河北省石家庄第二中学2022-2023学年化学高三上期中达标检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、FeCO3与砂糖混用可以作补血剂，实验室里制备FeCO3的流程如下图所示，下列说法不正确的是A产品FeCO3在空气中高温分解可得到纯净的FeOB沉淀过程中有CO2气体放出C过滤操作的常用玻璃仪器有烧杯、漏斗和玻璃棒D可利用KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质2、下列实验

2、中对应的现象和结论都正确的是（ ）实验现象结论A向某溶液中滴加氯水和CCl4，振荡静置下层溶液呈橙色原溶液中有IB向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯后静置溶液的紫色逐渐褪去，静置后溶液分层乙烯发生氧化反应C向饱和FeCl3溶液中加入少量Na2CO3粉末有气泡冒出证明FeCl3水解呈酸性D向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸产生白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀原溶液中一定有SO42AABBCCDD3、某有机物的结构简式为CH2CHCH(CH3) CH2OH。下列关于该有机物叙述不正确的是A1mol该有机物与足量的金属钠发生反应放出1mol氢气B能在催化剂作用下与H2发生加

3、成反应C在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应D能发生加聚反应4、分子式为C10H14的单取代芳烃，其可能的结构有（ ）A2种B3种C4种D5种5、2SO2(g)十O2(g) 2SO3(g)H = -198 kJmol-1，在V2O5存在时，该反应机理为：V2O5+ SO22VO2 +SO3(快) : 4VO2+O22V2O5(慢)，下列说法正确的是A反应速率主要取决于步反应B该反应逆反应的活化能大于198kJ/molC2molSO2和1molO2在一定条件下充分反应能放出198KJ的热量DVO2在反应中起催化剂的作用降低了反应活化能加快反应速率6、下列离子方程式正确的是 ()酸性溶液中KI

4、O3与KI反应生成I2：5I6H=3I23H2ONH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+OH- =NH3+H2OFeBr2溶液中通入过量Cl2： 2Fe2+2Br- +2Cl2=2Fe3+ + Br2 +4Cl-NaHSO4与等物质的量的Ba(OH)2溶液反应： H+Ba2+OH-=BaSO4+H2O小苏打溶液中加入少量的石灰水： Ca2+2OH- +2=CaCO3+2H2OFe(OH)3与氢碘酸溶液混合： Fe(OH)3+3H+=Fe3+ 3H2O用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：ABCD7、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d是淡黄色

5、的离子化合物；m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质间的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径ZXYWB简单离子的半径ZYCe、f溶于水均抑制水的电离Da、b、c、e、f不可能含非极性键8、X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素,其原子半径和最外层电子数之间的关系如下图所示。下列说法正确的是AQ的氧化物一定含有离子键和共价键B最高价含氧酸的酸性:ZYCP的最低价氢化物常温常压下为液体DY形成的化合物种类最多9、下列实验装置正确的是A实验室制氯气B制取氧气C制取氨气D制取并检验二氧化碳10、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A标准状况下，11.2L三氧化硫中含有分子的数

6、目为0.5NAB用含有0.1mo1FeCl3的饱和溶液配制的氢氧化铁胶体中，胶体粒子数等于0.1NAC1 mol过氧化钠与足量水反应，转移的电子数为NAD1.8g D2O中所含中子数为9NA11、近日，温州大学王舜教授课题组与美国北德克萨斯大学Zhenhai Xia教授合作在杂原子掺杂碳的超级电容领域取得了新突破。下列C原子电子排布图表示的状态中能量关系正确的是A=BC=D12、在下列各溶液中，离子一定能大量共存的是（ ）A强碱性溶液中：K+、Mg2+、Cl、SO42B室温下，pH=1的盐酸中：Na+、Fe3+、NO3、SO42C含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD由水电离产生

7、的c(H+)=1103溶液中：Na+、K+、Cl、SiO3213、甲醛被视为“空气杀手”，可用如下方法检测：5HCHO+4MnO4-+12H+=4Mn2+5CO2+11H2O。下列说法不正确的是A甲醛(HCHO)分子中存在极性键BCO2的电子式为：CMnO4-是氧化剂，CO2是氧化产物D当有1.8 g甲醛参加反应时，转移电子的物质的量为0.12mol14、对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式或化学方程式的是( )ANH4HSO4溶液与足量的NaOH溶液混合：B向CaCl2溶液中通入CO2：C向稀硫酸中通入H2S气体：H2SO4+ H2S =S+ H2OD用Na2CO3溶液吸收少量SO2：

8、 + SO2= + CO215、下列图示装置正确且能达到实验目的的是 A制备少量氧气 B固液分离 C提纯碘 D蒸馏提纯16、全氮类物质具有高密度、超高能量及爆炸产物无污染等优点，被称为没有核污染的“N2 爆弹”。中国科学家胡炳成教授团队近日成功合成全氮阴离子，是制备全氮类物质 N 10(其中含有和两种离子)的重要中间体。下列说法中不正确的是()A全氮类物质属于绿色能源B每个中含有 5 个原子核C每个中含有 36 个质子DN10 结构中含非极性共价键和离子键17、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ）A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和溶液反应

