湖南省安仁一中、资兴市立中学2026届高三化学第一学期期中经典试题含解析

湖南省安仁一中、资兴市立中学2026届高三化学第一学期期中经典试题考生请注意：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、下列关于金属的说法中不正确的是()A．合金比纯金属具有较好的性能，一般情况下，硬度比纯金属高，熔点比纯金属的低B．合金仍然具有金属特性C．常用电解法冶炼钠、镁、铝等活泼金属D．将钢闸门与电源正极相连，可防止其在海水中被腐蚀2、在一定温度、不同压强(p1<p2)下，可逆反应：2X(g)2Y(s)+Z(g)中，生成物Z在反应混合物中的体积分数(φ)与反应时间(t)的关系有以下图示，其中正确的是（）A． B．C． D．3、化学与生产、生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水含氧量高B．硅胶多孔，吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂C．用纯碱溶液清洗油污时，加热可以提高去污能力D．高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片4、据最新报道，科学家发现了如下反应：O2+PtF6=O2（PtF6），已知O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt的化合价为+5，对于此反应，下列说法正确的是（）A．反应中，O2是氧化剂，PtF6是还原剂 B．O2（PtF6）中氧元素的化合价为+1C．O2（PtF6）中不存在共价键 D．每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子5、能正确表示下列反应的离子方程式是（）A．浓盐酸与铁屑反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B．钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu↓+2Na+C．NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：CO32-+2H+=H2O+CO2↑D．向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+6、下列叙述中不正确的是A．可用装置①鉴别碳酸钠和碳酸氢钠 B．可用装置②分离汽油和水的混合物C．可用装置③从海水中蒸馏得到淡水 D．可用装置④把胶体粒子从分散系中分离出来7、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．标准状况下，1.12LCCl4含有质子数的数目为3.7NAB．常温常压下，3.0g含葡萄糖的冰醋酸中含有的原子总数为0.4NAC．常温时，56gFe与足量浓硝酸反应，转移的电子数目为3NAD．晶体B的结构单元如图，则11g晶体B含有0.6NA个三角形（相邻原子构成）8、对某溶液中部分离子的定性检测流程如下。相关分析正确的是()A．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液B．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体C．步骤②发生反应Al3＋＋3=Al(OH)3↓＋3CO2↑D．Fe3＋遇铁氰化钾溶液显蓝色9、下列离子方程式正确的是能正确表示下列反应的离子方程式是()A．向含有Fe2O3悬浊液中通入HI：Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2OB．氨水中通入过量的二氧化硫：SO2+NH3·H2O=NH4++SO32-C．碳酸氢钠溶液与足量氢氧化钡溶液混合：HCO3－＋Ba2＋＋OH－===BaCO3↓＋H2OD．Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓10、中国科学技术大学的钱逸泰教授等以CCl4和金属钠为原料，在700oC时反应制造出纳米级金刚石粉末和另一种化合物。该成果发表在世界权威的《科学》杂志上，立即被科学家们高度评价为“稻草变黄金”。同学们对此有下列一些“理解”，你认为其中错误的是（）A．这个反应是氧化还原反应 B．制造过程中元素种类没有改变C．另一种化合物为NaCl D．金刚石属于碳的一种同位素11、下列说法正确的是A．NaCl溶于水与加热熔化时破坏的作用力不同B．NH5的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，是既具有离子键又具有共价键的离子化合物C．现代科技已经能够拍到氢键的“照片”，直观地证实了水分子间的氢键是一个水分子中的氢原子与另一个水分子中的氧原子间形成的化学键D．