2022-2023学年山东省济南市锦泽技工学校化学高三第一学期期中统考试题（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、 “纳米技术”广泛的应用于催化及军事科学中，“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”分散到液体分散剂中，所得的混合物具有的性质是（ ）A能全部通过半透膜B能发生丁达尔现象C一定能导电D一

2、定为悬浊液或乳浊液2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A17g甲基(14CH3)所含的中子数目为8NAB工业合成氨时，每生成1mol NH3转移的电子数目为3NAC含有1mol CO32 的Na2CO3溶液中，Na+ 的数目为2NAD足量锌与一定量浓H2SO4反应，生成1mol气体时转移的电子数目为2NA3、在湿法炼锌的电解循环溶液中，较高浓度的会腐蚀阳极板而增大电解能耗。可向溶液中同时加入Cu和CuSO4，生成CuCl沉淀从而除去。根据溶液中平衡时相关离子浓度的关系图，下列说法错误的是A的数量级为B除反应为Cu+Cu2+2=2CuClC加入Cu越多，Cu+浓度越高，除效果越好D

3、2Cu+=Cu2+Cu平衡常数很大，反应趋于完全4、二氧化硅(SiO2)又称硅石，是制备硅及其化合物的重要原料(各种转化见图)。下列说法正确的是ASiO2既能与HF反应，又能与NaOH反应，属于两性氧化物BSiO2和Si都是光导纤维材料C硅胶吸水后可重复再生D图中所示转化反应都是非氧化还原反应5、下列物质属于纯净物的是（ ）A漂白粉B甘油C石油D天然气6、有一瓶无色溶液，可能含有Na+、K+、Al3+、Mg2+、NH4+、Cl-、SO42-、HCO3-、MnO4-离子中的几种为确定其成分，进行如下实验：取少许溶液，逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀且白色沉淀逐渐增多后又

4、部分溶解；另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀产生；用洁净的铂丝蘸取原溶液在酒精灯火焰上灼烧，观察到黄色火焰下列推断正确的是（ ）A肯定有Na+、Al3+、Mg2+、SO42-B肯定有Na+、Mg2+、Al3+、Cl-C肯定没有K+、HCO3-、MnO4-D肯定没有K+、NH4+、Cl-7、化学与生活密切相关，下列物质用途对应正确的是（ ）A福尔马林可做食品保鲜剂B氢氧化铝可做胃酸中和剂C碳酸钡可做胃肠道造影剂D明矾可做天然水消毒剂8、已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,下列关于该反应的叙述不正确的是A该反应中，氧化剂

5、与还原剂物质的量之比为9：5B当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18molC每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD参加反应的水有2/5被氧化9、mg铝镁合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全反应（假定硝酸的还原产物只有NO），向反应后的混合溶液中滴加amol/LNaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值ng，则下列有关该实验的说法中正确的有沉淀中氢氧根的质量为(n-m)g恰好溶解后溶液中的NO3-离子的物质的量为aVmol反应过程中转移的电子的物质的量为mol生成NO气体的体积室温下为L与合金反应的硝酸的物质的量为()molA2项B3项C4项D5

6、项10、有机物的结构可用“键线式”表示，如CH3CHCHCH3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AX的分子式为C7H8O3BX与乙酸乙酯含有相同的官能团CX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11、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（）A质子数为17、中子数为20的氯原子：B氯离子(Cl)的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl12、下列陈述I、II均正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIAFe2O3是红棕色粉末Fe2O3常做红色涂料BSi

7、O2是两性氧化物SiO2可和HF反应CAl2O3难溶于水Al2O3可用作耐火材料DSO2有漂白性SO2可使溴水褪色AABBCCDD13、下列变化中，不需要破坏化学键的是（ ）A加热氯化铵B干冰汽化C石油裂化D氯化氢溶于水14、常温下，在pH1的某溶液中除H外还可能有Na、Fe3、Fe2、I、Cl、CO中的几种，现取100 mL该溶液进行如下实验。下列判断正确的是（）AFe2、I、Cl三种离子一定存在BCO一定不存在，不能确定Na和Cl是否存在CFe3与Fe2至少有一种D该溶液中c（Cl）至少为0.3 molL115、下列化学反应的离子方程式书写正确的是（ ）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液

