陕西西安地区八校2022-2023学年化学高三第一学期期中调研试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、将5 mL 0.005 mol/L FeCl3溶液和5 mL 0.015 mol/L KSCN溶液混合，达到平衡后呈红色。再将混合液分为5份，分

2、别进行如下实验：下列说法不正确的是A对比实验和，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动B对比实验和，为了证明增加反应物浓度，平衡发生逆向移动C对比实验和，为了证明增加反应物浓度，平衡发生正向移动D对比实验和，为了证明减少反应物浓度，平衡发生逆向移动2、下列实验装置设计正确、且能达到目的的是 A实验I：可用于吸收氨气，并能防止倒吸B实验：静置一段时间，小试管内有晶体析出C实验III：配制一定物质的量浓度的稀硫酸D实验：海水的淡化3、中国不少古诗词清晰描绘了当时人民的生活和社会的发展，如刘禹锡的浪淘沙“日照澄州江雾开，淘金女伴满江隈，美人首饰侯王印，尽是沙中浪底来。”下列有关本诗中蕴含的化学知识

3、正确的是A“沙中浪底来”指的是金的氧化物B淘金原理与化学上的萃取一致C雾的分散质粒子直径范围是1-100nmD沙子的主要成分是Si4、工业合成氨的原料气来源于化石燃料，如采用甲烷与二氧化碳反应： 。（在某容器中，充入等物质的量的和）下列说法正确的是（ ）A该原料气的制备反应为放热反应，B压强关系：C恒温、恒压条件下，充入，平衡向逆反应方向移动D时的平衡常数5、利用电化学原理将有机废水中的乙二胺H2N(CH2)2NH2转化为无毒物质的原理示意图如下图1所示，同时利用该装置再实现镀铜工艺示意图如图2所示，当电池工作时，下列说法正确的是A图1中H+透过质子交换膜由右向左移动B工作一段时间后，图2中C

4、uSO4溶液浓度减小C当Y电极消耗0.5 mol O2时，铁电极增重64 gDX 电极反应式:H2N（CH2）2NH2+16e-+4H2O2CO2+N2+16H+6、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A常温常压下，62 g P4中所含PP键数目为2NAB23g钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NAC标准状况下，11.2LCO2和SO2混合物中含O原子数目为NAD0.1mol氯化铁水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA7、在一定条件下，使CO和O2的混合气体26g充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重14g，则原混合气体中O2

5、和CO的质量比可能是（ ）A9：4B1：1C7：6D6：78、下列实验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SO42AABBCCDD9、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是形成化合物数量众多，且分布极广的元素，X原子的最外层

6、电子数是其电子层数的3倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z元素的单质易溶于WZ2中。下列说法错误的是（）A元素X、Y与Z的原子半径大小：YZXB元素W、Z的氯化物中，化学键类型相同，且各原子均满足8电子C元素X与元素Y形成的化合物是一种较好的耐火材料D元素X可与元素Z可组成3种二价阴离子10、下列物质属于电解质的是（ ）ANa2OBSO3 CCuDNaCl溶液11、下列说法正确的是ANaHS在水中的电离方程式为NaHSNa+HS，HSH+S2B氧化还原反应中，一种元素被氧化的同时必有另一种元素被还原C1mol配合物Fe(CO)5(羰基铁)中含有5mol配位键D氢氧化铁胶体带有正电荷，通电

7、时向电源负极一端移动12、下列有关电解质溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是 ( )A在0.1 mol/lNaHCO3溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)c(H2CO3)B在0.1 mol/lNa2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)CNH4HSO4溶液中滴加NaOH至溶液恰好呈中性：c(Na+)c(SO42-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D等pH的（NH4）2SO4NH4HSO4NH4Cl，NH4+浓度由大到小的顺序是13、处理超标电镀废水，使其NaCN含量低于0.5 mg/L，即可达到排放标准，反应分两步进行。第一步NaCN与N

