云南省曲靖市宣威市九中2026届高三上化学期中调研模拟试题含解析

云南省曲靖市宣威市九中2026届高三上化学期中调研模拟试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列实验不能达到目的的是选项目的实验A除去碳酸氢钠固体中的碳酸钠将固体加热至恒重B制备少量二氧化硫气体向亚硫酸钠固体中加入少量浓硫酸C鉴别溴化钠和碘化钾溶液分别加新制氯水后，用CCl4萃取D比较水和乙醇中氢的活性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D2、下列有关元素的性质及其递变规律正确的是（）A．IA族与ⅦA族元素间形成的化合物都是离子化合物B．第三周期元素从左到右，最高正价从+1递增到+7C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，其单质的氧化性越强D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越强3、下列各项反应对应的图象正确的是（）A．25℃时，向亚硫酸溶液中通入氯气B．向NaAlO2溶液中通入HCl气体C．向少量氯化铁溶液中加入铁粉D．向NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合液中通入CO24、下列实验操作能达到实验目的的是()A．将足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先变蓝后褪色，证明Cl2的水溶液有漂白性B．只用Na2CO3溶液来鉴别CaCl2溶液、AlCl3溶液和稀硫酸C．为检验某品牌食盐中是否加碘，将样品溶解后滴加淀粉溶液D．向某溶液中滴加少量稀硝酸，产生白色沉淀，证明其中含有SiO32-5、下列说法正确的是（）A．标准状况下，2.24LCl2与过量水反应，转移的电子总数为0.1NAB．一定条件下，6.4g铜与过量的硫反应，转移电子数目为0.2NAC．常温下，1L0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中氮原子数为0.2NAD．标准状况下，22.4LSO3中含硫原子数为NA6、化学与人类的生活、生产息息相关，下列说法不正确的是A．“地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂或燃油B．水泥、陶瓷、玻璃工业的生产原料中都用到了石灰石C．光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅D．双氧水、高锰酸钾溶液可杀死埃博拉病毒，其消毒原理与漂白粉消毒饮用水的原理相同7、2-萘酚()在生产环境中主要以粉尘、气溶胶形式存在，可采用催化剂(@AgBr/mp-TiO2，其中mp-TiO2为介孔二氧化钛，具有大的比表面积和渗透能力)条件下的光降解法除去环境中的该污染物，工作原理如图。下列判断正确的是()A．该除去方法中的能量转化只有化学能转化为电能B．mp-TiO2可加快O2的失电子速率C．负极反应：-46e-+23O2-=10CO2+4H2OD．该法降解144g2-萘酚时，装置吸收空气约为1288L8、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．44.0g环氧乙烷中含有7.0NA个极性键B．常温下1LpH=13的氢氧化钠溶液中由水电离出的H+的数目为0.1NAC．将标准状况下224mLSO2溶于水制成l00mL溶液，H2SO3、、三者数目之和为0.01NAD．4.6g14CO2与N218O的混合物中所含中子数为2.4NA9、下列说法正确的是A．漂白粉属于混合物，液氯属于纯净物B．实验室用加热氯化铵固体制取氨气C．醋酸、烧碱和过氧化钠分别属于酸、碱和碱性氧化物D．煤的气化与液化均属于化学变化，煤的干馏属于物理变化10、下列说法错误的是A．浓硝酸通常保存在无色玻璃试剂瓶中B．NH4Cl溶液中加入镁条会产生气泡C．单质硅是将太阳能转变成电能的常用材料D．钢铁的析氢腐蚀和吸氧腐蚀的负极反应相同11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子核外最外层电子数是次外层的2倍，Y常见的氢化物有两种，且常温下均为液体，Z是短周期中原子半径最大的元素，W的最高正价为+7价。下列说法正确的是()A．工业上利用Z与TiCl4溶液反应制备单质TiB．X与W形成的化合物和Z与W形成的化合物的化学键类型相同C．X和Y单质晶体类型不可能相同D．最高价氧化物对应的水化物的酸性：W>X12、科研人员设计的CO2资源化利用的装置如图所示(电解质溶液为稀H2SO4),下列说法错误的是A．该离子交换膜为质子交换膜B．Ag极上的电势比Pt极上的高C．电路中每流过4mol电子,阳极区质量减少36gD．太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源13、下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．氯化铁溶液中：Mg2+、K+、Cl-、SCN- B．白醋中：K+、Na+、CO32-、SO42-C．盐酸溶液中：Ca2+、Fe2+、Cl-、NO3- D．食盐水中：Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-14、许多成语中都蕴含化学原理，下列有关解释不准确的是成语化学原理A沙里淘金利用金的密度较大的性质将黄金从沙中淘洗出来B刀耕火耨放火烧去野草，用余灰肥田，还可降低土壤碱性C百炼成钢通过多次锻炼，使生铁中碳杂质降低到钢的标准D火树银花金属元素在燃烧时显示的不同焰色，又叫焰色反应A．A B．B C．C D．D15、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法不合理的是A．