8、：SO32-+2H+=SO2+H2OB用CH3COOH溶解CaCO3：CO32-+CH3COOH=CH3COO-+H2O+CO2C强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-：3ClO2Fe(OH)3 +4OH-=2FeO423Cl5H2ODNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：2HCO3Ba22OH=BaCO32H2O+CO32-16、以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下，下列说法错误的是ANaClO3在发生器中作氧化剂B吸收塔中1mol H2O2得到2mol电子C吸收塔中温度不宜过高，会导致H2O2的分解D从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO417、下列图示箭头

9、方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是选项WXYZANaNa2O2NaOHNa2OBAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2CN2NH3NONO2DSSO2SO3H2SO4AABBCCDD18、某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl、AlO2-。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)的关系如图所示，下列说法正确的是（ ）A原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、Al3+、NH4+B反应最后形成的溶液中的溶质含AlCl3C原溶液中Al3+与NH的物质的量之比为13D原溶

10、液中含有的阴离子是Cl、AlO2-19、类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是( )AABBCCDD20、下列说法不正确的是( )A甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼B在催化剂和高温下煤与氢气反应可以制得燃料油C通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯D棉花、鸡蛋白、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质21、下列有关实验的做法不正确的是A分液时，分液漏斗中的上层液体应由上口倒出B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C配置0.1000molL1氯化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D用萃取分液的方法除去酒精中的水22、已

11、知X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列说法正确的是A原子半径：WXB氢化物的热稳定性和沸点：ZZ可推知元素的非金属性WZ二、非选择题(共84分)23、（14分）肉桂醛F ()在自然界存在于桂油中，是一种常用的植物调味油，工业上主要是按如下路线合成的：已知：两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生反应，生成一种羟基醛： + 请回答：（1）D的名称为_。（2）反应中属于加成反应的是_（填序号）。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）在实验室里鉴定分子中的氯元素时，是将其中的氯元素转化为AgCl白色沉淀来进行的，其正确的操作步骤是_（请按实验步骤操作的先后次序填写序号）。A

12、滴加AgNO3溶液 B加NaOH溶液 C加热 D用稀硝酸酸化（5）E的同分异构体有多种，其中之一甲属于酯类。甲可由H（已知H的相对分子量为32）和芳香酸G制得，则甲的结构共有_种。（6）根据已有知识并结合相关信息，写出以乙烯为原料制备CH3CHCHCHO的合成路线流程图(无机试剂任选)。_合成路线流程图例如下：24、（12分）某药物H的合成路线如图所示：完成下列填空：（1）F分子中含氧官能团名称_。（2）反应中X为气态烃，与苯的最简式相同，则X的名称_。（3）反应AB的反应类型是_；BC的反应条件是_。（4）写出反应的化学反应方程式。DE：_。GH：_。（5）E的同分异构体中，满足下列条件的物

13、质的结构简式是_。能发生银镜反应 能水解 苯环上的一溴代物只有两种（6）请写出以D为原料合成苯乙酮（）的反应流程。_A试剂B试剂目标产物25、（12分）下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置，回答下列问题。（1）写出a仪器的名称_；（2）装置D产生白色沉淀现象的原因_；（3）E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式_；（4）F处的烧杯溶液中最终_（填“有”或“没有”）白色沉淀；（5）F装置无法确认E处反应中有CO2产生，为了证明CO2的存在，要对F装置进行改造，装置符合要求的是_。26、（10分）烟道气的主要成分为粉

14、尘、空气、H2O、NOx，其中NOx是主要的大气污染物之一，为了监测某工厂烟道气中NOx含量，采集标准状况下50.00 L烟道气样经除尘、干燥后缓慢通入适量酸化的H2O2溶液中，使NOx完全被氧化为NO3，除去多余的H2O2并加水稀释至100.00 mL。量取20.00 mL该溶液，加入30.00 mL 0.01000 molL1FeSO4标准溶液（过量），充分反应后，用0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液滴定至终点，消耗K2Cr2O7溶液10.00 mL。滴定过程中发生如下反应：Fe2+ + NO3 + H+ NO + Fe3+ + H2O （未配平） + Fe2+ + H+

15、 Cr3+ + Fe3+ H2O （未配平）（1）NO被H2O2氧化为NO3的离子方程式是_。（2）配制100mL 0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有_、_。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，会使NOx含量测定结果_（填“偏高” 、“偏低”或“无影响 ”）。（4）标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为_mgm3（写出计算过程）。27、（12分）莫尔盐（NH4）2Fe（SO4）26H2O，Mr=392是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列

