2022-2023学年广东省广州市实验中学化学高三第一学期期中调研模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、U的浓缩一直为国际社会关注，下列有关U说法正确的是（ ）AU原子核中含有92个中子BU原子核外有143个电子CU与U互为同位素DU与U互为同素异形体2、某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所

2、示。下列实验事实与所得结论相符的是实验事实所得结论A湿润的品红试纸褪色证明硫燃烧的产物中有SO2B湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体证明硫的燃烧产物能被还原成硫C湿润的蓝色石蕊试纸变红证明硫的燃烧产物中有酸类物质D加入BaCl2溶液产生白色沉淀证明硫燃烧的产物中有SO3AABBCCDD3、下列变化原理不同于其他三项的是A将Na投入水中溶液呈碱性 BCl2能使品红褪色C过氧化钠作供氧剂 D活性炭可作为净水剂4、将0.2molL1 NaHCO3溶液与0.1molL1KOH溶液等体积混合，下列关系正确的是A2c(K)c(HCO3)2c(CO32)c(H2CO3)Bc(Na)c(K)c(OH)c(HC

3、O3)c(CO32)c(H)Cc(OH)c(CO32)c(H)c(H2CO3)0.1 molL1D3c(K)c(H)c(OH)c(HCO3)2c(CO32)5、一定能在以下溶液中大量共存的离子组是A含有大量Al3+的溶液：Na+、NH4+、SO42-、Cl-Bc(H+)=110-13molL-1的溶液：Na+、Ca2+、SO42-、CO32-C含有大量Fe3+的溶液：Na+、Mg2+、NO3-、SCN-D含有大量NO3-的溶液：H+、Fe2+、SO42-、Cl-6、海水中有丰富的矿产、能源、药物、水产等化学化工资源，下图是某工厂对海水资源综合利用的示意图。下列有关说法正确的是 () A海水中含

4、有丰富的Mg元素，利用母液沉淀Mg2+时，使用是石灰乳作为沉淀剂B流程为：将MgCl26H2O在空气中受热分解即可制的无水MgCl2C在流程中溴元素均被氧化D流程中欲除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，操作步骤为：依次加入BaCl2溶液、NaOH7、由下列实验操作和现象得出的结论正确的是( )选项实验操作实验现象结论A向Co2O3中滴加浓盐酸产生黄绿色气体氧化性：Cl2Co2O3B在镁、铝为电极，氢氧化钠为电解质的原电池装置镁表面有气泡金属活动性：AlMgC测定等物质的量浓度的NaCl与Na2CO3溶液的pH后者较大非金属性：ClCD将10 mL2 mol/L的KI溶液

5、与1 mL1 mol/LFeCl3溶液混合充分反应后滴加KSCN溶液溶液颜色变红KI与FeCl3的反应具有可逆性AABBCCDD8、能实现下列物质间直接转化的元素是()A硅B硫C铜D铁9、下列反应的离子方程式书写正确的是A澄清石灰水与足量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2OB1molL-1的NaAlO2溶液和2.5molL-1的盐酸等体积混合：2AlO2-+5H+=Al（OH）3+Al3+H2OC实验室配制的亚铁盐溶液在空气中被氧化：4Fe2+O2+2H2O=4Fe3+4OH-D用酸化的高锰酸钾溶液氧化双氧水：2MnO4-+6H+H2O2=2Mn2+3O2+4H2O1

6、0、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2 ，2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法错误的是AKClO3在反应中得到电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1 mol KClO3参加反应有2mol电子转移11、用1.0molL1NaOH溶液中和某浓度硫酸溶液时，其pH和所加NaOH溶液的体积关系如图所示。原硫酸溶液的物质的量浓度和完全反应后溶液的总体积是A1molL1,60mLB0.5molL1,80mLC0.5molL1,40mLD1molL1.80mL12、一定量的Cu2S投入到足量浓

7、硝酸中，收集到气体nmol，向反应后的溶液（存在Cu2+和SO42-）中加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤、洗涤、灼烧，得到CuO48.0g，若上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2。则n为（ ）A3.28B1.80C0.80D1.6313、能说明溶液呈中性的最可靠依据是（）ApH7Bc（H+）c（OH）CpH试纸不变色D石蕊试液不变色14、下列有关溶液组成的描述合理的是（）A无色溶液中可能大量存在Al3、NH、Cl、Cu2B酸性溶液中可能大量存在Na、ClO、SO、IC中性溶液中可能大量存在Ba2、K、Cl、SOD无色溶液中可能大量存在Na、K、Cl、HCO15、亚硫酸盐是一种常见