向海水中加入明矾制取淡水B．用碱性废水中和处理酸性废水C．用无磷洗涤剂避免水体富营养化D．按规定对生活废弃物进行分类放置16、pH=1的某溶液X中仅含有NH4+、Al3+、Ba2+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种（忽略水的电离及离子的水解），取该溶液进行连续实验，实验过程如图：下列有关推断不正确的是（）A．溶液X中一定含有H+、Al3+、NH4+、Fe2+、SO42﹣B．根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3+、Cl﹣C．沉淀H为Al（OH）3、BaCO3的混合物D．若溶液X为100mL，产生的气体A为44.8mL（标准状况），则X中c（Fe2+）=0.06mol•L﹣117、用H2还原mgCuO，当大部分固体变红时停止加热，冷却后称量，知残留固体质量为ng，共用去WgH2，则被还原的CuO的质量为（）A．40Wg B．5(m－n)g C．1.25ng D．mg18、已知：t℃时的Ksp(AgCl)=1.8×10-10,Ksp(AgI)=1.0×10-16,Ksp(Ag2CrO4)=9.0×10-12。该温度下，下列说法正确的是A．溶解度大小顺序为AgCl>Ag2CrO4>AgIB．向AgNO3溶液中滴加少量氯化钠溶液出现白色沉淀，再滴加少量KI溶液出现黄色沉淀，可证明AgI比AgCl更难溶C．该温度下，AgCl可能转化为Ag2CrO4D．某溶液中含有Cl-、和I-，浓度均为0.050mol/L,向该溶液中逐渐滴加0.050mol/L的AgNO3溶液时，c(Cl-)/c(I-)=1.8×10619、已知反应：2H2O2=2H2O+O2↑，下列措施不能加快该反应的速率的是A．升高温度 B．加入少量MnO2固体C．加水稀释 D．加入几滴FeCl3溶液20、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A．收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B．在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C．可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D．合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率21、用下图所示装置进行下列实验：将①中溶液滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸碳酸钠与氢氧化钠的混合溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生红棕色气体C．氯化铝溶液浓氢氧化钠溶液产生大量白色沉淀D．草酸溶液高锰酸钾酸性溶液溶液逐渐褪色A．A B．B C．C D．D22、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是A．向CuSO4溶液中加入足量Zn粉，溶液蓝色消失Zn+CuSO4Cu+ZnSO4B．澄清的石灰水久置后出现白色固体Ca(OH)2+CO2CaCO3↓+H2OC．Na2O2在空气中放置后由淡黄色变为白色2Na2O22Na2O+O2↑D．向Mg(OH)2悬浊液中滴加足量FeCl3溶液出现红褐色沉淀3Mg(OH)2+2FeCl32Fe(OH)3+3MgCl2二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，B、D是气体，F、G、H的焰色反应均为黄色，水溶液均显碱性，E有漂白性。它们之间的转化关系如图所示(部分产物及反应条件已略去)，回答下列问题：(1)A所含元素在周期表中的位置为________________，C的电子式为________。(2)A与H在加热条件下反应的化学方程式为__________________________。(3)将A溶于沸腾的G溶液中可以制得化合物I，I在酸性溶液中不稳定，易生成等物质的量的A和E，I在酸性条件下生成A和E的离子方程式为___________________，I是较强还原剂，在纺织、造纸工业中作为脱氯剂，向I溶液中通入氯气可发生反应，参加反应的I和氯气的物质的量之比为1∶4，该反应的离子方程式为_____________。(4)向含有0.4molF、0.1molG的混合溶液中加入过量盐酸，完全反应后收集到aL气体C(标准状况)，过滤，向反应后澄清溶液中加入过量FeCl3溶液，得到沉淀3.2g，则a=________L。24、（12分）有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：(1)X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是______。(2)B生成C的反应类型是_____,B、C含有的相同的官能团名称是_____。(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_____。(4)写出D—E的化学反应方程式：_________。(5)G的结构简式是______。(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为_______。(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙烯(CH3CH=CH2)和为原料制备丙二酸的合成路线______(无机试剂任选)。25、（12分）苯甲酸是常用的防腐剂和重要的医药原料。一种药用苯甲酸的制备方法如下：I.在反应罐中加入甲苯、饱和KMn4溶液、Fe2O3(催化剂)，加热、回流数小时，充分反应。Ⅱ.反应结束后，改为蒸馏装置。加热蒸馏，直至冷凝管壁不再出现油珠。