2022-2023学年山西省浑源县第五中学高三化学第一学期期中调研模拟试题（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、在不同浓度（c)、温度（T)条件下，蔗糖水解的瞬时速率（v）如下表。下列判断不正确的是Aa=6.00B同时改变反应温度和蔗糖的浓度，v可能不变Cb50D50时，经过5s蔗糖浓度减少一半2、化学与生产、生活及环境都密

2、切相关，下列说法错误的是（ ）A过氧化氢干雾空气消毒机在抗击新冠疫情中被广泛使用，原理是利用了过氧化氢的氧化性B深埋废旧电池，可防止重金属对环境造成污染C浙江大学研发的“碳海绵”可用于吸收海上泄露的原油，该过程发生的是物理变化D新版人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质3、材料创新是衡量科技进步的重要标志。下列说法不正确的是A发生溢油事故时可用沸石涂层网膜材料做防油栏B国庆70周年阅兵使用的彩色烟剂是一种环保无毒的新型“航空液体彩色拉烟剂”C条形码扫描器中的光敏二极管使用的主要是超导材料D纳米材料具有奇特的熔点、磁性、光学、导热、导电和化学方面等的特性4、下列说法中正确的是

3、( )A二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质B硫酸钡难溶于水，故硫酸钡属于弱电解质C硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电D氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同5、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述正确的是AC、D两元素形成化合物属共价化合物B CD的简单离子均能促进水的电离C A、D分别与B元素形成的化合物都是大

4、气污染物DE的氧化物水化物的酸性大于D的氧化物水化物的酸性6、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP akJmol1、PO bkJmol1、P=O ckJmol1、O=O dkJmol1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（ ）A（6a+5d4c12b）kJmol1B（4c+12b6a5d）kJmol1C（4c+12b4a5d）kJmol1D（4a+5d4c12b）kJmol17、关于胶体，下列说法正确的是A胶体的聚沉是化学变化B含有0.01molFeCl3溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.021021个C胶体

5、的介稳性与胶体带有电荷有关DNaCl晶体既可制成溶液又可制成胶体8、下列反应中，水只作氧化剂的是氟气通入水中 水蒸气经过灼热的焦炭 钠块投入水中铁与水蒸气反应 氯气通入水中A只有 B只有 C只有 D只有9、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，X是同周期中金属性最强的元素，Y原子的最外层电子数等于电子层数，W和Z原子的最外层电子数相同。下列说法错误的是()A单质的沸点：ZWB简单离子半径：XWC元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应10、从废铅蓄电池铅膏（含PbSO4、PbO2和Pb

6、等）中回收铅的一种工艺流程如下：已知：浓硫酸不与PbO2反应，Ksp（PbCl2）2.0105，Ksp（PbSO4）1.5108，PbCl2（s）2Cl（aq）=PbCl42（aq）。下列说法错误的是A合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染B步骤中可用浓硫酸代替浓盐酸C步骤、中均涉及过滤操作DPbSO4（s）2Cl（aq）PbCl2（s）SO42（aq）的平衡常数为7.510411、元素X、Y、Z 位于相同短周期，它们的最高及最低化合价如表所示，下列判断错误的是A原子序数：XYZB原子半径：XYZC稳定性：HXH2YZH3D酸性由强到弱：HXO4H2YO4H3ZO412、下列说法正

7、确的是A糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，它们水解的最终产物不相同B在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，都会因盐析产生沉淀C不可向蔗糖的水解液中直接加入银氨溶液检验蔗糖是否发生水解D乙醇和汽油都是可再生能源，所以要大力发展“乙醇汽油”13、用化学用语表示NaOH+HCl=NaCl+H2O 中的相关微粒，其中正确的是（ ）A中子数为8的O原子：BHCl的电子式：CCl-的结构示意图：DH2O的结构式：14、一定量的铁与一定量的浓HNO3反应， 得到硝酸铁溶液和NO2、 N2O4、 NO的混合气体，这些气体与3.36 L O2（标准状况）混合后通入水中， 所有气体完全被水吸收

