2026屆廣西桂林市、防城港市聯(lián)合調(diào)研高三化學第一學期期中考試模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X和W為同主族元素，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。由這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在如下轉(zhuǎn)化關系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，乙為一種二元化合物，常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列說法錯誤的是A．X和Y、W均至少能形成兩種化合物B．乙和丙均為既含有離子鍵又含有共價鍵的離子化合物C．四種元素簡單離子半徑中Z的最小D．氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：X>W2、常溫下，向10mL0.1mol·L－1的HR溶液中逐滴滴入0.1mol·L－1的NH3·H2O溶液，所得溶液pH及導電性變化如圖。下列分析正確的是A．b～c溶液中所有離子濃度都減小B．b點溶液pH＝7，說明NH4R沒有水解C．c點溶液中存在c(R－)>c(NH4+)、c(H＋)>c(OH－)D．a(chǎn)～b導電能力增強，說明HR為弱酸3、25℃時，重水(D2O)的離子積為1.6×10ˉ15，也可用與pH一樣的定義來規(guī)定其酸堿度：pD＝－lgc(D+)，下列敘述正確的是(均為25℃條件下)A．重水和水兩種液體，D2O的電離度大于H2OB．在100mL0.25mol·Lˉ1DCl重水溶液中，加入50mL0.2mol·Lˉ1NaOD重水溶液，反應后溶液的pD＝1C．0.01mol·Lˉ1NaOD重水溶液，其pD＝12D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氫離子的化學式為NH3·D2O和HD2O+4、下列過程中，共價鍵被破壞的是A．HCl氣體溶于水B．酒精溶于水C．冰融化成水D．碘升華5、某混合溶液中所含離子的物質(zhì)的量濃度如表，則M可能為所含離子NO3-SO42-H+M物質(zhì)的量濃度（mol?L-1）2131A．Ba2+ B．Mg2+ C．F- D．Na+6、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是(

)A．在NaClO和NaCl的混合溶液中：Ag+、K+、NO3-、I-B．=1×10-13mol·L-1的溶液中：NH4+、Ca2+、Cl-、NO3-C．K+、Na+、Br-、SiO32-在溶液中能大量共存通入過量CO2后仍能大量共存D．由水電離的c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-7、運用元素周期表和元素周期律分析下面的推斷，下列說法不合理的是A．PH3、H2S、HCl的熱穩(wěn)定性和還原性從左到右依次增強B．若X+和Y2-的核外電子層結構相同，則原子序數(shù):X>YC．硅、鍺都位于金屬與非金屬的交界處，都可以做半導體材料D．Cs和Ba分別位于第六周期IA和IIA族，堿性:CsOH>Ba(OH)28、磷的氫化物有、等。能和堿反應生成，。下列說法正確的是A．的沸點比的高 B．中只含離子鍵C．分子的結構式： D．分子的電子式：9、下列說法正確的是A．實驗室用加熱氯化銨固體制取氨氣B．漂白粉屬于混合物，液氯屬于純凈物C．醋酸、燒堿和過氧化鈉分別屬于酸、堿和堿性氧化物D．煤的氣化與液化均屬于化學變化，煤的干餾屬于物理變化10、下列各組離子可能大量共存的是()A．與鋁反應放出氫氣的溶液中：Na+、Cl-、S2-、SO32-B．常溫下Kw/c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：Ca2+、Fe2+、NO3-、NH4+C．常溫下水電離出的c(H+)=10-10mol·L-1的溶液中Na+、K+、Cl-、HCO3-D．0.5mol·L-1AlCl3溶液中：AlO2-、K+、CO32-11、化學與人類社會生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法中正確的是A．誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的食鹽水解毒B．燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施C．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查D．生石灰可用作食品抗氧化劑12、向含和的混合溶液中加入的溶液，產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量(n)與加入溶液體積(V)間的關系圖正確的是()A． B．C． D．13、如圖是課外活動小組的同學設計的4個噴泉實驗方案。下列有關操作不可能引發(fā)噴泉現(xiàn)象的是（）A．擠壓裝置①的膠頭滴管使CCl4全部進入燒瓶，片刻后打開止水夾B．擠壓裝置②的膠頭滴管使NaOH溶液全部進入燒瓶，片刻后打開止水夾C．用鼓氣裝置從裝置③的a處不斷鼓入空氣并打開止水夾D．向裝置④的水槽中慢慢加入足量濃硫酸并打開止水夾14、下列各組離子在水溶液中能大量共存的是A．K+、H+、SiO32－、SO42－B．Na+、K+、OH－、SO32－C．Na+、Cl－、H+、ClO－D．Fe2+、Na+、AlO2－、OH－15、戰(zhàn)國所著《周禮》中記載沿海古人“煤餅燒蠣房成灰”(“蠣房”即牡蠣殼)，并把這種灰稱為“蜃”。