2022-2023学年湖南省邵东县第一中学高三化学第一学期期中质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键B向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NAC向1L

2、0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），此时NH4+个数为0.5NAD用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA2、用如图装置电解硫酸钾溶液制取氢气，氧气，硫酸和氢氧化钾。从开始通电时，收集B和C逸出的气体。1 min后测得B口的气体体积为C口处的一半，下列说法不正确的是A电源左侧为正极B电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O4e=O24HCD口导出的溶液为KOH溶液，且浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大D标准状况下，若1 min后从C口处收集到的气体比B口处收集到的气体多2.24 L，则有0.1NA个SO42-通过阴离子膜3、已

3、知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A若A为Fe，C为氢气，则B一定是酸B若A为H2O，B、D为化合物，则C一定是气体单质C若C为单质，D为化合物，则A、B中一定有一种物质是单质D若D为单质，A、B为化合物，该反应一定属于氧化还原反应4、工业碳酸钠(纯度约为98)中含有Mg2、Fe2、Cl和SO42等杂质，提纯工艺流程如下，下列说法不正确的是A步骤，通入热空气可以将Fe2氧化B步骤，产生滤渣的主要成分为Mg(OH)2和 Fe(OH)3C步骤，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3H2O中混有Na2CO310H2O等杂质D步骤，灼烧Na2CO3H2O在瓷坩埚中进行5、常

4、温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是()A无色透明溶液中：Ba2、Mg2、Cl、NO3-B能使酚酞变红的溶液中：Ca2、K、HCO3-、CO32-C0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H、Al3、Cl、NO3-D与铝反应能放出氢气的溶液中：NH4+、Cu2、NO3-、SO42-6、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+ C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+D用煮沸过

5、的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有SO42AABBCCDD7、常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是A含的溶液中： H+、K+、I、Fe2+B遇石蕊溶液显红色的溶液中：C含有大量的溶液中：、Cl、H、Mg2D遇酚酞显红色的溶液中：K+、Fe3+、Na+、8、常温下，在等体积pH=1的硫酸；0.01molL1NaOH溶液；pH =10的纯碱溶液中；水电离程度的大小顺序是（）ABCD9、下列变化或过程属于化学变化的是A激光法蒸发石墨得C60 B丁达尔效应C紫色石蕊试液通过活性炭变成无色 D用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应10、

6、K2FeO4具有强氧化性，是一种重要的水处理剂，可由如下反应制得：xKClO+yFe(OH)3+zKOH=mK2FeO4+nKCl+pH2O。下列说法错误的是Az=2B该反应中的氧化产物为K2FeO4CK2FeO4处理水时，既能消毒杀菌又能作絮凝剂D上述反应中每消耗1molKClO，转移2mole-11、以反应 5H2C2O4+2MnO4 -+6H = 10CO2+ 2Mn2+ + 8H2O 为例探究“外界条件对化学反应速率的影响”。实验时,分别量取 H2C2O4 溶液和酸性 KMnO4溶液,迅速混合并开始计时,通过测定溶液褪色所需时间来判断反应的快慢。下列说法不正确的是A实验、 、 所加的H

7、2C2O4 溶液均要过量B若实验测得 KMnO4溶液的褪色时间为 40 s， 则这段时间内平均反应速率 v(KMnO4)= 2. 510-4 mol/L/sC实验和实验是探究浓度对化学反应速率的影响， 实验和是探究温度对化学反应速率的影响D实验和起初反应均很慢,过了一会儿速率突然增大,可能是生成的 Mn2+对反应起催化作用12、下列离子方程式正确的是 ( )A稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+=Cu2+H2B硫酸钠与氯化钡两溶液混合:SO42-+Ba2+=BaSO4C铁和稀盐酸反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2D氧化铜与硫酸混合：Cu2+SO42-=CuSO413、一定条件下，将10molH2

