2022-2023学年安徽省示范中学培优联盟高三化学第一学期期中质量检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是A1molCl2与足量铁粉完全燃烧，转移的电子数为2NA个电子B2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NAC18gD2O中含有的电子数为10NAD1mo

2、lSiO2晶体中，含有SiO键的数目为4 NA2、有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是AWZ沸点高于W2Y的沸点B含Z的两种酸反应可制得Z的单质CW2Y2是由极性键和非极性键构成的非极性分子DX的含氧酸一定为二元弱酸3、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)

3、2溶液生成白色沉淀SO32与Ba2生成白色BaSO3沉淀AABBCCDD4、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2NA5、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A磁性氧化铁溶于稀硝酸：Fe3O48HNO 3Fe3+ NO4H2OBCa（HCO3）2 溶液中加入少量 NaOH 溶液：Ca22HCO2OHCaCO3COH2OC明矾溶液中加入 Ba

4、（OH）2 溶液至生成沉淀物质的量最多：Al32SO2Ba24OHAlO2BaSO42H2OD用 Na2SO3 溶液吸收少量 Cl2：3 SO +Cl2+H2O = 2 HSO+2Cl -+SO6、香烟烟雾中含有CO、CO2、SO2、H2O等气体，用无水CuSO4澄清石灰水红热CuO生石灰品红溶液酸性高锰酸钾溶液等药品可将其一一检出，检测时香烟烟雾通入药品的正确顺序是ABCD7、通过以下反应可获得新型能源二甲醚()。下列说法不正确的是 A反应、为反应提供原料气B反应也是资源化利用的方法之一C反应的D反应的8、下列离子组在溶液中能大量共存且通入相应气体后仍能大量存在的是选项离子组通入气体ACl-

5、、Ca2+、HCO3-、NH4+氨气BBa2+、Na+、Cl-、NO3-二氧化硫CAl3+、HCO3-、SO、Cl-氯化氢DK+、Na+、HSO、Cl-二氧化碳AABBCCDD9、下列说法正确的是( )A常温下，反应C(s)CO2(g)=2CO(g)不能自发进行，则该反应的H0B已知2CO(g)O2(g)2CO2(g) H-566kJmol-1，则CO的燃烧热H-283kJC已知H(aq)OH-(aq)=H2O(l) H-57.3kJmol-1，则稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应的反应热H=2(-57.3)kJmol-1D甲烷的燃烧热H-890.3 kJmol-1，则CH4(g)2O

6、2(g)CO2(g)2H2O(g) H-890.3 kJmol-110、下列离子方程式书写正确的是（ ）AKI溶液久置空气中变黄色：4I+O2+2H2O=2I2 +4OHB0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合：Al3+ +2SO42+2Ba2+4OH=2BaSO4+AlO2+2H2OC向硫酸铜溶液中加入NaHS溶液生成黑色沉淀：Cu2+ +S2=CuSD向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸：3Fe2+ +4H+ +NO3=3Fe3+ +2H2O+NO11、化学与生产、生活密切相关。下列说法中正确的是A某些金属元素的焰色反应、海

7、水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程B氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和臭氧层破坏等环境问题C因为胶体粒子能吸附电荷，所以有的胶体带正电荷，有的胶体带负电荷D人造纤维、合成纤维和光导纤维都是有机高分子化合物12、三氟化氮(NF3)是微电子工业中优良的等离子刻蚀气体，它在潮湿的环境中能发生反应：3NF35H2O = 2NOHNO39HF。下列有关说法正确的是()ANF3是氧化剂，H2O是还原剂B还原剂与氧化剂的物质的量之比为21C若生成0.2 mol HNO3，则转移0.2 mol 电子DNF3在潮湿的空气中泄漏会产生红棕色气体13、正确表示下列反应离子方程式是A浓盐酸与铁屑

8、反应：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B钠与CuSO4溶液反应：2Na+Cu2+=Cu+2Na+C硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应：Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2 NH3H2ODFeCl2溶液中加入稀硝酸: 4H+NO3-+Fe2+=Fe3+NO+2H2O14、下列有机物按系统命名法正确的是A2，2二甲基3乙基丁烷B2甲基3戊烯C2甲基2丙醇D2甲基2丁炔15、将13.6gCu和Cu2O组成的混合物加入250 mL定浓度的稀硝酸中，固体完全溶解生成Cu(NO3)2和NO。向所得溶液中加入1.0 L 0.5 mol L-1的NaOH溶液，生成沉淀的质量为19.6 g，此时溶液

