全国百强名校领军考试2022-2023学年化学高三上期中监测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、用制溴苯的废催化剂（

2、主要含FeBr3及少量溴、苯）为原料，制取无水FeCl3和溴的苯溶液，选用的方法能达到相应实验目的的是A用装置及其试剂制取氯气B用装置氧化FeBr3溶液中的溴离子C用装置分离出FeCl3溶液，不能选用装置分离D用装置将FeCl3溶液蒸发至干，可得无水FeCl32、化学与生产、生活密切相关。下列说法正确的是A砒霜的主要成分是三硫化二砷B氢氧化铝和碳酸钠均可用于治疗胃酸过多C过量服用阿司匹林引起酸中毒后，可用静脉注射NaHCO3溶液的方法解毒D铜单质制成的“纳米铜”在空气中能燃烧，说明“纳米铜”的金属性比铜片强3、常温下，将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，该晶体

3、(称摩尔盐)是分析化学中常用的一种还原剂，其强热分解反应化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)26H2OFe2O3+2NH3+N2+4SO2+17H2O。下列说法正确的是( )A该反应中氧化产物是N2、NH3，还原产物是SO2、Fe2O3B1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为8NAC向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，最终可得刺激性气体和红褐色沉淀D常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4大4、工业上制备高纯硅有多种方法，其中的一种工艺流程如下：已知：流化床反应的产物中，除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等。下列说法正确的是A电

4、弧炉中发生的反应为CSiO2CO2SiBSiCl4进入还原炉之前需要经过蒸馏提纯C每生产l mol高纯硅，需要44. 8L Cl2（标准状况）D该工艺Si的产率高，符合绿色化学要求5、下列实验操作能达到实验目的的是实验目的实验操作A制备Fe(OH)3胶体将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中B由MgCl2溶液制备无水MgCl2将MgCl2溶液加热蒸干C除去Cu粉中混有的CuO加入稀硝酸溶液，过滤、洗涤、干燥D比较水和乙醇中氢的活泼性分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中AABBCCDD6、雪是冬之精灵，在雪水冰的转化中能量变化的叙述正确的是AH10，H20 BH10，H20CH10，H2

5、0 DH10，H207、可用来鉴别乙醇、乙醛的试剂是A银氨溶液B乙酸溶液C氯化铁溶液D氢氧化钠溶液8、向2 mL 0.5 molL1的FeCl3溶液中加入3 mL 3 molL1 KF溶液，FeCl3溶液褪成无色，再加入KI溶液和CCl4振荡后静置，CCl4层不显色，则下列说法正确的是AFe3不与I发生反应BFe3与F结合成不与I反应的物质CF使I的还原性减弱DFe3被F还原为Fe2，使溶液中不再存在Fe39、室温下，用0.1mo1/LHCl溶液滴定10.mL0.1molL1Na2CO3溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A水电离程度由大到小的顺序为:abcdBa点时：c(Na)c(

6、CO32)c(HCO3)c(OH)Cb点时：3c(Na)=2c(CO32)2c(HCO3)2c(H2CO3)Dd点时：c(H)c(HCO3)=c(CO32)10、频哪醇重排反应是有机反应中的一类重要反应。反应过程如下，有关说法正确的是（ ）Aa、b互为同分异构体Ba物质中所有碳原子可能共平面Cc的一氯代物数目最多有5种Da物质可以发生氧化反应、取代反应、加成反应11、已知次磷酸（H3PO2）是强还原剂，其溶液中只存在H3PO2、H+、H2PO、OH-四种离子，根据给出的信息，下列方程式书写错误的是（ ）A次磷酸与足量澄清石灰水反应产生白色沉淀：2H3PO2+3Ca2+6OH-=Ca3(PO2)

7、2+6H2OB次磷酸不稳定，加热分解成磷酸和磷化氢气体：2H3PO2H3PO4+PH3C碱性条件下，次磷酸盐可将Ag+还原为Ag，氧化剂与还原剂物质的量之比为41：H2PO+4Ag+6OH-=PO+4Ag+4H2OD往次磷酸钠溶液中滴入酚酞变红色：H2PO+H2OH3PO2+OH-12、往含Fe3、H、的混合液中加入少量，充分反应后，下列表示该反应的离子方程式正确的是A2Fe3H2O=2Fe22HB2H=H2OSO2C2H23=32NOH2OD2Fe333H2O=2Fe(OH)33SO213、下列关于 Li、Na、K、Rb、Cs 的叙述均正确的一组是金属性最强的是锂 形成的离子中，氧化性最强的