Ⅲ.将反应罐中的混合物趁热过滤，滤渣用少量热水洗涤。Ⅳ.向滤液中滴加浓盐酸酸化至pH＝2，抽滤，用少量水洗涤，干燥得苯甲酸粗品。V.将粗苯甲酸加入……，滤液倒入室温下一定量的水中，结晶、洗涤、过滤，得到药用纯苯甲酸。已知：相关物质的溶解度(g/mL)温度(℃)255060苯甲酸在水中0.00340.00850.0095在乙醇中0.40.71氯化钾在乙醇中难溶(1)I中发生的主要反应为：(未配平)，则Ⅳ中发生反应的所有离子方程式为______。(2)Ⅱ中蒸馏的目的是____________。(3)Ⅲ中趁热过滤的目的是____________。(4)将V中操作补充完整：________。26、（10分）已知Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。醋酸亚铬水合物[Cr(CH3COO)2]2·2H2O是一种深红色晶体，不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、CrCl3溶液、CH3COONa溶液和盐酸为主要原料制备醋酸亚铬水合物，其装置如下图所示。制备过程中发生的相关反应如下所示：Zn＋2HCl===ZnCl2＋H2↑Zn＋2CrCl3===2CrCl2＋ZnCl22Cr2＋＋4CH3COO－＋2H2O===[Cr(CH3COO)2]2·2H2O(晶体)试回答下列问题：(1)本实验中配制溶液所用的蒸馏水需事先煮沸，原因是__________。(2)往仪器Ⅱ中加盐酸和CrCl3溶液的顺序最好是__________________________，理由是____________。(3)为使生成的CrCl2溶液与CH3COONa溶液混合，应关闭阀门____(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_____。(4)本实验中锌粒要过量，其原因除了使锌与CrCl3充分反应得到CrCl2外，另一个作用是________。仪器Ⅳ的主要作用是___________。(5)已知实验时取用的CrCl3溶液中含溶质9.51g，取用的CH3COONa溶液为1.5L0.1mol/L，其他反应物足量。实验后得干燥的[Cr(CH3COO)2]2·2H2O9.4g，则该实验所得产品的产率为________(用百分数表示，保留3位有效数字)(不考虑溶解的醋酸亚铬水合物)。27、（12分）实验室在蒸馏烧瓶中加NaBr、适量水、95%的乙醇和浓硫酸，用酒精灯对烧瓶微热，边反应边蒸馏，蒸出的溴乙烷用水下收集法获得。其中可能发生的副反应有：2HBr+H2SO4（浓）→Br2+SO2+2H2O完成下列填空：（1）制备溴乙烷的化学方程式为：_________、_______。（2）反应中加入少量水不能产生的作用是__________（选填编号）A防止溴乙烷被浓硫酸氧化B减少溴化氢的挥发C使反应混合物分层D溶解溴化钠（3）为了保证容器均匀受热和控制恒温，加热方法最好采用________。（4）采用边反应边蒸馏的操作设计，其主要目的是_________。（5）溴乙烷可用水下收集法获得的依据是___________。（6）下列装置在实验中既能吸收HBr气体，又能防止液体倒吸的是__________（选填编号）（7）粗产品用水洗涤后有机层仍呈红棕色，欲除去该杂质，可加入的试剂为________（选填编号）A碘化钾溶液B亚硫酸钠溶液C氢氧化钠溶液（8）以下步骤，可用于检验溴乙烷中溴元素，其正确的操作顺序是：取少量溴乙烷，然后_______。28、（14分）CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。请回答下列问题：（1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子的核外价电子排布式为_______，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小的顺序为__________。（2）NO3-的立体构型是_____，与NO3-互为等电子体的一种非极性分子为_________(填化学式)。（3）CuSO4的熔点为560°C，Cu(NO3)2的熔点为115℃，CuSO4熔点更高的原因是_____。（4）往CuSO4溶液中加入过量NaOH能生成配合物[Cu（OH）4]2－。不考虑空间构型，[Cu（OH）4]2－的结构可用示意图表示为（用箭头表示出配位键的位置）_______。（5）化学实验室常利用新制氢氧化铜检验醛基的存在，乙醛分子中碳原子的杂化方式为___。（6）利用新制的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O,其晶胞结构如下图所示。该晶胞原子坐标参数A为（0,0,0)；B为（1,0,0）；C为（，，）。则D原子的坐标参数为________，它代表_______原子。29、（10分）I.迷迭香酸（F）的结构简式为：（该分子中的酚羟基有酸性，可与强碱中和）；它是存在于许多植物中的一种多酚，具有抗氧化、延缓衰老、减肥降脂等功效，以A为原料合成F的路线如下：根据题意回答下列问题：（1）迷迭香酸（F）的中无氧官能团为________________（填写名称）。写出结构简式：A________________；D________________。（2）写出反应类型：反应①________________；反应②________________。（3）反应③的试剂：________________________。（4）1molF与NaOH溶液反应，最多可消耗NaOH________mol。（5）写出E与乙醇生成酯的化学反应方程式。___________________________________II.乳酸有很强的防腐保鲜功效，可用在果酒、饮料、肉类等的保存，起到调节pH值、抑菌、延长保质期、调味、保持食品色泽、提高产品质量等作用。（1）试写出以丙烯(CH2=CHCH3)为原料，合成乳酸的路线流程图（无机试剂任选）。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）______________

