2022-2023学年黑龙江哈尔滨市第十九中学化学高三上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注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、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、25，a molL1 HCl与b molL1 一元碱MOH等体积混合后，pH为7，则下列关系一定正确的是Aab BabCc (Cl)c(M+) Dc (Cl) c(M+)2、室温下，关于pH=3的盐酸和醋酸，下列说法正确的是A等体积的两溶液，导电能力是盐酸强B等体积的盐酸和醋酸溶液加水稀释10倍后，c(Cl-)0，则石墨比金刚石稳定C在稀溶液中H(aq)OH(aq) H2O(l) H57.2 kJ/mol 若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与含1 mol NaOH的稀溶液混合，放出的热量等于57.2 kJ

3、D己知2H2(g)+O2(g)2H2O(l) H1 , 2H2(g)+O2(g)2H2O(g) H2 , 则 H1 H24、恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态），发生反应2SO2+O22SO3，状态时达平衡，则O2的转化率为（ ）A40 B60 C80 D905、下列说法不正确的是（ ）A“臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关B工业海水制取镁流程：海水Mg(OH)2MgCl2MgC推广使用乙醇汽油代替汽油目的是为了减少温室气体的排放D工业生产玻璃、水泥都用石灰石做原料6、用酒精和浓硫酸为原料制取纯净的乙烯。下列使用的装

4、置和试剂均正确的是ABCD7、常温下，将缓慢通入100mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入溶液，整个过程中pH的变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )A曲线段有离子反应：B可依据处数据计算所溶解的C处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全D处约为处的两倍8、某科研小组模拟“人工树叶”电化学装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为糖类(C6H12O6)和O2，X、Y是特殊催化剂型电极，已知：装置的电流效率等于生成产品所需的电子数与电路中通过总电子数之比。下列说法错误的是（）A该装置中Y电极发生氧化反应BX电极的电极反应式为 6CO2+24H+24e= C6H12O6+6H2OC理论上，

5、每生成22.4 L(标准状况下）O2，必有4 mol H+由X极区向Y极区迁移D当电路中通过3 mol e时，生成18 g C6H12O6，则该装置的电流效率为80%9、已知34Se、35Br位于同一周期，根据元素在周期表中的位置，判断下列说法正确的是A离子还原性：ClBr B气态氢化物的稳定性：H2SH2SeC原子半径：ClBrSe D酸性：H2SeO4HBrO4HClO410、已知常温下二氯化二硫(S2Cl2)为红棕色液体，（其结构式为Cl-S-S-C1）。其制备反应及与水反应的化学方程式如下：CS2+3Cl2CCl4+S2Cl22S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+S,则下列说法正确

6、的是A反应中CS2作氧化剂B反应中每生成lmolS2Cl2转移4mol电子C反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:1D反应中S2Cl2既作氧化剂又作还原剂11、某兴趣小组探究SO2气体还原Fe3，他们使用的药品和装置如图所示，下列说法不合理的是()A能表明I的还原性弱于SO2的现象是B中蓝色溶液褪色B装置C的作用是吸收SO2尾气，防止污染空气C为了验证A中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀D为了验证A中发生了氧化还原反应，加入KMnO4溶液，紫红色褪去12、我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如图：下列说法不正确

7、的是（ ）A苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子B肉桂醛分子中不存在顺反异构现象C还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂D该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基13、实验室保存下列试剂，其中保存方法和理由描述都正确的是（ ）编号试剂保存方法理由A钠保存在酒精中防止与空气中水、氧气接触发生反应B液溴密封保存在细口瓶中防止升华C浓硝酸密封保存在棕色细口瓶中，置于阴暗处避免见光分解D烧碱存放在磨口玻璃塞的广口瓶中防止与空气中氧气接触被氧化【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D14、本草纲目中的“石碱”条目中写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，甚获利也”。这里的“石碱”是指

8、( )AKOHBKAl(SO4)2CKHCO3DK2CO315、向一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120 mL 4 molL1的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，放出1.344 L NO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无红色出现。若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为( )A0.24 molB0.21 molC0.16 molD0.14 mol16、下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（）AABBCCDD17、室温下，分别用0.1 molL1溶液进行下列实验，结论不正确的是A向NaOH溶液中通SO2至pH=7：c(Na+) = c(HSO3-

