2026屆開封市重點中學高三化學第一學期期中復習檢測模擬試題請考生注意：1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在一定條件下，RO3n-和F2可發(fā)生如下反應：，從而可知在RO3n-中，元素R的化合價是（）A．+4價 B．+5價 C．+6價 D．+7價2、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．2mol濃硫酸與足量Cu反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAB．5.6L甲烷和乙烯的混合氣體中含氫原子數(shù)為NAC．100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中氧原子數(shù)為NAD．常溫常壓下，20gD2O含有的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為10NA3、水的狀態(tài)有氣態(tài)、液態(tài)、固態(tài)，還有玻璃態(tài)。玻璃態(tài)水是液態(tài)水急速冷卻到165K時形成的，無固定形狀，且密度與普通水相同。下列有關(guān)水的敘述正確的是A．當水結(jié)成冰時，密度增大B．玻璃態(tài)水與液態(tài)水具有不同的化學性質(zhì)C．玻璃態(tài)水不屬于晶體D．純凈水與食鹽水的熔點相同4、NH3和NO2在催化劑作用下反應：8NH3+6NO2=7N2+12H2O。若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol，則下列判斷正確的是A．轉(zhuǎn)移電子4.8NA個 B．還原劑比氧化劑多0.2molC．生成氣體的體積42.56L(標準狀況） D．被還原的氮原子是11.2g5、下列敘述中不正確的是A．NH3分子與H＋結(jié)合的過程中，N原子的雜化類型未發(fā)生改變B．某晶體固態(tài)不導電，熔融狀態(tài)能導電，可以較充分說明該晶體是離子晶體C．區(qū)分晶體和非晶體最可靠的科學方法是對固體進行X－射線衍射實驗D．氣態(tài)SO3和SO2中心原子的孤電子對數(shù)目相等6、下列化學用語或名稱表述不正確的是（）A．葡萄糖的分子式：C6H12O6B．HCl的電子式：C．的名稱：2﹣甲基丙烷D．含有10個中子的氧原子可表示為：O7、關(guān)于相同物質(zhì)的量濃度的NaHCO3

溶液和

NaHSO3溶液，下列說法正確的是A．滴加酚酞后溶液均變紅B．滴加飽和澄清石灰水均產(chǎn)生白色沉淀C．滴加氯水均產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的氣體D．所含陽離子的總濃度相等8、某未知溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、Mg2+、Al3+和K+。取100mL該溶液進行實驗，過程記錄如下。由此可知原溶液中A．一定有Cl-B．一定有CO32-C．一定沒有K+D．一定沒有Mg2+9、常溫下，下列離子組在指定溶液中能大量共存的是（）A．c(CO)=0.02mol·L-1的溶液：Na+、NH、Cl-、SOB．能與金屬鋁作用產(chǎn)生H2的溶液：K+、Ca2+、Br-、HSOC．由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液：Mg2+、Fe2+、NO、F-D．pH=1的溶液：Na+、Al3+、NO、I-10、對下列過程的化學用語表述正確的是A．用硫酸銅溶液除去乙炔中的硫化氫氣體：H2S+Cu2+===CuS↓+2H+B．向氯化鋁溶液中滴入過量氨水：Al3++4OH-===AlO2-+2H2OC．用電子式表示Na和Cl形成NaCl的過程：D．鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕的正極反應：Fe-3e-===Fe3+11、工業(yè)上真空煉銣的原理為2RbCl＋MgMgCl2＋2Rb(g)，下列說法正確的是A．鎂的金屬活動性比銣強，故鎂可置換銣B．銣的沸點比鎂低，把銣蒸氣抽出時，平衡右移C．MgCl2的熱穩(wěn)定性比RbCl弱D．Rb單質(zhì)比RbCl更穩(wěn)定12、分類是化學學習和研究的常用手段，下列分類依據(jù)和結(jié)論都正確的是A．冰醋酸、純堿、銅綠、生石灰分別屬于酸、堿、鹽、氧化物B．HClO、H2SO4（濃）、HNO3均具有強氧化性，都是氧化性酸C．