9、C在酸性条件下水解，水解产物只有一种D1mol化合物X最多能与反应18、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )A标准状况下，22.4 L 乙醇中含有碳原子数为2NAB6.0 g的SiO2固体含有0.1NA个SiO2分子C1L 0.5molL-1醋酸中含CH3COO-为0.5NAD12.0 g NaHSO4晶体中阴阳离子数为0.2 N19、下列化学用语表述正确的是（ ）A核内质子数为117、中子数为174的核素Ts可表示为：117174TsB氯离子的结构示意图：CCOCl2的结构式为： DCaO2的电子式为： 20、绿色环保是化学实验的追求，下列操作不会引起空气污染的是（）A用浓盐酸

10、洗涤加热KMnO4制氧气的试管B用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管C硝酸亚铁和硫酸废液一同倒入废液缸D将打破的水银温度计插入硫粉中21、下列四组热化学方程式，HlH2的是C（s）+O2（g）=CO2（g） Hl C（s）+l/2O2（g）=CO（g） H2S（s）+O2（g）=SO2（g） Hl S（g）+O2（g）=SO2（g） H2CaCO3（s）=CaO（s）+CO2（g）Hl CaO（s）+H2O（l）=Ca（OH）2（s）H2HCl+NaOH=NaCl+H2OHl HC1+NH3H2O=NH4C1+H2OH2A B C D22、在给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能实现的是ANaO

11、H(aq) Cu(OH)2悬浊液 Cu2OBNH3NOHNO3CMgC12(aq)无水MgC12MgDCaCl2(aq)CaCO3CaO二、非选择题(共84分)23、（14分）5种固体物质A、B、C、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3Cu2Ba2阴离子OHClCO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g

12、 Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A_；B_；C_；D_；E_。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。24、（12分）有一溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4、K+、CO32、SO42、Br 等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）实验、能确定原溶液中一

13、定存在_和_(填离子符号）； （2）实验中所发生的氧化还原的离子方程式为_。 （3）实验中产生的刺激性气味的气体，工人常利用该物质的浓溶液检查氯气管道是否漏气，反应的化学方程式是_（4）写出实验中，由AB过程中所发生反应的离子方程式：_。25、（12分）铝镁合金已成为飞机制造、化工生产等行业的重要材料。研究性学习小组的同学，为测定某含镁3%5%的铝镁合金（不含其它元素）中镁的质量分数，设计下列两种不同实验方案进行探究。填写下列空白。方案一实验方案将铝镁合金与足量NaOH溶液反应，测定剩余固体质量。（1）实验中发生反应的化学方程式是_。（2）称取5.4g铝镁合金粉末样品，溶于V mL 2.0 m

14、ol/L NaOH溶液中。为使其反应完全，则NaOH溶液的体积V _。过滤、洗涤、干燥、称量固体。该步骤中若未洗涤固体，测得镁的质量分数将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。方案二实验方案将铝镁合金与足量稀硫酸溶液反应，测定生成气体在通常状况（约20，1.01105Pa）的体积。问题讨论（3）同学们拟选用图一实验装置完成实验：你认为最简易的装置其连接顺序是：A接（_）（_）接（_）（ ）接（ ）（填接口字母，可不填满。）实验开始时，先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再轻轻打开分液漏斗可旋转的活塞，一会儿后稀硫酸也不能顺利滴入锥形瓶中。请你帮助分析原因_。实验结束时，在读取测量实验中生成氢气的体积

15、时，你认为最合理的是_。（有几个选几个）。A等待实验装置冷却后再读数B上下移动量筒F，使其中液面与广口瓶中液面相平C上下移动量筒G，使其中液面与广口瓶中液面相平D视线与凹液面的最低点水平，读取量筒中水的体积（4）仔细分析实验装置后，同学们经讨论认为以下两点会引起较大误差：稀硫酸滴入锥形瓶中，即使不生成氢气，也会将瓶内空气排出，使所测氢气体积偏大；实验结束时，连接广口瓶和量筒的导管中有少量水存在，使所测氢气体积偏小。于是他们设计了图二的实验装置。装置中导管a的作用是_。实验前后碱式滴定管中液面读数分别为V1 mL、V2 mL。则产生氢气的体积为_mL。（用含V1、V2的式子表达）26、（10分）

16、三氧化二铁和氧化亚铜都是红色粉末，常用作颜料某校一化学实验小组通过实验来探究一红色粉末是Fe2O3、Cu2O或二者混合物。探究过程如下：查阅资料：Cu2O是一种碱性氧化物，溶于稀硫酸生成Cu和CuSO4， Cu2O在空气中加热生成CuO【提出假设】假设1：红色粉末是Fe2O3假设2：红色粉末是Cu2O假设3：红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物【设计探究实验】取少量粉末放入足量稀硫酸中，在所得溶液中再滴加 KSCN 试剂（1）若假设1成立，则预期实验现象是_。（2）若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，则证明原固体粉末中一定不含三氧化二铁你认为这种说法合理吗？_。（3）若固体粉末完全溶解无固

