枣庄市薛城区2026届化学高三上期中学业质量监测模拟试题含解析

枣庄市薛城区2026届化学高三上期中学业质量监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、下列说法中正确的是A．放热反应都比吸热反应易发生B．中和反应中，每生成1molH2O均会放出57.3kJ的热量C．NH4C1固体与Ba(OH)2•8H2O混合搅拌过程中，体系能量增加D．无法判断2CO2(g)+3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸热反应还是放热反应2、以下除去杂质的实验方法（括号内为杂质）中，错误的是（）A．乙酸乙酯（乙酸）：加饱和溶液，分液B．：加，蒸馏C．：配成溶液，降温结晶，过滤D．铁粉（铝粉）：加溶液，过滤3、一定温度和压强下，30L某种气态纯净物中含有6.02×1023个分子，这些分子由1.204×1024个原子组成，下列有关说法中不正确的是A．该温度和压强可能是标准状况B．标准状况下该纯净物若为气态，其体积约是22.4LC．该气体中每个分子含有2个原子D．若O2在该条件下为气态，则1molO2在该条件下的体积也为30L4、检验溶液中是否含有某种离子，下列方法正确的是()A．向某溶液中加稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，证明有SO42-B．向某溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，证明有Cl－C．向某溶液中加NaOH溶液并加热,产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体，证明有NH4+D．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，证明有CO32-5、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．X、Z、W三元素形成的化合物为共价化合物B．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M>W>Z>Y>XC．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，在阳极区出现白色沉淀6、阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A．0.1mol熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子B．0.2mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NAC．50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．18gH2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA7、下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论A将一小块金属钠置于坩埚里加热钠先熔化成小球，再燃烧钠的熔点比钠的着火点低B将SO2通入硝酸钡溶液中产生白色沉淀SO2与可溶性钡盐均能生成白色沉淀C向两份蛋白质溶液中分别滴加硫酸铜溶液和饱和氯化钠溶液均有固体析出蛋白质均发生变性D向Fe（NO3）2溶液中加入稀硫酸溶液颜色加深Fe2+的水解平衡受外界因素的影响。A．A B．B C．C D．D8、下列说法正确的是（）A．为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法9、下列表示不正确的是A．COCl2的结构式： B．二氧化硅的分子式：SiO2C．CH4的比例模型： D．Cl-的结构示意图：10、在给定条件下，下列加点的物质在对应的化学反应中能完全耗尽的是A．向100.0mL3.00mol/L的稀硝酸中加入5.6g铁B．用40.0mL10.00mol/L的盐酸与10.0g二氧化锰共热制取氯气C．标准状况下，将1.0g铝片投入20.0mL18.40mol/L的硫酸中D．在50MPa、500℃和铁触媒催化的条件下，用1.2mol氮气和3mol氢气合成氨11、设NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是()A．1mol氯气参加氧化还原反应，转移的电子数一定为2NAB．常温常压下，由6gNO2和40gN2O4组成的混合气体中原子总数为3NAC．0.1mol·L－1NaF溶液中，HF和F－总和为0.1NA个D．12.5mL16mol·L－1浓硫酸与足量铜反应，生成SO2的分子数为0.1NA12、水杨酸（结构如图所示）为柳树皮提取物之一，是一种天然的消炎药，主要作为医药工业的原料。下列关于水杨酸的叙述错误的是（）A．分子式为C7H6O3B．能发生加成、酯化、中和等反应C．苯环上的二氯取代物有5种D．所有原子均可能在同一平面上13、某种化合物的结构如图所示，其中X、Y、Z、Q、W为原子序数依次增大的五种短周期元素，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，X的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是A．