Al、Al2O3、Al（OH）3均既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉反應，都屬于兩性化合物D．H2SO4、NaOH、AlCl3均為強電解質(zhì)，都屬于離子化合物13、利用海洋資源獲得的部分物質(zhì)如圖所示．下列說法正確的是A．從海水中獲取淡水，歷史最久的方法是離子交換法B．實驗室中從海帶中獲得I2，需要用到的主要儀器有蒸發(fā)皿、漏斗、燒杯、分液漏斗等C．用Na2CO3溶液吸收從苦鹵中吹出的單質(zhì)溴時，發(fā)生的化學反應可以是3Br2+3Na2CO3═5NaBr+NaBrO3+3CO2或3Br2+6Na2CO3+3H2O═5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3D．用貝殼、鹽酸等從苦鹵中提取鎂時，發(fā)生反應的類型有化合、分解、置換和復分解14、下列關(guān)于有機化學實驗的說法正確的是（）A．除去苯中的甲苯，可使用酸性KMnO4和NaOH，然后分液B．除去乙醇中混有的少量乙酸，加NaOH溶液，然后分液C．檢驗溴乙烷中溴元素，直接加入硝酸銀溶液生成淺黃色沉淀D．實驗室制備乙烯時，產(chǎn)生的氣體直接通入溴水，溴水褪色，證明有乙烯生成15、對于下列實驗亊實的解釋不合理的是選項實驗事實解釋A加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體；加熱蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固體H2SO4不易揮發(fā)，HC1易揮發(fā)B電解CuCl2溶液，陰極得到Cu，電解AlCl3溶液，陰極得不到Al得電子能力：Cu2+>Al3+>H+C濃HNO3能氧化NO;稀HNO3不能氧化NOHNO3濃度越大，氧化性越強D鈉與乙醇反應平緩；鈉與水反應劇烈羥基中氫的活性:C2H5OH<H2OA．A B．B C．C D．D16、短周期元素W、Q、X、Y在元素周期表中的位置如右圖，其中X是兩性金屬元素。則A．簡單離子半徑：X<QB．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：Y>QC．X的族序數(shù)大于周期數(shù)D．Y氧化物對應水化物是強酸二、非選擇題（本題包括5小題）17、下圖表示有關(guān)物質(zhì)的相互轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中A是由G和某淡黃色固體組成的混合物，I是常見的無色液體，反應①在化工生產(chǎn)中有著重要應用（部分產(chǎn)物和條件已略去）。（1）寫出以下物質(zhì)的化學式：B_______、F_______。（2）反應②的離子方程式為_______。（3）我國首創(chuàng)的由G、空氣和海水組成的電池，在航海領(lǐng)域有著極其重要的作用，其工作時正極反應式為_______，該電池最大的優(yōu)點是只需補充_______〔填“正極”或“負極”〕材料就可接著使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黃色固體，反應的化學方程式為_______。（5）25℃時，pH均為5的鹽酸和M的水溶液中，由H2O電離出的H＋物質(zhì)的量濃度之比為_______。18、為分析某有機化合物A的結(jié)構(gòu)，進行了如下實驗：（1）向NaHCO3溶液中加入A，有氣體放出，說明A中含有___________官能團（寫結(jié)構(gòu)簡式）。（2）向NaOH溶液中加入少許A，加熱一段時間后，冷卻，用HNO3酸化后再滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀，說明中A還有___________官能團（寫名稱）。（3）經(jīng)質(zhì)譜分析，Mr(A)=153，且A中只有四種元素，則A的分子式為___________。（4）核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結(jié)構(gòu)簡式為___________。（5）已知A可發(fā)生如下圖所示的轉(zhuǎn)化：①A→B、D→E的反應類型分別為___________、___________。②寫出下列反應的化學方程式C→H：_________________________。③C的同分異構(gòu)體有多種，寫出與C具有相同的官能團的C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________________________；寫出F的結(jié)構(gòu)簡式：________________________。