2022-2023学年河北省石家庄市正定县弘文中学化学高三上期中教学质量检测模拟试题（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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法不正确的是( )A蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素属于过渡元素B港珠澳大桥用到的合金材料，具有强度大、密度小、耐腐蚀等性能C国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷是新型无机非金属材料D中国天眼传输信息用的光纤材料的主要成分是硅2

2、、某温度下，和的电离常数分别为和。将和体积均相同的两种酸溶液分别稀释，其随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是（ ）A曲线代表溶液B溶液中水的电离程度：b点c点C从c点到d点，溶液中保持不变（其中、分别代表相应的酸和酸根离子）D相同体积a点的两溶液分别与恰好中和后，溶液中相同3、下列化学用语对事实的表述不正确的是（ ）A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB常温时，0.1 molL-1氨水的pH=11.1：NH3H2ONH4+OHC由Na和C1形成离子键的过程：D电解精炼铜的阴极反应：Cu2+ +2e=Cu4、有一未知的无色溶

3、液，只可能含有以下离子中的若干种（忽略由水电离产生的H+、OH-）：H+、NH4+、K、Mg2、Cu2、Al3+、NO3、CO32、SO42，现取三份100mL溶液进行如下实验：第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生。第二份加足量BaCl2溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99 g。第三份逐滴滴加NaOH溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图。根据上述实验，以下推测不正确的是A原溶液一定不存在H+、Cu2、CO32 B不能确定原溶液是否含有K、NO3C原溶液确定含Mg2、Al3、NH4，且n(Mg2):n(Al3):n( NH4)1:1:2D实验所加的NaOH的浓

4、度为2molL15、近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀，下列说法正确的是A阳极电极反应为Zn2e=Zn2+B阴极电极反应为4OH4e=O2+2H2OC该装置为牺牲阳极的阴极保护法D绝缘子表面产生的OH- 向阴极移动6、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是abcCuCuOCu（OH）2CH3CH2OHCH3CHOCH2=CH2SSO3H2SO4NONO2HNO3FeCl2FeFeCl3 ABCD7、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A使甲基橙变红色的溶液：Al3+、Cu2+、I、S2O32B常温下加水稀

5、释时c(H+)c(OH)明显增大的溶液：CH3COO、Ba2+、NO3、BrC0.1molL Fe(NO3)2溶液：Fe(CN)63、Na+、SO42、ClD0.1molLNaAlO2溶液：NH4+、K+、HCO3、SO328、2017年5月18日，我国海域天然气水合物试采成功，下列分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如下图所示，其中的固体电解质是 Y2O3Na2O，O2可以在其中自由移动。下列有关叙述正确的是 （ ）A该分析仪可用于分析空气中的天然气的含量B该分析仪工作时，电极a为正极C电极a的反应式为：CH4+10OH8e=CO32+7H2OD当固体电解质中有1 mol O2通过时

6、，电子转移4mol9、下列实验现象预测、实验设计、仪器使用能达到目的是A模拟工业制氨气并检验产物B实验室采用所示装置收集SO2 C可用所示装置验证铁发生析氢腐蚀D可用所示装置比较KMnO4、Cl2、S的氧化性强弱10、在V L Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水，过滤得沉淀，然后在高温中灼烧沉淀最后得白色固体m g，溶液中SO42-的物质的量浓度是（ ）Am/27VmolL-1 B2m/27VmolL-1C3m/54VmolL-1 Dm/34VmolL-111、对水样中溶质M的分解速率影响因素进行研究。在相同温度下，M的物质的量浓度(molL-1)随时间(min)变化的有关实验数据见下表。时

7、间水样0510152025I (pH=2)0.400.280.190.130.100.09II(pH=4)0.400.310.240.200.180.16(pH=4)0.200.150.120.090.070.05IV(pH=4，含Cu2+)0.200.090.050.030.010下列说法不正确的是（ ）A在020 min内，I中M的平均分解速率为0.015molL-1min-1B其它条件相同时，水样酸性越强，M的分解速率越快C在025 min内，中M的分解百分率比II大D由于Cu2+存在，IV 中M的分解速率比I快12、向一定浓度的氨水与氢氧化钠混合液中滴加醋酸，溶液导电能力如图所示，下列