SiO2分子是由1个Si原子和两个O原子构成的原子晶体12、化学与社会、生活密切相关，对下列常见无机物用途的解释正确的是()选项用途解释ANa可用于与TiCl4反应得Ti粉Na具有强还原性B明矾可用于净水明矾能杀菌消毒CNa2O2可用于潜水艇制O2Na2O2具有强氧化性DMgO、Al2O3可用于制作耐高温坩埚MgO、Al2O3在高温下化学性质稳定A．A B．B C．C D．D13、能产生“丁达尔效应”的是()A．饱和食盐水 B．鸡蛋清溶液 C．石灰乳 D．硫酸铜溶液14、为了除去铁粉中的少量铝粉，可以选取下列哪种溶液()A．浓盐酸 B．浓硝酸 C．浓硫酸 D．浓氢氧化钠溶液15、下列说法正确的是A．用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的pH时会影响测定结果B．检验某溶液含有NH4+：取试样少许于试管中，加入足量NaOH溶液加热，用湿润红色石蕊试纸检验变蓝C．液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的细口试剂瓶中D．配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小16、工业上消除氮氧化物的污染，可用如下反应：ΔH=a kJ/mol，在温度T1和T2时，分别将0.50molCH4和1.2molN温度时间/minn/mol010204050Tn(C0.500.350.250.100.10Tn(C0.500.300.18……0.15下列说法不正确的是A．10min内，T1时v(CH4)比TC．ΔH:a<0 D．平衡常数：K(17、某同学在实验室利用氢氧化钠溶液、盐酸分离铁粉和铝粉的混合物，物质转化关系如图所示：下列说法不正确的是()A．X为NaOH溶液，Y为盐酸B．a、b、c既能与酸又能与碱反应C．b→c→Al的反应条件分别为：加热、电解D．a→b发生的反应为AlO＋H＋＋H2O=Al(OH)3↓18、下列有关物质的保存、鉴别或除杂说法错误的是A．金属Li和Na应密封保存于煤油中，防止与空气接触B．用湿润的淀粉-KI试纸无法鉴别Br2（g）和NO2气体C．用CaCl2溶液可鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液D．用饱和的NaHCO3溶液除CO2气体中HCl杂质19、下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法中正确的是A．热稳定性：NaHCO3比Na2CO3稳定B．常温时，在水中的溶解性:Na2CO3＞NaHCO3C．氢氧化铝和纯碱常用来治理胃酸过多D．它们都属于盐类，所以水溶液显中性20、下列实验装置能实现对应目的的是()A．关闭a打开活塞b，通过观察水能否顺利流下来验证装置的气密性B．实验室制备并收集氨气C．c管先通，d管再通过量，可制取少量小苏打D．验证酸性强弱：盐酸＞碳酸＞硅酸21、已知常温下，Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，pM=-lgc(M2+)。向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，溶液中pM与Na2S溶液体积的关系如图所示，下列说法正确的是（）A．图像中，V0=40，b=10.5B．若NiCl2(aq)变为0.2mol·L-1，则b点向a点迁移C．若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移D．Na2S溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+c(H2S)22、阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法不正确的是A．llgD218O所含的中子数为6NAB．0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.5NAC．标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键数目为10NAD．NO2和H2O反应每生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA二、非选择题(共84分)23、（14分）下列中所列的是五种短期周期元素原子的半径及主要化合价：元素代号ABCDE原子半径/nm0.1110.0640.1170.1600.066主要化合物+2-1+4，-4+2-2（1）C元素在周期表中的位置___；E原子的电子填充在___个轨道上，这些电子有___种不同的能量。（2）B、D、E所代表元素的离子半径从大到小的顺序为___（填离子符号）（3）C与E形成的化合物属于__晶体。（4）已知X是与E同族的另一短周期元素，有人认为：H-E键的键能大于H-X键的键能，所以H2E的沸点高于H2X的沸点。你是否赞同这种观点___（“赞同”或“不赞同”），理由：___。