8、和1molN2充入一密闭容器中，发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），达到平衡时，H2的转化率可能是A25%B30%C35%D75%14、元素周期表中铋元素的数据如图，下列说法正确的是（）ABi元素的质量数是209BBi元素的相对原子质量是209.0CBi原子6p亚层有一个未成对电子DBi原子最外层有5个能量相同的电子15、向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各离子的物质的量变化如下图所示。则有关说法不正确的是A线段BC代表Fe3+物质的量的变化B原混合溶液中n（FeBr2）=3molC通入2mol Cl2反应的离子方程式为：2Fe2+6I-+4Cl2=2Fe3

9、+3I2+8Cl-D原溶液中 n（Fe2+）: n（I-）: n（Br-）=2 : 1 : 316、在给定条件下，下列物质之间的转化能实现的是Si SiO2H2SiO3CCO2CO饱和NaCl(aq)NaHCO3 Na2CO3Mg(OH)2MgCl2(aq)无水MgCl2NH3NONO2HNO3ABCD17、下列说法正确的是（ ）A凡是单原子形成的离子，一定具有稀有气体元素原子的核外电子排布B不存在两种质子数和电子数完全相同的阳离子和阴离子C同一短周期元素的离子半径从左到右逐渐减小D元素非金属性越强，对应氢化物的酸性越强18、某实验小组混合了饱和氯化钙溶液与饱和碳酸氢钠溶液，发现同时有沉淀和气

10、体生成.下列说法错误的是( )A沉淀一定为碳酸氢钙B气体为二氧化碳C碳酸氢根的电离是可逆的D反应进行的方向与反应物的浓度有关19、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是A46g NO2和N2O4混合气体中的氧原子数为2NAB标准状况下,22.4L CCl4所含的分子数约为0.5NAC2.24LCH4所含氢原子数为0.4NAD0.1mol/L MgCl2溶液中含有的氯离子数为0.2NA20、体积为V mL，密度为 g/mL的含有相对分子质量为M的某种物质的溶液，其中溶质为mg,其物质的量浓度为c molL，溶质的质量分数为w%，则下面表示正确的是Ac=1000wM Bm=Vw100Cw=

11、cM1000% D=cMw21、化学与生活密切相关。下列说法正确的是( )A煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类B纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的、等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附C石油分馏可获得乙烯、丙烯等气态短链烃D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法22、下列说法正确的是（）A将 AgCl 放入水中不能导电，故 AgCl 不是电解质BCO2溶于水得到的溶液能导电，所以 CO2 是电解质C固态的 NaCl 不导电，熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质D金属能导电，所以金属是电解质二、非选择题(共84分)23、（14分）以石油裂解

12、得到的乙烯和1,3丁二烯为原料，经过下列反应合成高分子化合物H，该物质可用于制造以玻璃纤维为填料的增强塑料（俗称玻璃钢）。请按要求填空：（1）写出上述指定反应的化学反应类型：反应_，反应_，反应_。（2）反应的化学方程式是_。（3）反应、中有一反应是与HCl加成，该反应是_（填反应编号），设计这一步反应的目的是_，物质C的结构简式是_。（4）写出A的同分异构体（要求不含甲基并能发生银镜反应）_。24、（12分）如图中每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体。（1）写出有关物质的化学式X：_；F_。（2）写出AD的化学方程式_。（3）写出实验室制备C的化学方程式_。（4）分别

13、取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_，其物质的量之比是：_。原NaOH溶液的物质的量浓度是_mol/L。25、（12分）(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。回答下列问题：(1)中铁离子的配位数为_，其配体中C原子的杂化方式为_。(2)步骤发生反应

14、的化学方程式为_。(3)步骤将加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量_(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是_。(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_(填装置序号)。确认气体产物中含CO的现象为_。26、（10分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S2O32-+I2 = S4O62- + 2I-

15、 。（）制备Na2S2O35H2O打开K1，关闭K2，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_。C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。C中碳酸钠的作用是_。“停止C中的反应”的操作是_。过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。装置B中盛放的试剂是（填化学式）_溶液，其作用是_。（）用I2的标准溶液测定产品的纯度取5.5g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示：编号123溶液的体积/mL10.0010.

