北京东城55中学2022-2023学年化学高三第一学期期中统考模拟试题（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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、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、合成氨反应过程中的能量变化如图所示，下列说法错误的是A反应体系中加入催化剂，不会改变反应的热效应B反应物的总能量高于生成物的总能量C该反应的热化学方程式为 3H2 +N22NH3+Q(Q0)D该反应是放热反应2、著名化学家徐光宪获得国家最高科学技术奖，以表彰他在稀土萃取理论方面作出的贡献。已知：金属铈（稀土元素）在空气中易氧化变暗，受热时燃烧，遇水很快反应。（注：铈常见的化合价为+3和+4，氧化性：Ce4+Fe3+I2。）下列说法正确的是A铈溶于氢碘酸的化学方程式可表示为：Ce + 4HICeI4+ 2H2B用

3、Ce(SO4)2溶液滴定硫酸亚铁溶液，其离子方程式为：Ce4+ + 2Fe2+=Ce3+ 2Fe3+C在一定条件下，电解熔融状态的CeO2制Ce，在阴极获得铈D铈的四种核素、，它们互称为同素异形体3、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A明矾与水反应生成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用于水的净化B江河入海口三角洲的形成通常与胶体的性质有关系C水泥厂、冶金厂用高压电作用于气溶胶以除去烟尘，是利用了电泳原理D本草纲目“烧酒”写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气其清如水，味极浓烈，盖酒露也。这种方法是分液4、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（ ）A氨作

4、制冷剂B漂粉精作游泳池消毒剂C甘油作护肤保湿剂D二氧化硫作红酒添加剂5、用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是选项试剂中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3 H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性DBa(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32与Ba2生成白色BaSO3沉淀AABBCCDD6、锌溴液流电池用溴化锌溶液作电解液，并在电池间不断循环。下列有关说法正确的是A充电时阴极的电极反应式为Br2+2e-=2Br-B充电时n接电源的正极，Zn2+通过阳离子交换膜由左侧流向右侧C放电时阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓

5、度增大D放电时每转移2 mol电子负极区溶液质量减少65g7、下列实验现象，与新制氯水中的某些成分(括号内物质)没有关系的是A使红色布条褪色(HCl)B将NaHCO3固体加入新制氯水，有无色气泡(H+)C向FeCl2溶液中滴加氯水，再滴加KSCN溶液，发现呈红色(Cl2)D滴加AgNO3溶液生成白色沉淀(Cl-)8、下表选用的装置和试剂能达到相应实验目的的是A制SO2B收集氨气C接收蒸馏的馏分D准确量取一定体积K2Cr2O7 溶液9、为了探究硫酸亚铁的分解产物，进行了如下图装置所示的实验，打开K1和K2，缓缓通入N2，一段时间后加热，实验后反应管中残留固体为红色粉末，BaCl2溶液中有白色沉淀

6、产生，品红溶液中红色褪去，检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生。下列说法错误的是（ ）A氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的SO2气体B反应管内产生的红色粉末可能是Fe2O3CBaCl2溶液的目的是检验SO3的存在,此处用Ba(NO3)2溶液也可以检验SO3D反应管内得到的氧化产物和还原产物物质的量之比为1：110、已知还原性I-Fe2+ Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，所得溶液中可能存在的离子是（）AI-、Fe3+BFe2+、Br-CFe2+、Fe3+DFe2+、I-11、已知 4NH3+5O2 = 4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(

7、NO)、v(H2O)表示，则正确的关系是( )Av(O2)= v(NH3)Bv(H2O)= v(O2)Cv(H2O)= v(NH3)Dv(NO)= v(O2)12、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列有关说法正确的是AMgO和Al2O3在工业上用于制作耐高温材料，也可用于电解法冶炼Mg、AlB水泥冶金厂常用高压电除去工厂烟尘，利用了胶体的性质C医疗上用的“钡餐”其成分是碳酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙D“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化13、某废催化剂含56的SiO6、60的ZnO、35的ZnS和48的CuS，某同学以该废催化剂为原料，回收其

