2022-2023学年广西人教版化学高三上期中联考试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、下列表示对应化学反应

2、的离子方程式正确的是（ ）A向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32- + 2H+ =SO2 + H2OB向Na2SiO3溶液中通入过量SO2：SiO32- + SO2 + H2O = H2SiO3 + SO32-C向Al2(SO4)3溶液中加入过量NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2O =AlO2- + 4NH4+ +2H2OD向CuSO4溶液中加入Na2O2：2Na2O2 + 2Cu2+ +2H2O =4Na+ + 2Cu(OH)2 +O22、下列有关胶体的叙述不正确的是A向沸水中滴入饱和氯化铁溶液可制取氢氧化铁胶体B制作果冻利用了胶体的性质C胶体和溶液的本质区别是能否产生丁达尔现

3、象D溶液是稳定的分散系3、反应 2Na2O2+4HCl4NaCl+O2+2H2O 中，氧化产物是ANa2O2BNaClCO2DH2O4、高氯酸铵可用作火箭推进剂，实验室可利用(已知氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠)等为原料制取(部分物质在不同温度下的溶解度如图2所示)，其实验流程如图所示：下列说法错误的是A80的浸取液冷却至0后进行过滤，滤渣的主要成分为B常温下，向反应器中加入氯化铵饱和溶液发生反应的离子方程式为C洗涤固体时应使用超过80的热水D发生分解反应时，会产生大量气体5、现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示的转化关

4、系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（ ）AX可能为Al或Cl2BY一定为NaOH(aq)CN一定是HCl(aq)DQ、Z中的一种必为Al2O36、元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布。下列推测不正确的是（ ）A同周期元素中X的金属性最强B原子半径：XY，离子半径：X+Z2-C同族元素中Z的氢化物稳定性最高D同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强7、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ） 选项物质性质实际应用AAl2(SO4)3 和小苏打反应泡沫灭火器灭火B元素硅处于金属与非金属分界线单质硅常用作光导

5、纤维C常温下，钠钾合金熔点低且导热性好原子反应堆导热剂DHF 与 SiO2 反应氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记AABBCCDD8、某温度下，反应2A(g)B(g)H0，在密闭容器中达到平衡，平衡后c(A)/c(B)a，若改变某一条件，足够长时间后反应再次达到平衡状态，此时c(A)/c(Bb，下列叙述正确的是()A在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，则abB若ab，则容器中可能使用了催化剂C若其他条件不变，升高温度，则ab9、下表是某同学探究Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的实验记录，已知：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+序号ab现象12 m

6、L 0.05 molL1 K2Cr2O7溶液(pH = 2)3滴饱和Na2SO3溶液(pH = 9)溶液变绿色(含Cr3+)22 mL 0.1 molL1 K2CrO4溶液(pH = 8)3滴饱和Na2SO3溶液溶液没有明显变化32 mL饱和Na2SO3溶液 3滴0.05 molL1 K2Cr2O7溶液溶液变黄色42 mL蒸馏水3滴0.05 molL1 K2Cr2O7溶液溶液变成浅橙色下列说法不正确的是A实验1中的绿色溶液中含有SO42-B实验1、2的a溶液中所含的离子种类相同C向实验3溶液中继续滴加过量硫酸可使溶液变为浅橙色D实验4的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响10、室温下有下列四

7、种溶液：0.1 mol/L氨水 0.1 mol/L NH4Cl溶液 混合溶液：盐酸和NH4Cl的浓度均为0.1 mol/L 混合溶液：NaOH和氨水的浓度均为0.1 mol/L。四种溶液中c(NH4)由大到小排列正确的是ABCD11、在好氧菌和厌氧菌作用下，废液中NH4+能转化为N2(g)和H2O(1)，示意图如下：下列说法正确的是A两池发生的反应中，氮元素只被氧化B常温常压下，反应II中生成8.96 L N2时，转移电子数为1.5NAC好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3：5时，NH4+能完全转化为N2D反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为5：312、下列各组物质中，因为反应条件或用量不同

8、而发生不同化学反应的是()C与O2Na与O2Al与NaOH溶液AlCl3溶液与氨水CO2与NaOH溶液ABCD13、工业碳酸钠(纯度约为98)中含有Mg2、Fe2、Cl和SO42等杂质，提纯工艺流程如下，下列说法不正确的是A步骤，通入热空气可以将Fe2氧化B步骤，产生滤渣的主要成分为Mg(OH)2和 Fe(OH)3C步骤，趁热过滤时温度控制不当会使Na2CO3H2O中混有Na2CO310H2O等杂质D步骤，灼烧Na2CO3H2O在瓷坩埚中进行14、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+H2OB向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉

