2022-2023学年新疆巴楚县一中高三化学第一学期期中学业水平测试模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下图是恒温下H2(g)+I2(g)2HI(g)+Q(Q0)的化学反应速率随反应时间变化的示意图，t1时刻改变的外界条件是A升高温度B增大压强C增大反应物浓度D加入催化剂2、如图所示，其中甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4

2、KOH=2K2CO3+6H2O，下列说法正确的是（ ）A甲池是电能转化为化学能的装置，乙、丙池是化学能转化电能的装置B甲池通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+2H2O=CO32-+8H+C反应一段时间后，向乙池中加入一定量Cu(OH)2固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗280mL（标准状况下）O2，此时丙池中理论上最多产生1.45g固体3、下图是铝热反应(2AlFe2O3Al2O32Fe)的实验装置，有关该反应的下列说法中正确的是Aa为镁条B2 mol氧化剂参与反应则电子转移6NA个Cb为氧化铁与铝粉的混合物D还原剂与氧化产物的物质的量之比为124、下列有关实验操作、现

3、象、解释或结论都正确的是选项实验操作现象解释或结论A充分吸收了Na2SiO3 饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3 可作防火剂B将H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧集气瓶口上方有白烟生成H2、Cl2 化合生成HClC将SO2 通入酸性高锰酸钾溶液中溶液褪色SO2 具有漂白性D用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近冒白烟NH3 具有还原性AABBCCDD5、下列关于铝及含铝物质的说法正确的是A27Al的中子数为13B单质铝可用作半导体材料C原子半径：r(Si) r(Al)DAl(OH)3能与NaOH溶液反应6、将19 g由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的Na

4、OH溶液中，合金质量减少了2.7 g。另取等质量的合金溶于过量稀HNO3中，生成了6.72 L NO（标准状况下），向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液，则沉淀的质量为 ( )A22.1 gB25.4 gC33.2gD无法计算7、用H2O2溶液处理含NaCN的废水，反应原理为NaCN+H2O2+H2O=NaHCO3+NH3，已知：HCN的酸性比H2CO3弱。下列有关说法正确的是A该反应中氮元素被氧化B该反应中H2O2作还原剂C每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.16.021023个D实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液8、下列有关实验描述错误的是A取少量某无色弱酸

5、性溶液，加入过量NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则该溶液中一定含有NH4+B乙酸乙酯制备实验中，要将导管口插入饱和碳酸钠溶液底部，以利于分离乙酸乙酯C为证明苯环结构中是否含有双键，可向苯中加入一定量酸性高锰酸钾D除去CO2中混有的H2S，可将混合气体通过足量酸性高锰酸钾溶液9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A在标准状况下，11.2 LNO与11.2 L O2混合后所含原子数为NAB110 g Na2S2中含有的离子数为3NAC0.1 mol/LNa2CO3溶液中所含碳酸根数目小于0.1NAD1 molCl2溶于足量水时，生成的H+数目为2NA个10、下列

6、有关溶液组成的描述合理的是A无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl、S2B酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO、SO42、IC弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl、HCO3D中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl、SO4211、能正确表示下列反应的离子方程式为ANH4HCO3溶于过量的浓KOH溶液中：NH4+ HCO3-+2OH-= CO32-+ NH3H2O+2 H2OB醋酸除去水垢：2H+CaCO3=Ca2+ CO2+ H2OC向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO322H=SO2H2OD向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-沉淀完全：Al3+2SO42-

7、+2Ba2+4OH -= AlO2+2BaSO42H2O12、我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3 nm）恢复了磁性。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是A“钴酞菁”分子能透过半透膜B此项工作可以用来改变分子的某些物理性质C“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电D“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液13、下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在一定条件下(不含电解)发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是（ ）选顶WXYZAN2NH3NONO2BNaNa2O2NaOHNa2CO3CCuCuSO4CuC

8、l2Cu(OH)2DAlAl2(SO4)3AlCl3NaAlO2AABBCCDD14、25时，下列说法正确的是( )常温下，强酸溶液的pH=a，将溶液的体积稀释到原来10n倍，则pH=a+n已知BaSO4的Ksp=c(Ba2+)c(SO42-)，所以在BaSO4溶液中有物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合：c(CH3COO-) +2c(OH-) =2c(H+) + c(CH3COOH)在0.1 mol/l氨水中滴加0.1 mol/l盐酸，刚好完全中和时pH=a，则由水电离产生的c(OH-)=10-amolL-1ABCD15、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期