8、中的锌和铜。采用的实验方案如下：已知：5步骤中发生的化学反应为非氧化还原反应；6滤渣6的主要成分是SiO6和S。下列说法不正确的是A步骤，最好在通风橱中进行B步骤和，说明CuS不溶于稀硫酸而ZnS溶于稀硫酸C步骤，涉及的离子反应为CuS+H6O6+6H+ Cu6+S+6H6OD步骤和，均采用蒸发结晶的方式获取溶质14、从下列实验操作、现象得出的相应结论不正确的是选项实验操作、现象结论A某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体；另取原溶液少许，向其中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成确定该溶液存在CO32-B氯水中存在多种分子和离子，向新制氯水中加入有色布条，片刻后有色布条褪色说明

9、氯水中有HClO存在C将淀粉与KCl混合液装于半透膜内，浸泡在盛蒸馏水的烧杯中，5min后取烧杯中液体，加碘水变蓝色证明半透膜有破损D将气体通入盛饱和碳酸钠溶液的洗气瓶可用于除去中CO2的HClAABBCCDD15、硒(Se)与硫在元素周期表中位于同一主族。下列说法不正确的是（ ）A原子半径：Se S B沸点：H2S H2SeC稳定性：H2S H2Se D酸性：H2SO4 H2SeO416、下列有关描述不正确的是A新制饱和氯水和浓硝酸光照下均会有气体产生，其成分中都有氧气B灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应C钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，但生成固体颜

10、色不同D浓硫酸具有较强酸性，能与Cu反应生成H217、一定温度下，在三个体积均为2.0 L的恒容密闭容器中发生反应：PCl5(g)PCl3(g)+Cl2(g)。编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/mol达到平衡所需时间/sPCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)3200.400.100.10t3200.80t14100.400.150.15t2下列说法正确的是A平衡常数K：容器容器B反应到达平衡时，PCl5的转化率：容器容器C反应到达平衡时，容器中的平均速率为v(PCl5)=molL-1s-1D起始时向容器中充入PCl5 0.30 mol、PCl3 0.45 mol和Cl2 0.10

11、mol，则反应将向逆反应方向进行18、下列4种醇中，不能被催化氧化的是ABCD19、如图表示118号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A电子层数B原子半径C最高化合价D最外层电子数20、下列有关化学基本概念的判断依据正确的是A弱电解质：溶液的导电能力弱B共价化合物：含有共价键C离子化合物：含有离子键D金属晶体：能够导电21、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2C步骤中，反应完成后剩

12、余的H2O2无需除去D步骤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验22、工业用合成,下列有关分析正确的AX的名称为1,1一二甲基乙烯BX是丁烯的同系物C工业制备Y属于加聚反应DY能使溴水褪色二、非选择题(共84分)23、（14分）有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色

13、沉淀根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式_；_。24、（12分）A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A、B、C三种原子的电子数之和等于25，DC晶体中D+的3d能级上电子全充满。请回答下列问题：（1）以上四种元素中，第一电离能最大的是_（填元素符号)； D的基态原子的核外电子排布式为_。（2）在BA3、AC中，沸点较高的是_。（填化学式)，其原因是_。DA的晶体类型是_。（3）BA4C晶体中含有的化学键为_。a范德华力 b氢键 c离子

14、键 d配位键 e共价键（4）化合物BC3的立体构型为_，其中心原子的杂化轨道类型为_。（5）由B、D形成的晶体的晶胞图所示，己知紧邻的B原子与D原子距离为acm。该晶胞化学式为_。B元素原子的配位数为_。该晶体的密度为_（用含a、NA的代数式表示，设NA为阿伏加德罗常数值）gcm-3。25、（12分）如下图在衬白纸的玻璃片中央放置适量的KMnO4颗粒，在周围分别滴加一滴含有酚酞的澄清石灰水、FeCl2溶液，然后在KMnO4晶体上滴加适量的浓盐酸，迅速盖好表面皿。提示：实验室中所用的少量氯气可以用下述原理制取：2KMnO416HCl（浓）=2KCl2MnCl25Cl28H2O，此反应在常温下即能