9、：Fe3+Fe=2Fe2+C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+D向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+3H+=H2SiO3+3Na+15、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A78g过氧化钠晶体中，含2NA个阴离子B常温常压下，22.4L氦气含有NA个氦原子C在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数一定是4NAD常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子数为NA16、下列说法不正确的是( )A用铜丝燃烧法可定性确定有机物中是否存在卤素B海水中碘的含量可达81010t，目前工业上直接用海水提取碘

10、C1828年，德国化学家维勒在制备无机盐氰酸铵时得到了一种结晶物尿素D苯酚与水形成的油液静置后会分层，上层是溶有苯酚的水层，下层是溶有水的苯酚层。当温度高于65时，苯酚能与水以任意比例互溶17、丙烯醛（结构简式为CH2=CH-CHO）能发生的化学反应有加成 消除（消去） 取代 氧化 还原 加聚 缩聚A B C D18、下列事实不能用勒沙特列原理解释的是（）A合成氨工业选择的反应条件不是室温，是 500左右B用浓磷酸与 KBr 反应制备 HBr 气体C实验室常用排饱和食盐水的方法收集氯气D硫酸工业中，使用过量的空气以提高二氧化硫的利用率19、实验室用H2还原WO3制备金属W的装置如图所示(Zn粒

11、中往往含有硫等杂质，焦性没食子酸溶液用于吸收少量氧气)。下列说法正确的是A中依次盛装KMnO4溶液、浓H2SO4、焦性没食子酸溶液B管式炉加热前，用试管在处收集气体并点燃，通过声音判断气体纯度C结束反应时，先关闭活塞K，再停止加热D装置Q(启普发生器)也可用于二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气20、向盛有足量A的容积固定的密闭容器中加入B，发生反应：A(s)+2B(g) 4C(g)+D(g) H0。一定条件下达到平衡时，C的物质的量与加入的B的物质的量的关系如图所示。其他条件不变，下列措施能使值增大的是（ ）A降低温度B增大压强C加入催化剂D再加入少量A21、我国科学家研发了一种水系可逆Zn-CO2

12、电池，电池工作时，复合膜(由a、b膜复合而成)层间的H2O解离成H+和OH- ，在外加电场中可透过相应的离子膜定向移动。当闭合K1时，Zn-CO2电池工作原理如图所示：下列说法不正确的是( )A闭合K1时，Zn表面的电极反应式为Zn + 4OH - 2e = Zn(OH)B闭合K1时，反应一段时间后，NaCl溶液的pH减小C闭合K2时，Pd电极与直流电源正极相连D闭合K2时，H+通过a膜向Pd电极方向移动22、某化工厂为了综合利用生产过程中生成的CaSO4，与相邻的合成氨厂联合设计了以下制备（NH4）2SO4的工艺流程：下列有关说法错误的是A将滤液蒸干，即可提取产品（NH4）2SO4B通入足量

13、氨气使悬浊液呈碱性有利于CO2的吸收C副产品是生石灰，X是CO2，其中CO2可循环利用D沉淀池中发生的主要反应为CaSO4+CO2+2NH3+H2OCaCO3+（NH4）2SO4，二、非选择题(共84分)23、（14分）盐酸多巴胺是选择性血管扩张药，临床上用作抗休克药，合成路线如图所示：根据上述信息回答：（1）D的官能团名称为_。（2）E的分子式为_。（3）若反应为加成反应，则B的名称为_。（4）反应的反应类型为_。（5）D的一种同分异构体K用于合成高分子材料，K可由HOOCH2Cl制得，写出K在浓硫酸作用下生成的聚合物的化学方程式：_。（6）E生成F的化学反应方程式为_。（7）D的同分异构体

14、有多种，同时满足下列条件的有_种。I.能够发生银镜反应；II.遇FeCl3溶液显紫色；III.苯环上只有两种化学环境相同的氢原子。24、（12分）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_。（2）B的结构简式是_。（3）CD的反应类型是_。（4）写出DM的化学方程式_。（5）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。（6）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_。（7）满足下列条件的X的同

15、分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种25、（12分）在高中阶段，安排了两种酯的制备实验：乙酸乙酯的制备乙酸丁酯CH3COO(CH2)3CH3的制备制备这两种酯所涉及的有关物质的物理性质见下表：乙酸乙醇1丁醇乙酸乙酯乙酸丁酯熔点（）16.6117.389.583.673.5沸点（）117.978.511777.06126.3密度（g/cm3）1.050.790.810.900.88水溶性互溶互溶可溶（9g/100克水）可溶（8.5g/100克水）微溶请回答下列问题：（1）在乙酸乙酯的制备过程中，采用水浴加热的优点为_；而乙酸丁酯的制备过程

