2022-2023学年湖北省荆州市公安县第三中学化学高三第一学期期中综合测试模拟试题（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、恒温条件下，欲使CH

2、3COONa溶液中c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大，可在溶液中加入下列物质中正确的是固体NaOH 固体KOH 固体NaHS 固体CH3COONa 冰醋酸 加水ABCD2、下列解释事实的离子方程式正确的是A铜丝溶于浓硝酸生成绿色溶液：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OB稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊：H+OH-+ Ba2+SO42- =BaSO4+H2OC澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊：Ca2+ 2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+ 2H2OD在A1C13溶液中加入过量氨水出现浑浊：A13+3OH-= Al(OH)33、常温下，向10

3、mL 0.1 molL1的H2C2O4溶液中逐滴加入0.1 molL1 KOH溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）AKHC2O4溶液呈弱碱性BB点时：c(K)c(HC2O4) c(C2O42)c(H)c(OH)CC点时：c(K)c(HC2O4)c(C2O42)c(H2C2O4)DD点时：c(C2O42)c(HC2O4)c(H2C2O4)0.1 molL14、下列说法不正确的是()ACO2、甲烷都属于温室气体B用甘蔗生产的燃料乙醇属可再生能源，利用乙醇燃料不会产生温室气体C太阳能、风能和生物质能属于新能源D太阳能电池可将太阳能直接转化为电能5、化学与生活密切相关。下列说法正确的是(

4、 )A煎炸食物的花生油和牛油都是可皂化的饱和酯类B纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的、等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附C石油分馏可获得乙烯、丙烯等气态短链烃D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法6、下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是()金属钠投入到FeCl3溶液中过量NaOH溶液和明矾溶液混合少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2ABCD7、1，3二异丙烯基苯是重要的化工原料。下列有关1，3一二异丙烯基苯的说法正确的是A可以发生加成聚合反应B不能使稀高锰酸钾溶

5、液褪色C分子中所有原子共平面D其苯环上的二氯代物有3种8、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A含有NA个氮原子的氨气在标准状况下的体积约为11.2LB25、，64gSO2中含有的原子数为3NAC常温常压下，11.2LCl2，含有的分子数为0.5NAD标准状况下，11.2LH2O含有的分子数为0.5NA9、将m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品投入物质的量浓度为1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，若向等质量的该样品中通入足量的氢气并加热，充分反应后所得金属的质量是A16gB(m16)gC(m32)gD(m16)g10、25时，Fe(OH)2和Cu(OH)2的饱和溶液中，

6、金属阳离子的物质的量浓度的负对数-lgc(M2+)与溶液pH的变化关系如图所示，已知该温度下KspCu(OH)2-KspFe(OH)2，下列说法正确的是Ab线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，且KspFe(OH)2=10-15.1B当Fe(OH)2和Cu(OH)2沉淀共存时，溶液中：C(Fe2+):c(Cu2+)=l：104.6C向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，可转化为Y点对应的溶液D除去CuSO4溶液中含有的少量Fe2+，可加入适量CuO11、下列说法正确的是（）A将 AgCl 放入水中不能导电，故 AgCl 不是电解质BCO2溶于水得到的溶液能导电，所以 CO2 是电解质C固

7、态的 NaCl 不导电，熔融态的 NaCl 能导电，NaCl 是电解质D金属能导电，所以金属是电解质12、能证明KOH是离子化合物的事实是A常温下是固体B易溶于水C水溶液能导电D熔融态能导电13、Cu2S与一定浓度的HNO3反应,生成Cu(NO3)2、CuSO4、NO2,NO和H2O。当产物n(NO2):n(NO)=1:1时,下列说法正确的是( )A产物中nCu(NO3)2:nCuSO4=1:1B参加反应的n(Cu2S):n(HNO3)=1:5C反应中Cu2S既作氧化剂,又作还原剂D1mol Cu2S参加反应时有8mol电子转移14、将一定质量的镁铝合金投入100mL稀硝酸中完全溶解，反应过程

8、中无气体放出。向反应后的溶液中，逐滴加入1.00 mol/L NaOH溶液，加入NaOH溶液的体积与产生沉淀的物质的量关系如图所示，则下列说法错误的是A合金中镁铝的物质的量之比为1:2B合金完全溶解转移电子的物质的量为0.032molC原稀硝酸的物质的量浓度为0.45 mol/LDF点溶液中，溶质仅为NaAl（OH）415、下列对某些问题的认识正确的是A漂白粉和明矾都常用于自来水的处理，二者的作用原理是相同的BSO32、ClO、NO3三种酸根离子在溶液中能大量共存C不能用带玻璃塞的玻璃瓶和酸式滴定管盛取碱液，二者的原因是相同的D98%的浓硫酸用等体积的水稀释后，硫酸的质量分数为49%16、在1