24、（12分）有机物M是一种食品香料,可以C4H10为原料通过如下路线合成:已知:①R—CHCH2R—CH2CH2OH②RCH2CHO+R'CH2CHO③F分子中的碳链上没有支链;E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应。请回答下列问题:（1）A、B均为一氯代烃,写出其中一种的名称(系统命名)____;M中的官能团名称为______。（2）写出下列反应的反应类型:F→G________,D+GM________。（3）F与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为____________________。（4）M的结构简式为____________;E的核磁共振氢谱有____种峰。（5）与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体有____种,请写出其中一种的结构简式:________________。（6）参照上述合成路线,以苯乙烯()和乙醛为原料(无机试剂任选),设计制备的合成路线：______________________。25、（12分）工业上常利用含硫废水生产Na2S2O3•5H2O，实验室可用如下装置模拟生成过程。烧瓶C中发生反应如下：Na2S（aq）+H2O（l）+SO2（g）=Na2SO3（aq）+H2S（aq）（I）2H2S（aq）+SO2（g）=3S（s）+2H2O（l）（II）S（s）+Na2SO3（aq）Na2S2O3（aq）（III）（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液注，若__________________________，则整个装置气密性良好。装置D的作用是___________________________。装置E中为___________溶液。（2）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为______________。（3）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好选择__________。a．蒸馏水b．饱和Na2SO3溶液c．饱和NaHSO3溶液d．饱和NaHCO3溶液（4）实验中，为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是____________。（5）已知反应（III）相对较慢，则烧瓶C中反应达到终点的现象是_______________。反应后期可用酒精灯适当加热烧瓶A，实验室用酒精灯加热时必须使用石棉网的仪器含有___________________。a.烧杯b.蒸发皿c.试管d.锥形瓶26、（10分）碳酸镧[La2(CO3)3]可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3↓+6NH4Cl+3CO2↑+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置模拟制备碳酸镧。(1)盛放稀盐酸的仪器名称为________________。(2)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为F→____→____→____→____→______。(3)W中发生反应的离子方程式为_______Y中发生反应的化学反应方程式为__________(4)X中盛放的试剂是_________，干燥管的作用为_________________。(5)Z中通入气体的方式________A.先通入足量NH3，后通入过量的CO2B.先通入足量CO2，后通入过量的NH3C.NH3和CO2同时通入(6)该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3和La(HCO3)3的稳定性强弱，设计了如下的实验装置，则甲试管中盛放的物质为________________，实验过程中，发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，则关于两种物质稳定性实验结论为_____。A.稳定性La2(CO3)3>La(HCO3)3B.稳定性La2(CO3)3<La(HCO3)3C.无法判断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）乙烯是一种重要的化工原料，以乙烯为原料生产部分化工产品的反应如下（部分反应条件已略去）：请回答下列问题：（1）A的名称是___________，含有的官能团名称是_______________。实验室由A转化为乙烯的反应条件为_______________。（2）B和A反应生成C的化学方程式为_______________，该反应的类型为_______________。（3）F的结构简式为__________________。（4）写出D的同分异构体的结构简式__________________。