16、中未采用水浴加热的原因是_。 （2）提纯时，乙酸乙酯一般采用_洗涤，而乙酸丁酯可先采用_、后采用_洗涤（均填编号）。a水 b15Na2CO3溶液 c饱和Na2CO3溶液（3）两种酯的提纯过程中都需用到的关键仪器是_，在操作中要注意振荡洗涤后，静置分液前必须要有步骤，所制得的酯应从该仪器的_（填编号）。a下部流出 b上口倒出 c都可以（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，下列说法不正确的是_（填编号）。a乙醇比乙酸价廉 b提高乙酸的转化率c提高乙醇的转化率 d提高乙酸乙酯的产率（5）在乙酸丁酯制备中，下列方法可提高1丁醇利用率的是_（填编号）。a使用催化剂 b加过量乙酸 c不断移去产物 d缩短

17、反应时间26、（10分）氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，实验室拟用下图所示装置制备干燥纯净的氯气，请回答下列问题。(1)I中所盛试剂为_(填序号，下同)，II中所盛试剂为_。A氢氧化钠溶液 B饱和食盐水 C浓硫酸 D硝酸银溶液(2)请按正确的顺序连接装置：H_、_、_、_；选择最后一个装置的目的是_。(3)写出工业上用氯气和石灰乳制取漂白粉的化学反应方程式：_。(4)实验室有一瓶密封不严的漂白粉样品，其中肯定含有，请设计实验探究该样品中可能存在的其他物质。I.提出合理假设。假设1:该漂白粉未变质，含有_;假设2:该漂白粉全部变质，含有_;假设3:该漂白粉部分变质，既含有 ，又含

18、有。27、（12分）某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：实验：将Fe3+转化为Fe2+（1）Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为_。（2）探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：实验方案现象结论步骤1：取4mL_mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液产生白色沉淀CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀：步骤2：取 _无明显现象查阅资料：SCN的化学性质与I相似 2Cu2+ + 4 I= 2CuI+ I2，Cu2+与SCN反应的离子方程式为_。实验：将Fe2+转化为Fe3+实验方案现象向3mL 0.1mol/L FeSO4溶液中加入1 mL 8mol/

19、L稀硝酸溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2+ + NO Fe(NO)2+(棕色)（3）用离子方程式解释NO 产生的原因_。（4）从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析：反应：Fe2+与HNO3反应； 反应：Fe2+与NO反应 依据实验现象，甲认为反应的速率比反应_(填“快”或“慢”)。 乙认为反应是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是_。 请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因_。（5）丙认为若生成的NO与Fe2+不接触，溶液就不会出现棕色，请设计实验方案，并画出实验装置图，实现Fe2+F

20、e3+的转化，同时避免出现此异常现象。28、（14分）氯化铵被广泛用于医药、干电池、织物印染、洗涤等领域。氯化铵T1温度下有以下平衡：（1）N原子最外层电子有_种运动状态；上述平衡中物质，在晶体时属于离子晶体的是_。（2）的电子式为_。（3）Cl的非金属性强于S，用原子结构的知识说明理由：_。（4）上述该反应的平衡常数表达式为_。（5）在2L密闭容器中建立平衡，不同温度下氨气浓度变化正确的是_。（6）T1温度在2L，容器中，当平衡时测得为amol/L，保持其他条件不变，压缩容器体积至1L（各物质状态不变），重新达到平衡后测得为bmol/L。试比较a与b的大小a_b（填“”“”或“=”），并说明

21、理由：_。29、（10分）下面是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：(1)、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是（填化学式）_(2)在、中的某些元素之间可形成既含离子键又含非极性共价键的离子化合物，写出其中一种化合物的电子式： _(3)由和组成的化合物与的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为：_ (4)单质与的最高价氧化物的水化物反应的离子方程式为_(5)常温下，由组成最简单的液态有机物可作为燃料电池的原料之一，请写出其在碱性介质中的电极反应式：_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

22、选项）1、D【题目详解】A.硝酸有氧化性，亚硫酸根有还原性，二者会发生氧化还原反应，2H+2NO3-+3SO32-3SO42-+H2O+2NO，故A不选；B. Na2SiO3溶液中通入过量SO2会生成亚硫酸氢根而不是亚硫酸根，SiO32- + 2SO2 +2H2O = H2SiO3+2HSO3-，故B不选；C.氨水不能和氢氧化铝反应，只能和铝离子生成氢氧化铝，Al3+ + 3NH3H2O =Al(OH)3+ 3NH4+，故C不选；D.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠中的OH-与铜离子生成氢氧化铜沉淀，方程式正确，故D选；故选D。【答案点睛】S2-(-2价硫)、SO2(+4价硫)、I