9、00mL的稀硝酸中加入由铜和镁组成的2.64g 混合物，两者恰好反应固体完全溶解时收集到0.896L（标准状态）NO气体。向反应后的溶液中加入60mLNaOH溶液中金属离子恰好沉淀完全。下列说法正确的是（ ）A原硝酸溶液的物质的量浓度为1.2mol/LB形成的沉淀的质量为4.32gC混合物中Cu的质量为1.92gDNaOH溶液的物质的量浓度为1mol/L17、下列实验现象预测正确的是实验：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变实验：酸性KMnO4溶液中出现气泡，溶液的颜色没有变化实验：微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产

10、生丁达尔效应ABCD18、已知在水溶液中的氧化性，向碘化亚铁溶液中通入，反应完全后，测得溶液中、的物质的量的比为，则溶液中与的物质的量之比为( )ABCD19、对中国古代著作涉及化学的叙述，下列说法错误的是A天工开物中“凡石灰,经火焚炼为用”里的“石灰”指的是Ca(OH)2B抱朴子中“曾青涂铁，铁赤色如铜”，“曾青”是可溶性铜盐C本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是K2CO3D汉书中“高奴县有洧水可燃”,这里的“洧水”指的是石油20、100 mL浓度为2 molL1的盐酸跟锌片反应，以下操作对速率无影响的是（ ）A升温 B加入5 molL1的盐酸C加入适量蒸馏水

11、D加入锌片21、向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4，溶液中逐滴加入NaClO溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是（）实验实验现象滴入V1mL NaClO溶液产生大量红褪色沉淀滴入V1mL NaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褪色沉淀Aab段主要反应的离子方程式为：Bde段主要反应的离子方程式为：Cc、f点pH接近的主要原因是：D向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出22、常温下，下列四种酸溶液，能跟铝片反应放出H2且反应速率最快的是A20mL 18.4molL1的硫酸溶液B10mL 3mo

12、lL1的硫酸溶液C20mL 5molL1的盐酸溶液D30mL 4molL1的硝酸溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：在稀碱溶液中，溴苯难发生水解现有分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯环上的一溴代物只有一种，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，吸收峰的面积比为1:2:6:1，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C能发生银镜反应，E遇FeCl3溶液显色且能与浓溴水反应。请回答下列问题：（1）X中官能的名称是_。（2）FH的反应类型是_。（3）I的结构简式为_；（4）E不具有的化学性质_（选填序号）a取代反应 b消去反应c氧化反应 d1molE最多能与2molNaHCO

13、3反应（5）写出下列反应的化学方程式：X与足量稀NaOH溶液共热的化学方程式：_；FG的化学方程式：_；（6）同时符合下列条件的E的同分异构体共有_种，其中一种的结构简式为_。a苯环上核磁共振氢谱有两种b不能发生水解反应c遇FeCl3溶液不显色d1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应24、（12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

14、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_。25、（12分）工业品纯碱中常含有少量的NaCl等杂质，图中的仪器装置可用来测定纯碱中Na2CO3的质量分数，图中标号：空气；某溶液，纯碱样品，稀H2SO4，浓H2SO4，碱石灰，碱石灰。实验步骤是：检查装置的气密性； 准确称量

15、盛有碱石灰的干燥管的质量(设为m1 g)。准确称量一定量的纯碱的质量(设为m2 g)，并将其放入广口瓶中；从分液漏斗中缓缓滴入稀H2SO4，至不再产生气体为止；缓缓鼓入空气数分钟，然后称量干燥管的总质量(设为m3 g)。根据上述实验，回答下列问题：（1）鼓入空气的目的是_。（2）装置A中液体应为_，其作用是_，如撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，测定结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（3）装置C的作用是_，如果撤去装置C，则会导致实验结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（4）干燥管的作用是_。（5）上述实验的操作和，都要求缓缓进行，其理由是：_，如果这两步操作太快，则会导致实