8、aClO反应，生成NaOCN和NaCl。第二步NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2。已知HCN是弱酸，易挥发，有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同。下列说法正确的是A处理NaCN超标电镀废水的过程中无元素化合价的改变B第一步反应溶液应调节为酸性，可避免生成有毒物质HCNC第二步发生的反应为2OCN + 3ClO 2CO2 + CO32 + 3Cl + N2D处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水实际至少需要50 mol NaClO14、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A的L层电子数是K层的3倍，D所在族序数是周期数的2倍，B、C

9、、D的最外层电子数之和为1下列说法正确的是（）AB可以从溶液中置换出C单质B简单离子半径：DABCCA和D形成的化合物溶于水可导电，所以该化合物为电解质D最高价氧化物对应的水化物的酸性：AD15、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A标准状况下，2.24L三氯甲烷中所含分子数为NAB2.8g乙烯与聚乙烯的混合物中含有的极性键为0.4NAC将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数目为NAD162g淀粉完全水解后产生的葡萄糖分子数目为NA16、下列实验操作能达到实验目的的是A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlC

10、l3、NH4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl17、我国出土的文物呈现了瑰丽的历史文化。下列文物中，主要成分属于合金的是（）。A西夏佛经纸本B西汉素纱禅衣C唐兽首玛瑙杯D东汉青铜奔马18、在我国近年来报道的高温超导体中，铊(Tl)是组成成分之一。已知铊和铝是同族元素，关于铊的性质的推断可能错误的是 ( )A是银白色的软质金属B能生成+3价的离子化合物C与硝酸作用能放出氢气并生成硝酸盐D铊的金属性强于铝19、下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是A硫酸铜溶液与足量氨水反应生成深蓝色溶液：Cu24NH3H2OCu(NH3)424

11、H2OB新制氯水中滴加澄清石灰水，黄绿色褪去：Cl2Ca(OH)2Ca2ClClOH2OC含0.1 mol FeI2的溶液中滴加含0.1 mol Cl2的氯水：2Fe22I2Cl22Fe3I24ClD向饱和Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH：Ca2HCO3OHCaCO3H2O20、只用下列一种试剂,就能将Ba(NO3)2、NaAlO2、NaHCO3、AlCl3四种无色透明溶液区别开来，这种试剂是 ( )A硫酸 B盐酸 C氨水 D氢氧化钠溶液21、反应4NH3(g) + 5O2(g) = 4NO(g) + 6H2O(g)在10L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45m

12、ol，则此反应的平均速率v(X) 可表示为（ ）Av(NH3) = 0.01molL- 1s-1Bv(O2) = 0.001 molL- 1s-1Cv(NO) = 0.001 molL- 1s-1Dv(H2O) = 0.045 molL- 1s-122、某有机物结构如图所示，有关该物质的叙述正确的是A易溶于水B苯环上的一氯代物有3种C最多能与氢气以物质的量之比14加成D碱性水解的产物中没有醇二、非选择题(共84分)23、（14分）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

13、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_。24、（12分）已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：。请根据如图回答：（1）物质A的化学式为C8H1

14、0，写出A的名称_，鉴别A和可选用的试剂是_。（2）写出反应的化学反应方程式_。（3）反应中，属于加成反应的是_；反应的反应条件为_。（4）写出2种满足下列条件的同分异构体的结构简式。_，_。含苯环结构 能发生银镜反应（5）设计由制备 的合成路线（无机试剂任选）。_合成路线常用的表示方式为：25、（12分）某同学对Cu的常见化合物的性质进行实验探究，研究的问题和过程如下：(1)为探究Cu(OH)2是否和Al(OH)3一样具有两性，除选择Cu(OH)2外，必须选用的试剂为_ (填序号) a氨水 b氢氧化钠溶液 c稀硫酸 d冰醋酸(2)为探究不同价态铜的稳定性，进行如下实验：将CuO粉末加热至10