16、0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05滴定时，达到滴定终点的现象是_。Na2S2O35H2O在产品中的质量分数是_（用百分数表示，且保留1位小数）。下列操作中可能使测定结果偏低的是_(填字母)。A酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液B滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数27、（12分）现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置。I.探究该合金的某些性质：（

17、1）取ag合金粉末放入蒸馏烧瓶，并加入足量浓H2SO4，A、B中均无明显现象，原因是_；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出此时合金中成分碳参与的化学反应方程式_；（3）装置C的作用是_；反应的离子方程式_。II.测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用_；（5）若反应前后E装置的质量分别是m1和m2，则合金中碳的质量分数是_。28、（14分）氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业、有机合成工业以及制造硝酸、铵盐和纯碱等的原料（1）在一定温度下，在固定体积的密闭容器中进行可逆反应：N2+3H22NH3 该可逆反应达到平衡的标志是_A3v（H2）正=2v（NH3）逆B单位时间生成m m

18、ol N2的同时消耗3m mol H2C容器内的总压强不再随时间而变化D混合气体的密度不再随时间而变化Ea mol NN键断裂的同时，有6a mol NH键断裂FN2、H2、NH3的分子数之比为1：3：2（2）某化学研究性学习小组模拟工业合成氨的反应在容积固定为2L的密闭容器内充入1mol N2和3mol H2，加入合适催化剂（体积可以忽略不计）后在一定温度压强下开始反应，并用压力计监测容器内压强的变化如表：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60则从反应开始到25min时，以N2表示的平均反应速率=_；该温度下

19、平衡常数K=_29、（10分）甲醇是最基本的有机化工原料之一。工业上可用二氧化碳和氢气反应来生产甲醇。(1)已知气态甲醇的燃烧热为a kJ/mol，2H2(g)+O2(g)= 2H2O(g) H=-bkJ/mol；H2O(g)=H2O(l) H= -ckJ/mol。 则CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)的H=_。(2)某温度下，在2 L密闭容器中，充入2.4 mol CO2和4.4 mol H2，发生合成甲醇的反应，测得甲醇的物质的量随时间的变化图像如下图中的曲线I，则前4分钟(CO2)=_；若在1 min时，改变某一反应条件，曲线I变为曲线II，则改变的条件为_；该温度

20、下反应的化学平衡常数为_。 (3)在恒压的条件下，下列选项能说明CO2+3H2CH3OH+H2O反应已达平衡状态的是_。 A、正(H2): 逆(CH3OH)=3:1B、混合气体的密度不再变化C、混合气的平均摩尔质量不再变化 D、反应中H2O与CH3OH的物质的量浓度之比为1:1，且比值保持不变(4)在另一温度下发生合成甲醇的反应，关闭K，向A容器中充入1 mol CO2和4 mol H2，向B容器中充入1.2 mol CO2和4.8 mol H2，两容器分别发生上述反应。已知起始时容器A和B的体积均为a L，反应达到平衡时容器B的体积为0.9a L，维持其他条件不变，若打开K一段时间后重新达到

21、平衡，容器B的体积为_L(不考虑温度的变化，P为可自由滑动活塞，不考虑活塞的摩擦力)。(5)一定条件下甲醇可进一步氧化转化为甲酸。室温下，将amol/L的甲酸与bmol/L的NaOH溶液等体积混合，体系中存在c(Na+)=c(HCOO-)，试用含a和b的代数式表示甲酸的电离常数为_2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）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【题目详解】A. 标准状况下二氯甲烷是液体，标准状况下22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，因此不能确定含有极性键的数目，故A错误；B. I-还原性大于Fe2+，向含有FeI2的溶液中通入适量

22、氯气，氯气先氧化I-，不能确定1 mol Fe2+被氧化时转移电子数目，故B错误；C. 向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），根据电荷守恒，n(NH4+)=n(Cl)= 0.5mol，所以NH4+个数为0.5NA，故C正确；D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜，再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数大于2NA，故D错误；答案选C。2、D【题目详解】根据题意，电极应为惰性电极，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为阳极：4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=O24H；阴极：4H4e=2H2或4H2O4e=2H24OH；A.