8、是锂离子在自然界中均以化合态形式存在 Li 的密度最小均可与水反应，产物均为 MOH 和 H2 它们在 O2 中燃烧的产物都有 M2O 和 M2O2 两种形式粒子半径：RbKNa， CsCsABCD14、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( )A铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解15、80 时，2 L 密闭容器中充入0.40 mol N2O4，发生反应N

9、2O42NO2 H =Q kJ/mol（Q0），获得如下数据:下列判断正确的是时间/s020406080100c(NO2)/molL-10.000.120.200.260.300.30A升高温度该反应的平衡常数K减小B2040 s 内，v（N2O4）0.002 mol/( Ls)C反应达平衡时，吸收的热量为0.30 Q kJ/molD100s 时再通入0.40 mol N2O4，达新平衡时N2O4的转化率增大16、在Na+浓度为1.0 molL-1的某澄清溶液中，还可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Ba2+、CO32-、SO32-、SiO32-、Cl-、SO42-等离子，取该溶液100mL 进

10、行下图连续实验（所加试剂均过量，气体全部逸出）。下列说法不正确的是A原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42-B在l00mL原溶液中加入足量BaCl2溶液，至少可生成沉淀20.5gC为确定原溶液中是否含有Cl-，可取滤液C，加入AgNO3和稀HNO3溶液D原溶液一定存在K+，c(K+)可能为1.5 molL-117、K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A铁元素被氧化，氮元素被还原B每生成 1 mol

11、K2FeO4，转移 6 mol eCK2FeO4具有氧化杀菌作用D该实验条件下的氧化性：KNO3K2FeO418、下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010 molL-1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度AABBCCDD19、结构为CHCHCHCHCHCHCHCH的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电

12、能力大幅提高。上述高分子化合物的单体是A乙炔B乙烯C丙烯D1,3丁二烯20、在pH=13的无色溶液中，下列各组离子能大量共存的是AK+、Na+、HCO3-、NO3-BNa+、NH4+、NO3-、Cl-CK+、Na+、NO3-、Br-DK+、Cu2+、Cl-、SO42-21、化学与生活密切相关。下列关于生活用品的观点不合理的是A保鲜膜、橡胶手套、棉布围裙，其主要材料属于天然纤维B羽绒被、羊毛衫、羊皮袄，其主要成分属于蛋白质C玻璃纸、乙醇、葡萄糖均可由纤维素得到D漂白液、漂粉精均可用于游泳池以及环境的消毒22、有关反应14CuSO45FeS212H2O=7Cu2S5FeSO412H2SO4，下列说

13、法中错误的是AFeS2既是氧化剂也是还原剂BCuSO4在反应中被还原C被还原的S和被氧化的S的质量之比为37D14 mol CuSO4氧化了1 mol FeS2二、非选择题(共84分)23、（14分）松油醇是一种调香香精，它是、三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_。（2）A分子能发生的反应类型是_。a.加成 b.取代 c.催化氧化 d.消去（3）松油醇的分子式_。（4）松油醇所属的有机物类别是_。a.酸 b.醛 c.烯烃 d.不饱和醇（5）写结构简式：松油醇_，-松油醇_。（6）写出松油醇与

14、乙酸发生酯化反应的方程：_。24、（12分）.下列是某研究性学习小组对某无色水样成分的检测过程，已知该水样中只可能含有K+、Mg2+、Fe3+、Cu2+、Al3+、Ag+、Ca2+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种离子，该小组同学取了100ml水样进行实验：向水样中先滴加硝酸钡溶液，再滴加1molL-1硝酸，实验过程中沉淀质量与所加试剂量的关系变化如下图所示：（1）仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是_。（2）由B点到C点变化过程中消耗硝酸的体积为_mL。（3）试根据实验结果推测K+是否存在_（填“是”或“否”）若存在，其物质的量浓度的范围是_molL-1（若不存在，则不必回答）。

15、（4）设计简单实验验证原水样中可能存在的离子_（写出实验步骤、现象和结论）。.湿法制备高铁酸钾（K2FeO4）的反应体系中有六种粒子：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO42-、Cl、H2O。（1）写出并配平湿法制高铁酸钾反应的离子方程式：_。（2）若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为_mol。（3）低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），原因是_。25、（12分）某中学学习小组模拟工业烟气脱硫(SO2)。(1)甲组采用如图装置脱硫(部分装置略)。 CaO脱硫后的产物是_。 b中品红很快褪色，说明脱硫效果不好。下列措施能提高脱硫效果的是_。