17、体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明假设_成立，写出发生反应的所有离子方程式_。【探究延伸】经实验分析，确定红色粉末为Fe2O3和Cu2O的混合物（4）实验小组欲用加热法测定Cu2O的质量分数取a g固体粉末在空气中充分加热，待质量不再变化时，称其质量为bg(ba)，则混合物中Cu2O的质量分数为_。（5）欲利用红色粉末Fe2O3和Cu2O的混合物制取较纯净的胆矾(CuSO45H2O)，经查阅资料得知，在溶液中调节溶液的酸碱性而使Cu2+、Fe2+、Fe3+分别生成沉淀的pH物质Cu(OH)2Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH6.07.51.4沉淀完全pH13143.7实验

18、室有下列试剂可供选择：A氯水 BH2O2 C硝酸 DNaOH E氨水 FCu2(OH)2CO3实验小组设计如下实验方案：试回答：试剂1为_，试剂2为_（填字母）。固体X的成分为_，操作1为_。27、（12分）亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。有如下实验，回答下列问题：实验：采用ClO2气体和NaOH溶液制取NaClO2晶体，按下图装置进行制取。已知：NaClO2饱和溶液在低于38时析出NaClO23H2O，3860时析出NaClO2，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。（1）装置C的作用是_。（2）装置D中反应生成NaClO2的化学方程式为_ 。反应后的溶液中阴离子除了Cl

19、O2、ClO3、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是_。（3）如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是_；实验：样品杂质分析与纯度测定（4）测定样品中NaClO2的纯度。测定时进行如下实验：准确称取a g的NaClO2样品，加入适量蒸馏水和过量的KI晶体，在酸性条件下发生如下反应：ClO2+ 4I+4H+ =2H2O+2I2+Cl，将所得混合液稀释成100mL待测溶液。取25.00mL待测溶液，加入淀粉溶液做指示剂，用c molL-1 Na2S2O3标准液滴定至终点，测得消耗标准溶液体积的平均值为V m L（已知：I2 +2S2O32=2I+S4O62）。配制100mLNa2S

20、2O3标准液：称取Na2S2O3晶体于烧杯，用新煮沸并冷却的蒸馏水倒入烧杯中溶解，然后全部转移至_（填写仪器名称）中，加蒸馏水至距离刻度线约2cm处，改用胶头滴管，滴加蒸馏水至刻度线处。确认滴定终点的现象是_。滴定过程中，若装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)所称取的样品中NaClO2的纯度为_（用含a、c、V的代数式表示）。28、（14分）（选修3：物质结构与性质）工业上用合成气(CO和H2)制取乙醇的反应为2CO+4H2CH3CH2OH+H2O。研究发现，使用TiO2作为载体负载铑基催化剂具有较高的乙醇产量。回答下列问题：（1）Ti基态

21、原子核外电子排布式为_。和O同一周期且元素的第一电离能比O大的有_(填元素符号)，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多的有_（填元素符号）。（2）在用合成气制取乙醇反应所涉及的4种物质中，沸点从低到高的顺序为_。（3）工业上以CO、O2、NH3为原料，可合成氮肥尿素CO(NH2)2，CO(NH2)2分子中含有的键与键的数目之比为_。（4）C元素与N元素形成的某种晶体的晶胞如图所示(8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内)，该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。该晶体的化学式为_；其硬度超过金刚石的原因是_。已知该晶胞的密度为d g/cm3

22、，N原子的半径为r1cm，C原子的半径为r2cm，设NA为阿伏加德罗常数，则该晶胞的空间利用率为_（用含d、r1、r2、NA的代数式表示）。29、（10分）工业燃烧煤、石油等化石燃料释放出大量氮氧化物(NOx)、CO2、CO、SO2等气体，严重污染空气。对废气进行脱硝、脱碳和脱硫处理可实现绿色环保、废物利用。脱硝：已知：H2的燃烧热为285.8 kJ/molN2(g) + 2O2(g)= 2NO2(g) H= +111 kJ/molH2O(g) =H2O(l) H= -44 kJ/mol （1）催化剂存在下，H2还原NO2生成水蒸气和其他无毒物质的热化学方程式为_。脱碳：（2）向2L恒容密闭容

23、器中加入2 mol CO2、6 mol H2，在适当的催化剂作用下，发生反应 CO2(g) + 1H2(g) CH1OH(l) + H2O(l)。下列叙述能说明此反应达到平衡状态的是_。A混合气体的平均式量保持不变 BCO2和H2的体积分数保持不变CCO2和H2的转化率相等 D混合气体的密度保持不变E1 mol CO2生成的同时有1 mol HH键断裂（1）在T1时，体积为2L的恒容容器中充入物质的量之和为1mol的H2和CO，发生反应CO(g) + 2H2(g) CH1OH(g)反应达到平衡时CH1OH的体积分数（V%）与n(H2)/n(CO)的关系如图所示。当起始n(H2)/n(CO)=2