9、) +2c(SO32-)B向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液后：c(NH4+) + c(NH3H2O) = c(Na+)C向NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性，则：c(NH4+) ”或“”) ，理由是_。对该反应，下列说法正确的是_(填选项字母）。A若容器内气体密度不变，则表明反应达到平衡状态B若容器内Cl2和NH3物质的量之比不变，则表明反应达到平衡状态C反应达到平衡后，其他条件不变，在原容器中充入一定量氦气，Cl2的转化率增大D反应达到平衡后，其他条件不变，加入一定量的NHCl2，平衡向逆反应方向移动(3)在恒温条件下，2molCl2和1molNH

10、3发生反应2Cl2(g)+NH3(g)NHCl2(l)+2HCl(g)，测得平衡时Cl2和HCl的物质的量浓度与平衡总压的关系如图所示：A、B、C三点中Cl2转化率最高的是_点(填“A”“B”或“C”)。计算C点时该反应的压强平衡常数Kp(C)=_(Kp是平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)29、（10分）燃煤会产生CO2、CO、SO2等大气污染物。燃煤脱硫的相关反应的热化学方程式如下：CaSO4(s)+CO(g) CaO(s) + SO2(g) + CO2(g) H1 =+281.4kJ/mol (反应) 1/4CaSO4(s)+CO(g) 1/4CaS(s) + CO2(g)

11、 H2 = -43.6kJ/mol (反应)（1）计算反应CaO(s) + 3CO(g ) + SO2(g) CaS(s) +3 CO2(g) H=_。（2）一定温度下，向某恒容密闭容器中加入CaSO4(s)和1molCO，若只发生反应I，下列能说明该反应已达到平衡状态的是_（填序号）a容器内的压强不发生变化 b正(CO)正(CO2)c容器内气体的密度不发生变化 dn（CO）+n（CO2）=1mol（3）一定温度下，体积为1L容器中加入CaSO4(s)和1molCO，若只发生反应II，测得CO2的物质的量随时间变化如下图中曲线A所示。在02min内的平均反应速率v（CO）=_。曲线B表示过程与

12、曲线A相比改变的反应条件可能为_答出一条即可）。若要提高反应体系中CO2的体积分数，可采取的措施为_。（4）一定温度下，向恒容密闭容器中加入CaSO4(s)和1molCO，下列能说明反应I和反应II同时发生的是_（填代号）。a.反应后气体能使品红褪色 b.反应过程中，CO的体积分数逐渐减小c.反应体系达平衡前，SO2和CO2两种气体的浓度之比随时间发生变化d.体系压强逐渐增大（5）烟道气中的SO2和CO2均是酸性氧化物，也可用氢氧化钠溶液吸收。已知：25时，碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：碳酸 K14.310-7 K25.61011亚硫酸K11.5102 K21.0107下列事实中，不能比较

13、碳酸与亚硫酸的酸性强弱的是_（填标号）。a.25下，饱和碳酸溶液pH大于饱和亚硫酸溶液pHb25下，等浓度的NaHCO3溶液pH大于NaHSO3溶液c将SO2气体通入NaHCO3溶液，逸出气体通入澄清石灰水，澄清石灰水变浑浊d将CO2气体通入NaHSO3溶液，逸出气体通入品红溶液，品红溶液不褪色25时，氢氧化钠溶液吸收烟道气，得到pH=6的吸收液，该溶液中c（SO32-）：c（HSO3-）=_。H 2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为_。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【答案解析】25时，

14、a molL1 HCl与b molL1一元碱MOH等体积混合后，pH=7，溶液呈中性，该一元碱可能是强碱也可能为弱碱，若为强碱则a=b；若一元碱为弱碱，则反应后得到的是强酸弱碱盐和弱碱的混合物，ab；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度。【题目详解】25时，a molL1 HCl与b molL1一元碱MOH等体积混合后，pH=7，溶液呈中性，该一元碱可能是强碱也可能为弱碱，若为强碱则a=b；若一元碱为弱碱，则反应后得到的是强酸弱碱盐和弱碱的混合物，ab；溶液呈中性，依据溶液中电荷守恒分析判断离子浓度，c（Cl-）+c（OH-）=c（H+）+c（M+），溶液呈中性c（OH-）=c（H+