16、.加快SO2气体流速.将堆集在一起的CaO平铺在整个玻璃管.加热a，脱硫效果可能会更好 小组拟通过CaO的增重评价其脱硫能力。需要测量的数据是_。(2)乙组选用AgNO3溶液脱除SO2，如图所示：现象：通入SO2，立即生成大量白色沉淀A。对白色沉淀A的成分进行探究，提出假设：假设1：发生了氧化还原反应，依据是AgNO3溶液中含有O2、NO等具有氧化性的粒子，沉淀A主要是Ag2SO4(微溶)。假设2：发生了复分解反应，依据是SO2与水生成酸，能与AgNO3溶液发生复分解反应。实验探究：取沉淀A，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，无明显变化。取_，加入蒸馏水，静置。取上层清液滴

17、加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀。实验证明假设1不成立。 为进一步确认假设2，向A中加入浓HNO3，立即产生红棕色气体。加入浓硝酸的目的是_；经确认，反应后混合液中存在SO。实验证明假设2成立。产生沉淀A的化学方程式是_，_。AgNO3溶液具有良好的脱硫能力，但因其价格高，未能大规模使用。(3)丙组用NaClO脱除SO2，用1 L 0.1 mol/L的NaClO溶液最多可以吸收标准状况下的SO2_L。26、（10分）平板电视显示屏生产过程中产生大量的废玻璃(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质)。某小组以此废玻璃为原料，设计如下工艺流程对资源进行回收，得到Ce(OH)4。己知:CeO

18、2不溶于强酸或强碱；Ce3+易水解，酸性条件下，Ce4+有强氧化性。(1)废玻璃在NaOH溶液浸洗前往往要进行的操作_，反应的离子方程式_。(2)反应的离子方程武是_。(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应之前要进行的操作是_。(4)反应需要加入的试剂X可以是_。(5)用滴定法测定制得的Ce(OH)4产品纯度。用FeSO4溶液滴定用_做指示剂，滴定终点的现象_若所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进进行滴定，则测得该Ce(OH)4产品的质量分数_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。27、（12分）某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O

19、4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为_；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去；说明乙二酸具有_（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；请配平该反应的离子方程式：_MnO4-+_H2C2O4+_H+=_Mn2+_CO2+_H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄

20、清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：上述装置中，D的作用是_，乙二酸分解的化学方程式为 _；（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_（用离子符号表示）28、（14分）某强酸性无色溶液中可能含下表离子中的若干种离子。阳离子Mg2+、NH4+、Ba2+、Al3+、Fe2+阴离子SiO32-、MnO4-、Cl-、NO3-、SO32-实验I ：取少量该试液进行如下实验。实验：为了进一步确定该溶液的组

21、成，取100 mL原溶液，向该溶液中滴加1 mol L-l的 NaOH溶液，产生沉淀的质量与氢氧化钠溶液体积的关系如图所示。回答下列问题：（1）不进行实验就可以推断出，上表中的离子一定不存在的有_种。（2）通过实验I可以确定该溶液中一定存在的阴离子是_。检验气体X的方法是_；沉淀Z的化学式为_。（3）写出实验的图象中BC段对应的离子方程式：_。（4） A点对应的固体质量为_g。（5）通过上述信息，推算该溶液中阴离子的浓度为_mol L-l。29、（10分）英国曼彻斯特大学科学家安德烈海姆和康斯坦丁诺沃肖洛夫。共同工作多年的二人因“突破性地”用撕裂的方法成功获得超薄材料石墨烯而获奖。制备石墨烯方

22、法有石墨剥离法、化学气相沉积法等。石墨烯的球棍模型示意图如下：（1）下列有关石墨烯说法正确的是_。A键长：石墨烯金刚石B石墨烯分子中所有原子可以处于同一平面C12g石墨烯含键数为NAD从石墨剥离得石墨烯需克服石墨层与层之间的分子间作用力（2）化学气相沉积法是获得大量石墨烯的有效方法之一，催化剂为金、铜、钴等金属或合金，含碳源可以是甲烷、乙炔、苯、乙醇或酞菁等中的一种或任意组合。铜原子在基态时，在有电子填充的能级中，能量最高的能级符号为_；第四周期元素中，最外层电子数与铜相同的元素还有_。乙醇的沸点要高于相对分子质量比它还高的丁烷，请解释原因_。下列分子属于非极性分子的是_。a甲烷 b二氯甲烷