16、问题：.制取莫尔盐：（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中_（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加入锥形瓶中。（2）打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸后关闭K1A装置中反应的离子方程式为_。待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_。关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、_、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在12之间，其目的为_。装置C的作用为_，装置C存在的缺点是_。测定莫尔盐样品的纯度（3）称取所得莫尔盐样品1

17、0.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1molL-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定反应的离子方程式为_，该样品的纯度为_。28、（14分）元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同；元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子。（1）X基态原子的电子排布式为_。（2）X的氢化物（H2X）在乙醇中的溶解度大于H2Y，其原因是_。（3）在Y的氢化物（H2Y分子中，Y原子轨道的杂化类型是_。（4）Y与

18、X可形成YX32。YX32的立体构型为_（用文字描述）。写出一种与YX32互为等电子体的分子的化学式_。（5）Z的氯化物与氨水反应可形成配合物Z（NH3）4（H2O）2Cl2，该配合物加热时，首先失去配离子中的配体是_（写化学式）。（6）Y与Z所形成化合物晶体的晶胞如图所示，该化合物的化学式为_。其晶胞边长为540.0 pm，密度为_gcm3（列式并计算），a位置Y与b位置Z之间的距离为_pm（列式表示）。29、（10分） “低碳经济”已成为全世界科学家研究的重要课题。为减小和消除CO2对环境的影响，一方面世界各国都在限制其排放量，另一方面科学家加强了对CO2创新利用的研究。(1)已知：CO(

19、g)H2O(g)H2(g)CO2(g)H41 kJmol1C(s)2H2(g) CH4(g)H73 kJmol12CO(g) C(s)CO2(g)H171 kJmol1写出CO2与H2反应生成CH4和H2O(g)的热化学方程式：_(2)目前工业上有一种方法是用CO2来生产燃料甲醇。为探究该反应原理，在容积为2 L密闭容器中，充入1 mol CO2和3.25 mol H2在一定条件下发生反应，测得CO2、CH3OH(g)和H2O(g)的物质的量(n)随时间的变化如图所示：从反应开始到平衡，氢气的平均反应速率v(H2)_。下列措施一定不能使CO2的平衡转化率增大的是_。A 在原容器中再充入1 mo

20、l CO2 B 在原容器中再充入1 mol H2C 在原容器中充入1 mol氦气 D 使用更有效的催化剂E 缩小容器的容积 F 将水蒸气从体系中分离(3)煤化工通常研究不同条件下CO转化率以解决实际问题。已知在催化剂存在条件下反应：CO(g)H2O(g) H2(g)CO2(g)中CO的平衡转化率随p(H2O)/p(CO)及温度变化关系如图所示：上述反应的正反应方向是_反应(填“吸热”或“放热”)；对于气相反应，用某组分(B)的平衡压强(pB)代替物质的量浓度(cB)也可以表示平衡常数(记作Kp)，则该反应的Kp_（填表达式，不必代数计算）；如果提高p（H2O）/p（CO），则Kp_(填“变大”

21、“变小”或“不变”)。使用铁镁催化剂的实际工业流程中，一般采用400 左右、p（H2O）/p（CO）35，采用此条件的原因可能是_(4)科学家用氮化镓材料与铜组装成如图所示的人工光合系统，利用该装置实现了用CO2和H2O合成CH4。下列关于该电池的叙述错误的是_。A该装置能量转化形式仅存在将太阳能转化为电能B铜电极为正极，电极反应式为CO28e8H=CH42H2OC电池内部H透过质子交换膜从左向右移动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、B【分析】“纳米技术”是指粒子直径在几纳米到几十纳米的材料。如将“纳米材料”

22、分散到液体分散剂中，形成的混合物具有胶体的性质。【题目详解】A该分散系属于胶体，不能通过半透膜，故A错误；B该混合物属于胶体，因此能发生丁达尔现象，故B正确；C由于分散质微粒不一定带有电荷，所以不一定能导电 ，故C错误；D该混合物属于胶体，微粒达不到悬浊液或乳浊液颗粒的大小，故D错误。故选B。2、C【答案解析】A、常温常压下，17g甲基(14CH3)的物质的量为1mol，1mol该甲基中含有8mol中子，所含的中子数为8NA，故A正确；B. 工业合成氨是可逆反应，但工业合成氨时，每生成1mol NH3转移的电子数目为3NA，故B正确；C.CO32- 是弱酸盐离子，在溶液中部分水解，含有1mol

