2026届广东高明一中高三化学第一学期期中经典模拟试题含解析

2026届广东高明一中高三化学第一学期期中经典模拟试题注意事项：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（每题只有一个选项符合题意）1、某温度时，发生反应2HI（g）H2（g）+I2（g），向三个体积相等的恒容密闭容器A、B、C中，分别加入①2molHI；②3molHI；③1molH2与1mo1I2，分别达平衡时，以下关系正确的是A．平衡时，各容器的压强：②=①=③B．平衡时，I2的浓度：②＞①=③C．平衡时，I2的体积分数：②＞①=③D．从反应开始到达平衡的时间：①＞②=③2、室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：实验现象试管中开始无现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色.试管中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N2，溶液变为蓝色.下列说法正确的是A．试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B．等质量的Cu完全溶解时，Ⅰ中消耗的HNO3更多C．换成Fe之后重复实验，依然是试管Ⅱ中反应更剧烈D．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO23、设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是A．将NA个NH3分子溶于1L水中得到1mol·L-1的氨水B．15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0.2NAC．一定条件下，0.1molN2与0.3molH2充分反应，生成NH3分子数为0.2NAD．1molCl2参加反应，转移的电子数一定为2NA4、实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示（Zn粒中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气），下列说法正确的是（）A．管式炉加热前，用试管在④处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度B．①、②、③中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液C．结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D．装置Q（启普发生器）也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．25C时，1LpH=1的硫酸溶液中，含有H+的数目为0.2NAB．标况下，22.4LCl2与足量Fe和Cu混合物点燃，反应后，转移的电子数为2NA个C．50mL12mol/L盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．标准状况下，11.2LSO3含有分子数为0.5NA6、下列过程中，共价键被破坏的是（）①碘升华②溴蒸气被木炭吸附③乙醇溶于水④HCl气体溶于水⑤冰融化⑥NH4Cl受热⑦氢氧化钠熔化⑧(NH4)2SO4溶于水A．①④⑥⑦ B．④⑥⑧ C．①②④⑤ D．④⑥7、下列说法不正确的是A．葡萄酒中SO2的检测可用酸性KMnO4溶液滴定葡萄酒试样进行测定B．改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施C．实验室保存少量液溴时常加少量水液封，并用玻璃塞密封，不能用橡胶塞D．水玻璃是混合物，可用于生产黏合剂(矿物胶)，做耐火阻燃材料8、已知X、Y、Z、W均为中学化学中常见的单质或化合物，它们之间的转化关系如图所示(部分产物已略去)。则W、X不可能是()选项WXA稀硫酸NaAlO2溶液B稀硝酸FeCCO2Ca(OH)2溶液DCl2FeA．A B．B C．C D．D9、中国化学家研究的一种新型复合光催化剂碳纳米点(CQDs)/氮化碳(C3N4)纳米复合物可以利用太阳光实现高效分解水，其原理如图所示。下列说法正确的是(

)A．C3N4中C的化合价为-4

B．反应的两个阶段转移电子数相等C．阶段Ⅱ中，H2O2既是氧化剂，又是还原剂