9、呈中性，且金属离子（钠离子除外）沉淀完全。下列说法正确的是A原固体混合物中，Cu和Cu2O的物质的量之比为1：1B原稀硝酸的浓度为1.3 molL-1C固体溶解后剩余硝酸的物质的量为0.1 molD产生的NO的体积为2.24L16、镍的配合物常用于镍的提纯以及药物合成，如Ni(CO)4、Ni(CN)42-、Ni(NH3)62+等。下列说法正确的是（ ）ACO与CN结构相似，CO分子内键和键个数之比为1：2BNi(NH3)62+中含有非极性共价键和配位键CNi2+的电子排布式为Ar3d10DCN中C原子的杂化方式是sp217、下列各组中的两种物质相互作用时，在温度、反应物用量、反应物浓度等发生变

10、化时，不会引起产物变化的是 （ ）A硫与氧气B钠与氧气C纯碱溶液与稀盐酸D铁与HNO3溶液18、下图装置中a、b、c、d均为Pt电极。电解过程中，电极b和d上没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd。符合上述实验结果的盐溶液是选项XYAMgSO4CuSO4BAgNO3Pb(NO3)2CFeSO4Al2(SO4)3DCuSO4AgNO3AABBCCDD19、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是A卤素单质(X2)与水反应均可生成两种酸BMgF2的电子式为：C热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2D由图可知此温度下MgI2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为

11、：MgI2(s)Cl2(g)=MgCl2(s)I2(g) H277 kJmol120、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如图所示，用CuSi合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，下列说法正确的是（ ）AX与电源的正极相连B电子能够在三层液熔盐间自由流动C电子由液态CuSi合金流出D在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原21、一块11.0 g的铁铝合金，加入一定量的稀硫酸后合金完全溶解，然后加H2O2到溶液中无Fe2+存在，加热除去多余的H2O2，当加入200 mL 6 molL1NaOH溶液时沉淀量最多，且所得沉淀质量为2

12、6.3 g，下列说法不正确的是A该合金中铁的质量为5.6 gB合金与稀硫酸反应共生成0.45 mol H2C该合金与足量氢氧化钠反应，转移的电子数为0.6 NAD所加的稀硫酸中含0.6 mol H2SO422、某溶液中可能存在Br、CO、SO、Al3、I、Mg2、Na7种离子中的几种现取该溶液进行实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气体冒出；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。据此可以推断：该溶液中肯定不存在的离子是（ ）AAl3、Na、SOBMg2、CO、BrCAl3、Mg2、SODAl3、Br、SO二、

13、非选择题(共84分)23、（14分）高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:已知:I.RCOOR+R OHRCOOR +ROH (R.R、R代表烃基)II. (R代表烃基)。(1)PMMA单体的结构简式为_，PET单体中的官能团名称为_。(2)反应的反应类型是_；反应的化学方程式为_。(3)若反应得到的某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（_）个。(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：不能发生银镜反应不能使溴水褪色分子内没有环状结构核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:_；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧

14、化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有_种(不考虑立体异构和空间异构)。24、（12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

15、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：25、（12分）铜及其化合物在生产、生活中有广泛的应用。某研究性学习小组的同学对铜常见化合物的性 质和制备进行实验探究，研究的问题和过程如下：I.探究不同价态铜的稳定性，进行如下实验：（1）向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子方程式为：_。由此可知，在酸性溶液中，+2价Cu比+1价Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。（2）将CuO粉末加热至1000以

16、上完全分解成红色的Cu2O粉末，该反应说明：在高温条件下，+1价的Cu比+2价Cu更_(填“稳定”或“不稳定”)。 II.制取硫酸铜（装置如图1）（3）烧瓶内发生的主要反应的化学方程式为_(已知烧杯中反应：2NaOH+2NO2=NaNO3+NaNO2+H2O)（4）图2是图1的改进装置，其中直玻璃管通入氧气的作用是_。.探究用粗铜(含杂质Fe)按下述流程制备氯化铜晶体（CuCl22H2O）。（5）实验室采用如图所示的装置，可将粗铜与Cl2反应转化为固体l(部分仪器和夹持装置已略去)，有同学认为应在浓硫酸洗气瓶前增加吸收HCl的装置，你认为是否必要_(填“是”或“否”)，试剂x为_。（6）将溶液