16、验测定结果_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。（6）根据实验，纯碱中Na2CO3的质量分数的计算式为_。26、（10分）纳米材料一直是人们研究的重要课题，例如纳米级Fe粉表面积大，具有超强的磁性、高效催化性等优良的性质。.实验室采用气相还原法制备纳米级Fe，其流程如图所示:(1)纳米级Fe和稀盐酸反应的离子方程式为_。(2)如何将FeCl2nH2O固体加热脱水制得无水FeCl2_(用简要文字描述)。 (3)生成纳米级Fe的化学方程式为_。.查阅资料：在不同温度下，纳米级Fe粉与水蒸气反应的固体产物不同，温度低于570 时生成FeO，高于570 时生成Fe3O4。甲同学用如图甲所示装置进行纳米级

17、Fe粉与水蒸气反应的实验，乙同学用图乙所示的装置进行纳米级Fe粉与水蒸气的反应并验证产物。(4)甲装置中纳米级Fe粉与水蒸气反应的化学方程式是_。(5)乙同学为探究实验结束后试管内的固体物质成分，进行了下列实验:实验步骤实验操作实验现象将反应后得到的黑色粉末X(假定为均匀的)，取出少量放入另一试管中，加入少量盐酸，微热黑色粉末逐渐溶解，溶液呈浅绿色；有少量气泡产生向实验得到的溶液中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色根据以上实验，乙同学认为该条件下反应的固体产物为FeO。丙同学认为乙同学的结论不正确，他的理由是_(用简要文字描述)。 (6)丁同学称取5.60 g Fe粉，用乙装置反应一段

18、时间后，停止加热。将试管内的固体物质在干燥器中冷却后，称得质量为6.88 g，则丁同学实验后的固体物质中氧化物的质量分数为_(结果保留三位有效数字)。27、（12分）从古至今，铁及其化合物在人类生产生活中的作用发生了巨大变化。（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，其主要成分是_（填字母序号）。aFe bFeO cFe3O4 dFe2O3（2）硫酸渣的主要化学成分为：SiO2约45%，Fe2O3约40%，Al2O3约10%，MgO约5%。用该废渣制取药用辅料红氧化铁的工艺流程如下（部分操作和条件略）：回答下列问题：在步骤i中产生的有毒气体可能有_。在步骤iii操作中，要除去的离子

19、之一为Al3。若常温时KspAl(OH)3=1.01032，此时理论上使Al3+恰好沉淀完全即溶液中c(Al3+)=110-5mol/L，则溶液的pH为_。步骤iv中，生成FeCO3的离子方程式是_。（3）氯化铁溶液称为化学试剂中的“多面手”，向氯化铜和氯化铁的混合溶液中加入适量氧化铜粉末会产生沉淀，写出该沉淀的化学式_。这一过程的总反应的离子方程式_。（4）古老而神奇的蓝色染料普鲁士蓝的合成方法如下：复分解反应ii的离子方程式是_。28、（14分）晶体硅是制备太阳能电池板的主要原料，电池板中还含有硼、氮、钛、钻、钙等多种化学物质。请回答下列问题：（1）科学家常利用X-射线衍射实验区分晶体硼和

20、无定形硼，二者之关的关系互为_。第二周期元素的第一电离能按由小到大的顺序排列，B元素排在第_位，其基态能量最低的能极电子云轮廊图为_。（2）硅酸根有多种结构形式，一种无限长链状结构如图1所示，其化学式为_，Si原子的杂化类型为_。（3）N元素位于元素周期表_区；该元素形成的氢化物的沸点比同族元素的氢化物沸点高，其原因为_。（4）Co(NH3)63+的几何构型为正八面体形，Co在中心。Co(NH3)63+中，1个Co提供_个空轨道。该配位离子的作用力为_（填序号）。A金属键 B离子键 C共价键 D配位键 E氢键（5）一种由Ca、Ti、O三种元素形成的晶体的立方晶胞结构如图2所示。与Ti紧邻的Ca

21、有_个。若Ca与O之间的最短距离为a pm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度=_g cm3(用含a、NA的代数式表示)。29、（10分） (有机化学基础)丹参酸可用于药理实验、活性筛选等,合成丹参酸的路线如图所示:已知:ROH+ROOCCH3+CH3COOHRCH2CHO+RCH2CHO回答下列问题:(1)A的名称是_,B中官能团的名称是_。(2)碳原子上连有4个不同的原子或基团时,该碳原子称为手性碳原子,上述有机物中含有手性碳原子的有机物为_(填“A”“B”“C”“D”或“E”)。(3)DE的反应类型是_。(4)AB的化学方程式为_。(5)X与 D互为同分异构体,请写出满足下列条件的X

