广东省北京师范大学东莞石竹附属学校2026届化学高三上期末教学质量检测模拟试题含解析

广东省北京师范大学东莞石竹附属学校2026届化学高三上期末教学质量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、根据下列实验现象所得出的结论正确的是选项实验现象实验结论A将铝片分别投入浓、稀硝酸中，前者无明显现象，后者反应剧烈稀硝酸的氧化性比浓硝酸的强B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，红色变浅Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加过量氨水产生白色沉淀且不溶解该溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性A．A B．B C．C D．D2、据了解，铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家将铜锈分为无害锈(形成了保护层)和有害锈(使器物损坏程度逐步加剧，并不断扩散)，结构如图所示。下列说法正确的是A．Cu2(OH)3Cl属于有害锈B．Cu2(OH)2CO3属于复盐C．青铜器表面刷一层食盐水可以做保护层D．用NaOH溶液法除锈可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”3、将SO2气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入X气体。下列实验现象不结论不正确的是选项气体X实验现象解释不结论ACl2出现白色沉淀Cl2将SO2氧化为H2SO4，白色沉淀为BaSO4BCO2出现白色沉淀CO2与BaCl2溶液反应，白色沉淀为BaCO3CNH3出现白色沉淀SO2与氨水反应生成SO32-，白色沉淀为BaSO3DH2S出现淡黄色沉淀H2S与SO2反应生成单质硫，淡黄色沉淀为硫单质A．A B．B C．C D．D4、下列实验中，能达到相应实验目的的是A．制备并收集乙酸乙酯B．证明氯化银溶解度大于硫化银C．验证溴乙烷的消去产物是乙烯D．推断S、C、Si的非金属性强弱A．A B．B C．C D．D5、下列物质属于电解质的是（）A．Na2O B．SO3 C．Cu D．NaCl溶液6、某抗癌药物的结构简式如图所示，其中W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍。下列叙述正确的是A．元素的非金属性：W>Z>XB．Y的最高价氧化物的水化物是强酸C．W的最简单氢化物与Z的单质混合后可产生白烟D．Y、Z形成的化合物中，每个原子均满足8电子结构7、将100mL1L•mol-1的NaHCO3溶液分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是（）A．减小、减小 B．增大、减小 C．增大、增大 D．减小、增大8、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度9、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A．时，若充入惰性气体，、逆