15、00以上完全分解成红色的Cu2O粉末。向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为 _ 。(3)为了探究氨气能否和氢气一样还原CuO，他根据所提供的下列装置进行实验(夹持装置未画)，装置A产生氨气，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a_h实验开始时，打开分液漏斗的活塞K，发现浓氨水没有滴下，如果各仪器导管均没有堵塞，则可能的原因是_。实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，装置E中收集到无色无味的气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，则B装置中发生的化学方程式为_。装置C中的球形装置的作用是_。26、（10分）某小组以4H4IO22I22H2O为研

16、究对象，探究影响氧化还原反应因素。实验气体a编号及现象HCl.溶液迅速呈黄色SO2.溶液较快呈亮黄色CO2.长时间后，溶液呈很浅的黄色空气.长时间后，溶液无明显变化（1）实验的作用是_。用CCl4萃取、的溶液，萃取后下层CCl4的颜色均无明显变化。（2）取萃取后上层溶液，用淀粉检验：、的溶液变蓝；、的溶液未变蓝。溶液变蓝说明、中生成了_。（3）查阅资料：I2易溶于KI溶液。下列实验证实了该结论并解释、的萃取现象。现象x是_。（4）针对中溶液未检出I2的原因，提出三种假设：假设1：溶液中c（H）较小。小组同学认为此假设不成立，依据是_。假设2：O2只氧化了SO2，化学方程式是_。假设3：I2不能

17、在此溶液中存在。（5）设计下列实验，验证了假设3，并继续探究影响氧化还原反应的因素。i.取中亮黄色溶液，滴入品红，红色褪去。ii.取中亮黄色溶液，加热，黄色褪去，经品红检验无SO2。加入酸化的AgNO3溶液，产生大量AgI沉淀，长时间静置，沉淀无明显变化。iii.取中亮黄色溶液，控制一定电压和时间进行电解，结果如下。电解时间/min溶液阳极阴极t1黄色变浅、有少量SO42检出I2，振荡后消失H2溶液无色、有大量SO42检出I2，振荡后消失H2结合化学反应，解释上表中的现象：_。（6）综合实验证据说明影响I被氧化的因素及对应关系_。27、（12分）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和

18、国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含量进行测定。（夹持仪器省略）（1）实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等。请完成下列表格试剂作用A_验证SO2的还原性BNa2S溶液_C品红溶液_A中发生反应的离子方程式为_。（2）该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图中的_(填

19、序号)；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积_(填序号)(=10mL；=40mL；40mL)（3）该小组在实验室中先配制0.0900mol/L NaOH标准溶液，然后再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是_。A未用NaOH标准溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶内有少量水C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D配制溶液定容时，俯视刻度线E中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视28、（14分）氮、碳氧化物的排放会对环境造成污染。多年来化学工作者对氮、碳的氧化物做了广泛深入的研究并取得一些重要成果。I已知2NO(g)+O2(g)2N

20、O2(g)的反应历程分两步：第一步：2NO(g)N2O2(g)(快) H10；v1正=k1正c2(NO)； v1逆=k1逆c(N2O2)第二步：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢 )H2T2T3)时WGS反应中CO和CO2分压随时间变化关系如图2所示，催化剂为Au(111)，实验初始时体系中的p(CO)和p(H2O)相等，p(CO2)和p(H2)相等。则T2时，表示p(CO2)的曲线是_；T3时WGS反应的KP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、B【分析】实验为对照组，控制反应溶液的总体积相同，

21、在其它条件不变时，只改变影响平衡的一个条件，判断平衡的移动方向，则可得出该条件对平衡的影响，据此分析可得结论。【题目详解】A.实验与对比，只改变了Fe3+浓度，故A说法正确；B.FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响，故B说法错误；C.实验与对比，只改变的反应物SCN-的浓度，故C说法正确；D.在原平衡体系中加入NaOH溶液，Fe3+与之反应生成Fe（OH）3沉淀，溶液中Fe3+的浓度减小，故D说法正确；答案选B。【答案点睛】本题通过实验来探究浓度对化学平衡移动的影响，FeCl3溶液和KSCN溶液反应的本质是Fe3+3