D．通过该反应，实现了化学能向太阳能的转化10、NA为阿伏伽德罗常数，下列叙述错误的是（）A．标准状况下，0.1molCl2参加反应，转移的电子数目一定为0.2NAB．标准状况下，11.2L氦气中含有0.5NA原子C．常温常压下，46gNO2和N2O4混合气体中含有原子总数为3NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数NA个11、将0.1molCl2通入100mL含等物质的量HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，则下列说法正确的是A．物质的还原性：HBr>H2SO3>HClB．HBr与H2SO3的物质的量浓度均为0.6mol·L－1C．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl2+4H2SO3+2Br－+4H2O=4SO42－+Br2+10Cl－+16H+D．若再通入0.05molCl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化12、足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是A．氢氧化钠溶液 B．稀硫酸 C．盐酸 D．稀硝酸13、下列各组物质中，属于同系物的一组是A．甲烷、一氯甲烷 B．C． D．14、下列实验操作能达到实验目的的是()A．用装置甲从碘水中萃取碘 B．用装置乙验证SO2的漂白性C．用装置丙检验溶液中是否有K＋ D．用装置丁将FeCl3溶液蒸干制备FeCl315、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法错误的是（）A．合金中铝的质量为0.81g B．硝酸的物质的量浓度为1.8mol/LC．氢氧化钠溶液浓度为3mol/L D．沉淀的最大质量为4.08g16、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A．当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB．标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC．当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V≥100mLD．参加反应的金属总质量为9.6g＞m＞3.6g二、非选择题（本题包括5小题）17、已知X、Y和Z三种元素的原子序数之和等于42。X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子。X跟Y可形成化合物X2Y3，Z元素可以形成负一价离子。请回答下列问题：（1）X元素原子基态时的电子排布式为__________，该元素的符号是__________；（2）Y元素原子的价层电子的轨道表示式为________，该元素的名称是__________；（3）X与Z可形成化合物XZ3，该化合物的空间构型为____________；（4）已知化合物X2Y3在稀硫酸溶液中可被金属锌还原为XZ3，产物还有ZnSO4和H2O，该反应的化学方程式是_________________________________________________；（5）比较X的氢化物与同族第二、第三周期元素所形成的氢化物稳定性、沸点高低并说明理由____。18、芳香烃A(C7H8)是重要的有机化工原料，由A制备聚巴豆酸甲酯和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知：①②③(弱碱性，易氧化)回答下列问题：(1)A的名称是____________，I含有的官能团是_______________________。(2)②的反应类型是______________，⑤的反应类型是__________________。(3)B、试剂X的结构简式分别为____________________、____________________。(4)巴豆酸的化学名称为2-丁烯酸，有顺式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____个原子共平面，反式巴豆酸的结构简式为__________________________。(5)第⑦⑩两个步骤的目的是_________________________________________________。(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W是F的同分异构体，W共有_______种，其中苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式___。(7)将由B、甲醇为起始原料制备聚巴豆酸甲酯的合成路线补充完整(无机试剂及溶剂任选)______________________________________________.19、NH3是一种重要的化工原料，可用于制氮肥、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。某实验小组在实验室中对NH3的性质进行了探究，设计了如下实验装置。回答下列问题：（1）氨气的制备①氨气的发生装置可以选择上图中的________，反应的化学方程式为________；②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_____（按气流方向，用小写字母表示）。（2）NH3性质探究利用制取的干燥NH3，小组开始实验，其中A为NH3的制取装置，并发现了如下实验现象，同时小组对现象进行了讨论并得出了相应的结论。