2022-2023学年河北省三河市第九中学高三化学第一学期期中统考模拟试题（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、下列各组物质，按化合物、单质、混合物顺序排列的是A生石灰、白磷、熟石灰B烧碱、液态氧、碘酒C干冰、铁、氯化氢D空气、氮气、胆矾2、某镍冶炼车间排放的漂洗废水中含有一定浓度的Ni2+和Cl-，图甲是双膜三室电沉积法回收废水中的Ni2+的示意图，图乙描述的是实验中阴极液pH值与镍回收率之间的关系。下列说法不正确的是（ ）A交换膜a为阳离子交换膜B阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+C阴极液 pH=1时，镍的回收率低主要是有较多的H2生成D浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，阴极回收得到11.8g镍3、

3、已知p(A)lg c(A)。三种金属硫化物在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）Aa点无ZnS沉淀生成B可用MnS除去MnCl2溶液中混有的少量ZnCl2CCuS和MnS共存的悬浊液中，c(Cu2+)/c(Mn2+)1020D向CuS悬浊液中加入少量水，平衡向溶解的方向移动，c(S2)增大4、某溶液中含有大量Fe2+、Fe3+、Mg2+和NH4+，其中c(H+)=10-2molL-1，在该溶液中还可以大量存在的阴离子是()ASO42-BNO3-CSCN-DCO325、工业上曾经通过反应“3Fe+4NaOHFe3O4+2H2+4Na”生产金属钠。下列有关说法正确的是( )A每

4、生成1molH2，转移的电子数约为46.021023B将生成的气体在空气中冷却可获得钠C该反应条件下铁的氧化性比钠强D用磁铁可以将Fe与Fe3O4分离6、NA表示阿伏加德罗常数。下列叙述中正确的是（ ）A标准状况下，2.24L水中含H原子的数目为0.2NAB1L 0.1 molL1KNO3溶液里含O原子的数目为0.3NAC2.3g钠反应生成Na2O和Na2O2的混合物，转移电子的数目为0.1NAD1mol H3O和1molNH4中含质子的数目均为10NA7、下列事实能说明影响化学反应速率的决定因素是反应物本身性质的是（ ）ACu与浓硝酸反应比与稀硝酸反应快BCu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反

5、应CN2与O2在常温常压下不能反应，放电时可反应D向H2O2溶液中，分别滴加5滴等浓度的FeCl3溶液或CuSO4溶液，前者产生气泡快8、能说明非金属性Cl比S强的是A酸性 HClH2SB电子对偏移程度Cl-HS-HC沸点 硫氯气D最高正价 ClS9、在探究下列物质性质或组成的实验中，结论不正确的是( )A将二氧化硫通入酸性KMnO4溶液中，紫色褪去，证明二氧化硫有还原性B向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，证明原溶液中含有Fe3+C将铝片放入冷浓硝酸中，无明显现象，证明浓硝酸与铝片不反应D向某无色溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，证明原溶液中一定有NH4

6、+10、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A明矾可用作净水剂B纯碱可用于中和过多的胃酸C硫酸铜常用作游泳馆池水消毒剂D硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查11、一定温度下，反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g)，达到平衡时： n(SO2)n(O2)n(SO3)234。缩小体积，反应再次达到平衡时，n(O2)0.8 mol，n(SO3)1.4 mol，此时SO2的物质的量应是()A1.2 molB0.4 molC0.8 molD0.6 mol12、下列说法正确的是A铅蓄电池在放电过程中，负极质量减小，正极质量增加BSO3与Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4，SO2与Ba(NO3)2溶液可得到

7、BaSO3C明矾水解生成Al(OH) 3胶体，可用作净水剂D室温下，SiO2(s)+3C(s)=SiC(s)+2CO(g)不能自发进行，则该反应的Hc(B-)CAB的电离程度(25)(35)DAB的电离是吸热过程14、有机物的结构可用“键线式”表示，如：CH3CHCHCH3可简写为。有机物X的键线式为，下列说法不正确的是（ ）AX的化学式为C8H8B有机物Y是X的同分异构体，且属于芳香烃，则Y的结构简式为CX能使酸性高锰酸钾溶液褪色DX与足量的H2在一定条件下反应可生成环状的饱和烃Z，Z的一氯代物有4种15、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1 molNH4NO3完全溶于稀氨水中，溶