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【详解】A．碳酸氢钠加热会分解生成碳酸钠和水、二氧化碳，故碳酸氢钠中混有碳酸钠，不能用加热的方法除杂，A错误；B．向亚硫酸钠固体中加入少量浓硫酸可制备二氧化硫，B正确；C．氯水具有强氧化性，与溴化钠反应生成溴单质，与碘化钾反应生成碘单质，再用四氯化碳萃取，得到两种不同颜色的溶液，C正确；D．钠与水的反应更剧烈，故将少量钠投入到等量水和乙醇中，可比较水和乙醇中氢的活性，水中氢的活性更强，D正确；答案选A。2、B【解析】A．IA族与ⅦA族元素间形成的化合物可以是离子化合物，也可以是共价化合物，如HCl,所以错误；C．同主族元素的简单阴离子还原性越强，其单质的氧化性越弱，错误；D．同周期金属元素的化合价越高，其原子失电子能力越弱。答案选B。3、C【详解】A.亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，通入氯气后发生反应，随着氯气的通入，pH会降低，直到氯气反应完全，pH不变，A项错误；B.向NaAlO2溶液中通入HCl气体，发生、，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1:3，而不是3:1，B项错误；C.向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生，则Fe元素的质量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，与图像相符，C项正确；D.将二氧化碳气体通入含有NaOH、Ba(OH)2、NaAlO2的混合溶液中，

CO2先与Ba(OH)2反应（有沉淀BaCO3生成），当Ba(OH)2消耗完毕后再与NaOH反应（此时无沉淀生成）；最后与NaAlO2反应（有沉淀Al(OH)3生成），以上过程中图形应是：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加；过量的CO2还可以继续与Na2CO3反应得到NaHCO3，过量的CO2还可以使BaCO3沉淀溶解，最后只有沉淀Al(OH)3，所以接着的图形应该为：沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，故整个过程的图形应为：出现沉淀BaCO3，沉淀BaCO3保持不变，沉淀Al(OH)3增加，沉淀BaCO3和Al(OH)3保持不变，沉淀BaCO3减少，沉淀Al(OH)3保持不变，图像不符合，D项错误；答案选C。4、B【详解】A.将足量Cl2通入KI淀粉溶液中，溶液先变蓝，是由于氯气氧化碘离子生成碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，后褪色，是由于过量的氯气氧化生成的碘单质，发生反应5Cl2+I2+6H2O==10HCl+2HIO3，A项错误；B.Na2CO3与CaCl2溶液反应生成碳酸钙沉淀，与AlCl3发生双水解生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，现象均不相同，可以鉴别，B项正确；C.食盐中含碘是指碘元素，以KIO3的形式存在，而淀粉检验的是碘单质，C项错误；D.还有可能是偏铝酸根和少量氢离子反应生成氢氧化铝沉淀，D项错误；答案选B。5、C【解析】A、Cl2与水反应是可逆反应，反应不能进行彻底，标准状况下，2.24LCl2的物质的量为2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，转移电子数应小于0.1NA，故A错误；B、铜与过量的硫反应生成硫化亚铜，2Cu+S=Cu2S，6.4g铜的物质的量为6.4g÷64g/mol=0.1mol，转移电子数为0.1mol，即0.1NA，故B错误；C、1L0.1mol·L－1的NH4NO3溶液中NH4NO3的物质的量为1L×0.1mol·L－1=0.1mol，根据NH4NO3的化学式可知0.1molNH4NO3含有0.2mol的氮原子，即0.2NA氮原子，故C正确；D、标况下，三氧化硫为固态，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题重点考查阿伏加德罗常数的计算。标况下气体的摩尔体积为22.4L/mol，使用此数值应注意①必须是标准状况下②标况下该物质必须为气体。6、B【详解】A．“地沟油”中主要含油脂，还含有害物质，不能食用，但可用来制肥皂(碱性条件下水解)或燃油(油脂能燃烧)，故A正确；B．水泥的生产工艺,以石灰石和黏土为主要原料；生产玻璃的原料为石英、石灰石、纯碱；常见的陶瓷原料有黏土等,所以陶瓷的原料没有石灰石,故B错误；C．二氧化硅传导光的能力非常强，Si为常见的半导体材料，则光导纤维的主要成分是SiO2，太阳能电池使用的材料是单质硅，故C正确；D．高锰酸钾和双氧水都是利用其强氧化性杀菌消毒，漂白粉溶液中有次氯酸，具有强氧化性，也能够杀菌消毒作用，原理一样，故D正确；综上所述，本题选B。【点睛】高锰酸钾和双氧水、漂白粉溶液等均有强氧化性，能够杀菌消毒，属于氧化性杀菌消毒；而酒精、甲醛、苯酚等也具有杀菌消毒功能，能够使蛋白质变性，属于非氧化性杀菌消毒。7、C【详解】A．由原理图可知，太阳能参与了该降解方法，即存在太阳能转化为化学能，A项错误；B．O2在该装置中得电子，B项错误；C．负极2-萘酚被氧化，失电子生成二氧化碳和水，C项正确；D．由正负极反应可知关系式2～23O2，144g2－萘酚为lmol，降解lmol2-萘酚时，消耗11.5molO2，空气中O2约占五分之一，即消耗空气为57.5mol，即标准状况下的1288L，但该选项缺少标准状况条件，故消耗的空气体积不确定，D项错误；故选C。