均减小，平衡不移动B．时，反应达平衡后的转化率为C．时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D．平衡常数的关系：10、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是()A．X的简单氢化物溶于水显酸性B．Y的氧化物是离子化合物C．Z的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质D．X和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸11、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiCl﹣KCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有关说法不正确的是A．负极反应式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl2B．放电过程中，Li+向负极移动C．每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPbD．常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转12、下列浓度关系正确的是（）A．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至刚好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)B．1L0.1mol/L的KOH溶液中通入标准状况下的CO2气体3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)C．0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，所得溶液呈碱性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D．同温下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的浓度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B．叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NAC．pH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD．200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA14、下列解释事实的离子方程式正确的是（）A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB．硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D．硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O15、我国学者研究出一种用于催化DMO和氢气反应获得EG的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是A．Cu纳米颗粒是一种胶体B．DMO的名称是二乙酸甲酯C．该催化反应的有机产物只有EGD．催化过程中断裂的化学健有H-H、C-O、C＝O16、下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置，以下说法正确的是A．A中固体也可改用MnO2B．B中需盛装饱和氯化钠溶液C．氯气通入D中可以得到NaClO，该物质水溶液比HClO稳定D．上图装置也可作为制取适量NO的简易装置17、下列关于有机化合物的说法正确的是A．乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别B．异丁烷的一氯代物有3种C．乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D．甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4-二氯甲苯18、下列有关氧元素及其化合物的表示或说法正确的是A．氧原子的原子结构示意图：B．羟基的结构式：O-HC．用电子式表示Na2O的形成过程：D．组成为C2H6O的分子中可能只存在极性键19、用氟硼酸(HBF4，属于强酸)代替硫酸做铅蓄电池的电解质溶液，可使铅蓄电池在低温下工作时的性能更优良，反应方程式为：Pb+PbO2+4HBF42Pb(BF4)2+2H2O；Pb(BF4)2为可溶于水的强电解质，下列说法正确的是A．充电时，当阳极质量减少23.9g时转移0.2mol电子B．放电时，PbO2电极附近溶液的pH增大C．电子放电时，负极反应为PbO2+4HBF4-2e-=Pb(BF4)2+2HF4-+2H2OD．充电时，Pb电极的电极反应式为PbO2+H++2e-=Pb2++2H2O20、下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）A． B．H3C-C≡C-CH3 C．CH2=CH-CH3 D．CH3-CH2-CH321、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是（）A．1LpH=1的H2SO4溶液中，含H+的数目为0.2NAB．98g纯H2SO4中离子数目为3NAC．含0.1molNa2S2O3的水溶液中阴离子数目大于0.1NAD．Na2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4L气体时转移的电子数为2NA22、下列各组物质所含化学键相同的是（）A．钠（Na）与金刚石（C）B．氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C．氯气（Cl2）与氦气（He）D．碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）二、非选择题(共84分)23、（14分）烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构．（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到CH3COOH和B（结构简式如图）．A的结构简式是________________________（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是___________．（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性．该同分异构体的结构简式是__________．（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：________________．在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其结构简式为________．24、（12分）奥美拉唑主要用于十二指肠溃疡和胃溃的治疗，静脉注射可用于消化性溃疡急性出的治疗，反应中间体F和奥美拉性的合成路线如下：I中间体F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：结合上述合成路线，请回答：（1）下列说法正确的是__________A．奥美拉的分子式为C18H19N3O3SB．J生成K的反应类型为加成反应C．化合物C可以发生的反应类型有取代、还原、加成D．设计A转化为B的目的是保护其中的官能团（2）化合物F的结构简式为_______________________________；（3）请写出A→B的反应方程式___________________________________；（4）试写出同时满足下列条件的化合物H的同分异构体:_____________________________①分子中含苯环，遇FeC13显紫色②分子中含有4种不同化学环境的氢原子。（5）利用已有知识和题中涉及的反应，设计从乙烯合成的路线。(用流程图表示，无机试剂任选)_________________________25、（12分）硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成)制备ZnSO4·7H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH(开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0mol·L-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0(1)“滤渣1”的主要成分为_________(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、______________(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为__________________________。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_______________________。溶液pH控制在[3.2，6.4)之间的目的是________________。(4)“母液”中含有的盐类物质有_________(填化学式）。26、（10分）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C～600C之间的原因是__________________。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：

①_____________________________（用离子方程式表示）②MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_________________（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液→()→()→()→(A)→()→()→（），_____________A．蒸发溶剂B．趁热过滤C．冷却结晶D．过滤E．将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜F．将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体27、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置Ⅰ装置Ⅱ烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2①②制备纯净NOCu③④②___________，③___________。

(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：①装置连接顺序为a→___________________(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。

②装置Ⅶ的作用为________________，若无该装置，Ⅸ中NOCl可能发生反应的化学方程式为_______________________________。③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是__________。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为___________________。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取Ⅸ中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用cmol/LAgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为bmL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)①亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_________(用代数式表示即可)。②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_________(偏高、偏低、无影响)28、（14分）据报道，我国化学研究人员用Ni(NO3)2和Tb(CH3COO)3等合成了一个镍的一维链状配位聚合物(如图)，对镍配合物在磁性、电化学性质等方面的研究提出了理论指导。请回答下列问题：(1)基态Ni原子的价电子轨道表达式为____________，Ni在元素周期表中处于第____________纵行。(2)C、N、O三种元素中电负性最大的是____(填元素符号)，C在形成化合物时，其键型以共价键为主，原因是_____________。(3)Ni(NO3)2中阴离子的空间构型是______，写出与该阴离子互为等电子体的一种分子的化学式：________。(4)一维链状配位聚合物中，碳原子的杂化形式为________________________。(5)已知：CH3COOH的沸点为117.9℃，HCOOCH3的沸点为32℃，CH3COOH的沸点高于HCOOCH3的主要原因是______。(6)已知：氧化镍的晶胞结构如图所示。①若NA为阿伏加德罗常数的值，晶体密度为ρg·cm－3，则该晶胞中最近的O2－之间的距离为____pm(用含ρ、NA的代数式表示)。②某缺陷氧化镍的组成为Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3两种价态，两种价态的镍离子数目之比为___。29、（10分）随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFePO4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。（1）P原子的电子排布式为_________。Fe2+中未成对电子数为___________。（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为_______。（3）等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体，ClO4-的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为________。（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是______________。（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_______________；深蓝色晶体中存在的化学键类型有__________。（填代号）A．离子键B．σ键C．非极性共价键D．配位键E．金属键F．氢键（6）如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为______；若该晶胞的棱长为apm,则该晶体的密度为_____________g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数的值）