15、），得到c (Cl)= c(M+)，所以一定正确的是ab ，故选A。【答案点睛】本题考查了酸碱反应过程中，溶液酸碱性分析判断，本题中难点是若一元碱为弱碱则弱碱过量，得到的中性溶液为强酸弱碱盐和弱碱的混合物，另外溶液中电荷守恒的计算分析也很关键。2、B【题目详解】A、pH=3的盐酸和醋酸中离子浓度相同，导电性相同，故A错误；B、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，稀释过程中，醋酸会进一步电离，所以c(Cl-)c(CH3COO-)，故B正确；C、酸性溶液稀释，溶质离子浓度均减小，但OH-浓度会增大，故C错误；D、相同pH的盐酸和醋酸中，醋酸的浓度大，中和相同量的NaOH，消耗的醋酸体积小一些，故

16、D错误。答案选B。【答案点睛】同pH的强酸和弱酸的比较题型属于难点和易错点，要把握两种溶液的相同点和不同点。相同pH的盐酸和醋酸，相同点是：氢离子浓度相同，与金属单质、碱反应起始速率相同；不同点是：醋酸是弱酸，只发生微弱的电离，溶液中还存在大量的醋酸分子没有发生电离，即醋酸的浓度大于盐酸，在稀释和反应时，醋酸会边反应边电离，那么反应过程中醋酸的速率大于盐酸，相同体积的酸，醋酸中和能力更强。3、B【答案解析】A 错 放出热量，H应为小于0B 对 能量越低越稳定，石墨能量比金刚石低，石墨比金刚石稳定C 错应该是稀硫酸D 错放出的热量越多，H越小，因为H是负数，所以H1 H24、B【答案解析】试题分

17、析：根据PV=nRT，恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n(前)：n(后)= V前(前)：V(后)，即：=，可得：=，则n(后)= 2.4mol，根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是O2的物质的量，所以O2消耗了0.6mol。O2的转化率为0.6/1 = 60% 。考点：化学平衡的计算5、C【答案解析】A、 “臭氧空洞”、“光化学烟雾”、“硝酸型酸雨”的形成都与氮氧化合物有关，故A不符合题意；B、金属镁主要由电解熔融MgCl2的方法制得,海水中溶有少量MgCl2,海边又盛产贝壳(主要成分是CaCO3),以它们为原料生产镁的大致程序是: 海水Mg(OH)2MgCl2Mg，故B不符

18、合题意；C、乙醇汽油可以让汽车尾气中一氧化碳和碳氢化合物含量下降，有利于改善城市的空气质量，并不是为了减少温室气体CO2的排放，故C符合题意；D、制玻璃所需原料石灰石、纯碱和石英，制水泥所需原料为石灰石和黏土，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。6、C【题目详解】A.酒精与浓硫酸加热到170制备乙烯，A装置缺少温度计，A错误；B.二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，虽然除去了杂质气体二氧化硫，但是乙烯和溴水也能反应，不能得到乙烯气体，B错误；C.乙烯气体中混有杂质气体二氧化硫和二氧化碳，用氢氧化钠溶液吸收两种气体，得到纯净的乙烯气体，C正确；D.乙烯气体的密度与空气接近，不能用排空气法进行收集，

19、可以用排水法收集，D错误；正确选项C。7、A【题目详解】曲线从到，溶液PH增大，说明此段发生反应：、，离子反应分别为：、，点此时，HClO为弱电解质，部分电离，此时溶液中存在次氯酸的电离平衡，从到图象分析可知：溶液PH继续增大，且PH大于7，继续加氢氧化钠，氢氧化钠和次氯酸反应，生成的次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解呈碱性，加碱直至碱过量PH继续增大，所以离子反应为：，选项A正确； B.点所示溶液中发生反应：，HClO为弱电解质，部分电离，无法根据pH计算参加反应的氯气，选项B错误； C.氯气与氢氧化钠恰好反应完全溶液为氯化钠、次氯酸钠溶液，溶液呈碱性，点所示溶液中发生反应：、，溶液呈中性，选项C错