23、 电源左侧为正极，选项A正确；B、电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O4e=O24H，选项B正确；C、右侧由于H放电，产生KOH，所以其浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度大，选项C正确；D、设产生O2为x mol，则产生H2为2x mol，2xx0.1 mol，x0.1 mol，消耗的OH为0.4 mol，则有0.2NA个SO42-通过阴离子膜，选项D不正确；答案选D。3、D【题目详解】A. 若A为Fe，C为氢气，B可能是酸或水，故错误；B. 若A为H2O，B、D为化合物，可能是氮化镁，氮化镁和水反应时从氢氧化镁和氨气，故C不一定是气体单质，故错误；C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中不一定有

24、单质，如水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，故错误；D. 若D为单质，A、B为化合物，有单质参与反应，一定有化合价变化，所以该反应一定属于氧化还原反应，故正确。故选D。【答案点睛】熟悉高中的化学反应，并掌握其特征是关键。如掌握铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气等等。4、D【答案解析】A. 步骤，通入热空气，能够把亚铁离子氧化为铁离子，便于除去，A正确； B. 步骤，在碱性环境下，镁离子、铁离子生成Mg(OH)2和 Fe(OH)3沉淀，因此滤渣的主要成分为Mg(OH)2和 Fe(OH)3，B正确；C. 步骤，趁热过滤时，温度控制不

25、当，会析出Na2CO310H2O等杂质，C正确；D. 步骤，Na2CO3能够与瓷坩埚中的二氧化硅反应，故应在铁坩埚中进行灼烧，D错误；综上所述，本题选D。【答案点睛】选项D，二氧化硅属于酸性氧化物，不与强酸反应，但能够与强碱（氢氧化钠溶液等）发生反应生成硅酸盐，也能与碳酸钠高温下反应生成硅酸盐，因此灼烧氢氧化钠和碳酸钠应该在铁坩埚中进行，不用瓷坩埚，以防发生反应。5、A【答案解析】本题考查离子共存知识点，可结合限定的条件，逐一进行判断。【题目详解】A.在无色透明溶液中，Ba2、Mg2、Cl、NO3可以共存，故A项正确；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，HCO3不能大量存在，Ca2+与CO32-不

26、能大量共存，故B项错误；C.H与NO3结合可以将Fe2+氧化为Fe3+，故C项错误；D.与铝反应能放出氢气的溶液，可以为酸性，也可以为碱性，若溶液为碱性，NH4+、Cu2不能大量共存，故D项错误。综上，本题选A。【答案点睛】判断离子共存时，要遵循以下原则：溶液为酸性时，不能出现与H+反应的离子，如：OH-、HCO3、CO32等；溶液为碱性时，不能出现与OH-反应的离子，如：H+、HCO3等；溶液具有氧化性时，不能存在具有还原性的离子，如Fe2+，I-。6、D【题目详解】A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻

27、璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3具有强氧化性，优先把 Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2Fe3+，C项错误；D. Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42，D项正确。故选D。7、C【题目详解】A与H+起硝酸的作用，表现强氧化性，能够将I、Fe2+氧化，不能大量共存，A不符合

28、题意；B遇石蕊溶液显红色的溶液中含有大量H+，H+与会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存，B不符合题意；C与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D遇酚酞显红色的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与Fe3+会反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。8、D【分析】本题主要考查水的电离。酸溶液中，OH是水电离的，根据c(OH)大小可知水的电离情况. 碱溶液中，H是水电离的，可以利用c(H)判断水的电离大小。 纯碱是碳酸钠，属于强碱弱酸盐，水解显示碱性，溶液中的OH是水电离的。【题目详解】pH=1的硫酸酸溶液中, OH是水电离的,水电离的氢氧