蔡倫改進的造紙術，第一步漚浸樹皮脫膠的堿液可用“蜃”溶于水制得?！膀住钡闹饕煞质茿．CaO B．Ca(OH)2 C．SiO2 D．Na2CO316、能正確表示下列反應的離子方程式是（）A．向水中通入氯氣：Cl2+H2O?2H++Cl﹣+ClO﹣B．二氧化錳與濃鹽酸反應：MnO2+4HCl（濃）Mn2++2Cl2↑+2H2OC．碳酸氫鈉溶液加過量澄清石灰水：2HCO+Ca2++2OH﹣═CaCO3↓+2H2O+COD．金屬鈉與硫酸銅溶液反應：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu（OH）2↓+H2↑17、在含有Fe3+、Fe2+、Al3+、NH4+稀溶液中，加入足量的Na2O2固體，充分反應后，再加入過量的稀鹽酸，完全反應后，離子數(shù)目沒有變化的是A．Fe2+ B．Al3+ C．Fe3+ D．NH4+18、下列有關實驗的做法不正確的是A．分液時，分液漏斗中的上層液體應由上口倒出B．用加熱分解的方法區(qū)分碳酸鈉和碳酸氫鈉兩種固體C．配置0.1000mol?L-1氯化鈉溶液時，將液體轉(zhuǎn)移到容量瓶中需用玻璃棒引流D．檢驗NH4+時，往試樣中加入NaOH溶液，微熱，用濕潤的藍色石蕊試紙檢驗逸出的氣體19、塑劑DCHP可由環(huán)己醇制得。環(huán)己醇和DCHP的結構簡式如圖所示，下列說法中正確的是A．DCHP的分子式為C20H24O4B．環(huán)己醇和DCHP的一氯代物均有4種C．1molDCHP水解時消耗2molNaOHD．環(huán)己醇分子中的所有碳原子可能共平面20、室溫下，對于0.1mol/L的氨水，下列判斷正確的是A．用相同濃度的硝酸中和該氨水，硝酸體積小于氨水時，溶液可能呈中性B．溫度不變，加水稀釋后溶液中c(NH4+)·c(OH-)不變C．加水稀釋后，溶液中導電粒子的數(shù)目減少D．該溶液的pH=1321、銅片和鐵片（均少部分被氧化）一起放入足量的鹽酸中充分反應。反應后的溶液中（）A．一定有Fe3+ B．一定有Fe2+C．一定有Cu2+ D．一定沒有Cu2+22、烷烴C5H12有三種同分異構體，有關它們的結構和性質(zhì)的說法不正確的是（）A．三種同分異構體在常溫常壓下均為液體B．其中一種同分異構體的碳原子間結構：具有空間正四面體對稱結構C．三種同分異構體具有相同的分子式．相對原子質(zhì)量，化學性質(zhì)相似D．C5H11Cl共有8種同分異構體二、非選擇題(共84分)23、（14分）氟他胺G是一種可用于治療腫瘤的藥物。實驗室由芳香烴A制備G的合成路線如圖：回答下列問題：（1）A的結構簡式為__。C的化學名稱是__。（2）③的反應試劑和反應條件分別是__，該反應的類型是__。（3）⑤的反應方程式為__。吡啶是一種有機堿，其作用是__。（4）G的分子式為__。（5）H是G的同分異構體，其苯環(huán)上的取代基與G的相同但位置不同，則H可能的結構有__種。（6）4-甲氧基乙酰苯胺()是重要的精細化工中間體，寫出由苯甲醚()制備4-甲氧基乙酰苯胺的合成路線__(其他試劑任選)。24、（12分）松油醇是一種調(diào)香香精，它是α、β、γ三種同分異構體組成的混合物，可由松節(jié)油分餾產(chǎn)品A（下式中的18是為區(qū)分兩個羥基而人為加上去的）經(jīng)下列反應制得：（1）A分子中的官能團名稱是_________________。（2）A分子能發(fā)生的反應類型是________。a.加成b.取代c.催化氧化d.消去（3）α－松油醇的分子式_________________。（4）α－松油醇所屬的有機物類別是________。a.酸b.醛c.烯烴d.不飽和醇（5）寫結構簡式：β－松油醇_____________，γ-松油醇_____________。（6）寫出α－松油醇與乙酸發(fā)生酯化反應的方程：___________________。25、（12分）平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì))。某小組以此廢玻璃為原料，設計如下工藝流程對資源進行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO2不溶于強酸或強堿；Ce3+易水解，酸性條件下，Ce4+有強氧化性。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要進行的操作________，反應①的離子方程式_______。(2)反應②的離子方程武是____________。(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前要進行的操作是______。(4)反應③需要加入的試劑X可以是_________。(5)用滴定法測定制得的Ce(OH)4產(chǎn)品純度。用FeSO4溶液滴定用_____做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象_______若所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進進行滴定，則測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)____(填“偏大”、“偏小”或“無影響”)。26、（10分）某校化學研究性學習小組查閱資料了解到以下內(nèi)容：乙二酸（HOOC﹣COOH，可簡寫為H2C2O4）俗稱草酸，易溶于水，屬于二元中強酸（為弱電解質(zhì)），且酸性強于碳酸，其熔點為101.5℃，在157℃升華．