序号实验现象实验结论ⅠB装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了Cu2O或______ⅡC装置中无水CuSO4变蓝反应生成了________ⅢE装置中收集到无色无味气体反应生成了N2①完型填空实验结论；②实验仪器D的名称为_______________；所装药品无水CaCl2的作用为______________；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为_______________________，体现了NH3的________性（填氧化或还原）。20、已知碘在酸性条件下被氯酸钾氧化成碘酸钾（KIO3），后与氯化钙反应生成碘酸钙。I.制备碘酸钙回答下列问题：（1）已知氧化性：ClO>IO>Cl2。写出制备碘酸钾的化学方程式_______。（2）制备装置（如图）中需用______（填“直形”或“球形”）冷凝管，反应产生的气体可用_____溶液尾气处理。

（3）水浴时，在烧瓶瓶颈处逐渐析出了一些紫红色固体，请解释此现象____。（4）白色沉淀经过滤后，又依次用冰水、无水乙醇洗涤，使用乙醇洗涤的作用是____。II.产品纯度测定①准确称取产品（不含结晶水）1.300g，置于烧杯中，加入10mL1：1高氯酸，微热溶解试样，冷却后移入250mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀。②移取试液25.00mL，加入1：1高氯酸1mL、碘化钾1.5g；③加入0.5%淀粉溶液2mL，用浓度为cmol/L的Na2S2O3标准溶液滴定至终点。再平行测定两次。回答下列问题：（5）写出②中反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比是____；③中滴定终点的判断现象是_____________。（6）已知测定时发生反应I2+2S2O=2I-+S4O，三次平行测定消耗硫代硫酸钠标准溶液的平均体积为VimL，空白试验消耗硫代硫酸钠标准溶液的体积为V2mL,则1.300g产品中碘酸钙物质的量n[Ca（IO3）2]为____mmol。21、烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。（1）氧化还原法脱硝：4NO(g)＋4NH3(g)＋O2(g)＝4N2(g)＋6H2O(g)ΔH＝-1627.2kJ/mol。检验脱硝效果的重要指标是脱硝效率（脱硝过程中单位时间内NOx浓度变化占烟气初始浓度的百分比）。影响SCR系统脱硝效率的因素有很多，根据如图判断提高脱硝效率的最佳条件是__；氨氮比一定时，随温度的升高脱硝效率增大，其可能的原因是___。（2）H2Y2－与Fe2＋形成的络合物FeY2－可用于吸收烟气中的NO。原理：FeY2－(aq)＋NO(g)FeY2－(NO)(aq)ΔH<0①将含NO的烟气以一定的流速通入起始温度为50℃的FeY2－溶液中。NO吸收率随通入烟气的时间变化如图。时间越长，NO吸收率越低的原因是___。②生成的FeY2－(NO)(aq)可通过加入铁粉还原再生，其原理为FeY2－(NO)(aq)＋Fe＋H2O→FeY2－(aq)＋Fe(OH)2＋NH3(未配平)。若吸收液再生消耗14g铁粉，则所吸收的烟气中含有NO的物质的量为__mol。（3）以连二硫酸盐(S2O42－)为媒介，使用间接电化学法也可处理NO，装置如图所示：阴极的电极反应式为___。（4）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为____。②加入CaCO3的作用是___。（5）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH＞5.5时反而减小，请解释二者去除率不同的可能原因是__。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】根据等效平衡原理，若1molH2与1molI2完全转化为HI，则HI为2mol，所以①和③是完全相同的等效平衡，所以二者的浓度，百分含量，压强转，化率等都一样；②与①相比增大了HI的量，该反应为反应前后气体体积不变的反应，增大HI的量，达到平衡时新平衡与原平衡相同，所以各物质的百分含量不变，但是浓度增大。【详解】A项、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以压强最大，故A错误；B下、由于恒容密闭容器，②中初始的量大，所以②中I2的浓度最大，①和③是完全相同的等效平衡，二者I2的浓度相同，所以平衡时，I2的浓度：②>①=③，故B正确；C项、①②③都是等效平衡，所以三者中I2的体积分数相同，故C错误；D项、由于②中初始的量大，反应浓度大，反应速率快，所以到达平衡所用时间最短，所以②<③，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了等效平衡，等效平衡问题是指利用等效平衡（相同平衡或相似平衡）来进行的有关判断和计算问题，即利用与某一平衡状态等效的过渡平衡状态（相同平衡）进行有关问题的分析、判断，或利用相似平衡的相似原理进行有关量的计算。