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【解析】

A．前者发生钝化反应，生成致密氧化薄膜阻碍反应进行，故错误；B．CO32－＋H2OHCO3－＋OH－，滴入酚酞，溶液变红，加入Ba2＋，Ba2＋与CO32－反应生成沉淀BaCO3，平衡向逆反应方向进行，溶液颜色变浅，故正确；C．此溶液可能含有Al3＋，因为氢氧化铝不溶于弱碱，故错误；D．发生Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr，体现SO2的还原性，故错误。故选B。2、A【解析】

A.从图中可知Cu2(OH)3Cl没有阻止潮湿的空气和Cu接触，可以加快Cu的腐蚀，因此属于有害锈，A正确；B.Cu2(OH)2CO3中只有氢氧根、一种酸根离子和一种阳离子，因此只能属于碱式盐，不属于复盐，B错误；C.食盐水能够导电，所以在青铜器表面刷一层食盐水，会在金属表面形成原电池，会形成吸氧腐蚀，因此不可以作保护层，C错误；D.有害锈的形成过程中会产生难溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，会产生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空气进入内部进一步腐蚀铜，因此不能做到保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，D错误；故合理选项是A。3、B【解析】

A选项，SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡，故A正确；B选项，盐酸酸性大于碳酸，因此二氧化碳不与氯化钡反应，故B错误；C选项，SO2气体与NH3反应生成SO32-，再与氯化钡反应生成亚硫酸钡沉淀，故C正确；D选项，H2S与SO2反应生成单质硫和水，淡黄色沉淀为硫单质，故D正确。综上所述，答案为B。4、D【解析】

A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性S>C，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性C>Si，故选D。5、A【解析】

A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和O2-，是电解质，故A选。B.SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D.NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不选故选A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。6、C【解析】

由分子结构可知Y形成5个共价键，则Y原子最外层有5个电子，由于W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W、Y同主族，则W是N，Y是P，Y、Z的最外层电子数之和是X的最外层电子数的2倍，P最外层有5个电子，Z最外层电子数也是奇数，X最外层电子数为偶数，结合都是短周期元素，则Z是Cl最外层有7个电子，所以X最外层电子数为(5+7)÷2=6，原子序数比P小中，则X是O元素，然后分析解答。【详解】根据上述分析可知：W是N，X是O，Y是P，Z是Cl元素。A．元素的非金属性：O>N，即X>W，A错误；B．Y是P，P的最高价氧化物的水化物是H3PO4是弱酸，B错误；C．W是N，Z是Cl，W的最简单氢化物NH3与Z的单质Cl2混合后会发生氧化还原反应：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，反应产生的NH4Cl在室温下呈固态，因此可看到产生白烟现象，C正确；D．Y是P，Z是Cl，二者可形成PCl3、PCl5，其中PCl3中每个原子均满足8电子结构，而PCl5中P原子不满足8电子结构，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的应用。把握原子结构与原子最外层电子数目关系，结合物质分子结构简式推断元素是解题关键，侧重考查学生分析与应用能力，注意规律性知识的应用。7、D【解析】