29、根。溶液,溶液中的H是水电离的, ,水电离的。pH=10的纯碱溶液,碳酸钠是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,溶液中的OH是水电离出的,水电离的。综合以上数据，可知水电离程度的大小顺序是：。故选D。9、A【答案解析】试题分析：A、石墨和C60的结构不同，属于不同的物质，激光法蒸发石墨得C60 ，生成了新物质，属于化学变化，故A正确；B、丁达尔效应是光线遇到胶体粒子发生了散射形成的，无新物质生成，不属于化学变化，故B错误；C、活性炭具有吸附性，紫色石蕊试液通过活性炭，颜色物质被活性炭吸附，溶液变成无色，无新物质生成，故C错误；D、用铂丝蘸取NaCl溶液进行焰色反应，无新物质生成，故D错误；故选A。考

30、点：考查了物理变化和化学变化的判断的相关知识。10、A【答案解析】A、反应xKClO+yFe(OH)3+zKOH=mK2FeO4+nKCl+pH2O中，氯元素化合价由+1降低为-1价，C1O-是氧化剂，铁元素化合价由+3价升高为+6价，Fe(OH)3是还原剂，所以反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为（6-3）：2=3：2，则x=2，y=3，根据铁原子守恒m=3，氯原子守恒n=2，根据钾原子守恒有z=2m+n-x=6，根据奇偶法，最后化学方程式为：4KClO+6Fe(OH)3+12KOH=6K2FeO4+4KCl+15H2O，则z=12，选项A错误；B、该反应中的氧化产物为K2FeO4，选项B正

31、确；C、K2FeO4处理水时，K2FeO4具有强氧化性能消毒杀菌且生成的氢氧化铁胶体又能作絮凝剂，选项C正确；D、根据反应方程式4KClO+6Fe(OH)3+12KOH=6K2FeO4+4KCl+15H2O可知，反应中每消耗1molKClO，转移2mole-，选项D正确。答案选A。11、B【答案解析】A、根据反应方程式可得5H2C2O42MnO4-，由实验数据分析可知，在这三个实验中，所加H2C2O4溶液均过量，故A正确；B、根据已知数据可得v(KMnO4)=0.010mol/L0.004L/40s =1.010-6 mol/L/s，所以B错误；C、分析表中数据可知，实验和实验只是浓度不同，实

32、验和只是温度不同，所以C是正确的；D、在其它条件都相同时，开始速率很小，过一会儿速率突然增大，说明反应生成了具有催化作用的物质，其中水没有这种作用，CO2释放出去了，所以可能起催化作用的是Mn2+，故D正确。本题正确答案为B。12、B【题目详解】A.稀硫酸与铜不发生反应，无法写出离子方程式，故A错误；B. 硫酸钠溶液与氯化钡溶液混合，二者反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO42-+Ba2+=BaSO4，所以B选项是正确的；C.生成的应该是亚铁离子，正确的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2+H2，故C错误；D.氧化铜与硫酸混合，反应生成硫酸铜和水，正确的离子方程式为：CuO+2H+Cu2

33、+H2O，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，易错选项C，注意铁与盐酸反应生成的是亚铁离子，不是三价铁离子。13、A【题目详解】假设1molN2完全转化，则消耗H2的物质的量为：n消耗(H2)=3n(N2)=3.0mol，实际化学反应具有一定的限度，N2完全转化是不可能的，因而消耗H2的物质的量绝对小于3.0mol，故H2的最大转化率为：最大(H2)100%=30%，故符合题意的答案只能是A。故选A。14、B【题目详解】A、Bi元素没有同位素，核素才有同位素，A不正确；B、根据图示，Bi元素的相对原子质量是209.0，B正确；C、Bi原子6p亚层有三个未成对电子，C