20、误； D.处到处是氯气的溶解平衡：向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，选项D错误； 答案选A。8、C【答案解析】A、根据装置图可知，X与电源的负极相连，为阴极；Y与电源的正极相连，为阳极，阳极上失去电子，发生氧化反应，A正确；B、根据装置图可知二氧化碳 在X电极上转化为C6H12O6，因此X电极的电极反应式为 6CO2+24H+24eC6H12O6+6H2O，B正确；C、H+由Y极区向X极区迁移，C错误；D、生成C6H12O6的物质的量是18g18g/mol0.1mol，转移电子的物质的量是2.4mol，因此当电路中通过3 mol e时该装置的电流效率为2.4mol/3mol10

21、0%80%，D正确，答案选C。9、B【答案解析】试题分析：同周期从左到右半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，还原性逐渐减弱，氧化性逐渐增强，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次增强，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次减弱，酸性依次增强；同主族从上到下半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，离子的还原性逐渐增强，氧化性逐渐减弱，气态氢化物的稳定性依次减弱，最高价氧化物对应的水化物的碱性依次增强，酸性依次减弱。A项离子还原性：Cl Br；B项气态氢化物的稳定性：H2SH2Se；C项原子半径：ClBrSe；D项酸性：H2Se

22、O4HBrO4HClO4。考点：元素周期律的应用点评：本题主要考查了元素周期律的相关内容，难度不太大，但要求学生熟练掌握元素周期律的内容及应用，为高频考题。10、D【答案解析】A.在反应中，S元素的化合价从-2价升高到+1价，所以CS2作还原剂，故A错误；B在反应中，每生成1mol S2Cl2时，有3mol Cl2反应，氯元素的化合价从0价降低到-1价，故3mol Cl2反应转移6mol电子，即每生成1mol S2Cl2转移6mol电子，故B错误；C在反应中，S2Cl2中S元素的化合价从+1价升高到SO2中的+4价，所以SO2是氧化产物，S2Cl2中S元素的化合价从+1价降低到S中的0价，所以

23、S是还原产物，根据反应方程式可知，SO2与S的物质的量之比为1:3，故C错误；D根据上述分析可知，在反应中，S2Cl2中S元素的化合价既升高又降低，所以S2Cl2既是氧化剂又是还原剂，故D正确；故答案选D。11、D【题目详解】AB中蓝色褪去，说明二氧化硫和碘单质反应，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物，二氧化硫还原性大于碘离子，故A正确；B二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，故B正确；C铁离子氧化二氧化硫为硫酸，2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，加入盐酸酸化的氯化钡生成沉淀说明反应生成了硫酸

24、根离子，发生了氧化还原反应，故C正确；D二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证A中发生了氧化还原反应，故D错误；故答案为D。12、B【题目详解】A苯丙醛分子，有6种不同化学环境的氢原子，A正确； B肉桂醛分子中碳碳双键连接不同的原子或原子团，具有顺反异构，顺式：，反式：，B错误；C还原反应过程中H-H、C=O键断裂，分别为极性键和非极性键，C正确；D肉桂醛在催化条件下，只有醛基与氢气发生加成反应，在说明催化剂具有选择性，D正确；答案选B。13、C【题目详解】A. 钠能与酒精反应，不能保存在酒精中，应保存在煤油中，A错误；B. 液溴易挥发，不是升华，B错误

25、；C. 浓硝酸见光易分解，应密封保存在棕色细口瓶中，置于阴暗处，C正确；D. 氢氧化钠能与玻璃中的二氧化硅反应生成黏性很强的硅酸钠，不能存放在磨口玻璃塞的广口瓶中，应该用橡皮塞，D错误；答案选C。14、D【答案解析】“采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分，“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，排除KOH、KAl(SO4)2，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以碳酸钾符合，故D符合。答案选D。15、B【答案解析】由题意知，反应后的溶液中只有溶质Fe(NO3)2，由N元素的守恒可知，其物质的量为=0.21mol，依据铁的守