17、2转化为CuCl22H2O的操作过程中，发现溶液颜色由蓝色变为绿色。已知：在氯化铜溶液中有如下转化关系：Cu(H2O)42+(aq，蓝色)+4Cl-(aq)CuCl42-(aq，黄色)+4H2O(l)，该小组同学取氯化铜晶体配制成蓝绿色溶液Y，进行如下实验，其中能够证明CuCl2溶液中有上述转化关系的是_(填序号)(已知：较高浓度的CuCl42-溶液呈绿色)。 a.将Y稀释，发现溶液呈蓝色b.在Y中加入CuCl2晶体，溶液变为绿色 c.在Y中加入NaCl固体，溶液变为绿色d.取Y进行电解，溶液颜色最终消失（7）若制得的CuCl22H2O晶体仍然含有较多杂质，则可采用_（填方法名称）进行提纯。2

18、6、（10分）常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8 ，42 以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。（制备产品）将氯气和空气(不参与反应)按体积比13混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。（1）各装置的连接顺序为_ C 。（2）装置B中多孔球泡和搅拌棒的作用是_ ；装置C的作用是_。（3）制备Cl2O的化学方程式为_。（4）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_。（5）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_。27、（12分）硫代硫酸钠（Na2S2O35H2O），

19、又名大苏打、海波，主要用于照相业作定影剂、作鞣革时重铬酸盐的还原剂，易溶于水，遇酸易分解。其工艺制备流程如下：某化学兴趣小组同学模拟该流程设计了如下实验装置：回答下列问题：（1）双球管a处的液体可用来检验I中的反应是否发生，选用的试剂是_（填字母）a、品红溶液 b、NaOH溶液 c、稀硫酸若要停止I中的化学反应，除停止加热外，还要采取的操作是_。（2）加热I，使反应完全，发现浸入液面下的铜丝变黑，甲同学对黑色生成物提出如下假设：可能是Cu2O；可能是CuO；可能是CuS；CuS和CuO的混合物。乙同学提出假设一定不成立，该同学的依据是_；丙同学做了如下实验来验证黑色物质的组成：基于上述假设分析

20、，原黑色物质的组成为_（填化学式）。（3）II中发生反应的化学方程式为_，实验中通入的SO2不能过量，可能的原因是_。（4）丁同学提出上述实验装置的设计存在不足，建议在I上_；在I、II之间增加_。28、（14分）表为元素周期表的一部分碳氮YX硫Z回答下列问题：（1）Z元素在周期表中的位置为_（2）表中元素原子半径最大的是（写元素符号）_（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比S元素的非金属性强的是_aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1mol Y 单质比1mol S 得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）X与Z两元素的单质反应生成1mol X 的

21、最高价化合物，恢复至室温，放热687kJ已知该化合物的熔沸点分别为69和58，写出该反应的热化学方程式：_（5）铜与一定浓度的硝酸和硫酸的混合酸反应，生成的盐只有硫酸铜，同时生成的两种气体均由上表中的两种元素组成，气体的相对分子质量都小于1为防止污染，将生成的气体完全转化为最高价含氧酸盐，消耗1L 2.2mol/L NaOH 溶液和1mol O2，则两种气体的分子式分别为_，物质的量分别为_，生成硫酸铜物质的量为_29、（10分）研究CO2在海洋中的转移和归宿，是当今海洋科学研究的前沿领域。（1）溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在，其中HCO3-占95%，写出CO2溶于水产生HCO3-的

22、方程式：_。（2）在海洋循环中，通过下图所示的途径固碳。写出钙化作用的离子方程式：_。同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O，用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下，将其补充完整：_+_=（CH2O）x+x18O2+xH2O（3）海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上，其准确测量是研究海洋碳循环的基础，测量溶解无机碳，可采用如下方法：气提、吸收CO2，用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收（装置示意图如下），将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂_。滴定。将吸收后的无机碳转化为NaHCO3，再用xmol/LHCl溶液滴定，消耗ymlHCl溶液，海水中溶解无机碳的浓度=_m

23、ol/L。（4）利用下图所示装置从海水中提取CO2，有利于减少环境温室气体含量。结合方程式简述提取CO2的原理：_。用该装置产生的物质处理b室排出的海水，合格后排回大海。处理至合格的方法是_。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. 1molCl2与足量铁粉完全燃烧，因为Cl由0价降低到-1价，所以转移的电子数为2NA，A正确；B. CO与C2H4的相对分子质量都为28，所以2.8gCO与C2H4的混合气体中所含分子数为0.1NA，B正确；C. 18gD2O为0.9mol，所以18gD2O中含有的