8、液呈中性，溶液中的数目为NAB将Cl2通入FeBr2溶液中，有1 molBr2生成时，转移的电子数为2NAC7.8 g苯含键的数目为0.6NAD有铁粉参加的反应若生成3 molFe2+，则转移电子数一定为6NA16、下列图中，能正确表示 N2 3H2 2NH3 Q 过程的能量变化的是（ ）A B C D17、下列物质与其用途相符合的是( )NH3工业上制HNO3 SiO2太阳能电池 碘元素预防甲状腺肿大 Al2O3耐火材料A B C D18、下列说法正确的是A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，Ksp值变大B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀比用水洗涤损耗AgCl小C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入N

9、a2SO4固体，c(Ba2+)增大D物质的溶解度都随温度的升高而增加，物质的溶解都是吸热的19、取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于A8.64gB9.20gC9.00gD9.44g20、下列家庭化学实验不能达到预期目的的是A用灼烧并闻气味的方法区别纯棉织物和纯羊毛织物B用湿润的淀粉-KI 试纸检验 HCl气体中是否混有 Cl2C向 Ca(ClO)2 溶液中加入硫酸溶液，来证明 S、Cl 的非金属性强弱D将一片铝箔用火灼烧，铝箔

10、熔化但不滴落，证明铝箔表面致密Al2O3薄膜熔点高于Al21、二氧化碳和二氧化硫都属于A对应的酸的酸酐B最高价的氧化物C有还原性的物质D有漂白性的气体22、SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下两个化学反应：SO22Fe32H2O=SO42-2Fe 24H；Cr2O72-6Fe214H=2Cr36Fe37H2O。下列有关说法不正确的是ASO2发生氧化反应B氧化性：SO42- Fe3 Cr2O72-C每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NAD若有13.44 L SO2(标准状况)参加反应，则最终消耗0.4mol K2Cr2

11、O7二、非选择题(共84分)23、（14分）下图表示有关物质的相互转化关系，其中A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，I是常见的无色液体，反应在化工生产中有着重要应用（部分产物和条件已略去）。（1）写出以下物质的化学式：B_、F_。（2）反应的离子方程式为_。（3）我国首创的由G、空气和海水组成的电池，在航海领域有着极其重要的作用，其工作时正极反应式为_，该电池最大的优点是只需补充_填“正极”或“负极”材料就可接着使用。（4）向M的水溶液中加入少量A中的淡黄色固体，反应的化学方程式为_。（5）25时，pH均为5的盐酸和M的水溶液中，由H2O电离出的H物质的量浓度之比为_。24、（12分）短周期元

12、素W、X、Y、Z、M原子序数依次增大，元素W的一种核素的中子数为0，X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Z与M同主族，Z2电子层结构与氖原子相同。（1）M在元素周期表中的位置是_。（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。p的化学式为_。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84gmol1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，q分子的结构式为_。（4）(XY)2的性质与Cl2

13、相似，(XY)2与NaOH溶液常温下反应的离子方程式为_。（5）常温下，1molZ3能与Y的最简单氢化物反应，生成一种常见的盐和1molZ2，该反应的化学方程式为_。25、（12分）某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。（探究一）用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：(1)装置连接顺序为_(用字母表示)，F中反应的离子方程式是_(2)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_。（探究二）(3)某小组同学为探究SO2的漂白性性质，用下图所示装置进行实验，观察到如下现象：i中红色褪去；ii中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是_。(4)该小组同学又对SO2与氯水的反应进

14、行探究。用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。改变氯水用量，重复操作，发现品红溶液红色褪去，你认为中品红溶液褪色的原因可能是_， 设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设_。26、（10分）莫尔盐（NH4）2Fe（SO4）26H2O，Mr=392是一种重要的还原剂，在空气中比一般的亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列问题：.制取莫尔盐：（1）连接装置，检査装置气密性。将0.1mol（NH4）2SO4，晶体置于玻璃仪器中_（填仪器名称），将6.0g洁浄铁屑加入锥形瓶中。（2）打开分液漏斗瓶塞，关