（5）乙炔是常见的一种化工原料，它可以制取很多化工产品。例如：聚氯乙烯塑料。写出由乙炔合成聚氯乙烯的合成路线。_____________（合成路线常用的表示方式为：）29、（10分）合金在生活、生产、国防等领域有广泛应用。镍是重要的合金元素，例如镧镍合金、白铜（铜镍合金）、铝镍合金等。（1）基态镍原子的外围电子排布式为_____________。（2）在NiSO4溶液中滴加稀氨水能形成配位化合物[Ni(NH3)4]SO4。①H、N、O、Ni的电负性大小顺序为______________________。②与SO42—互为等电子体的分子（写出一种即可）______________。③SO32—、SO42—中S的杂化类型都是___________；但它们的实际空间构型却不同，其主要原因是________________________________________________________________。（3）工业上，采用反应Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)提纯粗镍。推测Ni(CO)4晶体中存在的作用力有__________。a、范德华力b、配位键c、非极性键d、极性键e、离子键（4）镧镍合金的晶胞如图1所示，镍原子除了1个在体心外，其余都在面上。该合金中镍原子和镧原子的个数比为________。（5）铝镍合金的晶胞如图2所示。已知：铝镍合金的密度为ρg/cm3，NA代表阿伏加德罗常数的数值，则镍、铝的最短核间距(d)为________________pm。

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【解析】A．合金的硬度大，熔点低，故A正确；B．合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质，故B正确；C．活泼金属如Na、Mg、Al常用电解法冶炼，故C正确；D．将钢闸门与直流电源的正极相连，钢闸作阳极，活泼金属铁作阳极，容易失去电子而被腐蚀，所以将钢闸门与直流电源的正极相连不能防止其被腐蚀，反而能加快被腐蚀，故D错误；故选D。点睛：合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质．合金概念有三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属．合金的性质是：合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀，机械性能好。2、D【详解】压强越大反应速率越快，体现在图像中即斜率越大，该反应为气体体积减小的反应，压强越大X的转化率越大，则Z的体积分数越大，所以符合事实的图像为D，故答案为D。【点睛】注意该反应中生成物Y为固体，该反应为气体体积减小的反应。3、A【解析】A.钢铁在海水中比在河水中更易被腐蚀，主要原因是海水中氯化钠浓度高，故A不正确；B.硅胶多孔，吸水能力强，常用作袋装食品的干燥剂，故B正确；C.用纯碱溶液清洗油污时，加热可以促进碳酸钠水解产生氢氧化钠，提高去污能力，故C正确；D.高纯硅广泛应用于太阳能电池、计算机芯片，故D正确。故选A。4、D【解析】A、由O2（PtF6）中Pt为+5价，PtF6中Pt为+6价，反应中Pt元素的化合价降低，则PtF6为氧化剂、O2为还原剂，A错误；B、O2（PtF6）为离子化合物，其中Pt为+5价，F为-1价，由化合物中正负化合价的代数和为0，氧元素为＋0.5价，B错误；C、离子化合物O2（PtF6）中，O2＋与PtF6-形成离子键，PtF6-是络离子，Pt提供空轨道，F提供孤对电子形成配位键，另外，O2＋中两个氧原子间也以非极性共价键结合，则O2（PtF6）存在共价键，C错误；D、由反应前后元素的化合价变化可知，Pt化合价变化数为6-5=1，或氧变价为：0.5×=1，则该反应中每生成1molO2（PtF6）则转移1mol电子，D正确；故选D。5、D【详解】A.浓盐酸与铁屑反应生成Fe2+，故A错误；B.钠首先与水发生反应，故B错误；C.NaHCO3溶液与稀H2SO4反应：HCO3-+2H+==H2O+CO2↑，故C错误；D.Fe(OH)3的溶度积远远小于Mg(OH)2，向FeCl3溶液中加入Mg(OH)2:3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，故D正确；故选D。6、D【详解】A．碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、水、二氧化碳，可用加热的方法除去，故A正确；B．汽油和水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；C．海水蒸馏可以得到淡水，可使用蒸馏的装置，故C正确；D．胶体粒子能够通过滤纸，不能用过滤法分离，应用半透膜进行提纯，故D错误；故答案选D。