④G與過量的銀氨溶液反應，每生成2.16gAg，消耗G的物質(zhì)的量是__________mol。19、一氧化二氯（Cl2O）是一種常用的氯化劑。常溫下，Cl2O是棕黃色、有刺激性氣味的氣體，熔點為-120.6°C,沸點為2.0°C,易與水反應生成次氯酸。實驗室欲用氯氣通入含水8%的碳酸鈉固體中制備并收集少量純凈的Cl2O,請用下列裝置設(shè)計實驗并探究相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)。（1）裝置E中儀器X的名稱為______。（2）裝置的連接順序是A__________（每個裝置限用一次）。（3）裝置F中盛裝試劑的名稱為______，裝置E中無水氯化鈣的作用是________.。（4）裝置B殘留固體中除NaCl外還含有一種酸式鹽M,寫出裝置B中發(fā)生反應的化學方程式_______。（5）證明殘留固體中含有M的最簡單的實驗方案是:_______。（6）測定殘留固體中M的質(zhì)量分數(shù)：取mg樣品加適量蒸餾水使之溶解，加入幾滴酚酞，用0.1mol/L的鹽酸標準溶液滴定至溶液由紅色變?yōu)闊o色，消耗鹽酸V1mL；再向已變無色的溶液中加入幾滴甲基橙，繼續(xù)用該鹽酸滴定至溶液由黃色變橙色，又消耗鹽酸V2mL.。①實驗時用到的玻璃儀器有燒杯、膠頭滴管、玻璃棒、____。②求殘留固體中M的質(zhì)量分數(shù)__________（用含m、V1和的代數(shù)式表示）。③若用甲基橙作指示劑滴定結(jié)束時，滴定管尖頭有氣泡，測定結(jié)果將____填“偏高"、“偏低”或“不變”）。20、現(xiàn)有Na2CO3和NaHCO3兩種白色固體物質(zhì)欲探究Na2CO3和NaHCO3穩(wěn)定性的相對強弱，兩同學分別設(shè)計了以下兩組裝置：請回答：（1）如甲圖所示，分別用Na2CO3和NaHCO3做實驗，試管②中的試劑是______________（填字母）．a(chǎn)．稀HSO4b．NaOH溶液c．Ca(OH)2溶液（2）如乙圖所示，試管④中裝入的固體應該是_________（填化學式）．（3）通過上述實驗，得出的結(jié)論是：Na2CO3比NaHCO3的穩(wěn)定性_______（填“強”或“弱”）．（4）欲鑒別兩種物質(zhì)的溶液可選用的試劑是________________（5）等物質(zhì)的量濃度兩種物質(zhì)的溶液與同濃度的鹽酸反應，反應速率快的是_________（填化學式）（6）除去碳酸鈉粉末中混入的碳酸氫鈉雜質(zhì)用______方法，化學方程式_____________________________（7）除去碳酸氫鈉溶液中混入的硅酸鈉雜質(zhì)的試劑是______，所采用的分離方法______21、前四周期元素A、B、C、D、E、F，原子序數(shù)依次遞增。已知：A、B、D、C的價電子數(shù)依次增多，其中C元素的原子半徑最??；A有兩個單電子，E的未成對電子數(shù)是前四周期中最多的，且其外圍電子數(shù)與D相同，F(xiàn)的最外層電子數(shù)為2，內(nèi)層全部排滿。請用對應的元素符號回答下面的問題：（1）寫出E的價電子排布式：__________________________________________。（2）在A形成的化合物中，A采取sp2雜化，且分子量最小的化合物為（寫化學式）_____________________，鍵角約為_____________________________________。（3）下列物質(zhì)的性質(zhì)與氫鍵有關(guān)的是__________________________________________A．可燃冰的形成B．A的氫化物的沸點C．B的氫化物的熱穩(wěn)定性（4）E3+可以與AB-形成配離子，其中E3+以d2sp3方式雜化，雜化軌道全部用來與AB-形成配位鍵，則E3+的配位數(shù)為________，1mol該配離子中含有_____________molσ鍵。（5）在C和D形成的化合物中，中心原子沒有孤電子對的分子的空間構(gòu)型為__________。（6）根據(jù)下列圖片說明為什么同周期過渡金屬第一電離能變化沒有主族元素變化明顯__________________________________________。（7）F與D形成的化合物晶胞如圖，F(xiàn)的配位數(shù)為_____________，晶體密度為ag/cm3,NA為阿伏加德羅常數(shù)，則晶胞邊長為__________________pm。（1pm=10-10cm）