15、闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸后关闭K1A装置中反应的离子方程式为_。待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_。关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、_、用无水乙醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在12之间，其目的为_。装置C的作用为_，装置C存在的缺点是_。测定莫尔盐样品的纯度（3）称取所得莫尔盐样品10.0g，用煮沸后冷却的蒸馏水配成100mL溶液，取20.00mL溶液加入稀硫酸，用0.1molL-1的KMnO4溶液滴定，达到滴定终点时消耗10.00mLKMnO4溶液。滴定反应

16、的离子方程式为_，该样品的纯度为_。27、（12分）碱式氯化镁(MgOHCl)常用作塑料添加剂，工业上制备方法较多，其中利用氢氧化镁热分解氯化铵制氨气并得到碱式氯化镁的工艺属于我国首创。某中学科研小组根据该原理设计如下装置图进行相关实验，装置C中CuO的质量为8.0 g。请回答下列问题：（1）装置A中发生反应生成碱式氯化镁的化学方程式为：_。（2）装置D中生成沉淀，发生反应的离子方程式为_。（3）反应过程中持续通入N2的作用有两点：一是: 将装置A中产生的氨气完全导出，二是:_。（4）若测得碱石灰的质量增加了a g，则得到碱式氯化镁的质量为_g。（5）反应完毕，装置C中的氧化铜全部由黑色变为红

17、色，称其质量为6.8 g，且生成的气体可直接排放到大气中，则红色固体是_，该反应中转移电子的物质的量为_mol。（6）请你设计一个实验方案证明装置C中的氧化铜反应完全后得到的红色固体中含有氧化亚铜。已知：Cu2O2H=Cu2CuH2O限选试剂：2 molL1H2SO4溶液、浓硫酸、2 molL1HNO3溶液、10 molL1 HNO3溶液实验步骤预期现象和结论步骤1：取反应后装置C中的少许固体于试管中步骤2：_28、（14分）氰化钠（NaCN）是一种重要的化工原料，用于电镀、冶金和有机合成医药，农药及金属处理等方面。已知：氰化钠为白色结晶颗粒或粉末，易潮解，有微弱的苦杏仁气味，剧毒。熔点563

18、.7，沸点1496。易溶于水，易水解生成氰化氢，水溶液呈强碱性。（1）氰化钠中碳元素的化合价2价，N元素显3价，则非金属性N_C（填），用离子方程式表示NaCN溶液呈强碱性的原因：_。（2）己知：则向NaCN溶液通入少量CO2反应的离子方程式：_（3）用如图所示装置除去含CN、Cl废水中的CN时，控制溶液PH为910，阳极产生的ClO将CN氧化为两种无污染的气体，下列说法错误的是_。A除去CN的反应：2CN5ClO2HN22CO25ClH2OB用石墨作阳极，铁作阴极C阴极的电极反应式为：2H2O2eH22OHD阳极的电极反应式为：Cl2OH2eClOH2O（4）氰化钠可用双氧水进行消毒处理。用

19、双氧水处理氰化钠产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，请写出该反应的化学方程式_；（5）化合物（CN）2的化学性质和卤素（X2）很相似，化学上称为拟卤素，试写出（CN）2与NaOH溶液反应的化学方程式：_。29、（10分）脱硝通常指将烟气中的氮氧化物(NOx)转化为无害的物质。（1）选择性催化还原技术(SCR)是目前最成熟的烟气脱硝技术，即在金属催化剂作用下，用还原剂(如NH3)选择性地与NOx反应生成N2和H2O。已知：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H=-905.5kJ mol-1N2(g)+O2(g)2NO(g) H=+180kJ mol-1完

20、成该方法中主要反应的热化学方程式：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g)4N2(g)+6H2O(g)H=_。该方法应控制反应温度在315400之间，反应温度不宜过低也不宜过高的原因是_。氨氮比会直接影响该方法的脱硝率，350时，只改变氨气的投放量，反应物X的转化率与氨氮比的关系如左下图所示，则X是_(填化学式)。氨氮比由0.5增加到1.0时，脱硝主要反应的平衡将向_方向移动。当1.0时，烟气中NO浓度反而增大，主要原因是_。(2)直接电解吸收也是脱硝的一种方法，用6%的稀硝酸吸收NOx生成HNO2(元弱酸)，再将吸收液导入电解槽电解，使之转化为硝酸。电解装置如右上图所示。图中b应连接电源的_