23、c苯 d乙醇酞菁与酞菁铜染料分子结构如图，酞菁分子中碳原子采用的杂化方式是_；酞菁铜分子中心原子的配位数为_。金与铜可形成的金属互化物合金（如图，该晶胞中，Au占据立方体的8个顶点）：它的化学式可表示为_；在Au周围最近并距离相等的Cu有_个，若2个Cu原子核的最小距离为d pm，该晶体的密度可以表示为_g/cm3。（阿伏伽德罗常数用NA表示）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【答案解析】A、1mol/L盐酸是稀盐酸，实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，无法制取得到氯气，选项A错误

24、；B、用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，选项B错误；C、利用有机溶剂将溴萃取后，用装置分离出FeCl3溶液，不能选用装置分离，选项C正确；D、加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。2、C【题目详解】A.

25、砒霜的主要成分是三氧化二砷，故A错误；B. 碳酸钠溶液能够与酸剧烈反应，并产生二氧化碳气体，对身体不利，因此不能用来中和胃酸，故B错误；C. 阿司匹林为感冒用药,但因其含有水杨酸,服用过量易造成酸中毒,可静脉注射碳酸氢钠来降低酸性,故C正确；D. 金属性指的是元素的性质，“纳米铜”为物质，应该说还原性；因此铜片在空气中难燃烧，纳米级铜粉在空气中易燃烧，是因为与氧气的接触面积不同，不能说明“纳米铜”的还原性比铜片强，故D错误；综上所述，本题选C。3、C【分析】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降低。据此分析。【题目详解】反应中铁元素化合价升高，氮元素化合价升高，硫元素化合价降

26、低。A. 该反应中氧化产物是N2、Fe2O3，还原产物是SO2，故错误；B. 反应中转移8个电子，所以1mol摩尔盐强热分解时转移电子的物质的量为4NA，故错误；C. 向摩尔盐溶液中滴入足量浓NaOH溶液，可得刺激性气体氨气和氢氧化亚铁白色沉淀，但氢氧化亚铁沉淀能被空气中的氧气氧化，最终氢氧化铁红褐色沉淀，故正确；D. 将等浓度的FeSO4和(NH4)2SO4两种浓溶液混合可制得一种晶体，说明常温下，摩尔盐的溶解度比FeSO4、(NH4)2SO4小，故错误。故选C。4、B【题目详解】A、二氧化碳与碳在高温下生成粗硅和一氧化碳，电弧炉中发生的反应为2C+SiO22CO+Si，选项A错误；B、Si

27、Cl4进入还原炉之前在流化床反应器中除SiCl4外，还有SiHCl3、SiH2Cl2、SiH3Cl、FeCl3等，需要利用相互溶解的物质沸点不同，经过蒸馏提纯，选项B正确；C、根据转化关系SiSiCl4Si，每生产l mol高纯硅，需要22.4L Cl2（标准状况），选项C错误；D、该工艺中产生氯化氢气体且有氯气的参与，容易引起空气污染，不符合绿色化学要求，选项D错误；答案选B。5、D【题目详解】A. 将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中生成的是Fe(OH)3沉淀，不能制备Fe(OH)3胶体；B. 将MgCl2溶液加热蒸干时，由于发生生水解且水解产物易挥发或易分解，故不能由MgCl2溶

28、液制备无水MgCl2，B不能达到；C. 加入稀硝酸溶液， Cu粉及其中混有的CuO全部溶解，不能达到；D. 分别将少量钠投入到盛有水和乙醇的烧杯中，可以根据反应的剧烈程度比较水和乙醇中羟基氢的活泼性，D能达到。故选D。6、C【答案解析】雪水的过程需吸收热量，焓变是正值，故H10，水冰的过程需放出热量，焓变是负值，故H20，故选C。7、A【题目详解】A、乙醇不与银氨溶液反应，乙醛中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，产生银镜，可以鉴别，故A正确；B、乙酸与乙醇发生酯化反应，但需要在浓硫酸作催化剂条件下进行，乙醛不与乙酸反应，因此不能鉴别两者，故B错误；C、氯化铁与乙醇、乙醛不发生反应，无法鉴别两者，

29、故C错误；D、氢氧化钠不与乙醇、乙醛反应，不能鉴别两者，故D错误。答案选A。8、B【题目详解】A铁离子具有强氧化性，碘离子具有还原性，二者能够发生氧化还原反应，故A错误；B根据题中信息可知，加入氯化铁中加入氟化钾，FeCl3溶液褪成无色，说明铁离子参加了反应生成了无色物质，再根据加入碘化钾也没有明显现象，进一步证明Fe3+与F结合生成的物质不与I反应，故B正确；C氟离子与碘离子不反应，氟离子不会使碘离子的还原性减弱，故C错误；D铁离子氧化性较弱，不会与氟离子发生氧化还原反应，故D错误；本题答案选B。【答案点睛】本题考查了铁离子的性质及检验方法，题目难度中等，注意掌握铁离子、亚铁离子的检验方法，