8、D【详解】A．44.0g环氧乙烷的物质的量是1mol，由于每1个环氧乙烷中含有6个极性键，则1mol环氧乙烷中含有极性键数目为6.0NA个，A错误；B．常温下pH=13的氢氧化钠溶液中c(H+)=10-13mol/L，则1L该溶液中含有H+的物质的量是10-13mol，NaOH溶液中H+完全是水电离产生，则该溶液中由水电离出的H+的数目为10-13NA，B错误；C．在标准状况下224mLSO2的物质的量是0.01mol，SO2溶于水反应产生H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在未反应的SO2，同时反应产生的H2SO3会部分电离产生、，故溶液中SO2、H2SO3、、四者数目之和为0.01NA，C错误；D．14CO2与N218O的相对分子质量都是46，分子中含有的中子数目都是24个，4.6g14CO2与N218O的混合物中含有分子的物质的量是0.1mol，则其中所含中子数为2.4NA，D正确；故合理选项是D。9、A【详解】A项、漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，属于混合物，液氯是液态的氯气，属于纯净物，故A正确；B项、实验室用加热氯化铵和消石灰固体混合物的方法制取氨气，加热氯化铵固不能制取氨气，故B错误；C项、过氧化钠与酸反应生成盐、水和氧气，属于过氧化物，不属于碱性氧化物，故C错误；D项、煤的气化与液化、煤的干馏都有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A。【点睛】碱性氧化物是能与酸反应生成盐和水的氧化物，过氧化钠与酸反应还有氧气生成，不属于碱性氧化物是解答易错点。10、A【详解】A、浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故A错误；B、NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故加入镁条会产生气泡，故B正确；C、单质硅是制备太阳能电池常用的材料，故C正确；D、在弱酸性或中性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，在强酸性条件下，钢铁发生析氢腐蚀，无论析氢腐蚀还是吸氧腐蚀，铁都作负极，负极上都是铁失电子发生氧化反应，故D正确；故答案选A。【点睛】实验室保存化学试剂，应根据化学药品的物理性质和化学性质采取正确的保存方法，如易挥发药品要密封保存，易分解物质和避光、低温保存，具体物质要具体分析。11、D【解析】根据题意可确定X为碳元素，Y为氧元素，Z为钠元素，W为氯元素，由此分析如下：A、钠能与水迅速反应，所以不能置换出TiCl4溶液中的Ti，可用钠与熔融的TiCl4反应制备Ti，故A错误；B、CCl4是由C－Cl共价键形成的共价化合物，而NaCl是由Na＋和Cl－之间的离子键形成的离子化合物，二者的化学键类型不同，故B不正确；C、碳可以形成原子晶体，也可以形成分子晶体，如C60等，而氧气和臭氧都是分子晶体，故二者可以形成相同类型的晶体，所以C错误；D、氯和碳形成的最高氧化物对应的水化物分别为HClO4和H2CO3，前者为强酸，后者为弱酸，故D正确。本题正确答案为D。点睛：碳元素的单质比较多，如金刚石、石墨、活性炭和C60，其中金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，其它的晶体类型较复杂，但C60往往被忽略，而错选C。12、B【分析】由示意图可知，该装置是电解池，将CO2和H2O转换为H2、CO、HCHO、HCOOH、等；左边银电极是阴极，右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，所以离子交换膜是质子交换膜。【详解】A、右边铂电极是阳极，水在阳极放电生成氧气和氢离子，氢离子向左边移动，因此交换膜是质子交换膜，A正确；B、Ag极为阴极，Pt极为阳极，阳极的电势比阴极高，故B错误；C、阳极的反应式为：2H2O-4e-=O2↑+4H+,当电路中每流过4mol电子，消耗2molH2O（氧气逸出，氢离子移向左边），阳极区质量减少36g，C正确；D、太阳能、风能及潮汐能均是可再生能源，故D正确。答案选B。13、D【详解】A.氯化铁溶液中的Fe3+与SCN-不能大量共存，故A错误；B.白醋显酸性，CO32-离子不能大量共存，故B错误；C.盐酸溶液中含有H+，Fe2+、NO3-不能存在于酸性溶液中，Fe2+被氧化为Fe3+，故C错误；D.食盐水中Fe2+、NH4+、Cl-、SO42-之间均不反应，能大量共存，故D正确。故选D。【点睛】判断离子共存，有以下几种情况：1、由于发生复分解反应，离子不能大量共存。①有气体产生：如CO32-、S2-、HS-等易挥发的弱酸的酸根与H+不能大量共存，②有沉淀生成：如Ba2+、Ca2+等不能与SO42-、CO32-等大量共存，③有弱电解质生成：如OH-、CH3COO-等与H+不能大量共存，一些酸式弱酸根不能与OH-大量共存，2、由于发生氧化还原反应，离子不能大量共存。①具有较强还原性的离子不能与具有较强氧化性的离子大量共存：如I-和Fe3+不能大量共存，②在酸性或碱性的介质中由于发生氧化还原反应而不能大量共存：如NO3-和Fe2+在酸性溶液中不能大量共存，3、由于形成络合离子，离子不能大量共存：如Fe3+和SCN-发生络合反应而不能大量共存。14、B【解析】A．“沙里淘金”说明黄金在自然界中能够以单质形式存在，发生的是物理变化；故A正确；B．刀耕火耨中包含着古人播种前先伐去树木烧掉野草，用余灰可以肥田，但草木灰水溶液显碱性不能降低土壤碱性，故B错误；C．生铁和钢的主要区别在于含碳量不同，钢的碳含量低，在空气中锤打，目的是让碳和氧气反应生成二氧化碳，从而降低含碳量，达到钢的标准，故C正确；D．