所以等效平衡也是一种思维分析方式和解题方法。2、D【详解】A．铜与稀硝酸反应生成NO，试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2、NO的混合气体，NO2由NO与氧气反应生成，故A错误；B．根据方程式，铜与稀硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸8mol，铜与浓硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸12mol，所以等质量的Cu完全溶解时，Ⅱ中消耗的HNO3更多，故B错误；C．铁在浓硝酸中钝化，故C错误；D．向试管Ⅱ中持续通入N2，溶液变为蓝色，所以试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2，故D正确。3、B【详解】A．将NA个NH3分子气体溶于1L水中，溶液体积不是1L，得到溶液浓度不是1mol•L-1，故A错误；B.Na2O2和Na2S的摩尔质量均为78g/mol，则15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物总的物质的量为15.6g÷78g/mol=0.2mol，且每摩尔Na2O2中含有1molO22-；每摩尔Na2S中含有1molS2-，15.6g由Na2O2和Na2S组成的混合物中含阴离子数为0.2NA，故B正确；C.一定条件下，0.1molN2与0.3molH2反应生成NH3为可逆反应，不可能完全转化，则生成的NH3分子数应小于0.2NA，故C错误；D.当氯气在反应中既是氧化剂，又是还原剂时，1molCl2参加反应，转移的电子数不一定为2NA，如反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，当1molCl2参加此反应时，转移的电子数为NA，故D错误；答案选B。【点睛】本题主要考查阿伏加德罗常数在物质的量浓度、物质组成、化学反应的限度和氧化还原反应中应用。本题的易错点为Na2O2的组成，在Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，两个氧原子构成一个过氧根离子。4、A【解析】用氢气还原高温氧化物前需要先验纯，故A正确；通入管式炉的气体必须是干燥的气体，所以③中盛装浓H2SO4，故B错误；结束反应前，先停止加热，再关闭活塞K，故C错误；二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气需要加热，故D错误。5、B【详解】A、pH=1的硫酸溶液中c(H+)=0.1mol/L，故1L该溶液中n(H+)=1L×0.1mol/L=0.1mol，N(H+)=0.1mol×NAmol-1=0.1NA，故A错误；B、标况下，22.4LCl2的物质的量为=1mol，与足量Fe和Cu混合物点燃，氯元素化合价均降低为-1价，故转移电子数为1mol×2×NAmol-1=2NA，故B正确；C、浓盐酸与足量MnO2共热反应，随着反应的进行，盐酸浓度降低，后续反应将停止，故无法计算出具体转移电子数，故C错误；D、标准状况下，SO3不是气体状态，故无法用气体摩尔体积计算其数目，故D错误。6、D【详解】①碘升华，破坏的是分子间作用力，故①不选；②溴蒸气被木炭吸附，破坏的是分子间作用力，故②不选；③酒精溶于水，不发生电离，破坏的是分子间作用力，故③不选；④HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏，故④选；⑤冰融化，破坏的是分子间作用力，故⑤不选；⑥NH4Cl受热发生分解反应，生成氨气和HCl，N-H共价键破坏，同时破坏了离子键，故⑥选；⑦氢氧化钠熔化，破坏的是离子键，故⑦不选；⑧(NH4)2SO4溶于水，发生电离，破坏的是离子键，故⑧不选；共价键被破坏的有④⑥，故选D。【点睛】本题的易错点为④和⑧，要注意氯化氢为共价化合物，溶解时破坏了H-Cl共价键，(NH4)2SO4属于离子化合物，溶解时破坏了离子键，铵根离子和硫酸根离子中的共价键没有破坏。7、A【详解】A、葡萄酒中含有酒精、还原性糖，都能使酸性KMnO4溶液褪色，因此检测葡萄酒中SO2不能用酸性高锰酸钾溶液滴定，故A说法错误；B、燃气中不含S元素，因此改用燃气可以减少SO2等有害物质的排放，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施，故B说法正确；C、实验室保存少量的液溴，液溴易挥发，需要加入少量的水液封，液溴能与橡胶塞发生反应，需要用玻璃塞密封，故C说法正确；D、水玻璃是Na2SiO3的水溶液，可用于生产黏合剂，做耐火阻燃材料，故D说法正确。