26、恒可知若用足量的氢气在加热下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量也就是0.21mol，答案选B。16、A【题目详解】A.Mg(OH)2电离出的氢氧根离子与氯化铵电离出的铵根离子反应生成氨水，氢氧化镁溶解，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+Mg2+2NH3H2O，故A正确；B. 向沸水中滴加饱和氯化铁溶液,得到的是胶体,胶体不是沉淀,所以不能写沉淀符号,离子方程式为Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B错误；C. 二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，故C错误；D. 氧化亚铁溶于稀硝酸

27、，亚铁离子被硝酸根氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H+NO33Fe3+NO+5H2O，故D错误；故选：A。17、B【答案解析】A. 向NaOH溶液中通SO2至pH=7，根据电荷守恒，c(Na+)+ c(H+) = c(HSO3-) +2 c(SO32-)+ c(OH-)，c(H+)=c(OH-)，因此c(Na+) = c(HSO3-)+2 c(SO32-)，故A正确；B. NH4Cl溶液中加入等浓度等体积的NH3H2O后，所得溶液呈碱性，说明氨水的电离程度大于氯化铵的水解程度，则c(NH4+) c(NH3H2O)，故B错误；C. 向NH4HSO4加入等浓度等体积的NaOH溶液反

28、应后生成等浓度的硫酸钠和硫酸铵，根据物料守恒，c(NH4+) + c(NH3H2O) =2 c(SO42-)= c(Na+)，故C正确；D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa晶体，c(CH3COO-)，抑制醋酸的电离，溶液中c(H+)减小，但电离平衡常数不变，因此c(CH3COO-)c(CH3COOH) 增大，故D正确；故选B。18、A【分析】放电时，锂失电子作负极，Cu上O2得电子作正极，负极上电极反应式为Li-e- =Li+，正极上电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，据此分析解答。【题目详解】A、该电池通过一种复杂的铜

29、腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为：Cu2O+ H2O+2e-= Cu+ 2OH-，因此通入空气的目的是让氧气与铜反应生成Cu2O，故A错误；B、因为原电池放电时，阳离子移向正极，所以Li+透过固体电解质向Cu极移动，所以右侧水溶液电解质中LiOH浓度逐渐增大，故B正确；C、该电池通过一种复杂的铜腐蚀而产生电力，由方程式可知铜电极上并非是氧气直接放电，正极反应为：Cu2O+H2O+2e-2Cu+2OH-，故C正确；D、铜先与氧气反应生成Cu2O，放电时Cu2O重新生成Cu，则整个反应过程中，铜相当于催化剂，故D正确；故选A；19、A【题目详解】水由气态变为液态时

30、放热，H0，错误；温度一定，Ksp(MgCO3)不变，根据Ksp(MgCO3)c(Mg2)c(CO32-)可知，在该温度下，含有固体MgCO3的溶液中，无论c(Mg2+)与c()是否相等，总有c(Mg2+)c()=6.8210-6，正确；NaNO3溶液呈中性，电解时阴极H+放电生成H2，阳极OH放电生成O2，实质为电解水，则随着电解进行，溶液的pH不变，故错误；根据NH3H2OOH，当向氨水中加入少量NH4Cl晶体时，由于浓度增加，平衡左移，即NH3H2O 的电离被抑制，溶液pH减小，正确；错误的是，答案选A。20、D【题目详解】A甲烧杯中浓盐酸挥发出HCl，HCl和乙烧杯中的硝酸银溶液反应生

31、成氯化银白色沉淀，故A正确；B. 甲烧杯中浓氨水挥发出NH3，NH3和乙烧杯中的硫酸铁溶液反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，故B正确；C. 甲烧杯中浓盐酸挥发出HCl，乙烧杯中浓氨水挥发出NH3，HCl和NH3反应生成氯化铵，丙中产生白色烟雾，故C正确；D. 乙烧杯中浓氨水加入固体氢氧化钠产生NH3，NH3和甲烧杯中的氯化铝溶液反应生成氢氧化铝白色沉淀，但氢氧化铝不溶于氨水，故D错误。故答案选D。21、A【题目详解】A. 18g18O2为，在18g18O2中含有NA个氧原子，故A正确；B. 空气中含有氮气、氧气、二氧化碳等物质，标准状况下，22.4L空气为1mol，含有单质分子少于NA个，故B错误；