24、，经过5min达到平衡，CO的转化率为0.4，则05min内平均反应速率V(H2)=_。若此时再向容器中加入CO（g）和CH1OH（g）各0.4mol，达新平衡时H2的转化率将_（选填“增大”、“减小”或“不变”）；当起始n(H2)/n(CO)=15时，达到平衡状态后，CH1OH的体积分数可能是图象中的_点（选填“D”、“E”或“F”） 脱硫：（4）如图电解装置可将雾霾中的NO、SO2分别转化为NH4+和SO42。物质A的化学式为_，阴极的电极反应式是_。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、A【题目详解】A、碳

25、酸亚铁在空气中高温分解，亚铁可能被空气中氧化氧化成+3价铁，错误；B、Fe2和HCO3发生双水解反应，生成CO2，正确；C、过滤所用玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒，正确；D、KSCN溶液遇Fe3显红色，因此KSCN溶液检验FeSO4溶液是否变质，正确。答案选A。2、C【题目详解】A. 向某溶液中滴加氯水和CCl4，振荡静置，下层溶液呈橙色，则原溶液中可能含I，也可能为碘水，与题意不符，A错误；B. 向盛有酸性高锰酸钾溶液的试管中通入足量的乙烯，生成二氧化碳气体，溶液无分层，与题意不符，B错误；C. FeCl3水解呈酸性，向饱和FeCl3溶液中加入少量Na2CO3粉末，则有气泡产生，符合题意，C正

26、确；D. 向某溶液中先加入Ba(NO3)2溶液，再加足量盐酸产生白色沉淀，加入盐酸后仍有白色沉淀，则原溶液中可能含SO32，与题意不符，D错误；答案为C。3、A【答案解析】A、1molCH2CHCH(CH3) CH2OH中含有1mol羟基，与足量金属钠反应放出0.5mol氢气，故A错误；B、CH2CHCH(CH3) CH2OH中含有碳碳双键，所以具有烯烃的性质，能和氢气发生加成反应，故B正确；C、CH2CHCH(CH3) CH2OH中含有醇羟基，所以具有醇的性质，在浓H2SO4催化下能与乙酸发生酯化反应，故C正确；D. CH2CHCH(CH3) CH2OH中含有碳碳双键，能发生加聚反应，故D正

27、确；故选A。点睛：本题考查了有机物的官能团及其性质。CH2CHCH(CH3) CH2OH含有碳碳双键和醇羟基，所以应具有烯烃和醇的性质，能发生加成反应、加聚反应、氧化反应、酯化反应、取代反应等。4、C【题目详解】分子式为C10H14的单取代芳烃可以写为C6H5C4H9，C4H9的同分异构体有：CH3CH2CH2CH2、（CH3）2CHCH2、（CH3）3C，共4种，所以分子式为C10H14的单取代芳烃可能的结构有四种，答案选C。5、B【题目详解】A、化学反应速率的快慢取决于反应速率慢的，根据题意，反应速率主要取决于II步反应，故A错误；B、活化能是指分子从常态转变为容易发生化学反应的活跃状态所

28、需要的能量，SO2与O2反应是放热反应，因此逆反应的活化能大于198kJmol1，故B 正确；C、SO2与O2的反应是可逆反应，不能完全进行到底，因此2molSO2与1molO2反应放出的热量小于198kJ，故C错误；D、根据反应的机理，V2O5为催化剂，故D错误。6、A【题目详解】酸性溶液中KIO3与KI反应生成I2：5I6H=3I23H2O，正确；NH4HCO3溶液与过量NaOH溶液反应：+ HCO3-+2OH- =NH3+2H2O+CO32-，错误；FeBr2溶液中通入过量Cl2： 2Fe2+4Br- +3Cl2=2Fe3+ + 2Br2 +6Cl-，错误；NaHSO4与等物质的量的Ba

29、(OH)2溶液反应： H+Ba2+OH-=BaSO4+H2O，正确；小苏打溶液中加入少量的石灰水： Ca2+2OH- +2=CaCO3+2H2O，正确；Fe(OH)3与氢碘酸溶液混合： 2Fe(OH)3+6H+2I-=2Fe2+ I2+6H2O，错误；用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：，错误。综上所述，正确方程式为。答案为A。7、A【分析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素组成的化合物，d为淡黄色的离子化合物，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，结合图中转化可知，m为O2，b、c分别为CO2、H2O中的一种，对应的e、f分别为Na2CO