15、进行。(1)氧化剂与还原剂物质的量之比为_ ，氧化产物为_。(2)产生11 mol Cl2，则转移电子的物质的量为 _ mol。(3)a处反应的化学方程式是（工业上用此原理制取漂白粉。）_，(4)b处离子方程式是_。(5)高锰酸钾标准溶液经常用来滴定测量物质的含量。用高锰酸钾法间接测定石灰石中CaCO3的含量的方法为: 称取试样1121g，用稀盐酸溶解后加入(NH4)2C2O4得CaC2O4沉淀。沉淀经过滤洗涤后溶于稀硫酸中。滴定生成的H2C2O4 用去浓度为1116mo/LKMnO4溶液211mL。写出CaC2O4沉淀溶解的离子方程式:_配平并完成下列高锰酸钾滴定草酸反应的离子方程式:_Mn

16、O4-+_H2C2O4+_ H+=_Mn2+_CO2+_ _26、（10分）焦亚硫酸钠 ( Na2S2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5 ，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_；装置 B 的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_(填字母)。a. 蒸馏水 b. 饱和Na2SO3 溶液 c. 饱和NaHSO3 溶液 d. 饱和 NaHCO3溶液D中盛放溶液的溶质的化学名称是_。(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备Na2S2O5 溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是_。pH4. 1 时，则产品中 会有副

17、产物，其化学式是_。结晶脱水生成产品的化学方程式为_。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；准确移取V1mL的过量的c1molL-1的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;加入淀粉溶液，用c2molL-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读数；重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na

18、2S2O3溶液为V2 mL。产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。27、（12分）NH3是一种重要的化工原料，可用于制氮肥、HNO3、铵盐、纯碱，还可用于制合成纤维、塑料、染料等。某实验小组在实验室中对NH3的性质进行了探究，设计了如下实验装置。 回答下列问题：（1）氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_；欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_（按气流方向，用小写字母表示）。（2）NH3性质探究利用制取的干燥NH3，小组开始实验，其中A为NH3的制取装置，并发现了如下实验现象，同时小组对现象进行了讨论并得出

19、了相应的结论。序号实验现象实验结论B装置中黑色氧化铜变为红色反应生成了Cu2O或_C装置中无水CuSO4变蓝反应生成了_E装置中收集到无色无味气体反应生成了N2完型填空实验结论；实验仪器D的名称为_；所装药品无水CaCl2的作用为_；如果装置B中所得红色固体为Cu2O，则反应的化学方程式为_，体现了NH3的_性（填氧化或还原）。28、（14分）丙烯和乙烯都是石油化工最重要的基础原料，可用于生产多种重要的有机化工产品。主要的工业生产途径如下：途径I：CH3CH2CH3(g) CH2=CHCH3(g)+H2(g) H1途径II ：nCH3OH(g) CnH2n(g)+nH2O(g)(n为2或3)

20、H2Fe3+的信息，是解题的关键。3、D【题目详解】A明矾净水的原理是Al3+水解生成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，故A正确；B江河中的泥沙属于胶体分散系，江河入海口三角洲的形成与胶体的聚沉性质有关，故B正确；C烟尘是气溶胶，胶粒在电场中发生定向移动，是利用了电泳原理，故C正确；D乙醇蒸发再冷凝，应该蒸馏操作，故D错误；故答案为D。4、B【题目详解】A氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；B漂粉精中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，故选B；C甘油作护肤保湿剂，利用吸水性，没有元素的化合价变化，故C不选；D二氧化硫作红酒添加剂，防止氧化，消毒杀菌，硫元素的化合价升

21、高，作还原剂，故D不选；答案选：B。5、D【题目详解】A.SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，A正确；B.SO2与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，酸性：H2SO3H2SiO3，B正确；C.SO2被酸性KMnO4溶液氧化，使溶液的紫色褪去，说明SO2具有还原性，C正确；D.SO2与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，D错误；故合理选项是D。6、C【答案解析】放电时，该装置是原电池，Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-Zn2+，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以n是负极，m是正极；充电时，阳极、阴极与正极、负极电极反应式正好相反，阳离子交换膜只能阳离子通过，分子或阴离子不能