32、C. 1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA，要看在具体反应中氯元素的价态变化，故C错误；D. 含NA个Na+的Na2O溶解于水中形成1L溶液，Na+的物质的量浓度才为1molL-1，故D错误；故选A。22、C【题目详解】考查元素非金属性强弱的比较。比较非金属性强弱时，可以借助于元素周期律，或与氢气化合的难易程度以及氢化物的稳定性，或是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，也可以是相互间的置换能力。同主族元素电子层数越多非金属性越弱，A中说明X的非金属性弱于Y的，不正确。稳定性和沸点无关，B不正确。D中说明Y的非金属性强于X的，不正确。答案是C。二、非选择题(共84分)23、 取代反应 醛

33、基 【分析】A能与饱和溴水生成白色沉淀，由A的分子式、B的结构可推知A是苯酚；由姜黄素的结构可知C在一定条件下氧化的是醇羟基而不是酚羟基，由D能够发生银镜反应可知D是可知，由姜黄素的结构可知E是，由信息II可知F是， 再根据信息III可知H是，据此解答。【题目详解】(1)芳香族化合物A的分子式为C6H6O，能与饱和溴水生成白色沉淀，说明A是苯酚，苯酚的结构简式是； 根据B的结构简式可知，AB的反应是苯酚羟基对位上的氢原子被甲基取代，反应类型是取代反应。因此，本题正确答案为： ；取代反应；(2) D能够发生银镜反应，说明D分子中含有醛基，CD的反应是C分子中的醇羟基被氧化为醛基。因此，本题正确答

34、案为：醛基；(3)姜黄素的结构中含有两个羟基、两个羰基、两个碳碳双键、两个醚键和两个苯环，不含羧基，不能与NaHCO3 反应，故错误；没有酯基和卤原子，不能发生水解反应，故正确；姜黄素与苯酚，分子不是只相差若干个CH2原子团，不互为同系物，故错误； 1mol姜黄素最多能与10mol H2发生加成反应，故错误； 酚羟基和氢氧化钠反应，1mol姜黄素最多能与2molNaOH反应，故正确； 有机物分子间存在分子间作用力，不是化学键，故错误。 因此，本题正确答案为：；(4) 由B合成C，先在光照条件下让B与氯气发生取代反应，在甲基上引入氯原子，再在加热条件下与氢氧化钠溶液发生取代反应引入羟基，酚羟基与

35、氢氧化钠反应生成的酚钠再酸化即得C，合成路线为：，因此，本题正确答案为：；(5) 根据姜黄素的结构简式及信息III可知，H为，F的结构简式为，则EF的反应是与CH3OH在一定条件下反应生成和HBr，反应的化学方程式为：；因此，本题正确答案为：；(6) 根据信息III和H的结构简式可知，G为丙酮，I的结构简式为，则G与I反应的化学方程式为：。【答案点睛】本题是有机推断题，根据信息推出框图中每种有机物的结构是解题的关键，本体的难点是设计由B合成C的合成路线，关键是要吃透信息，先在光照条件下让B与氯气发生取代反应，在甲基上引入氯原子，再在加热条件下与氢氧化钠溶液发生取代反应引入羟基，酚羟基与氢氧化钠

36、反应生成的酚钠再酸化即得C。24、Na2O2 H2 2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 供氧剂 Fe（OH）3+3H+=Fe3+3H2O 【题目详解】A为淡黄色固体，其能与水反应，则其为Na2O2；R是地壳中含量最多的金属元素的单质，则其为Al；T为生活中使用最广泛的金属单质，则其为Fe；D是具有磁性的黑色晶体，则其为Fe3O4；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，所以C为O2；Al与NaOH溶液反应，生成偏铝酸钠和氢气，所以F为H2，B为