23、-、Fe2+等都有比较强的还原性，当遇到这几种物质时，首先要想到它们的还原性，如果和它们反应的物质有氧化性(如KMnO4、浓硫酸、硝酸、Fe3+等)，要考虑发生的反应是否为氧化还原反应。2、C【题目详解】A. 向沸水中滴入饱和氯化铁溶液可制取氢氧化铁胶体，方程式为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，故A正确；B. 果冻是胶体，制作果冻利用了胶体的性质，故B正确；C. 溶液、胶体和浊液的本质区别是分散质粒子直径大小，而不是丁达尔效应，丁达尔效应只是胶体所特有的性质，故C错误；D. 溶液很稳定，是稳定的分散系，故D正确；故选C。3、C【题目详解】在氧化还原反应中，还原剂具有还原

24、性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，因此含有化合价升高元素的物质为氧化产物，在该反应中，Na2O2中O元素的化合价从-1价升高到O2的0价，故氧化产物是O2，故C正确；故选C。【答案点睛】在氧化还原反应中，几个概念之间的关系：氧化剂具有氧化性，得电子化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物；还原剂具有还原性，失电子化合价升高，被氧化，发生氧化反应，得到氧化产物，熟记该规律是解答氧化还原反应题型的关键。4、C【分析】氯酸钠受热分解生成高氯酸钠和氯化钠，可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80时浸取液冷却至0过滤，高氯酸钠的溶解度

25、迅速降低，析出晶体，高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，析出高氯酸铵，过滤洗涤干燥就可以得到高氯酸铵的固体，以此解答该题。【题目详解】A可由图知，NaClO4的溶解度受温度影响很大，NaCl溶解度受温度影响不大，80时浸取液冷却至0过滤，高氯酸钠的溶解度迅速降低，析出晶体，但是氯化钠的溶解度受温度的影响不大，不会析出晶体，则滤渣的主要成分为NaClO4，故A正确；B反应器高氯酸钠中加入氯化铵饱和溶液，反应向着更难溶的物质转化，根据物质的溶解情况，可知析出高氯酸铵，即发生反应的离子方程式为+ NH4ClO4，故B正确；C洗涤NH4ClO4固体时应避免NH4ClO4溶解，不能用

26、超过80的热水，故C错误；DNH4ClO4发生分解反应时，发生2NH4ClO4N2+2O2+Cl2+4H2O，会产生大量气体，故D正确；故答案为C。5、A【题目详解】由反应物的性质可知，六种物质中，NaOH(aq)能与Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、Al(OH)35种物质反应，与图中Y对应，则Y为NaOH(aq)；HCl(aq) 能与Al、Al2O3、Al(OH)3、NaOH(aq)4种物质反应，则N为HCl(aq)；Al能与Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)3种物质反应，则M为Al；Cl2能与Al、NaOH(aq)物质反应，则X是Cl2；Al2O3、Al(OH)3均能与HCl

27、(aq)、NaOH(aq)反应，则Al2O3、Al(OH)3为Q、Z的一种，故选A。6、B【分析】元素X、Y、Z的原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X+与Z2-具有相同的核外电子排布，若X为Na，Z为O，则Y的原子序数为36-11-8=17，则Y为Cl；若X为K，Z为S，19+16=35，Y只能为H，则不符合X、Y位于同周期，所以X为Na，Y为Cl，Z为O，以此来解答。【题目详解】A同周期从左向右金属性减弱，则同周期元素中 X 的金属性最强，故A正确；B同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：XY，具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：X+Z2-，故B错误；C同主族从

28、上到下非金属性减弱，则同族元素中Z的氢化物稳定性最高，故C正确；DY为Cl元素，同周期主族元素自左至右非金属性增强，非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，则同周期元素中Y的最高价含氧酸的酸性最强，故D正确；故选：B。7、B【答案解析】A. Al2(SO4)3+6NaHCO32(OH)3+6CO2+3Na2SO4，反应生成的(OH)3和CO2以泡沫的形式覆盖在可燃物表面而灭火，故A正确；B. 元素硅处于金属与非金属分界线是因为硅兼有非金属和金属的性质，故B错误；C. 常温下，钠钾合金熔点低且导热性好，可以用作原子反应堆导热剂，故C正确；D.二氧化硅是玻璃的主要成分之一，SiO2+4HF=

29、SiF4+2H2O，所以氢氟酸可在玻璃器皿上刻蚀标记，故D正确。故选B。8、B【题目详解】A.在该温度下，保持容积固定不变，向容器内补充了B气体，B的浓度增大，虽然平衡向逆反应方向移动，但B转化的比增加的幅度小，则ab，A项错误；B.在恒压条件下加入等配比数的A和B，反应仍能达到同一平衡状态，或在恒容条件下加入惰性气体，平衡不移动，或是使用催化剂，平衡不移动，a、b都相等，则B项正确；C.若其他条件不变，升高温度，平衡向正反应方向移动，则ab，C项错误；D.保持温度、压强不变，充入惰性气体，导致容器体积增大，则反应气体的分压减小，平衡向逆反应方向移动，则ab，D项错误；答案选B。9、C【答案解