30、3、NaOH中的一种，故a为烃或烃的含氧衍生物，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na。【题目详解】由分析知：W为H元素、X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素，a为烃或烃的含氧衍生物、b为CO2或H2O、c为H2O或CO2、d为Na2O2、e为Na2CO3或NaOH、f为NaOH或Na2CO3、m为O2；A同周期主族元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径增大，所有元素中氢原子半径最小，故原子半径：W(H)Y(O)X(C)Z(Na)，故A正确；BNa+和O2-的离子核外排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径O2-Na+，故B错误；CNaOH溶于水抑制水的电离，

31、而Na2CO3溶于水，因水解促进水的电离，故C错误；DNa2O2中含有非极性共价键，a为烃或烃的含氧衍生物，如果分子结构中含C-C键，说明含非极性共价键，故D错误；故答案为A。8、D【答案解析】X、Y、Z、P、Q为五种短周期元素，X、Q最外层只有一个电子，为第IA族元素；Y最外层有4个电子，位于第IVA族，Z原子最外层有5个电子，位于第VA族，P最外层有6个电子，位于第VIA族；Q原子半径最大，为Na元素，X原子半径最小，为H元素；Y原子和Z原子半径接近、P原子半径大于Y而最外层电子数大于Y，所以Y是C、Z是N、P为S元素；据此解答。【题目详解】ANa的氧化物有氧化钠和过氧化钠两种，但不论是氧

32、化钠还是过氧化钠，结构中均含离子键，但氧化钠中没有共价键，故A错误；B元素的非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，非金属性ZY，所以其最高价含氧酸酸性ZY，故B错误；CP的氢化物为硫化氢，常温下为气体，故C错误；DY为碳元素，而C元素形成的有机物种类繁多，远多于无机物的种类，故D正确；故选D。9、A【题目详解】A项，是实验室制取氯气的装置，故A正确；B项，收集氧气应该“长进短出”，故B错误；C项，氯化铵固体分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口又化合成氯化铵固体，得不到氨气，甚至可能会堵塞导管，故C错误；D项，浸有稀硫酸的棉花团不能吸收SO2，应该为“浸有氢氧化钠溶液的棉花团”，故D错误

33、。故答案选A。10、C【答案解析】A. 标准状况下，三氧化硫不是气体；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体；C.通过化合价分析过氧化钠与水反应转移电子数；D. 1.8g D2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA；【题目详解】A. 标准状况下，三氧化硫不是气体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故A项错误；B.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故形成的胶粒的个数小于0.1NA，故B项错误；C. 1mol过氧化钠与足量水反应，生成氢氧化钠和氧气，转移的电子数为NA； D.1.8g D2O物质的量为0.09mol，所含中子数为0.9NA，故D项错误。综上，本题选C。11

34、、D【题目详解】电子能量为1s2s2p，则2p轨道上电子越多、1s、2s轨道上电子越少，其能量越高，则能量由高到低的顺序是，故合理选项是D。12、B【答案解析】A强碱性溶液中存在大量OH-， Mg2+与OH-反应生成沉淀而不能大量共存，故A错误；B室温下，pH=1的盐酸中存在大量H+，Na+、Fe3+、NO3、SO42离子之间不反应，且和氢离子也不反应，能大量共存，故B正确；CCa2+、CO32结合生成沉淀，不能大量共存，故C错误；D由水电离产生的c(H+)=110-3mol/L的溶液为酸性或碱性溶液，酸性溶液中，SiO32-与氢离子反应生成硅酸，促进盐的水解，在溶液中不能大量共存，故D错误；

35、故选B。【答案点睛】本题考查了离子共存，明确限制条件的含义及离子反应是解本题关键。本题的难点为D中限制条件的解读，由水电离产生的c(H+)=1103溶液，11031107，说明是加入了能够水解的盐造成的结果，溶液显酸性或碱性。13、D【答案解析】A. 甲醛是共价化合物，其中存在C-H极性键，故A正确；B. CO2分子中含有碳氧双键，电子式为，故B正确；C. 反应中Mn的化合价由+7降低为+4价，MnO4-是氧化剂，甲醛被氧化生成二氧化碳，CO2是氧化产物，故C正确；D. 1.8 g甲醛的物质的量为1.8g30g/mol=0.06mol，参加反应时，转移电子的物质的量为200.06mol5=0.

36、24mol，故D错误；故选D。14、D【题目详解】ANH4HSO4溶液与足量NaOH溶液混合，、H+都会与OH-反应，A不正确；B向CaCl2溶液中通入CO2，由于碳酸的酸性弱于盐酸，所以反应不能发生，B不正确；C向稀硫酸中通入H2S气体，由于H+的氧化能力弱，不能将H2S氧化，所以反应不能发生，C不正确；D亚硫酸的酸性大于碳酸，用Na2CO3溶液吸收少量SO2，生成Na2SO3和CO2，离子方程式为 + SO2= + CO2，D正确；故选D。15、C【答案解析】A. 过氧化钠溶于水，不能放在多孔隔板上，故A错误；B. 过滤时漏斗下端需要靠在烧杯内壁上，故B错误；C. 碘易升华，可以通过图示装