23、 CO32- 的Na2CO3溶液中，Na+ 的数目多于2NA，故C错误；D、足量锌与浓硫酸反应开始生产二氧化硫，最后随浓硫酸浓度减小为稀硫酸反应生成氢气，生成二氧化硫或氢气电子转移相同，足量的锌与一定量的浓硫酸反应生成1mol气体时，转移的电子数为2NA，故D正确；故选C。点睛：本题考查了阿伏伽德罗常数的分析应用，解题关键：质量、物质的量、微粒数之间的换算，易错点：C注意水解反应，CO32- 是弱酸盐离子，在溶液中部分水解；D、浓硫酸随反应进行变化为稀硫酸的反应特征与锌反应时，生成二氧化硫或氢气电子转移相同。3、C【答案解析】AKsp(CuCl)=c(Cu+)c(Cl)，在横坐标为1时，纵坐标

24、大于6，所以Ksp(CuCl)的数量级是107，A正确；B除去Cl反应应该是Cu+Cu22Cl2CuCl，B正确；C加入Cu越多，Cu+浓度越高，除Cl效果越好，但同时溶液中，Cu2浓度也增大，会在阴极被还原为Cu，影响炼锌的产率和纯度，故C错误；D在没有Cl存在的情况下，反应2CuCu2Cu趋于完全，D正确，答案选C。4、C【题目详解】A.两性氧化物的定义为与酸和碱反应均生成盐和水的氧化物，SiO2与HF反应得到的SiF4不属于盐类，所以SiO2不是两性氧化物，SiO2属于酸性氧化物，A错误；B.SiO2是光导纤维材料，Si为半导体材料，B错误；C.硅胶表面积大，吸附力强，硅胶吸附水分后，可

25、通过热脱附方式将水分除去而重复使用，C正确；D.图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应，硅酸的分解，硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，而Si与Cl2反应产生SiCl4的反应及SiCl4与H2反应产生Si单质的反应属于氧化还原反应，因此反应不全是非氧化还原反应，D错误；答案选C。5、B【题目详解】A漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2和CaCl2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，A不合题意；B甘油是丙三醇，属于纯净物，B符合题意；C石油是由有机物和无机物组成的混合物，C不合题意； D天然气主要由甲烷（85%）和少量乙烷（9%）、丙烷（3%）、氮

26、（2%）和丁烷（1%）组成，D不合题意；故答案为：B。6、A【分析】逐渐加入过量的Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，则沉淀成分是氢氧化镁和氢氧化铝；加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，且不溶于硝酸，该白色沉淀为BaSO4；焰色反应为黄色说明含有钠元素；据此分析；【题目详解】该溶液为无色溶液，因MnO4显紫(红)色，因此该溶液中一定不含有MnO4，逐渐加入过量的Na2O2固体，发生2Na2O22H2O=4NaOHO2，氧气是无色无味的气体，因为NH3是有刺激性气味的气体，因此原溶液中不含有NH4，能与OH反应生成沉淀的离子是Mg2、Al3

27、，因Mg(OH)2不溶于NaOH，Al(OH)3两性氢氧化物，溶于NaOH，有白色沉淀产生且白色沉淀逐渐增多后又部分溶解，推出溶液中一定含有Mg2、Al3，因Al3与HCO3不能大量共存 ，因此原溶液中一定不存在HCO3；取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，该白色沉淀不溶于硝酸，该沉淀为BaSO4，推出原溶液中含有SO42；焰色反应为黄色，推出原溶液中一定含有Na，因为没有通过钴玻璃观察，因此无法判断是否含有K；综上所述，原溶液中一定不存在的离子是NH4、HCO3、MnO4，一定含有离子是Na、Al3、Mg2、SO42，不能确定的离子有K、Cl，故选项A正确；答