34、不正确；D、s能级和p能级的能量是不相同的，所以Bi原子最外层的5个电子能量不相同，D不正确；故选B。15、C【答案解析】还原性为I-Fe2+Br-，则先发生2I-+Cl2I2+2Cl-，I-反应完毕再发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，则A、B点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，A正确；B、AB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，消耗2mo氯气，则亚铁离子的物质的量是n（

35、Fe2+）=22mol=4mol，DE段发生2Br-+Cl2Br2+2Cl-，消耗氯气3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，因此原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，B正确；C、AB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-，C错误；D、根据以上分析可知原溶液中n（Fe2+）:n（I-）:n（Br-）=4mol:2m

36、ol:6mol=2:1:3，D正确，答案选C。点睛：本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，为易错题目，题目难度较大。16、C【题目详解】中SiO2属于酸性氧化物，但不能与水反应， 中转化不能实现；碳在氧气中燃烧生成二氧化碳，二氧化碳和碳在高温条件下反应生成一氧化碳，中转化能实现；在饱和NaCl溶液中依次通入氨气、二氧化碳可生成碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠加热可生成碳酸钠、二氧化碳和水，中转化能实现；MgCl2溶液直接加热不能得到无水MgCl2，要在氯化氢气氛中加热才可以，中转化不能实现；NH3发生催化氧化生成NO，NO

37、与氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，中转化能实现；综上所述，上述转化能实现的是，答案选C。17、B【答案解析】A、H+没有核外电子，Fe3+核外电子排布为1s22s2 2p6 3s2 3p6 3d5，与稀有气体核外电子排布不同，故A错误；B、阳离子的质子数大于电子数,阴离子的质子数小于电子数,如电子数相同,则质子数一定不同,故B正确；C、离子半径比较大小，先看电子层数，电子层数越多，半径越大，同一短周期元素的最低价阴离子核外电子比同一短周期元素的最高价阳离子核外电子多一层，所以半径大，电子层数相同，则核电荷数越大半径越小，同一短周期元素的最高价阳离子核外电子排布相同，核电荷

38、数越大，半径越小，故C错误；D、元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故D错误；综上所述，本题应选B。【答案点睛】本题重点考查元素周期律。粒子半径比较方法：先看电子层数，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，则看核电荷数，核电荷数越大，半径越小。元素的非金属性越强，单质氧化性越强，对应阴离子还原性越弱，单质与氢气反应越容易(剧烈)，其氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物酸性越强。金属性越强，则单质还原性越强，对应阳离子氧化性越弱，单质与水或酸反应越容易(剧烈)，最高价氧化物对应水化物碱性越强。18、A【分析】 ， ，加入氯化钙，引人钙离子，钙离子与碳酸钙离子结合成碳酸钙沉淀，促进

39、碳酸氢根离子的电离，产生大量的氢离子，氢离子与碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，据此回答问题。【题目详解】A.有分析可知，沉淀是碳酸钙，故A选；B.有分析可知，气体为二氧化碳，故B不选；C.有分析可知，碳酸氢根的电离是可逆的，故C不选；D.有分析可知，反应进行的方向与反应物的浓度有关，故D不选；故选：A。19、A【答案解析】A. 46g NO2的物质的量为1mol，含2mol O。46g N2O4的物质的量为0.5mol，同样含2mol O。所以46g NO2和N2O4混合气体中的氧原子数一定是2NA，A正确。B. CCl4在标准状况下是液体，所以无法计算22.4L CCl4的物质的量，当然也

40、无法计算所含的分子数，B不正确；C. 没有指明是标准状况，所以无法计算2.24LCH4所含氢原子数，C不正确；D. 不知道溶液的体积，所以无法计算0.1mol/L MgCl2溶液中含有的氯离子数，D不正确。本题选A。点睛：在使用气体摩尔体积时，首先要看计算对象是不是气体，然后再看是不是在标准状况下。20、B【答案解析】A物质的量浓度c=nV=mMV=1000w%M=10wMmol/L，故A错误；Bm=m(溶液)w%=Vw100g，故B正确；Cw%=m(溶质)m(溶液)100%=V10-3Lcmol/LMg/molVg100%=cM1000，故C错误；Dc=nV=mMmolV10-3L=1000