22、通过，以此解答该题。【题目详解】A. 充电时阴极发生得电子的还原反应，电极反应式为：Zn2+2e-Zn，故A错误；B. n接电源的负极，充电时，电解池原理，Zn2+会移向阴极，即通过阳离子交换膜由左侧流向右侧，故B错误；C. 放电时作原电池，正极反应式为Br2+2e-=2Br-，所以阳离子交换膜的左侧溶液中离子浓度增大，故C正确；D. 原电池中Zn易失电子作负极，电极反应式为Zn-2e-Zn2+，每转移2mol电子，负极减轻130g，故D错误；故选C。7、A【答案解析】试题分析：A、氯水中的次氯酸能使红色布条褪色，与HCl无关，故A选；B、因氯水中有盐酸和次氯酸，均可电离生成H+，H+能与Na

23、HCO3固体反应生成二氧化碳气体，则会有无色气泡出现，故B不选；C、因氯水中的氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，再滴加KSCN溶液，发现呈血红色，故C不选；D、因氯水中的盐酸电离生成Cl-，氯离子能与硝酸银发生复分解反应生成氯化银白色沉淀，故D不选；故选A考点：氯气的化学性质点评：本题考查氯水的成分及氯气的化学性质、次氯酸的化学性质，明确氯水的成分是解答本题的关键，并熟悉各微粒的性质来解答即可8、B【题目详解】A.铜和稀硫酸不反应，故错误；B.氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集，故正确；C.接收馏分的装置不能密封，要保持系统内外气压相同，故错误；D.重铬酸钾具有强氧化性，不能使用碱性滴定管量取

24、该溶液，故错误。故选B。9、C【答案解析】A、氢氧化钠溶液的作用是吸收多余的酸性气体，避免污染空气，A正确；B、硫酸亚铁受热分解，产生的红色固体一定含有Fe元素，所以可能是Fe2O3， B正确；C、如果二氧化硫气体，通入硝酸钡溶液中，因为二氧化硫溶于水溶液显酸性，酸性条件下，硝酸根离子将二氧化硫氧化为硫酸，再与钡离子生成硫酸钡沉淀，所以用硝酸钡溶液的问题是：无法判断使硝酸钡溶液出现白色沉淀的是二氧化硫还是三氧化硫， C错误；D、实验后反应管中残留固体为红色粉末（Fe2O3），BaCl2溶液中有白色沉淀产生（说明有SO3），品红溶液中红色褪去（说明有SO2），检查氢氧化钠溶液出口处无氧气产生，所

25、以分解的方程式为：，所以氧化产物（Fe2O3）和还原产物（SO2）物质的量之比为1:1，D正确；故选C。10、B【分析】在氧化还原反应中，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，据此分析判断。【题目详解】还原性I-Fe2+ Br-，在只含有I-、Fe2+、Br-的溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，其次是Fe2+，最后是Br-；A. 向溶液中通入一定量的氯气，I-先被氧化，若溶液中存在I-，那么Fe3+不能存在，A项错误；B.溶液中通入Cl2，I-先被氧化，其次是Fe2+，若Fe2+存在，Br-还未被氧化，因此溶液中存在Fe2+、Br-，B项正确；C.当溶液中存在Fe2+时，Br-

26、还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，C项错误；D. 当溶液中存在Fe2+时，Br-还未被氧化，因此溶液中一定会存在Br-，D项错误；答案选B。【答案点睛】本题的难点是确定发生氧化还原反应的离子的先后顺序，即先后规律，在浓度相差不大的溶液中：(1)同时含有几种还原剂时将按照还原性由强到弱的顺序依次反应，如在FeBr2溶液中通入少量Cl2时，因为还原性：Fe2Br，所以Fe2先与Cl2反应；(2)同时含有几种氧化剂时将按照氧化性由强到弱的顺序依次反应。如在含有Fe3、Cu2、H的溶液中加入铁粉，因为氧化性Fe3Cu2，所以铁粉先与Fe3反应，然后再与Cu2反应。11、A【题目详解】对于反应4N