22、SCN-Fe(SCN)3，所以在实验过程中改变钾离子或氯离子的浓度对平衡没有影响。2、B【题目详解】A、苯的密度小于水的，在上层。氨气极易溶于水，直接插入到水中进行吸收，容易引起倒吸，选项A不正确；B、浓硫酸具有吸水性，导致饱和硝酸钾溶液中溶剂减少，因而有硝酸钾晶体析出，选项B正确；C、浓硫酸不能在量筒中稀释，选项C不正确；D、蒸馏时温度计水银球应该放在蒸馏烧瓶支管出口处，选项D不正确；答案选B。3、C【题目详解】A.金的化学性质稳定，可以以单质的形式存在于自然界，“沙中浪底来”指的是金单质，A错误；B. 沙里淘金的原理是：金子的密度比沙子的密度大得多，在水的冲击下沙粒被水流带走，而金就留在容

23、器里，不是萃取原理，B错误；C.雾属于胶体，分散质粒子的直径范围是1100nm，C正确；D.沙子的主要成分为二氧化硅，D错误；答案选C。4、D【题目详解】A由图像中的变化曲线可知，温度越高，转化率越高，故正反应方向为吸热反应，则，A错误；B由化学方程式可知，该反应为气体分子数增多的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，即压强越高，转化率越低，则由图中的四组压强曲线可知，B错误；C恒温恒压，充入惰性气体，容器容积增大，平衡正向移动，C错误；D由图像可知，时取压强为，的转化率为50%，由三段式处理数据：该温度的平衡常数，D正确；故选D。5、C【答案解析】A. 图1是原电池，Y电极上氧气被还原成水，

24、所以Y是正极，氢离子移向正极，H+透过质子交换膜由左向右移动，故A错误；B. 图2是电镀池，CuSO4溶液浓度不变，故B错误；C. 当Y电极消耗0.5 mol O2时，转移电子2mol，根据电子数，铁电极生成1mol铜，电极增重64 g，故C正确；D. X是负极，失电子发生氧化反应，电极反应式是，故D错误；答案选C。【答案点睛】原电池中，负极失电子发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，电解质溶液中阳离子移向正极、阴离子移向负极；电子由负极经导线流向正极。6、A【题目详解】A.每1molP4含有6molPP键，而62 g P4含有mol P4分子，因而62 g P4中所含PP键数目为60.5NA

25、=3NA，A项错误；B.钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2，钠元素化合价从0价变为+1价，易知23gNa为1mol，因而转移电子数为11NA=NA，B项正确；C.标准状况下，11.2LCO2和SO2混合物中含有气体分子的物质的量为mol，由于CO2和SO2中分子数与氧原子数之比均为1:2，所以O原子数目为0.52NA=NA，C项正确；D. 易知0.1mol氯化铁水解形成的Fe(OH)3粒子数为0.1 NA，但由于Fe(OH)3胶体粒子由若干个Fe(OH)3聚合而成，所以Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，D项正确。故选A.7、D【题目详解】由反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3

26、+O2，可知混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应生成固体为Na2CO3，1molNa2O2生成1molNa2CO3，质量增加28g，恰好为CO的质量，固体增重14g，说明混合气体中CO为14g，则O2为26g-14g=12g，所以原混合气体中O2和CO的质量比为12g：14g=6：7；故本题答案为D。8、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

27、Na2CO3粉末，则有气泡产生，符合题意，C正确；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。9、B【答案解析】短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是形成化合物数量众多，且分布极广的元素，W是碳元素，X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，X核外电子排布2、6，是氧元素，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Y是铝元素，Z元素的单质易溶于WZ2中，S单质易溶于CS2中，Z为硫。A、同周期原子序数越大，原子半径越小，故AlS，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径SO，故A正确；