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【分析】離子方程式要遵循質(zhì)量守恒（即反應前后原子種類及個數(shù)應相等）、電荷守恒（反應前后陰陽離子所帶的電荷總數(shù)應相等）?！驹斀狻吭诜磻?，從離子方程式的電荷守恒的角度可知，n=1，則在RO3-中，R的化合價為+5價，答案選B。2、D【解析】A.隨著反應的進行，硫酸的濃度逐漸減小，變成稀硫酸后與銅不再反應，因此2mol濃硫酸與足量Cu反應，不可能完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)少于2NA，故A錯誤；B.未說明是否為標準狀況，無法計算5.6L甲烷和乙烯的混合氣體的物質(zhì)的量，故B錯誤；C.100g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液還含有46g乙醇和54g水，水中也含有氧原子，氧原子數(shù)大于NA，故C錯誤；D.20gD2O的物質(zhì)的量為=1mol，1個D2O分子含有的質(zhì)子數(shù)=電子數(shù)=1×2+8=10、中子數(shù)=1×2+8=10，因此20gD2O含有的質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù)均為10NA，故D正確；故選D。3、C【解析】A、當水結(jié)成冰時，密度減小，A錯誤；B、玻璃態(tài)水與液態(tài)水均是水分子，具有相同的化學性質(zhì)，B錯誤；C、玻璃態(tài)水無固定形狀，不屬于晶體，C正確；D、純凈水是純凈物，食鹽水是氯化鈉的水溶液，二者的熔點不相同，D錯誤，答案選C。4、B【分析】8NH3+6NO2═7N2+12H2O中，氨氣為還原劑，二氧化氮為氧化劑，則由N原子守恒可知7molN2中，3mol為還原產(chǎn)物，4mol為氧化產(chǎn)物，即該反應中還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少1mol，同時轉(zhuǎn)移電子為24e-，以此來解答．【詳解】A.若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol,轉(zhuǎn)移電子為2.4mol,轉(zhuǎn)移電子2.4NA個，故A錯誤；B.若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol，還原劑為0.8mol，氧化劑為0.6mol，還原劑比氧化劑多0.2mol，故B正確；C.若還原產(chǎn)物比氧化產(chǎn)物少0.1mol，生成單質(zhì)為0.7mol，標況下體積為0.7mol×22.4L/mol=15.68L，故C錯誤；D.氧化劑被還原，由選項B可知，被還原的氮原子是0.6mol×14g/mol=8.4g，故D錯誤；故選C.【點睛】氧化還原反應的計算方法是電子守恒，即還原劑失電子總數(shù)等于氧化劑得電子總數(shù)，當氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物是同一種物質(zhì)時，從還原劑，氧化劑分析。5、D【分析】NH3分子與H＋結(jié)合生成NH4+；離子晶體是電解質(zhì)，晶體不能導電，但水溶液或熔融狀態(tài)下能導電；構(gòu)成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列，晶體的這一結(jié)構(gòu)特征可以通過X?射線衍射圖譜反映出來；計算中心原子的孤電子對數(shù)目：（中心原子價電子數(shù)－中心原子結(jié)合的原子數(shù)中心原子結(jié)合的原子提供的單電子數(shù)）?！驹斀狻緼．NH3分子與H＋結(jié)合生成NH4+，反應前后N原子的雜化類型均為sp3，符合題意及，故A正確；B．離子晶體是電解質(zhì)，晶體不能導電，但水溶液或熔融狀態(tài)下能導電，因此，某晶體固態(tài)不導電，熔融狀態(tài)能導電，可以較充分說明該晶體是離子晶體，故B正確；C．構(gòu)成晶體的粒子在微觀空間里呈現(xiàn)周期性的有序排列，晶體的這一結(jié)構(gòu)特征可以通過X?射線衍射圖譜反映出來。因此，區(qū)分晶體和非晶體的最可靠的科學方法是對固體進行X?射線衍射實驗，故C正確；D．通過公式計算中心原子的孤電子對數(shù)，SO3：、SO2：，所以二者的孤電子對數(shù)目不相等；故D錯誤；答案選D。