30、析】由4个实验结果对比可知，K2Cr2O7与Na2SO3在酸性条件下发生氧化还原反应，在碱性条件下不发生氧化还原反应；由平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+可知，溶液的碱性增强，平衡正向移动，以此分析。【题目详解】A. 实验1中K2Cr2O7与Na2SO3发生了氧化还原反应，Na2SO3被氧化为Na2SO4，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色，故A正确；B. 实验1、2中的a溶液中都存在平衡：Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+，故溶液中所含的离子种类相同，故B正确；C.Na2SO3溶液呈碱性，滴加3滴0.05 molL1 K

31、2Cr2O7溶液，平衡Cr2O72-(橙色)+ H2O2CrO42-(黄色)+ 2H+向正向移动，溶液呈黄色；若向实验3溶液中继续滴加过量硫酸，则在酸性条件下，K2Cr2O7与Na2SO3发生氧化还原反应，溶液变绿色，故C错误；D. 实验4和实验3相比，b溶液相同，a为等体积的蒸馏水，溶液由黄色变成浅橙色，颜色反而加深，故可排除稀释对溶液颜色变化造成的影响，故D正确。故选C。【答案点睛】本题考查对Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液反应规律的探究，掌握物质的性质及信息是解题的关键，注意环境对反应的影响。10、D【分析】氢离子抑制铵根离子水解，氢氧根离子抑制一水合氨电离，氯化铵是强电解质，在水溶液

32、里完全电离，一水合氨是弱电解质，在水溶液里存在电离平衡，据此判断溶液中铵根离子浓度大小。【题目详解】中一水合氨是弱电解质，0.1 mol/L的氨水中铵根离子浓度远远小于0.1 mol/L；氯化铵是强酸弱碱盐，铵根离子水解但程度较小，所以0.1 mol/L的氯化铵中铵根离子浓度接近0.1 mol/L；氯化氢电离出的氢离子抑制铵根离子水解，所以该溶液中铵根离子浓度接近0.1 mol/L，但大于中铵根离子浓度；氢氧化钠电离出的氢氧根离子抑制一水合氨电离，所以该溶液中铵根离子浓度远远小于0.1 mol/L，且小于中铵根离子浓度；氯化铵溶液中铵根离子浓度大于相同浓度的氨水中铵根离子浓度，所以这四种溶液中

33、铵根离子浓度大小顺序是：，所以D选项是正确的。11、C【答案解析】根据反应I：NH4+2O2=NO3-+2H+H2O和反应II: 5NH4+3NO3-=4N2+9H2O+2H+，来分析解答。【题目详解】A. I中N元素从-3价升到+5价，氮元素只被氧化，II中部分N元素从-3价升到0价，部分从+5价降到0价，氮元素既被氧化又被还原；故A错误；B. 常温常压下，8.96 L N2，无法计算N2的物质的量，故B错误；C.根据反应I：NH4+2O2=NO3-+2H+H2O，3mol NH4+生成3mol NO3-，再根据反应II: 5NH4+3NO3-=4N2+9H2O+2H+，3mol NO3-正

34、好消耗5mol NH4+，故好氧菌池与厌氧菌池投入废液的体积之比为3：5时，NH4+能完全转化为N2，故C正确；D. 反应中氧化剂是NO3-，还原剂是NH4+，物质的量之比为3：5，故D错误；故选C。【答案点睛】氧化剂在反应中所含元素化合价降低，得电子，被还原；还原剂在反应中所含元素化合价升高，失电子，被氧化。12、D【题目详解】C与O2反应，O2过量产物为CO2，O2少量产物为CO，故正确；Na与O2反应，加热条件下产物是Na2O2，常温条件下产物是Na2O，故正确；Al与NaOH溶液反应，产物都是NaAlO2和H2，故错误；AlCl3溶液与氨水反应只能生成Al(OH)3，无法生成AlO，故

35、错误；CO2与NaOH溶液，CO2过量产物是NaHCO3，CO2少量产物是Na2CO3，故正确；故答案为D。13、D【答案解析】A. 步骤，通入热空气，能够把亚铁离子氧化为铁离子，便于除去，A正确； B. 步骤，在碱性环境下，镁离子、铁离子生成Mg(OH)2和 Fe(OH)3沉淀，因此滤渣的主要成分为Mg(OH)2和 Fe(OH)3，B正确；C. 步骤，趁热过滤时，温度控制不当，会析出Na2CO310H2O等杂质，C正确；D. 步骤，Na2CO3能够与瓷坩埚中的二氧化硅反应，故应在铁坩埚中进行灼烧，D错误；综上所述，本题选D。【答案点睛】选项D，二氧化硅属于酸性氧化物，不与强酸反应，但能够与强