27、H3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，A速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正确；B速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)= v(O2)，故B错误；C速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)= v(NH3) ，故C错误；D速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)= v(O2) ，故D错误；故答案为A。12、B【题目详解】AMgO熔点高，电解前需要将其熔化，耗能大，制备Mg时采用电解熔融MgCl2而不是氧化镁

28、，故A错误；B工厂中常用静电除尘装置是利用胶体粒子的带电性加以清除，故B正确；C医疗上用的“钡餐”其成分是硫酸钡，漂白粉的成分为次氯酸钙、氯化钙，有效成分是次氯酸钙，故C错误；D向海水中加入明矾可以使海水净化，但不能除去海水中的氯离子、钙离子、镁离子等，不能使海水淡化，故D错误；故选B。13、D【答案解析】A、步骤发生的反应是ZnOH6SO3=ZnSO3H6O，ZnSH6SO3=ZnSO3H6S，H6S是有毒气体，因此应在通风厨内进行，故A说法正确；B、根据流程图，步骤得到CuSO35H6O，说明滤渣5中含有Cu元素，即CuS，步骤从滤液中得到硫酸铜晶体，说明滤液中存在Cu6，从而推出CuS不

29、溶于稀硫酸，步骤从滤液中得到ZnSO37H6O，说明滤液中含有Zn6，即ZnS溶于稀硫酸，故B说法正确；C、步骤中CuS转变成Cu6，根据信息，滤渣6中由SiO6和S，推出CuS中S被过氧化氢氧化成变为硫单质，离子反应方程式为CuSHH6O6Cu6SH6O，根据化合价的升降法进行配平，得到CuS+H6O6+6H+=Cu6+S+6H6O，故C说法正确；D、得到CuSO35H6O和ZnSO37H6O中都含有结晶水，通过对滤液蒸发结晶方法，容易失去结晶水，因此采用的方法是蒸发浓缩冷却结晶方法，故D说法错误。点睛：在制备含有结晶水的晶体时，不采用蒸发结晶的方法，因此此方法容易失去结晶水，而是采用蒸发浓

30、缩、冷却结晶的方法。14、D【题目详解】A某溶液加入稀盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是CO2，另取原溶液少许，向其中滴加CaCl2溶液，有白色沉淀生成，沉淀是碳酸钙，则可确定该溶液存在CO32-，A结论正确；B氯水中存在多种分子和离子，向新制氯水中加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明含有次氯酸，B结论正确；C碘遇淀粉显蓝色，淀粉分子属于高分子，其不能透过半透膜。加碘水变蓝色，说明淀粉从半透膜中漏出，说明半透膜破损，C结论正确；D除去CO2中的氯化氢应该通过饱和碳酸氢钠溶液，D结论错误。答案选D。15、B【答案解析】试题分析：硒（Se）在硫的下方，同主族从上到下原子半径逐渐

31、增大，故原子半径：Se S，A对，不选；H2S 的相对分子质量比H2Se小，故H2S 的沸点比H2Se低，B错，选B；S的非金属性比Se强，气态氢化物较稳定，故稳定性：H2S H2Se ，C对，不选；非金属性越强最高价含氧酸酸性越强，故酸性：H2SO4 H2SeO4，D对，不选。考点：元素周期律的应用。16、D【题目详解】A、新制饱和氯水中含有HClO，HClO不稳定，在光照条件下会发生分解：2HClO2HClO2，浓硝酸在光照条件下会发生分解：4HNO34NO22H2OO2，故A不符合题意；B、因为瓷坩埚中的SiO2能与NaOH反应，故灼烧NaOH固体时不能使用瓷坩埚，一般使用铁坩埚加热熔融

