2026届河北省唐山开滦一中高三化学第一学期期末检测模拟试题含解析

2026届河北省唐山开滦一中高三化学第一学期期末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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（）A．可与酸性KMnO4溶液反应B．既能发生消去反应，又能发生加成反应C．分子式为C6H10O4D．1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH22、关于如图装置中的变化叙述错误的是A．电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片B．铜片上发生氧化反应C．右侧碳棒上发生的反应：2H++2e→H2↑D．铜电极出现气泡3、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．常温下，由水电离的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B．酸性碘化钾溶液中滴加适量双氧水：2I—2H+H2O2=I22H2OC．氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2++SO42—=BaSO4D．向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32—CO2H2O=2HCO3—4、下列实验操作不当的是A．用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B．用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D．常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二5、12C与13C互为（）A．同系物 B．同位素 C．同素异形体 D．同分异构体6、下列物质的转化在给定条件下能实现的是①NaAlO2(aq)AlCl3Al②NH3NOHNO3③NaCl(饱和)NaHCO3Na2CO3④FeS2SO3H2SO4A．②③ B．①④ C．②④ D．③④7、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A．二者互为同分异构体B．二者均能发生氧化反应和取代反应C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同8、一种新型固氮燃料电池装置如图所示。下列说法正确的是A．通入H2的电极上发生还原反应B．正极反应方程式为N2＋6e－＋8H＋=2NH4+C．放电时溶液中Cl－移向电源正极D．放电时负极附近溶液的pH增大9、某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是()A．不能发生银镜发应B．1mol该物质最多可与2molBr2反应C．1mol该物质最多可与4molNaOH反应D．与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应10、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A．A B．B C．C D．D11、潮湿的氯气、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布条褪色，因为它们都含有A．Cl2 B．HClO C．ClO‾ D．HCl12、下列有关化学用语表示正确的是（）A．NaClO的电子式B．中子数为16的硫离子：SC．为CCl4的比例模型D．16O与18O互为同位素；16O2与18O3互为同素异形体13、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．标准状况下，11.2L的甲醇所含的氢原子数大于2NAB．常温下，1mol•L-1的Na2CO3溶液中CO32-的个数必定小于NAC．1molCu与含2molH2SO4的浓硫酸充分反应，生成的SO2的分子个数为NAD．1mol苯分子中含有3NA个碳碳双键14、下列物质的制备中，不符合工业生产实际的是（）A．NH3NONO2HNO3B．浓缩海水Br2HBrBr2C．饱和食盐水Cl2漂白粉D．H2和Cl2混合气体HCl气体盐酸15、在1体积空气中混入1体积二氧化碳，在高温下跟足量的焦炭反应，假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳，则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是A．75% B．67% C．50% D．33.3%16、常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液。稀释过程中，pH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．pH随的变化始终满足直线关系B．溶液中水的电离程度：a>b>cC．该温度下，Ka(HB)≈10－6D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A－)=c(B－)17、已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．