36、碱（氢氧化钠溶液等）发生反应生成硅酸盐，也能与碳酸钠高温下反应生成硅酸盐，因此灼烧氢氧化钠和碳酸钠应该在铁坩埚中进行，不用瓷坩埚，以防发生反应。14、C【题目详解】A将铜插入稀硝酸中反应的离子方程式为：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O，故A错误；B向Fe2(SO4)3溶液中加入过量铁粉反应的离子方程式为：2Fe3Fe=3Fe2，故B错误；C向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水反应的离子方程式：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，故C正确；D向Na2SiO3溶液中滴加稀盐酸反应的离子方程式：SiO322H=H2SiO3，故D错误；故答案选C。【答案点睛】稀硝酸体现强氧化性时

37、，还原产物是NO，而不是NO2，书写离子方程式时一定要注意电荷守恒与元素守恒。15、D【答案解析】A过氧化钠的阴离子是O22-，78g过氧化钠是1mol，其晶体中含NA个阴离子，A错误；B常温常压下22.4L氦气不是1mol，B错误；C在O2参与的反应中，1 mol O2作氧化剂时得到的电子数不一定一定是4NA，例如氧气和钠反应生成过氧化钠，C错误；D常温下16g O2与O3的混合气体中含氧原子的物质的量是，其中氧原子数为NA，D正确。答案选D。16、B【题目详解】A卤化铜灼烧时为绿色，所以铜丝灼烧法可定性确定有机物中是否存在卤素，故A正确；B虽然海水中碘的总藏量很大，但是海水中碘的浓度很低，

38、且并不是以碘单质的形式存在，不直接由海水提取碘，故B错误；C1828年，德国化学家维勒在制备氰酸铵时得到了尿素，否定了有机物一定从生命体内获得的观点，打破了无机物和有机物的界限，故C正确；D温度较低时苯酚在水中的溶解度较小，且苯酚的密度大于水，所以分层，上层是溶有苯酚的水层，下层是溶有水的苯酚层，当温度高于65时，苯酚能与水以任意比例互溶，故D正确；综上所述答案为B。17、C【答案解析】丙烯醛分子中有两种官能团，分别是碳碳双键和醛基。碳碳双键决定了有机物可以发生氧化反应、加成反应、加聚反应等，醛基决定了有机物可以发生氧化反应（氧化成羧酸）、还原反应（还原成醇）和加成反应，所以C正确。18、A【

39、答案解析】A、合成氨的反应是一个放热反应，温度升高平衡逆向移动，氨气的产率降低，故选择500左右的温度不是考虑平衡的移动，而是考虑反应的速率和催化剂的活性，所以A选项与勒沙特列原理无关，A正确。B、浓磷酸与 KBr 反应制备 HBr 气体的反应中，生成的HBr为气体，及时将HBr气体排出，降低生成物的浓度，平衡正向移动，符合勒沙特列原理，B错误。C、Cl2溶于水发生反应：Cl2+H2O HCl+HClO，这是一个可逆反应，饱和食盐水中Cl-浓度较大，使上述平衡逆向移动，而减少Cl2的溶解，符合勒沙特列原理，C错误。D、增大一种反应物的浓度可以使平衡正向移动，导致另一种反应物的转化率提高，符合勒

40、沙特列原理，D错误。正确答案为A。【答案点睛】许多学生不选答案A，认为只要温度改变就符合勒沙特列原理，而不从实际情况考虑。合成氨的反应中，该反应为放热反应，从理论上考虑，温度越低氨气的产率越高，这对氨气的生成是有利的，但温度过低，反应速率过慢，且催化剂达不到其最佳的活性，故不选择室温而选择500左右，主要是从反应速率和催化剂的角度来考虑的。19、B【分析】H2还原WO3制备金属W，装置Q用于制备氢气，因盐酸易挥发，则、应分别用于除去HCl、氧气和水，得到干燥的氢气与WO3在加热条件下制备W，实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，以避免W被重新氧化，以此解答该题。【题目详解】A气体从焦性没食子酸

41、溶液中逸出，得到的氢气混有水蒸气，应最后通过浓硫酸干燥，故A错误；B点燃酒精灯进行加热前，应检验氢气的纯度，以避免不纯的氢气发生爆炸，可点燃气体，通过声音判断气体浓度，声音越尖锐，氢气的纯度越低，故B正确；C实验结束后应先停止加热再停止通入氢气，使W处在氢气的氛围中冷却，以避免W被重新氧化，故C错误；D二氧化锰与浓盐酸需在加热条件下反应，而启普发生器不能加热，故D错误。答案选B。20、A【分析】值增大，相同B物质的量下，C的物质的量增大，即需要让平衡向生成C的方向移动，向正反应方向移动，据此分析；【题目详解】A、该反应为放热反应，降低温度，平衡正向进行，C的物质的量增大，由图可知，值增大，故A