為探究草酸的部分化學性質(zhì)，進行了如下實驗：（1）向盛有1mL飽和NaHCO3溶液的試管中加入足量乙二酸溶液，觀察到有無色氣泡產(chǎn)生．該反應的離子方程式為________；（2）向盛有乙二酸飽和溶液的試管中滴入幾滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)其溶液的紫紅色褪去；①說明乙二酸具有______（填“氧化性”、“還原性”或“酸性”）；②請配平該反應的離子方程式：_____MnO4-+____H2C2O4+___H+=___Mn2++____CO2↑+_____H2O（3）將一定量的乙二酸放于試管中，按如圖所示裝置進行實驗（夾持裝置未標出）：實驗發(fā)現(xiàn)：裝置C、G中澄清石灰水變渾濁，B中CuSO4粉末變藍，F(xiàn)中CuO粉末變紅。據(jù)此回答：①上述裝置中，D的作用是_________，②乙二酸分解的化學方程式為________；（4）該小組同學將2.52g草酸晶體（H2C2O4?2H2O）加入到100mL0.2mol/L的NaOH溶液中充分反應，測得反應后溶液呈酸性，其原因是_______（用文字簡單表述），該溶液中各離子的濃度由大到小的順序為：_______（用離子符號表示）．27、（12分）莫爾鹽[（NH4）2Fe（SO4）2?6H2O，Mr=392]是一種重要的還原劑，在空氣中比一般的亞鐵鹽穩(wěn)定。某學習小組設計如下實驗制備少量的莫爾鹽并測定其純度?；卮鹣铝袉栴}：Ⅰ.制取莫爾鹽：（1）連接裝置，檢査裝置氣密性。將0.1mol（NH4）2SO4，晶體置于玻璃儀器中__________（填儀器名稱），將6.0g潔浄鐵屑加入錐形瓶中。（2）①打開分液漏斗瓶塞，關閉活塞K3，打開K2、K1，加完55.0mL2mol?L-1稀硫酸后關閉K1．A裝置中反應的離子方程式為______________。②待大部分鐵粉溶解后，打開K3、關閉K2，此時可以看到的現(xiàn)象為___________________________________。③關閉活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸發(fā)B中水分，液面產(chǎn)生晶膜時，停止加熱，冷卻結晶、___、用無水乙醇洗滌晶體。該反應中硫酸需過量，保持溶液的pH在1～2之間，其目的為_______________________________。④裝置C的作用為___________________，裝置C存在的缺點是____________________。Ⅱ．測定莫爾鹽樣品的純度（3）稱取所得莫爾鹽樣品10.0g，用煮沸后冷卻的蒸餾水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1mol?L-1的KMnO4溶液滴定，達到滴定終點時消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定反應的離子方程式為_______________________，該樣品的純度為______。28、（14分）氮、磷、砷是同族元素，請回答下列問題。(1)氮與元素周期表同周期的相鄰元素的第一電離能由小到大的順序為：_____________(用元素符號表示)。(2)氨水溶液中存在多種氫鍵，任意表示出其中一種：____________________。(3)PH3和NH3與鹵化氫的反應相似，產(chǎn)物的結構和性質(zhì)也相似。下列對PH3與HI反應產(chǎn)物的推斷正確的是___________(填序號)。a.不能與NaOH反應b.含離子鍵、共價鍵c.能與水反應(4)氮原子間能形成氮氮三鍵，而砷原子間不易形成三鍵的原因：_____________________。(5)X＋中所有電子正好充滿K、L、M三個電子層，它與N3－形成的晶體結構如圖所示。①X的核外電子排布式為________________________。與同一個N3－相連的X＋有______個。②X的高價陽離子(X2＋)在水溶液中存在離子[X(H2O)4]2＋，則X2＋與H2O之間的鍵型為_____。③請畫出[X(H2O)4]2＋離子的結構式_________________(用元素符號寫結構式)。29、（10分）茶是我國人民喜愛的飲品。我市某?；瘜W興趣小組的同學設計以下實驗來定性檢驗茶葉中含有Ca、Al、Fe三種元素。已知：草酸銨[(NH4)2C2O4]屬于弱電解質(zhì)。草酸鈣(CaC2O4)難溶于水。Ca2＋、Al3＋、Fe3＋完全沉淀的pH為Ca(OH)2：pH≥13；Al(OH)3：pH≥5.5；Fe(OH)3：pH≥4.1。請根據(jù)上述過程及信息填空：（1）步驟②加鹽酸的作用是________________。（2）寫出檢驗Ca2＋的離子方程式__________________________。（3）寫出沉淀C所含主要物質(zhì)的化學式________________________。（4）寫出步驟⑧用A試劑生成紅色溶液的離子方程式__________________________。（5）步驟⑨的作用是_____________________________________。（6）稱取400g茶葉樣品灼燒得灰粉后，加入過量鹽酸后過濾，將所得濾液加入過量的(NH4)2C2O4溶液，再過濾、洗滌、干燥、稱量得到5.12g沉淀，原茶葉中鈣元素的質(zhì)量分數(shù)為________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，Z的單質(zhì)能溶于W的最高價氧化物對應的水化物的稀溶液中，不溶于其濃溶液中，說明Z為Al元素，W為S元素，因為鋁在常溫下能溶于稀硫酸，在濃硫酸中發(fā)生鈍化；X和W為同主族元素，則X為O元素；甲是元素X的氫化物，其稀溶液可用于傷口消毒，則甲為H2O2；常溫下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，則丙為強堿，說明X、Y、Z、W四種元素中有一種元素的氫氧化物為強堿，則Y為Na元素，則丙為NaOH；由于這四種元素中的一種或幾種組成的物質(zhì)存在甲+乙→丙+W的轉(zhuǎn)化關系，且乙為一種二元化合物，則乙為Na2S。