8、的食品添加剂，用如图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。下列说法不正确的是A葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用B反应中若不通入N2则测得的SO2含量偏低C反应中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度D若仅将中的氧化剂“H2O2溶液”替换为“溴水”，对测定结果无影响16、用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是A升华提纯碘B鉴别纯碱与小苏打C证明Cl2能与烧碱溶液反应 D探究钠与Cl2反应17、常温下硫单质主要以S8形式存在，加热时S8会转化为S6、S4、S2等，当蒸气温度达到750 时主要以S2形式存在，下

9、列说法正确的是AS8转化为S6、S4、S2属于物理变化B不论哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2C常温条件下单质硫为原子晶体D把硫单质在空气中加热到750 即得S218、有机物M：可用作涂料。对M的分析错误的是（ ）AM中含酯基BM可通过加聚反应制得C个M水解得到个RCOOHDM的水解产物中仍有高分子化合物19、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是( )选项实验操作和现象结论A Cl2、SO2均能使品红溶液褪色两者均有氧化性B向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀该溶液中一定有SO42-C向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，有无色气体产生氯水中含HClOD向盛有高锰酸钾酸性溶

10、液的试管中加入足量的苯振荡高锰酸钾溶液紫红色不褪色AABBCCDD20、下列各组稀溶液，只用试管和胶头滴管不能鉴别的是()ANa2CO3和HClBAl2(SO4)3和NaHCO3CNaOH和AlCl3DBa(OH)2 Na2CO3和NaHSO421、下列实验操作或装置能达到目的的是（ ）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色AABBCCDD22、下列现象或操作与溶解度或溶解度的变化无关的是A液溴保存时用水封B合成氨工业中将N2、H2和NH3中氨分离C苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊D重结晶法分离氯化钠和氯化钾二、非选择题(共84分)23、（14分）色酮类化合物K具有抗

11、菌、降血脂等生理活性，其合成路线如下：已知：(R、R1、R2、R3、R4代表烃基)(1)A的结构简式是_；根据系统命名法，F的名称是_。(2)BC所需试剂a是_；试剂b的结构简式是_。(3)C与足量的NaOH反应的化学方程式为_。(4)G与银氨溶液反应的化学方程式为_。(5)已知：2H J+H2O; J的核磁共振氢谱只有两组峰。以E和J为原料合成K分为三步反应，写出下列化合物的结构简式：_24、（12分）已知A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增。A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，而B原子的最外层电子数是次外层的2倍，C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B和D可

12、以形成两种气态化合物，E原子核外电子总数比B的2倍少1，F在本周期元素中原子半径最小。则： (1)A、B、C、D、E、F的名称分别是 _ 。 (2)在A至F中任选元素，写出一种含非极性键的离子化合物的电子式 _ 。 (3)由B和D组成，且B和D的质量比为38的化合物的电子式是 _ ，该物质与E的同周期相邻主族元素的单质反应的化学方程式为_ 。 (4)F单质与E的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为_。 (5)将8g BA4完全燃烧后恢复到室温，放出热量a kJ，写出表示BA4的燃烧热的热化学方程式_。25、（12分）硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：Na2

13、S2O3在酸性溶液中不能稳定存在；硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S2O32-+I2 = S4O62- + 2I- 。（）制备Na2S2O35H2O打开K1，关闭K2，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_。C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。C中碳酸钠的作用是_。“停止C中的反应”的操作是_。过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。装置B中盛放的试剂是（填化学式）_溶液，其作用是_。（）用I2的标准溶液测定产品的纯度取5.5g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用

14、浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示：编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05滴定时，达到滴定终点的现象是_。Na2S2O35H2O在产品中的质量分数是_（用百分数表示，且保留1位小数）。下列操作中可能使测定结果偏低的是_(填字母)。A酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液B滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数26、（10分）研究非金属元素及其化合物的性

15、质具有重要意义。 含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2 。某研究性学习小组在实验室利用装置(如图)测定烟气中SO2的体积分数。 (1)将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_、_。(填序号)KMnO4溶液 饱和NaHSO3溶液 饱和Na2CO3溶液 饱和NaHCO3溶液 (2)若烟气的流速为a mLmin-1，若t1 min后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数_。 II某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验(装置图)：(3)检查装置A的气密性：_，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。(4

16、)装置A中发生的反应的离子方程式为_。(5)整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：_。(6)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开旋塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭旋塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_(7)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2 (SC

17、N)2。Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5 ，与水发生水解反应。AgClO、AgBrO均可溶于水。结合化学用语解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：_；设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_，若_，则上述解释合理。欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量红色物质加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_。27、（12分）用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.010 00 molL1的K2Cr2O7标