28、案：A。【答案点睛】离子检验中坚持“四项基本原则”：肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；进出性原则：通常是在实验过程中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。7、B【题目详解】A. 福尔马林有毒会引起蛋白质变性使人中毒，不可以用作食品保鲜剂 ，A错误；B. 氢氧化铝具有弱碱性，可以与胃酸反应，因此可以做胃酸中和剂，B正确；C. 碳酸钡能和胃酸反应生成可溶性氯化钡，会引起蛋白质变性使人

29、中毒，不可做胃肠道造影剂，C错误；D. 明矾是强酸弱碱盐，Al3+水解形成Al(OH) 3胶体，表面积大，吸附力强，可以吸附水中悬浮的固体，形成沉淀而使水变澄清，因此可以做天然水净水剂，不是消毒剂，D错误。答案选B。8、B【答案解析】试题分析：A反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中

30、，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D反应10AgF+5Cl2+5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，故D正确；故选B。【考点定位】考查氧化还原反应【名师点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+

31、5H2O9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。9、B【分析】镁铝合金与一定浓度的稀硝酸恰好完全溶解，向反应后的混合溶液中滴加amolL1NaOH溶液，当滴加到VmL时，得到沉淀质量恰好为最大值，沉淀质量最大时，沉淀Wie氢氧化铝和氢氧化镁，此时溶液为硝酸钠溶液；沉淀质量等于合金质量与OH质量之和；根据n(NO3)=n(NaNO3)=n(NaOH)，进行计算；沉淀中OH的物质的量等于Mg2、Al3所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量；条件是室温状

32、态，不是标准状况，无法直接用22.4Lmol1；参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，其酸性硝酸的物质的量等于硝酸钠的物质的量，起氧化剂的硝酸的物质的量等于NO的物质的量。【题目详解】 沉淀为Al(OH)3和Mg(OH)2，根据原子守恒，其质量应为合金质量和OH的质量，即m(OH)=(nm)g，故正确；当沉淀质量达到最大时，溶液中溶质为NaNO3，即n(NO3)=n(NaNO3)=n(NaOH)=V103amol，故错误；在沉淀中OH的物质的量等于Mg2、Al3所带电荷的物质的量，也等于合金失去电子物质的量，即n(e)=n(OH)=(nm)/17mol，故正确；根据得失电子数目守恒，即生成

33、n(NO)=(nm)/(173)mol=(nm)/51mol，因为室温状态下，因此无法计算NO的体积，故不正确；参加反应的硝酸有两种作用：其酸性和氧化性，因此与合金反应的硝酸的物质的量为aV103(nm)/51mol，故正确；综上所述，选项B正确。10、D【答案解析】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。11、C【题目详解】A、左上角应是质量数，质量数=

34、中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。12、A【题目详解】A 、因Fe2O3是红棕色粉末，故Fe2O3常做红色涂料，正确；B、SiO2是酸性氧化物，错误；C、Al2O3可用作耐火材料是由于Al2O3的熔点高，错误；D、SO2可使溴水褪色是由于SO2具有还原性，错误。故选B。13、B【答案解析】加热氯化铵 分解产生氨气和氯化氢，化学键断裂。干冰汽化固体变成气体， 不需要破坏化学键。石油裂化 长链烃变成短

35、链烃，发生化学变化。氯化氢溶于水，电离出自由移动的离子，共价键破坏。14、A【分析】pH=1的溶液中氢离子浓度为0.1mol/L，100mL该溶液中含有氢离子的物质的量为0.01mol，则一定不存在CO；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，则原溶液中含有I-，铁离子能够氧化碘离子，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有碘离子的物质的量为0.02mol；水层中加入氢氧化钠溶液得到固体，该固体为氢氧化亚铁，灼烧固体得到的1.60g为氧化铁，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为：2=0.02mol，0.02mol亚铁离子带有正电

36、荷为0.04mol，0.02mol碘离子带有0.02mol电子，所以原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol-0.02mol-0.01mol=0.01mol，氯离子的浓度最小为=0.1mol/L，以此解答该题。【题目详解】A. 由以上分析可知原溶液中一定含有Fe2+、I、Cl，故A正确；B. 原溶液中一定不存在CO，一定含有Cl，故B错误；C. 原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，故C错误；D. 根据分析可知该溶液中c(Cl)0.1molL1，故D错误；故选A。15、C【答案解析】A.硝酸具有强氧化性，向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液反应生成硫酸，故A错误；B. Ca