9、元素。W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体；Y的周期数是族序数的3倍；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同。下列叙述正确的是AX与其他三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物BY与其他三种元素分别形成的化合物中只含有离子键C四种元素的简单离子具有相同的电子层结构DW的氧化物对应的水化物均为强酸16、下列说法错误的是（ ）A萃取操作时，选择有机萃取剂，则溶质在萃取剂的溶解度必须比水大B分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出C蒸馏操作时，应使温度计水银球插入混合溶液的液面下D配制一定物质的量浓度的溶液时，洗涤烧杯和玻璃棒的溶液必须转入容量瓶中二、非选择题（本题包括5小

10、题）17、X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素。X是原子半径最小的元素，Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数。回答下列问题：（1）X与Y组成的化合物属于_（填“共价”或“离子”）化合物。（2）X与M组成的物质电子式为_，该物质可作为野外工作的应急燃料，其与水反应的化学方程式为_。（3）Y在周期表中的位置是_。（4）下列说法正确的是_。A L可能是Ne，也可能是PB L在氯气中燃烧现象为白色烟雾C L与X形成的化合物分子构型为平面三角形D L有多种氧化物以及含氧酸18、氟他胺G是一种可用于治疗肿瘤的药物。实验室由芳香烃A制备G的合成路线如图：回答下列问题：（1）A的结构简式为_。

11、C的化学名称是_。（2）的反应试剂和反应条件分别是_，该反应的类型是_。（3）的反应方程式为_。吡啶是一种有机碱，其作用是_。（4）G的分子式为_。（5）H是G的同分异构体，其苯环上的取代基与G的相同但位置不同，则H可能的结构有_种。（6）4甲氧基乙酰苯胺()是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚()制备4甲氧基乙酰苯胺的合成路线_(其他试剂任选)。19、(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，是制备负载型活性铁催化剂的主要原料。实验室用莫尔盐制备的流程如图所示。回答下列问题：(1)中铁离子的配位数为_，其配体中C原子的杂化方式为_。(2)步骤发生反应的化学方程式为_。(3)步骤将

12、加入到溶液中，水浴加热，控制溶液pH为，随反应进行需加入适量_(已知：常温下溶液的pH约为3.5)。(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体依次用少量冰水、95%乙醇洗涤的目的是_。(5)某研究小组将在一定条件下加热分解，利用下图装置(可重复使用)验证所得气体产物中含有CO和。按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为_(填装置序号)。确认气体产物中含CO的现象为_。20、用含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)制备CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：除镍过程中溶液pH对Co的回收率影响如下图所示，部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的p

13、HFe3+1.54.1Fe2+7.59.7Co2+6.69.4（1）酸浸工艺中用“稀HCl”替代了传统的“盐酸与硝酸的混酸”，其优点为_。（2）除镍时应调节pH=_，此步骤中Ni2+是否形成Ni(OH)2沉淀？_ 。（3）除铁过程的步骤：_，过滤得CoCl2溶液。(可供选用的试剂：30% H2O2、1.0molL-1KMnO4、NaOH固体、CoCO3固体)（4）除铁后加入盐酸调pH的作用是_。（5）工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl26H2O，减压蒸干的目的是_。21、 “绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO等大气污染物的处理对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。(1)汽车尾

14、气中含有CO、NO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，用含铂等过渡元素的催化剂催化，可使有毒气体相互反应转化成无毒气体。已知：碳C(s)的燃烧热为393.5 kJmol-1，N2(g) + 2O2(g) 2NO2(g) H1+ 68 kJmol-1C(s)1/2O2(g)CO(g) H2110.5 kJmol-1则2NO2(g)+ 4 CO(g)4CO2(g)+ N2(g) H_(2)CO 还原法处理 NO:原理为 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746 kJ mol-1。在容积为2L的某密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生该反应。平衡体系

15、中NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。 下列有关说法正确的是_(填代号)。a.温度:T2T1b. NO的平衡转化率：FDBc.反应速率:CDE某温度下，上述反应进行5min时放出的热量为373 kJ，则N2的平均反应速率 (N2 ) =_ molL1min-1。(3)某温度下，N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)2N2(g)O2(g)，测得c(N2O)随时间t变化关系如图所示。已知瞬时反应速率与c(N2O)的关系为k cn(N2O)(k是反应速率常数)，则n_，k_。(4)元素铈(Ce)常见价态有+3、+4，雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3-