30、解答本题的关键是合理分析、理解题干信息，然后得出正确结论。9、A【答案解析】b点10mL 0.1mo1/L HCl溶液与10 mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好反应为NaHCO3与NaCl，即b点溶质为NaHCO3与NaCl；d点20mL 0.1mo1/L HCl溶液与10 mL0.1mol/LNa2CO3溶液混合，恰好完全反应生成NaCl与CO2，而d点溶液呈酸性，则溶解了CO2，溶质为NaCl与H2CO3；c点存在NaHCO3、NaCl，而pH=7，则溶液中也存在H2CO3。综上分析，a点溶质为Na2CO3；b点溶质为NaHCO3、NaCl；c点溶质为NaHCO3、H2CO3、

31、NaCl；d点溶质为NaCl、H2CO3；【题目详解】A、a、b点均促进水的电离，且对水电离的促进作用ab，c点pH=7，NaHCO3促进水的电离，H2CO3抑制水的电离，两者作用相互抵消，d点抑制水的电离，故水电离程度大小顺序为abcd，故A正确；B、a点溶质为Na2CO3，CO32部分水解生成HCO3和OH，溶液呈碱性，由于OH还来自水的电离，则c(OH)c(HCO3)，离子浓度大小为：c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)，故B错误；C、b点溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，则根据物料守恒有c(Na+)= 2c(CO32)+c(HCO3)+c(H2CO3)，故C错误；

32、D、d点溶质为NaCl、H2CO3；H2CO3以第一步电离为主，则c(HCO3) c(CO32)，由于H+还来自水的电离，则c(HCO3)c(H+)，正确的离子浓度大小为：c(H+)c(HCO3)c(CO32)，故D错误；故选A。【答案点睛】本题突破口为先根据酸碱的物质的量的比例，分析溶液中的主要溶质，然后根据溶液的酸碱性判断出c、d点溶液中溶有CO2，从而确定每一点的溶质，再根据电荷守恒、物料守恒来解题。10、D【题目详解】Aa、b的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；Ba分子结构中，这两个碳原子为sp3杂化，具有类似甲烷的立体结构，则结构中所有碳原子不可能共平面，故B错误；Cc的结构

33、中两个苯环不对称，两个甲基为对称位置，共有7种等效氢原子，则一氯代物数目最多有7种，故C错误；Da分子结构中含有苯环，可以发生取代反应、加成反应，a可以燃烧，发生氧化反应，故D正确；故答案为D。【答案点睛】根据分子中等效H原子判断，分子中由几种H原子，其一氯代物就有几种异构体。对于等效氢的判断：分子中同一甲基上连接的氢原子等效；同一碳原子所连甲基上的氢原子等效；处于镜面对称位置上的氢原子等效。11、A【题目详解】A根据题给信息可知次磷酸为一元弱酸，所以与澄清石灰水反应的产物为Ca(H2PO2)2，A错误；B次磷酸不稳定，加热分解成磷酸和磷化氢气体，化学方程式正确，B正确；C根据题给信息可知，次

34、磷酸盐可将Ag+还原为Ag，H2PO被氧化为PO，题给离子方程式符合电荷守恒、得失电子守恒、原子守恒，C正确；D次磷酸钠溶液滴入酚酞变红色是H2PO水解所致，水解产物应为H3PO2和OH-，D正确；故选A。12、C【题目详解】氢离子与硝酸根离子组和三价铁离子都具有氧化性，都能氧化亚硫酸根离子，氢离子与硝酸根离子组的氧化性强于三价铁离子，所以通入亚硫酸根离子，先与硝酸根离子反应，若亚硫酸根剩余再与三价铁离子反应，题干中亚硫酸根离子少量，所以只有硝酸根离子与亚硫酸根离子的反应，离子方程式为：2H23=32NOH2O，答案为C。13、D【分析】Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，