41、mVMmol/L，故D错误；故选B。21、D【题目详解】A花生油是植物油，不饱和酯类；牛油是动物油脂，是可皂化的饱和酯类，故A错误；BFe具有还原性,能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原,所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，故B错误；C石油分馏是物理变化，不能得到新物质，C错误；DMg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；答案选D。22、C【题目详解】A. AgCl的溶解度很小，导致将AgCl放入水中不能导电，但氯化银在

42、熔融态能电离出自由移动的阴阳离子，所以是电解质，故A错误；B. 二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；C. 固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl有自由移动的离子，所以能导电，故NaCl是电解质，故C正确；D. 金属能导电，但金属不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误；正确答案是C。二、非选择题(共84分)23、加成反应 消去反应 取代反应 2NaOH2NaBr 保护A分子中CC（碳碳双键）不被氧化 HO-CH2CH2CH2CHO 【分析】由H可知F为HOCH2CH2OH，则E为BrCH2CH2Br，G为HOOCCH=C

43、HCOOH，D为NaOOCCH=CHCOONa，反应为溴代烃的水解反应，则A为HOCH2CH=CHCH2OH，由（3）信息可知B为HOCH2CH2CHClCH2OH，C为，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。【题目详解】（1）由官能团的变化可知反应为加成反应，反应消去反应，反应取代反应，故答案为：加成反应；消去反应；取代反应；（2）反应的化学方程式是2NaOH2NaBr，故答案为：2NaOH2NaBr；（3）由转化关系可知反应分别为加成和氧化反应，为保护C=C不被氧化，则反应为加成反应，C为，故答案为：；保护A分子中C=C不被氧化；（4）A为HOCH2CH=CHCH2OH，A的同分异构体

44、不含甲基并能发生银镜反应，说明有醛基，不含甲基，说明没有支链且羟基要连在端碳上，其结构简式为：HO-CH2CH2CH2CHO，故答案为：HO-CH2CH2CH2CHO。【答案点睛】本题考查有机物的合成与推断，综合考查学生的分析能力和综合运用化学知识的能力，为高考常见题型，注意把握题给信息，本题可用正逆推相结合的方法推断。24、NH4HCO3或(NH4)2CO3 NO2 2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O NaHCO3和Na2CO3 1：1 0.75 【分析】根据框图，X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，分别生成气体A和C

45、，则X应为弱酸的铵盐，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则D为碳酸钠或氧气；C能够发生催化剂作用下能够与D反应，则C为NH3，D为O2，则X应为NH4HCO3或(NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，E为NO，F为NO2，G为HNO3，据此分析解答。【题目详解】(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，故答案为NH4HCO3或(NH4)2CO3；NO2；(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，故答案为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2；(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在

46、加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；(4)(乙)中从开始生成CO2气体至二氧化碳体积最大，消耗HCl50mL，发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32-转化为HCO3-应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体之前消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶

47、液中含NaHCO3、Na2CO3；Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL-25mL=25mL，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL25mL=11，故答案为NaHCO3和Na2CO3；11；加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液中只含有溶质NaCl，根据元素守恒可知，10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度=0.75mol/L，故答案为0.75。25、6 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 DCBAD

48、E A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊 【分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3Fe(C2O4)3溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3Fe(C2O4)33H2O，据此分析解题。【题目详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；(2)由分析可知，步骤发生反应为Fe(OH)2经过H

49、2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为：(3)步骤将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；(5)检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥

50、后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE；经过上述分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO， 故答案为：A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊。26、Cu+2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2+ 2H2O 提供碱性环境，作反应物 打开K2，关闭K1 NaOH 在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染 加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变