21、(填“正极”或“负极”)。阳极的电极反应式为_。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、B【题目详解】A、生石灰是化合物、白磷是单质、熟石灰是化合物，A项错误；B、烧碱是化合物、液态氧是单质、碘酒是混合物，B项正确；C、干冰是化合物、铁是单质、氯化氢是化合物，C项错误；D、空气是混合物、氮气是单质、胆矾是化合物，D项错误；答案选B。2、D【答案解析】阳极区域是稀硫酸，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，氢离子通过交换膜a进入浓缩室，所以交换膜a为阳离子交换膜，故A正确；阳极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故B正确

22、；阴极发生还原反应，酸性强时主要氢离子发生还原反应生成氢气、酸性弱时主要Ni2+发生还原反应生成Ni，故C正确；浓缩室得到1 L 0.5mol/L的盐酸时，转移电子0.4mol，阴极生成镍和氢气，所以阴极回收得到镍小于11.8g，故D错误；答案选D。3、D【分析】，则 ，故越大，越小。【题目详解】A.平衡曲线右上方为不饱和溶液，左下方为过饱和溶液，a点在曲线的右上方，为的不饱和溶液，所以没有沉淀生成，A正确；B.的溶解度大于，向溶液中中加入固体，可以将转化为更难溶的，达到除去的目的，B正确；C.根据图像可推知， ， 和共存的悬浊液中, ，C正确；D. 向悬浊液中加入少量水，沉淀溶解平衡向右移动

23、，但溶液依然是饱和溶液，故保持不变，D错误；答案选D。4、A【答案解析】溶液中c(H+)=110-2molL-1，该溶液呈酸性，则在溶液中不能存在和这几种离子反应的离子，据此分析解答。【题目详解】A.硫酸根离子和这几种离子都不反应，所以可以大量共存，选项A正确；B酸性条件下，NO3-离子和Fe2+离子发生氧化还原反应而不能共存，选项B错误；CFe3+和SCN-离子反应生成血红色的络合物而不能共存，选项C错误；DFe2+、Fe3+、Mg2+都与CO32离子发生反应，不能共存，选项D错误；故本题合理选项是A。【答案点睛】本题考查离子共存，为高考高频点，明确离子性质及离子共存条件是本题解答的关键，选

24、项B在酸性条件下，Fe2+、H+、NO3-发生氧化还原反应是本题的易错点，本题难度不大。5、A【题目详解】A.反应中，转移8个电子，所以每生成1mol氢气，转移4mol电子，故正确；B.将生成的气体在空气中冷去，钠和氧气反应生成氧化钠，不能得到钠，故错误；C.该反应利用钠的沸点低，铁没有氧化性，故错误；D.四氧化三铁是磁性氧化铁，不能用磁铁分离铁和四氧化三铁，故错误。故选A。6、C【题目详解】A.标况下水不是气体，不能用22.4L/mol计算其物质的量，故错误；B.溶液中含有水，故氧原子数错误；C.2.3克钠的物质的量为0.1mol反应失去0.1mol电子，故正确；D. H3O和1molNH4

25、二者都含有11个质子，故错误。故选C。7、B【分析】根据影响化学反应速率的条件分析。【题目详解】硝酸的浓度不同，反应速率不同，浓度为外因，故A不符合题意；BCu能与浓硝酸反应，而不能与浓盐酸反应，是与硝酸、盐酸的氧化性有关，反应由物质本身的性质决定，故B符合题意；C常温、常压下及放电均为反应条件，皆为外因，故C不符合题意；D滴加FeCl3溶液是使用了催化剂，这是外界因素，故D不符合题意。故选B。【答案点睛】反应物本身的性质为决定反应速率的决定性因素，而温度、浓度、放电、催化剂、压强等均为外因。8、B【答案解析】A比较非金属性的强弱，应根据对应的最高价氧化物对应的水化物的酸性比较，不能根据氢化物

26、的酸性进行比较，故A错误；B元素的非金属性越强，吸引电子能力越强，电子对偏移程度ClHSH，可说明非金属性ClS，故B正确；C沸点属于物理性质，与元素的非金属性无关，故C错误；D化合价高元素的非金属性不一定强，所以不能根据最高正化合价的大小来比较非金属性，故D错误；故答案为B。【答案点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单