将l00ml1mol/L的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2↑+CH3COO-，则溶液中c（CO32-）减小；另外一份加入少许Ba(OH)2固体，发生Ba2++2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3↓+CO32-，则溶液中c(CO32-)增大；故选D。8、B【解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。9、B【解析】

体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。10、B【解析】

Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。11、B【解析】

由原电池总反应可知Ca为原电池的负极，被氧化生成CaCl2，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，PbSO4为原电池的正极，发生还原反应，电极方程式为PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，结合电极方程式计算。【详解】A、Ca为原电池的负极，反应的电极方程式为Ca+2Cl--2e-=CaCl2，故A不符合题意；B、原电池中阳离子向正极移动，所以放电过程中，Li+向正极移动，故B符合题意；C、根据电极方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每转移0.2mol电子，理论上生成0.1molPb，质量为20.7gPb，故C不符合题意；D、常温下，电解质不是熔融态，离子不能移动，不能产生电流，因此连接电流表或检流计，指针不偏转，故D不符合题意；故选：B。12、C【解析】

A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀刚好完全时发生反应：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH-H2OH++OH-。c(OH-)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)。错误；B.根据电荷守恒可得：c(K+)＋c(H+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-).错误；C．0.1mol/L的NaOH溶液与0.2mol/L的HCN溶液等体积混合，则发生反应：NaOH+HCN="NaCN+"H2O。反应后溶液为NaCN和HCN等物质的量的混合溶液。由于所得溶液呈碱性，说明NaCN的水解作用大于HCN的电离作用，所以个微粒的大小关系为：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，正确；D．NaOH溶液电离使溶液显碱性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液显碱性。由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。酸越强，盐水解的程度就越小。当溶液的pH相同时，盐的浓度就越大。故各物质的浓度的关系是：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，错误；答案选C。13、B【解析】

A．1个Si原子周围有4个Si－Si，而1个Si－Si周围有2个Si原子，则Si和Si－Si的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的Si－Si的物质的量为2mol，其数目为2NA，A错误；B．叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从＋1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C．不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H＋数目，C错误；D．200mL1mol·L－1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3＋不水解，则Al3＋和SO42－的物质的量=0.2L×1mol·L－1×2＋0.2L×1mol·L－1×3=1mol，其数目为NA，但是Al3＋为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3＋数目会减少，Al3＋和SO42－的总数目小于NA，D错误。答案选B。14、C【解析】

A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：，故D错误；故答案为：C。【点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。15、D【解析】

A选项，Cu纳米颗粒是单质，而胶体是混合物，故A错误；B选项，DMO的名称是乙二酸二甲酯，故B错误；C选项，该催化反应的有机产物只有EG还有甲醇，故C错误；D选项，CH3COO—COOCH3+4H2→CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过秳中断裂的化学健有H—H、C—O、C＝O，故D正确。综上所述，答案为D。16、C【解析】

A．MnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A图示，不能改用MnO2，故A错误；B．根据装置图示，B为氯气收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，故B错误；C．氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO见光易分解，NaClO光照不分解，则该物质水溶液比HClO稳定，故C正确；D．铜和稀硝酸反应可制取NO，装置A可用，装置B、C中有空气，NO易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO有毒，属于大气污染物，NO不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO的简易装置，故D错误；答案选C。17、A【解析】

A、乙酸与碳酸钠溶液反应产生二氧化碳气体，乙酸乙酯不能，所以可用Na2CO3溶液加以区别，选项A正确；B.异丁烷的一氯代物有（CH3）2CHCH2Cl、（CH3）2CClCH3共2种，选项B错误；C.聚乙烯为氯乙烯的加聚产物，不含碳碳双键，苯分子中也不含有碳碳双键，选项C错误；D．甲苯与氯气在光照下反应主要发生的是侧链上的氢原子被取代，不能得到苯环上氢原子被取代的产物2，4-二氯甲苯，选项D错误；答案选A。18、D【解析】

A.