35、位置从上到下，依据同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，密度呈增大趋势，阳离子半径逐渐增大，结合元素周期律解析。【题目详解】同主族元素金属性从上到下依次增强，所以金属性最强的是铯，故错误；同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，所以氧化性最强的是锂离子，故正确；碱金属性质活泼，容易与空气中的氧气和水发生反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故正确；碱金属密度从上到下呈增大趋势，所以Li的密度最小，故正确；均可与水反应，产物均为 MOH 和 H2 ，故正确；锂只有Li2O一种氧化物，故错误；Rb、K、Na，电子层依次减少，所以半径依次减小，故RbKNa，正确，

36、Cs与Cs具有相同的质子数，但是Cs电子数多，所以半径大，故正确。综上分析正确，故选D。14、C【答案解析】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B、石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固体时，不能用石英坩埚，故B错误；C、静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C正确；D、氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。15、B【答案解析】A、该反应为吸热反应，温度升高，平衡向吸热的方

37、向移动，即正反应方向移动，平衡常数K增大，选项A错误；B、2040s 内，v（NO2）=Ct=0.20mol/L-0.12mol/L20s=0.004molL-1s-1，v（N2O4）=12v（NO2）=0.002molL-1s-1，选项正确；C、浓度不变时，说明反应已达平衡，反应达平衡时，生成NO2的物质的量为0.30molL-12L=0.60mol，由热化学方程式可知生成2molNO2吸收热量QkJ，所以生成0.6molNO2吸收热量0.3QkJ，单位错误，选项C错误；D、100s时再通入0.40mol N2O4，平衡状态相当于增大压强，平衡逆向移动，N2O4的转化率减小，选项D错误。答案

38、选。点睛：本题主要考查化学反应速率、化学平衡移动以及热量的有关计算，题目较为综合，具有一定难度，做题时注意平衡常数只受温度影响，温度不变平衡常数不变。16、C【答案解析】加盐酸有1.12L即0.05mol气体生成，则溶液中含有CO32、SO32中1种或2种，其物质的量和为0.05mol，则一定没有Mg2+、Fe3+、Ba2+，因为Mg2+、Ba2+与CO32、SO32生成沉淀，Fe3+与CO32发生彻底双水解，Fe3+与SO32发生氧化还原反应；由生成白色沉淀判断溶液中一定含有SiO32，发生反应SiO32+2H+=H2SiO3，H2SiO3加热分解生成3.0g SiO2，即0.05molSi

39、O2，所以溶液中SiO32物质的量为0.05mol；向滤液C中加入BaCl2没有现象，则溶液中不含SO42；已知Na+浓度为1.0 molL-1，溶液体积为100mL，所以Na+物质的量为0.1mol，根据电荷守恒2n(CO32)+2n(SO32)+2n(SiO32)=20.05mol+20.05mol=0.2moln(Na+)=0.1mol，因此溶液中一定含有K+，且其物质的量至少为0.1mol，物质的量浓度至少为1mol/L。A、由以上分析得原溶液中一定不存在Mg2+、Fe3+、Ba2+、SO42，故A正确；B、CO32、SO32、SiO32均能和BaCl2沉淀，其中n(BaCO3+BaS

40、O3)=0.05mol，BaCO3摩尔质量小于BaSO3，n(BaSiO3)=0.05mol，沉淀的质量至少为：197g/mol0.05mol+213g/mol0.05mol=20.5g，故B正确；C、原溶液中加过盐酸，滤液C一定含有Cl-，检验滤液C不能证明原溶液中是否含有Cl-，故C错误；D、根据上述分析，溶液中一定含有K+，且其浓度至少为1mol/L，故D正确。故选C。17、B【题目详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6m

41、ol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：KNO3K2FeO4，故D正确；答案选B。18、B【题目详解】A. 50 mL酸式滴定管的50.00 mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00 mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，A项错误；B. 碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确；C. 醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的

42、pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，C项错误；D. 不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。故答案选B。19、A【答案解析】试题分析：根据高分子化合物的结构简式可知，该物质属于加聚产物，链节是CHCH，因此单体是乙炔，答案选A。考点：考查高分子化合物单体的判断20、C【题目详解】A.碳酸氢根离子在碱性溶液中不能大量存在，故A错误；B.铵根离子在碱性条件下不能大量存在，故B错误；C.四种离子在碱性条件下不反应，能大量共存，故C正确；D.铜离子有颜色，且在碱性溶液中不能大量存在，故D错误；答案选C。21、A【题目详解】A.保鲜膜属于塑料，是合成纤维,橡胶手套是