不同的金属灼烧产生不同的焰色，火树银花利用金属的焰色反应，故D正确；故选B。15、A【解析】依据水资源的开发和利用知识分析解答。【详解】A项：海水淡化是要除去海水中溶解的无机盐，而明矾净水是利用氢氧化铝胶体除去水中的悬浮杂质（不溶性杂质），即明矾不能使海水淡化。A项不合理；B项：利用中和反应，可用碱性废水处理酸性废水。B项合理；C项：含氮、磷废水任意排放会引起水体富营养化（水华或赤潮），故无磷洗涤剂能避免水体富营养化。C项合理；D项：按规定对生活废弃物进行分类放置，有利于防止污染、实现资源再利用。D项合理。本题选A。16、C【解析】pH=1的溶液为强酸性溶液，在强酸性溶液中一定不会存在CO32－、SO32－离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42－离子，生成气体A，则A只能是NO，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀F只为Fe（OH）3，生成气体D，则D为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液E中通入CO2气体，生成沉淀H，则H为Al（OH）3，E为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3-离子；一定含有SO42－离子，那么就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-，则A、依据分析可知，溶液中一定存在：H+、Al3＋、NH4＋、Fe2＋、SO42－，A正确；B、根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有Fe3＋、Cl－，B正确；C、根据上述分析可知H为Al（OH）3，BaCO3与过量的二氧化碳生成碳酸氢钡，易溶于水，C错误；D、生成气体A的离子反应方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的气体A为44.8mL，物质的量为：0.0448L÷22.4L/mol=0.002mol，故n（Fe2+）=3×0.002=0.006mol，c（Fe2+）=0.006mol÷0.1L=0.06mol/L，D正确，答案选C。点睛：本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度较大，注意掌握常见离子的性质及检验方法。注意再进行离子推断时要遵循以下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的AlO2－在酸过量时转化为Al3＋)，则原溶液中是否存在该种离子无法判断。17、B【分析】该题可用差量法来解决，因为是“当大部分固体变红”，氧化铜没有完全被还原，所以，mg与ng都无法直接用来计算，由于氢气在反应中要做到“早来晚走”，也不能用来计算，氧化铜被氢气还原的化学反应中，氧化铜中的氧元素被氢气夺去，因此减少的是氧元素的质量。【详解】设被还原的氧化铜的质量为x，则H2+CuOCu+H2O固体质量减少8016x(m-n)g80:16=x:(m-n)g，解得：x＝5（m-n)g，故答案选B。18、C【详解】根据对应化学式相似的AgCl和AgI来说Ksp越小Ag+浓度越小，固体溶解度越小，即AgCl＞AgI；假设Ag2CrO4饱和溶液中Ag+的浓度为x，则CrO42-的浓度为0.5x，由溶度积常数的表达式可知Ksp（Ag2CrO4）=x2×0.5x=0.5x3=9.0×10-12，x3=18.0×10-12，即X==×10-4，所以Ag2CrO4＞AgCl，故顺序为：Ag2CrO4＞AgCl＞AgI，选项A错误；B、氯化钠不足，硝酸银过量，过量的硝酸银一定会与碘化钾反应，产生黄色沉淀，无法证明是否AgI比AgCl更难溶，选项B错误；C、当c(CrO42-)足够大时，氯化银可能部分溶解转化为Ag2CrO4，选项C正确；D、向该溶液中逐渐滴加0.050mol/L的AgNO3溶液时，只有Cl-和I-都发生反应生成沉淀时才有====1.8×106，滴加的0.050mol/L的AgNO3溶液体积未知，故选项D错误。答案选C。19、C【详解】A．升高温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故A项不选；B．MnO2对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故B项不选；C．加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反应速率将降低，故C项选；D．FeCl3对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故D项不选；综上所述，不能加快该反应的速率的是C项，故答案为C。20、B【分析】利用勒夏特列原理的定义进行分析。【详解】A、Cl2与H2O发生Cl2＋H2OH+＋Cl-＋HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2＋I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3＋H2ONH3·H2ONH4+＋OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2＋O22SO3，使用过量的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。