16、物质的量之比为1：1，试写出该反应的离子方程式：_。用电解的方法可将上述吸收液中的NO2- 转化为稳定的无毒气体，同时生成Ce4，其原理如图所示。无毒气体从电解槽的_(填字母代号)口逸出。每生成标准状况下11.2L无毒气体，同时可再生Ce4_mol。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】从题干给的图示得出0-t1时间内是建立化学平衡状态的过程，t1以后改变条件，原平衡被破坏，在新的条件下重新建立平衡，升高温度,正逆反应速率同时增大（增加的起点与原平衡不重复），且H2(g)+I2(g) 2HI(g)+Q(Q0)是放热反应，逆

17、反应增大的倍数大于正反应，即逆反应的曲线在上方，A选项错误；增大压强，对H2(g)+I2(g) 2HI(g)+Q(Q0)平衡不移动，但浓度增大，正逆反应速率同等程度增大，即应该新平衡曲线是高于原平衡的一条直线，B选项错误；增加反应物浓度，正反应速率应该瞬间提高，而生成物浓度瞬间不变，其逆反应速率与原平衡相同，增加反应物浓度，平衡正向移动，正反应曲线在上方，C正确；加入催化剂能够同等程度改变正逆反应速率，即是高于原平衡的一条直线，D错误；正确答案C。点睛：有关外界条件（浓度、温度、压强、催化剂）对化学平衡移动的影响的图像题，解决此类问题要做到三看：一看图像的面-纵坐标与横坐标的意义；二看图像的线

18、-线的走向和变化趋势，如该小题是速率-时间平衡曲线，从新平衡建立的过程，V正V逆，说明改变条件平衡正向移动，对该反应前后系数不变的反应，压强的改变平衡不移动，催化剂对化学平衡移动无影响，可以迅速判定BD错误，新平衡在原平衡的上方，可以判断一定是升高温度或者增加浓度；三看图像中的点-起点、折点、交点、终点，新平衡建立的起点与原平衡有一点是重合的，说明增加浓度而不是升高温度，因为升高温度正逆反应的起点都与原平衡点不重合。 2、D【分析】甲池的总反应式为2CH3OH+3O2+4KOH=2K2CO3+6H2O，则甲池为燃料电池，通CH3OH的电极为负极，通O2的电极为正极；乙池，石墨为阳极，Ag为阴极

19、；丙池，左边Pt为阳极，右边Pt为阴极。【题目详解】A甲池将化学能转化为电能，乙、丙池将电能转化化学能，A不正确；B甲池中通入CH3OH的电极反应式为CH3OH-6e-+8OH- =CO32- +6H2O，B不正确；C乙池中，石墨为阳极，电极反应式为2H2O-4e- =O2+4H+，Ag为阴极，电极反应式为2Cu2+4e- =2Cu，反应一段时间后，向乙池中加入一定量CuO固体能使CuSO4溶液恢复到原浓度，C不正确；D依据得失电子守恒，可建立甲池中O2与丙池中Mg(OH)2的关系式为：O22Mg(OH)2，n(O2)=0.0125mol，此时丙池中理论上最多产生Mg(OH)2固体0.0125

20、mol 258g/mol=1.45g，D正确；故选D。3、A【题目详解】铝与氧化铁的铝热反应为：2AlFe2O3Al2O32Fe。A.a为镁条，起引燃作用，故A正确；B. 2AlFe2O3Al2O32Fe，该反应中氧化剂是氧化铁，2mol氧化剂参与反应则电子转移12NA个电子，故B错误；C.混合物中的镁条燃烧时，氯酸钾是氧化剂，以保证镁条的继续燃烧，同时放出足够的热量引发氧化铁和铝粉的反应，由于该反应放出大量的热，只要反应已经引发，就可剧烈进行，放出的热使生成的铁熔化为液态，故b为氯酸钾，故C错误；D.该反应中还原剂是铝，氧化产物是氧化铝，还原剂和氧化产物的物质的量之比为2：1，故D错误。故选