8、说法正确的是( )A段，导电能力下降是由于溶液总体积变大B段，发生反应的离子方程式为C段，导电能力下降是由于溶液中离子个数在减少D随着醋酸的滴加，最终溶液导电性又将增大13、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是A工业上电解熔融Al2O3制备金属铝B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C金属锌与稀硫酸反应制取氢气，粗锌比纯锌反应速率快D电解MgCl2饱和溶液，可制得金属镁14、在给定的四种溶液中,加入以下各种离子,各离子能在原溶液中大量共存的是（ ）ApH为1的溶液：Cu2+、Na+、Mg2+、NO3-B滴加石蕊溶液显红色的溶液：Fe3+、NH4+、Cl-、S2-C水电

9、离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液：K+、HCO3-、Br-、Ba2+D所含溶质为Na2SO4的溶液：K+、AlO2-、NO3-、Al3+15、化学与人类生活、生产密切相关，下列说法正确的是（ ）A蚕丝和棉花的组成元素相同，结构不同，因而性质不同B压缩天然气、液化石油气的主要成分是烃类，是城市推广的清洁燃料CPM2.5是指大气中直径接近2.5106m的颗粒物，其分散在空气中形成胶体D干燥剂硅胶、硅橡胶和光导纤维的主要成分都是二氧化硅16、用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A6.2g Na2O中的离子总数为0.2NABpH=2的盐酸中的H+总数为0.01NAC2.3g N

10、a和足量O2反应转移电子数为0.1NAD标准状况下，5.6L H2O所含O-H键的数目为0.5NA二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A比B少一个电子层，B原子得一个电子后3p轨道全满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子数之比为21。请回答下列问题：（1）CB3分子的空间构型是_，其固体时的晶体类型为_。（2）写出

11、D原子的核外电子排布式_，C的氢化物比D的氢化物在水中溶解度大得多的原因_。（3）D和Fe形成一种黄色晶体FeD2，FeD2晶体中阴、阳离子数之比为_，FeD2物质中具有的化学键类型为_。18、化学选修5：有机化学基础席夫碱类化合物G在催化、药物、新材料等方面有广泛应用。合成G的一种路线如下：已知以下信息：一摩尔B经上述反应可生居二摩尔C，且C不能发生银镜反应。D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106。核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环境的回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为，反应类型为（2）D的化学名称是，由D生成E的化学方程式为：（3）G的结构简式为（4）F的同分异构体中含有苯环

12、的还有_种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱中有4组峰，且面积比为6：2：2：1的是_。（写出其中的一种的结构简式）。（5）由苯和化合物C经如下步骤可合成N-异丙基苯胺。反应条件1所选择的试剂为_；反应条件2所选择的试剂为_；I的结构简式为_。19、高铁酸钾（K2FeO4）是一种理想的绿色高效水处理剂。某学习小组用下图所示装置（夹持仪器已略去）制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe（NO3）3溶液的反应制备K2FeO4。查阅资料知K2FeO4的部分性质如下：可溶于水、微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定；在Fe3和Fe（OH）3催化作用下发生分解；在酸性至弱碱性条件下，能与水

13、反应生成Fe（OH）3和O2。请回答下列问题：（1）仪器C和D中都盛有KOH溶液，其中C中KOH溶液的用途是_。（2）Cl2与KOH的浓溶液在较高温度下反应生成KClO3。为保证反应生成KClO，需要将反应温度控制在05下进行，在不改变KOH溶液浓度的前提下，实验中可以采取的措施是_。（3）在搅拌下，将Fe（NO3）3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，写出该反应的化学方程式_；该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中，其原因是_。（4）制得的粗产品中含有Fe（OH）3、KCl等杂质。一种提纯方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3 molL1K

14、OH溶液中，用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤23次后，在真空干燥箱中干燥。第一次和第二次过滤得到的固体分别对应的是（填化学式）_、_，过滤时不用普通漏斗而采用砂芯漏斗的原因是_。晶体用乙醇洗涤的原因是_。20、绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解。滴加KSCN溶液，溶液颜色无明显变化；再向试管中滴入双氧水，溶液变红。由此可知FeSO4具有_性。（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管(带端开关