O原子核内质子数为8，有2个电子层，最外层有6个电子，原子结构示意图为：，故A错误；B.羟基中含有1个氧氢键，羟基可以表示为−OH，故B错误；C.

Na2O为离子化合物,用电子式表示Na2O的形成过程为：，故C错误；D.二甲醚只存在极性键，故D正确；故选：D。19、B【解析】

A.充电时阳极发生反应Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，产生1molPbO2，转移2mol电子，阳极增重1mol×239g/mol=239g，若阳极质量增加23.9g时转移0.2mol电子，A错误；B.放电时正极上发生还原反应，PbO2+4H++2e-=Pb2++2H2O，c(H+)减小，所以溶液的pH增大，B正确；C.放电时，负极上是金属Pb失电子,发生氧化反应，不是PbO2发生失电子的氧化反应，C错误；D.充电时，PbO2电极与电源的正极相连，作阳极，发生氧化反应，电极反应式为Pb2++2H2O-2e-=PbO2+4H+，Pb电极与电源的负极相连，D错误；故合理选项是B。20、B【解析】

A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；B、H3C-C≡C-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。21、C【解析】

A．pH=1的硫酸溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，故1L溶液中氢离子的物质的量为0.1mol，则个数为0.1NA个，故A错误；B．硫酸是共价化合物，无氢离子，即纯硫酸中离子数为0，故B错误；C．硫代硫酸根是弱酸根，硫代硫酸根离子在溶液中的水解会导致阴离子个数增多，故含0.1molNa2S2O3的溶液中阴离子数目大于0.1NA，故C正确；D．所产生的气体所处的状态不明确，气体的摩尔体积不确定，则22.4L气体的物质的量不一定是1mol，转移的电子数也不一定是2NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，常见问题和注意事项：①气体注意条件是否为标况；②物质的结构，如硫酸是共价化合物，不存在离子；③易水解盐中离子数目的判断；选项C为难点，多元素弱酸根离子水解后，溶液中阴离子总数增加。22、D【解析】

根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意；B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意；C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意；D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。二、非选择题(共84分)23、3，4，4﹣三甲基庚烷【解析】

(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4﹣三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所以其结构简式为。【点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。24、C、D【解析】

（1）奥美拉的分子式为C17H19N3O3S，A错误；J生成K的过程中，增加了氧原子，反应类型为氧化反应，B错误；化合物C中有苯环，可发生取代和加成反应；有碳氧双键，可得到氢，发生还原反应；C正确；设计A转化为B的目的是保护其中的官能团，D正确。答案选CD。（2）根据流程I到J有机物两个分子结构的差别可知，化合物F的结构简式。（3）根据生成物B的结构式和反应物可得A的结构式为，发生的化学反应为；（4）①分子中含苯环，遇FeC13显紫色，结构中有酚羟基；②分子中含有4种不同化学环境的氢原子，根据化合物G的结构符合要求的化合物H结构式为；（5）结合题中流程图，从乙烯合成的路线为；25、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4═Cu+ZnSO43Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO4•7H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4═Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在[3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2++MnO4-+7ZnO+9H+═3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。26、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+NH4Fe3(SO4)2(OH)6AFBECD【解析】

（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C～600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2++S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448LNH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。27、饱和食盐水稀硝酸e→f(或f→e)→c→b→d防止水蒸气进入装置Ⅸ2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2O2(或NO2)HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O×100%偏高【解析】

氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置Ⅱ用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置Ⅱ用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)①将氯气和NO干燥后在装置Ⅵ中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为a→e→f(或f→e)→c→b→d，故答案为e→f(或f→e)→c→b→d；②NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置VII干燥装置防止水蒸气进入装置Ⅸ；若无该装置，Ⅸ中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置Ⅸ；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；③乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置Ⅷ不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl↑+Cl2↑+2H2O；(4)①亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒：NOCl～HCl～AgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/L×b×10-3L×=10bc×10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为×100%=×100%，故答案为×100%；②若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。28、10OC有4个价电子且半径较小，难以通过得到或失去电子达到稳定结构平面三角形SO3(或BF3)（合理即可）sp2、sp3CH3COOH