42、正确；B、反应物气体系数之和小于生成物气体系数之和，增大压强，平衡逆向进行，C的物质的量减小，由图可知，值减小，故B错误；C、加入催化剂，平衡不移动，值不变，故C错误；D、因为A的状态为固体，浓度视为常数，再加入少量A， 平衡不移动，值不变，故D错误；答案选A。21、D【分析】闭合K1时为原电池，Zn被氧化作负极，CO2被还原作正极；闭合K2时为电解池，则此时Zn电极发生还原反应为阴极，Pd电极上发生氧化反应为阳极。【题目详解】A闭合K1时，Zn被氧化作负极，原电池中阴离子流向负极，所以OH-通过b膜移向Zn，负极上Zn失去电子结合氢氧根生成Zn(OH)，电极方程式为Zn + 4OH - 2e

43、 = Zn(OH)，故A正确；B闭合K1时，Pd电极为正极，氢离子透过a膜移向Pd电极，CO2得电子后结合氢离子生成HCOOH，所以NaCl溶液pH减小，故B正确；C闭合K2时，Pd电极上发生氧化反应为阳极，与直流电源正极相连，故C正确；D闭合K2时，Pd电极为阳极，氢离子为阳离子应移向阴极，故D错误；综上所述答案为D。22、A【答案解析】A.加热蒸干会使(NH4)2SO4受热分解，应将滤液蒸发浓缩、冷却结晶来提取(NH4)2SO4，故A错误；B.CO2溶解度小，而氨气极易溶于水，先通入氨气使溶液呈碱性，能吸收更多的CO2，B正确；C.CaSO4溶解度大于CaCO3，在沉淀池中CaSO4转化为

44、 CaCO3，进入煅烧炉，分解为生石灰，同时产生能循环利用的CO2，故C正确；D.沉淀池中微溶的CaSO4转化为 难溶的CaCO3，D正确；答案为A。二、非选择题(共84分)23、羟基、醚键、醛基 C9H9NO4 甲醛 氧化反应 nHOOCCH2OH HOOCCH2O+(n-1)H2O。 +4H2+HCl+2H2O 19 【答案解析】（1）根据D的结构可知D中含有的官能团有：羟基、醚键、醛基。（2）根据E的结构简式可知E的分子式为：C9H9NO4。（3）A的分子式为C7H8O2，C7H8O2与B发生加成反应生成化合物C8H10O3，可知B的分子式为CH2O，所以B的结构简式为HCHO，名称为甲

45、醛。（4）A与HCHO加成得到的产物为，根据D的结构可知发生氧化反应，故反应的反应类型为氧化发应。（5）HOOCH2Cl在NaOH水溶液中加热发生水解反应生成物质K ：HOOCCH2OH，HOOCCH2OH在浓硫酸的作用下发生缩聚反应: nHOOCCH2OH HO OCCH2O+(n-1)H2O。（6）E到F的过程中，碳碳双键与H2发生加成反应，-NO2与H2发生还原反应生成-NH2，所以化学方程式为： +4H2 +HCl +2H2O。（7）分情况讨论：（1）当含有醛基时，苯环上可能含有四个取代基，一个醛基、一个甲基、两个羟基：a：两个羟基相邻时，移动甲基和醛基，共有6种结构。b：两个羟基相间

46、时，移动甲基和醛基，共有6种结构。c：两个羟基相对时，移动甲基和醛基，共有3种结构。（2）当含有醛基时，苯环上有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-O-CH2-CHO或者一个为-OH，另一个为-CH2-O-CHO，共有2种结构。（3）当含有醛基时，有两个对位的取代基，一个为-OH，另一个为-CH（OH）CHO，共1种结构。(4)当含有甲酸某酯的结构时，苯环上只有两个取代基，一个为羟基，一个为-CH2OOCH，所以有1种结构。故符合条件的同分异构体总共有6+6+3+2+1+1=19种。点睛：本题考查有机物的结构简式的推断、官能团的名称、反应类型及同分异构体的书写。本题中最后一问的同分异构体

47、的书写是难点，当苯环上有多个取代基时，一定要利用邻、间、对的关系和定一移一的方法不重复不遗漏的将所有的同分异构体书写完整。24、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3 取代反应 3 【题目详解】（1）由F的结构可以判断A的结构简式为：CH2=C(CH3)CH2CH3，根据系統命名法命名为2甲基1丁烯；（2）根据题干中给的烯烃复分解反应原理：C2H5CH=CHCH3CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3，推测出两个A之同发生复分解后的产物为CH3CH2C(CH3)=C (CH3) CH2CH3；（3）B与Br2发生加成反应生成C，C的结构简式为：C