6g3He含有的中子数为2NAB．1molCH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC．20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD．0.1mol·L－1Na2SO4溶液中含有的SO42－数目为0.1NA18、已知A、B、C、D为由短周期元素组成的四种物质，它们有如图所示转化关系，且D为强电解质（其他相关物质可能省略）。下列说法不正确的是（）A．若A是共价化合物，则A和D有可能发生氧化还原反应B．若A为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第ⅣA族C．若A为非金属单质，则它与Mg反应的产物中阴、阳离子个数比可能为2：3D．若A是金属或非金属单质，则常温下0.1mol/L的D溶液中由水电离出的c(H+)可能为10-13mol/L19、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是()A．体积之比为13∶13∶14 B．密度之比为14∶14∶13C．质量之比为1∶1∶1 D．原子数之比为1∶1∶120、室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与的变化关系如图所示。下列说法正确的是（）(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.2×10-7、5.6×10-11)A．a对应溶液的pH小于bB．b对应溶液的c(H+)=4.2×10-7mol·L-1C．a→b对应的溶液中减小D．a对应的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)21、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B．糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应C．铁粉和维生素C均可作食品袋内的脱氧剂D．电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法22、下列反应的离子方程式正确的是()A．向溶液中滴加氨水至过量：B．向悬浊液中滴加溶液：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．向溶液中加入足量稀硫酸：2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2OD．向苯酚钠溶液中通入少量气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型：C、D为同周期元素，C核外电子总数是最外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是___________（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为__________。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是____________（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为___________和___________。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为____________，中心原子的杂化轨道类型为________________。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为______________。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为________；晶胞中A原子的配位数为____________；列式计算晶体F的密度（g•cm-3）__________。24、（12分）二乙酸乙二酯可由X裂解得到的A和B合成。有关物质的转化关系如下：回答下列问题：(1)B的结构简式为________。(2)反应③的反应类型为________。(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为___________________________________。(4)下列说法不正确的是________。A．鉴别A和B也可以用溴水B．C2H6O也可以分两步氧化成CC．C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下也可以加热生成C6H10O4D．X一定是丁烷25、（12分）氮化锶（Sr3N2）在工业上广泛用于生产荧光粉。已知：锶与镁位于同主族；锶与氮气在加热条件下可生成氮化锶，氮化锶遇水剧烈反应。I.利用装置A和C制备Sr3N2（1）写出由装置A制备N2的化学方程式_______。（2）装置A中a导管的作用是_______。利用该套装置时，应先点燃装置A的酒精灯一段时间后，再点燃装置C的酒精灯，理由是__________。II.利用装置B和C制备Sr3N2。利用装置B从空气中提纯N2（已知：氧气可被连苯三酚溶液定量吸收）（3）写出装置B的NaOH溶液中发生反应的离子方程式_________。