43、合成橡胶，棉布围裙的成分是棉花，是天然纤维，故A错误。B. 羽绒被、羊毛衫、羊皮袄，其主要成分属于蛋白质，故B正确；C. 玻璃纸是以棉浆、木浆等天然纤维制成，乙醇、葡萄糖均可由纤维素得到，故C正确；D. 漂白液、漂粉精溶于水均可生成次氯酸，具有强氧化性，可用于游泳池以及环境的消毒，故D正确；答案：A。22、C【答案解析】方程式中的化合价变化为：14个CuSO4中+2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个+1价Cu；5个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的-2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-的+6价S（生成物中有17个硫酸根，其中有14来自于反应物的硫酸

44、铜中）。所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确。硫酸铜的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确。10个-1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为73，选项C错误。14 mol CuSO4在反应中得电子为14mol。FeS2被氧化时，应该是-1价的S被氧化为+6价，所以1个FeS2会失去14个电子。根据得失电子守恒，14 mol CuSO4应该氧化1 mol FeS2。点睛：对于选项D来说，要注意不能利用方程式进行计算，因为反应中的氧化剂有两个：CuSO4和FeS2。本选项要求计算被硫酸铜氧化的FeS

45、2，所以只能利用硫酸铜和FeS2之间的电子守恒进行计算。二、非选择题(共84分)23、羟基 bd C10H1818O d CH3COOH+H2O 【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据-松油醇中含有两个甲基，因此-松油醇为，-松油醇中含有三个甲基，-松油醇为：，据此分析解答。【题目详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为

46、bd；(3)由-松油醇的结构简式可知，松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为， -松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为 ；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH+H2O，故答案为CH3COOH+H2O。24、Fe3+、Cu2+40是c(K+)0.6molL-1取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色

47、沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)2Fe(OH)33ClO-4OH-=2FeO42-3Cl-5H2O0.15该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小【分析】.根据题意，水样无色，可排除Fe3+、Cu2+；根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液，到a处沉淀达到最大量，可判断CO32-、SO42-至少存在一种，沉淀为BaCO3或BaSO4；bc段滴加稀硝酸，沉淀部分溶解，可判断沉淀为BaCO3和BaSO4两者的混合物，则水样中含CO32-和SO42-，能与CO32-反应而不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除；阳离子只剩下K+，根据电

48、中性原则可判断一定有K+；根据题给的信息不能判断Cl-是否一定存在。.(1)高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式；(2)建立电子转移和还原产物的关系便可求出还原产物的物质的量；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾(K2FeO4)，说明从Na2FeO4K2FeO4，溶解度变小。【题目详解】.(1)根据题意，水样无色，可排除有色离子，所以仅凭观察可知该水样中一定不含有的阳离子是Fe3+、Cu2+。答案为：Fe3+、Cu2+；(2)根据分析可知，由b点到c点的变化是BaCO3溶于稀硝酸的过程，则：n(BaCO3)=(

49、6.27g-2.33g)197gmol-1=0.02mol，V=0.04L=40mL；答案为：40；(3)根据图中所示，ob段向水样中滴加硝酸钡溶液产生的沉淀在bc段滴加稀硝酸后部分溶解，可判断水样中含CO32-和SO42-，与CO32-不能共存的Mg2+、Al3+、Ag+、Ca2+都可排除，另，有色离子Fe3+、Cu2+也已排除，阳离子只剩下K+，根据电中性原则可判断，一定有K+；n(CO32-)=n(BaCO3)=0.02mol，c(CO32-)=0.02mol(10010-3L)=0.2molL-1，n(SO42-)=n(BaSO4)=2.33g233gmol-1=0.01mol，c(S

50、O42-)=0.01mol(10010-3L)=0.1molL-1，根据电中性原则有：c(K+)=2c(CO32-)+2c(SO42-)+c(Cl-)，由于Cl-不能确定，所以有：c(K+)2c(CO32-)+2c(SO42-)=20.2molL-1+20.1molL-1=0.6molL-1。答案为：是；c(K+)0.6molL-1；(4)根据分析，原水样中可能存在的离子是Cl-，可取滴加过量稀硝酸后的溶液检验，此时已无CO32-和SO42-的干扰，且已被稀硝酸酸化。检验方法为：取cd段滤液，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在。答案为：取cd段滤液

51、，滴加少量AgNO3溶液，若生成白色沉淀，则原水样中含有Cl-，否则，无Cl-存在(或其它合理答案)；.(1)根据分析可知，高铁酸钾是产物，则Fe(OH)3是反应物，铁元素化合价升高，失电子；有元素化合价升高，必有元素化合价降低，所以氯元素化合价应降低，ClO-是反应物，Cl-是产物。再根据电子守恒、电荷守恒、质量守恒可写出反应的离子方程式：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42+3Cl-+5H2O。答案为：2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O；(2)ClO-Cl-对应化合价变化为+1-1，降低2，所以还原产物是Cl-，Cl-和转移的电子的关