21、A。【答案点睛】铝热反应的装置中铝热剂在最下面，上面铺层氯酸钾，中间插根镁条。反应时先点燃镁条，高温使氯酸钾分解产生氧气，这样又促进镁条燃烧，镁条燃烧产生大量热，因为铝热反应需高温条件，这样反应就得以进行。4、A【分析】硅酸钠及其水解产物不具有可性燃；将H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢吸收空气中的水蒸气，瓶口形成白雾；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性；用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，属于非氧化还原反应。【题目详解】硅酸钠及其水解产物不具有可燃性，混合物在木材表面受热时可形成一层耐高温的保护层，故Na2SiO3 可作防火剂

22、，A正确；将H2 在充满Cl2 的集气瓶中燃烧生成氯化氢，氯化氢与空气中的水蒸气形成盐酸小液滴，故瓶口形成白雾，B错误；SO2使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现SO2的还原性，故C错误；用分别蘸有浓盐酸和浓氨水的玻璃棒相互靠近，氨气与氯化氢反应生成氯化铵，属于非氧化还原反应，不能体现氨气的还原性，故D错误。5、D【题目详解】A. 27Al的质量数为27，质子数为13，中子数为14，故A错误；B. 单质铝是金属，是导体，不能用作半导体材料，故B错误；C. 铝和硅为同周期元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大，原子半径减小，原子半径：r(Si)r(Al)，故C错误；D. Al(OH)3是两性氢氧化物，

23、即能与强碱反应又能与酸反应，则可与NaOH溶液反应，故D正确；答案选D。6、B【答案解析】试题分析：将1.9克由Cu、Al、Fe组成的合金溶于足量的NaOH溶液中，只有铝参与反应，则合金质量减少的2.7克为Al，物质的量为2.7g27g/mol=0.1mol；将合金溶于过量稀硝酸中，分别生成Al3+、Fe3+、Cu2+离子，根据电子守恒，金属共失去电子的物质的量为6.72L22.4L/mol3=0.9mol，其中0.1mol铝完全反应失去0.3mol电子，则Cu、Fe完全反应失去电子为0.9mol-0.3mol=0.6mol，反应中Cu、Fe失去电子的物质的量等于生成碱的氢氧根离子的物质的量，

24、则n（OH-）=0.6mol，所以反应后氢氧化铜、氢氧化铁的质量为1.9g-2.7g+0.6mol1g/mol=25.4g，答案选B。考点：考查化学计算，硝酸的性质。7、D【题目详解】A、该反应中氮元素化合价不变，故A错误；B、氧由-1价升高到0价，该反应中H2O2作氧化剂，故B错误；C、反应中碳由+2价升高到+4价，每生产0.1mol NaHCO3转移电子数约为0.26.021023个，故C错误；D、CN水解生成HCN，溶液呈碱性，实验室配制NaCN溶液时，需加入适量的NaOH溶液，抑制CN水解，故D正确；答案选D。8、B【答案解析】A、铵根离子和氢氧根离子反应生成一水合氨，一水合氨不稳定，

25、在加热条件下易分解成氨气和水，氨气能使石蕊试纸变蓝，所以该实验能证明溶液中一定含有NH4+，故A不符合题意；B、乙酸乙酯制备实验中，要将导管口悬于饱和碳酸钠溶液上面，为防倒吸，故B符合题意；C、物质中的碳碳双键结构易被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，向苯中加入一定量酸性高锰酸钾，若溶液褪色，证明苯中含有碳碳双键结构，若溶液不褪色，证明苯中不含有碳碳双键结构，故C不符合题意；D、CO2不与酸性高锰酸钾溶液反应，而H2S可被酸性高锰酸钾氧化，因此可用酸性高锰酸钾溶液除去CO2中混有的H2S，故D不符合题意；综上所述，本题应选B。9、B【题目详解】A标况下11.2 LNO与11.2 L O2的物质

26、的量均为0.5mol，所含原子数均为NA，混合后原子守恒，数目为2NA，故A错误；B110 g Na2S2的物质的量为=1mol，Na2S2中阴离子为S，阳离子为Na+，所以1mol Na2S2中含有的离子数为3NA，故B正确；C溶液体积未知，无法确定微粒的数目，故C错误；D氯气溶液水的反应为Cl2+H2OHCl+HClO，该反应可逆，且HClO为弱酸，所以无法确定具体的氢离子数目，故D错误；综上所述答案为B。10、C【题目详解】AAl3+、S2之间发生双水解反应生成硫化氢气体和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故A错误；B酸性溶液中存在大量氢离子，ClO与H+、I之间发生反应，在溶液中不能