32、NaOH，故B不符合题意；C、钠在空气燃烧，生成物为淡黄色固体过氧化钠，钠在氯气中燃烧，生成物为白色固体氯化钠，因钠元素的焰色反应为黄色，故钠在空气和氯气中燃烧，火焰皆呈黄色，故C不符合题意；D、浓硫酸具有强酸性和强氧化性，但在常温下不与Cu反应，在加热条件下，与Cu反应生成物为硫酸铜、二氧化硫、水，不会生成H2，故D符合题意。17、D【分析】A.根据平衡常数等于生成物的浓度幂之积除以反应物的浓度幂之积进行计算；平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变；B.增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动；C.根据v=进行计算；D.计算出此时的Qc与K比较，判断反应进行的方向。【题目详解】PCl5(

33、g)PCl3(g)+Cl2(g)，A.I中K=0.03mol/L，平衡常数只与温度有关，温度不变，平衡常数不变，则容器中得到平衡常数与容器I中相同，容器III中K=0.045mol/L，即平衡常数K：容器容器，A错误；B.容器与容器相比，相当于增大压强，增大压强，化学平衡气体体积减小的逆反应方向移动，PCl5的转化率减小，即PCl5的转化率：容器0.045mol/L，所以化学平衡向逆反应方向移动，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查化学平衡移动原理及平衡常数的计算。掌握有关概念和化学平衡移动原理是判断和计算的理论依据，在根据平衡常数的含义计算时，清楚化学平衡常数只与温度有关，温度相同，

34、化学平衡常数相同。可结合浓度商与平衡常数的相对大小判断反应进行的方向。18、D【分析】当连羟基的碳原子上有2个氢原子被氧化后得到物质是醛；当连羟基的碳原子上有1个氢原子，被氧化得到的是酮；当连羟基碳原子上没有氢原子时不能被氧化，据此解答。【题目详解】A、连羟基的碳原子上只有1个氢原子，氧化后得到酮，故能被催化氧化；B、连羟基的碳原子上有2个氢原子，氧化后得到醛，故能被催化氧化；C、连羟基的碳原子上有1个氢原子，氧化后得到酮，故能被催化氧化；D、连羟基的碳原子上没有氢原子，不能被氧化，故不能被催化氧化的是D，答案选D。19、D【题目详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数310的原

35、子电子层数相同，原子序数1118的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。20、C【题目详解】A、溶液的导电能力和电解质的强弱无关，根据电解质在水溶液中是否完全电离将电解质分为强电解质和弱电解质，故A错误； B、含有共价键的化合物不一定为共价化合物离子化合物中也可能含有共价键，如NaOH，故B错误；C、含有离子键的化合物必定为离子化合物，正确；D、金属晶体能导电，离

36、子晶体在熔融状态下也能导电，则不能利用晶体能否导电来确定金属，故D错误；故选C。21、C【分析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2+2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【题目详解】

37、A. 钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子和反应过量的盐酸：2Fe3+Fe=3Fe2+，故B正确；C. 步骤中，防止其在步骤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。22、C【分析】A、主链应是含碳碳双键的最长的碳链；B、X和丁烯分子式相同

38、，结构不同；C、工业制备Y属于加聚反应；D、Y中没有不饱和键。【题目详解】A、X的名称为2一甲基丙烯，故A错误；B、X是丁烯的同分异构体，故B错误；C、工业制备Y属于加聚反应，故C正确；D、Y中没有不饱和键，不能使溴水褪色，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、（1）Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 NaCl；（2）Ba2+CO32-=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【答案解析】试题分析：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤溶液呈无色，说明无CuSO4，沉淀只能为碳酸钡，所以白色粉末中一定有Ba(NO3)2和Na2CO3 ；（2）向（1

39、）的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，进一步确定白色沉淀为碳酸钡；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，确定有Ba(NO3)2；（4）另取（1）中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀，因为Na2CO3与硝酸钡反应后可能过量，碳酸钠也可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以不能确定是否有NaCl。（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是NaCl。（2）各步变化的离子方程式分别为Ba2+CO32-=BaCO3、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、SO 42-+Ba2+=BaSO4