7、B【解析】A、标况下，CCl4是液体，故A错误；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最简式为（CH2O）n，3.0g混合物中有0.1molCH2O，故原子总数为0.4NA，故B正确；C、常温时，56gFe与足量浓硝酸钝化，故C错误；D、B的晶体中，一个三角形有三个B，每个B参与形成5个三角形，故一个三角形有0.6个B，则11gB，即为1molB含有的三角形数为5/3NA，故D错误；故选B。点睛：D选项和金刚石里的问题类似，金刚石一个碳原子参与12个环的形成，因此一个六元环的碳原子数为0.5，环数：C=1：2，D中，环数：B=5：3。8、A【详解】A．加入浓KOH溶液，转化为NH3，Fe3+生成红褐色氢氧化铁沉淀，Al3+生成，所以步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液，故A正确；B．无色气体为NH3，应用湿润的红色石蕊试纸检验，故B错误；C．步骤①加入过量的强碱溶液，Al3＋转化为，步骤②加入NaHCO3溶液发生反应：＋＋H2O===Al(OH)3↓＋，故C错误；D．Fe2＋遇铁氰化钾溶液，得到蓝色沉淀，故D错误；选A。9、C【解析】A、Fe3＋具有强氧化性，I－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，缺少2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，故A错误；B、因为SO2是过量的，因此生成的是HSO3－，故B错误；C、碳酸氢钠是少量，碳酸氢钠的系数为1，因此发生的反应是Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O，故C正确；D、NH3·H2O是弱碱，书写离子反应方程式时，不能拆写成离子，故D错误。点睛：离子反应方程式正误判断中，注意“量”，少量的系数为1，1molNaHCO3，需要消耗1molOH－，产生1molCO32－，因此离子反应方程式为：Ba2＋＋OH－＋HCO3－=BaCO3↓＋H2O。10、D【解析】A．CCl4和Na反应生成金刚石粉末（碳单质），碳元素的化合价降低，有元素的化合价变化属于氧化还原反应，故A正确；B、根据元素守恒定律，制造过程中元素种类、原子的个数没有改变，故B正确；C、CCl4和金属钠反应生成金刚石（碳单质）和NaCl，故C正确；D、金刚石属于碳的一种同素异形体，故D错误；故选D。11、B【解析】A、NaCl溶于水与加热熔化时破坏的作用力相同，均是离子键，A错误；B、NH5的所有原子的最外层都符合相应的稀有气体原子的最外层电子结构，电子式为，因此是既具有离子键又具有共价键的离子化合物，B正确；C、氢键不是化学键，C错误；D、SiO2晶体是Si原子和O原子按照1：2构成的空间网状结构的原子晶体，不存在分子，D错误，答案选B。12、A【详解】A．Na具有强还原性，可将Ti从TiCl4中还原出来，发生置换反应，A项正确；B．明矾可净水，是因为其电离的Al3＋水解生成的Al(OH)3胶体具有吸附性，可吸附水中悬浮杂质，但明矾没有杀菌消毒能力，B项错误；C．Na2O2与CO2或H2O反应生成O2时，Na2O2既做氧化剂又做还原剂，C项错误；D．MgO、Al2O3可用于制作耐高温坩埚是因为其熔点高，D项错误。故选A。13、B【详解】饱和食盐水、硫酸铜溶液是溶液，石灰乳是浊液，不能产生“丁达尔效应”，鸡蛋清溶液是胶体，可以产生“丁达尔效应”，答案选B。14、D【分析】根据金属的性质差异进行分析，铝和铁都能与酸反应，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】铝和铁都能与酸反应，故不能使用加酸的方法除去铝，而铝能与氢氧化钠溶液反应铁不能与氢氧化钠溶液反应，可以使用氢氧化钠溶液除去铝，观察选项，故选D。【点睛】本题考查了金属的化学性质的差异，完成此题，可以依据已有的知识进行，需要同学们在平时的学习中加强基础知识的储备，以便灵活应用。15、B【解析】分析：A项，NaCl溶液呈中性；B项，检验NH4+的原理：NH4++OH-≜NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C项，液溴腐蚀橡胶塞；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大。详解：A项，NaCl溶液呈中性，用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的pH不会影响测定结果，A项错误；B项，检验NH4+的原理：NH4++OH-≜NH3↑+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项正确；C项，液溴易挥发，液溴保存时液面覆盖一层水，液溴腐蚀橡胶塞，液溴应装在带玻璃塞的细口试剂瓶中，C项错误；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，D项错误；答案选B。点睛：本题考查溶液pH的测量、NH4+的检验、液溴的保存、配制物质的量浓度溶液的误差分析。