A.根據(jù)上述分析X、Y、W分別為O、Na、S元素。X和Y能形成氧化鈉、過氧化鈉，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成兩種化合物，故A正確；B.通過上述分析可知，乙為硫化鈉，硫化鈉是只含離子鍵的離子化合物，丙為氫氧化鈉，氫氧化鈉是既含離子鍵又含共價鍵的離子化合物，故B錯誤；C.W的離子核外電子層數(shù)最多，離子半徑最大，X、Y、Z的離子具有相同的電子層結構，因為核外電子層數(shù)相同時，核電荷數(shù)越大半徑越小，Z的核電荷數(shù)最大，離子半徑最小，故C正確；D.X和W為同主族元素，非金屬性X>W，因為非金屬性越強，氣體氫化物越穩(wěn)定，則氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性X>W，故D正確。答案選B。2、D【分析】A.根據(jù)溶液中的溶質(zhì)進行分析；B.弱酸的陰離子或弱堿的陽離子在水溶液中會發(fā)生水解反應；

C.c點溶液的pH＞7，說明溶液呈堿性，溶液中c（OH-）＞c（H+），再結合電荷守恒判斷；D.溶液導電能力與離子濃度成正比，如果HR是強電解質(zhì)，加入氨水至溶液呈中性時，溶液中離子濃度會減小，導致溶液導電能力降低?！驹斀狻緼.b～c段溶液的溶質(zhì)為NH3·H2O、NH4R，溶液由中性變?yōu)槿鯄A性，OH-的濃度增大，故A錯誤；B.弱酸的陰離子或弱堿的陽離子在水溶液中會發(fā)生水解反應，HR是弱酸，且一水合氨是弱堿，所以NH4R是弱酸弱堿鹽，b點溶液呈中性，此時酸和堿恰好完全反應，所以該點溶液中銨根離子和酸根離子水解程度相同，故B錯誤；

C.c點溶質(zhì)為NH3·H2O、NH4R，此時溶液呈堿性，說明NH3·H2O的電離程度大，因此溶液中c（OH-）＞c（H+），再結合電荷守恒得c（NH4+）＞c（R-），故C錯誤；D.加入10mL等濃度的氨水，兩者恰好完全反應，HR+NH3·H2O=NH4R+H2O，假設HR為強酸，NH4R是強電解質(zhì)，反應前后導電能力基本相同，但a～b導電能力增強，因此假設錯誤，HR為弱酸，故D正確。故選D。3、B【詳解】A．重水和水兩種液體，化學性質(zhì)相似，D2O的電離度等于H2O的電離度，故A錯誤；B．根據(jù)中和反應量的關系，100mL0.25mol·L－1DCl和50mL0.2mol·L－1NaOD中和后溶液中DCl過量，剩余DCl濃度為=0.1mol·L－1，則c(D+)=0.1mol·L－1，故pD=-lgc(D+)=-lg0.1=1，故B正確；C．在1LD2O中，溶解0.01molNaOD，則溶液中c(OD－)=0.01mol·L－1，根據(jù)重水離子積常數(shù)，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，pD=-lgc(D+)=-lg1.6×10-13=13-lg1.6≠12，故C錯誤；D．NH4Cl溶于D2O中生成的一水合氨和水合氫離子的化學式為NH3·DHO和D3O+，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題以給予pD情景為載體，考查溶液pH有關計算，注意把水的離子積和溶液pH知識遷移過來，側(cè)重考查處理新情景問題能力，易錯點C，根據(jù)重水離子積常數(shù)，可知c(D+)=mol·L－1=1.6×10-13mol·L－1，不是10-12mol·L－1。4、A【解析】試題分析：A、HCl氣體溶于水，發(fā)生電離，共價鍵被破壞，故A正確；B、酒精溶于水后，酒精在水中以分子形式存在，所以沒有化學鍵的破壞，故B錯誤；C、冰融化克服的分子間作用以及氫鍵，共價鍵沒有破壞，故C錯誤；D、碘升華克服的是分子間作用力，共價鍵沒有破壞，故D錯誤?？键c：本題考查化學鍵。5、D【分析】根據(jù)溶液不顯電性，陽離子帶的正電荷總數(shù)等于陰離子帶的負電荷總數(shù)來判斷離子的電荷，并利用離子之間的反應來判斷存在的離子?！驹斀狻恳蛉芤翰伙@電性，設M離子的電荷為x，由電荷守恒可知，2×1+1×2=1×3+x×1，解得x=+1，帶1個單位正電荷的離子只有Na+，故合理選項是D?！军c睛】本題考查溶液為電中性和離子共存判斷的知識，明確溶液中陰陽離子的電荷總數(shù)相等即可解答。6、B【詳解】A.ClO－具有氧化性，I－具有還原性，二者可發(fā)生氧化還原反應，不可大量共存，不符合題意，A錯誤；B.結合Kw=c(H+)×c(OH-)=10-14可知溶液中c(H+)=0.mol/L，溶液顯酸性，各離子相互間不反應，可大量共存，符合題意，B正確；C.由于H2CO3的酸性比H2SiO3強，因此CO2能與SiO32-反應，二者不可大量共存，不符合題意，C錯誤；D.由水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-13<10-7mol/L，溶液可能顯酸性或堿性，若溶液顯酸性，則H+和AlO2-、CO32-不可大量共存，若溶液顯堿性，溶液中各離子相互間不反應，可大量共存，不符合題意，D錯誤；故答案為B?！军c睛】水電離產(chǎn)生的c(H+)=10-13mol/L，溶液可能顯酸性或堿性。