该化合物中与Y单键相连的Q满足8电子稳定结构B．WX的水溶液呈中性C．元素非金属性的顺序为Y＞Z＞QD．Z的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸14、一种电催化合成氨的装置如图所示。该装置工作时，下列说法正确的是A．图中涉及的能量转化方式共有3种B．两极产生的气体的物质的量之比是1:1C．电路中每通过1mol电子，有1molH+迁移至a极D．b极上发生的主要反应为N2+6H++6e-=2NH315、有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3—CH＝CH—CH3可简写为，有机物X的键线式为。下列关于有机物X的说法中正确的是A．X的分子式为C7H8O3B．X与乙酸乙酯含有相同的官能团C．X因能与酸性KMnO4溶液发生加成反应而褪色D．有机物Y是X的同分异构体，能与碳酸氢钠溶液反应且含有苯环，则Y的结构有3种16、下列离子方程式书写正确的是A．Fe(OH)3溶于氢碘酸：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2OB．用醋酸除去水垢：CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑C．氯气与水的反应：Cl2+H2O=2H+­+Cl—+ClO—D．等体积、等浓度的Ca(HCO3)2溶液和NaOH溶液混合：Ca2++HCO3—+OH—=CaCO3↓+H2O17、某反应A(g)+B(g)C(g)的能量变化如图所示，由图像可知，加入X后A．反应速率不变B．反应物转化率增大C．生成物的能量降低D．反应的热效应不变18、“三效催化转化器”可将汽车尾气中的有毒气体转化为无污染的气体，下图为该反应的微观示意图(末配平)，其中不同符号的球代表不同种原子。下列说法不正确的是A．该反应属于氧化还原反应B．配平后甲、乙、丙的化学计量数均为2C．甲和丙中同种元素化合价不可能相同D．丁物质一定是非金属单质19、羰基硫（COS)可用于合成除草剂、杀草丹等农药。H2S与CO2在高温下反应可制得COS:H2S(g)+CO2(g)COS(g)+H2O(g)△H>0。在2L容器中充入一定量的H2S和CO2发生上述反应，数据如下：下列判断不正确的是A．K1=l/81B．K2=K3且n3=2n2C．初始反应速率：实验3>实验2>实验1D．实验2中平衡时的c(COS)约为0.0286mol·L-120、TiO2是制取航天工业材料——钛合金的重要原料。为测定纯度，称取上述TiO2试样0.2g，一定条件下将TiO2溶解并还原为Ti3+，得到待测液约30mL，再用0.1mol·L－1NH4Fe(SO4)2标准溶液滴定Ti3+至全部生成Ti4+（假设杂质不参与以上反应）。下列说法中错误的是（）A．欲配制0.1mol·L－1NH4Fe(SO4)2标准溶液400mL，需要NH4Fe(SO4)2固体质量13.3gB．再进行滴定之前，应向锥形瓶中的待测样品滴加几滴KSCN溶液做指示剂C．滴定前仰视读数，滴定结束后俯视读数，将导致测定结果偏大D．在其他滴定实验操作均正确时，消耗标准液20.00mL，则样品的纯度为80%21、下列实验方法、操作及分析不正确的是序号操作及现象结论A向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色苯与Br2发生了加成反应B某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝该气体可能是NO2C向碳酸钠溶液中加入硫酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液产生白色胶状物质非金属性：S>C>SiD常温下，将Al片和浓硝酸混合，用排水法几乎收集不到气体Al和浓硝酸钝化A．A B．B C．C D．D22、设阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是A．12g金刚石中含有的共价键数目为4NAB．3.2gCu与足量浓硝酸反应生成的气体分子数为0.1NAC．标准状况下，2.24LCH3OH中含有的电子数为1.8NAD．常温常压下，4.4gN2O和CO2的混合气体中含有0.3NA个原子二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、C、D、E、X均为短周期元素形成的无机物，存在下图所示转化关系(部分生成物和反应条件略去)；已知A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解。请回答以下问题:(1)若A为单质，且C为一元强酸。①写出一种工业制备单质A的离子方程式:____________________。

②X可能为________(填字母代号)。

a.NaOHb.AlCl3c.Na2CO3d.NaAlO2(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成的G的浓溶液遇C有白烟产生。①A与H2O反应的化学方程式为_____________________________。