注意：①测量溶液pH值时，pH试纸不能用水湿润，但用水湿润不一定会引起误差；②配制物质的量浓度溶液的误差分析根据公式cB=nBV（aq），若操作不当，16、D【解析】从表中数据得到，前10分钟，T1温度下的反应消耗了0.5－0.35＝0.15mol的甲烷，T2温度下的反应消耗的了0.5－0.30＝0.20mol的甲烷，说明T2温度下的反应更快，所以10min内，T1时v(CH4)比T2时小，选项A正确。T2温度下的反应更快，说明温度更高，即T1<T2，选项B正确。由选项B17、B【分析】在实验室利用氢氧化钠、盐酸分离铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，说明试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，生成可溶性的偏铝酸盐，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，生成氢氧化铝沉淀，b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝和水，氧化铝电解生成铝和氧气。【详解】A.铁粉和铝粉混合物，加入试剂X，过滤得到铁，试剂X能溶解铝，盐酸和铁、铝都反应，氢氧化钠溶液只和铝反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，a为偏氯酸钠溶液，偏铝酸钠和适量盐酸反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，所以x为NaOH溶液，y为盐酸，故A正确；B.b为氢氧化铝，为两性氢氧化物，既能与酸又能与碱反应，C为氧化铝，属于两性氧化物，既能与酸又能与碱反应，a为偏氯酸钠溶液，只能和酸反应，不能和碱反应，故B错误；C.b为氢氧化铝，氢氧化铝受热分解2Al（OH）3Al2O3+3H2O，生成氧化铝和水，氧化铝电解2Al2O34Al+3O2↑，生成铝和氧气，故C确；D.a为偏氯酸钠溶液，b为氢氧化铝，a→b发生的反应NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，离子反应为：AlO+H++H2O═Al（OH）3↓，故D正确；故选B。18、A【解析】A.锂的密度比煤油小，应固封于石蜡中保存，故A错误；B.Br2与KI发生置换反应生成单质I2，使淀粉变蓝，NO2与水反应生成的HNO3具有强氧化性，能将I－氧化成I2，也能使淀粉变蓝，故不能用湿润的淀粉-KI试纸鉴别Br2（g）和NO2气体，故B正确；C．CaCl2溶液与NaHCO3溶液不反应，与Na2CO3溶液反应生成白色沉淀，现象不同，所以用CaCl2溶液可鉴别NaHCO3溶液与Na2CO3溶液，故C正确；D．因HCl可以和NaHCO3溶液发生反应：HCl＋NaHCO3=NaCl＋CO2↑＋H2O，而CO2与饱和的NaHCO3溶液不反应，所以用饱和的NaHCO3溶液可以除去CO2气体中HCl杂质，故D正确；故答案选A。19、B【解析】A、NaHCO3不稳定，加热易分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，对热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，故A错误；B、常温下，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳气体，有碳酸氢钠晶体析出，可知常温时水溶解性：Na2CO3＞NaHCO3，故B正确；C、纯碱碱性太强，不用来治理胃酸过多，故C错误；D、它们都属于强碱弱酸盐类，水解后溶液显碱性，故D错误；故选B。20、C【详解】A.关闭a打开活塞b，橡皮管将蒸馏烧瓶与分液漏斗连接起来，组成一个恒压相通的装置，不能通过观察水能否顺利流下来判断此装置的气密性，故A错误；B.浓硫酸与氨气反应，因此不能用浓硫酸干燥氨气，故B错误；C.易溶于水，应从c管通入防止倒吸，且先通入，可以增大的溶解量，故C正确；D.盐酸具有挥发性，可能是盐酸与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，不能证明碳酸＞硅酸，故D错误；故选C。21、C【分析】向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，反应的方程式为：NiCl2+Na2S=NiS↓+2NaCl；pM=-lgc(M2+)，则c(M2+)越大，pM越小，结合溶度积常数分析判断。【详解】A．根据图像，V0点表示达到滴定终点，向20mL0.1mol·L-1NiCl2溶液中滴加0.1mol·L-1Na2S溶液，滴加20mLNa2S溶液时恰好完全反应，根据反应关系可知，V0=20mL，故A错误；B．根据图像，V0点表示达到滴定终点，溶液中存在NiS的溶解平衡，温度不变，溶度积常数不变，c(M2+)不变，则pM=-lgc(M2+)不变，因此b点不移动，故B错误；C．