37、NaOH；Fe3O4与盐酸反应，生成FeCl3、FeCl2和水，FeCl3再与Fe反应，又生成FeCl2，所以E为FeCl2；它与NaOH溶液反应，生成白色沉淀Fe(OH)2，它是H；Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，它与盐酸反应生成FeCl3，它为W。（1）物质A的化学式为Na2O2。答案为：Na2O2F化学式为H2。答案为：H2（2）NaOH和Al在溶液中反应生成H2的离子方程式为2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2。答案为：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2（3）Fe(OH)2在潮湿空气中变成Fe(OH)3的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成

38、红褐色。答案为：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色化学方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。（4）Na2O2和水反应生成NaOH和O2的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2。答案为：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2由此反应可知A有作为供氧剂的用途。答案为：供氧剂（5）Fe(OH)3投入盐酸中的离子方程式Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O。答案为：Fe(OH)3+3H+=Fe3+3H2O25、Fe+2H+=Fe2+H2 在干燥的HCl气流中加热 FeCl2+H2Fe+2HCl Fe+H2O(g)FeO+H2 加入KSCN溶液，溶

39、液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+ 67.1% 【分析】. (1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，据此写出离子方程式； (2) FeCl2nH2O固体加热脱水时，易发生水解，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，抑制水解； (3)根据流程可知，FeCl2nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，据此写出反应方程式；. (1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570时生成FeO、氢气，据此写出反应方程式；(5)用KSCN溶液检验 Fe3+；纳米级Fe粉与水蒸气反

40、应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+ ，据此进行分析； (6) 用乙装置反应，反应温度高于570，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)6.88g5.60g1.28g，则n(O)=0.08mol；由关系式1Fe3O11O，可得n(Fe3O1)0.02mol；据此计算出固体物质中氧化物的质量分数。【题目详解】. (1)纳米级Fe和稀盐酸反应生成FeCl2和H2，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，答案为：Fe+2H+=Fe2+H2；(2) FeCl2nH2O

41、固体加热脱水时，易发生水解，水解方程式为FeCl2 + 2H2OFe(OH)2+2HCl，为防止FeCl2水解，在加热脱水时，通常通入干燥的HCl气体，HCl能抑制FeCl2的水解，且通入的HCI气体可带走水蒸气，利于固体脱水，故答案为：在干燥的HCl气流中加热；(3)根据流程可知，FeCl2nH2O固体加热脱水得到FeCl2，然后N2、H2与FeCl2在高温条件下反应得到纳米级Fe，反应方程式为FeCl2+H2Fe+2HCl，答案为：FeCl2+H2Fe+2HCl；. (1)根据已知“纳米级Fe粉与水蒸气反应，温度低于570时生成FeO，甲装置用酒精灯加热，反应温度较低，产物为FeO；Fe失

42、电子，水中H得电子，生成氢气，则反应方程式为Fe+H2O(g)FeO+H2，答案为：Fe+H2O(g)FeO+H2(5)加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，说明溶液中没有Fe3+，可能是因为纳米级Fe粉与水蒸气反应的过程中Fe过量，Fe没有反应完；将反应后的固体加入少量的盐酸，也可能发生反应Fe+2Fe3+=3Fe2+ ，所以看不到血红色。故答案为：加入KSCN溶液，溶液没有出现红色，也可能是因为Fe过量，与生成的Fe3+反应转化为Fe2+。(6) 用乙装置反应，反应温度高于570，则Fe粉与水蒸气反应的固体产物为Fe3O1反应后所得固体的质量为6.88g，其中氧原子的质量为m(O)6.88g

43、5.60g1.28g，则n(O)=0.08mol；由关系式1Fe3O11O，可得n(Fe3O1)0.02mol；所以固体物质中氧化物的质量分数=67.1%，答案为：67.1%。【答案点睛】氯化亚铁属于强酸弱碱盐，能够发生水解，产生盐酸，因此加热氯化亚铁溶液，氯化氢挥发，水解平衡右移，得到氢氧化亚铁沉淀；只有在不断通氯化氢气流的情况下，抑制了氯化亚铁的水解，最后才可得到氯化亚铁晶体。26、 与氯气反应制得次氯酸钾，作氧化剂 缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中 2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO1+6KNO3+3KCl+5H2O Fe（OH）3 K2FeO1 SiO2+2OH=S