27、大量共存，故B错误；C弱碱性条件下，这几种离子之间不反应，碳酸氢根离子水解导致溶液呈弱碱性，所以能大量共存，故C正确；DFe3+易水解，只能存在于酸性溶液，在中性溶液中不能大量共存，故D错误；故答案为C。【答案点睛】离子共存的判断，为高考的高频题，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的 H+或OH-；溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；是“可能”共存，还是“一定”共存等。11、D【题目详解】A.由于浓KOH溶液过量，所以NH4HCO3溶液

28、中的NH4+、HCO3-完全反应故化学方程式：NH4HCO3+2KOH=K2CO3+NH3+2H2O，NH4HCO3、KOH 和 K2CO3均可以拆，故离子方程式为：NH4+HCO3-+2OH-CO32-+NH3+2H2O，故A错误；B.醋酸是弱酸，不能拆，故离子方程式应为：2CH3COOH+CaCO3Ca2+2CH3COO-+CO2+H2O，故B错误；C.向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液，因为硝酸有强氧化性，所以离子反应方程式为2NO3-+3SO32-+2H+=3SO42-+2NO+H2O，故C错误；D.明矾KAl（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸铝钾与

29、氢氧化钡的物质的量之比为1：2，反应生成偏铝酸钠，正确的离子方程式为：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+AlO2-+2H2O，故D正确。故选D。【答案点睛】离子方程式书写过程中，注意硝酸的强氧化性，反应物过不过量等问题。12、B【分析】钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），分散在水中所形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质，据此解答。【题目详解】A、“钴酞菁”分子达到了胶体粒子的直径范围，能透过滤纸，但不能透过半透膜，选项A错误；B、为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm）恢复了磁性，此项工作可以用来改变分子的某些物理性质，选项B正确；C

30、“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体，胶体不显电性，呈电中性，选项C错误；D“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，选项D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，明确胶体分散系的本质特征是解题的关键。13、D【题目详解】AN2与O2反应只能生成NO，所以W不能一步反应生成Z，故A错误；BNa不能一步反应生成Na2CO3，所以W不能一步反应生成Z，故B错误；CCu一步不能生成Cu(OH)2，所以W不能一步反应生成Z，故C错误；DAl与硫酸反应生成X，Al与盐酸反应生成C，Al与氢氧化钠反应生成Z，Z与过量硫酸反应生

31、成X，X与氯化钡反应生成Y，Y与氢氧化钠反应生成Z，所有反应均能一步实现，故D正确；故选D。14、C【答案解析】常温下，强酸溶液的pH=a，将溶液的体积稀释到原来10 n倍，若a+n7时，则pH=a+n；但是若a+n7时，溶液稀释后其pH不可能大于7，溶液的pH只能无限接近7，故错误；已知BaSO 4的Ksp=c(Ba2+)c(SO42-)，对于饱和溶液BaSO4溶液中，则有，但是若溶液不是饱和溶液，该关系不会成立，故错误；物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合，根据物料守恒可得：2c（Na +）= c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)，根据电荷守恒可知：c（H

32、 +）+c（Na +）= c(CH3COO-)+c（OH -），由电荷守恒和物料守恒联立可得：c(CH3COO-) +2c(OH-) =2c(H+) + c(CH3COOH)，故正确；在0.1mol/l氨水中滴加0.1mol/L盐酸，刚好完全中和时pH=a，则溶液中c（OH -）=c（H +）=10 -a mol/L，故正确；故选C。15、A【分析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W与X可生成一种红棕色有刺激性气味的气体，W是N，X是O；Y的周期数是族序数的3倍，因此Y只能是第三周期，所以Y是Na；Z原子最外层的电子数与W的电子总数相同，Z的最外层电子数是7个，Z是Cl，结合

33、元素周期律和物质的性质解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y和Z分别是N、O、Na、Cl。则A. 氧元素与其N、Na、Cl三种元素均可形成两种或两种以上的二元化合物，例如NO、NO2、Na2O、Na2O2、Cl2O7、ClO2等，A正确；B. 过氧化钠中含有离子键和共价键，B错误；C. N、O、Na三种元素的简单离子具有相同的电子层结构，均是10电子，氯离子是18电子微粒，C错误；D. 亚硝酸为弱酸，D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查元素周期表和元素周期律的知识，准确判断出元素是解答的关键，红棕色气体是解答的突破点，该类试题与元素化合物的知识结合的比较多，元素推断只是一种载体，注意掌