22、的结构简式:_。1 mol X 能与5 mol NaOH发生反应;有5个碳原子在同一条直线上;与FeCl3溶液可以发生显色反应。(6)设计以、CH3CHO为原料制取的合成路线_(其他无机试剂任选)。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】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-,根据平衡移动规律进行分析。【题目详解】CH3COONa溶液中存在CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-, 加入固体NaOH、使平衡左移，c(CH3COO)将增多，但是c(Na+)增加得多，c(C

23、H3COO-)/c(Na+)的比值减小； 加入固体KOH、使平衡左移，c(CH3COO)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加入固体NaHS ，c(CH3COO)变化很小，c(Na+)明显增大，故c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；加入固体CH3COONa，水解率将减小，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加入冰醋酸，使平衡左移，c(CH3COO)将增多，c(Na+)不变，所以c(CH3COO-)/c(Na+)的比值增大；加水稀释，平衡右移，水解率增大，c(CH3COO)浓度减小的程度大，c(CH3COO-)/c(Na+)的比值减小；

24、综上所述，符合题意的有，本题选B。2、C【答案解析】A. 铜丝溶于浓硝酸生成绿色的硝酸铜浓溶液和二氧化氮，故A错误；B. 稀硫酸与Ba(OH)2溶液混合出现浑浊，反应的离子方程式为2H+2OH-+ Ba2+SO42- =BaSO4+2H2O，故B错误；C. 澄清石灰水中加入过量小苏打溶液出现浑浊，生成碳酸钙沉淀，离子方程式为Ca2+ 2HCO3-+2OH-= CaCO3+CO32-+ 2H2O，故C正确；D. 氨水是弱碱，用化学式表示，故D错误；故选C。3、C【答案解析】AB点时等物质的量的H2C2O4和KOH恰好反应生成KHC2O4，溶液的pH小于7，说明KHC2O4溶液呈弱酸性，A错误；B

25、B点溶液呈酸性，则c（H）c（OH），c(H) 由HC2O4电离和水电离两部分组成，故c(H) c(C2O42)，B错误； CC点时，溶液呈中性，c（H）=c（OH），结合电荷守恒得c（K）=c（HC2O4）+2 c（C2O42-），此点溶液中的溶质是草酸钠，草酸氢根离子水解较微弱，所以c（C2O42-）c（H2C2O4），则c（HC2O4）+c（C2O42-）+c（H2C2O4）c（K）c（HC2O4）+2 c（C2O42-）+c（H2C2O4），C正确；DD点时，氢氧化钠的物质的量是草酸的2倍，二者恰好反应生成草酸钠，但溶液体积为30mL，由物料守恒：c(C2O42)c(HC2O4)c(H

26、2C2O4)0.1/3 molL1，D错误；4、B【题目详解】A、CO2、CH4都属于温室气体，A项正确；B、乙醇燃料燃烧生成CO2和H2O，CO2属于温室气体，B项错误；C、太阳能、风能和生物质能与化石能源相比，属于新能源，C项正确；D、太阳能电池可将太阳能直接转化为电能，D项正确；答案选B。5、D【题目详解】A花生油是植物油，不饱和酯类；牛油是动物油脂，是可皂化的饱和酯类，故A错误；BFe具有还原性,能把Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原,所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，故B错误

27、；C石油分馏是物理变化，不能得到新物质，C错误；DMg比Fe活泼，当发生化学腐蚀时Mg作负极而被腐蚀，从而阻止Fe被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；答案选D。6、D【题目详解】金属钠投入到FeCl3溶液中发生两个化学反应：2Na2H2O=2NaOHH2，3NaOHFeCl3=Fe(OH)33NaCl，产生的氢氧化铁是红褐色沉淀；过量NaOH溶液和明矾溶液混合时，过量的氢氧根离子与铝离子反应生成偏铝酸根离子和水，无沉淀产生；Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应是Ca(OH)22NaHCO3=CaCO3Na2CO32H2O，产生白色沉淀；向NaAlO2溶液中滴入少量盐酸，发

28、生的反应是NaAlO2H2OHCl=NaClAl(OH)3，产生白色沉淀；向饱和Na2CO3溶液中通足量CO2，产生NaHCO3，NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，有白色沉淀生成。符合条件的有。答案选D。7、A【题目详解】A.物质分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；B.物质分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使稀高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，但分子中含有饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，因此分子中不可能所有原子共平面，C错误；D.该物质分子