8、生成硝酸。若向所得硝酸铁溶液中加入2 molL-1 的NaOH溶液至Fe3+ 恰好沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（ ）A150 mLB300 mLC120 mLD90 mL15、一定温度下，反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，达到平衡时： n(SO2)n(O2)n(SO3)234。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)0.8 mol，n(SO3)1.4 mol，此时SO2的物质的量应是()A1.2 molB0.4 molC0.8 molD0.6 mol16、青铜器在潮湿环境中发生电化学腐蚀原理如图所示：多孔催化层中的Cl-扩散到孔口，与电极产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3C

9、l，下列说法正确的是（ ）A此过程为电化学腐蚀中的析氢腐蚀B电极b发生的反应：O2+4e-+2H2O=4OH-C生成Cu2(OH)3Cl的反应：2Cu2+3H2O+Cl-=Cu2(OH)3Cl+3H+D若采用牺牲阳极的阴极保护法保护青铜器是利用了电解的原理17、下列有关物质性质的应用正确的是（ ）A液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝18、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A在pH=1的溶液中：SO、Cl、NO、Na+B在能使酚酞变红的溶液中：Na+、Cl、N

10、O、K+C在1molL-1的NaAlO2溶液中：K+、Ba2+、SO、OHD在1molL-1的AlCl3溶液中：NH、Ag+、Na+、NO19、CO2催化加氢制取甲醇的研究，对于环境、能源问题都具有重要的意义。反应如下：反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H1=58 kJ mol-1 反应：CO2(g) + H2(g) CO(g) + H2O(g) H2= +42 kJ mol-1下列说法不正确的是A增大氢气浓度能提高二氧化碳的转化率B增大压强，有利于向生成甲醇的方向进行，反应的平衡常数增大C升高温度，生成甲醇的速率加快，反应的限度同时增加D选用理想的催化

11、剂可以提高甲醇在最终产物中的比率20、下列事实与平衡移动原理无关的是A向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液，红色变浅B加热MgCl26H2O固体最终得到Mg(OH)ClC将FeS2矿石粉碎更有利于焙烧制备SO2气体DNO2气体经过冷凝和加压成无色液体21、下列有关晶体的说法正确的是（ ）A分子晶体中一定不含离子键B分子晶体中一定含有共价键C离子晶体中一定只含离子键D离子晶体的熔点一定比共价化合物高22、晶体的叙述中，正确的是A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定C分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高D离子晶体不一定能溶于水，但

12、一定不含非极性共价键二、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

13、和碳碳双键，在铜催化下氧化，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）短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，B为地壳中含量最多的元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C与D形成的离子化合物CD是常用的调味品。填写下列空白：（1）A B2的结构式_；C元素在周期表中的位置第_周期_族（2）B、C组成的一种化合物与水发生化合反应的化学方程式为：_（3）如图所示，电解质a溶液为含有CD的饱和溶液。X为石墨电极，Y为铁电极，接通直流电源。X电极的电极反应式为_。Y电极的电极反应式为_。（4）常温下，相同体积的0.2mol

14、L1CD溶液与0.1molL1 C2AB3溶液中，总离子数目较多的是_溶液（填化学式）。25、（12分）氯化铁可用作金属蚀刻、有机合成的催化剂，研究其制备及性质是一个重要的课题。（1）氯化铁晶体的制备：实验过程中装置乙发生反应的离子方程式有_，仪器丙的作用为_。为顺利达成实验目的，上述装置中弹簧夹打开和关闭的顺序为_。反应结束后，将乙中溶液边加入_，边进行加热浓缩、_、过滤、洗涤、干燥即得到产品。（2）氯化铁的性质探究：某兴趣小组将饱和FeCl3溶液进行加热蒸发、蒸干灼烧，在试管底部没有得到预期的红棕色固体。为进一步探究该固体的成分设计了如下实验。（查阅文献知：FeCl3溶液浓度越大，水解程度