37、CO3为难溶物质，不能写成离子，故B错误；C. 强碱性溶液中NaClO将Fe(OH)3氧化为FeO42-，离子方程式为：3ClO2Fe(OH)3+4OH-=2FeO423Cl5H2O，故C正确；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液后不能剩余碳酸根离子，故D错误；答案选C。16、B【答案解析】A、根据流程图，NaClO3与SO2发生氧化还原反应，化学方程式为2NaClO3+SO2=Na2SO4+2ClO2，其中NaClO3作氧化剂，故A说法正确；B、吸收塔中发生的反应为2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+2H2O+O2，1mol H2O2失去2mol电子，故B说法错误；C

38、、H2O2在高温下易分解，故吸收塔的温度不能太高，故C说法正确；D、根据选项A的分析，母液中溶质主要为Na2SO4，故D说法正确。答案选B。17、B【题目详解】ANaOH一步不能生成生Na2O，所以Y不能发生图中转化生成Z，故A错误；BAl与硫酸反应生成X，Al与HCl反应生成Y，Al与过量反应生成Z，Z与过量硫酸反应生成X，X与BaCl2反应生成Y，Y与过量NaOH反应生成Z，反应均可进行，故B正确； CN2与氧气只能生成NO，所以W不能发生图中转化生成Z，故C错误； DS不能一步变为SO3，D错误；答案选B。18、C【答案解析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，

39、溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减少最终消失，说明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2；A通过以上分析知，原溶液中一定含有的阳离子有H+、Al3+、NH4+，故A错误；B通过以上分析知，最终得到的溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2，故B错误；C根据图象知，Al3+、NH4+消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3+

40、3OH-=Al(OH)3、NH4+OH-=NH3H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3，故C正确；D通过以上分析知，原来溶液呈酸性，则一定不存在弱酸根离子AlO2-，故D错误；故答案为C。点睛：明确图象中曲线变化趋势、拐点的含义是解本题关键，向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO2-，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明NaOH和NH4+反应，则溶液中一定含有NH4+，当NH4+完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说明溶液中含有Al

41、3+，不含Mg2+，最终溶液中溶质为NaCl、NH3H2O和NaAlO2，据此分析解答。19、D【题目详解】A选项，钠与盐溶液反应先和盐溶液中的水反应，生成的氢氧化钠和硫酸铜反应，故A错误；B选项，次氯酸根具有强氧化性，要将少量二氧化硫氧化成硫酸根，因此产物应该是硫酸钙、氯离子和次氯酸，故B错误；C选项，惰性电极电解溴化镁溶液生成氢氧化镁沉淀、溴单质和氢气，故C错误；D选项，两者都是生成水和易溶于水的盐，离子方程式相同，可以类比，故D正确；综上所述，答案为D。【答案点睛】次氯酸根在酸性、碱性、中性都具有强氧化性；硝酸根、高锰酸根在酸性条件下才具有强氧化性。20、A【题目详解】A. 苯环影响甲基

42、，使甲基易被氧化，则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B. 煤的液化指把煤在催化剂等作用下使煤发生裂化并加氢，以得到与石油产品成分相近的燃料油，故B正确；C. 硬脂酸甘油酯中含有三个酯基，乙酸乙酯中含有一个酯基，官能团相同，酯基的数目不同，通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯，故C正确；D. 棉花属于纤维素、鸡蛋白属于蛋白质、ABS树脂都是由高分子化合物组成的物质，故D正确；答案选A。21、D【题目详解】A分液时，避免上下层液体混合，则分液漏斗中下层液体先从下口放出，再将分液漏斗的上层液体由上口倒出，故A正确；B碳酸氢钠不稳定，受热分解，即2NaHCO3Na2CO3+CO2+H

43、2O，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，而碳酸钠受热不分解，通过加热的方法可鉴别碳酸钠和碳酸氢钠，故B正确；C转移液体，玻璃棒引流，防止转移液体时溶质损失，故C正确；D乙醇和水互溶，故不能采用萃取方法分离酒精和水，酒精和水的分离应用蒸馏的方法，即利用两者的沸点的不同来除去，故D错误；答案为D。22、C【答案解析】A、同周期自左向右原子半径逐渐减小，原子半径：WX，A错误；B、同周期自左向右非金属性逐渐增强，氢化物稳定性逐渐增强，氢化物的热稳定性：ZW，但沸点是H2SHCl，B错误；C、元素Y与元素Z分别是C和S，可形成化合物CS2，C正确；D、元素的非金属性强弱与氢化物溶液的酸性强弱没有关系，D