8、D【解析】A、X为NaAlO2溶液，W为稀硫酸时，偏铝酸钠和少量稀硫酸反应生成生成氢氧化铝沉淀，与过量稀硫酸反应生成硫酸铝，氢氧化铝和硫酸铝之间可以相互转化，能实现上述转化关系，错误；B、X为铁，W为稀硝酸，铁与少量稀硝酸反应生成硝酸亚铁，与过量稀硝酸反应生成硝酸铁，硝酸铁和硝酸亚铁可以相互转化，符合转化关系，错误；C、X为氢氧化钙，W为二氧化碳，氢氧化钙与少量二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀，和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钙，碳酸钙和碳酸氢钙间可以相互转化，符合转化关系，错误；D、氯气和铁反应，无论量多少，只能生成氯化铁，不符合上述转化关系，正确。答案选D。9、C【详解】A.化合物C3N4中氮元素的化合价为-3价，结合化合物中化合价代数和为0可得，碳元素的化合价为+4价，不符合题意，A错误；B.由于两个过程中，参与反应的量未知，因此无法比较转移电子数的大小，不符合题意，B错误；C.阶段Ⅱ中发生反应的化学方程式为：2H2O2=2H2O＋O2↑，H2O2中氧元素由－1价变为0价和－2价，因此H2O2既是氧化剂，又是还原剂，符合题意，C正确；D.该反应中，实现了太阳能转化为化学能，不符合题意，D错误；故答案为C【点睛】未给定参与反应的量，无法比较转移电子数的多少。10、A【详解】A.

标准状况下，0.1molCl2参加反应，转移的电子数目不一定为0.2NA，例如与氢氧化钠溶液反应等，故A错误；B.标准状况下，11.2L氦气是0.5mol，其中含有0.5NA原子，B正确；C.如果46g完全是NO2，则NO2的物质的量是46g÷46g/mol=1mol，一个分子中含有3个原子，所以1molNO2含有的原子的物质的量是1mol×3=3mol，数目是3NA；如果46g完全是N2O4，则N2O4的物质的量为46g÷92g/mol=0.5mol，一个分子中含有6个原子，所以46g的N2O4含有原子的物质的量是0.5mol×6=3mol，其数目为3NA；综上，无论是46g的NO2，还是46g的N2O4，还是46g的NO2和N2O4混合气体中含有原子总数均为3NA，故C正确；D.

钠在反应中只能失去1个电子，1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子总数为NA，故D正确；题目要求选错误的，故选A。11、C【分析】因反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可进行，则还原性H2SO3＞HBr，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol×2=x×0.5×1+x×（6-4），解得x=0.08mol，以此来解答。【详解】因反应H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr可进行，则还原性H2SO3＞HBr，则0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HBr与H2SO3的混合溶液中，有一半的HBr被氧化，设HBr的物质的量为x，由电子守恒可知，0.1mol×2=x×0.5×1+x×（6-4），解得x=0.08mol，A．由H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr及还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知还原性H2SO3＞HBr，选项A错误；B．由上述计算可知，HBr的物质的量为0.08mol，溶液体积为0.1L，浓度为0.8mol/L，选项B错误；C．通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为5Cl2+4H2SO3+2Br－+4H2O=4SO42－+Br2+10Cl－+16H+，遵循电子、电荷守恒，选项C正确；D．由上述分析可知，还有0.04molHBr未被氧化，则再通入0.02molCl2，恰好能将HBr和H2SO3完全氧化，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意利用信息判断还原性，题目难度不大。12、A【详解】假设反应都产生3mol氢气，则：A．2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑反应产生3mol氢气，会消耗2molNaOH；B．2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗3mol硫酸；C．2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，反应产生3mol氢气，需消耗6molHCl；D．由于硝酸具有强的氧化性，与铝发生反应，不能产生氢气；故反应产生等量的氢气，消耗溶质的物质的量最少的是氢氧化钠溶液；选项A正确。13、D【详解】A．甲烷属于烷烃，一氯甲烷为卤代烃，二者结构不相似，不属于同系物，故A错误；B.的结构不相似，一个含有碳碳双键，一个含有碳碳三键，不属于同系物，故B错误；C．HCHO为醛类物质，CH3COOH为羧酸，结构不相似，不属于同系物，故C错误；D．都是羧酸，结构相似，相差1个CH2原子团，属于同系物，故D正确；故选D。【点睛】正确理解同系物的概念是解题的关键。