7、A【解析】A、根據(jù)元素周期律：同周期元素原子，從左到右氫化物的穩(wěn)定性逐漸增強，離子的還原性逐漸減弱，所以PH3、H2S、HCl的熱穩(wěn)定性從左到右依次增強，還原性從左到右依次減弱，選項A不合理；B、具有相同的電子層結構的離子，核電荷數(shù)越大，半徑越小，若X+和Y2-的核外電子層結構相同，則原子序數(shù):X>Y，選項B合理；C、硅、鍺處于金屬與非金屬的交界處，元素既表現(xiàn)一定的金屬性又表現(xiàn)一定的非金屬性，都可以做半導體材料，選項C合理；D、Cs、Ba同周期，自左而右金屬性減弱，最高價氧化物對應水化物的堿性減弱，故堿性CsOH>Ba(OH)2，選項D合理。答案選A。點睛：本題考查同主族元素的性質(zhì)的遞變規(guī)律，側(cè)重于學生的分析能力的考查，注意相關基礎知識的學習。同周期元素從左到右，元素的金屬性逐漸減弱，非金屬性逐漸增強，同主族元素從上到下，元素的金屬性逐漸增強，非金屬性逐漸減弱，對應的元素的非金屬性越強，氫化物的穩(wěn)定性越強，金屬性越強，對應的最高價氧化物的水化物的堿性越強，以此解答該題。8、C【詳解】A．H2O分子間存在氫鍵，所以其沸點比PH3高，A錯誤；B．PH4I與NH4Cl相似，存在共價鍵和離子鍵，B錯誤；C．N2H4的結構式為：，P2H4與N2H4的結構相似，所以P2H4的結構式為：，C正確；D．PH3的電子式為：，D錯誤；故選C。9、B【詳解】A.實驗室用加熱氯化銨和氫氧化鈣固體制取氨氣，A錯誤；B.漂白粉為次氯酸鈣和氯化鈣的混合物，屬于混合物；液氯為液態(tài)氯氣，屬于純凈物，B正確；C.醋酸、燒堿和過氧化鈉分別屬于酸、堿和過氧化物，C錯誤；D.煤的氣化、液化，煤的干餾均屬于化學變化，D錯誤；答案為B。10、A【解析】試題分析：A．與鋁反應放出氫氣的溶液顯酸性或堿性，在酸性溶液中S2－、SO32-發(fā)生氧化還原反應，不能共存，在堿性溶液可以大量共存，故A正確；B．常溫下Kw/c(H＋)=1×10－13mol·L－1的溶液顯酸性，在酸性溶液中Fe2+、NO發(fā)生氧化還原反應，不能共存，故B錯誤；C．水電離出的c(H＋)＝10－10mol·L—1的溶液顯酸性或堿性，在酸性或堿性溶液中HCO3￣都不能大量存在，故C錯誤；D．AlCl3溶液中CO32―與鋁離子發(fā)生雙水解反應，不能大量共存，故D錯誤；故選A。考點：考查了離子共存的相關知識。11、B【分析】重金屬鹽能使蛋白質(zhì)變性；SO2、NOx能引起酸雨；碳酸鋇能溶于胃液中的鹽酸；氧化鈣不能和氧氣反應，不能作食品抗氧化劑；【詳解】誤食重金屬鹽引起人體中毒，可喝大量的牛奶、豆?jié){等蛋白質(zhì)含量較高的食品解毒，故A錯誤；SO2、NOx能引起酸雨，燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都能減少酸雨產(chǎn)生，故B正確；碳酸鋇能溶于胃液中的鹽酸，造成鋇鹽中毒，故C錯誤；氧化鈣不能和氧氣反應，不能作食品抗氧化劑，生石灰可以吸水，作干燥劑，故D錯誤。12、D【詳解】向含和的混合溶液中加入的溶液，從反應開始到加入0.5LBa(OH)2時，Ba(OH)2的物質(zhì)的量為0.5mol，發(fā)生反應，，氫離子恰好中和完全，生成0.5molBaSO4沉淀，再加入0.5LBa(OH)2時，發(fā)生反應，，此時硫酸根恰好沉淀完全，生成0.5molBaSO4沉淀和0.5molMg(OH)2沉淀，該階段共生成1mol沉淀，再加入0.5LBa(OH)2時，發(fā)生反應，生成0.5molMg(OH)2沉淀，根據(jù)圖像變化趨勢可知，D符合，故D正確；故選D。13、B【詳解】A．氯氣可以溶于四氯化碳中，且氯氣極易溶于氫氧化鈉溶液中，因此可以引發(fā)噴泉實驗，故A不符合題意；B．氫氣不溶于氫氧化鈉溶液中，不能造成負壓，因此不能引發(fā)噴泉實驗，故B符合題意；C．通過a鼓入空氣，會將水壓入燒瓶中，氨氣溶于水后造成負壓，能形成噴泉實驗，故C不符合題意；D．加入濃硫酸放熱，錐形瓶中壓強增大，濃氨水被壓入燒瓶，與氯化氫反應造成負壓，能形成噴泉實驗，故D不符合題意；答案選B?！军c睛】要形成噴泉，需形成壓強差，可以是溶解引起的，也可以是反應引起的。14、B【解析】A.H+和SiO32－生成硅酸沉淀，不能大量共存，故A錯誤；B.能大量共存，故B正確；C.H+與ClO－生成次氯酸，次氯酸是弱酸，不能大量共存，故C錯誤；D.Fe2+與OH－不能大量共存，故D錯誤；故選B?！军c睛】（1）在溶液中離子間能互相反應生成難溶性物質(zhì)時，這些離子就不能大量共存。（2）離子間能結合生成難電離物質(zhì)時，則這些離子不能大量共存。（3）離子間能結合生成揮發(fā)性物質(zhì)時，則這些離子不能大量共存。（4）離子之間能發(fā)生氧化還原反應時，則這些離子不能大量共存。（5）還應注意題目是否給出溶液的酸堿性，是否給定溶液是無色的，在酸性溶液中除題給離子外，還應有大量H+；在堿性溶液中除題給離子外，還應有大量OH－，若給定溶液為無色時，則應排除Cu2+(藍色)、Fe2+（淺綠色）、Fe3+（棕黃色）、MnO4－（紫色）。15、A【解析】“煤餅燒蠣房成灰”(“蠣房”即牡蠣殼)，并把這種灰稱為“蜃”，牡蠣殼為貝殼，貝殼主要成分為碳酸鈣，碳酸鈣灼燒生成氧化鈣，所以“蜃”主要成分是氧化鈣，故選：A16、D【詳解】A．向水中通入氯氣反應生成HCl和HClO，其中HClO為弱電解質(zhì)，不能拆為離子形式，則該反應的離子方程式為：Cl2+H2O?H++Cl﹣+HClO，故A不選；B．濃鹽酸應拆為離子形式，則該反應的離子方程式為：，故B不選；C．碳酸氫鈉溶液加過量澄清石灰水生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，則該反應的離子方程式為：HCO+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故C不選；D．