15、K1和K2)(设为装置A)称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。 仪器B的名称是_。 将下列实验操作步骤正确排序_（填标号）；重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3 g。a点燃酒精灯，加热 b熄灭酒精灯 c关闭K1和K2d打开K1和K2，缓缓通入N2 e称量A f冷却至室温根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x=_（列式表示）。（3）为进一步探究硫酸亚铁分解的性质及产物，将（2）中已恒重的装置A接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。C中盛有BaCl2溶液，观察到C中有白色

16、沉淀生成，写出相关反应的离子方程式_。D中所盛的试剂为品红溶液，观察到溶液褪色，写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式_。装置E用于处理尾气，可选用的装置(夹持仪器已略去)为_(填字母)。21、硝酸是重要的化工原料，在工农业生产和国防上有重要用途。（1）实验室利用硝石（NaNO3）和浓硫酸共热制取硝酸。该反应利用了浓硫酸的_性；该反应的温度不宜太高，原因是（用化学方程式表示）_；（2）工业上用氨气的催化氧化法制取硝酸，再利用硝酸和氨气反应生产NH4NO3。写出氨气的电子式_；写出氨气催化氧化的化学方程式_；在生产过程中，氨催化氧化生成氮氧化物的利用率是80%，氮氧化物被吸收得到硝酸的利用率是85

17、%，则制取80 t的NH4NO3需要氨气_t；（3）某混合酸1L中含1mol的硝酸和2mol的硫酸。取该混合酸100mL，加入5.6g铁粉充分反应。反应中可以生成NO_L（标准状况）；向反应后的溶液再加入铁粉，能继续溶解铁粉_g。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、D【题目详解】A. 蛟龙号潜水器用到钛合金，22号钛元素是第IVB的元素，属于过渡元素，A正确；B. 港珠澳大桥用到的合金材料，合金具有比成分金属的强度大、密度小、耐腐蚀等性能，B正确；C. 国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷属于新型无机非金属材料，C正确；D. 中国天眼传

18、输信息用的光纤材料的主要成分是二氧化硅，D错误；故合理选项是D。2、C【分析】电离常数HNO2大于CH3COOH，酸性HNO2大于CH3COOH；A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，溶液中氢离子浓度越大，酸性越强；B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大；C、kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，只与温度有关，温度不变，则不变；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2）。【题目详解】A、由图可知，稀释相同的倍数，的变化大，则的酸性比I的酸性强，代表HNO2，I代表CH3COOH，故A错误；

19、B、酸抑制水电离，b点pH小，酸性强，对水电离抑制程度大，故B错误；C、代表HNO2，c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)=c(H+)c(HNO2)c(OH-)/c(H+)c(NO2-)=kw/k(HNO2)，kw为水的离子积常数，k(HNO2)为HNO2的电离常数，这些常数只与温度有关，温度不变，则不变，故C正确；D、体积和pH均相同的HNO2和CH3COOH溶液，c（CH3COOH）c（HNO2），分别滴加同浓度的NaOH溶液至恰好中和，CH3COOH消耗的氢氧化钠溶液体积多，HNO2消耗的NaOH少，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查酸的稀释及图象，明确强酸在稀释时pH变化程度

20、大及酸的浓度与氢离子的浓度的关系是解答本题的关键，难点C，要将已知的c(HNO2)c(OH-)/c(NO2-)分子和分值母同乘以c(H+)，变成与kw为水的离子积常数和k(HNO2)为HNO2的电离常数相关的量，再判断。3、A【答案解析】分析：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”；B项，氨水为弱碱水溶液，存在电离平衡；C项，Na易失电子形成Na+，Cl易得电子形成Cl-；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极。详解：A项，酯化反应的机理是“酸脱羟基醇脱氢”，硬脂酸与乙醇反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，A项错误；B项，常温下

21、0.1molL-1氨水的pH=11.1，溶液中c（OH-）=10-2.9molL-10.1molL-1，氨水为弱碱水溶液，电离方程式为NH3H2ONH4+OH-，B项正确；C项，Na原子最外层有1个电子，Na易失电子形成Na+，Cl原子最外层有7个电子，Cl易得电子形成Cl-，Na将最外层的1个电子转移给Cl，Na+与Cl-间形成离子键，C项正确；D项，电解精炼铜时，精铜为阴极，粗铜为阳极，阴极电极反应式为Cu2+2e-=Cu，D项正确；答案选A。点睛：本题考查酯化反应的机理、电离方程式的书写、用电子式表示物质的形成过程、电解精炼铜的原理。注意强电解质和弱电解质电离方程式的区别、用电子式表示离