（4）装置C中广口瓶盛放的试剂是_________。III.测定Sr3N2产品的纯度（5）取ag该产品，向其中加入适量的水，将生成的气体全部通入浓硫酸中，利用浓硫酸增重质量计算得到产品的纯度，该方法测得产品的纯度偏高，其原因是____。经改进后测得浓硫酸增重bg，则产品的纯度为_____（用相关字母的代数式表示）。26、（10分）某混合物浆液含Al(OH)3、MnO2和少量Na2CrO4。考虑到胶体的吸附作用使Na2CrO4不易完全被水浸出，某研究小组利用设计的电解分离装置(见下图)，使浆液分离成固体混合物和含铬元素溶液，并回收利用。回答I和II中的问题。I.固体混合物的分离和利用(流程图中的部分分离操作和反应条件未标明)(1)Cl在元素周期表中的位置为_____，CO2的电子式为___，NaOH中存在的化学键类型为_____。(2)B-C的反应条件为_____，C→Al的制备反应化学方程式为__________。(3)该小组探究反应②发生的条件。D与浓盐酸混合，不加热，无变化：加热有Cl2生成，当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2。由此判断影响该反应有效进行的因素有(填序号)______。a.温度b.Cl的浓度c.溶液的酸度II.含铬元素溶液的分离和利用(4)用情性电极电解时，CrO42-能从浆液中分离出来的原因是____，分离后含铬元素的粒子是____；阴极室生成的物质为_______(写化学式)。27、（12分）甘氨酸亚铁[(H2NCH2COO)2Fe]是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：Ⅰ.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。Ⅱ.在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。Ⅲ.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b的名称是__，d的作用是__。（2）步骤Ⅰ中将b中溶液加入到c中的操作是__；步骤Ⅱ中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质___(写化学式)。（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是__。（4）下列关于该实验的说法错误的是__(填写序号)。a.步骤Ⅰ中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤Ⅲ中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤Ⅲ中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：___。28、（14分）久置的FeSO4溶液变黄，一般认为是二价铁被氧化为三价铁的缘故。某研究小组为研究溶液中Fe2+被O2氧化的过程，查阅资料发现：溶液中Fe2+的氧化过程分为先后两步，首先是Fe2+水解，接着水解产物被O2氧化。于是小组同学决定研究常温下不同pH对Fe2+被O2氧化的影响，并测定了Fe2+氧化率随时间变化的关系，结果如图。回答下列问题：（1）写出Fe2+水解的离子方程式______；要抑制FeSO4水解，可以采取的措施是______。（2）在酸性条件下，Fe2+被O2氧化的反应方程式为：4Fe2++O2⇌4Fe3++2H2O，已知常温下该反应的平衡常数很大。则下列说法正确的是______。a．Fe2+转化为Fe3+的趋势很大b．Fe2+转化为Fe3+的速率很大c．该反应进行得很完全d．酸性条件下Fe2+不会被氧化（3）结合如图分析不同pH对Fe2+被O2氧化的反应发生了怎样的影响______。（4）研究小组在查阅资料时还得知：氧气的氧化性随溶液的酸性增强而增强。通过以上研究可知，配制FeSO4溶液的正确做法是______。（5）用K2Cr2O7标准溶液测定溶液中Fe2+浓度，从而计算Fe2+的氧化率。反应如下：6Fe2++Cr2O72-+14H+→2Cr3++6Fe3++7H2O若取20mL待测溶液，用0.0200mol•L-1KCr2O7标准溶液滴定，消耗标准溶液16.50mL，则溶液中c（Fe2+）=______mol•L-1。29、（10分）如图是元素周期表的一部分：（1）写出元素①的元素符号________，与①同周期的主族元素中，第一电离能比①大的有_______种。（2）基态锑（Sb）原子的价电子排布式为_______。[H2F]+[SbF6]-（氟酸锑）是一种超强酸，则[H2F]+离子的空间构型为______，写出一种与[H2F]+互为等电子体的分子____。（3）下列说法正确的是________a.N2H4分子中含5个σ键和1个π键b.基态P原子中，电子占据的最高能级符号为Mc.Sb位于p区d.升温实现―液氨→氨气→氮气和氢气变化的阶段中，微粒间破坏的主要的作用力依次是氢键、极性共价键。（4）GaN、GaP都是很好的半导体材料，晶体类型与晶体硅类似，熔点如下表所示，解释GaN、GaP熔点变化原因________。（5）GaN晶胞结构如图1所示，已知六棱柱底边边长为acm。①晶胞中Ga原子采用六方最密堆积方式，每个Ga原子周围距离最近的Ga原子数目为________；②从GaN晶体中分割出的平行六面体如图。若该平行六面体的体积为a3cm3，GaN晶体的密度为______g/cm3(用a、NA表示)。