②室温下，NH2OH(羟氨)会发生分解生成C、D，试写出其分解反应的化学方程式_______。24、（12分）高分子化合物G是作为锂电池中Li十迁移的介质，合成G的流程如下：（1）B的含氧官能团名称是_____________________________________。（2）A—B的反应类型是_____________________________________。（3）C的结构简式是_____________________________________。（4）D→E反应方程式是_____________________________________。（5）G的结构简式是_____________________________________。（6）D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，该同分异构体的结构简式是_____________________________________。（7）已知：M—N的化学方程式是___________________________。（8）下列说法正确的是_______________（填字母）。a．E有顺反异构体b．C能发生加成、消去反应c．M既能与酸反应，又能与碱反应d．苯酚与C反应能形成高分子化合物e．含有—OH和—COOH的D的同分异构体有2种25、（12分）氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，实验室拟用下图所示装置制备干燥纯净的氯气，请回答下列问题。(1)I中所盛试剂为________(填序号，下同)，II中所盛试剂为________。A．氢氧化钠溶液B．饱和食盐水C．浓硫酸D．硝酸银溶液(2)请按正确的顺序连接装置：H→____、____、→____、____→____；选择最后一个装置的目的是___________________。(3)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式：____。(4)实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定含有，请设计实验探究该样品中可能存在的其他物质。I.提出合理假设。假设1:该漂白粉未变质，含有_______________________;假设2:该漂白粉全部变质，含有_________________________;假设3:该漂白粉部分变质，既含有，又含有。26、（10分）某化学小组在实验室模拟用软锰矿（主要成分，杂质为铁及铜的化合物等）制备高纯碳酸锰，过程如下（部分操作和条件略）：①缓慢向烧瓶中（见上图）通入过量混合气进行“浸锰”操作，主要反应原理为：（铁浸出后，过量的会将还原为）②向“浸锰”结束后的烧瓶中加入一定量纯粉末。③再用溶液调节pH为3.5左右，过滤。④调节滤液pH为6.5-7.2，加入，有浅红色沉淀生成，过滤、洗涤、干燥，得到高纯碳酸锰。（1）“浸锰”反应中往往有副产物的生成，温度对“浸锰”反应的影响如下图，为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是___________。图1温度对锰浸出率的影响图2浸锰温度与生成率的关系（2）查阅表1，③中调pH为3.5时沉淀的主要成分是________。②中加入一定量纯粉末的主要作用是_________，相应反应的离子方程式为_______。表1：生成相应氢氧化物的pH物质开始沉淀pH2.77.68.34.7完全沉淀pH3.79.69.86.7（3）③中所得的滤液中含有，可添加过量的难溶电解质MnS除去，经过滤，得到纯净的。用平衡移动原理解释加入MnS的作用__________。（4）④中加入后发生反应的离子方程式是__________。27、（12分）在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯[CH3COO(CH2)3CH3]的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1—丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（℃）16.6－117.3－89.5－83.6－73.5沸点（℃）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_______________________；而乙酸丁酯的制备过程中未采用水浴加热的原因是______________。（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用______洗涤，而乙酸丁酯可先采用______、后采用______洗涤（均填编号）。a．水b．15％Na2CO3溶液c．饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是______________，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的________（填编号）。a．下部流出b．上口倒出c．都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_______（填编号）。a．乙醇比乙酸价廉b．提高乙酸的转化率c．提高乙醇的转化率d．提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1—丁醇利用率的是________（填编号）。a．使用催化剂b．