Ksp(NiS)≈1.0×10-21，Ksp(ZnS)≈1.0×10-25，ZnS溶解度更小，滴定终点时，c(Zn2+)小于c(Ni2+)，则pZn2+=-lgc(Zn2+)＞pNi2+，因此若用同浓度ZnCl2溶液替代NiCl2溶液，则d点向f点迁移，故C正确；D．Na2S溶液中存在质子守恒，c(OH-)=c(H+)+c(HS-)+2c(H2S)，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意在NiS的饱和溶液中存在溶解平衡，平衡时，c(Ni2+)不受NiCl2起始浓度的影响，只有改变溶解平衡时的体积，c(Ni2+)才可能变化。22、B【解析】llgD218O是0.5mol，根据中子数=质量数-质子数可知0.5molD218O含有的中子数为6NA，A项正确；Na2O2中含有2个Na+和1个O22—构成的，故0.25molNa2O2中含有的阴离子数为0.25NA，B项错误；烷烃中含有共价键数目为3n+1，故标准状况下，22.4L丙烷含有的共价键数目为10NA，C项正确；NO2和H2O反应的方程式为3NO2＋H2O＝2HNO3＋NO，氮元素的化合价从+4价升高到+5价，所以毎生成2molHNO3时转移的电子数目为2NA，D项正确。点睛：阿伏加德罗常数是单位物质的量的物质含有的该物质的基本微粒数目，用NA表示，其近似值是6.02×1023/mol；在国际上规定：0.012kg的12C所含有的碳原子数，任何物质只要其构成的基本微粒数与0.012kg的12C所含有的碳原子数相同，就说其物质的量是1mol。有关公式有；；；。掌握各个公式的适用范围、对象，是准确应用的保证。有时阿伏加德罗常数会与物质结构、氧化还原反应、电化学等知识结合在一起考查，要掌握物质的物理性质、化学性质及发生反应的特点等，才可以得到准确的解答。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅣA族43O2-＞F-＞Mg2+原子不赞同H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关【分析】5种短周期元素，由化合价只有正价而没有负价可知，A、D为+2价，为同主族金属元素，A的原子半径小，则A为Be，D为Mg；B、E只有负价，B的半径小，则B为F，E为O；C有+4价和-4价，在第ⅣA族，原子半径比D小，比A大，则C为Si元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为Be元素，B为F元素，C为Si元素，D为Mg元素，E为O元素。(1)C为Si，在元素周期表中第三周期ⅣA族；E为O元素，核外有8个电子，电子排布式为1s22s22p4，电子填充在4个轨道上，题意电子亚层上的电子能量相同，这些电子有3种不同的能量，故答案为第三周期第ⅣA族；4；3；(2)B、D、E所代表元素的离子具有相同的电子排布，原子序数大的离子半径小，所以O2-＞F-＞Mg2+，故答案为O2-＞F-＞Mg2+；

(3)C与E形成的化合物为SiO2，是由共价键形成的空间网状结构的晶体，为原子晶体，故答案为原子；

(4)E为O元素，则X为S元素，H2O与H2S所成晶体为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点与键能无关，因水中含有氢键使其沸点高，故答案为不赞同；H2O与H2S形成的晶体均为分子晶体，H2O的熔沸点高于H2S的熔沸点是因为水分子间能够形成氢键，与键能无关。24、2-甲基-1-氯丙烷碳碳双键和酯基氧化反应酯化反应+2Cu(OH)2+NaOH+Cu2O↓+3H2O44、、、(任写一种)【解析】根据有机物官能团的结构和性质、反应条件、有机物分子式和转化关系图，利用正推法或逆推法并借助于已知信息逐一分析判断出每种有机物的结构简式，最后结合问题解答。C4Hl0与氯气光照得到两种有机物A和B，A和B均发生消去反应生成C，则A是异丁烷，C是2－甲基丙烯；根据已知信息①可知C转化为D，则D的结构简式为(CH3)CHCH2OH。F分子中的碳链上没有支链；E为芳香族化合物且E、N都能发生银镜反应，说明均含有醛基。根据分子式和已知信息②可知E是苯甲醛，N是乙醛，F的结构简式为，G的结构简式为,D和G发生酯化反应生成M，则M的结构简式为。（1）A、B均为一氯代烃，其名称为2−甲基−1−氯丙烷或2−甲基−2−氯丙烷；根据M的结构简式可知中的官能团名称为碳碳双键和酯基；（2）根据以上分析可知F→G是醛基的氧化反应，D+G→M是酯化反应；（3）F中含有醛基，与新制Cu(OH)2/NaOH(aq)反应的化学方程式为；（4）根据以上分析可知M的结构简式为；E的结构简式为，因此核磁共振氢谱有4种波峰；（5）G的官能团是碳碳双键和醛基，则与G具有相同官能团的G的芳香类同分异构体中苯环上可以含有一个取代基，则应该是－C(CHO)＝CH2，如果含有两个取代基，应该是醛基和乙烯基，有邻间对三种，共计有4种，其结构简式为；（6）根据已知信息①以及框图中C转化为D的信息可知路线图为。