15、越小氯化铁的熔点为306、沸点为315，易升华，气态FeCl3会分解成FeCl2和Cl2 FeCl2熔点670）操作步骤实验现象解释原因打开K，充入氮气D中有气泡产生充入N2的原因_关闭K，加热至600，充分灼烧固体B中出现棕黄色固体产生现象的原因_实验结束，振荡C静置_（用相关的方程式说明）结合以上实验和文献资料，该未知固体可以确定的成分有_。26、（10分）制备纯净的液态无水四氯化锡（SnCl4易挥发形成气体，极易发生水解，水解生成SnO2H2O)的反应为Sn+2Cl2SnCl4, Sn也可以与HC1反应生成SnCl2。已知:物质摩尔质量(g/mol)熔点（)沸点（)Sn119231226

16、0SnCl2190246623SnCl4261-30114制备装置如图所示:回答下列问题:（1）Sn在元素周期表中的位罝为_。（2）II、III中的试剂分別为_、_；VII的作用是_、_。（3）实验所得SnCl4因溶解了Cl2而略显黄色，提纯SnCl4的方法是_(填序号)。a.用NaOH溶液洗涤再蒸馏 b.升华 c.重结晶 d.蒸馏 e.过滤（4）写出I中反应的化学方程式：_。（5）加热Sn粒之前要先让氯气充满整套装置，其目的是_。（6）写出SnCl4水解的化学方程式：_。（7）若IV中用去锡粉5.95g，反应后，VI中锥形瓶里收集到12.0gSnCl4，则SnCl4的产率为_%。(保留一位小

17、数)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Cu

18、SO4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）生活污水中氮是造成水体富营养化的主要原因。若某污水中NH4Cl含量为180mg/L。（1）写出NH4Cl电子式：_。（2）氮原子的电子排布式是：_，写出与氯同周期，有2个未成对电子的原子的元素符号为_、_。（3）为除去废水中的NH4+，向103L该污水中加入0.1mo1/LNaOH溶液，理论上需要NaOH溶液的体积为_L(计算结果保留两位小数）。（4

19、）可先在酸性污水中加入铁屑将NO3-转化为NH4+后再除去，请配平下列离子方程式并标出电子转移的方向和数目_。_Fe+_NO3-+_H+_Fe2+_NH4+_H2O29、（10分）为更有效处理工业废气中排放的氮氧化物(NOx)、SO2等，减少大气污染。科学家不断对相关反应进行研究尝试。（1）按每年全国发电燃煤8亿吨，煤中含硫质量分数以2%计，若不经过脱硫处理，则会有_亿吨SO2排放到大气中（假设S全部转化为SO2）。（2）下列物质中，能吸收SO2的有_（填序号）。a氨水 b酸性KMnO4溶液 c生石灰 dNa2CO3溶液（3）某工厂采用(NH4)2SO3和NH4HSO3的混合溶液A吸收废气中的

20、SO2并制备(NH4)2SO3H2O，过程如下：“吸收”过程中，溶液中(NH4)2SO3和NH4HSO3物质的量之比变_（填“大”或“小”）。“制备”过程中，溶液B中发生反应的化学方程式是 _。检验产品(NH4)2SO3H2O中含有少量SO42-的方法如下：取少量产品加水溶解，（将实验操作和现象补充完整）_。（4）选择性催化还原技术(SCR)是目前较为成熟的烟气脱硝技术，其反应原理主要为：4NH3(g)4NO(g)O2(g) 4N2(g)6H2O(g) H= -1627 kJmol-1被NO氧化的NH3和被O2氧化的NH3的物质的量之比为_。氨氮比会直接影响该方法的脱硝率如图为350 时只改变