37、置提纯碘，故C正确；D. 蒸馏时温度计的水银球应该位于蒸馏烧瓶的支管口附近，故D错误；故选C。16、C【题目详解】A全氮类物质爆轰产物无污染等优点，所以属于绿色能源，故A说法正确；B每个中含有5个氮原子核，故B说法正确；C每个中含有质子为75=35个，而电子为35+1=36个，故C说法错误；DN10由和构成，离子间存在离子键，而离子内氮氮原子之间存在非极性共价键，所以N10结构中含非极性共价键和离子键，故D说法正确；答案为C。17、C【题目详解】A.两个苯环中间有一个碳原子，该碳原子形成四个单键，单键可以自由旋转，所以该碳原子和两个苯环不一定处于同一平面，选项A错误；B.X分子中含有羧基，可以

38、和反应，选项B错误；C.在酸性条件下，分子内酯基断开，产物只有一种，选项C正确；D.分子中有酚酯，其水解需要，羧基也会与反应，则最多可以与反应，选项D错误。答案选C。【答案点睛】该题的难点是有机物共线、共面判断，解答该类试题的判断技巧：甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛5种分子中的H原子若被其他原子如C、O、Cl、N等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。借助CC键可以旋转而CC键、键不能旋转以及立体几何知识判断。苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。18、D【题目详解】A、标准状况下乙醇为液体，不能用22.4Lmol1计算乙醇的物质的量，故A错误；B、Si

39、O2为原子晶体，是由Si、O原子组成，不含SiO2分子，故B错误；C、CH3COOH为弱酸，部分电离，本题所给条件，无法判断CH3COO的物质的量，故C错误；D、NaHSO4晶体是由Na和HSO4组成，即12.0gNaHSO4中阴阳离子总物质的量为=0.2mol，故D正确；答案为D。【答案点睛】本题易错点是选项D，NaHSO4固体是由Na和HSO4组成，不是由Na、H、HSO4组成的。19、C【答案解析】本题考查了简单粒子的基本结构，和化学中常见物质的电子式和结构式，逐一分析即可。【题目详解】A.核内质子数为117、中子数为174的核素Ts应表示为：117291Ts；B. 氯离子的结构示意图为

40、；C. COCl2的结构式为： ；D. CaO2的电子式为：。综上本题选C。20、D【题目详解】A高锰酸钾分解生成的二氧化锰具有强氧化性，加热条件下能氧化浓盐酸生成污染性气体氯气，能引起空气污染，故A错误；B银和稀硝酸反应生成污染性气体NO，用稀硝酸洗涤做过银镜实验的试管会引起空气污染，故B错误；C硝酸亚铁和硫酸混合形成稀硝酸具有氧化性，能氧化亚铁离子同时生成一氧化氮是污染性气体，引起空气污染，故C错误；D硫和汞常温下反应生成硫化汞，避免汞蒸气污染空气，故D正确；故选：D。21、C【答案解析】中碳完全燃烧放热多，放热越多，H越小，即HlH2；中气态硫燃烧放热多，放热越多，H越小，即HlH2；中

41、碳酸钙分解吸热，氧化钙与水反应放热，则HlH2；中由于弱电解质电离吸热，所以盐酸和强碱反应放热多，放热越多，H越小，即HlH2；答案选C。22、A【答案解析】A、氢氧化钠与硫酸铜反应生成硫酸钠与氢氧化铜，氢氧化铜悬浊液与乙醛水浴加热反应生成氧化亚铜，物质间转化均能实现，选项A选；B、一氧化氮与水不反应，无法由一氧化氮和水转化为硝酸，物质间转化不能全部实现，选项B 不选；C、MgCl2溶液要在氯化氢的氛围中加热蒸发才能得到无水氯化镁，物质间转化不能全部实现，选项C 不选；D、盐酸的酸性强于碳酸，无法用CaCl2与CO2反应得到碳酸钙，物质间转化不能全部实现，选项D不选。答案选A。二、非选择题(共

42、84分)23、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO23Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O500【分析】蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡 ；在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；说明E是碳酸钠，B是铁盐；说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【题目详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al

43、（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤中Fe3+与CO32的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2。（3）步骤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6mol H+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。24、K+ Br- 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl- 8NH3 + 3Cl2 =6NH4Cl + N2 Al(OH)3 + OH- =Al(OH)4- 【分析】溶液焰色

44、反应，用蓝色钴玻璃观察显紫色，说明溶液中含有钾离子；与硝酸银反应产生淡黄色沉淀，说明有溴离子；加入过量氢氧化钠产生刺激性气味气体，气体为氨气，说明有铵根离子；加入氢氧化钠产生白色沉淀，沉淀有部分溶于NaOH，说明溶液中存在镁离子，铝离子，溶液中不含Fe3+、Cu2+；加入KSCN后无现象，氯水氧化后产生红色，说明溶液中存在亚铁离子。【题目详解】（1）实验焰色反应通过蓝色钴玻璃进行观察，火焰为紫色，说明溶液中存在K+，中加入硝酸银发生黄色沉淀，说明溶液中有Br-。故能确定原溶液中一定存在K+和Br-；（2）实验中通入氯水，溶液中亚铁离子与氯水反应产生三价铁离子，三价铁离子与SCN-作用使溶液变红