40、、CO32-+2Ag+=Ag2CO3、Ag+Cl=AgCl 。点睛：检验离子时，要注意排除干扰，如检验氯离子时，碳酸根就对其有干扰，所以要先向待检液中加入稀硝酸把溶液酸化，排除了干扰离子的干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子。24、N Ar3d104s1 NH3 NH3分子之间存在氢键 离子晶体 cde 三角锥形 sp3 Cu3N 6 【答案解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的前四周期元素。BA3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝应为NH3，所以A为H，B为N；A、B、C的电子之和等于25，则C为Cl；DC晶体中D+的3d能级上电子全充满。DCl中氯显-1价，则D为+1价，所以D为Cu。(1)根据元

41、素周期律可知，H、N、Cl、Cu这4种元素中，第一电离能最大的是N，基态Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，故答案为N；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)在NH3、HCl中，由于氨分子之间有氢键，所以沸点较高的是NH3，CuH中含有阴阳离子，属于离子化合物，在固态时构成离子晶体，故答案为NH3；氨分子之间有氢键；离子晶体；(3)NH4Cl晶体中含有离子键、极性键和配位键，故选cde；(4)化合物NCl3中氮原子的价层电子对数为=4，有一对孤电子对，所以分子的立体构型为三角锥形，中心原子的杂化类型为sp3杂化，故答案为三角锥形；sp3；(5)

42、根据N、Cu形成的晶体的晶胞图，晶胞中含有的N原子个数=8=1，Cu原子个数=12=3，该晶胞化学式为Cu3N，故答案为Cu3N；根据N、Cu形成的晶体的晶胞图，每个N原子周围有6个Cu原子，N原子和Cu原子的距离为晶胞边长的一半，故答案为6；1mol晶胞的质量为206g，晶胞边长为2acm，1mol晶胞的体积为(2a)3NA cm3=8a3NA cm3，该晶体的密度为=gcm-3，故答案为。25、1:5 Cl2 1.2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2Fe2+Cl2=2Fe32Cl； CaC2O4(s) + 2H+(aq) + SO42(aq) CaSO

43、4(s) + H2C2O4(aq) 2 5 6 2 11 8 H2O 【分析】(1)分析氧化还原反应中化合价变化，找出氧化剂、还原剂及它们的物质的量。 (2)根据方程式分析转移电子数目。(3)a处反应是氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。(4)b处是氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁。(5)CaC2O4沉淀溶解是一个沉淀溶解平衡转化，CaC2O4(s)与H2SO4(aq)反应生成CaSO4(s)和H2C2O4(aq)；高锰酸根降低5个价态，草酸中每个碳升高1个价态，共升高2个价态，根据得失电子守恒配平。【题目详解】(1) KMnO4中Mn化合价降低，为氧化剂，有2mol氧化剂，HCl中Cl化

44、合价升高，为还原剂，16mol HCl参与反应，但只有11molHCl升高，还原剂为11mol，因此氧化剂与还原剂物质的量之比为2:11 =1:5，化合价升高得到的产物为氧化产物，因此氧化产物为Cl2；故答案为：1:5；Cl2。(2)根据方程式知转移11mol电子生成5mol Cl2，因此产生1.1 mol Cl2，转移电子的物质的量为1.2 mol；故答案为:1.2。(3)a处反应是氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，其化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2 = CaCl2+ Ca(ClO)2 + 2H

45、2O。(4)b处是氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，其离子方程式是2Fe2+Cl2 = 2Fe32Cl；故答案为：2Fe2+Cl2 = 2Fe32Cl。(5)CaC2O4沉淀溶解是一个沉淀溶解平衡转化，CaC2O4(s)与H2SO4(aq)反应生成CaSO4(s)和H2C2O4(aq)，其离子方程式：CaC2O4(s) + 2H+(aq) + SO42(aq) CaSO4(s) + H2C2O4(aq)；故答案为：CaC2O4(s) + 2H+(aq) + SO42(aq) CaSO4(s) + H2C2O4(aq)。高锰酸根降低5个价态，草酸中每个碳升高1个价态，共升高2个价态，根据得失电子守恒