21、氨气的投放量，NO的百分含量与氨氮比的关系图。当1.0时，烟气中NO含量反而增大，主要原因是_。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、D【答案解析】A、根据表格的数据可知：在50时，蔗糖的浓度越大，水解的速率越快，蔗糖的浓度每减小0.1mol/L速率减小0.60mol/(Lmin)；在60时，蔗糖的浓度每减小0.1mol/L速率减小0.15mol/(Lmin)，所以浓度a=7.50-1.50=6.00，故A正确；B、由表格可知，影响水解速率的因素由两个，温度和浓度，升高温度，若同时改变反应物的浓度和反应的温度，则

22、对应速率的影响因素相互抵消，反应速率可能不变，故B正确；C、在浓度相同的情况下，50时的速率大于b时的速率，所以温度b50，故C正确；D、5s即，起始浓度为0.6mol/L时，水解初始速率为3.6mol/(Lmin)，若一直以该速率进行下去，反应，蔗糖浓度减少0.3mol/L，浓度减半，但是在水解的过程中，平均速率应小于起始速率，故时间应大于，故D错误。选D。点睛：注意分析表格找变化规律。2、B【题目详解】A.过氧化氢具有强氧化性，能消毒杀菌，所以过氧化氢干雾空气消毒机在抗击新冠疫情中被广泛使用，故A正确；B.深埋废旧电池，会造成土壤污染，故B错误；C. “碳海绵”具有吸附性，可用于吸收海上泄

23、露的原油，该过程发生的是物理变化，故C正确；D. Fe3O4具有铁磁性，又叫磁性氧化铁，故D正确；3、C【题目详解】A. 沸石具有强吸附性，故发生溢油事故时可用沸石涂层网膜材料做防油栏，故A正确；B. 国庆70周年阅兵使用的彩色烟剂是一种环保无毒的新型“航空液体彩色拉烟剂” ，故B正确；C. 当光照发生变化时，由半导体材料做成的光敏电阻的阻值可发生变化，可以感知条形码，故C错误；D. 纳米材料的尺寸已接近光的波长，加上具有大表面的特殊效应，因此具有奇特的熔点、磁性、光学、导热、导电和化学方面等的特性，故D正确；故选C。【答案点睛】4、D【答案解析】A、SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是S

24、O2电离产生的，因此SO2不是电解质，故错误；B、硫酸钡虽然难容溶于水，但溶于水硫酸钡完全电离，属于强电解质，故错误；C、电解质导电，需要条件，即水溶液或熔融状态，因此纯硫酸不导电，故错误；D、OH离子浓度相同，溶液中导电离子的浓度以及所带电荷数相同，因此导电能力相同，故正确；答案选D。5、B【答案解析】根据甲+乙丙+丁，而乙、丁是B常见的同素异形体，即乙、丁是单质，而甲、丙是氧化物，甲、丙中一定含有氧元素，所以乙、丁是O3、O2，B是O元素；氧化物+O2氧化物，中学中常见的有CO、NO、SO2，而C、N的原子序数小于O，所以D可能是S，如果D是S，丙是SO3，戊是硫酸，0.005mol/LH

25、2SO4溶液的pH=2，与题干提供的信息吻合，所以D是S；（8+16）/4=6，A元素是C；C元素的最高价氧化物的水化物是一种中强碱，其原子序数应该介于816之间，所以C是Mg，E是短周期且原子序数大于16，E只能是Cl；所以A、B、C、D、E分别是C、O、Mg、S、Cl元素。C和D元素形成的化合物是MgS，是离子化合物，A选项错误；Mg（OH）2是中强碱，所以Mg2+在水溶液中能够发生水解，使水溶液呈酸性，促进了水的电离，H2S的水溶液是弱酸，S2-在水溶液中能够发生水解，使溶液呈碱性，也促进了水的电离，所以Mg2+、S2-的简单离子均能促进水的电离，B选项正确；A与D形成化合物是SO3、S