6、B【解析】A、葡萄糖是一種多﹣OH的醛，結(jié)構(gòu)中含6個C原子、5個﹣OH和1個﹣CHO，故分子式為C6H12O6，故A正確；B、HCl是共價化合物，H原子和Cl原子之間以共價鍵結(jié)合，故其電子式為，故B錯誤；C、烷烴命名時，選最長的碳鏈為主鏈，故主鏈上有3個碳原子，從離支鏈近的一端給主鏈上的碳原子進行編號，故在2號碳原子上有一個甲基，故名稱為2﹣甲基丙烷，故C正確；D、質(zhì)量數(shù)＝質(zhì)子數(shù)+中子數(shù)，故中子數(shù)為10的氧原子的質(zhì)量數(shù)為10+8＝18，并將質(zhì)量數(shù)標注在元素符號的左上角，故為O，故D正確。故選：B。【點睛】解答本題時必須熟練掌握有關(guān)化學用語的書寫，如離子化合物與共價化合物電子式書寫的區(qū)別，烷烴系統(tǒng)命名的步驟和原則等。7、B【解析】A.NaHCO3溶液顯堿性，而NaHSO3溶液顯酸性，滴加酚酞后只有NaHCO3溶液溶液變紅，故A錯誤；B.向NaHCO3溶液和NaHSO3溶液中滴加飽和澄清石灰水均產(chǎn)生白色沉淀，故B正確；C.NaHCO3溶液滴加氯水可產(chǎn)生能使澄清石灰水變渾濁的CO2氣體，而NaHSO3溶液滴加氯水要發(fā)生氧化還原反應生成硫酸、硫酸鈉和鹽酸，故C錯誤；D.NaHCO3溶液中HCO3-的水解是主要的，而NaHSO3溶液中HSO3-的電離是主要的，則兩溶液所含陽離子的總濃度不相等，故D錯誤；答案為B。8、A【解析】試題分析：溶液中通入CO2生成的0.01mol沉淀能溶解在氫氧化鈉溶液中，這說明沉淀是氫氧化鋁，因此溶液是偏鋁酸鈉，則一定含有0.01mol鋁離子，因此一定不能存在碳酸根離子。試樣溶液加入過量的氫氧化鋇生成0.01mol沉淀，則沉淀可能是硫酸鋇或氫氧化鎂或是二者的混合物。即硫酸根離子的最大值是0.01mol，而鋁離子是0.01mol，所以根據(jù)電荷守恒可知一定還含有氯離子，答案選A?？键c：考查離子共存與檢驗的有關(guān)判斷9、A【詳解】A．c(CO)=0.02mol·L-1的溶液中，Na+、NH、Cl-、SO、CO相互之間不反應，能大量共存，故選A；B．能與金屬鋁作用產(chǎn)生H2的溶液呈酸性或堿性，在酸性或堿性條件下，HSO都不能大量存在，故不選B；C．由水電離產(chǎn)生的c(OH-)=10-13mol·L-1的溶液，水電離受到抑制，溶液呈酸性或堿性，酸性條件下Fe2+、NO發(fā)生氧化還原反應，F(xiàn)e2+、NO不能共存，堿性條件下，Mg2+生成氫氧化鎂沉淀，Mg2+不能大量存在，故不選C；D．pH=1的溶液呈酸性，酸性條件下NO、I-發(fā)生氧化還原反應，NO、I-不能大量共存，故不選D；選A。10、A【詳解】A.硫酸銅溶液能和硫化氫氣體反應生成CuS和H2SO4,反應的離子方程式為：H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，故A正確；B.Al(OH)3不溶于弱堿，所以氯化鋁溶液中加入過量氨水的離子反應為Al3++3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+,故B錯誤;C.NaCl是離子化合物，用電子式表示Na和Cl形成的過程為：-，故C錯誤；D.鋼鐵發(fā)生電化學腐蝕時，負極是鐵失電子變成Fe2+，反應式為Fe-2e=Fe2+,故D錯誤;答案：A。11、B【解析】試題分析：A、銣的金屬活動性比鎂強，故A錯誤；B、已知真空煉銣的原理如下：2RbCl+MgMgCl2+2Rb(氣)，該條件下，生成物Rb為氣態(tài)，把銣蒸氣抽出，則減少了生成物的濃度，平衡向正方向移動，所以反應可以不斷向生成Rb(氣)方向進行，故B正確；C、MgCl2屬于離子晶體、Rb屬于金屬晶體，Rb熔點較低，所以氯化鎂熔點高于Rb，故C錯誤；D、銣的單質(zhì)化學性質(zhì)活潑，單質(zhì)狀態(tài)不如化合態(tài)穩(wěn)定．故D錯誤；故選B?？键c：考查了金屬的冶煉、平衡移動原理的相關(guān)知識。12、B【解析】A.純堿屬于鹽，不屬于堿，故A錯誤；B.HClO、H2SO4（濃）

、HNO3均具有強氧化性，都是氧化性酸，故B正確；C.Al屬于單質(zhì)，不屬于化合物，故C錯誤；D.H2SO4、AlCl3屬于共價化合物，不屬于離子化合物，故D錯誤。故選B。13、C【詳解】A．從海水中獲取淡水歷史最悠久的方法是蒸餾，故A錯誤；B．提取海帶中的碘元素不需要溶液蒸發(fā)，不需要蒸發(fā)皿，故B錯誤；C.用Na2CO3溶液吸收從苦鹵中吹出的單質(zhì)溴時發(fā)生歧化反應，若碳酸鈉少量生成溴化鈉、溴酸鈉和二氧化碳，若碳酸鈉過量，生成的二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，故C正確；D．