46、配平得到高锰酸钾滴定草酸反应的离子方程式：2MnO4 + 5 H2C2O4 + 6 H+ = 2 Mn2+ 11 CO2+ 8 H2O；故答案为：2；5；6；2；11；8；H2O。【答案点睛】要分清楚氧化还原反应，参与反应的不一定全是氧化剂或还原剂，一定要抓住降低或升高的才是，配平方程式或离子方程式一定要根据得失电子守恒的思维来分析。26、检查装置的气密性 c 氢氧化钠 Na2S2O5溶于水生成NaHSO3溶液，的电离大于水解，溶液显酸性 Na2SO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复 47.5(V1c1-V2c2)% 【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸

47、钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；中纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3，结晶脱水生成产品的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，最后结晶析出焦亚硫酸钠产品。【题目详解】(1)装

48、置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应；装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，用氢氧化钠溶液就可以；(2)Na2S2O5溶于水且与水能反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3；结

49、晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL10-3L/mLc2molL-1=V2c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤中过量的I2的物质的量为V2c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL10-3L/mLc1molL-1-V2c210-3mol=(V1c1-V2c2)10-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1c1-V2c2)10-3mol190g/mol=95(V1c1-V

50、2c2)10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1c1-V2c2)%。27、A（或B） Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（或NH3H2ONH3+H2O） dcfei Cu H2O （球形）干燥管 吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中 2NH36CuON23Cu2O3H2O 还原 【分析】装置A产生氨气，氨气在装置B中和氧化铜反应，生成的气体分别通过无水硫酸铜、无水氯化钙，装置E用于收集未反应完全的气体，以此解答。【题目详解】（1）A. 为固固加热制取气体的装置，可以选用氯化铵与碱石灰加热制取氨气；B. 浓氨水和氧化钙反应可以制

51、取氨气或者加热浓氨水可以制取氨气；故选A或B；反应的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O（或NH3H2ONH3+H2O）；氨气是碱性气体，可用碱石灰干燥，密度小于空气，应采用向下排空气法收集，氨气极易溶于水，尾气处理时应防止倒吸，则要收集一瓶干燥的氨气，仪器的连接顺序：发生装置dcfei；（2）B装置中黑色氧化铜变为红色，说明生成了Cu2O或Cu；C装置中无水CuSO4变蓝，说明反应生成了H2O；实验仪器D的名称为：（球形）干燥管；所装药品无水CaCl2的作用为：吸收没有充分反应的NH3，同时防止装置E中的水蒸气进入装置C中；如果装置B中所得红色固体为Cu2

52、O，则反应的化学方程式为：2NH36CuON23Cu2O3H2O；该反应中N元素化合价上升，体现了NH3的还原性。28、+122.4 低压 加入高选择性的催化剂 75% C3H8-20e-+10CO32-=13CO2+4H2O 负 1.68 4AgNO3+2H2O4Ag+O2+4HNO3 【答案解析】（1）对应的热化学方程式为：C3H8(g)+5O2 (g)=3CO2(g)+4H2O(l) H3=-2219.9 kJmol-1 H2(g)+1/2O2（g）=H2O（l） H4=-285.8 kJmol-1 C3H6（g）+9/2O2（g）=3CO2（g）+3H2O(l) H5=-2056.5

53、kJmol-1-可得：CH3CH2CH3(g) CH2=CHCH3(g)+H2(g) H1=H3-H4-H5所以H1=H3-H4-H5=-2219.9 kJmol-1+285.8 kJmol-1+2056.5 kJmol-1= +122.4 kJmol-1。（2）CH3CH2CH3(g) CH2=CHCH3(g)+H2(g) (g)是一个气体分子数增大的反应，所以低压，有利于平衡正向移动，提高丙烯的产率，故答案为低压。 （3）有些催化剂具有化学选择性，只能催化某一个反应，使该反应成为最主要的反应，从而提高特定的产物在所有产物中的比例，故答案为加入高选择性的催化剂。当生产的乙烯和丙烯的物质的量之比为1:1时，发生的反应的方程式为5CH3OHC2H4+C3H6+5H2O，设反应的甲醇的物质的量为x，根据压强比等于