18、准溶液250 mL，应准确称取一定质量的K2Cr2O7(保留4位有效数字)，已知M(K2Cr2O7)294.0 gmol1。(1)计算配制250 mL 0.010 00 molL1K2Cr2O7溶液时需要准确计量K2Cr2O7的质量是_g。(2)配制该标准溶液时，下列仪器中不必要用的有_(用编号表示)。电子天平烧杯量筒玻璃棒容量瓶胶头滴管移液管(3)配制0.010 00 molL1 K2Cr2O7溶液的操作步骤为(填写空白)：计算称量_移液洗涤_摇匀。(4)配制0.010 00 molL1 K2Cr2O7溶液时，下列操作对配制结果有何影响(填“偏高”或“偏低”)?配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒_

19、。定容时，仰视刻度线_。(5)配制0.010 00 molL1 K2Cr2O7溶液；定容时不慎加水超过了刻度线，应如何操作：_。(6)用0.010 00 molL1 K2Cr2O7溶液滴定 20.00 mL未知浓度的含Fe2的溶液，恰好完全反应时消耗10.00 mL K2Cr2O7溶液，则溶液中Fe2的物质的量浓度是_。(已知：Fe2Cr2OH-Cr3Fe3H2O 未配平)28、（14分）次磷酸(H3PO2)是一种精细磷化工产品，具有较强还原性，回答下列问题:（1）H3PO2是一元中强酸，则H3PO2(aq)中离子浓度的顺序为:_。（2）H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，

20、从而可用于化学镀银H3PO2中，磷元素的化合价为_利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1,则氧化产物为_(填化学式);NaHPO2为_(填“正盐”或“酸式盐”),其溶液显_（“弱酸性”，“中性”或“弱碱性”).（3）H3PO2的工业制法是将白磷(P4)与Ba(OH)2溶液反应生成PH3气体和Ba(H3PO2),后者再与H2SO4反应。写出白磷与Ba(OH)2溶液反应的化学方程式:_。（4）H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示(阳膜和阴膜分别只允许阳离子，阴离子通过):写出阳极的电极反应式：_分析产品室可得到H3PO2的原因:_（5）磷酸

21、(H3PO4) 在水溶液中各种存在形式物质的量分数随pH的变化曲线如图:向Na3PO4溶液中滴入稀盐酸后，pH从10降低到5的过程中发生的主要反应的离子方程式为_。从图中推断NaH2PO4溶液中各种微粒浓度大小关系正确的是_。(填选项字母)A、c(Na+) c(H2PO4-) c(H+) c(HPO42-) c(H3PO4)B、c(Na+) c(H2PO4-) c(OH-)c(H3PO4) c(HPO42-)C、c(H+)+ c(Na+)= c(OH-)+c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)+ c(H3PO4)D、c(Na+)= c(H2PO4-)+c(HPO42-)+

22、c(PO43-)+ c(H3PO4)假设在25时测得0.1 molL-1Na3PO4溶液的pH=12，近似计算出Na3PO4第一步水解的水解常数(用Kh表示) Kh=_molL-1(忽略Na3PO4第二、第三步水解，结果保留两位有效数字)。29、（10分） “绿水青山就是金山银山”，研究NO2、NO、CO等大气污染物的处理对建设美丽家乡，打造宜居环境具有重要意义。(1)汽车尾气中含有CO、NO、NO2等有毒气体，对汽车加装尾气净化装置，用含铂等过渡元素的催化剂催化，可使有毒气体相互反应转化成无毒气体。已知：碳C(s)的燃烧热为393.5 kJmol-1，N2(g) + 2O2(g) 2NO2(

23、g) H1+ 68 kJmol-1C(s)1/2O2(g)CO(g) H2110.5 kJmol-1则2NO2(g)+ 4 CO(g)4CO2(g)+ N2(g) H_(2)CO 还原法处理 NO:原理为 2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)H=-746 kJ mol-1。在容积为2L的某密闭容器中充入5 mol CO和4 mol NO，发生该反应。平衡体系中NO的体积分数与温度、压强的关系如图所示。 下列有关说法正确的是_(填代号)。a.温度:T2T1b. NO的平衡转化率：FDBc.反应速率:CDE某温度下，上述反应进行5min时放出的热量为373 kJ，则N2的平均反应