28、B、硫有多种价态，能形成SCl2、S2Cl2、SCl4、SCl6等化合物，其中SCl6形成6对公用电子对，12个电子，不是8电子结构，故B错误；C、Al2O3熔点高是一种较好的耐火材料，故C正确；D、氧和硫可形成，SO32、SO42、S2O32三种常见阴离子，故D正确。故选B。10、A【题目详解】A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和O2-，是电解质，故A选。B. SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D.NaCl溶液是混合物，既不是电解

29、质也不是非电解质，故D不选故选A。【答案点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。11、A【题目详解】A.NaHS是盐，属于强电解质，在水中的电离方程式为NaHS=Na+HS-，HS-是H2S的酸式酸根离子，在水中发生电离作用，存在电离平衡，电离方程式为HS-H+S2-，A正确；B.氧化还原反应中，氧化还原反应可能发生在同一元素的不同原子之间，因此不一定是一种元素被氧化的同时必有另一种元素被还原，B错误；C.1mol配合物Fe(CO)5(羰基铁)中，不仅Fe、O之间有配位键，O-C原子之间也存在配位键，属于1m

30、ol配合物Fe(CO)5(羰基铁)中含有10mol配位键，C错误；D.胶体不带电，氢氧化铁胶体的胶粒带有正电荷，通电时向电源负极一端移动，D错误；故合理选项是A。12、C【答案解析】A. 在0.1 mol/lNaHCO3溶液呈碱性，说明HCO3-的水解大于电离，则c(H2CO3) c(CO32-)，A错误；B. 在0.1 mol/lNa2CO3溶液中：c(OH-)-c(H+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)，质子不守恒，应为： c(OH-)=c(HCO3-)+2c(H2CO3) +c(H+)B错误；C. 若NH4HSO4与NaOH按1：1反应， c(Na+)=c(SO42-)且溶液呈酸性，

31、现至溶液恰好呈中性，则NaOH要过一点，则c(Na+)c(SO42-)，C正确。D. 等pH的（NH4）2SO4 NH4Cl，说明铵根离子水解程度相同，则这两种物质中铵根离子浓度相同，NH4HSO4溶液中电离产生氢离子抑制铵根水解，则铵根离子浓度比其它两种要小些， NH4+浓度由大到小的顺序是=。D错误。13、D【答案解析】A、处理NaCN超标电镀废水的过程中碳元素化合价的改变，由+2价变为+4价，故A错误；B、NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，故B错误；C、反应中氯元素的化合价从+1价降低到-1价，得到2个电子，

32、N元素化合价从-3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，反应的离子方程式为：2 OCN+3ClO=CO32+CO2+3Cl+N2，故C错误；D、参加反应的NaCN是： =20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mgL1的废水，实际至少需NaClO的物质的量为：20mol5/2=50mol。点睛：易错选项B，NaCN易与酸反应生成HCN，HCN易挥发，剧毒，学生比较陌生。难点选项D，NaCN在反应中C由

33、+2价升高到+4价，N元素化合价从-3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，是难点，两种元素化合价同时升高，学生难考虑全面。14、B【答案解析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，A的L层电子数是K层的3倍，则A的K层含有6个电子，含有2个电子层，为O元素；D所在族序数是周期数的2倍，D可能位于第二、第三周期，D位于第二周期时，为C元素，其原子序数小于A，不满足条件，则D只能位于第三周期，为S元素；B、C、D的最外层电子数之和为1，B、C的最外层电子数=1-6=4，若B、C最外层电子数都是2，B为Be，其原子序数小于A，不满足条件，则B、C最外层电子数分别为1、3，且都位于