金屬鈉與硫酸銅溶液反應生成硫酸鈉、氫氧化銅藍色沉淀以及水，則該反應的離子方程式為：2Na+2H2O+Cu2+═2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故選D。答案選D17、B【分析】加入足量過氧化鈉實質(zhì)是加了足量氫氧化鈉溶液和氧氣【詳解】A選項，亞鐵離子與氧氣反應變?yōu)殍F離子，和氫氧根反應生成沉淀，又加鹽酸，沉淀溶解，最后又變?yōu)殍F離子，因此亞鐵離子量減少，故A錯誤；B選項，鋁離子與足量氫氧根反應生成偏鋁酸根，偏鋁酸根與足量鹽酸反應，最后又生成鋁離子，量不發(fā)生改變，故B正確；C選項，A選項中亞鐵離子被氧化變?yōu)榱髓F離子，鐵離子量增加，故C錯誤；D選項，銨根離子和氫氧根離子反應生成氨氣和水，因此銨根離子數(shù)目減少，故D錯誤；綜上所述，答案為B。18、D【詳解】A.分液時，先將下層液體從分液漏斗下口流出，再將上層液體從上口倒出，A正確；B.碳酸鈉受熱不分解，質(zhì)量不變，碳酸氫鈉固體受熱分解，質(zhì)量減輕，用加熱分解的方法可將二者區(qū)分開，B正確；C.配置0.1000mol·L-1氯化鈉溶液時，為防液體灑到容量瓶外，應將溶解液用玻璃棒引流入容量瓶，C正確；D.檢驗NH4+時，應使用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗逸出的氣體，D錯誤；故選D。19、C【分析】由結構可知分子式，環(huán)已醇分子中含-OH，DCHP中含-COOC-，結合醇、羧酸的性質(zhì)及苯環(huán)為平面結構來解答?！驹斀狻緼、由結構可知DCHP的分子式為C20H26O4，故A錯誤；B、環(huán)已醇含4種H，DCHP含6種H，則一氯取代物分別為4、6種，故B錯誤；C、DCHP含2個-COOC-，1molDCHP水解時消耗2molNaOH，故C正確；D、環(huán)已醇分子中所有碳原子均為四面體構型，則不可能共平面，故D錯誤；故選C。20、A【詳解】A.用相同濃度的硝酸中和該氨水，若體積相同，則溶質(zhì)是硝酸銨，溶液呈酸性，所以硝酸體積小于氨水時，溶液可能呈中性，故A正確；B.溫度不變，加水稀釋后，溶液中c(NH4+)、c(OH-)都變小，所以c(NH4+)·c(OH-)減小，故B錯誤；C.加水稀釋后，氨水電離平衡正向移動，n(NH4+)、n(OH-)增大，溶液中導電粒子的數(shù)目增大，故C錯誤；D.一水合氨是弱電解質(zhì)，0.1mol/L的氨水中，c(OH-)小于0.1mol/L，該溶液的pH<13，故D錯誤?！军c睛】本題考查弱電解質(zhì)的電離，根據(jù)弱電解質(zhì)的電離特點，分析溫度、濃度對電離平衡的影響，特別是注意加水稀釋，平衡正向移動，c(NH4+)、c(OH-)、c(NH3·H2O)均減小。21、B【分析】發(fā)生的反應有：氧化銅和鹽酸反應、氧化鐵與鹽酸的反應、鐵和鹽酸反應、鐵和氯化銅反應，銅與氯化鐵的反應，以此判斷溶液中一定含有的金屬離子．【詳解】表面有氧化物的相同大小的銅片和鐵片一起放入鹽酸中充分反應，由發(fā)生的反應：氧化銅和鹽酸反應、氧化鐵與鹽酸的反應，生成鐵離子、銅離子，還原性Fe＞Cu，先發(fā)生鐵和鹽酸反應，鹽酸足量，可存在鐵離子，若鹽酸少量，鐵和氯化銅反應，生成氯化亞鐵、氯化銅，氧化性Fe3＋＞Cu2＋＞H＋，將表面都含有氧化物的鐵片和銅片一起放入鹽酸中充分反應，若反應后鐵片有剩余，則一定不存在Fe3＋、Cu2＋、H＋，所得溶液中的陽離子為Fe2＋，故選B?！军c睛】本題考查了鐵的性質(zhì)，把握鐵、銅的活潑性即可判斷溶液中存在的金屬陽離子，解題關鍵：明確發(fā)生的化學反應．22、A【詳解】A．原子數(shù)≤4的烷烴常溫常壓下為氣體，但新戊烷，，常溫常壓下也為氣體，而異戊烷(CH3)2CHCH2CH3和正戊烷CH3(CH2)3CH3為液體，A符合題意；B．甲烷為正四面體，可知中的5個碳原子類似于甲烷，也形成正四面體，B不符合題意；C．三種同分異構體具有相同的分子式、相對原子質(zhì)量，三種物質(zhì)均為烷烴，化學性質(zhì)相似，C不符合題意；D．分子式為C5H11Cl的同分異構體有：主鏈有5個碳原子的：CH3CH2CH2CH2CH2Cl；CH3CH2CH2CHClCH3；CH3CH2CHClCH2CH3；主鏈有4個碳原子的：CH3CH（CH3）CH2CH2Cl；CH3CH(CH3)CHClCH3；CH3CCl(CH3)CH2CH3；CH2ClCH(CH3)CH2CH3；主鏈有3個碳原子的：(CH3)3CCH2Cl；共有8種情況，D不符合題意。答案選A。二、非選擇題(共84分)23、三氟甲苯濃HNO3/濃H2SO4、加熱取代反應+HCl吸收反應產(chǎn)生的HCl，提高反應轉(zhuǎn)化率C11H11O3N2F39【分析】A和氯氣在光照的條件下發(fā)生取代反應生成B，B的分子式為C7H5Cl3，可知A的結構中有3個氫原子被氯原子取代，B與SbF3發(fā)生反應生成，說明發(fā)生了取代反應，用F原子取代了Cl原子，由此可知B為，進一步可知A為，發(fā)生消化反應生成了，被鐵粉還原為，與吡啶反應生成F，最終生成，由此分析判斷?！驹斀狻?1)由反應①的條件、產(chǎn)物B的分子式及C的結構簡式，可逆推出A為甲苯，結構為；C可看作甲苯中甲基中的三個氫原子全部被氟原子取代，故其化學名稱為三氟甲(基)苯；(2)對比C與D的結構，可知反應③為苯環(huán)上的硝化反應，因此反應試劑和反應條件分別是濃HNO3/濃H2SO4、加熱，反應類型為取代反應；(3)對比E、G的結構，由G可倒推得到F的結構為，然后根據(jù)取代反應的基本規(guī)律，可得反應方程式為：+HCl，吡啶是堿，可以消耗反應產(chǎn)物HCl；(4)根據(jù)G的結構式可知其分子式為C11H11O3N2F3；(5)當苯環(huán)上有三個不同的取代基時，先考慮兩個取代基的異構，有鄰、間、對三種異構體，然后分別在這三種異構體上找第三個取代基的位置，共有10種同分異構體，除去G本身還有9種。