24、速率 (N2 ) =_ molL1min-1。(3)某温度下，N2O在金粉表面发生热分解：2N2O(g)2N2(g)O2(g)，测得c(N2O)随时间t变化关系如图所示。已知瞬时反应速率与c(N2O)的关系为k cn(N2O)(k是反应速率常数)，则n_，k_。(4)元素铈(Ce)常见价态有+3、+4，雾霾中含有的污染物NO可以被含Ce4+的溶液吸收，生成NO2-、NO3- 物质的量之比为1：1，试写出该反应的离子方程式：_。用电解的方法可将上述吸收液中的NO2- 转化为稳定的无毒气体，同时生成Ce4，其原理如图所示。无毒气体从电解槽的_(填字母代号)口逸出。每生成标准状况下11.2L无毒气体

25、，同时可再生Ce4_mol。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、C【题目详解】A的质子数为92，质量数为235，中子数为235-92=143，故A错误；B中质子数为92，质子数等于核外电子数，其核外电子数为92，故B错误；C和的质子数相同，但中子数不同，是U元素的两种不同原子，则互为同位素，故C正确；D同素异形体是指同一元素形成的不同单质，和互为同位素，故D错误；答案为C。2、A【题目详解】A. 湿润的品红试纸褪色，说明生成的物质具有漂白性，则证明燃烧时生成了二氧化硫，故A正确；B. 湿润的Na2S试纸上出现淡

26、黄色固体，说明硫离子被氧化剂氧化为硫单质，瓶内含有氧气具有氧化性，不一定是二氧化硫被还原，故B错误；C. 湿润的蓝色石蕊试纸变红，是因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试纸变红，二氧化硫不是酸，是酸性氧化物，故C错误；D. 硫与氧气燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；答案选A。3、D【答案解析】A、将Na投入水中溶液呈碱性是因为钠与水反应生成强碱氢氧化钠；B、Cl2能使品红褪色是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强氧化性；C、过氧化钠作供氧剂是因为过氧化钠能与CO2、水反应产生氧气；D、活性炭可作为净水剂利用的是活性炭的吸附作用，属于物理变化，因此原理不同于其他三项，答案选

27、D。4、D【答案解析】将0.2molL-1NaHCO3溶液与0.1molL-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.05mol/L的NaHCO3，碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.1mol/L，溶液显示碱性，则c(OH-)c(H+)，然后结合电荷守恒、物料守恒对各选项进行判断。【题目详解】0.2molL-1NaHCO3溶液与0.1molL-1KOH溶液等体积混合，反应后的溶质为0.025mol/L的碳酸钾、碳酸钠和0.

28、05mol/L的NaHCO3。A混合液中钾离子浓度为0.05mol/L，则2c(K+)=0.1mol/L，根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L，则c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)0.1mol/L，所以2c(K+)c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(H2CO3)，故A错误；B由于碳酸氢根离子、碳酸根离子水解，则溶液显示碱性，c(OH-)c(H+)；碳酸根离子的水解程度大于碳酸氢根离子，则溶液中碳酸氢根离子浓度大于0.05mol/L，碳酸根离子浓度小于0.05mol/L；钾离子浓度为0.05mol/L、钠离子浓度为0.

29、1mol/L，则溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(HCO3-)c(K+)c(CO32-)c(OH-)c(H+)，故B错误；C根据物料守恒可得：c(HCO3-)+c(CO32-)+c(H2CO3)=0.1mol/L=c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05，根据电荷守恒可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，根据可得：c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+c(K+)，由于c(K+)=0.05，则c(OH-)+c(CO32-)=c(H+)+c(H2CO3)+0.05molL-1，故C错误；D根据电荷守恒

30、可得：c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)+c(Na+)，由于混合液中c(Na+)=0.1mol/L、c(K+)=0.05 mol/L，则c(Na+)=2c(K+)，所以3c(K+)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度较大，正确分析混合液中的溶质组成为解答关键。注意掌握判断溶液中离子浓度大小的方法，选项C为易错点，需要明确混合液体积比原溶液体积扩大了1倍，则钾离子浓度减小为原先的一半。5、A【题目详解】A因该组离子之间不反应，能大量共存

31、，故A正确；Bc（H+）=110-13mol/L的溶液，显碱性，Ca2+、CO32-结合生成沉淀，则不能共存，故B错误；C因Fe3+、SCN-结合生成络离子，则不能共存，故C错误；D因H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，则不能共存，故D错误；故选A。6、A【题目详解】A选项，海水中含有丰富的Mg元素，利用母液沉淀Mg2+时，使用石灰乳而不用NaOH溶液来作沉淀剂，主要石灰乳相对氢氧化钠便宜，经济效率高，故A正确；B选项，流程为：将MgCl26H2O在HCl气流中受热分解即可制的无水MgCl2，故B错误；C选项，在流程溴离子被氧化为溴单质，流程溴单质和二氧化硫反应生成硫酸和氢溴酸，溴化合价