26、O2是大气污染物，A与B形成化合物是CO、CO2，二氧化碳不是大气污染物，C选项错误；根据元素周期律的规律：非金属性ClS，则E的最高价氧化物水化物的（HClO4）酸性大于D的最高价氧化物水化物（H2SO4）的酸性，但硫酸酸性大于HClO酸性，题干中没有涉及到是最高价氧化物的水化物， D选项错误；正确答案B。点睛：中学化学中元素之间的转化是比较复杂的，类型也很多，如直线型转化关系X为O2，中学中常见的有：NaNa2ONa2O2、N2NONO2或NH3NONO2、SSO2SO3或H2SSO2SO3、CCOCO2或CH4COCO2，本题中涉及是SO2SO3H2SO4，熟悉这个之间的转化，是解决本题

27、的关键。6、A【题目详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的PP，5mol的O2中含有5molOO，1mol的P4O10中含有4mol的PO，12mol的PO，所以根据方程式可知反应热H(6a5d4c12b)kJmol1。答案选A。7、D【答案解析】A胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程，没有新物质生成，为物理变化，故A错误；B胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01 mol Fe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.021021个，故B错误；C胶体具有介稳定性主要是胶体粒子的直径介于溶液和浊液之间，故C错误；DNaCl分散在水中形

28、成溶液，分散在酒精中形成胶体，故D正确；故选D。8、A【答案解析】有电子转移的化学反应是氧化还原反应，其特征是反应前后有元素化合价的变化，在化学反应中得电子化合价降低的反应物是氧化剂，失电子化合价升高的反应物是还原剂；【题目详解】氟气通入水中2F2+2H2O=4HF+O2水只作还原剂；水蒸气经过灼热的焦炭，水只作氧化剂；钠块投入水中，2Na+2H2O=2NaOH+H2，水只作氧化剂；铁与水蒸气反应，3Fe+4H2OFe3O4+4H2，水只作氧化剂；氯气通入水中Cl2+H2O=HCl+HClO，水中各元素的化合价都不变，所以水既不是氧化剂又不是还原剂。根据以上分析：水只作还原剂的反应；水只作氧化

29、剂；水既不是氧化剂又不是还原剂，故选A。9、B【答案解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【题目详解】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层

30、电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；AZ、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故A正确；BX为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：XW，故B错误；CX为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含离子键也含非极性共价键，故C正确；DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，

31、故D正确；故答案为B。10、B【答案解析】B、D选项均利用到已知信息，C项注意看流程图中分离出固体和液体可知均涉及过滤操作。【题目详解】A. 铅会使蛋白质变性，造成人体重金属中毒，所以合理处理废铅蓄电池有利于资源再利用和防止重金属污染，故A正确；B. 浓硫酸不与PbO2反应，步骤中若用浓硫酸代替浓盐酸，则铅无法反应到滤液中，故B错误；C. 步骤、中均需要分离液体与不溶性固体，都涉及过滤操作，故C正确；D. PbSO4（s）2Cl（aq）PbCl2（s）SO42（aq）的平衡常数为：7.5104，故D正确；答案选B。【答案点睛】计算平衡常数，写出该反应平衡常数表达式，注意利用给出的已知信息，可知

32、该平衡常数等于两Ksp相除。11、B【分析】X、Y、Z位于相同短周期，由化合价可知，X为Cl，则Y为S，Z为P，据此分析解答。【题目详解】A同周期从左向右原子序数增大，原子序数：XYZ，故A正确；B同周期从左向右原子半径减小，原子半径：ZYX，故B错误；C同周期从左向右非金属性增强，对应氢化物的稳定性增强，稳定性：HXH2YZH3，故C正确；D非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，酸性由强到弱：HXO4H2YO4H3ZO4，故D正确；故选：B。12、C【答案解析】A、油脂是高级脂肪酸的甘油酯，不是高分子化合物，A错误；B、在鸡蛋清溶液中分别加入饱和Na2SO4、CuSO4溶液，分别发生盐析