24、电子数为9NA，C错误；D平均每个“SiO2”中含有4个SiO键，1molSiO2晶体中含有SiO键的数目为4 NA，D正确。故选C。【答案点睛】在原子晶体中，只存在共价单键，不存在双键或三键。如硅晶体中，每个Si与4个Si形成4个共价单键，平均每个Si形成2个Si-Si键。在金刚石中，平均每个C原子形成2个C-C共价键。但在石墨晶体中，层内每个碳原子与周围的3个碳原子间形成共价键，所以平均每个碳原子形成1.5个C-C共价键。2、B【题目详解】Y无最高正价且形成2个键，说明是氧元素，Z的含氧酸均具有氧化性，说明是氯元素，W与Z为不同周期，W只能是氢元素，X形成4个键，应该是碳元素；AHCl常温

25、是气态，而H2O为液态，则HCl 沸点低于H2O的沸点，故A错误；BHCl与HClO或HClO3反应都可得到Cl2，选项B正确；CH2O2是由极性键和非极性键构成的极性分子，是半开书页型，不是直线型的，故C错误；D碳的含氧酸有碳酸、甲酸、乙酸、乙二酸等，故D错误；故答案为B。3、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。4、C【答案

26、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 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

27、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。5、D【题目详解】A电子不守恒、电荷不守恒，离子方程式为3Fe3O4+28H+NO3-=9Fe3+NO+14H2O，A错误；B少量NaOH完全反应，反应生成水、碳酸钙、碳酸氢钠，离子方程式为Ca2+HCO+OH-=CaCO3+H2O，B错误；C至生成的沉淀物质的量最多，生成氢氧化铝和硫酸钡、硫酸钾，离子方程式为2Al3+3SO+3Ba2+6OH-=2Al(OH)3+3BaSO4，C错误；D

28、用Na2SO3溶液吸收少量Cl2，亚硫酸根离子与氯气、水反应生成硫酸根离子、亚硫酸氢根离子和氯离子，离子方程式为3SO+Cl2+H2O= 2HSO+2Cl-+SO，D正确；答案为D。6、B【题目详解】先用检测出水，无水硫酸铜变蓝，因为后面一些步骤中会有水产生，且空气中的水蒸气可能也会影响检测结果；再用检测二氧化硫，二氧化硫使品红溶液褪色；再用将多有的二氧化硫除去（或者说检测二氧化硫是否除尽），因为如果不除尽，二氧化硫会影响后面的实验；再用检测二氧化硫是否除净；再用检测二氧化碳并除去过量的二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变混浊；通过碱石灰除去二氧化碳；再用来检测CO，红热氧化铜由黑色变成红色；故B

29、项正确。7、C【分析】A.反应中的反应物为CO2、H2；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇；C.由反应可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高；D.由盖斯定律可以知道,2+2+得到。【题目详解】A.反应中的反应物为CO2、H2，由反应可以知道，反应、为反应提供原料气，所以A选项是正确的；B.反应中的反应物为CO2，转化为甲醇，则反应也是CO2资源化利用的方法之一，所以B选项是正确的；C. 由反应可以知道，物质的量与热量成正比，且气态水的能量比液态水的能量高，则反应反应的，故C错误；D. 由盖斯定律可以知道,2+2+得到，则，所以D选项是正确的。所以答案选C。8、D【答

30、案解析】A. CI-、Ca2+、HCO3-、NH4+可以大量共存，通入氨气后溶液呈碱性，碳酸氢根转化为碳酸根然后和钙离子结合生成碳酸钙沉淀，A不正确；B. Ba2+、Na+、Cl-、NO3-可以大量共存，通入二氧化硫后，二氧化硫与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，硝酸根可以把亚硫酸氧化为硫酸，进一步与钡离子生成硫酸钡沉淀，B不正确；C. AI3+和HCO3-会发生双水解，所以不能大量共存，C不正确；D. K+、Na+、HSO、Cl-可以大量共存，通入二氧化碳后仍能大量共存，D正确，本题选D。9、A【题目详解】A. 该反应的S0，HTS0，A项正确；B. 1mol CO完全燃烧生成稳定的氧化物CO2