34、握常见单质及其化合物的性质、典型用途、制备等。16、C【答案解析】A、进行萃取实验时，溶质在萃取剂的溶解度必须比水大，A正确；B、为防止液体污染，分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，B正确；C、蒸馏时，温度计测定馏分的温度，温度计水银球应在蒸馏烧瓶的支管口处，故C错误；D、洗涤烧杯和玻璃棒的溶液未转入容量瓶中，移入容量瓶内氯化钠的物质的量就会偏小，D正确。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、共价 H:-Ca2+:H - CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2 第二周期IIIA 族 BD 【分析】X、Y、L、M为核电荷数依次增大的前20号主族元素，X的原子半径

35、最小，X为H；Y、L与M三种元素的质子数均为5的倍数，则Y的质子数为5，Y为B；L的质子数为15，L为P； M的质子数为20，M为Ca，以此来解答。【题目详解】(1)、由上述分析可知，X为H，Y为B，L为P，M为Ca， H、B均为非金属元素，X与Y组成的化合物只含共价键，属于共价化合物；故答案为共价；(2)、X与M组成的物质为CaH2，其电子式为：H:-Ca2+:H -，其与水反应的化学方程式为：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2；故答案为H:-Ca2+:H -；CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2；(3)、Y为B，在周期表中的位置是第二周期IIIA族；故答案为第二周期IIIA

36、族；(4)A、L只能是P，L为主族元素，故A错误；B、L在氯气中燃烧现象为白色烟雾，生成PCl3和PCl5，故B正确；C、L与X形成的化合物为PH3，与氨气结构相似，分子构型为三角锥型，故C错误；D、L有多种氧化物，如P2O3、P2O5，多种含氧酸如H3PO4、H3PO4等，故D正确；故选BD。18、 三氟甲苯 浓HNO3/浓H2SO4、加热 取代反应 +HCl 吸收反应产生的HCl，提高反应转化率 C11H11O3N2F3 9 【分析】A和氯气在光照的条件下发生取代反应生成B，B的分子式为C7H5Cl3，可知A的结构中有3个氢原子被氯原子取代，B与SbF3发生反应生成，说明发生了取代反应，用

37、F原子取代了Cl原子，由此可知B为，进一步可知A为，发生消化反应生成了，被铁粉还原为，与吡啶反应生成F，最终生成，由此分析判断。【题目详解】(1)由反应的条件、产物B的分子式及C的结构简式，可逆推出A为甲苯，结构为；C可看作甲苯中甲基中的三个氢原子全部被氟原子取代，故其化学名称为三氟甲(基)苯；(2)对比C与D的结构，可知反应为苯环上的硝化反应，因此反应试剂和反应条件分别是浓HNO3/浓H2SO4、加热，反应类型为取代反应；(3)对比E、G的结构，由G可倒推得到F的结构为，然后根据取代反应的基本规律，可得反应方程式为：+HCl，吡啶是碱，可以消耗反应产物HCl；(4)根据G的结构式可知其分子式

38、为C11H11O3N2F3；(5)当苯环上有三个不同的取代基时，先考虑两个取代基的异构，有邻、间、对三种异构体，然后分别在这三种异构体上找第三个取代基的位置，共有10种同分异构体，除去G本身还有9种。(6)对比原料和产品的结构可知，首先要在苯环上引入硝基(类似流程)，然后将硝基还原为氨基(类似流程)，最后与反应得到4甲氧基乙酰苯胺(类似流程)，由此可得合成路线为：。19、6 洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分 DCBADE A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊 【分析】莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O经过NaOH溶液处理后生成Fe(OH)2沉淀，Fe(O

39、H)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，Fe(OH)3与KHC2O4反应生成K3Fe(C2O4)3溶液，最后蒸发浓缩、冷却结晶得K3Fe(C2O4)33H2O，据此分析解题。【题目详解】(1)中铁离子为中心离子，为配体，由于每一个能与中心离子形成两个配位键，故中铁离子的配位数为6，其配体的结构简式为，故每个C原子周围形成3个键，无孤对电子，故碳原子的杂化方式为，故答案为：6；(2)由分析可知，步骤发生反应为Fe(OH)2经过H2O2氧化得Fe(OH)3红褐色沉淀，故其化学方程式为，故答案为：(3)步骤将Fe(OH)3加入到KHC2O4溶液中，水浴加热，控制pH为，已知常温下溶液的pH