33、、变性而产生沉淀，B错误；C、蔗糖的水解液显酸性，不能向蔗糖的水解液中直接加入银氨溶液检验蔗糖是否发生水解，应该首先加入碱液中和后，再加入银氨溶液检验，C正确；D、汽油不是可再生能源，D错误，答案选C。13、D【题目详解】A中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：，故A错误；BHCl是共价化合物，H原子和Cl原子间以一对共用电子对结合，故HCl的电子式是，故B错误；C氯原子获得1个电子形成氯离子，Cl-离子的结构示意图为：，故C错误；D水的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式：H-O-H，故D正确；故答案为D。【答案点睛】解决这类问题过程中需要重点关

34、注的有：书写电子式时应特别注意如下几个方面：阴离子及多核阳离子均要加“ ”并注明电荷，书写共价化合物电子式时，不得使用“ ”，没有成键的价电子也要写出来。书写结构式、结构简式时首先要明确原子间结合顺序(如HClO应是HOCl，而不是HClO)，其次是书写结构简式时，碳碳双键、碳碳三键应该写出来。比例模型、球棍模型要能体现原子的相对大小及分子的空间结构。14、B【分析】根据氧气的体积计算物质的量，根据氧气的物质的量计算其转移电子数，转移电子数等于铁离子结合的氢氧根的物质的量，据此解答。【题目详解】3.36 L O2（标准状况）的物质的量为3.36/22.4=0.15mol，则转移电子物质的量为0

35、.154=0.6mol，根据守恒分析，电子物质的量等于铁离子结合的氢氧根离子物质的量，即氢氧化钠的物质的量为0.6mol，溶液的体积为0.6/2=0.3L，即300mL。故选B。【答案点睛】掌握有关硝酸的计算中的守恒关系，反应中铁元素失去电子数=硝酸中氮元素得到电子数=氧气得到的电子数=铁离子结合的氢氧根离子数。15、B【题目详解】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2 、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：14：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变

36、体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则反应的氧气为0.5xmol，因此(1.4mol-xmol)：(0.8mol+0.5xmol)=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，故选B。【答案点睛】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系或改变的条件判断平衡移动的方向是解题的关键。16、B【分析】根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，则Cu作负极被氧化

37、，腐蚀过程中，负极是e，多催化层作正极。【题目详解】A根据图知，氧气得电子生成氢氧根离子、Cu失电子生成铜离子，发生吸氧腐蚀，A不正确；B氧气在正极得电子生成氢氧根离子电极反应式为：O24e-2H2O=4OH-，B正确；CCl-扩散到孔口，并与正极反应产物和负极反应产物作用生成多孔粉状锈Cu2(OH)3Cl，负极上生成铜离子、正极上生成氢氧根离子，所以该离子反应为氯离子、铜离子和氢氧根离子反应生成Cu2(OH)3Cl沉淀，离子方程式为2Cu2+3OH-+Cl-=Cu2(OH)3Cl，C不正确；D牺牲阳极的阴极保护法是利用了原电池的原理，D不正确；故选B。17、A【答案解析】A液氨汽化时要吸收大

38、量的热，从而可以使环境的温度降低，因此可用作制冷剂，正确；B 二氧化硅不与强酸反应，但是可以与氢氟酸发生反应，而石英器皿中的含义大量的二氧化硅，因此不可用石英器皿盛放氢氟酸，错误；C生石灰能与水反应，也可以与Cl2发生反应，因此不可用来干燥氯气，错误；D 氯化铝是一种电解质，但是由于该物质是分子晶体，无离子，因此不能用于电解制铝，错误。答案选A。18、B【答案解析】试题分析：A在pH=1的溶液显酸性，SO32与NO3发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B在能使酚酞变红的溶液显碱性，Na+、Cl、NO3、K+可以大量共存，B正确；C在溶液中Ba2+、SO42不能大量共存，C错误；D在1mol