51、 90.2 CD 【答案解析】（）铜和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2和H2O；故答案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；SO2通入Na2CO3溶液中反应生成Na2SO3，Na2SO3和硫粉反应生成Na2S2O3，故Na2CO3作反应物；又Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，Na2CO3又可以提供碱性环境。停止C中的反应只需要打开K2，关闭K1 。故答案为提供碱性环境，作反应物；打开K2，关闭K1；打开K2，关闭K1，C中反应停止，SO2进入B装置，为防止SO2排放到空气中污染环境，装置B利用NaOH溶液吸收。故答案为NaOH；在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余

52、SO2，防止空气污染；（）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；根据表中数据可知，第二次实验中消耗I2标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值是=l，则根据反应的方程式可知，2S2O32+I2S4O62+2I，所以样品中Na2S2O35H2O的物质的量是0.050mol/L0.0200L210=0.02mol，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数=；故答案为加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变；90.2%；A、酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液，标准液的浓度偏

53、小，造成V(标准)偏大，所以计算出的c(待测)偏大，故A错误；B、滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，锥形瓶中Na2S2O3的物质的量不受影响，所以V(标准)不受影响，计算出c(待测)也不受影响，故B错误；C、酸式滴定管中装有标准液I2，尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使得记录的标准液体积小于实际溶液的体积，所以计算出的c(待测)偏小，故C正确；C、读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使得记录的标准液体积小于实际溶液的体积，所以计算出的c(待测)偏小，故D正确。故答案为CD。点睛：分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，结果偏高；若

54、标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响。27、常温下，Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应 C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O 吸收二氧化硫，防止对实验造成干扰 5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+ 防止外界空气中的水蒸气和CO2进入E，对实验造成干扰 100% 【分析】铁、碳单质均可以和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，二氧化硫的检验可以用品红溶液，吸收可以用高锰酸钾溶液，C与浓硫酸加热反应还有二氧化碳气体生成，将产生的二氧化碳用浓硫酸干燥，通入碱石灰，根据碱石灰增加的质量可以确定二氧化碳的质量，根据C元素守恒，可以计算碳单质的质量，进而

55、计算碳的质量分数。【题目详解】(1)往蒸馏烧瓶中滴加足量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，原因是：常温下铁在浓硫酸中钝化，碳和浓硫酸不反应；(2)点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，Fe、C都与浓硫酸反应，其中碳与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；(3)装置C盛有高锰酸钾溶液，可以吸收二氧化硫气体，溶液紫红色褪去，其中SO2被氧化为硫酸，发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2+4H+；(4)装置F防止外界空气中CO2、水蒸气进入E管，对实验造成干扰；(5)E中碱石

56、灰增加的质量可以确定反应中产生的二氧化碳的质量，E增重(m2-m1)g，即生成二氧化碳的质量是(m2-m1)g，根据碳元素守恒，所以混合物中含有碳单质的物质的量是=mol，所以铁碳合金中碳的质量分数为100%=100%。28、BCE 0.01 mol/（Lmin） 2.37 【答案解析】（1）A选项，3v(H2)正=2v(NH3)逆不能满足反应速率之比是相应的化学计量数之比，反应没有达到平衡状态，应该是2v(H2)正=3v(NH3)逆，故A错误；B选项，单位时间生成m mol N2的同时消耗3m mol H2，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故B正确；C选项，该反应是气体减少反应，恒温恒容时，压强是变化的量，压强不变，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故C正确；D选项， ，同温同体积时，密度始终不变，所以混合气体的密度不再随时间变化不能说明反应达到平衡状态，故D错误；E选项，a mol NN键断裂的同时，有6amolNH键断裂，说明正逆反应速率相等，反应达到平衡状态，故E正确；F选项，各组分的物质的量之比，无法判断各组分的物质的量是否变化，无法判断是否达到平衡状态，故F错误；