(6)對比原料和產(chǎn)品的結構可知，首先要在苯環(huán)上引入硝基(類似流程③)，然后將硝基還原為氨基(類似流程④)，最后與反應得到4-甲氧基乙酰苯胺(類似流程⑤)，由此可得合成路線為：。24、羥基bdC10H1818OdCH3COOH++H2O【分析】A()在濃硫酸作用下發(fā)生羥基的消去反應生成碳碳雙鍵，根據(jù)β-松油醇中含有兩個甲基，因此β-松油醇為，γ-松油醇中含有三個甲基，γ-松油醇為：，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)A()中含有的官能團是-OH，名稱為羥基，故答案為羥基；(2)A()中含有-OH，且與羥基相連碳原子的鄰位碳原子上含有氫原子，能夠發(fā)生消去反應，能夠與羧酸發(fā)生酯化反應，即取代反應，與羥基直接相連的碳原子上沒有氫原子，不能發(fā)生催化氧化；不存在碳碳不飽和鍵，不能發(fā)生加成反應，故答案為bd；(3)由α-松油醇的結構簡式可知，α－松油醇的分子式為C10H1818O，故答案為C10H1818O；(4)由α-松油醇的結構簡式可知，分子中含有醇-OH，屬于醇類，分子中還含有C=C，也屬于不飽和醇，故答案為d；(5)根據(jù)β-松油醇中含有兩個甲基，可寫出其結構簡式為，γ-松油醇中含有三個甲基，其結構簡式為：，故答案為；；(6)-COOH和-OH發(fā)生酯化反應生成-COO-和水，其中羧酸脫去羥基，醇脫去氫原子，因此α－松油醇與乙酸反應的方程式為CH3COOH++H2O，故答案為CH3COOH++H2O。25、粉碎SiO2+2OH-=SiO32-+H2O2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O洗滌O2或其它合理答案K3[Fe(CN)6]最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失偏大【解析】廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物質(zhì))加氫氧化鈉溶液，二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，F(xiàn)e2O3、CeO2、FeO不溶，過濾，得到濾液A的主要成分為硅酸鈉，濾渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，濾渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后過濾得濾液B是硫酸亞鐵、硫酸鐵的混合溶液，濾渣B的成分是CeO2，CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；Ce3+加堿生成Ce(OH)3懸濁液；Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4。(1)廢玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要需要粉碎，可以提高浸取率和浸取速率，反應①中二氧化硅溶于氫氧化鈉生成硅酸鈉，反應的離子方程式為SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案為粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反應②為CeO2與H2O2和稀H2SO4反應生成Ce3+和O2，反應為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；故答案為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3++O2↑+4H2O；(3)為了得到較純的Ce3+溶液，反應②之前需要濾渣B進行洗滌，故答案為洗滌；(4)根據(jù)上述分析，反應③中Ce(OH)3懸濁液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的試劑X可以是O2，故答案為O2；(5)K3[Fe(CN)6]能夠與硫酸亞鐵反應生成特征的藍色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3[Fe(CN)6]做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象為最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；所用FeSO4溶液在空氣中露置一段時間后再進行滴定，部分亞鐵離子被氧化生成鐵離子，則硫酸亞鐵濃度降低，導致硫酸亞鐵溶液體積增大，所以測得該Ce(OH)4產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)偏大；故答案為K3[Fe(CN)6]；最后一滴溶液時，生成淡藍色沉淀，且振蕩也不再消失；偏大。