39、L-1的AlCl3溶液中Ag+不能大量共存，D错误，答案选B。考点：考查离子共存19、B【题目详解】A. 增大氢气浓度平衡正向移动导致二氧化碳消耗增大，所以二氧化碳转化率增大，故A正确；B. 增大压强平衡向气体体积减小的方向移动，增大压强，反应i的平衡正向移动，所以向生成甲醇的方向移动，但是化学平衡常数只与温度有关，温度不变化学平衡常数不变，所以增大压强反应i的平衡常数不变，故B错误；C. 升高温度任何化学反应速率都增大，升高温度平衡向吸热方向移动，升高温度反应ii向正向移动，则反应ii的反应限度增大，故C正确；D. 催化剂具有选择性和专一性、高效性，所以选用理想的催化剂可以提高甲醇在最终产物

40、中的比率，故D正确；答案选B。20、C【答案解析】A. 向含酚酞的Na2CO3溶液中滴加BaCl2溶液中生成碳酸钡和氯化钠，溶液的碱性减弱，红色变浅，与水解原理有关，A错误；B. 镁离子水解，水解吸热，加热MgCl26H2O固体最终得到Mg(OH)Cl，与水解原理有关，B错误；C. 将FeS2矿石粉碎增大反应物的接触面积，更有利于焙烧制备SO2气体，与平衡移动原理无关，C正确；D. NO2气体经过冷凝和加压成无色液体与2NO2N2O4有关系，D错误，答案选C。21、A【题目详解】A.分子晶体中分子间存在分子间作用力，大多数分子内原子间存在共价键（稀有气体形成的分子晶体例外），分子晶体中一定不含

41、离子键，含离子键的晶体一定是离子晶体，故A正确；B.分子晶体中分子间存在分子间作用力，大多数分子内原子间存在共价键，但稀有气体形成的分子晶体中没有共价键，故B错误；C.离子晶体中一定含离子键，有的离子晶体中还含有共价键如NaOH、Na2O2等，故C错误；D.离子晶体的熔点不一定比共价化合物高，如许多离子晶体的熔点都低于SiC，故D错误；答案选A。22、A【答案解析】A原子晶体中，原子之间通过共价键结合，共价键的键能越大，断裂共价键消耗的能量就越高，所以物质的熔、沸点就越高，正确；B分子晶体中，分子之间通过分子间作用力结合。分子间的作用力越大，则含有该分子的晶体的熔沸点就越高，与物质的稳定性无关

42、，错误；C分子晶体中，共价键的键能越大，含有该化学键的物质稳定性就越强，错误；D离子晶体不一定能溶于水，其中可能含非极性共价键，也可能不含有非极性共价键，错误。答案选A。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C

43、H2=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CH

44、2=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

45、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、O=C=O3IANa2O + H2O = 2NaOH2H+ + 2e = H2（或2H2O + 2e = H2+ 2OH）Fe2e= Fe2+NaCl【分析】短周期元素A、B、C、D，A元素的原子最外层电子数是内层电子数的两倍，A为C元素，B为地壳中含量最多的元素，B为O元素，C是原子半径最大的短周期主族元素，C为钠，C与D形成的离子化合物NaCl是常用的调味品。【题目详解】短周期元素A、B、C、D分别为：C、O、Na、Cl。（1）二氧化碳中的碳最外层4个电子，分别与O形成两个共价键

46、，AB2的结构式O=C=O，C元素为钠元素，在周期表中位于第3周期IA族；（2）B、C组成的一种化合物是氧化钠，与水发生化合反应的化学方程式为：Na2O + H2O = 2NaOH； （3）电解NaCl的饱和溶液，X为石墨电极，与电源负极相连，作阴极，X电极的电极反应式为2H+ + 2e = H2（或2H2O + 2e = H2+ 2OH）。Y为铁电极，与直流电源正极相连，发生氧化反应。Y电极的电极反应式为Fe2e= Fe2+。（4）常温下，相同体积的0.2molL1NaCl溶液与0.1molL1Na2CO3溶液中，钠离子数相同，碳酸根部分水解，阴离子总数少于钠离子，总离子数目较多的是NaCl