27、质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱。9、C【题目详解】A. 二氧化硫具有还原性，被高锰酸钾溶液氧化，将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有还原性，A项正确；B. 向某溶液中加入KSCN溶液，溶液变成红色，生成Fe(SCN)3，证明原溶液中含有Fe3+，B项正确；C. 常温下，铝在浓硝酸中发生反应生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部金属继续反应，发生钝化现象，并不是不反应，且在加热的条件下，铝与浓硝酸能发生反应，C项错误；D. 向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则证明该气体为氨气，原溶液中一定存在铵根离

28、子，D项正确；答案选C。【答案点睛】二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢、溴水、氯水等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等；4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质；性质决定用途，学生切莫混淆，应加以重视。10、B【答案解析】A、氢氧化铝胶体具有吸附性；B、纯碱碱性较强，不能用于胃药；C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性；D、 硫酸钡难溶于水，可用于胃肠X射线造影检查。【题目详解】A、氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中悬浮的杂

29、质，故A正确；B、纯碱碱性较强，不能用于胃药，故B错误；C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，硫酸铜具有杀菌消毒作用，常用作游泳馆池水消毒剂，故C正确；D、 硫酸钡难溶于水，X射线不能透过，可用于胃肠X射线造影检查，故D正确。故选B。11、B【题目详解】反应平衡后SO2、O2、SO3的物质的量之比是2：3：4，保持其它条件不变，缩小体积达到新的平衡时，O2 、SO3的物质的量分别为0.8mol和1.4mol，产生SO3、O2的物质的量之比是1.4：0.8=1.75：14：3，说明缩小体积平衡向正反应方向移动，设改变体积后生成的SO3的物质的量为xmol，则反应的氧气为0.5xmol，因此(1

30、.4mol-xmol)：(0.8mol+0.5xmol)=4：3，解得x=0.2，故原平衡时SO3的物质的量=1.4mol-0.2mol=1.2mol，则原平衡时SO2的物质的量=1.2mol=0.6mol，故到达新平衡SO2的物质的量=0.6mol-0.2mol=0.4mol，故选B。【答案点睛】本题考查化学平衡的有关计算，难度中等，根据SO2、O2的物质的量比例关系或改变的条件判断平衡移动的方向是解题的关键。12、C【题目详解】A、铅蓄电池放电总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O，其中PbSO4是一种微溶性盐，电池放电时正极反应为PbO2+4H+SO42-+2e-=

31、PbSO4+2H2O，负极反应为Pb+SO42-2e-=PbSO4，所以正负极质量均增加，A错误；B、SO3+H2O+Ba(NO3)2=BaSO4+2HNO3，SO2如果类比，可生成BaSO3和HNO3，但是生成的HNO3会氧化+4 价S元素生成BaSO4，B错误；C、Al3+3H2OAl(OH)3+3H +，生成的Al(OH)3可以吸附水中的固体小颗粒起到净水的作用，C正确；D、该反应过程中气体总量增加，属于熵增反应，既S0，反应不能自发进行则G0，G=H-TS，所以H=G+TS0，D错误；故答案选C。13、D【答案解析】弱电解质存在电离平衡，升高温度，弱电解质的电离平衡常数增大，说明促进弱

32、电解质电离，则弱电解质的电离是吸热过程，据此分析解答。【题目详解】A.升高温度，其电离平衡常数增大，说明其电离程度增大，所以c(A+)随着温度升高而升高，A错误；B.根据电离方程式ABA+B-可知，在电解质AB溶液中，c(A+)=c(B-)，B错误；C.升高温度，其电离平衡常数增大，说明弱电解质AB的电离程度增大，所以AB的电离程度(25)(35)，C错误；D.升高温度，平衡向吸热反应方向移动，AB的电离程度增大，则AB的电离是吸热过程，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了弱电解质的电离，明确弱电解质电离特点是解本题关键，根据温度与电离平衡常数的关系来分析解答，注意电离平衡常数与溶液

33、的酸碱性无关，只与温度有关。14、D【题目详解】A根据键线式的书写特点，拐点代表碳原子，氢原子省略，所以的分子式为C8H8，故A正确；BX的化学式为C8H8，不饱和度为5，Y是X的同分异构体，属于芳香烃含有苯环，则其支链上有一个双键，则Y只能为，故B正确；C有机物X中具有碳碳双键，具有烯烃的性质，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾酸性溶液褪色，故C正确；DX和氢气加成以后，所有的双键变为单键，根据对称性原则，得到的烃共有两种类型的氢原子，所以Z的一氯代物有2种，故D错误；故答案为D。15、A【题目详解】A将1 mol NH4NO3溶于稀氨水中使溶液呈中性，根据电荷守恒可知：n()+n(H+)=n(O