44、错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、苯甲醛 +NaOH+NaCl BCDA 4 【答案解析】由反应可知，A为C2H5OH，C2H5OH氧化为BCH3CHO，可知C为，D为，B、D两个醛分子在NaOH溶液作用下可以发生加成反应，生成一种羟基，其中的官能团为羟基、醛基，由F为可知E为。(1)由以上分析可知D为，名称为苯甲醛，故答案为苯甲醛；(2)由官能团的转化和反应条件可知为加成反应，为氧化反应，为取代反应，为氧化反应，加成反应，故答案为；(3)反应为氯代烃的取代反应，反应的方程式为，故答案为；(4)在实验室里鉴定分子中的氯元素时，应先在碱性条件下加热水解生成NaCl，然后加入硝酸酸化，

45、最后加入硝酸银溶液检验，故答案为BCDA；(5)E()的同分异构体甲属于酯类，可由H和芳香酸G制得，则H为醇，相对分子量为32，则H为甲醇，则芳香酸G可能为苯乙酸、甲基苯甲酸(3种)，即G可能有4种结构，甲醇不存在同分异构体，因此甲可能有4种结构，故答案为4；(6)以乙烯为原料制备CH3CHCHCHO需要增长碳链，因此需要利用题干信息 + ，因此需要合成乙醛，可以有乙烯与水加成生成乙醇，乙醇氧化即可得到乙醛，合成路线为，故答案为。点睛：本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，是有机化学常见题型。本题的易错点为(5)，关键是判断芳香酸G的结构的种类。难点是(6)合成路线的设计，如

46、果考虑到碳链增长，需要利用题干信息，解题就比较顺利了。 24、醛基、酯基 乙炔 加成反应 NaOH水溶液、加热 CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O+H2O +H2O 【分析】A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B，比较苯与A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，所以X为CHCH。B水解生成C，后C催化氧化生成DCH2CHO，D与斐林试剂反应酸化后生成ECH2COOH，E发生取代反应生成F，F与氢气发生加成，醛基转化为羟基，得到G，G发生消去反应生成H。根据此分析进行解答。【题目详解】（1）由F的结构简式可知F中具有的官能团为醛基、酯基。故答案为醛基 酯基（2）比较苯与

47、A的结构可知，苯与X发生加成反应生成A，X为气态烃，且X与苯的最简式相同，所以X为CHCH。故答案为CHCH（3）A与溴化氢在双氧水的作用下发生加成反应生成B之后B 在NaOH水溶液、加热条件下水解生成C。故答案为 加成反应 NaOH水溶液、加热（4）DCH2CHO与斐林试剂反应酸化后生成ECH2COOH，G，G发生消去反应生成H。故答案为 CH2CHO+2Cu(OH)2CH2COOH+Cu2O+H2O +H2O （5）ECH2COOH的同分异构体需要满足能发生银镜反应，说明有醛基且能水解，则含有酯基，苯环上的一溴代物只有两种说明对位上有两个取代基。该同分异构体为。故答案为 （6）DCH2CH

48、O制备苯乙酮（）的反应流程主要是将醛基转化为相邻碳原子上的酮基，可以先将D还原为苯甲醇，之后苯甲醇发生消去反应得到苯乙烯，苯乙烯与水加成后再进行催化氧化生成苯乙酮（）。故答案为25、分液漏斗 氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀 没有 b 【分析】（1）根据仪器a的构造判断其名称；（2）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸再与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀来分析；（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；（4）氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成的盐和水；（5）确认E处反应中有CO2产生，需用澄清的石灰水变浑

49、浊验证，需除去二氧化碳中的氯化氢、氯气，且不能生成二氧化碳；【题目详解】：（1）根据仪器的构造可知a为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；（2）E装置产生白色沉淀现象的原因是氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；故答案为：氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀； （3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：（4）剩余的氯气在F装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，装置E中反应也生成氯化氢气体，氯化氢、氯气和澄清石