31、气体所放出的热量为CO的燃烧热，燃烧热属于反应热的一种，单位为kJ/mol，由已知的热化学方程式可知CO的燃烧热H=283kJ/mol，B项错误；C. 反应热与物质的量成正比，且生成硫酸钡放热，由中和热及焓变为负，可知稀H2SO4溶液和稀Ba(OH)2溶液反应生成2mol水和1mol BaSO4的反应热H-890.3 kJmol-1；D项错误；答案选A。【答案点睛】1、燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物时所放出的热量，例如CCO2(g)，SSO2(g)，HH2O(l)，燃烧热为反应热的一种，H0，单位为kJmol-1，燃烧反应为放热反应，在用文字叙述燃烧热时用正值，用H表示时带负号

32、。2、D项是学生们的易错点，忽略了H是有正负号的，吸热反应的H大于零，放热反应的H小于零，则吸热反应的H大于放热反应的H；放热反应的H小于零，则放热越少，H越大；吸热反应的H大于零，吸热越多，H越大。10、A【答案解析】A、I-具有还原性，空气中的氧气具有强氧化性，能氧化碘离子生成碘单质，离子反应方程式为：4I+O2+2H2O=2I2 +4OH，选项A正确；B、0.1mol/L NH4Al(SO4)2溶液与0.2mol/L Ba(OH)2溶液等体积混合的离子反应为NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，选项B错误；C、向硫酸铜溶液中加入足量

33、的NaHS溶液反应生成黑色沉淀CuS、硫化氢和硫酸钠，反应的离子方程式为：Cu2+ +2HS=CuS+ H2S；若只加入少量的NaHS，则离子方程式为Cu2+HS=CuS+ H+，选项C错误；D向Fe(NO3)2和KI混合溶液中加入少量稀盐酸，只有碘离子被氧化，正确的离子方程式为：6I-+8H+2NO3-=2NO+4H2O+3I2，选项D错误；答案选A。11、B【题目详解】A海水提溴、煤的气化、石油的裂化均发生化学变化，但金属元素的焰色反应是物理变化过程，故A错误；B光化学烟雾、酸雨、臭氧层破坏等与氮氧化物的大量排放有关，故B正确；C胶体不带电，带电的是胶粒，如氢氧化铁胶体的胶粒吸附阳离子，带

34、正电荷，AgI胶粒吸附阴离子，带负电荷，故C错误；D光导纤维的成分为二氧化硅，为无机物，而人造纤维、合成纤维都是有机高分子化合物，故D错误；答案为B。12、D【分析】根据氧化还原反应的规律分析作答。【题目详解】A. 分析反应前后各元素价态变化，可知NF3在反应中既是氧化剂又是还原剂，其中：NF3HNO3是被氧化的过程，NF3为还原剂，故A错误；B. 2NF32NO是被还原的过程，NF3是氧化剂，所以还原剂与氧化剂的物质的量之比为12，故B错误；C. 生成1 mol HNO3转移2 mol 电子，所以生成0.2 mol HNO3转移0.4 mol电子，故C错误；D. NF3与潮湿的空气中的水反应

35、生成NO，NO与空气中的O2反应生成红棕色的NO2，故D正确；答案选D。13、C【题目详解】A.浓盐酸与铁屑反应应该生成Fe2+，故A项错误；B.钠与CuSO4溶液反应时，钠先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4溶液反应生成Cu(OH)2，正确的方程式为：2Na+Cu2+2H2O=Cu(OH)2+2Na+H2故B项错误；C. 硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡和一水合氨：Ba2+2OH-+2NH4+SO42-=BaSO4+2 NH3H2O，故C正确；D. FeCl2溶液中加入稀硝酸: 4H+NO3-+3Fe2+=3Fe3+NO+2H2O，故D错误；答案：C。14、C【题目详解】A

36、. 主链选择错误，应该是2，2，3三甲基戊烷，故A错误；B. 编号错误，应该是4甲基2戊烯，故B错误；C. 2甲基2丙醇名称正确，故C正确；D.结构错误，2甲基2丁炔不存在，故D错误；答案选C。【答案点睛】掌握有机物命名的方法是解答的关键。有机物系统命名中常见的错误归纳如下：主链选取不当(不包含官能团，不是主链最长、支链最多)；编号错(官能团的位次不是最小，取代基位号之和不是最小)；支链主次不分(不是先简后繁)；“”、“，”忘记或用错。15、C【题目详解】向所得溶液中加入0.5mol/L 的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n（NaNO3）=n（Na