34、第三周期，B为Na、C为Al元素。AB为Na、C为Al元素，金属钠与水反应，无法从溶液中置换出Al单质，故A错误；B离子的电子层越多，离子半径越大，电子层相同时，离子的核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子半径：DABC，故B正确；CA和D形成的化合物有二氧化硫、三氧化硫，二者溶于水可导电，但导电离子不是二氧化硫和三氧化硫电离的，二者不是电解质，故C错误；DA为O与水，O没有最高价含氧酸，故D错误；故选B。点睛：本题考查位置、结构与性质关系的应用，考查学生的分析能力及逻辑推理能力，解题关键：推断元素，熟练运用原子结构与元素周期律、元素周期表的关系。15、A【答案解析】A. 三氯甲烷在标准状况下

35、是液体，不适用于22.4L/mol,所以A项符合题意；B.乙烯和聚乙烯的最简式均为CH2，可以按照最简式计算，2.8g的CH2为0.2mol，含有的极性键即CH的物质的量为0.4mol，数目为0.4NA，B项不符合题意；C.1mollNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，根据电荷守恒，c(NH4+)+ c(H+)= c(NO3-)+ c(OH-)，中性c(H+)=c(OH-)，c(NH4+)= c(NO3-)，同一溶液中NO3-的数目为NA，则NH4+数目也为NA，C项不符合题意；D.淀粉的结构单元C6H10O5，式量为162，则水解后会得到1mol葡萄糖，分子数为NA，D项不符合题意

36、；本题答案选A。16、C【题目详解】A、NO2和水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，故正确；D、Cl2H2OHClHClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。17、D【答案解析】A西夏佛经纸本，纸的主要成分是纤维素，属于有机物，选项A不符合；B、西汉素纱禅衣，丝

37、为蛋白质，属于有机物，选项B不符合；C、唐兽首玛瑙杯，主要成分为二氧化硅，选项C不符合；D、东汉青铜奔马，青铜是在纯铜(紫铜)中加入锡或铅的合金，属于合金，选项D符合。答案选D。18、C【分析】铊和铝都位于周期表第A族，原子核外有3个电子，最高化合价为+3价，能形成+3价的离子化合物，同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应金属单质的熔点逐渐降低，硬度减小。【题目详解】A.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，对应金属单质的熔点逐渐降低，硬度减小，Tl可能为质软金属，所以A选项是正确的；B.铊和铝都位于周期表第A族，原子核外有3个电子，最高化合价为+3价，能形成+3价的离子化合物，所以B

38、选项是正确的；C.硝酸具有强氧化性，与金属反应生成NO或NO2，没有氢气生成，故C错误；D.同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则铊的金属性强于铝，所以D选项是正确的。答案选C。19、A【题目详解】A、开始滴加氨水时产生氢氧化铜沉淀，继续滴加，沉淀消失，故A正确；B、新制氯水中滴加澄清石灰水，反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，氢氧化钙应该拆开，正确的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C、含0.1mol FeI2的溶液中滴加含0.1molCl2的氯水，还原性I-Fe2+，依据所给量可知2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.2molI-消耗0.1mol Cl2，所

39、以无多余氯气，该反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故C错误；D、向饱和的Ca (HCO3) 2溶液中加入足量的NaOH，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca22HCO32OHCaCO32H2O+CO32-，故D错误；故选A；【答案点睛】一些简单离子的还原性强弱顺序为：S2- I- Fe2+ Br- Cl- OH-，故通入氯气是先与碘离子反应。20、A【答案解析】试题分析：硫酸与Ba(NO3)2反应生成白色沉淀BaSO4，与NaAlO2反应先生成白色沉淀，沉淀在溶解。与NaHCO3反应有气泡生成，与AlCl3不反应，没有现象。考点：物质的鉴别。21、C【分析】

40、考查反应速率的定量表示方法【题目详解】A、在体积5L的密闭容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v(H2O)=0.45mol/(10L30s)=0.0015molL-1s-1。速率之比等于化学计量数之比，所以v(NH3)=2/30.0015molL-1s-1=0.001molL-1s-1，故A错误；B、速率之比等于化学计量数之比，所以v(O2)=5/60.0015molL-1s-1=0.00125molL-1s-1，故B错误；C、速率之比等于化学计量数之比，所以v(NO)=2/30.0015molL-1s-1=0.001molL-1s-1，故C正确；D、在体积5L的密闭