22、子化合物和共价化合物形成过程的区别。4、B【题目详解】溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；第二份加足里BaCl2 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为

23、6.99g，推断生成310-2molBaSO4，所以n（SO42-）=310-2mol；第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH-=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，A由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；B原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且

24、nMg(OH)2+nAl(OH)3=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg(OH)2=0.01mol，故nAl（OH）3=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n（Al3+）=nAl(OH)3=0.01mol，根据Al3+3OH-=Al(OH)3，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n（Mg2+）=nMg(OH)2=0.01mol，根据Mg2+2OH-=Mg(OH)2，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH 25mL，所以c（NaOH ）=2molL-1；根据NH4+OH-=NH3H2O，所以可得

25、到NH4+的物质的量为0.01L2molL-1=210-2mol，则n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）0.01mol：0.01mol：210-2mol：310-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知12+13+2132，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；C由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2molL-1，选项C正确；D由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n（Mg2+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，选项D正确；答案选B。5、A【题目详解】由题图可知是电化学防腐，而且有外加电源。加锌环铁帽为阳极

26、，湿润的绝缘子作阴极，水是电解质。则A.阳极应是锌放电，电极反应为Zn2e=Zn2+，正确；B.阴极是水电离的氢离子放电生成氢气，故B错误；C只有断电时，才是牺牲锌保护铁的牺牲阳极（负极）的阴极（正极）保护法，故C不正确，D.电解池中阴离子移向阳极，即OH- 向阳极移动，故D错误。故选A。【答案点睛】掌握金属的防腐措施。牺牲阳极的阴极保护法为利用原电池原理，连接一个更活泼的金属做原电池的负极。外加电流的阴极保护法是指将被保护的金属与电流负极连接做电解池的阴极。6、C【答案解析】铜与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能一步转化生成氢氧化铜，故不符合；乙醇在铜的催化下与氧气发生反应生成乙醛，乙醛不能一步

27、反应转化为乙烯，故不符合；硫与氧气反应生成二氧化硫，不能一步反应转化为三氧化硫，故不符合；一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，浓硝酸与铜反应生成二氧化氮，各转化关系均能一步完全，故符合；氯化亚铁与镁反应生成氯化镁和铁，铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化铁与锌反应生成铁和氯化锌，各转化均能一步完全，故符合。答案选C。7、B【答案解析】A使甲基橙变红色的溶液显酸性，S2O32与氢离子反应生成S和二氧化硫，不能大量共存，A错误；B醋酸根水解溶液显碱性，稀释促进水解，但溶液的碱性降低，酸性增强，常温下加水稀释时c(H+)/c(OH

28、)明显增大，且CH3COO、Ba2+、NO3、Br之间不反应，可以大量共存，B正确；C0.1mol/L Fe(NO3)2溶液中Fe(CN)63与亚铁离子结合生成铁氰化亚铁沉淀，不能大量共存，C错误；D0.1mol/LNaAlO2溶液中HCO3与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝和碳酸根，不能大量共存，D错误，答案选B。【点晴】解离子共存问题要熟悉常见离子的性质，应该知道哪些离子间发生什么反应而不能共存，涉及的反应有复分解反应、氧化还原反应、络合反应和相互促进的水解反应，还要注意审清题目的隐含信息，如酸碱性、颜色等。该题的易错选项是C和D，注意铁氰化亚铁是一种蓝色沉淀，常用于检验亚铁离子。偏铝酸根离子

29、与碳酸根离子发生的是复分解反应，不是水解反应，反应原理是依据较强酸制备较弱酸，注意区分。8、A【分析】该分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，O2-可以在其中自由移动，电子在外电路转移，通甲烷气体的为负极，通空气一端为正极，电池总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O ，正极反应为：O2+4e-=2O2-,负极反应为：CH4+4O28e=CO2+2H2O ，结合原电池的原理和电极反应回答问题。【题目详解】A. 该分析仪利用原电池原理可用于分析空气中的天然气的含量，故A正确；B. 该分析仪工作时，电极a通入CH4，电极反应为 CH4+4O28e=CO2+2H2O，电极a为负极，故B错误；C.甲烷