50、灰水反应都生成可溶性的盐和水，二氧化碳的物质的量少于氯化氢，不可能生成碳酸钙沉淀，所以反应过程无现象无白色沉淀生成；故答案为：没有（5）因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳，现需除去氯气和氯化氢，且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳，装置a氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生；装置d氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置c中碳酸钠与氯化氢及氯气反应生生成二氧化碳，且碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置b中，少量氯气能溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化碳混有氯化氢时，二氧化碳在水中几乎不溶，用水可除去氯气

51、和氯化氢两种气体，多余的气体与澄清石灰水作用变浑浊，能确认E处反应中有CO2产生，故答案为：b。26、2NO3H2O2=2H2NO2H2O 胶头滴管 100mL容量瓶 偏高 368 mgm3 【分析】（1）NO被H2O2氧化为NO3，H2O2被还原为H2O，据此写出反应的离子方程式；（2）配制一定浓度的溶液，需用到烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶，据此进行解答。（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；（4）根据 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+7 H2O、3Fe

52、2+ + NO3 + 4H+ = NO + 3Fe3+ +2 H2O反应中各量之间的关系进行计算。【题目详解】（1）NO被H2O2氧化为NO3，H2O2被还原为H2O，反应的离子方程式是2NO3H2O2=2H2NO2H2O；答案为：2NO3H2O2=2H2NO2H2O；（2）配制100mL 0.001000 molL1 K2Cr2O7标准溶液时，除需用到烧杯、量筒、玻璃棒外，还需用到的玻璃仪器有胶头滴管、100mL容量瓶；答案为：胶头滴管、100mL容量瓶；（3）若FeSO4标准溶液部分变质，则消耗K2Cr2O7溶液的体积减小，计算时求得NO3-的物质的量增大，会使NOx含量测定结果偏高；答案

53、为：偏高；（4）根据反应 +6 Fe2+ + 14H+ =2Cr3+ + 6Fe3+7 H2O 1mol 6mol510-5mol 310-4mol3Fe2+ + NO3 + 4H+ = NO + 3Fe3+ +2 H2O 3mol 1mol1510-4mol-310-4mol 410-4mol标准状况下该工厂烟道气中NOx（折合成NO2）的含量为=368mgm3；答案为：368。27、三颈烧瓶 Fe+2H+=H2+Fe2+ A中的液体被压入B中 过滤 抑制亚铁离子水解 液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ 不能除去尾气中的H2，甚至发生倒吸 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+

54、4H2O 98% 【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+。【题目详解】(1)由图可知将0.1mol（NH4）2SO4晶体置于三颈烧瓶中；(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=H2+Fe2+；待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢

55、气，压强增大，可将A中的液体被压入B中；将晶体从溶液中分离出来，可用过滤的方法，硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去尾气中的H2，装置内冷却后甚至发生倒吸；(3)亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，n(KMnO4)=0.01L0.1mol/L=0.001mol，则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，则10.0g样品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为0.025mol，样品的含量为 100%=98%。【答案点睛】第3题计算时要注意滴

56、定的待测液是从配制的100mL溶液中取的20mL。28、1s22s22p4 水分子和乙醇分子间形成氢键 sp3 三角锥形 NCl3 (或PCl3、等N、P的三卤代物、SOCl2) H2O ZnS 4.09 (或4.1) 135 【分析】元素Z位于第四周期，其基态原子的2价阳离子M层轨道全部排满电子，Z是Zn元素；元素的基态原子的核外电子有3种能量状态、5种空间状态，X是其中第一电离能最小的元素，说明X原子2p能级有4个电子，X是O元素；元素Y的M层电子运动状态与X的价电子运动状态相同，Y是S元素。【题目详解】(1)X是O元素，核外有8个电子，基态原子的电子排布式为1s22s22p4。(2) 水分子和乙醇分子间形成氢键，H2S与乙醇分子不能形成氢键，所以水在乙醇中的溶解度大于H2S。(3) H2S分子中，S原子杂化轨道数是，S原子轨道的杂化类型是sp3。(4)SO32中S原子杂化轨道数是，配位数是3,1对孤电子对，所以立体构型为三角锥形。SO32的原子数是4、价电子数为26，互为等电子体的分子的化学式NCl3。(5)配合物Zn(NH3)4(H2O)2Cl2中O的非金属性大于N，O原子吸引孤电子对的能力大于N，所以Zn与H2O形成的配位键弱，所以该配