44、iO32+H2O【答案解析】根据实验装置图可知，A装置利用高锰酸钾与盐酸反应制Cl2，Cl2中有挥发出的来的HCl气体，所以B装置中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl，装置C中Cl2与KOH溶液应制得KClO，装置D作用是处理未反应玩的Cl2。（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液应制得次氯酸钾，作氧化剂。故答案为：与氯气反应制得次氯酸钾，作氧化剂；（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO温度反应在05，装置C应放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率。故答案为：缓慢滴加盐酸、装置C用冰水浴中；（3）将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K

45、2FeO1，K2FeO1则为氧化产物，KClO被还原KCl，反应方程式为：2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO1+6KNO3+3KCl+5H2O；故答案为：2Fe（NO3）3+3KClO+10KOH=2K2FeO1+6KNO3+3KCl+5H2O；（1）将一定量的K2FeO1粗产品溶于冷的3mol/L KOH溶液中，由于Fe(OH)3难溶于水，溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，可得到的固体Fe(OH)3，而K2FeO1可在滤液中。将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，题目已知K2FeO1微溶于浓KOH溶液，所以析出K2FeO1晶体，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K

46、2FeO1晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与KOH反应，离子方程式为：SiO2+2OH=SiO32+H2O。故答案为：Fe（OH）3；K2FeO1；SiO2+2OH=SiO32+H2O。【点评】本题主要考查实验制备方案、氧化还原反应方程式的书写、物质的分离提纯，综合性较强。解题时，首先要明确实验目的，知晓实验原理，分析实验步骤，并且把握题中所给的已知信息再进行解题。27、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mo

47、l/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂 【答案解析】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；由实验结论出发即可快速解题；由控制变量法可知，保持其他变量不变，将

48、MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【题目详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72-

49、 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程iMnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程iiMn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；将0.0001molMnO2加入到6mL 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH

50、2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。28、 +11.3 kJ/mol NH2Cl+H2ONH3+HClO 6.2510-8molL-1min-1 温度越高，反应速率越快，平衡向吸热反应方向移动，其他条件相同时，T时的反应速率比400时的反应速率快，且乙容器中平衡时Cl2的转化率比甲容器中Cl2的转化率小 AB B 0.5MPa 【

51、分析】(1)一氯胺(NH2Cl)是共价化合物，氮原子分别与氢原子、氯原子成键。反应物的总键能-生成物的总键能=焓变。一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸。(2)甲容器中，040 min内n(Cl2)的变化为0.5mol，c(Cl2)的变化为0.5mol/L， c(NH3)变化为0.25mol/L，根据 计算v(NH3)。乙容器达到平衡用时短，反应速率快，所以温度高，平衡时氯气的物质的量大，说明升高温度平衡逆向移动。A.根据 ，NHCl2是液体，m是变量，密度是变量；B.投料比不等于系数比，反应过程中 C12和NH3物质的量之比是变量；C.在原容器中充入一定量氦气，反应体系的浓度不变，

52、平衡不移动；D. NHCl2是液体，加入NHCl2，平衡不移动；(3)该反应 ，增大压强，平衡正向移动；。根据图象C点时c(HCl)=c(Cl2),利用“三段式”可计算该、Cl2、NH3、HCl的物质的量比。【题目详解】(1)根据分析，NH2Cl的电子式为。根据反应物的总键能-生成物的总键能=焓变，Cl2(g)+NH3(g)=NH2Cl(g)+HCl(g) H=243.0 kJ/mol +391.3 kJ/mol3-391.3 kJ/mol2-191.2 kJ/mol -431.8 kJ/mol =+11.3 kJ/mol。一氯胺水解，生成具有强烈杀菌作用的物质是次氯酸和氨气，方程式为NH2Cl+H2ONH3+HClO。(2)甲容器中，040 min内n(Cl2)的变化为0.5mol，c(Cl2)的变化为0.5mol/L， c(NH3)变化为0.25mol/L， v(NH3)= 6.2510