30、所在电极a为负极,电极反应为: CH4+4O28e=CO2+2H2O ,故C错误的；D.1 mol O2得4 mol 电子生成2 mol O2，故当固体电解质中有1 mol O2通过时，电子转移2 mol ，故D错误；答案：A。9、D【答案解析】A. 检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；B. SO2的密度比空气大，应采用“长进短出”的方式收集SO2，故B错误；C. 食盐水呈中性，含有溶解的氧气，铁生锈时发生吸氧腐蚀，故C错误；D. 锥形瓶中高锰酸钾与浓盐酸反应生成黄绿色气体，试管中有淡黄色的固体生成，说明生成了Cl2和S，证明KMnO4、Cl2、S的氧化性依次减弱，故D正确；答案选D。

31、10、D【答案解析】依题意，最后所得固体为Al2O3，其物质的量为m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物质的量m23/(1022)mol，c(SO42-)= m/34VmolL-1，所以答案选D。11、D【题目详解】A、根据化学反应速率数学表达式，v(M)=0.015mol/(Lmin)，故A说法正确；B、对比I和II，在相同的时间内，I中消耗M的量大于II中，说明其他条件下不变，酸性越强，M的分解速率越快，故B说法正确；C、在025 min内，III中M的分解百分率=100%=75%，II中M的分解百分率=100%=60%，因此III中M的分解百分率大于II，

32、故C说法正确；D、I和IV中pH不同，因此不能说明Cu2存在，IV中M的分解速率大于I，故D说法错误。故选D。12、A【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度及所带电荷数有关，离子浓度越大，电荷数越多，其导电性越强。由于此题各离子所带电荷数一样，所以只需考虑离子浓度。【题目详解】A. ab段发生反应：，离子的量几乎不变，但由于溶液总体积增大，离子浓度相应减小，所以其导电能力下降，故A正确；B. bc段为醋酸与一水合氨反应，一水合氨为弱电解质，与醋酸反应生成醋酸铵，为强电解质，溶液导电性增强，但书写离子方程式时一水合氨不可拆分，因此反应的离子方程式为：，故B错误；C. cd段继续滴加醋酸，此时溶液中

33、氨水和氢氧化钠已反应完，醋酸电离程度很小，离子个数增加很少，但体积增大比较多，离子浓度降低，导致导电性下降，故C错误；D. 随着醋酸的滴加，溶液体积不断增大，离子浓度持续减小，导电性下降，故D错误；故选A。13、D【答案解析】试题分析：A铝是活泼性较强的金属，工业上用电解熔融Al2O3制备金属铝，故A正确；B在海轮外壳上镶入锌块，过程原电池，锌作负极被腐蚀，可减缓船体的腐蚀速率，故B正确；C金属锌与稀硫酸反应制取氢气，粗锌构成了原电池，反应速率加快，故C正确；D镁是活泼性较强的金属，应该电解熔融MgCl2制取金属镁，故D错误；故选D。【考点定位】考查金属的腐蚀与防护、金属的冶炼【名师点晴】本题

34、考查了金属的腐蚀与防护和金属的冶炼，解答时要注意金属的防护方法和金属冶炼的原理。牺牲阳极的阴极保护法-被保护的金属上连接一种更活泼的金属，被保护的金属作原电池的正极；外加电流的阴极保护法-被保护的金属与电源的负极相连，作电解池的阴极。金属的冶炼方法取决于金属的活泼性，活泼金属K、Ca、Na、Mg、Al用电解熔融的氯化物(Al是电解熔融的三氧化二铝)制得；较不活泼的金属Zn、Fe、Sn、Pb、Cu等用热还原法制得，常用还原剂有(C、CO、H2等)；Hg、Ag用加热分解氧化物的方法制得，Pt、Au用物理分离的方法制得。14、A【题目详解】ApH为1的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，能大量共存，A