海水提取鎂單質(zhì)的過程中發(fā)生的反應有：CaCO3CaO+CO2↑、CaO+H2O=Ca(OH)2、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓、Mg(OH)2+2HCl=MgCl2+2H2O、MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，所以涉及的反應有化合反應、復分解反應和分解反應，不涉及置換反應，故D錯誤。故選C?！军c睛】本題考查了海水資源的綜合利用，主要是海水獲取淡水、提取碘單質(zhì)、金屬鎂、溴單質(zhì)等生產(chǎn)流程的分析判斷，掌握基礎(chǔ)是解題關(guān)鍵。海水中含有大量的化學物質(zhì)，可從海水中提取大量的食鹽、鎂、溴、碘、鉀等有用物質(zhì)，海水素有“液體工業(yè)原料”之美譽?；A(chǔ)知識有：海水曬鹽；氯堿工業(yè)；海水提溴流程；海水提鎂流程。14、A【解析】A.甲苯能夠被酸性KMnO4溶液氧化為苯甲酸，再與氫氧化鈉反應生成易溶于水的鹽，而苯不溶于水，可以用分液的方法分離，故A正確；B.乙醇與水混溶，不能分液分離，故B錯誤；C.檢驗溴乙烷中溴元素，需要先加入硝酸酸化，故C錯誤；D.實驗室制備的乙烯中往往含有二氧化硫等氣體雜質(zhì)，二氧化硫也能使溴水褪色，故D錯誤；故選A。15、B【解析】A.鎂水解，水解吸熱，加熱促進水解。但由于硫酸難揮發(fā)，而鹽酸易揮發(fā)，因此加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體；加熱蒸干MgCI2溶液得不到MgCI2固體，A正確；B.離子的放電順序是：Cu2+>H+>Na+，所以電解CuCl2溶液，陰極得到Cu；電解NaCl溶液，陰極得不到Na，B錯誤；C.HNO3濃度越大，氧化性越強，因此濃HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NO，C正確；D.羥基中氫的活性：C2H5OH<H2O，所以鈉與乙醇反應平緩；鈉與水反應劇烈，D正確，答案選B。點睛：選項A是易錯點，注意掌握蒸干鹽溶液所得物質(zhì)的判斷方法：（1）先考慮分解。如NaHCO3溶液、Ca(HCO3)2溶液蒸干灼燒得Na2CO3、CaCO3；KMnO4溶液蒸干灼燒得K2MnO4和MnO2。（2）考慮氧化還原反應。如加熱蒸干Na2SO3溶液，所得固體為Na2SO4。（3）強酸弱堿鹽水解生成揮發(fā)性酸的，蒸干后得到弱堿，水解生成不揮發(fā)性酸的，得到原物質(zhì)。（4）弱酸強堿正鹽溶液蒸干得到原物質(zhì)，Na2CO3溶液蒸干得本身。（5）NH4Cl溶液、(NH4)2S溶液蒸干、灼燒，無殘留物。16、A【解析】X是兩性金屬元素，則X是Al，所以W是N，Q是O，Y是S。A、核外電子排布相同的離子，其離子半徑隨原子序數(shù)的增大而減小，則離子半徑Q＞X，A正確；B、氧元素非金屬性強于S，則氫化物穩(wěn)定性是O＞S，B錯誤；C、鋁是第三周期第ⅢA族，族序數(shù)和周期序數(shù)相等，C錯誤；D、S元素的最高價含氧酸硫酸是強酸，但亞硫酸是弱酸，D錯誤，答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、H2Al2O32A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑O2＋2H2O＋4e－＝4OH－負極4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑1∶104【分析】I是常見的無色液體，應為H2O，A是由G和某淡黃色固體組成的混合物，該混合物與水反應得到B、D、C，而B、D反應生成水，B、D分別為氫氣、氧氣中的一種，可推知A為Al、Na2O2混合物，則C為NaAlO2，E為Al（OH）3、F為Al2O3，電解F得到D與G，故G為Al、D為O2、B為H2，G與鹽酸反應生成M為AlCl3，據(jù)此解答。【詳解】I是常見的無色液體，應為H2O，A是由G和某淡黃色固體組成的混合物，該混合物與水反應得到B、D、C，而B.、D反應生成水，B、D分別為氫氣、氧氣中的一種，可推知A為Al、Na2O2混合物，則C為NaAlO2，E為Al(OH)3、F為Al2O3，電解F得到D與G，故G為Al、D為O2、B為H2，G與鹽酸反應生成M為AlCl3；(1)由上述分析可知，B為H2，F(xiàn)為Al2O3；(2)反應②為鋁與氫氧化鈉溶液反應，離子方程式為：2Al+2OH?+2H2O═2AlO2?+3H2↑；(3)由Al、空氣和海水組成的電池，正極發(fā)生還原反應，氧氣在正極放電生成氫氧根離子，工作時正極反應式為：O2+4e?+2H2O═4OH?