29、结构对称，其苯环上有3种不同位置的H原子，其二氯代物有1，2；1，3；2，2；2，3共四种，D错误；故合理选项是A。8、B【题目详解】A含有NA个氦原子的氦气的物质的量为1mol，在标准状况下体积为22.4L，故A错误；B25、时，64gSO2的物质的量为1mol，含有的原子数为3NA，故B正确；C常温常压下，11.2LCl2的物质的量不为0.5mol，所含分子数不为0.5NA，故C错误；D标准状况下水不为气体，不能用标准状况下的气体摩尔体积进行计算，故D错误；综上所述答案为B。9、D【答案解析】m g氧化铁、氧化铜、氧化亚铁的混合物与1 mol/L的2 L盐酸中恰好完全反应，氯化物和水，而水

30、的氧元素来自样品中，氢元素来自盐酸的溶质中，则n(H)=n(HCl)=1 mol/L2 L=2mol，由水的组成可计算出n(O)=n(H)/2=1mol，则m(O)=16g，所以，m g含氧化铁、氧化铜和氧化亚铁的样品经氢气还原后金属质量为(m16)g。答案选D。点睛：解决此题的关键是守恒特点，注意起始与终态关系，如金属氧化物MOx与MClx/2之间通过水来关联起来，金属的质量等于金属氧化物的质量减去氧元素的质量，再通过OH2O2H2HCl关系求出。10、A【答案解析】A该温度下，KspCu(OH)2KspFe(OH)2，则c(Fe2+)c(Cu2+)，离子浓度越大，-lgc(M2+)值越小，

31、则相同条件下，饱和溶液中c(Fe2+)较大，所以Fe(OH)2饱和溶液中-lgc(Fe2+)较小，则b线表示Fe(OH)2饱和溶液中的变化关系，由图象可知，pH=8时，-lgc(Fe2+)=3.1，KspFe(OH)2=10-3.1(10-6)2=10-15.1，故A正确；B当pH=10时，-lgc(Cu2+)=11.7，则KspCu(OH)2=10-11.7(10-4)2=10-19.7，c(Fe2+)：c(Cu2+)=，故B错误；C向X点对应的饱和溶液中加入少量NaOH，溶液中会生成Cu(OH)2沉淀，溶液中铜离子的浓度会减小，而从X点到Y点铜离子浓度不变，故C错误；DKspCu(OH)2

32、KspFe(OH)2，Cu(OH)2更易生成沉淀，在含有Fe2+的CuSO4溶液中，加入适量CuO，不能生成Fe(OH)2沉淀，所以Fe2+浓度不变，故D错误；故选A。11、C【题目详解】A. AgCl的溶解度很小，导致将AgCl放入水中不能导电，但氯化银在熔融态能电离出自由移动的阴阳离子，所以是电解质，故A错误；B. 二氧化碳溶于水能导电，但电离出自由移动离子的是碳酸不是二氧化碳，所以二氧化碳是非电解质，故B错误；C. 固态的NaCl不导电，熔融态的NaCl有自由移动的离子，所以能导电，故NaCl是电解质，故C正确；D. 金属能导电，但金属不是化合物，所以既不是电解质也不是非电解质，故D错误

33、；正确答案是C。12、D【答案解析】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，据此分析解答。【题目详解】离子化合物在熔融状态下能电离生成阴阳离子而导电，共价化合物在熔融状态下以分子存在，所以在熔融状态下能导电的化合物是离子化合物，KOH在熔融状态下能导电，所以是离子化合物，与其状态、溶解性强弱、其水溶液是否导电都无关，答案选D。13、A【分析】由信息可知，n（NO2）：n（NO）=1：1，假定生成1molNO2、1molNO，则HNO3被还原生成1molNO2、1molNO共得4mole-；由电子守恒可知Cu2S应失去4mole-。而1molCu2S能失

34、10mole-，故失4mole-说明反应的Cu2S的物质的量为0.4mol，0.4molCu2S生成0.4molCuSO4和0.4molCu（NO3)2，即起酸性作用的HNO3的物质的量为0.8mol，起氧化作用的HNO3为2mol，参加反应的HNO3共2.8mol，故n（Cu2S）：n（HNO3）=0.4mol：2.8mol=1：7。【题目详解】A、由反应可知产物nCu(NO3)2：nCuSO4=1：1，故A正确；B、由反应可知参加反应的n（Cu2S）：n（HNO3）=1：7，故B错误；C、Cu、S化合价都升高，则反应中Cu2S只作还原剂，故C错误；D、由分析可知1molCu2S参加反应时有