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、A【解析】

中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。【详解】A.该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；B.该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；C.分子式为C6H12O4，C错误；D.未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；故选A。2、B【解析】

右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。【详解】A.根据原电池工作原理可知：电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片，故A正确；B.根据氧化还原的实质可知：锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应，故B错误；C.根据电解池工作原理可知：左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应:2H++2e→H2↑，故C正确；D.根据原电池工作原理可知：铜电极是正极，正极端氢离子得电子放出氢气，故D正确；答案选B。3、B【解析】

A、由水电离的c(H+)=10-13mol·L-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+与OH-能够发生反应，HCO3-与H+和OH-均能反应，因此不能大量共存，故A错误；B、I-具有还原性，H2O2具有氧化性，在酸性条件下，二者能够发生氧化还原反应：2I-2H+H2O2＝I22H2O，故B正确；C、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式为：，故C错误；D、因碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳充分反应后生成的碳酸氢钠会析出，因此其离子反应方程式为：，故D不正确；故答案为：B。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：①从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；②从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；③从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；④从反应的条件进行判断；⑤从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。4、B【解析】

A．锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B．用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C．用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D．蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=8～10）和甲基橙（变色范围为pH=3.1～4.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。5、B【解析】

同种元素的不同种原子间互为同位素，据此分析。【详解】12C与13C是碳元素的两种不同的碳原子，故互为同位素。答案选：B。【点睛】本题考查了“四同”概念的辨别，应注意的概念要点的把握。结构相似,组成上相差1个或者若干个某种原子团的化合物互称为同系物；具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；同素异形体,是指由同样的单一化学元素组成,因排列方式不同,而具有不同性质的单质；化学上，同分异构体是一种有相同分子式而有不同的原子排列的化合物。6、A【解析】

①AlCl3为共价化合物，其在熔融状态下不能导电，应电解熔融的氧化铝制备铝，①不可实现；②中各步转化为工业上制硝酸，在给定的条件下均可实现；③该系列转化实为侯氏制碱法，可实现；④煅烧FeS2只能生成二氧化硫，不可实现。综上所述，物质的转化在给定条件下能实现的是②③，故选A。7、B【解析】

A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。8、B【解析】

A．通入氢气的一极为负极，发生氧化反应，选项A错误；B．氮气在正极获得电子，电极反应式为N2+6e-+8H+═2NH4+，选项B正确；C.放电时溶液中阴离子Cl－移向电源负极，选项C错误；D．通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，pH减小，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，注意从元素化合价的角度判断氧化还原反应，确定正负极反应，为解答该题的关键，以N2、H2为电极反应物，以HCl-NH4Cl溶液为电解质溶液制造新型燃料电池，正极发生还原反应，氮气在正极获得电子，酸性条件下生成NH4+，该电池的正极电极反应式为：N2+8H++6e-=2NH4+，通入氢气的一极为负极，电极方程式为H2-2e-=2H+，总方程式为2N2+6H2+4H+=4NH4+，以此解答该题。9、C【解析】

A．含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A错误；B．酚-OH的邻位、碳碳双键与溴水反应，则1mol该物质最多可与3molBr2反应，故B错误；C.2个酚羟基、-Cl及-COOC-均与NaOH反应，则1mol该物质最多可与4molNaOH反应，故C正确；D．含酚-OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故选C。10、C【解析】

A.氯水中含HClO，具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，应选pH计测定氯水的pH，A错误；B.C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下均为气体，不能冷凝收集，且催化裂化中使用碎瓷片作催化剂且有聚热功能，若改用没有聚热功能的氧化铝固体，实验效果不理想，B错误；C.只有温度不同，且只有二氧化氮为红棕色，通过两烧瓶中气体颜色的变化可验证温度对平衡的影响，C正确；D.加热促进AlCl3水解，且生成HCl易挥发，应在HCl气流中蒸发制备AlCl3晶体，D错误；答案选C。11、B【解析】氯气与水反应生成HClO、HCl，Cl2、HCl都没有漂白性，HClO具有漂白性，故B正确。12、D【解析】

A.NaClO为离子化合物，由Na+和ClO-构成，A错误；B.中子数为16的硫离子应为S2-，B错误；C.中，中心原子半径大于顶点原子半径，而CCl4的比例模型中，Cl原子半径应比C原子半径大，C错误；D.16O与18O都是氧元素的不同原子，二者互为同位素；16O2与18O3是氧元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，D正确。故选D。【点睛】在同素异形体中，强调组成单质的元素相同，并不强调原子是否相同。两种单质中，组成单质的原子可以是同一种原子，也可以是不同种原子，甚至同一单质中，原子也可以不同。如16O18O与17O3也互为同素异形体。13、A【解析】

A．甲醇在标况下为液体，1．2L的甲醇的物质的量大于2．5mol，故所含有的氢原子数大于2NA，A正确；B．没有指明碳酸钠的体积，不能计算出碳酸根离子的个数是否小于NA，B错误；C．随着反应的进行浓硫酸的浓度会降低，铜不与稀硫酸反应，故2molH2SO4不能完全反应，生成的SO2的分子个数会小于NA，C错误；D．苯分子中不含有碳碳双键，D错误；故答案为A。14、D【解析】