34、H-)+n()，由于溶液显中性，故有n(H+)=n(OH-)，则n()=n()=1mol，的数目为NA个，选项A正确；B亚铁离子的还原性大于溴离子，Cl2通入FeBr2溶液中先与亚铁离子反应，再与溴离子反应，则1 molBr2生成时，转移的电子数大于2NA，选项B错误；C苯中有6个碳碳键和6个碳氢键，则1mol苯含有12mol键，7.8 g苯为0.1mol，含键的数目为1.2NA，选项C错误；D有铁粉参加的反应，如Fe+2 Fe3+=3Fe2+，生成3 molFe2+，则转移电子数为2NA，选项D错误；答案选A。16、B【答案解析】N2 3H2 2NH3，是一个放热反应，反应物的总能量大于生成

35、物的总能量，反应过程中反应物分子首先需要吸收能量变成能量较高的活化分子，据此可知选B。正确答案为B17、D【答案解析】NH3NONO2HNO3 ，故正确；二氧化硅作光导纤维，故错误；碘有极其重要的生理作用，人体内的碘主要存在于甲状腺中，人体内如果缺碘，甲状腺得不到足够的碘会形成甲状腺肿大，所以适当地补充碘，能预防甲状腺肿大，故正确；氧化铝是一种白色难熔的物质，是一-种很好的耐火材料,故正确；故选D。18、B【题目详解】A常温下向饱和AgCl水溶液中加入盐酸，沉淀溶解平衡逆向移动，但是由于温度不变，所以Ksp值不变，A错误；B用稀盐酸洗涤AgCl沉淀时由于沉淀溶解平衡逆向移动，所以溶解消耗的Ag

36、Cl比用水洗涤损耗AgCl小，B正确；C在含有BaSO4沉淀的溶液中加入Na2SO4固体，由于c(SO42-)增大，所以沉淀溶解平衡逆向移动，使溶液中的c(Ba2+)减小，C错误；D大多数物质的溶解度随温度的升高而增加，说明多数物质的溶解是吸热的，只有少数物质溶解度随温度的降低而增大，这类物质的溶解是放热的，D错误。答案选B。19、B【分析】铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。【题目详解】896

37、0mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol(5-4)+0.03mol2(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选B。【答案点睛】解答本题的关键是找到铜和镁失去的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量。要注意关键反应的方程式分析判断。20、C【答案解析】A.羊毛的主要成分是蛋白质，蛋白质燃烧时能产生烧焦羽毛的气味，所以用

38、灼烧方法可以鉴别纯棉织物和纯羊毛织物，故A正确；B.氯气与KI反应生成碘单质，而HCl不能，淀粉遇碘变蓝，则用湿润的淀粉KI试纸检验HCl气体中是否混有Cl2，故B正确；C.向Ca（ClO）2溶液中加入硫酸溶液，生成HClO，但HClO不是最高价含氧酸，不能比较非金属性的强弱，应利用最高价氧化物对应水化物的酸性比较非金属性强弱，故C错误；D.将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧生成氧化铝，氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面，则铝箔熔化但不滴落，证明铝箔表面致密Al2O3薄膜熔点高于Al，故D正确。故选C。21、A【题目详解】A、二氧化硫、二氧化碳都能和碱反应生成盐和水，都属于酸性氧化物是对应酸的酸酐，

39、故A正确；B、二氧化硫中硫元素为+4价，不是最高正价，故B错误；C、二氧化碳中碳元素化合价为最高价，有氧化性无有还原性，故C错误；D、二氧化硫具有漂白性，二氧化碳无此性质，SO2能使品红溶液褪色而CO2则不能，故D错误。故选A。22、D【答案解析】由反应可知反应中SO2具有还原性，Fe3+具有氧化性，氧化性Fe3+SO2，由反应可知反应中为Cr2O72-氧化剂，Fe2+为还原剂，氧化性Cr2O72-Fe3+。【题目详解】由反应可知反应中SO2具有还原性，发生氧化反应，A正确；氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，氧化剂氧化性大于还原剂氧化性，对比两个反应，应有Cr2O72-Fe3+SO