37、OH）=0.5mol/L1L=0.5ml，沉淀为Cu（OH）2，质量为19.6g，其物质的量为：=0.2mol，根据铜元素守恒有n（Cu）+2n（Cu2O）=nCu（OH）2，所以反应后的溶液中nCu（NO3）2=nCu（OH）2=0.2mol，A设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n（Cu）：n（Cu2O）=0.1mol：0.05mol=2：1，故A错误；B根据选项N元素守恒可知n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3），根据电子转移守恒可知：3n（NO）

38、=2n（Cu）+2n（Cu2O），所以3n（NO）=20.1mol+20.05mol，解得n（NO）=0.1mol，根据Na元素可知n（NaNO3）=n（NaOH）=0.5mol/L1L=0.5mol，所以n（HNO3）=n（NO）+n（NaNO3）=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：=2.4mol/L，选项B错误；C反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，部分氢氧化钠与硝酸铜反应，部分氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n（HNO3）+2nCu（NO3）2=n（NaNO3），所以n（HNO3）=n（NaNO3）-2nCu（NO3）2=0

39、.5mol-20.2mol=0.1mol，选项C正确；D由B中计算可知n（NO）=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，选项D错误；答案选C。16、A【题目详解】A. CO与CN为等电子体，结构相似，CO分子内含有一条碳氧三键，则键和键个数之比为1：2，符合题意，A正确；B. Ni(NH3)62+中含有N-H极性共价键和Ni-N间形成的配位键，与题意不符，B错误；C. Ni2+的电子排布式为Ar3d8，与题意不符，C错误；D. CN为直线型，则C原子的杂化方式是sp，与题意不符，D错误；答案为A。【答案点睛】等电子体具有相似的结构。17、A【答案

40、解析】试题分析：A、无论氧气是否过量生成都是SO2，故正确；B、常温下，钠和氧气生成Na2O，点燃或加热生成Na2O2，故错误；C、盐酸少量，发生CO32H=HCO3，盐酸过量，发生CO322H=CO2H2O，故错误；D、硝酸是浓硝酸，常温下发生钝化反应，铁过量，生成Fe(NO3)2，铁不足，生成Fe(NO3)3，故错误。考点：考查元素及其化合物的性质等知识。18、B【分析】电极b、d均为阴极，在它们上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d，据此分析解答。【题目详解】电极b、d均为阴极，在它们

41、上面均没有气体逸出，但质量均增大，且增重bd，则所电解的盐溶液中金属元素应该在金属活动顺序表中(H)以后，转移相同电子时，b析出金属质量大于d。阳离子得电子能力随金属活动性的减弱而增强。A.在金属活动性顺序表中，Mg在H之前，所以电解镁盐溶液时阴极上不能得到金属单质，A错误；B.由阳离子得电子能力顺序可以看出，盐溶液中Ag+和Pb2+的得电子能力均大于H+，因此电解硝酸银溶液时阴极b电极上生成Ag、电解硝酸铅溶液阴极d上生成Pb，两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重216g，d增重207g，所以质量增加bd，符合题意，B正确；C.在金属活动性顺序表中，Fe、Al都在H之

42、前，电解亚铁盐、铝溶液溶液时阴极上都不能得到金属单质，C错误；D.两池中的电极上转移的电子是相等的，设转移2mol电子，b增重64g，d增重216g，所以质量增加bd，不符合题意，D错误；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查电解原理，同时考查学生对金属活动性顺序表、电解原理的理解及应用，明确离子放电顺序是解答本题关键，题目难度不大。19、D【题目详解】A.单质氟与水反应生成HF和氧气，只有一种酸，故A错误；B.氟化镁是离子化合物，电子式不正确，故B错误；C.能量越小的物质越稳定，依据图象数据分析，热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2MgF2，故C错误；D.Mg（s）+I2（g）=MgI2

43、（s）H=-364kJ/mol，Mg（s）+Cl2（g）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol，将第二个方程式与第一方程式相减可得MgI2(s)Cl2(g)=MgCl2(s)I2(g) H277kJmol1，故D正确。故选D。20、C【分析】由图可知该装置为电解池：Si4在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，Y与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率。【题目详解】ASi4在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，X连接电源负极，故A错误；B电子只能在外电路中

44、移动，不能够在三层液熔盐间自由流动，故B错误；C由图可知：液态铝为阴极，连接电源负极，所以电子流入液态铝，液态Cu-Si合金为阳极，电子由液态Cu-Si合金流出，故C正确；D由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4，阴极反应为Si4得电子转化为Si，所以Si优先于Cu被氧化，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查学生电解池的工作原理及其应用等知识，属于陌生类新型试题，解题的关键是提取图片信息并运用图片给予信息解答，把握图中SiSi4Si变化路径均可解答，注意提取、分析信息，利用所学原电池知识解题。21、B【分析】最终得到的沉淀为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，则生成沉淀时消耗氢氧根离子的物质