45、，故所发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl-；（3）实验中产生的刺激性气味的气体为氨气，工人常利用该物质的浓溶液即氨水，检查氯气管道是否漏气，若漏气，漏气位置产生大量氯化铵白烟，反应的化学方程式是8NH3 + 3Cl2 =6NH4Cl + N2；（4）实验中，随着氢氧化钠的含量不断增加，沉淀开始部分溶解，说明沉淀中有氢氧化铝，由AB过程中所发生反应的离子方程式Al(OH)3 + OH- =Al(OH)4-或Al(OH)3 + OH- =AlO2-+2H2O。【答案点睛】离子推断题要从基础颜色出发，进行初步排除，进而通过后续实验现象对于特征离子进行鉴别，易忽略的

46、地方是三价铁的颜色，对于涉及的氧化还原反应、双水解反应、沉淀反应等，作为确定一定存在和一定不存在的两类离子的辅助手段，最后根据电荷守恒进行检查。25、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 97mL 偏高 E D G 镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大 ACD 使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差 V1-V2 【答案解析】方案一：.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠与氢气，反应方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO

47、2+3H2，故答案为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2；.含镁为3%时，金属铝的含量最高，5.4g合金中铝的质量为5.4g(13%)=5.497% g，则：2Al + 2NaOH + 2H2O = 2NaAlO2 + 3H2 54g 2mol 5.4g97% g V103L2.0mol/L得54g:(5.4g97% g)=2mol:(V103L2.0mol/L)，解得V=97，NaOH溶液的体积97mL；镁上会附着偏铝酸钠等物质，若未洗涤固体，会导致测定镁的质量偏大，镁的质量分数偏高；故答案为97mL；偏高；方案二：.合金与稀硫酸反应，用排水量气法测定氢气的体积，其中盛水的试

48、剂瓶导管一定要短进长出，利用增大压强原理将水排出，量筒中水的体积就是生成氢气的体积，量筒内导管应伸入量筒底部，故连接顺序为：(A)接(E)、(D)接(G)；故答案为E、D、G；.镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大，导致硫酸不能顺利滴入锥形瓶；故答案为镁、铝与稀硫酸反应放热且生成气体，使锥形瓶中气体压强变大；.反应放热导致氢气的温度偏高，故应冷却后再进行读取氢气的体积，读取实验中生成氢气的体积时上下移动量筒，使其中液面与广口瓶中液面相平，视线与凹液面的最低点水平读取氢气的体积；故答案选ACD；.装置中导管a的作用是：保持分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗

49、活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差，故答案为使分液漏斗内气体压强与锥形瓶内气体压强相等，打开分液漏斗活塞时稀硫酸能顺利滴下，滴入锥形瓶的稀硫酸体积等于进入分液漏斗的气体体积，从而消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差；.滴定管的0刻度在上方，两次读取的体积数值之差为测定的氢气的体积，收集氢气后滴定管内液面上升，读数减小，所以测定氢气的体积为V1V2，故答案为V1V2。26、溶液变为血红色不合理 Fe2O3和Cu2O的混合物 Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、2 Fe3+C

50、u=2 Fe2+Cu2+BF Cu2(OH)2CO3和Fe(OH)3蒸发浓缩、冷却结晶【答案解析】试题分析：本题考查物质的探究实验和物质的制备，涉及Fe3+的检验，实验方案的评价，混合物的计算，实验方案的设计。（1）若假设1成立，Fe2O3与足量稀硫酸反应生成Fe2（SO4）3和H2O，溶液中有Fe3+，加入KSCN溶液，溶液变为血红色。（2）若滴加 KSCN 试剂后溶液不变红色，说明与稀硫酸反应后的溶液中不含Fe3+，但不能证明原固体中一定不含Fe2O3，原固体可能是Fe2O3和Cu2O的化合物，Cu2O与稀硫酸反应生成的Cu将Fe2O3与稀硫酸反应生成的Fe3+还原成Fe2+（发生反应：C

51、u2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+ Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4），所以这种说法不合理。（3）若固体粉末完全溶解无固体存在，滴加 KSCN 试剂时溶液不变红色，则证明假设3（即红色粉末是Fe2O3和Cu2O的混合物）成立。发生反应的所有离子方程式为：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O、Cu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+。（4）根据题给资料，加热时发生反应：2Cu2O+O24CuO，固体增加的质量为消耗O2的质量，n（O2）=mol，根据方程式n（Cu2O）=m