A.经催化氧化得到，被空气氧化得到，与水作用得到硝酸，符合工业生产实际，A项正确；B.向浓缩海水中通入氯气可将单质溴置换出来，后面的两步属于溴的提纯反应，符合工业生产实际，B项正确；C.电解饱和食盐水可以得到氯气，将氯气通入石灰乳可以制得漂白粉，符合工业生产实际，C项正确；D.和的混合气体在光照下会发生爆炸，不符合工业生产实际，应改用点燃的方式来得到，D项错误；答案选D。15、A【解析】

根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积＝空气体积−反应掉的氧气体积＋氧气生成的一氧化碳体积＋二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。【详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(C＋CO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%，所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0.2体积的氧气，所以氧气和碳反应后(2C＋O22CO)得到0.4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气)−0.2(反应掉的氧气)＋0.4(氧气生成的一氧化碳)＋2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)＝3.2体积，一氧化碳的体积为0.4＋2＝2.4体积；所以一氧化碳的体积分数为×100%＝75%；故答案选A。16、C【解析】

从图中可以看出，0.1mol/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1mol/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。【详解】A．起初pH随的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平行，A不正确；B．溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b，所以水的电离程度：b>a>c，B不正确；C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L，c(HB)=0.01mol/L，该温度下，Ka(HB)=≈10－6，C正确；D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；故选C。17、A【解析】

A、6g3He的物质的量为2mol，1mol3He含有的中子数为NA，2mol3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1molCH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA，选项B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1mol，1molC4H10中极性健数目为10NA，非极性键数目为3NA，选项C错误；D、0.1mol·L－1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42－数目，选项D错误。答案选A。18、B【解析】

A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系。【详解】A、B、C、D为短周期元素构成的四种物质，且D为强电解质，它们有如下转化关系：，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na元素单质化合物符合转化关系；A．若A是共价化合物，A可能为NH3或H2S，D为HNO3或H2SO4，H2S与H2SO4可以发生氧化还原反应，故A正确；B．若A为非金属单质，则A为N2(或S)，氮元素处于第二周期ⅤA族，硫元素处于第三周期ⅥA族，故B错误；C．若A为非金属单质，则A为N2(或S)，B为NO(或SO2)，C为NO2(或SO3)，D为HNO3(或H2SO4)，其中N2与镁反应生成的Mg3N2中阴、阳离子的个数比为2：3，故C正确；D．若A是金属或非金属单质，则A为Na或N2或S，D为NaOH或HNO3或H2SO4，0.1mol/LNaOH溶液或HNO3溶液中水电离出的c(H＋)都是10−13mol/L，故D正确；故答案选B。19、B【解析】

假设质子都有14mol，则CO、N2、C2H2三种气体的物质的量分别是1mol、1mol、1mol。A、等温等压下，体积之比等于物质的量的比，体积之比为1∶1∶1，A错误；B、等温等压下，密度比等于摩尔质量的比，密度之比为14∶14∶13，B正确；C、质量之比为1mol×28g/mol：1mol×28g/mol：1mol×26g/mol=14:14:13，C错误；D、原子个数之比为1mol×2：1mol×2：1mol×4=1∶1∶2，D错误。答案选B。20、D【解析】

a点横坐标为0，即lg=0，所以=1，b点lg=2，=100；另一方面根据HCO3-H++CO32-可得：Ka2=，据此结合图像分析解答。【详解】A．由分析可知，Ka2=，而a点=1，所以a点有：c(H+)=Ka2=5.6×10-11，同理因为b点=100，结合Ka2表达式可得5.6×10-11=，c(H+)=5.6×10-9，可见a点c(H+)小于b点c(H+)，所以a点pH大于b点，A错误；B．由A可知，b点c(H+)=5.6×10-9，B错误；C．由Ka2=和KW的表达式得：Ka2=，温度不变，Ka2、Kw均不变，所以不变，C错误；D．根据电荷守恒有：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2c(CO32-)，a点c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，D正确。答案选D。【点睛】电解质溶液结合图像判断的选择题有两点关键：一是横纵坐标的含义，以及怎么使用横纵坐标所给信息；二是切入点，因为图像上有，所以切入点一定是与有关系的某个式子，由此可以判断用Ka2的表达式来解答，本题就容易多了。21、B【解析】