互为同系物的物质需要结构相似，结构相似表示含有的原子种类相同，官能团的种类和数目相同。14、A【详解】A.苯与水不互溶，与碘不反应，且I2在苯中的溶解度远大于在水中的溶解度，因此可用苯作萃取剂，萃取碘水中的I2，可以达到实验目的，A项正确；B.SO2与酸性的高锰酸钾之间因发生氧化还原反应而使高锰酸钾溶液褪色，因此不能证明SO2具有漂白性，不能达到实验目的，B项错误；C.用焰色反应检验K+时，观察火焰的颜色时要透过蓝色的钴玻璃，不能达到实验目的，C项错误；D.将FeCl3溶液蒸干的过程中，Fe3+水解生成Fe(OH)3，加热后生成Fe2O3，因此将FeCl3溶液蒸干不能制备纯净的FeCl3，不能达到实验目的，D项错误；答案选A。【点睛】解答本题的关键是要掌握盐溶液蒸干时所得产物的判断方法：(1)盐溶液水解生成难挥发性酸时蒸干后一般得原物质，如CuSO4(aq)蒸干得CuSO4(s)；(2)盐溶液水解生成易挥发性酸时，蒸干灼烧后一般得到对应的氧化物，如AlCl3(aq)蒸干得Al(OH)3，灼烧得Al2O3；(3)考虑盐受热时是否分解：原物质蒸干灼烧后固体物质Ca(HCO3)2CaCO3或CaONaHCO3Na2CO3KMnO4K2MnO4和MnO2NH4Cl分解为NH3和HCl无固体物质存在(4)还原性盐在蒸干时会被O2氧化，如Na2SO3(aq)蒸干得Na2SO4(s)；(5)弱酸的铵盐蒸干后无固体，如NH4HCO3、(NH4)2CO3。15、B【分析】由题给图示可知，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，开始没有沉淀，说明硝酸过量，与硝酸反应的氢氧化钠溶液是10mL，沉淀达到最大时，消耗氢氧化钠溶液是50mL，溶解氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液是10mL，则生成氢氧化铝消耗氢氧化钠溶液是30mL，生成氢氧化镁消耗氢氧化钠溶液是20mL，由反应的离子方程式Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓、Mg2＋＋2OH－=Mg(OH)2↓可知，镁铝合金中镁、铝的物质的量比为1:1，标准状况下1.12LNO气体的物质的量为0.05mol，设镁铝合金中镁的物质的量为xmol，由得失电子数目守恒可得2x+3x=0.05mol×3，解得x=0.03，沉淀达到最大时消耗氢氧化钠溶液是50mL，50mL溶液中氢氧化钠的物质的量为(0.03mol×2+0.03mol×3)=0.15mol，氢氧化钠溶液的浓度为=3mol/L。【详解】A.由分析可知，合金中铝的物质的量为0.03mol，则质量为0.03mol×27g/mol=0.81g，故A正确；B.由分析可知，沉淀达到最大量时所得溶液是硝酸钠，由电荷守恒可知，溶液中硝酸根的物质的量为3mol/L×0.06mol=0.18mol，由氮原子个数守恒可知100mL稀硝酸中硝酸的物质的量为(0.18mol+0.05mol)=0.23mol，稀硝酸的浓度为=2.3mol/L，故B错误；C.由分析可知，氢氧化钠溶液浓度为3mol/L，故C正确；D.由分析可知，沉淀的最大质量为(0.03mol×58g/mol+0.03mol×78g/mol)=4.08g，故D正确；故选B。16、B【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；据以上分析解答。【详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol·L﹣1NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2↓+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3×1/2=0.15mol；A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；

B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质的量为0.15×2/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24L,故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V≥100mL，故C项正确；

D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15×24=3.6g，若全为铜，质量为0.15×64=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6g＞m＞3.6g，故D项正确；