加过量乙酸c．不断移去产物d．缩短反应时间28、（14分）硅、磷、硫、氯都是第三周期的非金属元素，它们在工农业生产中都有重要的用途。（1）基态硅原子的电子排布图为_______________；硫的基态原子能量最高的电子云在空间有________________个伸展方向，原子轨道呈________________形。（2）硅、磷、硫的第一电离能由大到小的顺序为________________。（3）单质磷与Cl2反应，可以生产PC13和PC15。其中各原子均满足8电子稳定结构的化合物中，P原子的杂化轨道类型为________________，其分子的空间构型为________________。（4）H3PO4为三元中强酸，与Fe3+形成H3[Fe(PO4)2]，此性质常用于掩蔽溶液中的Fe3+。基态Fe3+核外电子排布式为__________；PO43-作为___________为Fe3+提供________________。（5）磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，下图为其晶胞，硼原子与磷原子最近的距离为acm。用Mg/mol表示磷化硼的摩尔质量，NA表示阿伏加德罗常数的值，则磷化硼晶体的密度为_________g/cm3。29、（10分）某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I：取少量该试液进行如下实验。实验Ⅱ：为了进一步确定该溶液的组成，取100mL原溶液，向该溶液中滴加1mol•L-l的NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有___________种。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_____________。检验气体X的方法是______________________；沉淀Z的化学式为_________________。（3）写出实验Ⅱ的图象中BC段对应的离子方程式：_____________________________________。（4）A点对应的固体质量为__________g。（5）通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为______________mol•L-l。

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、C【详解】A.放热反应不一定比吸热反应易发生，如C与O2反应需要点燃，而NH4C1固体与Ba(OH)2•8H2O在常温下即可进行，A项错误；B.中和反应中，稀的强酸与稀的强碱反应生成1molH2O放出57.3kJ的热量，但不是所有的中和反应生成1molH2O都放出57.3kJ的热量，如醋酸与氢氧化钠反应，B项错误；C.NH4C1固体与Ba(OH)2•8H2O反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，体系能量增加，C项正确；D因乙醇燃烧为放热反应，而2CO2(g)+3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是乙醇燃烧生成气体水的逆过程，可证明该反应为吸热反应，D项错误；答案选C。【点睛】B项是易错点，要紧扣中和热的定义分析作答。2、C【详解】A.乙酸乙酯（乙酸）：加饱和溶液中和乙酸，同时乙酯乙酯不反应，不溶解，分液即得乙酸乙酯，正确；B.：加与水作用，蒸馏出乙醇，正确；C.：氯化钠的溶解度受温度影响小，因此配成浓溶液，蒸发结晶，即蒸发结晶、趁热过滤，可得NaCl，错误；D.铁粉（铝粉）：加溶液溶解铝粉，过滤得铁粉，正确。答案为C。【点睛】在除去氯化钠固体中的少量硝酸钾时，我们常会认为，既然硝酸钾是杂质，那就除去硝酸钾。硝酸钾的溶解度受温度影响大，可通过降温让硝酸钾析出。孰不知，在溶液不蒸干的情况下，硝酸钾不可能完全析出，或者说硝酸钾很难析出，因为硝酸钾在溶液中的浓度很小，即便是氯化钠的饱和溶液，它也很难达饱和，所以也就不会结晶析出。3、A【详解】据n=可知，该气体的物质的量为1mol，A、该温度和压强下，1mol该气体的体积为30L，不是标准状况，故A符合题意；B、因该气体的物质的量为1mol，因此若该气体在标准状况下为气体，则其体积约为22.4L，故B不符合题意；C、1mol该气体含有1.204×1024个原子，则该气体分子中含有原子个数为=2，因此该气体为双原子分子，故C不符合题意；D、因1mol该气体在该条件下为30L，由此可知该条件下气体摩尔体积为30L/mol，故若O2在该条件下为气态，则1molO2在该条件下的体积为30L/mol×1mol=30L，故D不符合题意；故答案为A。【点睛】在不同的温度和压强下，每一种条件均有相对应的气体摩尔体积，其数据可能相同，也可能不同，常见标准状况下，气体摩尔体积为22.4L/mol，在使用时需注明其条件以及该物质是否为气体。4、A【详解】A．先加过量的稀盐酸，排除了CO32-、SO32-、Ag+等干扰，并提供了一个强酸性环境，再加入BaCl2溶液，产生的沉淀为不溶于酸的硫酸钡沉淀，从而确认原溶液中有SO42-，A项正确；B．能与Ag+反应生成白色沉淀的不仅是Cl-，还有SO42-、CO32-、SO32-等，所以要向产生白色沉淀的溶液中继续加入足量的稀硝酸，通过沉淀不溶解才能进一步确认原溶液中有Cl-，B项错误；C．氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该选项试纸的颜色描述明显错误，C项错误；D．某溶液中加入稀盐酸，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体，可能是CO2，也可能是SO2或SO2和CO2的混合气体等，则原溶液中可能含有CO32-，或HCO3-，或SO32-、HSO3-等，D项错误；所以答案选择A项。5、D【解析】X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，则X是H；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y是C；M是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体且Y、Z、W、M的原子序数依次增大，故Z是N，W是O。综上所述，X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al。A.X是H,Z是N，W是O,三元素形成的化合物NH4NO3为离子化合物，故A项错误；B.X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al，其原子半径从大到小的顺序为Al>C>N>O>H，即M>Y>Z>W>X，故B项错误；C.化合物YW2、ZW2分别为CO2、NO2，CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C项错误；D.用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阳极区铝离子和碳酸氢根双水解会产生白色沉淀，阴极区产生氢气，故D项正确。答案选D.6、A【详解】A．0.1mol熔融的KHSO4电离产生0.1molK+、0.1molHSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A正确；B．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3molFe反应转移8mol电子，则0.2molFe反应转移电子的物质的量为0.2×NA=0.53NA，B错误；C．在该溶液中含HCl的物质的量

n(HCl)=cV=12mol/L×0.05L=0.6mol，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6mol×24=0.3mol，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C错误；D．H2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10NA，D错误；故选A。7、A【详解】A、钠为活泼金属，熔点较低，加热时，先熔化，再燃烧，说明钠的熔点比着火点点，A正确；B、SO2与硝酸钡溶液，SO2溶于水生成亚硫酸，使得溶液呈酸性，溶液中NO3－，H2SO3在酸性环境下，能被NO3－氧化成SO42－，能够生成BaSO4，但是不能得到SO2与可溶性钡盐均能生成白色沉淀的结论，如SO2与BaCl2溶液不反应，B错误；C、蛋白质溶液加入饱和氯化钠溶液，有固体析出，但是加入蒸馏水，蛋白质能够重新溶解，属于蛋白质的盐析过程，而加入CuSO4，Cu2＋属于重金属离子，蛋白质会发生变性，C错误；D、Fe(NO3)2溶液中加入稀硫酸，溶液中有NO3－和H＋，能将Fe2＋离子氧化成Fe3＋，溶液颜色加深，是由于氧化还原反应，而不是Fe2＋水解受到影响，D错误；答案选A。【点睛】一定要注意NO3－和H＋同时存在的溶液，具有强氧化性，能够氧化某些还原性离子，如I－、Fe2＋、SO32－等。8、B【详解】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，故A错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，故B正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，故C错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，故D错误；故答案选B。9、B【详解】A．COCl2分子中碳原子和氧原子之间形成2对共用电子对，碳原子连接2个氯原子，碳原子和氯原子之间形成1对共用电子对，COCl2的结构式为：，A正确；B．二氧化硅是由氧原子和硅原子以共价键构成的共价晶体，不存在二氧化硅分子，化学式为SiO2，B错误；C．CH4分子为正四面体结构，含有4个碳氢键，碳原子半径比氢原子大，其比例模型为，C正确；D．Cl-核内有17个质子，核外有三个电子层，最外层有8个电子，其结构示意图为，D正确；答案选B。10、A【分析】A、5.6g铁的物质的量0.1mol,反应首先氧化为硝酸铁,即先发生反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子,剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应,根据反应Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋进行判断；B、二氧化锰与浓盐酸反应,随反应进行浓盐酸变成稀盐酸,二氧化锰与稀盐酸不反应;C、18.40mol/L的硫酸为浓硫酸,常温下遇到铁、铝金属发生了钝化,不再继续反应；D、反应是可逆反应,反应物不能完全转化。