A.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，正确；B.油脂、蛋白质均能发生水解反应，但糖类中的单糖不能发生水解，错误；C.铁粉和维生素C都具有还原性，均可作食品袋内的脱氧剂，正确；D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，正确。故答案为B。22、B【解析】

A.向AgNO3溶液中滴加氨水至过量，会形成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，A错误；B.由于Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的溶解度，所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，会发生沉淀转化，形成Fe(OH)3沉淀，离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；C.向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸，发生反应生成Na2SO4、单质S、SO2、H2O，离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、Ols22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）O3分子晶体离子晶体三角锥形sp32Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）Na2O82.27g/cm3【解析】

A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2－和B＋具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或[Ne]3s23p3）；（2）单质A为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧＞氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na＋，该晶胞中大球个数=8×+6×=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度==g·cm－3=2.27g·cm－3；故答案为：Na2O；2.27g·cm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。24、CH3CH3取代反应2CH3COOH＋＋2H2OD【解析】

X裂解得到的A和B，A能与水催化加成生成分子式为C2H6O，即应为乙醇，B光照条件下与氯气发生取代反应生成C2H4Cl2，C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成分子式为C2H6O2，C2H6O2结合C反应生成二乙酸乙二酯，可推知C为乙酸，C2H6O2为乙二醇，C2H4Cl2为CH2ClCH2Cl，则B为乙烷，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A是烯烃，B只能是烷烃，应为CH3CH3；(2)反应③是C2H4Cl2在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应生成CH2OHCH2OH和氯化钠，属于取代反应；(3)C和C2H6O2反应的化学方程式为HOCH2CH2OH＋2CH3COOHCH3COOCH2CH2OOCCH3＋2H2O；(4)A.A和B分别为烷烃和烯烃，可以用溴水、高锰酸钾溶液等鉴别，选项A正确；B.C2H6O是醇，生成酸，可以直接氧化，也可以先氧化成醛，再氧化成酸，选项B正确；C.C2H2O2和C2H6O在浓硫酸作用下，也可以加热生成C6H10O4，为乙二酸二乙酯，是二乙酸乙二酯的同分异构体，选项C正确；D.X可能是丁烷，也可以是己烷等，C6H14C2H6＋2C2H4，选项D不正确；答案选D。25、NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O平衡气压，使液体顺利流下利用生成的N2将装置内空气排尽CO2＋2OH-=CO32-＋H2O浓硫酸未将气体中的水蒸气除去，也被浓硫酸吸收引起增重（或其他合理答案）%【解析】