，反應中Al被消耗，Al為負極，該電池最大的優(yōu)點是只需補充負極材料就可繼續(xù)使用，故答案為O2+4e?+2H2O═4OH?；負極；(4)向AlCl3的水溶液中加入過氧化鈉，反應的化學方程式為：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4Al〔OH〕3↓+12NaCl+3O2↑；(5)25℃時，pH為5的鹽酸溶液中，由H2O電離出的H+物質(zhì)的量濃度等于溶液中氫氧根離子濃度為10?9mol/L，pH為5的AlCl3的水溶液中氫離子濃度為水電離產(chǎn)生，由H2O電離出的H+物質(zhì)的量濃度為10?5mol/L，故二者由H2O電離出的H+物質(zhì)的量濃度之比為10?9mol/L：10?5mol/L=1:104，故答案為1:104。18、-COOH溴原子C3H5O2BrCH2BrCH2COOH消去反應酯化反應（取代反應）nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O0.01【分析】A和NaHCO3溶液反應有氣體放出，說明A中含有羧基，A和足量NaOH溶液反應一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，有機化合物A的相對分子質(zhì)量為153，溴的相對原子質(zhì)量是80、-COOH的相對分子質(zhì)量為45，所以A剩余基團相對分子質(zhì)量為28，其基團應該為C2H4，所以A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCH2COOH；A和氫氧化鈉水溶液加熱時發(fā)生取代反應，然后酸化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2COOH，C發(fā)生氧化反應生成G，G的結(jié)構(gòu)簡式為OHCCH2COOH，C發(fā)生酯化反應生成高分子化合物H，其結(jié)構(gòu)簡式為，A和NaOH醇溶液加熱時，A發(fā)生消去反應生成B，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOONa，B然后酸化生成D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，D和C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOCH2CH2COOH，E發(fā)生加聚反應生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為，再結(jié)合題目分析解答?！驹斀狻?1)A和NaHCO3溶液反應有氣體放出，說明A中含有羧基，羧基的結(jié)構(gòu)簡式為-COOH；(2)A和足量NaOH溶液反應一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，即A還有溴原子官能團；(3)有機化合物A的相對分子質(zhì)量為153，且A中只有四種元素，溴的相對原子質(zhì)量是80、-COOH的相對分子質(zhì)量為45，所以A剩余基團相對分子質(zhì)量為28，其基團應該為C2H4，則A的分子式為C3H5O2Br；(4)A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCH2COOH；(5)①A→B是CH2BrCH2COOH在NaOH的醇溶液中發(fā)生消去反應生成CH2=CHCOONa；D→E是CH2=CHCOOH和HOCH2CH2COOH在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應生成CH2=CHCOOCH2CH2COOH；②HOCH2CH2COOH在濃硫酸的催化作用下發(fā)生縮聚反應的化學方程式為nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O；③C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2COOH，與C具有相同官能團的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為；由分析可知F的結(jié)構(gòu)簡式為；④G的結(jié)構(gòu)簡式為OHCCH2COOH，Ag的物質(zhì)的量==0.02mol，生成0.02molAg需要0.01molG?！