综上所述，本题选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、1s22s22p63s23p63d104s24p3As氧三角锥As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定；沸点：NH3＞AsH3＞PH3，NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。【详解】X元素原子的4p轨道上有3个未成对电子，X为As元素；Y元素原子的最外层2p轨道上有2个未成对电子，Y为O元素；X、Y、Z的原子序数之和等于42，则Z的原子序数为42-33-8=1，Z可以形成负一价离子，Z为H元素；（1）X为As，As原子基态时核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s24p3，该元素的符号是As。（2）Y为O，基态O原子的核外电子排布式为1s22s22p2，其价层电子的轨道表示式为，该元素名称为氧。（3）X为As，Z为H，形成的化合物AsH3，中心原子As的孤电子对数为×（5-3×1）=1，σ键电子对数为3，价层电子对数为4，VSEPR模型为四面体型，空间构型为三角锥形。（4）As2O3被还原成AsH3，Zn被氧化成ZnSO4，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为As2O3+6Zn+6H2SO4=2AsH3↑+6ZnSO4+3H2O。（5）As的氢化物为AsH3，与As同族的第二、第三周期元素形成的氢化物为NH3、PH3，稳定性：NH3＞PH3＞AsH3，因为键长越短，键能越大，化合物越稳定

；沸点：NH3＞AsH3＞PH3，理由是：NH3可形成分子间氢键，沸点最高，AsH3相对分子质量比PH3大，分子间作用力大，因而AsH3比PH3沸点高。18、甲苯羧基、酰胺基氧化反应取代反应（硝化反应）10保护氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A为甲苯，B经反应可生成聚巴豆酸甲酯，由根据信息①可知，B为，D为丙二酸，E为C2H5OOCCH2COOC2H5，由题给信息可知试剂X为，甲苯发生硝化反应生成F为，F发生还原反应生成G为，由I的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为：，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成I，I发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化，以此解答该题。【详解】(1)根据流程图A(C7H8)是芳香烃，可知A是甲苯；根据I的结构简式，分子中含有羧基、酰胺基两种官能团；(2)酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将碳碳双键氧化，即②发生氧化反应；反应⑤甲苯发生硝化反应，生成对硝基甲苯；(3)根据信息①可知，B的结构简式为；根据信息②可知，试剂X的结构简式为；(4)反式-2-丁烯酸分子的结构简式为，除了甲基上两个氢原子不在双键结构所确定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10个原子；(5)第⑦、⑩两个步骤的目的是：第⑦步先把氨基保护起来，防止氨基被酸性高锰酸钾氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W只能为、、或、、，苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式为；(7)分析知B为，它经过与氢气发生加成反应，再发生消去反应、酯化反应、加聚反应，即可得到聚巴豆酸甲酯。具体合成路线：。【点睛】本题的解题关键在于已知信息的灵活运用，熟悉官能团的性质和有机反应类型。19、A（或B）Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）d→c→f→e→iCuH2O（球形）干燥管吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O还原【分析】装置A产生氨气，氨气在装置B中和氧化铜反应，生成的气体分别通过无水硫酸铜、无水氯化钙，装置E用于收集未反应完全的气体，以此解答。【详解】（1）①A.为固固加热制取气体的装置，可以选用氯化铵与碱石灰加热制取氨气；B.浓氨水和氧化钙反应可以制取氨气或者加热浓氨水可以制取氨气；故选A或B；反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O（或NH3·H2ONH3↑+H2O）；②氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序：发生装置→d→c→f→e→i；（2）①B装置中黑色氧化铜变为红色，说明生成了Cu2O或Cu；C装置中无水CuSO4变蓝，说明反应生成了H2O；②实验仪器D的名称为：（球形）干燥管；所装药品无水CaCl2的作用为：吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中；③如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为：2NH3＋6CuON2＋3Cu2O＋3H2O；该反应中N元素化合价上升