47、溶液。25、Fe+2H+=Fe2+H2 、Cl2+2Fe2+=2Fe3+2Cl- 吸收多余的氯气 关闭弹簧夹1和3，打开弹簧夹2；待铁粉完全溶解后打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2 浓盐酸 冷却结晶 排出装置内的空气 FeC13易升华 溶液分层，上层接近无色，下层橙红色 2FeCl32FeCl2+Cl2 、2Br-+Cl2=Br2+2Cl- FeCl3、FeCl2、Fe2O3 【答案解析】本题考查实验设计方案的评价，（1）装置甲制取氯气，装置乙发生Fe2H=Fe2H2，利用氯气的强氧化性，把Fe2氧化成Fe3，离子反应方程式为：2Fe2Cl2=2Fe32Cl；氯气有毒，作为尾气必须除去，除去氯气常

48、用氢氧化钠溶液，因此丙装置中盛放NaOH的作用是除去多余尾气；为了实验顺利进行，铁和盐酸先充分反应，待铁全部溶解后，再通入氯气，因此操作是：关闭弹簧夹1和3，打开弹簧夹2，待铁粉完全溶解后，打开弹簧夹1和3，关闭弹簧夹2；Fe3易水解，为防止水解，边加入浓盐酸，边进行加热浓缩、冷却结晶、过滤；（2）充入氮气的目的是排除装置中的空气，防止干扰实验；棕黄色固体是FeCl3，根据信息，FeCl3易升华，A中FeCl3由固体转化成气体，在B装置中遇冷凝结为固体；FeCl3受热分解成FeCl2和Cl2，Cl2与KBr反应生成Br2，Br2易溶于有机溶剂，现象是：溶液分层，上层接近无色，下层橙红色；2Fe

49、Cl32FeCl2+Cl2，2BrCl2=Br22Cl；根据上述现象和资料推出含有的物质是FeCl3、FeCl2、Fe2O3。26、第5周期IVA族(全对才给分) 饱和食盐水 浓硫酸 吸收尾气中的氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入装置V而使SnCl4水解 d MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 排除装置内的空气和少量的水汽(回答到“排空气”可给满分) SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl(写“”也可给分) 92.0 【答案解析】（1）Sn与C同主族，核外有5个电子层，所以Sn在周期表中的位置：第5周期IVA族。（2）I中二氧化锰与浓盐酸反应产生氯

50、气，生成的氯气中含有挥发出的HCl和水蒸气，因为Sn能与HCl反应生成杂质SnCl2和SnCl4极易发生水解，所以IV中进入的氯气必须是纯净干燥的，故II中盛放饱和食盐水吸收HCl气体，III中盛放浓硫酸干燥氯气，因为SnCl4极易发生水解和多余的氯气有毒不能排放在空气中，所以VII有两个作用：吸收尾气中的氯气，防止污染空气和防止空气中的水蒸气进入装置V而使SnCl4水解。（3）SnCl4和Cl2的沸点不同，当液态的SnCl4中溶有液态的Cl2时，可以根据两者的沸点不同，利用蒸馏法将两者分离，故答案选d。（4）I中二氧化锰与浓盐酸反应产生氯气，对应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) Mn

51、Cl2+Cl2+2H2O。（5）加热Sn前先通氯气的作用是排除装置中少量的空气和水，防止生成的SnCl4发生水解。（6）SnCl4发生水解时可以考虑先生成HCl和Sn(OH)4，然后S n(OH)4分解并生成SnO2xH2O，对应的方程式为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2xH2O+4HCl。（7）5.95g锡粉的物质的量=5.95g119gmol-1=0.05mol，所以理论上生成的SnCl4的物质的量也应为0.05mol，质量为0.05mol251g mol-1=13.05g，所以SnCl4的产率为12.0g/13.05g=0.920=92.0%。点睛：本题以无机物的制备为实验载体，

52、综合考查实验的原理、物质的除杂、尾气的处理、产率的计算及实验中应该注意的事项，难度中等。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

53、制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Cu2O，则反应的化学方程式