45、的量为：=0.9mol，因此铁和铝的总物质的量为：0.9mol/3=0.3mol，设合金中铁的物质的量为x、铝的物质的量为y，则56x+27y=11.0、x+y=0.3，解得：x=0.1mol、y=0.2mol，据此分析。【题目详解】A根据计算可知，合金中含有0.1mol铁，其质量为：56g/mol0.1mol=5.6g，故A正确；B.0.1mol铁与稀硫酸反应生成0.1mol氢气，0.2mol铝与稀硫酸反应生成0.3mol氢气，总共生成0.4mol氢气，故B错误；C.铁不与氢氧化钠溶液反应，0.2mol铝与氢氧化钠溶液反应转移电子为：0.2mol3=0.6mol，转移的电子数为0.6NA，故

46、C正确；D. 200mL6molL-1NaOH溶液中含有NaOH的总物质的量为：6mol/L0.2mol=1.2mol，生成沉淀最多时溶质为硫酸钠，则所加硫酸的物质的量为：1.2mol/2=0.6mol，故D正确；答案选B。22、C【答案解析】根据的现象，推出原溶液中含有Br和CO32，根据离子共存，推出Al3、Mg2不能大量存在，溶液呈电中性，原溶液中一定存在Na，根据中现象，无沉淀产生，说明原溶液中不存在SO32，根据中现象，说明原溶液中不含I，一定存在的离子是Na、Br、CO32，一定不存在的离子是SO32、Al3、I、Mg2，故选项C正确。点睛：离子检验中，已经注意溶液呈电中性，有阴离

47、子一定有阳离子，不能只有阴离子，没有阳离子。二、非选择题(共84分)23、 酯基和羟基 氧化 n-1 CH3COCH2COCH3 8 【答案解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸

48、作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。(1)根据上述分析，PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；(2)反应中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇，该反应的化学方程式为 ，故答案为氧化；(3)反应为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为n-1； (4) PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱

49、和键；分子内没有环状结构；核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：CH3、CHO、CH2OH，共有4种结构；CH2CHO、CH2OH有2种结构；CHO、CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为CH3COCH2COCH3；8。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。24、苯甲醛 +Na

50、OH+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，最后加入硝酸银溶液检验，故答案为BCDA；(5)E()的同分

51、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，如果考虑到碳链增长，需要利用题干信息，解题就比较顺利了。 25

52、、Cu2O+2H+=Cu2+Cu+2H2O 稳定 稳定 Cu+H2SO4+2HNO3（浓）=CuSO4+2NO2+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO+4H2O 氧气氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氢氧化钠溶液吸收，防止污染大气 否 CuO abc 重结晶 【分析】I.该实验的目的是探究不同价态铜的稳定性，则根据题干给出的提示分析即可；II.该实验目的是制取硫酸铜，则反应中，HNO3只作氧化剂，H2SO4则起酸性作用，可写出该反应的方程式，需要注意的是随着反应的进行，HNO3的浓度降低，还原产物也会随之变化；III.该实验的目的是制备氯化铜晶体，该实验的流程中

53、：第一步，粗铜和氯气反应是为了生成CuCl2，少量的杂质Fe会转化为FeCl3；第二步，用盐酸溶解固体1，是为了使得固体全部出于强酸性环境中，方便后续分离；第三步，要加入CuO来调节溶液的pH，把Fe3+转化为Fe(OH)3，从而除去杂质；第四步，在HCl氛围中蒸发溶液2的到目标产物；(5)不需要除去HCl气体，因为反应后，还需要用稀盐酸将固体全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO来调节溶液pH，使Fe3+全部转化为沉淀，而Cu2+仍存在于溶液中；固体2是Fe(OH)3；(6)题中已经告知这种转化关系是可逆反应，利用平衡移动的知识答题；(7)提纯晶体，往往采用重结晶。【题