35、项正确；B滴加石蕊溶液显红色的溶液，显酸性，S2-不能大量存在，且Fe3+、S2-离子之间会发生氧化还原，则不能大量共存，反应方程式为：2Fe3+2S2-+2H+=2Fe2+H2S+S，B项错误；C水电离出来的c(H+)=10-13mol/L的溶液，为酸或碱溶液，HCO3-既能与酸又能与碱反应，不能大量共存，C项错误；DAlO2-、Al3+离子会发生双水解，不能大量共存，D项错误；答案选A。15、B【答案解析】A蚕丝的主要成分为蛋白质，棉花的主要成分为纤维素，蛋白质含有氮元素，组成元素不同，故A错误；B天然气主要成分为甲烷，液化石油气主要成分有乙烷、丙烷和丁烷等，它们均只含有碳氢两种元素，属于

36、烃类，燃烧的产物均为二氧化碳和水，属于清洁燃料，故B正确；C胶体粒子的直径介于1nm100nm之间，PM2.5是指大气中直径2.510-6m的颗粒物，不一定为胶体，故C错误；D硅橡胶为有机物，硅胶为硅酸胶体，二者成分都不是二氧化硅，故D错误；故选B。点睛：解答此类试题需要熟悉常见物质的的组成和结构。本题的易错点为CD，C中要注意PM2.5的微粒直径2.510-6m，上限比胶体粒子的直径大，因此分散在空气可能形成胶体，也可能形成浊液；D中要知道硅橡胶为有机物。16、C【题目详解】A6.2g Na2O的物质的量为=0.1mol，0.1mol Na2O中的离子总数为0.13NA=0.3NA，故A项说

37、法错误；B未告知溶液体积，无法计算溶液中所含溶质的物质的量，故B项说法错误；C2.3g Na的物质的量为=0.1mol，Na与足量O2后，Na失去1个电子，0.1mol Na完全反应失去电子数为0.1NA=0.1NA，故C项说法正确；D标准状况下，H2O不是气体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，因此无法计算其所含化学键数目，故D项说法错误；综上所述，说法正确的是C项，故答案为C。二、非选择题（本题包括5小题）17、三角锥形分子晶体1s22s22p63s23p4NH3与水分子形成氢键且发生化学反应11离子键、非极性共价键(或离子键、共价键)【答案解析】A、B、C、D四种元素，B原子得一个电子

38、后3p轨道全满，则B是Cl元素；A+比B-少一个电子层，则A是Na元素；C原子的p轨道中有3个未成对电子，则为第VA族元素，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大，说明其氢化物中能和水形成分子间氢键，所以C是N元素；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，处于A族，其最高价氧化物中含D的质量分数为40%，且其核内质子数等于中子数，所以D是S元素。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D离子的数目之比为2：1，则R是Na2S。（1）NCl3分子中氮原子含有3个共价单键且含有一个孤电子对，空间构型为三角锥形，其固态时的晶体中构成微粒是分子，构成分子晶体，故答案为三角锥形；分

39、子晶体；（2）D是S元素，原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4，C的氢化物是NH3，D的氢化物是H2S，氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应，导致氨气溶解性大于硫化氢，故答案为1s22s22p63s23p4；氨气分子和水分子间能形成氢键且能发生化学反应；（3）FeS2晶体中阴离子为S22-、阳离子为Fe2+，故阴离子、阳离子数之比为1：1，FeS2物质中含有离子键，S22-含有共价键，故答案为1：1；离子键、共价键（或非极性共价键）。点睛：正确推断元素是解本题关键。本题的易错点为（3）中FeS2晶体中阴阳离子的数目比，要注意阴离子为S22-。本题的难点是元素D的判断。18

40、、（1）,消去反应；（1）乙苯；（3）；（4）19；。（5）浓硝酸、浓硫酸、加热5060；Fe/稀HCl；【答案解析】试题分析：A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B，1mol B发生信息中氧化反应生成1mol C，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为（CH3）1C=C（CH3）1，C为（CH3）1C=O，逆推可知A为（CH3）1CH-CCl（CH3）1D属于单取代芳烃，其相对分子质量为106，D含有一个苯环，侧链式量=106-77=19，故侧链为-CH1CH3，D为，核磁共振氢谱显示F苯环上有两种化学环