35、10mol电子转移故D错误。答案选A。【答案点睛】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意守恒法的应用。14、D【答案解析】将一定质量的镁铝合金投入100mL稀硝酸中完全溶解，反应过程中无气体放出，说明硝酸生成的还原产物是铵根离子，所以镁铝合金与硝酸反应后所得的溶液中含有的阳离子有：Al3、Mg2、NH4，若硝酸过量，则溶液中还可能还有H，若含有H，则向反应后的溶液中，逐滴加入NaOH溶液，各阳离子与OH反应的先后顺序是：OH先与H反应生成水，再与Al3、Mg2反应生成沉淀，然后与NH4反应生成一水合氨，最后与氢氧化铝沉淀

36、反应，使氢氧化铝沉淀溶解。根据图像可知，开始滴入NaOH溶液时，无沉淀生成，故与镁铝合金反应时硝酸过量，反应后的溶液中含有H。A.根据上述分析可知，EF段发生的反应是：Al(OH)3OH=Al(OH)4，此段消耗NaOH溶液的体积是（49-41）mL=8mL，则n（NaOH）=0.008L1.00 mol/L=0.008mol，根据反应方程式，Al(OH)3的物质的量是0.008mol，则Al3的物质的量也是0.008mol。CD段发生的反应是：Al33OH=Al(OH)3、Mg22OH=Mg(OH)2，此段共消耗NaOH的物质的量是：（37-5）10-3L1.00 mol/L=0.032mo

37、l，因 Al3的物质的量是0.008mol，则和Al3反应消耗的NaOH为0.024mol，所以和Mg2反应消耗的NaOH的物质的量是0.032mol0.024mol=0.008mol，则Mg2的物质的量是0.004mol，所以合金中镁铝的物质的量之比是：0.004mol:0.008mol=1:2，故AB.因合金中Mg的物质的量是0.004mol，反应中生成镁离子失去电子0.004mol2=0.008mol，Al的物质的量是0.008mol，反应中生成铝离子失去电子0.008mol3=0.024mol，所以反应中共转移电子0.008mol0.024mol=0.032mol，故B正确；C.根据上

38、述分析可知，在开始滴入NaOH溶液时，发生的反应是：HOH=H2O，此段消耗NaOH的物质的量是：0.005L1.00 mol/L=0.005mol，根据反应方程式，则溶液中含有硝酸0.005mol，硝酸与Mg发生的反应是：4Mg10HNO3=4Mg(NO3)2NH4NO33H2O，Mg是0.004mol，则消耗硝酸0.01mol，硝酸与Al发生的反应是：8Al30HNO3=8Al(NO3)33NH4NO39H2O，Al是0.008mol，则消耗硝酸0.03mol，所以原硝酸溶液中HNO3的物质的量是：（0.005+0.01+0.03）=0.045mol，所以原硝酸溶液的物质的量浓度是0.04

39、5mol0.1L=0. 45 mol/L，故C正确；D.在F点，氢氧化铝完全溶解生成NaAl（OH）4，但溶液中还含有NaNO3、NH3H2O等溶质，故D错误；故答案选D。15、C【答案解析】试题分析：A、漂白粉利用其强氧化性杀菌消毒，明矾利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附性净水，原理不同，错误；B、SO32、ClO不能大量共存二者发生氧化还原反应，错误；C、玻璃中有二氧化硅会和碱性溶液中的氢氧根离子反应，正确；D、98%的浓硫酸用等体积的水稀释后，硫酸的密度大于水的密度，等体积的水的质量小于等体积硫酸的质量。所以大于49%。考点：考查元素化合物的性质、离子共存、溶液浓度16、C【分析】

40、铜和镁都是+2价金属，二者与稀硝酸反应都生成NO气体，根据n=计算出NO的物质的量，然后设出Cu、Mg的物质的量，利用电子守恒可计算出铜和镁的总物质的量，从而可知生成氢氧化铜、氢氧化镁的物质的量。【题目详解】硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.896L，物质的量为：=0.04mol，所以转移的电子的物质的量为：0.04mol（5-2）=0.12mol，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，则沉淀中氢氧根离子的物质的量为0.12mol，所以最后沉淀质量为：2.64g+0.12mol17g/mol=4.68g，根据氮元素守恒，硝酸的物质的