26、HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O還原性2562108除去混合氣體中的CO2H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣【分析】（1）強酸制弱酸原理；（2）酸性高錳酸鉀具有強氧化性，草酸具有還原性，能被酸性高錳酸鉀氧化；根據(jù)得失電子守恒和電荷守恒配平離子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑，B裝置驗證產(chǎn)物水，C裝置驗證產(chǎn)物CO2，D裝置除掉CO2，E裝置除掉水蒸氣，F(xiàn)、G裝置驗證產(chǎn)物CO，據(jù)此分析。（4）通過計算反應后溶液為NaHC2O4溶液，根據(jù)反應后溶液呈酸性，可知HC2O4-的電離程度比水解程度大，由此確定溶液中各離子濃度到大小?！驹斀狻浚?）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸強，與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳和乙酸鈉，該反應的離子方程式為：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2↑+H2O；（2）酸性KMnO4溶液具有強氧化性，向盛有少量乙二酸飽和溶液的試管中滴入用硫酸酸化的KMnO4溶液，振蕩，發(fā)現(xiàn)其溶液的紫紅色褪去，說明乙二酸被酸性高錳酸鉀氧化，具有還原性；根據(jù)氧化還原反應方程式的配平原則：得失電子守恒、質(zhì)量守恒和電荷守恒配平該反應的離子方程式：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；答案：還原性2562108（3）加熱乙二酸，反應物通入B，使CuSO4粉末變藍，說明有水生成，裝置C中澄清石灰水變渾濁，說明有二氧化碳生成；裝置D中二氧化碳和氫氧化鈉反應除去混合氣體中的二氧化碳，F(xiàn)中CuO粉末變紅、G中澄清石灰水變渾濁說明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解產(chǎn)物為CO、CO2、H2O；答案：除去混合氣體中的CO2；H2C2O4H2O+CO↑+CO2↑；（4）①2.52g草酸晶體的物質(zhì)的量==0.02mol，100mL0.2mol/L的NaOH溶液中氫氧化鈉的物質(zhì)的量=100mL×10-3L/mL×0.2mol/L=0.02mol；所以反應生成NaHC2O4，所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4-的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH-），所以溶液呈酸性；②兩者正好1：1反應生成NaHC2O4，溶液顯酸性，說明HC2O4-的電離程度比水解程度大，而溶液中還存在著水的電離，故H+＞C2O42-，由于離子的電離程度較小，則有HC2O4-＞H+，離子濃度由大到小的順序為Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣；答案：反應所得溶液為NaHC2O4溶液，由于HC2O4﹣的電離程度比水解程度大，導致溶液中c（H+）＞c（OH﹣），所以溶液呈酸性Na+＞HC2O4-＞H+＞C2O42-＞OH﹣【點睛】第（4）小題為易錯點，根據(jù)酸堿中和反應確定反應后的溶質(zhì)為NaHC2O4，弱酸的酸式酸根離子存在電離平衡和水解平衡，可根據(jù)溶液的酸堿性確定哪個平衡為主，最后再確定離子濃度的大小。27、三頸燒瓶Fe+2H+=H2↑+Fe2+A中的液體被壓入B中過濾抑制亞鐵離子水解液封，防止空氣進入三頸燒瓶氧化Fe2+不能除去尾氣中的H2，甚至發(fā)生倒吸5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O98%【分析】制取莫爾鹽：打開分液漏斗瓶塞，關閉活塞K3，打開K2、K1，加完55.0mL2mol?L-1稀硫酸，硫酸和鐵反應生成氫氣，將裝置內(nèi)的空氣排出，待大部分鐵粉溶解后，打開K3、關閉K2，A中的液體被壓入B中，關閉活塞K2、K3，采用100℃水浴蒸發(fā)B中水分，可生成莫爾鹽，冷卻結晶，過濾，用無水乙醇洗滌，可得到莫爾鹽晶體，裝置C可用于液封，防止空氣進入三頸燒瓶氧化Fe2+?！驹斀狻?1)由圖可知將0.1mol（NH4）2SO4晶體置于三頸燒瓶中；(2)①鐵與硫酸反應生成硫酸亞鐵和氫氣，離子方程式為Fe+2H+=H2↑+Fe2+；②待大部分鐵粉溶解后，打開K3、關閉K2，A中生成氫氣，壓強增大，可將A中的液體被壓入B中；③將晶體從溶液中分離出來，可用過濾的方法，硫酸過量，可抑制亞鐵離子水解；④導管插入液面以下，可起到液封作用，防止空氣進入三頸燒瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去尾氣中的H2，裝置內(nèi)冷卻后甚至發(fā)生倒吸；(3)亞鐵離子具有還原性，與高錳酸鉀發(fā)生5Fe2++MnO4-+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，n(KMnO4)=0.01L×0.1mol/L=0.001mol，則20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，則10.0g樣品中(NH4)2Fe(SO4)2?6H2O的物質(zhì)的量為0.025mol，樣品的含量為×100%=98%?！军c睛】第3題計算時要注意滴定的待測液是從配制的100mL溶液中取的20mL。28、C＜O＜NO－H┄N（或O－H┄O、N－H┄O、N－H┄N）bc砷原子半徑較大，原子間形成的δ鍵較長，p-p軌道肩并肩重疊程度較小或難以重疊，難以形成π鍵ls22s22p63s23p63d104s1