41、境的氢，故D发生乙基对位取代反应生成E为，由F的分子式可知，E中硝基被还原为-NH1，则F为，C与F发生信息中反应，分子间脱去1分子水形成N=C双键得到G，则G为，（1）A发生消去反应生成B，反应方程式为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O，该反应为消去反应，故答案为C（CH3）1Cl-CH（CH3）1+NaOHC（CH3）1=C（CH3）1+NaCl+H1O；消去；（1）E为，其名称是对硝基乙苯，D发生取代反应生成E，反应方程式为+HNO3+H1O，故答案为对硝基乙苯；+HNO3+H1O；（3）通过以上分析知，G结构简式为，故答案为；

42、（4）F为，含有苯环同分异构体中，若取代基为氨基、乙基，还有邻位、间位1种，若只有一个取代基，可以为-CH（NH1）CH3、-CH1CH1NH1、-NH-CH1CH3、-CH1NHCH3、-N（CH3）1，有5种；若取代为1个，还有-CH3、-CH1NH1或-CH3、-NHCH3，各有邻、间、对三种，共有6种；若取代基有3个，即-CH3、-CH3、-NH1，1个甲基相邻，氨基有1种位置，1个甲基处于间位，氨基有3种位置，1个甲基处于对位，氨基有1种位置，共有1+3+1=6种，故符合条件的同分异构体有：1+5+6+6=19，其中核磁共振氢谱为4组峰，且面积比为6：1：1：1，说明含有1个-CH3

43、，可以是，故答案为19；。（5）由苯与浓硝酸、浓硫酸在加热条件下得到H为硝基苯，硝基苯在Fe粉/盐酸条件下还有得到I为，再与（CH3）1C=O反应得到，最后加成反应还原得到，故反应条件1所选用的试剂为：浓硝酸、浓硫酸，反应条件1所选用的试剂为：Fe粉/稀盐酸，I的结构简式为，故答案为浓硝酸、浓硫酸；Fe粉/盐酸；。【考点定位】考查有机物的合成与推断【名师点晴】本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生获取信息并灵活运用信息解答问题能力，根据题给信息、反应条件、分子式进行推断，正确推断A、D结构简式是解本题关键，难点是（4）题同分异构体种类判断。19、和氯气反应制备KclO 装置C加冰水浴冷却

44、 Fe(NO3)3 + 3KClO +10 KOH = 2K2FeO4 +3KCl + 6KNO3+5H2O 生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解 Fe(OH)3 FeO4 滤纸在强碱条件下易被腐蚀 乙醇挥发时带走水分，防止K2FeO4与水发生反应 【答案解析】（1）装置C中用氯气与氢氧化钾溶液反应制得次氯酸钾，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，因此采取的措施可以是将装置C放在冰水浴中，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率；（3）将硝酸铁饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中即可制取K2FeO4，根据电子得失守恒和原子守恒可知反应的

45、方程式为：2Fe(NO3)3 +3KClO+10KOH2K2FeO4 +3KCl+6KNO3+5H2O；根据已知信息可知在铁离子作用下高铁酸钾容易分解，因此为防止生成的K2FeO4在Fe3+催化作用下会发生分解，所以该操作不能将KClO饱和溶液滴加到Fe(NO3)3饱和溶液中；（4）因为Fe(OH)3不溶于水，所以第一次用砂芯漏斗过滤，除去Fe(OH)3，则得到的固体为Fe(OH)3，由于K2FeO4可溶于水、微溶于浓KOH溶液，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和的KOH溶液，析出K2FeO4晶体，再进行过滤，则第二次用砂芯漏斗过滤，得到K2FeO4晶体；普通漏斗成分为SiO2，易与氢氧化钾

46、反应而被腐蚀；由于乙醇易挥发，乙醇挥发时带走水分，可以防止K2FeO4与水发生反应，所以晶体用乙醇洗涤。【答案点睛】明确实验原理、相关物质的性质和灵活应用题干信息是解答的关键，注意掌握解答综合性实验设计的基本流程：即原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：（1）实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？（2）所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)。（3）有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等。（4）有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果。（5）实验现象：自下而上，自左而右全面观察。（6）实验结论：直接结论或导出结论。20、 还原 球型干燥管 dabfce 76（m2-m3）/9(m3-m1) Ba2+SO3+H2O