40、约为3.5，故为了防止pH偏高且不引入新的杂质，应随反应进行需加入适量H2C2O4以降低pH，故答案为：H2C2O4；(4)得到的三草酸合铁酸钾晶体，此时晶体表面还有大量的可溶性杂质，故依次用少量冰水以洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，再用95%乙醇洗涤以除去表面的水分，同时便以干燥，故答案为：洗去表面吸附的杂质，并减少溶解损耗，除去表面的水分；(5)检验CO2通常用澄清石灰水，检验CO2中的CO需先用NaOH溶液除去CO2，然后干燥后通入灼热的CuO后再用澄清石灰水检验产物，最后需进行尾气处理，收集CO，故按气流从左到右的方向，依次连接的合理顺序为DCBADE，故答案为：DCBADE；经过

41、上述分析可知，CO+CuOCu+CO2，故A中的粉末由黑色变为红色，将生成的气体通入其后的D中的石灰水变浑浊，即可确认气体产物中含CO， 故答案为：A中的粉末由黑色变为红色，其后的D中的石灰水变浑浊。20、减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐（或防止将Co2+氧化）10否向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1pH6.6，使Fe3+沉淀完全抑制Co2-水解防止COCl26H2O分解【答案解析】含钴废料(含CoCO3、少量NiCO3与铁屑)加稀盐酸酸浸，得到Co2+、Ni2+、Fe2+的溶液，加氨水将Co2+、Fe2+沉淀，过滤，向沉淀

42、中加入盐酸酸浸得到Co2+、Fe2+，向溶液中滴加适量30%H2O2，氧化亚铁离子，向溶液中加入CoCO3，根据金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH数据，需要调节溶液pH4.lpH6.6，使Fe3+沉淀完全，过滤得CoCl2溶液，减压蒸干溶液，结晶干燥得CoCl26H2O。(1)硝酸酸浸时氧化Co2+产生氮氧化物，酸浸工艺中用“稀HCl”替代传统的“盐酸与硝酸的混酸”，可以减少有毒气体氮氧化物的排放；同时防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)，故答案为减少有毒气体氮氧化物的排放；防止产品中混有硝酸盐(或防止将Co2+氧化)；(2)由图2可知，pH=10时，Co的回收率高且Ni的含量低，Co元

43、素在滤渣中，Ni元素在滤液中，故未形成沉淀，故答案为10；否；(3)除铁过程中，需要将亚铁离子氧化为铁离子，然后调节pH沉淀铁离子，为了不引入新杂质，故选择过氧化氢做氧化剂，用CoCO3调节pH，操作为：向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1pH6.6，使Fe3+沉淀完全；过滤得CoCl2溶液；故答案为向溶液中滴加适量30%H2O2，使其充分反应；向溶液中加入CoCO3，调节溶液pH至4.1pH6.6，使Fe3+沉淀完全；(4)Co2+水解，故加盐酸可以抑制Co2+水解，故答案为抑制Co2+水解；(5)工业上采用减压蒸干的方法制备CoCl26

44、H2O，减压蒸干的目的是防止CoCl26H2O分解，故答案为防止CoCl26H2O分解。21、-1200kJmol-1 bc 0.05 0 0.0010molL-1min-1 4Ce4+2NO+3H2O=4Ce3+NO2-+NO3-+6H+ c 3 【分析】（1）已知：C(s)+O2(g)=CO2(g)H=393.5kJmol-1 N2(g) + 2O2(g) 2NO2(g) H1+ 68 kJmol-1 C(s)1/2O2(g)CO(g) H2110.5 kJmol-1 根据盖斯定律，4（-）-得到2NO2(g)+ 4 CO(g)4CO2(g)+ N2(g)，据此计算反应热；（2）对于反应2CO(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g) H = -746 kJ mol-1，正反应放热，在压强一定的条件下，升高温度，平衡向逆反应方向移动，体系中NO的平衡转化率减小，体积分数(NO)增大；对于反应速率而言，增大压强、升高温度，速率会增大，据此可以选出正确答案；热化学方程式的反应热与转化物质的量成正比，结合化学反应速率的定义 = = 来计算N2的平均反应速率。