40、2，B正确；1mol K2Cr2O7参加反应生成2 mol Cr3，转移电子的数目,6mol，则每0.2 mol K2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为1.2NA，C正确；若13.44LSO2（标准状况）参加反应，n（SO2）=0.6mol，反应关系式为Cr2O72-3SO2，则最终消耗0.2molK2Cr2O7，D错误。故选D。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，侧重于基本概念的考查，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念和性质，易错点为电子转移数目计算和多步方程式计算，注意利用关系式法解答。二、非选择题(共84分)23、H2 Al2O3 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+

41、3H2 O22H2O4e4OH 负极 4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4AlOH3+12NaCl+3O2 1104 【分析】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、C，而B、D反应生成水，B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al（OH）3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3，据此解答。【题目详解】I是常见的无色液体，应为H2O，A是由G和某淡黄色固体组成的混合物，该混合物与水反应得到B、D、 C，而B.、D反应生成水，

42、B、D分别为氢气、氧气中的一种，可推知A为Al、Na2O2混合物，则C为NaAlO2，E为Al(OH)3、F为Al2O3，电解F得到D与G，故G为Al、D为O2、B为H2，G与盐酸反应生成M为AlCl3；(1)由上述分析可知，B为H2，F为Al2O3；(2)反应为铝与氢氧化钠溶液反应，离子方程式为：2Al+2OH+2H2O2AlO2+3H2；(3)由Al、空气和海水组成的电池，正极发生还原反应，氧气在正极放电生成氢氧根离子，工作时正极反应式为：O2+4e+2H2O4OH，反应中Al被消耗，Al为负极，该电池最大的优点是只需补充负极材料就可继续使用，故答案为O2+4e+2H2O4OH；负极；(4

43、)向AlCl3的水溶液中加入过氧化钠，反应的化学方程式为：4AlCl3+6Na2O2+6H2O=4AlOH3+12NaCl+3O2；(5)25时，pH为5的盐酸溶液中，由H2O电离出的H+物质的量浓度等于溶液中氢氧根离子浓度为109mol/L，pH为5的AlCl3的水溶液中氢离子浓度为水电离产生，由H2O电离出的H+物质的量浓度为105mol/L，故二者由H2O电离出的H+物质的量浓度之比为109mol/L：105mol/L=1:104，故答案为1:104。24、第三周期第VIA族 NH4SCN NCOOCN (CN)2+2OH=CN+CNO+H2O 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H

44、2O 【分析】元素W的一种核素的中子数为0，W是H元素；X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X是C元素；Z2电子层结构与氖相同，Z是O元素；Z与M同主族，M是S元素。W、X、Y、Z、M的原子序数依次增大，Y是N元素。据此解答。【题目详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z、M分别是H、C、N、O、S。（1）S位于元素周期表中第三周期VIA族；（2）化合物p由W、X、Y、M四种元素组成。已知向p溶液中加入FeCl3溶液，溶液变血红色，P中含有；向p溶液中加入NaOH溶液并加热可放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，P中含有，因此p的化学式为NH4SCN。（3）由X、Y、Z三种元素可组成摩尔质量为84g

45、mol1的物质q，且q分子中三种元素的原子个数之比为1:1:1。已知q分子中各原子均达到8电子稳定结构，且分子中不含双键，但含极性键和非极性键，所以q分子的结构式为NCOOCN。（4）(CN)2的性质与Cl2相似，根据氯气与氢氧化钠反应，(CN)2与NaOH溶液反应的离子方程式为(CN)2+2OH=CN+CNO+H2O。（5）常温下，1molO3能与氨气反应，生成一种常见的盐NH4NO3和1molO2，该反应的化学方程式为2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O。25、ACBEDF Ca2+ +2ClO- +CO2 +H2O=CaCO3 +2HClO D中品红不褪色,F中产生白色沉淀 H

46、2SO3、HSO3-、SO32- 过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质 将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者 【答案解析】探究一：次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中。

47、探究二：实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要尾气处理；SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品红褪色的微粒含有S元素；当氯气或者二氧化硫多余时，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，据此分析。【题目详解】（1）次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高