41、容器中进行，半分钟后，水蒸气的物质的量增加了0.45mol，则v(H2O)=0.45mol/(10L30s)=0.0015molL-1s-1，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查化学反应速率的计算，注意公式的运用，化学反应速率的计算通常有定义法、化学计量数法，根据题目选择合适的计算方法，再利用速率之比等于化学计量数之比计算各物质表示的反应速率，据此进行判断。22、B【分析】由结构可知，该有机物分子中含有酯基（-COO-），苯环上有3种H，分别位于取代基的邻位、间位和对位，结合酯的性质来解答。【题目详解】A. 该有机物属于酯类物质，难溶于水，A项错误；B. 苯环上有3种H，则苯环上的一氯代物有

42、3种，B项正确；C. 只有苯环与氢气发生加成反应，则最多能与氢气以物质的量之比1:3加成，C项错误；D. 碱性水解的产物之一是2丙醇，还生成苯甲酸钠，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、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

43、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1s22s22p63s2

44、3p4；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。24、乙苯 溴水 +Br2+HBr； NaOH 水溶液、加热 或 或 【题目详解】(1)物质A的化学式为C8H10，则苯与CH3CH2Cl发生取代反应生成A为，A的名称为:乙苯；和都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，后者能与溴水发生

45、加成反应，而前者不能，可以溴水区别二者，故答案为乙苯；溴水；(2)反应是苯与液溴在Fe作催化剂条件下生成溴苯，反应方程式为: +Br2+HBr；(3)对比物质的结构，可知属于取代反应、属于加成反应，而先发生卤代烃的水解反应，再发生分子内脱水反应，反应条件为: NaOH 水溶液、加热，故答案为:; NaOH 水溶液、加热;(4)满足下列条件的同分异构体:含苯环结构，能发生银镜反应，含有醛基，可以有1个取代基为-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:、；(5) 与氢气发生加成反应生成，然后发生消去反应生成，再与溴发生加反应生成，最后发生消去反应生成，合成路线流

46、程图为: 。25、bc Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O g f b c d e 没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔) 3CuO+2NH33Cu +N2+3H2O 防倒吸 【答案解析】(1)证明Al(OH)3呈两性的试剂是强酸和强碱，因此要想证明Cu(OH)2呈两性，也必须选强酸和强碱溶液，硫酸是强酸，所以可以选取；氢氧化钠是强碱，所以可选取；氨水是弱碱，醋酸是弱酸，均不能选择，所以bc正确，故答案为bc；(2)向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，因此该反应的离子化学方程式为：Cu

47、2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，故答案为Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O；(3)A装置是制备氨气的，生成的氨气中含有水蒸气，需要通过碱石灰干燥又因为氨气极易溶于水，过量的氨气在进行尾气处理时需要防止倒吸，所以正确的连接顺序为：agfbcdeh，故答案为g；f；b；c；d；e；由于反应中由氨气生成，烧瓶内压强大，导致氨水不能滴下，即：可能的原因是没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔)，故答案为没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔)；实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，这说明有导致铜生成，装置E中收集到无色无味的

48、气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，因此钙气体应该是氮气，所以B装置中发生的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O；由于氨气极易溶于水，直接通入水中吸收，容易倒吸，所以装置C中的球形装置的作用是防倒吸，故答案为防倒吸。【答案点睛】本题探究了Cu的常见化合物的性质，主要考查了性质实验方案的设计，采用假设的方法判断铜的常见化合物的性质，然后作实验验证；要注意有毒气体产生时，一定有尾气处理装置，不能直接排空。本题的易错点为(3)，要注意根据各装置的作用结合实验原理分析解答。26、对照组，证明只有O2时很难氧化I I2 上