48、H3CH2CBr（CH3）CBr（CH3）CH2CH3，C在碱性条件下水解生成D。水中羟基取代溴得位置，所以发生了取代反应，故答案为取代（水解）反应；（4）DM是与HOOCCOOH发生酯化反应生成环酯，反应的方程式为；（5）EF是E中的Br被OH取代，同时一个羟基被催化第化最终变成羧基的过程，合成路线为：CH3CH2CBr（CH3）CH2BrCH3CH2COH(CH3)CH2OHCH3CH2COH(CH3)CHO；（6）G只有一个甲基说明G的结构简式为：，G的分子式是C5H8O2与X反应后生成C13H16O2，发生了酯化反应并且増加了8个C、8个H，根据酯化反应酸脱羟基醇脱氢可知X的分子式为C

49、8H9O，且X中只有一个取代基没有甲基，可知X为苯乙醇，因此推出N的结构简式为；（7）符合两个条件的结构中包含了一个酚羟基，同时具有对称结构，所以符合条件的结构有、共3种。25、受热均匀，易控制温度 乙酸、1丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热 c a b 分液漏斗 b c b c 【分析】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度，水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度。（2）根据表格中乙酸乙酯和乙酸丁酯的溶解性和密度进行分析；（3）两种酯都要用到分液的方法提纯；（4）考虑原料的成本和转化率；（5）根据平衡移动原理分析。【题目详解】（1）用水浴加热均匀受热，容易控制温度；

50、水浴加热的缺点是加热温度最高只能达到100度，而乙酸、1丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热，故答案为：受热均匀，易控制温度；乙酸、1丁醇和乙酸丁酯的沸点均高于100度，故不必进行水浴加热；（2）提纯时，乙酸乙酯一般采用饱和Na2CO3溶液洗涤，而乙酸丁酯微溶于水，故可先用水洗，再用15Na2CO3溶液 洗涤，故答案为：c；a；b；（3）分离互不相溶的液体通常分液的方法，分液利用的仪器主要是分液漏斗，使用时注意下层液从分液漏斗管放出，上层液从分液漏斗上口倒出，酯的密度比水小，应从分液漏斗上口倒出；故答案为：分液漏斗；b；（4）在乙酸乙酯制备中，采用了乙醇过量，因为乙醇的成本较

51、乙酸低，这样做可以提高乙酸的转化率，提高乙酸乙酯的产率，最大限度的降低成本，而乙醇本身的转化率会降低，故符合题意的为c项，故答案为：c；（5）提高1-丁醇的利用率，可使平衡向生成酯的方向移动。a、使用催化剂，缩短反应时间，平衡不移动，故a错误；b、加过量乙酸，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故b正确；c、不断移去产物，平衡向生成酯的方向移动，1-丁醇的利用率增大，故c正确；d、缩短反应时间，反应未达平衡，1-丁醇的利用率降低，故d错误。故答案为：b c。【答案点睛】本题以考查乙酸乙酯的制备为载体，旨在考查学生对知识的迁移运用，注意基础知识的积累。26、C B B A C D E

52、吸收尾气，防止污染空气 【答案解析】（1）H导出的氯气中含有HCl、水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸干燥氯气，采取向上排空气法收集氯气，最后用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气，用氢氧化钠溶液吸收氯气防止倒吸，各装置中气体应为长进短出；I中所盛试剂为浓硫酸，答案选C；II中所盛试剂为饱和食盐水，答案选B；（2）实验室制取氯气时，首先要制取氯气，然后通过饱和食盐水除去挥发出来的氯化氢气体，通过浓硫酸除去混入的水蒸气，这时得到了干燥、纯净的氯气，要用向上排空气法收集氯气，最后要吸收多余的氯气，注意防止倒吸，仪器连接为HBACDE；（3）氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反

53、应的方程式为2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（4）漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca(ClO)2，变质生成CaCO3，则漂白粉未变质，只含CaCl2、Ca(ClO)2，漂白粉全部变质，只含CaCl2、CaCO3，漂白粉部分变质，既含有CaCl2、Ca(ClO)2、CaCO3。27、2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+ 0.1 取4mL 0.1mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液 Cu2+3SCN-=CuSCN+(SCN)2 3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2O 慢 取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3Fe(

54、CN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应；Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡Fe2+NOFe(NO)2+逆向移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+，溶液由棕色变为黄色 【答案解析】试题分析：（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，故答案为2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+；（2）由反应2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+，可知图1中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验，故实验方案为：步骤1：取4mL 0.1mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，步骤2：取4mL 0.1mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液，由题目信息ii可知，Cu2+与SCN-反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：Cu2+3SCN-=CuSCN+(SCN)2，故答案为0.1；取4mL 0.1mol/L FeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液；Cu2+3SCN-=CuSCN+(SCN)2；（3）亚