【详解】A、5.6g铁的物质的量0.1mol,根据反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，0.3mol硝酸氧化0.075mol铁为三价铁离子,剩余0.025mol铁会继续和生成的0.1mol三价铁离子反应,根据反应Fe+2Fe3＋＝3Fe2＋可以知道,剩余0.025mol铁全部溶解需要三价铁离子0.05mol<0.075mol,铁全部溶解,所以A选项是正确的；B、二氧化锰与浓盐酸反应,随反应进行浓盐酸变成稀盐酸,二氧化锰与稀盐酸不反应,盐酸不能完全反应,故B错误；C、18.40mol/L的硫酸为浓硫酸,标准状况下,铝片遇浓硫酸发生钝化,阻止反应进行,铝不能完全消耗,故C错误；D、氮气与氢气的反应是可逆反应,反应物不能完全转化,故D错误；综上所述，本题正确选项A。11、B【解析】试题分析：A、1mol氯气与NaOH等强碱反应，转移的电子数为NA，错误；B、N2O4的最简式为NO2，所以6gNO2和41gN2O4组成的混合气体中原子的物质的量为：46g÷46g/mol×3=3mol，即原子总数为3NA，正确；C、没有指明溶液的体积，无法求算微粒数目，错误；D、随着反应的进行，浓硫酸浓度减小，变为稀硫酸后反应停止，所以生成SO2的分子数小于1．1NA，错误。考点：本题考查阿伏伽德罗常数的应用。12、C【详解】A.根据水杨酸的结构简式可知，水杨酸的分子式为C7H6O3，A正确；B.水杨酸分子中含有苯环、羧基和羟基，苯环能与氢气发生加成反应，羧基和羟基能发生酯化反应，羧基能发生中和反应，B正确；C.该分子苯环上存在4种不同的氢，其二氯代物有，共6种，C错误；D.以苯环（12原子共平面）和碳氧双键（4个原子共平面）为基础，可以画出如图结构，故所有原子可能共平面，D正确；答案选C。13、A【分析】根据某种化合物的结构图可知，W可形成+1价的阳离子，为Na；X、Y、Z、Q形成共价键，X、Y、Z、Q分别形成1条、4条、3条、2条共价键，且原子序数依次增大，则X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O。【详解】A．该化合物中，与C单键相连的O，两者共用一对电子，另外，O原子还得到了一个电子，故其满足8电子稳定结构，A叙述正确；B．WX为NaH，溶于水会得到氢氧化钠溶液，显碱性，B叙述错误；C．同周期主族元素从左到右，元素的非金属性依次增强，元素非金属性的顺序为Q＞Z＞Y，C叙述错误；D．Z的最高价氧化物对应水化物为硝酸，是一元强酸，D叙述错误；答案为A。14、D【解析】该装置包含多种能量转化，主要是太阳能→电能，风能→机械能→电能，电能→化学能；电催化合成氨的过程是一个电解过程，生成氧气的a极是电解池的阳极，阳极上水被氧化生成氧气，电极反应式为2H2O—4e-=O2↑+4H+，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气被还原生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3。【详解】A项、能量转化有：太阳能→电能，风能→机械能→电能，电能→化学能，另外还可能有其他能量转化为热能等，故A错误；B项、生成氧气的a极是电解池的阳极，电极反应式为2H2O—4e-=O2↑+4H+，生成氨气的b极是阴极，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，由得失电子数目守恒可知，两极生成氧气和氨气的理论物质的量之比是3:4，故B错误；C项、电解时，阳离子向阴极移动，H+应向阴极b极迁移，故C错误；D项、电解时，生成氨气的b极是阴极，阴极上氮气放电生成氨气，电极反应式为N2+6H++6e-=2NH3，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了电解池原理，侧重考查分析能力，注意把握正负极的判断，会正确书写电极反应式，注意把握离子的定向移动是解答关键。15、D【解析】A、根据有机物成键特点，X的分子式为C7H6O3，故错误；B、X中含有官能团是羟基、碳碳双键、羰基、醚键，不含酯基，故错误；C、X能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是因为发生氧化反应，故错误；D、能与NaHCO3反应产生气体，说明含有羧基，两个取代基位置为邻、间、对三种，故正确；答案选D。16、D【解析】试题分析：A中反应生成的Fe3+还会和I—反应，A错；醋酸是弱酸，不能写成离子形式，要写化学式，B错；HClO是弱酸，要写成化学式；C错；D对。考点：离子方程式的正误判断。17、D【分析】根据图像分析可知，加入X后应活化能降低、反应速率加快、反应的热效应不发生改变。X为催化剂。【详解】A.根据图像分析可知，加入X以后，反应速率加快，A错误。B.催化剂不影响化学平衡，反应物转化率不变，B错误。C.生成物的能量不变，C错误。D.反应物能量和生成物能量均未发生改变，反应中热效应不变，D正确。18、C【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。