49、层黄色，下层无色 假设1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性强于H2CO3，因此溶液酸性更强 假设2：2SO2O22H2O2H2SO4 阳极发生2I2eI2，生成的I2与溶液中的SO2发生反应：SO2I22H2OH2SO42HI，以上过程循环进行，SO2减少，SO增多 通过、，说明c（H）越大，I越易被氧化；在酸性条件下，KI比Agl易氧化，说明c（I）越大（或指出与碘离子的存在形式有关亦可），越易被氧化；与反应条件有关，相同条件下，电解时检出I2，未电解时未检出I2。（其他分析合理给分） 【分析】(1)对比实验I、，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反

50、应越强，实验做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小；(4)假设1：实验中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸；(5)阳极中I-被氧化为I2，再与溶液中二氧化硫反应生成硫酸与HI，反应循环进行；(6)对比实验I、可知，反应与氢离子浓度有关；对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。【题目详解】(

51、1)对比实验I、，溶液酸性不同，酸性越强溶液变黄色需要时间越短，说明酸性越强反应越强，实验做对比实验，证明只有O2很难氧化I-；(2)淀粉遇碘单质变蓝色，溶液变蓝说明I、中生成了I2；(3)四氯化碳中的碘单质溶解在KI溶液中，溶液与四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中现象为：溶液分层，下层为无色有机层，上层为水溶液层，呈黄色；(4)假设1：实验中产生碘单质，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亚硫酸的酸性比碳酸的强，溶液酸性更强，故实验II中溶液未检出I2，不是溶液中c(H+)较小所致；假设2：在溶液中氧气将二氧化硫氧化生成硫酸，反应方程式为：2SO2+O2+2H2O=2H2SO4

52、；(5)阳极发生反应：2I-2e-=I2，生成的I2与溶液中SO2发生反应：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，上述反应循环进行，SO2减少，SO42-增加；(6)对比实验I、可知，c(H+)越大，I-越容易被氧化。对比(5)中实验ii，可知酸性条件下，KI比AgI更容易氧化，即c(I-)越大，越容易被氧化。由(5)中iii可知，相同条件下，与反应条件有关，电解时检出碘单质，未电解时没有检出碘单质。27、FeCl3溶液 验证SO2的氧化性 验证SO2的漂白性 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ A、C 【分析】(1)根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与

53、亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，据此判断；(3)由c(待测)=可知，不当操作使V(NaOH)偏大，则会

54、造成测定结果偏高。【题目详解】(1)根据实验装置图及提供的试剂可知，实验中用浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，验证二氧化硫的还原性可用二氧化硫与氯化铁反应，再用二氧化硫与硫化钠反应验证二氧化硫的氧化性，最后用品红溶液验证二氧化硫的漂白性；A中发生的反应为二氧化硫与氯化铁反应生成亚铁离子和硫酸根离子，反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-；(2)氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的橡胶管稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的气泡用的方法；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻

55、度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积(50.00mL-10.00mL)=40.00mL，所以正确；(3)A未用NaOH标准溶液润洗滴定管，NaOH溶液浓度降低，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；B滴定前锥形瓶内有少量水，不影响消耗NaOH溶液的体积，由c(待测)=可知，测定浓度不变；C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，消耗标准液的体积偏大，由c(待测)=可知，测定浓度偏高；D配制溶液定容时，俯视刻度线，液面在刻度线下方，NaOH溶液浓度偏高，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏

56、低；E中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视，消耗标准液的体积偏小，由c(待测)=可知，测定浓度偏低；故答案为A、C。【答案点睛】本题考查二氧化硫性质的探究，二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色）；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。28、第二步 H1+H2-H3 大于 4Na2CrO4+4H2O2Na2Cr2O7+4NaOH+2H2+O2 【分析】I慢反应活化能更大；反应达到平衡状态，则v1正=v1逆，v2正=v2逆，即k1正c2(NO)=k1逆c(N2O2)，k2正c(N2O2)c(O2)=k2逆c2(NO2)，；II根据盖斯定律，反应+反应-反应即可得CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(