48、锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，F中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为：Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为ACBEDF，Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO。（2）要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3H2CO3HClO即可：应先用二氧化硫制备二氧化碳（A利用盐酸和亚硫酸氢钠反应制取二氧化硫，C通过饱和的亚硫酸氢钠洗去二氧化

49、硫中的氯化氢，通过B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳），制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫气体（E用酸性高锰酸钾除去二氧化硫），再用品红检验二氧化硫是否除净（D用品红检验），再通入漂白粉中（F），能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为D中品红不褪色，F中产生白色沉淀，故答案为：D中品红不褪色，F中产生白色沉淀。（3）实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要吸收处理，故碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入H中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品红褪色，而其水溶液可以，因此使品红褪色

50、的微粒可能是H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为 H2SO3、HSO3-、SO32-。（4）当氯气或者二氧化硫多余时，过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质；因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，故将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者；故答案为过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质；将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者。26、三颈烧瓶 Fe+2H+=H2+Fe2+ A中的液体被压入B中 过滤 抑制亚铁离子水解 液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+ 不能除去尾气中的H2，甚

51、至发生倒吸 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 98% 【分析】制取莫尔盐：打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸，硫酸和铁反应生成氢气，将装置内的空气排出，待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中的液体被压入B中，关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，可生成莫尔盐，冷却结晶，过滤，用无水乙醇洗涤，可得到莫尔盐晶体，装置C可用于液封，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+。【题目详解】(1)由图可知将0.1mol（NH4）2SO4晶体置于三颈烧瓶中；(2)铁与硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=H2+

52、Fe2+；待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，A中生成氢气，压强增大，可将A中的液体被压入B中；将晶体从溶液中分离出来，可用过滤的方法，硫酸过量，可抑制亚铁离子水解；导管插入液面以下，可起到液封作用，防止空气进入三颈烧瓶氧化Fe2+的作用，但不能除去尾气中的H2，装置内冷却后甚至发生倒吸；(3)亚铁离子具有还原性，与高锰酸钾发生5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O，n(KMnO4)=0.01L0.1mol/L=0.001mol，则20.00mL溶液中n(Fe2+)=0.005mol，则10.0g样品中(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为0.025mol，样品

53、的含量为 100%=98%。【答案点睛】第3题计算时要注意滴定的待测液是从配制的100mL溶液中取的20mL。27、Mg(OH)2NH4ClMgOHClNH3H2O Al33NH3H2O=Al(OH)33NH 稀释氨气，防止倒吸 4.25a Cu和Cu2O 0.15 向试管中加入适量2 molL1H2SO4溶液 溶液变成蓝色，说明红色固体中含有Cu2O 【答案解析】A中反应得到MgOHCl，还生成NH3与H2O，碱石灰干燥氨气，C中氨气与氧化铜反应会得到氮气与水，D最过氧化钠水反应生成氧气，D中氨气与氧气发生催化氧化，F中NO与氧气反应得到二氧化氮，G中二氧化氮溶解得到硝酸，硝酸与Cu反应。据

54、此分析解答。【题目详解】(1)A中氢氧化镁与氯化铵再加热条件下反应生成MgOHCl、NH3与H2O，反应方程式为：Mg(OH)2+NH4Cl MgOHCl+NH3+H2O，故答案为Mg(OH)2+NH4Cl MgOHCl+NH3+H2O；(2)氨水和氯化铝反应生成氯化铵和氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故答案为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；(3)G中二氧化氮、氨气极易溶于水，溶解会导致倒吸，通入氮气可以稀释氨气，防止倒吸，故答案为稀释氨气，防止倒吸；(4)若测得碱石灰的质量增加了a g，即生成的水的质量为ag，根据Mg(OH)2+NH4Cl MgOHCl+NH3+H2O，生成的碱式氯化镁的质量为76.5g/mol=4.25a g，故答案为4.25a；(5)红色物质为Cu或Cu2O或二者混合物，固体质量减少质量为减少的氧元素质量，则减少的氧元素质量为8g-6.8g=1.2g，而CuO中氧元素质量为8.0g =1.6g1.2g，故红色固体为Cu、Cu2O混合物，设二者物质的量分别为xmol、ymol，则：x+2y，64x+144y，解得x=0.05，y=0.025，则转移电子为