【详解】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A正确；B.配平后反应为2NO+2CO=N2+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B正确；C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C错误；D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图示，结合CO2分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。19、D【解析】A.根据表格数据，平衡时H2O(g)的物质的量与COS的物质的量相等，都是0.0200mol，则CO2和H2S的物质的量均为0.200mol-0.0200mol=0.1800mol，K1==，故A正确；B.温度不变，平衡常数不变，因此K2=K3，根据方程式，反应前后气体的物质的量不变，增大压强，平衡不移动，起始时反应物的物质的量实验3是实验2的两倍，因此平衡时COS的物质的量，实验3也是实验2的两倍，即n3=2n2，故B正确；C.实验3与实验2相比，实验3浓度大，反应速率大，实验2与实验1相比，实验1的平衡常数比实验2大，说明实验1是实验2的平衡状态正向移动的结果，由于该反应正反应为吸热反应，因此实验1的温度比实验2低，反应速率慢，因此初始反应速率：实验3>实验2>实验1，故C正确；D.根据平衡常数K==，解得n2≈0.0286mol，则c(COS)约为0.0143mol·L-1，故D错误；故选D。20、C【解析】A、实验室没有400mL的容量瓶，应先用500mL的容量瓶配制溶液，NH4Fe(SO4)2的摩尔质量为266g/mol，所以需要NH4Fe(SO4)2的质量为0.1mol·L－1×0.5L×266g/mol=13.3g,故A不符合题意；B、本实验采用KSCN溶液做指示剂，Fe3+与Ti3+反应生成Ti4+与Fe2+，Fe2+与KSCN没有显色反应，而与Fe3+生成血红色Fe(SCN)3,因此当Fe3+过量时，溶液呈血红色，故B不符合题意；C、滴定前仰视读数，滴定结束后俯视读数，导致读取溶液体积偏小，最终结果偏小，故C符合题意；D、Fe3+与Ti3+反应生成Ti4+与Fe2+，根据得失电子守恒可知n(Fe3+)=n(Ti3+)=n(TiO2),消耗标准液20.00mL，则n(Fe3+)=n(TiO2)=0.1mol·L－1×0.02L=0.002mol,因此m(TiO2)=0.002mol×80g/mol=0.16g，所以样品的纯度为0.16g÷0.2g×100%=80%，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。21、A【解析】A.向溴水中加入少量苯，振荡静置后水层为无色，发生了萃取，属于物理变化，故A错误；B.某气体使湿润的淀粉KI试纸变蓝，说明有I2单质生成，该气体具有氧化性，所以可能是NO2,故B正确；C.向碳酸钠溶液中加入硫酸，将产生的气体直接通入Na2SiO3溶液中，溶液产生白色胶状物质，说明酸性：H2SO4>H2CO3>H2SiO3，非金属性：S>C>Si，故C正确；D.常温下，将Al片和浓硝酸混合，用排水法几乎收集不到气体，是因为Al和浓硝酸发生了钝化。阻止金属和酸反应继续发生，所以收集不到气体，故D正确。答案：A。22、D【详解】A.12g金刚石中含有的C原子的物质的量是1mol，由于金刚石中C原子与相邻的4个C原子形成共价键，每个共价键为相邻的两个C原子所共有，所以1molC原子形成的共价键为4mol×=2mol，含有的共价键数目为2NA，A错误；B.3.2gCu的物质的量是0.05mol，根据Cu与浓硝酸反应方程式：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O可知：0.05molCu与足量浓硝酸反应，转移0.1mol电子，能够产生0.1molNO2，由于NO2与N2O4存在转化平衡，所以反应生成的气体分子的物质的量小于0.1mol，气体分子数小于0.1NA，B错误；C.在标准状况下CH3OH是液态物质，不能使用气体摩尔体积计算，C错误；D.N2O和CO2的相对分子质量都是44，二者分子中都含有3个原子，所以常温常压下，4.4gN2O和CO2的混合气体中气体分子的物质的量是0.1mol，其中含有0.3NA个原子，D正确；故合理选项是D。二、非选择题(共84分)23、2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑cdNCl3+3H2O=3HClO+NH35NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O【分析】A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，A由短周期非金属元素组成，B具有漂白性且光照易分解，则B为HClO，（1）若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等；（2）若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，时而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，符合转化关系，以此解答该题。【详解】(1)若A为单质，且C为一元强酸，则C为HCl，A为Cl2，X可能为Na2CO3、NaAlO2等。①工业可用电解饱和食盐水制备氯气,离子方程式为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑，故答案为2Cl−+2H2O