54、目详解】I.该实验的目的是探究不同价态铜的稳定性，则：(1)Cu2O遇到酸反应生成蓝色的Cu2+盐溶液和单质Cu，则在酸性环境中，+2价的Cu比+1价的Cu稳定；(2)高温下，CuO分解产生Cu2O，则+1价的铜比+2价的Cu稳定；II.该实验目的是制取硫酸铜，则：(3)发生的反应为Cu+H2SO4+2HNO3(浓)=CuSO4+2NO2+2H2O、3Cu+3H2SO4+2HNO3(稀)=3CuSO4+2NO+4H2O；(4)产物中NO不能单独和NaOH反应，需要用O2将NO氧化为NO2才行，确保尾气完全被吸收，以防污染环境；III.该实验的目的是制备氯化铜晶体，则：(5)不需要除去HCl气体

55、，因为反应后，还需要用稀盐酸将固体全部溶解；所得溶液1中含有HCl、FeCl3，需要加入CuO来调节溶液pH，使Fe3+全部转化为沉淀；(6)题中已经告知这种转化关系是可逆反应，则a、将Y稀释，则H2O的量增多，平衡向逆反应方向移动，溶液变为蓝色，说明溶液中有这样的转化关系，a正确；b、向Y中加入CuCl2晶体，则溶液中Cu(H2O)42+、Cl-的浓度均增大，平衡向正反应方向移动，CuCl42-的浓度增大，溶液变为绿色，说明溶液中有这样的转化关系，b正确；c、向Y中加入NaCl晶体，则溶液中Cl-的浓度均增大，平衡向正反应方向移动，CuCl42-的浓度增大，溶液变为绿色，说明溶液中有这样的转

56、化关系，c正确；d、取Y进行电解，溶液颜色消失，这个过程和该转化关系无关，d错误；故选abc；(7)提纯晶体，往往采用重结晶。【答案点睛】本题是课外的实验探究题。对于实验题，一定要认准实验目的，此外还要去挖掘题中给出的有用信息，本题中的三道小题都给出了相关的信息，要结合信息去答题，会容易许多。26、ADBCE 增大反应物接触面积，使反应充分进行，加快反应速率 除去Cl2O中的Cl2。 2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2(或者2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3） 防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解 制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大 【题

57、目详解】（1）根据实验目的，要将Cl2和空气混合通入含Na2CO3溶液中制备Cl2O，应先用装置A制备Cl2，再通过装置D除去混合气体中的HCl气体，同时混入空气，将混合气体通入装置B，在装置B中发生制备Cl2O的反应；然后将制取的Cl2O气体先通入装置C，以除去Cl2杂质气体，最后通过装置E制取次氯酸溶液，故装置的连接顺序为ADBCE。答案：ADBCE。（2）多孔球泡和搅拌棒均能增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应充分快速进行。装置C的作用是除去Cl2O中的Cl2。答案：增大反应物接触面积，使反应充分进行，加快反应速率 、除去Cl2O中的Cl2。（3）已知空气不参与反应，则制取Cl2O

58、以Cl2和Na2CO3为反应物，发生歧化反应，其中氯元素从0价变为+1价和-1价，反应的化学方程式为：2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2或2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3。（5）已知Cl2O在42 以上会分解生成Cl2和O2，因此反应过程中，装置B需放在冷水中，防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解。答案：防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解。(6）Cl2O与水反应的化学方程式为：Cl2O+H2O= 2HClO ，Cl2和水反应的化学方程式为Cl2+H2OHClO+HCl，Cl2O和水反应只生成HClO 且反应不可逆，Cl2和水反应除了

59、生成HClO还生成HCl，并且反应可逆，所以用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液的主要优点是用Cl2O与水反应制备次氯酸溶液时制得次氯酸溶液纯度较高、浓度也较大。答案：制得的次氯酸溶液纯度较高，浓度较大。27、a 旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离 Cu2O为红色固体 CuS、CuO 2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2 过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解 在双球管支管口处增加一赶气装置 安全瓶（或缓冲瓶） 【答案解析】从流程图中分析反应的原理，从装置图中分析实验过程中的不足之处。【题目详解】(1)铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，检验产物

60、二氧化硫可以用品红溶液；要想停止反应，根据图示可以旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；故答案为：a ，旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；(2) Cu2O为红色固体，所以黑色物质不可能为Cu2O；硫化铜既不溶于水也不溶于硫酸；氧化铜虽然不溶于水，但是可溶于硫酸，所以与硫酸反应生成蓝色溶液和黑色固体，则该黑色物质为CuS和CuO；故答案为：Cu2O为红色固体，CuS、CuO；(3)根据流程图II中发生反应的化学方程式为：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；题干中提示硫代硫酸钠遇酸易分解，所以二氧化硫不能过量的原因为：过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解；故答案为