21、D【详解】A、氢氧化钠是强碱，碳酸钠是盐，因此盐酸首先中和氢氧化钠，然后再与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后盐酸与碳酸氢钠反应放出CO2，不会立即产生气泡，A错误；B、常温下铝在浓硝酸中钝化，反应很快停止，看不到红棕色NO2气体，B错误；C、氢氧化钠溶液开始是过量的，滴入氯化铝生成偏铝酸钠，没有白色沉淀，当氢氧化钠完全消耗后，再滴入氯化铝，铝离子与偏铝酸根离子反应生成白色沉淀氢氧化铝，C错误；D、草酸具有还原性，酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此草酸能使酸性高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。22、C【详解】A.金属活动性顺序：Zn＞Cu，则向硫酸铜溶液中加入足量锌粉，会发生置换反应，其反应的方程式为：Zn+CuSO4＝ZnSO4+Cu，使溶液的蓝色消失，A项正确；B.澄清石灰水久置以后会与空气中的二氧化碳反应而生产碳酸钙白色沉淀，其反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2＝CaCO3↓+H2O，B项正确；C.过氧化钠在空气中放置，会与空气中的水蒸气及二氧化碳发生反应，最终生成白色且稳定的碳酸钠，涉及的转化关系有：Na2O2→NaOH→Na2CO3·10H2O→Na2CO3，C项错误；D.向氢氧化镁悬浊液中滴加足量氯化铁溶液，会发生沉淀的转化，化学方程式为：3Mg(OH)2+2FeCl3=2Fe(OH)3+3MgCl2，D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、第三周期第ⅥA族3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+2.24【分析】A、B、D是由常见的短周期非金属元素形成的单质，常温下A是淡黄色粉末，则A为S；B、D是气体，均与硫单质反应，E为D与硫反应生成的有漂白性的物质，则D为O2，E为SO2，F、G、H的焰色反应均为黄色，均含有Na元素，水溶液均显碱性，结合转化关系可知，H为NaOH、G为Na2SO3，F为Na2S，B为H2，C为H2S，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知：A为S，B为H2，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为Na2S，G为Na2SO3，H为NaOH。(1)A是硫单质，S是16号元素，原子核外电子排布为2、8、6，根据原子结构与元素位置的关系可知S位于元素周期表第三周期ⅥA元素；C为H2S，属于共价化合物，S原子与2个H原子形成2对共用电子对，使分子中每个原子都达到稳定结构，电子式为；(2)S单质与热的NaOH溶液发生歧化反应，生成Na2S和Na2SO3和水，根据原子守恒、电子守恒，可得反应的方程式为：3S+6NaOH2Na2S+Na2SO3+3H2O；(3)S和沸腾Na2SO3得到化合物Na2S2O3，Na2S2O3在酸性条件下发生歧化反应生成S和SO2，反应的离子反应方程式为：2H++S2O32-=S↓+SO2↑+H2O，Cl2具有强氧化性，能把S2O32-氧化成SO42-，Cl2被还原成Cl-，Na2SO3和Cl2的物质的量之比为1：4，即两者的系数为1：4，其离子反应方程式为4Cl2+S2O32-+5H2O=8Cl-+2SO42-+10H+；(4)F为Na2S，G为Na2SO3，向含有0.4molNa2S、0.1molNa2SO3的混合溶液中加入过量HCl，发生反应：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O，0.1molNa2SO3反应消耗0.2molNa2S，剩余0.2mol的Na2S，反应产生0.2molH2S，取反应后的溶液加入过量FeCl3溶液，得到3.2g沉淀，说明溶液中溶解了H2S，根据反应2Fe3++H2S=2Fe2＋+S↓+2H+，反应产生S的物质的量n(S)==0.1mol，该反应消耗0.1molH2S，所以放出H2S气体的物质的量为0.1mol，其标准状况下的体积为V(H2S)=n·Vm=0.1mol×22.4L/mol=2.24L。【点睛】本题考查无机物推断，题中焰色反应及特殊反应为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物的性质，(4)中计算为易错点、难点，学生容易认为混合物与盐酸反应得到硫化氢完全逸出，忽略溶液中溶解硫化氢，侧重考查学生的分析能力。24、苯乙烯取代反应碳碳双键2+O22+2H2O【分析】对比A、B的结构，可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B，属于取代反应。由C的分子式可知，B发生卤代烃水解反应生成C，故C为．D可以连续发生氧化反应，结合D的分子式、F的结构简式，可知C与HBr发生加成反应生成D，故D为，则E为．由J的结构，可知F发生消去反应、酸化得到G为，G与乙醇发生酯化反应得到J，故H为CH3CH2OH；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与

发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH。【详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环，X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的结构简式为，化学名称是苯乙烯；(2)B→C为卤代烃在NaOH溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解反应；B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键；(3)D的结构简式为，其中的手性碳原子是；(4)→发生醇的催化氧化，反应的化学反应方程式为2+O22+2H2O；(5)G的结构简式是；(6)Y与C()互为同分异构体，满足下列条件：①含苯环，②苯环上有2个取代基，③能发生银镜反应，说明含有醛基，2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为-CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体共有3×5=15种，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与