I.利用装置A和C制备Sr3N2，装置A中NaNO2和NH4Cl反应制备N2，由于N2中混有H2O（g），为防止氮化锶遇水剧烈反应，故N2与Sr反应前必须干燥，装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。II.利用装置B和C制备Sr3N2，锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中NaOH用于吸收CO2，连苯三酚吸收O2，装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），碱石灰的作用是防止外界空气进入硬质玻璃管中。III.测定Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根据浓硫酸增加的质量和浓硫酸的性质分析计算。【详解】I.利用装置A和C制备Sr3N2（1）NaNO2和NH4Cl反应制备N2，根据原子守恒还有NaCl、H2O生成，反应的化学方程式为NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O。（2）装置A中a导管将分液漏斗上下相连，其作用是平衡气压，使液体顺利流下；锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止装置中空气对产品纯度的影响，应先点燃装置A的酒精灯一段时间，利用生成的N2将装置内空气排尽，再点燃装置C的酒精灯。II.利用装置B和C制备Sr3N2（3）锶与镁位于同主族，联想Mg的性质，空气中的CO2、O2等也能与锶反应，为防止锶与CO2、O2反应，则装置B中NaOH用于吸收CO2，反应的离子方程式为CO2+2OH-=CO32-+H2O。（4）为防止氮化锶遇水剧烈反应，故N2与Sr反应前必须干燥，装置C中广口瓶用于除去N2中的H2O（g），其中盛放的试剂为浓硫酸。III.测定Sr3N2产品的纯度的原理为：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故浓硫酸增加的质量为NH3的质量，由于浓硫酸具有吸水性，会将NH3中的水蒸气一并吸收，导致NH3的质量偏高，从而导致测得的产品纯度偏高。经改进后测得浓硫酸增重bg，根据N守恒，n(Sr3N2)=n(NH3)=×=mol，则m(Sr3N2)=mol×292g/mol=g，产品的纯度为×100%=×100%。26、第三周期第VIIA族离子键和极性（共价）键加热(或煅烧)2Al2O34Al+3O2↑ac在直流电场作用下，CrO42-通过阴离子交换膜向阳极室移动，脱离浆液CrO42-和Cr2O72-NaOH和H2【解析】

（1）依据元素原子的核电荷数分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子内存在两个碳氧双键；氢氧化钠存在离子键与极性共价键；（2）固体混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，过滤，可得到滤液A为NaAlO2，通入二氧化碳，生成B为Al(OH)3，固体C为Al2O3，电解熔融的氧化铝可得到Al；固体D为MnO2，加热条件下与浓盐酸反应可生成氯气；

（3）题中涉及因素有温度和浓度；Ⅱ．（4）电解时，通过阴离子交换膜向阳极移动，阴极发生还原反应生成氢气和NaOH，以此解答该题。【详解】（1）Cl为17号元素，在元素周期表中的位置为第三周期第VIIA族，CO2的电子式为，NaOH中存在的化学键类型为离子键与极性（共价）键，故答案为第三周期第VIIA族；；离子键与极性（共价）键；（2）B为Al(OH)3，在加热条件下生成氧化铝，电解熔融的氧化铝可得到铝，其化学方程式为：2Al2O34Al+3O2↑

故答案为；加热（或煅烧）；2Al2O34Al+3O2↑；

（3）反应涉及的条件为加热，不加热，无变化，加热有Cl2生成，说明该反应能否有效进行与温度有关；当反应停止后，固体有剩余，此时滴加硫酸，又产生Cl2，说明该反应能否有效进行与溶液的酸度有关，故答案为ac；Ⅱ．（4）依据离子交换膜的性质和电解工作原理知，在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极移动，从而从浆液中分离出来，其浆液中含铬元素的离子应为CrO42-和Cr2O72-；H+在阴极室得到电子生成H2，溶液中的OH-浓度增大，混合物浆液中的Na+通过阳离子交换膜移向阴极室，故阴极室生成的物质为氢气和NaOH，故答案为在直流电场作用下，通过阴离子交换膜向阳极室移动；脱离浆液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。27、蒸馏烧瓶防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化关闭K3，打开K2Fe(OH)22H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2Oad将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液【解析】

先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50℃恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a．空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b．根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c．根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d．甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。28、Fe2++2H2O⇌Fe（OH）2+2H+向溶液中滴加少量稀硫酸acpH越大氧化率越大向其中加入少量的硫酸和铁粉等0.099【解析】

（1）Fe2+在溶液中水解使溶液呈酸性，滴加少量稀硫酸，增大溶液中氢离子浓度，使水解平衡逆向进行；（2）依据题给信息平衡常数很大和题给图像分析；（3）根据图象可知，溶液pH越大，亚铁离子被氧化的曲线斜率越大；（4）加入少量铁粉能防止亚铁离子被氧化加入少量硫酸能防止亚铁离子水解；（5）依据化学方程式计算。【详解】（1）Fe2+在溶液中水解使溶液呈酸性，水解的离