2OH−+H2↑+Cl2↑；

②四种物质中能与盐酸连续反应的为Na2CO3、NaAlO2，发生的化学方程式为HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑或者NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3↓，Al(OH)3+HCl=AlCl3+3H2O，故答案为cd；(2)若A为两种元素形成的化合物，且E与水反应生成G的浓溶液遇C有白烟产生，则C为NH3，结合B为HClO，根据元素守恒可及化合价的情况可知A为NCl3，进而推得G为HNO3，E为NO2，X为氧气，D为NO。①A为NCl3，A与水反应的化学方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为NCl3+3H2O=3HClO+NH3；

②室温下，NH2OH(羟氨)中的氮元素为-1价，发生分解生成NH3、NO，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，其分解反应的化学方程式5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O，答案为：5NH2OH=3NH3↑+2NO↑+3H2O。24、羟基、水解（取代）反应bcdbcd【解析】试题分析：从F来看4个碳原子的碳链结构含有一个支链，故C4H8是CH2=CH(CH3)2。A为CH2BrCHBr(CH3)2，B为，根据信息氧化的C为。继续氧化生成的D是，再消去—OH变为E。G是F进行加聚反应的产物。D的一种同分异构体，能发生分子内酯化反应生成五元环状化合物，成环含有1个氧原子，4个碳原子，其同分异构体是HO—CH2—CH2—CH2—COOH。根据信息：C()生成M为，则N为。考点：有机化学基础，考查反应类型、有机物的官能团、结构简式、化学反应方程式、物质的性质判断等。25、CBBACDE吸收尾气，防止污染空气【解析】（1）H导出的氯气中含有HCl、水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥氯气，采取向上排空气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气，用氢氧化钠溶液吸收氯气防止倒吸，各装置中气体应为长进短出；I中所盛试剂为浓硫酸，答案选C；II中所盛试剂为饱和食盐水，答案选B；（2）实验室制取氯气时，首先要制取氯气，然后通过饱和食盐水除去挥发出来的氯化氢气体，通过浓硫酸除去混入的水蒸气，这时得到了干燥、纯净的氯气，要用向上排空气法收集氯气，最后要吸收多余的氯气，注意防止倒吸，仪器连接为H→B→A→C→D→E；（3）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）①漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，变质生成CaCO3，则漂白粉未变质，只含CaCl2、Ca(ClO)2，漂白粉全部变质，只含CaCl2、CaCO3，漂白粉部分变质，既含有CaCl2、Ca(ClO)2、CaCO3。26、150℃（或150℃以上）将氧化为，将过量的氧化除去，生成的比更难溶，促进MnS不断溶解，平衡右移，使除去【解析】（1）从图中得到150℃以上，副产物就不会生成了，同时锰的浸出率也是接近100%，所以选择150℃（或150℃以上）。（2）根据表中数据，pH=3.5时，得到的主要是氢氧化铁沉淀，所以上一步中加入MnO2的目的是为了氧化亚铁离子（题目中说：铁浸出后，过量的会将还原为）。反应为：，考虑到题目认为得到亚铁离子是因为二氧化硫过量，所以加入的二氧化锰也可以将过量的二氧化硫氧化，反应为：。（3）MnS投入水中的沉淀溶解平衡为：，溶液中的铜离子会结合硫离子形成CuS沉淀，从而使反应平衡不断向右移动，将MnS沉淀转化为CuS沉淀，再经过滤就可以达到除去Cu2+的目的。当然能进行如上转化的前提是：CuS的溶解度更小。（4）加入碳酸氢铵生成碳酸锰沉淀，则Mn2+结合了碳酸氢根电离的碳酸根离子，即使电离平衡：HCO3－H++CO32－，正向移动，电离的H+再结合HCO3-得到CO2，方程式为：27、受热均匀，易控制温度乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热cab分液漏斗bcbc【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1—丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15％Na2CO3溶液洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较乙酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的