军c睛】能準確根據(jù)反應條件推斷反應原理是解題關(guān)鍵，常見反應條件與發(fā)生的反應原理類型：①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反應、成醚反應或硝化反應等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應；⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。19、（球形）干燥管F、B、C、D、E飽和食鹽水防止E中的水進入D中發(fā)生反應2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl取少量樣品于試管中，加熱，將分解產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，如果變渾濁，就說明有M錐形瓶、酸式滴定管×100%偏低【分析】制取氧化二氯(C12O)的流程為：利用A裝置通過反應MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取的氯氣中混有HCl，為防止干擾Cl2O的制取，需要先用裝置F除去HCl雜質(zhì)，再利用裝置B發(fā)生反應2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同時與水反應生成次氯酸，所以收集前要通過C裝置干燥，再利用裝置D收集Cl2O，并驗證其沸點低、易液化的特點，同時由于氯氣、Cl2O都是大氣污染物，最后要用E裝置進行尾氣處理，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖可知，裝置E中儀器X的名稱為球形干燥管；(2)利用A裝置制取氯氣，由于濃鹽酸具有揮發(fā)性，制取的氯氣中混有HCl，為防止干擾Cl2O的制取，需要先用裝置F除去HCl雜質(zhì)，再利用裝置B發(fā)生反應2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同時與水反應生成次氯酸，所以收集前要通過C裝置干燥，再利用裝置D收集Cl2O，并驗證其沸點低、易液化的特點，同時由于氯氣、Cl2O都是大氣污染物，最后要用E裝置進行尾氣處理，則按氣體從左至右流動裝置連接順序是AFBCDE；(3)裝置F是除去Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體的，為減少Cl2的溶解消耗，要通過盛有飽和食鹽水的溶液來除去HCl雜質(zhì)，故裝置F中盛裝試劑的名稱為飽和食鹽水；裝置E中無水氯化鈣的作用是防止E中的水進入D中發(fā)生反應；(4)裝置B殘留固體中除NaCl外還含有一種酸式鹽M，此酸式鹽應為NaHCO3，則裝置B中發(fā)生反應的化學方程式為2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl；(5)NaHCO3不穩(wěn)定，受熱易分解生成CO2氣體，則證明殘留固體中含有NaHCO3的最簡單的實驗方案是取少量樣品于試管中，加熱，將分解產(chǎn)生的氣體通入澄清石灰水，如果變渾濁，就說明有NaHCO3；(6)①固體溶解時需要燒杯和玻璃棒，滴加指示劑時需要膠頭滴管，滴定操作時需要酸式滴定管和錐形瓶，則實驗時用到的玻璃儀器除燒杯、膠頭滴管、玻璃棒外，還需要錐形瓶、酸式滴定管；②加入幾滴酚酞，用0.1mol/L的鹽酸標準溶液滴定至溶液由紅色變?yōu)闊o色，此時發(fā)生的反應為Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；再向已變無色的溶液中加入幾滴甲基橙，繼續(xù)用該鹽酸滴定至溶液由黃色變橙色，發(fā)生的反應為NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑；且原溶液中的Na2CO3在滴定時二步操作消耗的鹽酸體積相等，則NaHCO3消耗的鹽酸體積為(V2-V1)mL，其物質(zhì)的量為0.1mol/L×(V2-V1)×10-3L=(V2-V1)×10-4mol，則殘留固體中NaHCO3的質(zhì)量分數(shù)為×100%；③若用甲基橙作指示劑滴定結(jié)束時，滴定管尖頭有氣泡，則讀數(shù)偏小，即消耗有鹽酸體積偏小，導致測定結(jié)果將偏低。20、cNaHCO3強CaCl2溶液NaHCO3加熱2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑CO2過濾【詳解】(1)碳酸氫鈉加熱分解生成二氧化碳，二氧化碳使石灰水變渾濁，碳酸鈉加熱不分解，則甲圖分別用Na2CO3和NaHCO3做實驗，試管②中的試劑是c，溶液變渾濁可說明，故答案為c；(2)碳酸氫鈉加熱分解，