52、系为：Cl-2e-，若反应过程中转移了0.3mol电子，则还原产物的物质的量为n(Cl-)=0.3mol2=0.15mol。答案为：0.15；(3)低温下，在高铁酸钠溶液中加入KOH至饱和可析出高铁酸钾（K2FeO4），说明在此条件下K2FeO4已经过饱和，从而说明在该温度下，K2FeO4溶解度比Na2FeO4小。答案为：该温度下K2FeO4的溶解度比Na2FeO4的溶解度小。【答案点睛】1离子推导题的一般思路是：先利用题给信息直接推，再根据已知的离子进一步推，最后根据电中性原则推。第三步容易被忽视，要在平时练习中养成良好的习惯；2涉及氧化还原反应的离子方程式的配平：先依据电子守恒判断氧化剂、

53、还原剂、氧化产物和还原产物，再依据电荷守恒安排其它离子，使方程两边电荷代数和相等，最后依据质量守恒安排剩下的物质并配平，思路清晰有利于快速、准确配平涉及氧化还原反应的离子方程式。25、CaSO3 、 装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量(其他答案合理即可) Ag2SO4固体 检验白色沉淀是否具有还原性 H2O + SO2= H2SO3 H2SO3 + 2AgNO3 Ag2SO3+ 2HNO3 2.24 【题目详解】(1)二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此CaO脱硫后的产物是CaSO3；加快SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，错误；将堆

54、集在一起的CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，正确；加热a加快反应速率，脱硫效果可能会更好，正确；答案为、；要通过CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置a的质量、盛放CaO后装置a的质量、吸收SO2后装置a的质量；(2)要证明“假设1”不成立，需要证明沉淀A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设1”不成立。浓HNO3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；根据复分解反应原理可知产生沉淀A的化学方程式是H2O

55、+SO2H2SO3、H2SO3+2AgNO3Ag2SO3+2HNO3；(3)1L 0.1mol/L的NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到0.2mol电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收SO20.1mol，在标准状况下的体积是2.24L。26、粉碎 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O 洗涤 O2或其它合理答案 K3Fe(CN)6 最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失 偏大 【答案解析】废玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2、FeO等物质

56、)加氢氧化钠溶液，二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，Fe2O3、CeO2、FeO不溶，过滤，得到滤液A的主要成分为硅酸钠，滤渣A的成分是Fe2O3、CeO2、FeO，滤渣A(Fe2O3、CeO2、FeO)加稀硫酸后过滤得滤液B是硫酸亚铁、硫酸铁的混合溶液，滤渣B的成分是CeO2，CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；Ce3+加碱生成Ce(OH)3悬浊液；Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4。(1)废玻璃在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，反应中二氧化硅溶于氢氧化钠生成硅酸钠，反应的

57、离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为粉碎；SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；(2)反应为CeO2与H2O2和稀H2SO4反应生成Ce3+和O2，反应为：2CeO2+H2O2+6H+= 2Ce3+O2+4H2O；故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(3)为了得到较纯的Ce3+溶液，反应之前需要滤渣B进行洗涤，故答案为洗涤；(4)根据上述分析，反应中Ce(OH)3悬浊液被氧化生成Ce(OH)4，需要加入的试剂X可以是O2，故答案为O2；(5) K3Fe(CN)6能够与硫酸亚铁反应生成特征的蓝色沉淀，用FeSO4溶液滴定可以用K3Fe(C

58、N)6 做指示剂，滴定终点的现象为最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；所用FeSO4溶液在空气中露置一段时间后再进行滴定，部分亚铁离子被氧化生成铁离子，则硫酸亚铁浓度降低，导致硫酸亚铁溶液体积增大，所以测得该Ce(OH)4产品的质量分数偏大；故答案为K3Fe(CN)6；最后一滴溶液时，生成淡蓝色沉淀，且振荡也不再消失；偏大。27、HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O 还原性 2 5 6 2 10 8 除去混合气体中的CO2 H2C2O4H2O+CO+CO2 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）c（OH），所

59、以溶液呈酸性 Na+HC2O4-H+C2O42-OH 【分析】（1）强酸制弱酸原理；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO+CO2，B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。【题目详解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程

60、式为：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；（2）酸性KMnO 4 溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 +8H2O；答案：还原性 2 5 6 2 10 8（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO 4 粉末变蓝，说明有水生成，装