25、液柱高度保持不变防止倒吸NaOH（合理即可）2:1c控制滴加硫酸的速度（合理即可）溶液变澄清（或混浊消失）a、d【解析】（1）仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B中的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，若液柱高度保持不变，则气密性良好；D中左侧为短导管，为安全瓶，起到防止倒吸的作用；装置E是吸收尾气中SO2、H2S的作用，防止污染空气，可选用NaOH溶液，故答案为液柱高度保持不变；防止倒吸；NaOH；（2）装置A中反应的化学方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，根据题目所给3个反应，可得出对应关系：2Na2S～2H2S～3S～3Na2SO3，2Na2S反应时同时生成2Na2SO3，还需要1Na2SO3，所以烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2∶1，故答案为2∶1；（3）观察SO2的生成速率，是通过观察溶液中产生气泡的快慢来判断，所以溶液不能与SO2反应，选项中只有饱和NaHSO3溶液与二氧化硫不反应，故答案为c；（4）分液漏斗有玻璃活塞，通过控制分液漏斗的活塞控制滴加硫酸的速度，可以控制产生二氧化硫的速率，所以为使SO2缓慢进入烧瓶C，采用的操作是控制滴加硫酸的速度，故答案为控制滴加硫酸的速度；（5）根据C中发生的反应可知，烧瓶C中反应达到终点发生反应为硫与亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，反应的现象为溶液变澄清（或混浊消失），烧杯、锥形瓶需要加热时必须使用石棉网，故答案为溶液变澄清（或浑浊消失）；ad。26、分液漏斗ABDECCaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑饱和NaHCO3溶液防倒吸ALa(HCO3)3C【分析】在W中用盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，经过X装置除去CO2气体中的杂质HCl气体后通入Z装置在，与由Y装置制取得到的NH3在装置C中发生反应，制备La2(CO3)3沉淀；可根据NH3、CO2在水溶液中的溶解度大小确定气体通入的先后顺序。要确定La2(CO3)3、La(HCO3)3两种物质放入套管实验中的试管位置，先选择稳定强的直接加热，稳定性差的间接性加热；根据实验过程中乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线图示，可证明乙试管中固体发生了分解反应，生成了CO2气体，据此分析两试管中的物质的稳定性。【详解】(1)根据仪器结构可知盛装稀盐酸的仪器为分液漏斗；(2)由装置可知，W中制备CO2气体，X除去CO2中的杂质HCl，Y中制备NH3，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D→E→C；(3)W中稀HCl与CaCO3发生复分解反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；Y中浓氨水与CaO发生反应制取NH3，反应的化学反应式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑；(4)X中盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸收挥发的HCl、同时生成CO2；干燥管连接NH3的导气管C，由于氨气极容易溶于水，为防止倒吸现象的发生，连接干燥管，因此干燥管的作用是防止倒吸现象的发生；(5)由于氨气在水中溶解度很大，Z中应先通入NH3，使溶液显碱性，然后通入过量的CO2，这样就可以溶解更多CO2气体，产生较大量的HCO3-，生成较大浓度的NH4HCO3，故合理选项是A；(6)酸式碳酸盐稳定性较差，应直接加热，即甲试管中盛放的物质为La(HCO3)3，乙试管中盛放的物质为La2(CO3)3，乙试管中La2(CO3)3分解生成CO2，使最后得到的固体质量减轻，甲物质和乙物质受热都发生了分解反应，由于二者的温度不同，且都发生了反应，因此通过该套管实验不能确定二者稳定性大小，故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的制备实验、物质制备实验方案的设计，结合纯碱的工业制法确定通入气体的先后顺序，结合Na2CO3、NaHCO3的稳定性确定两种物质放入套管的内外顺序，把握制备流程、元素化合物与反应原理等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力和灵活运用能力。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℃的目的是：使生成的二氧化碳全部逸出后被氢氧化钠溶液吸收，减少测