置A中为氯化铵固体与氢氧化钙固体加热反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，会有氨气剩余，因此装置C中浓硫酸的作用是除水蒸气和氨气；综上所述，本题答案是：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+CaCl2+2H2O；除水蒸气和氨气。(3)氮的氧化物能够与氧气、水共同作用生成硝酸，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，可以提高氮氧化物的转化率，提高硝酸的产率；综上所述，本题答案是：使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率。(4)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能够把NO氧化为硝酸根离子，变为无害物质，反应的离子方程式5NO+4H++3MnO4-=3Mn2++5NO3-+2H2O；综上所述，本题答案是：5NO+4H++3MnO4-=3Mn2++5NO3-+2H2O。(5)氨气中-3价氮被氧化到+5价，氧气中0价氧被还原到-2价，设氨气有xmol，氧气有ymol，根据电子得失守恒可知：8x=4y，x:y=1:2，,空气中氧气大约占1/5体积，所以理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为1:10；综上所述，本题答案是：1:10。(6)硝酸具有氧化性，能够将酚酞氧化为无色；综上所述，本题答案是：硝酸将酚酞氧化。【点睛】针对问题(5)，欲使氨气尽可能转化为硝酸，若是按照一般思路进行计算，氨气氧化为一氧化氮，一氧化氮与氧气和水生成硝酸，或一氧化氮又氧化为二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸；既繁琐又不容易得出结论；而抓住氧化还原反应的规律，氨气失电子总数等于氧气得电子总数，进行计算简单、快捷、准确。28、Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2Ob消耗酸使溶液pH升高(或调节溶液pH)，便于Fe3+(水解)形成沉淀除去加热浓缩(或蒸发浓缩)坩埚4.5【解析】（1）步骤I反应涉及的主要反应是孔雀石与稀硫酸反应生成硫酸铜、二氧化碳和水，用离子方程式表示为：Cu2(OH)2CO3+4H+=2Cu2++CO2↑+3H2O；（2）实验过程中先将矿石溶解，所以加入稀硫酸溶解碱式碳酸铜和碳酸亚铁，因将Fe2+氧化为Fe3+，而不引入杂质，选用过氧化氢，答案选b；（3）步骤Ⅲ溶液2中加入CuO

，消耗酸使溶液pH