52、ol，m（Cu2O）=mol144g/mol=9（b-a）g，Cu2O的质量分数为100%。（5）红色粉末加入稀硫酸发生反应：Cu2O+H2SO4=CuSO4+Cu+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O、Cu+ Fe2（SO4）3=CuSO4+2FeSO4，所得溶液中含CuSO4、FeSO4、Fe2（SO4）3，根据题中提供的Cu2+、Fe2+、Fe3+开始沉淀和沉淀完全的pH，要将FeSO4除去必须先将Fe2+氧化成Fe3+，试剂1为氧化剂，试剂1不能用氯水，用氯水会引入杂质离子Cl-，不能用硝酸，用硝酸会产生大气污染物，试剂1选用H2O2，H2O2的还原产物为H2

53、O，不引入新杂质不产生大气污染物，试剂1选B。试剂2是调节溶液的pH使Fe3+完全沉淀而除去，为了不引入新杂质，试剂2选择Cu2（OH）2CO3，不选用NaOH和氨水，用NaOH或氨水引入杂质，试剂2选F，调节pH的范围在3.76.0之间；所得悬浊液经过滤得到的固体X为Fe（OH）3和Cu2（OH）2CO3，滤液为CuSO4溶液。根据上述分析，试剂1为B，试剂2为F。固体X的成分为Fe（OH）3和Cu2（OH）2CO3。从CuSO4溶液中获得CuSO45H2O的操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，操作1为蒸发浓缩、冷却结晶。27、防止D瓶溶液倒吸到B瓶中（或安全瓶） 2NaOH+2C

54、lO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2 SO42 NaClO3和NaCl 100mL容量瓶 偏高 溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不变色 90.5cV10-3/a100% 【分析】装置A、E是吸收尾气，干燥管的作用是防止倒吸；装置B为反应装置，生成二氧化硫和ClO2，装置D为ClO2气体和NaOH溶液制取NaClO2晶体，装置C为安全瓶，为了防止D中液体进入B中；NaClO2饱和溶液高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，故撤去冷水会导致温度偏高，有杂质NaClO3和NaCl产生；在滴定反应中，根据化学反应可得关系式：NaClO22I24S2O32-，令样品中NaClO2的质量

55、b，根据关系式计算。【题目详解】（1）装置C的作用是安全瓶，防止D瓶溶液倒吸到B瓶中；（2）装置B中制备得到ClO2，装置D反应后的溶液获得NaClO2晶体，装置D中生成NaClO2，Cl元素的化合价降低，双氧水应表现还原性，有氧气生成，结合原子守恒可知，还有水生成，配平后方程式为：2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2；B制得的气体中含有SO2，在装置D中被氧化生成硫酸根，溶液中可能存在SO42-；（3）由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以如果撤去D中的冷水浴，可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl；

56、（4）配制100mL溶液需要使用100mL容量瓶；碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，碘反应完全，滴加最后一滴Na2S2O3标准液时溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原，说明到达滴定终点；滴定过程中，若装Na2S2O3标准液的碱式滴定管未润洗，导致标准液的浓度比理论值低，消耗的标准液的体积偏高，所测NaClO2纯度偏高；设NaClO2的质量为bg，NaClO2摩尔质量M=90.5g/mol，则：NaClO22I24S2O32-，90.5g 4molbg c molL-1V10-3L=，解得b= 90.5cV10-3NaClO2的纯度=b100%/a=90.5cV10-3/a100%。28、ls22s22p

57、63s23p63d24s2或Ar3d24s2 N、F、Ne N H2COCH3CH2OHH2O 7:1 C3N4 该晶体中的C-N键的键长比金刚石中的C-C键的键长短，键能大 【分析】(1)Ti是22号元素，处于第四周期第IVB族，结合能量最低原理书写核外电子排布式；同周期稀有气体第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，当IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的；O原子有2个未成对电子，和O同一周期且基态原子核外未成对电子数比O多，原子的未成对电子数为3，处于VA族；(2)H2O分子中O原子形成2个OH键，还有2对孤电子对；CH3CH2

58、OH分子中亚甲基(CH2)上的C原子形成4个键、没有孤电子对，杂化轨道数目为4；(3)氢气为非极性分子，其它三种均为极性分子，分子之间形成氢键的物质，沸点相对更高，而分子之间形成氢键越多，沸点越高。分子极性越大、相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高；(4)CO(NH2)2分子中含有1个C=O键、2个CN键、4个NH键，单键为键，双键含有1个键、1个键；(5)原子半径越小，键长越短，键能越大，晶体硬度越大；均摊法计算晶胞中C、N原子数目，计算晶胞中原子总体积，结合密度计算晶胞体积，晶胞的空间利用率=100%。【题目详解】（1） 是22号元素，处于第四周期第IVB族，核外电子排布式为： ，同周期稀有气体第一电离能最大，同周期主族元素随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，当IIA族、VA族为全充满或半充满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素的，第一电离能大于氧元素有 ；原子有2个未成对电子，和同一周期且基态原子核外未成对电子数比多，原子的未成对电子数为3，处于VA族，该元素为 元素，故答案为：；（2）为非极性分子， 为极性分子且的相对分子质量比的大，因此的范德华力比的大；与均为分子间存在氢键的极性分子，但水分子形