发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到

BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH．合成路线流程图为：。【点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：①在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；②在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；③在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；④能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；⑤能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；⑥在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；⑦与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。25、，OH－+H+===H2O除去残存的甲苯减少苯甲酸钾结晶析出带来的损失一定体积的乙醇中，配成60℃的饱和溶液，过滤，滤液倒入室温下一定量的水中【解析】（1）Ⅰ中发生的主要反应为：（未配平），则Ⅳ中向滤液中滴加浓盐酸酸化至pH=2，发生反应的离子方程式为，OH－+H+===H2O。（2）反应混合物中，苯的沸点较低，所以Ⅱ中蒸馏的目的是除去残存的甲苯。（3）因为温度越低，苯甲酸的溶解度越小，所以Ⅲ中趁热过滤的目的是减少苯甲酸钾结晶析出带来的损失。（4）Ⅴ中操作是为了提纯苯甲酸，除去其中的氯化钾杂质，根据题中信息可知，苯甲酸可溶于乙醇，而氯化钾难溶，所以可以根据题中提示，设计如下提纯步骤：将粗苯甲酸加入一定体积的乙醇中，配成60℃的饱和溶液，过滤，滤液倒入室温下一定量的水中，结晶、洗涤、过滤，得到药用纯苯甲酸。点睛：本题主要考查了混合物的分离与提纯的方法，难度较大。互溶的物质可以根据其沸点的差异采用蒸馏法分离。利用各组分的溶解性不同，可以采用溶解、过滤法分离。利用溶解度随温度变化不同，可以采用结晶法分离。26、去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化先加盐酸后加CrCl3溶液让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化BA让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应防止空气进入装置Ⅲ83.3%【详解】（1）根据信息，Cr2＋不稳定，极易被氧气氧化，因此在配制溶液时，所用蒸馏水事先煮沸，其原因是去除水中的溶解氧，防止Cr2＋被氧化；（2）装置中有氧气，为防止Cr2＋被氧化，先排除装置中氧气，即先加盐酸，再加CrCl3溶液，理由是让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置Ⅱ和Ⅲ中的空气赶出，避免生成的Cr2＋被氧化；（3）根据实验目的，需要把装置II的溶液压入到装置III，需要关闭阀门B，打开阀门A，Zn和盐酸反应，产生氢气，利用压强差，把装置II中溶液压入到装置III中；（4）根据（3）过量Zn的另一个作用是让产生的H2赶出装置Ⅱ和Ⅲ中的空气并将CrCl2溶液压入装置Ⅲ与CH3COONa溶液反应；仪器IV的作用是防止空气进入装置III；（5）CrCl3的物质的量为9.51/158.5mol=0.06mol，根据元素守恒，则Cr2＋的物质的量为0.06mol，CH3COONa的物质的量为1.5×0.1mol=0.15mol，根据题中所给第三个反应，Cr2＋不足，CH3COONa过量，根据Cr2＋进行计算，得出[Cr(CH3COO)2]2·2H2O的质量为0.06×376/2g=11.28g，即产率为9.4/11.28×100%=83.3%。27、NaBr+H2SO4NaHSO4+HBrC2H5OH+HBr

C2H5Br+H2OC水浴加热使反应平衡正向移动，提高产物的产率溴乙烷难溶于水且密度比水大AB加入适量氢氧化钠水溶液，加热，冷却后，加入足量的稀硝酸，再加入硝酸银溶液【分析】浓硫酸和溴化钠反应生成溴化氢，然后利用溴化氢和乙醇反应制备溴乙烷，因浓硫酸具有强氧化性，可能将溴化钠氧化生成溴单质，使溶液呈橙色；然后利用冷水冷却进行收集溴乙烷；溴乙烷能够与氢氧化钠溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，溴化钠能够与硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀。【详解】（1）溴化钠与浓硫酸在加热条件下反应生成溴化氢，其反应方程式为：NaBr+H2SO4NaHSO4+HBr；溴化氢与乙醇发生取代反应生成溴乙烷，其反应方程式为：C2H5OH+HBr

C2H5Br+H2O；（2）溴化钠极易溶于水，反应中加入适量的水，能溶解NaBr，溴化氢极易溶于水，因浓硫酸具有强氧化性，易与NaBr发生氧化还原反应，为减少副反应发生，可先加水稀释，减少硫酸浓度，可减少溴化氢的氧化，故答案为：C；（3）溴乙烷的沸点是38.4℃，控制恒温，38.4℃