41、量为0.12+0.04=0.16mol，金属的物质的量为0.06mol，质量为2.64g，设铜的物质的量为xmol，镁的物质的量为ymol，有方程组：x+y=0.06，64x+24y=2.64，计算出x=0.03，y=0.03；加入的氢氧化钠的物质的量为0.12mol。A、原硝酸溶液的物质的量浓度为=1.6 mol/L，故A错误；B、形成的沉淀的质量为4.68g，故B错误；C、混合物中Cu的质量为0.03mol64g/mol=1.92g，故C正确；D、NaOH溶液的物质的量浓度为=2 mol/L，故D错误。答案选C。【答案点睛】考查混合金属与硝酸反应的计算，明确发生反应的实质为解答关键，注意掌

42、握守恒思想在化学计算中的应用方法。17、D【题目详解】实验：振荡后静置，由于上层苯中溶解的溴不断与NaOH溶液反应，所以上层溶液的颜色最终变为无色，不正确；实验：浓硫酸使蔗糖先碳化，后将碳氧化生成CO2、SO2等，CO2在酸性KMnO4溶液中溶解度不大而以气泡逸出，SO2与酸性KMnO4发生氧化还原反应，将其还原，从而使溶液颜色逐渐褪去，不正确；实验：微热稀HNO3片刻，与Cu发生反应生成NO等，溶液中有气泡产生，广口瓶内NO与O2反应生成NO2，气体为红棕色，不正确；实验：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，此时得到氢氧化铁胶体，当光束通过体系时，可看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应，正确；综合

43、以上分析，只有正确，故D符合；故选D。18、C【题目详解】通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后氧化单质碘；设碘化亚铁的物质的量是1mol，则溶液中碘离子的物质的量是2mol，亚铁离子是1mol， 反应后生成的物质的量是1mol，生成的物质的量是1mol，生成氯离子3mol；然后发生氯气氧化单质碘的反应，当溶液中、的物质的量的比为，剩余碘单质的物质的量是0.5mol，则消耗碘单质0.5mol，依据化学方程式为 ，生成的物质的量是1mol，生成的物质的量是5mol；则总共生成8mol，溶液中与的物质的量之比为1mol：8mol=1：8，故选：C。19、A【答案解析】天工开物中“凡石灰，

44、经火焚炼为用”里的“石灰”指的是CaO，故A错误；“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐，例如硫酸铜溶液，故B正确；草木灰中含有K2CO3，故C正确；汉书中“高奴县有洧水可燃”，石油可燃，这里的“洧水”指的是石油，故D正确。20、D【答案解析】A升高温度，反应速率加快，故A不选；B加入5 molL1的盐酸，盐酸的物质的量浓度增大，反应速率加快，故B不选；C加入适量蒸馏水，氢离子浓度降低，反应速率降低，故C不选；D锌为固体，加入锌片，反应速率几乎不变，故D选；故选D。21、B【题目详解】Aab段生成红褐色沉淀，即生成了氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+5H2O2Fe(

45、OH)3+Cl-+4H+，故A正确；Bde段溶液变黄，说明生成铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+ClO-+2H+2Fe3+Cl-+H2O，故B错误；Cc、f点NaClO过量，NaClO水解溶液显碱性，水解的离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，故C正确；D盐酸与氢氧化铁反应生成氯化铁，盐酸与次氯酸钠反应生成氯气，所以加过量的盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出，故D正确；故答案为B。【答案点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物

46、质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。22、B【题目详解】A、18.4molL1的硫酸是浓硫酸，金属铝常温下与浓硫酸发生钝化反应，反应缓慢，故A错误；B、相同条件浓度越大，反应速率越快，此时溶液中c(H)=6molL1；C、此溶液中c(H)=5molL1；D、金属铝与硝酸反应不产生H2，故D错误；综上所述，选项B中c(H)大于选项C中c(H)，即3molL1硫酸反应最快，故B正确。二、非选择题(共84分)23、酯基、溴原子消去反应b、d4：、（任写一种）【分析】分子式为C10H10O2Br2的芳香族化合物X，与NaOH水溶液加热发

47、生反应产生的C含有羧基，产生的D能够与新制Cu(OH)2悬浊液在加热煮沸时发生反应，证明D中含有醛基，根据题意可知该物质是含有2个醇羟基的物质脱水产生，所以X中含有酯基及溴原子，两个溴原子连接在同一个碳原子上。其苯环上的一溴代物只有一种，说明苯环上只有一种位置的氢原子，其核磁共振氢谱图中有四个吸收峰，说明含有四种不同类型的氢原子，吸收峰的面积比为1:2:6:1，所以四类氢原子的个数之比为1:1:6:1，H原子总数是10个，在一定条件下可发生下述一系列反应，其中C还能发生银镜反应，说明C中还含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，说明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇Fe

48、Cl3溶液显色且能与浓溴水反应，说明苯环上含有酚羟基，且两个邻位有氢原子，所以X是，酯发生水解反应生成甲酸和酚钠，且酚钠中含有醛基，D是，E是，F是。【题目详解】（1）根据上述推断可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，说明H中含有不饱和的碳碳双键，因此该反应属于消去反应，产生的H结构简式是。（3）H含有碳碳双键，在一定条件下发生加聚反应形成高聚物I，I的结构简式为。（4）E是，含有酚羟基，能和溴水反应发生取代反应，能和FeCl3 溶液发生显色反应；但是不能发生消去反应；由于含有一个羧基，羧酸的酸性比碳酸强，所以可以和1mol碳酸氢钠反应，故选b、d。（5） X与足量稀Na

49、OH溶液共热的化学方程式是：； FG的化学方程式是：；（6）E是，同时符合条件a苯环上核磁共振氢谱有两种，说明只有两类氢原子；b不能发生水解反应说明不含酯基；c遇FeCl3溶液不显色说明不含酚羟基；d1molE最多能分别与1molNaOH和2molNa反应说明含有一个醇羟基和一个羧基的E的同分异构体共有4 种，他们的结构分别是：、。24、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

50、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；分子晶体；（2）D是S元素，原子的核外电子排布式1s22s22p63s23p4，C的

51、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。25、 赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2 碱溶液 除去空气里的CO2 偏大 除去CO

52、2中混有的水蒸气 偏大 吸收空气中的CO2和水蒸气 使反应产生的CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收 偏小 (m3-m1)5322m2100%【答案解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）实验目的是测定Na2CO3质量分数，Na2CO3和稀硫酸反应Na2CO3H2SO4=Na2SO4CO2H2O，通过CO2的量计算Na2CO3的量，装置中含有空气，需要排除，鼓入空气的目的是赶走残留在广口瓶中及装置里的CO2；（2）空气中含有CO2，对CO2质量测定，产生干扰，必须除去空气中CO2，即装置A中盛放的试剂为碱液；如果撤去装置A，直接向装置B中缓缓鼓入空气，造成所测CO2的质量增加，根据碳元素守恒，N

53、a2CO3的质量增大，即碳酸钠的质量分数增大；（3）装置C中的试剂是浓硫酸，作用是除去CO2中水蒸气，如果撤去装置C，所测CO2的质量增大，即碳酸钠的质量增大，导致实验结果偏大；（4）空气中含有水蒸气和CO2，进入干燥管I中，造成所测碳酸钠质量增大，因此装置II作用是空气中的CO2和水蒸气；（5）使反应产生CO2能与碱石灰充分反应而完全吸收，如果通入过快，导致实验所测结果偏小；（6）干燥管I的质量差为CO2的质量，即CO2的质量为(m3m1)g，根据碳元素守恒，碳酸钠的质量为(m3m1)106/44g，则质量分数为(m3m1)106/44m2100%= (m3-m1)5322m2100%。26

54、、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

55、“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

56、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

57、+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

58、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；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。27、cCO和SO2等5Fe22HCO3=FeCO3CO2H2OFe(OH)

59、33CuO+2Fe3+ + 3H2O=2Fe(OH)3+3Cu2+3Fe(CN)6 4+ 4Fe3+ = Fe4Fe(CN)63【分析】（1）磁铁的成分主要是四氧化三铁；（2）“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等；根据KspAl(OH)3=1.01032计算要将Al3沉淀完全时溶液的pH；根据硫酸亚铁和碳酸氢铵反应生成FeCO3写出离子方程式；（3）因为Fe3+会水解产生较多的H+：Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+，加入CuO与H+反应生成Cu2+和H2O，降低了H+浓度，使得水解平衡正向移动，生成Fe(OH)3沉淀；（4）根据Fe(CN)64-和Fe3+反应生成Fe4Fe(CN)63蓝色沉淀写出离子方程式。【题目详解】（1）古代中国四大发明之一的指南针是由天然磁石制成的，磁铁的成分主要是四氧化三铁，故答案为c。（2）工业废渣主要含Fe2O3及少量SiO2、A12O3、CaO、MgO等杂质，加煤燃烧可生成CO、SO2等有毒气体，“还原焙烧”中产生的有毒气体可能有CO、SO2等，故答案为CO、SO2等；根据KspAl(OH)3=1.01032，要将Al3沉淀完全，c(Al3+)=1.010-5，c(OH-)=（1.01032/110-5）1/3=1.0109，则溶液