32、降低被还原，流程中溴元素被氧化，故C错误；D选项，流程中欲除去粗盐中的SO42-、Ca2+、Mg2+、Fe3+等杂质，可以加过量的氯化钡除去硫酸根离子，然后用碳酸钠去除钙离子和过量的钡离子，则碳酸钠放在氯化钡之后，加氢氧化钠无先后顺序要求，过滤后再加盐酸，来除去过量的氢氧化钠和碳酸钠，故D错误；综上所述，答案为A。【答案点睛】氯化铁、氯化镁等要水解的盐必须在氯化氢气流中加热蒸干。7、D【题目详解】A发生氧化还原反应生成氯气，Co元素的化合价降低，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性：Cl2Co2O3，故A错误；BAl与NaOH溶液反应，Al为负极，但金属性Mg大于Al，故B错误；C

33、常温下，测定等浓度的Na2CO3和NaCl的溶液的pH，Na2CO3溶液大，可知盐酸的酸性大于碳酸的酸性，盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，故C错误；DKI过量，由现象可知还反应后存在铁离子，则KI与FeCl3的反应具有可逆性，故D正确。答案选D。8、B【题目详解】二氧化硅、氧化铜和氧化铁都和水不反应，所以选项B正确，答案选B。9、B【答案解析】A、澄清石灰水是少量，因此离子反应方程式为Ca22OH2HCO3=CaCO3CO322H2O，故A错误；B、AlO2与盐酸反应可能为AlO2HH2O=Al(OH)3、AlO24H=Al32H2O，两种溶液等体积混合，因此物质的量之比为

34、1：2.5，介于1：1和1：4之间，既有Al(OH)3也有Al3，发生的反应是AlO2HH2O=Al(OH)3，假设偏铝酸钠的体积为1L，则消耗H物质的量为1mol，生成Al(OH)3物质的量为1mol，Al(OH)33H=Al33H2O，消耗氢氧化铝的物质的量为(2.51)/3mol=0.5mol，氢氧化铝还剩0.5mol，生成Al3物质的量为0.5mol，因此离子反应方程式为2AlO2+5H=Al(OH)3+Al3+H2O，故B正确； C、Fe3和OH不能大量共存，故C错误；D、H2O2遇到强氧化剂时，表现还原性MnO4Mn2，化合价降低5价，H2O2O2，化合价共升高2价，最小公倍数是1

35、0，离子反应方程式为：2MnO45H2O26H=2Mn25O28H2O，故D错误。点睛：本题的易错点是选项A，类似的反应中，少量的系数定为1，澄清石灰水是少量，系数为1，1molCa(OH)2中有2molOH，需要消耗2molHCO3，因此离子反应方程式为：Ca22OH2HCO3=CaCO3CO322H2O。10、D【题目详解】A在反应中，KClO3中的Cl元素由+5价降低到+4价，得电子作氧化剂，A正确；BClO2是KClO3得电子(被还原)后的产物，所以是还原产物，B正确；C在反应中，H2C2O4中的C元素由+3价升高为+4价，在反应中失电子被氧化，C正确；DKClO3中的Cl元素由+5价

36、降低到+4价，1 mol KClO3参加反应有1mol电子转移，D错误；故选D。11、B【题目详解】根据图象知，硫酸的pH=0，则c(H+)=1mol/L，c(H2SO4)=c(H+)=0.5mol/L；完全反应时氢氧化钠溶液的体积为40mL，根据反应中氢氧化钠和硫酸的关系式得：n(NaOH)=2n(H2SO4)=20.5mol/L0.04L=1mol/LV，所以V(NaOH)=40mL，则混合溶液体积=40mL2=80mL，故选B。12、B【分析】结合n=计算n(CuO)，根据Cu元素守恒计算n(Cu2S)，再根据电子转移数目守恒计算n(NO)、n(NO2)，进而计算气体总物质的量，实际气体

37、介于二者之间。【题目详解】得到CuO48.0g，其物质的量为=0.6mol，n(Cu2S)=n(CuO)=0.6mol=0.3mol，Cu2S中S的化合价由-2价升高为+6价，且Cu元素的化合价由+1价升高为+2价，则转移电子物质的量0.3（8+12）=3mol，上述气体为NO和NO2混合物，且体积比为1：2，设NO为xmol、NO2为2xmol，由电子守恒可知3x+2x=3，解得x=0.6，可知n=0.6+20.6=1.80。答案选B。【答案点睛】氧化还原反应的计算，把握元素化合价变化、电子守恒为解答的关键，注意守恒法的应用。13、B【题目详解】ApH=7的溶液不一定呈中性，如100时，水的

38、离子积常数是10-12，pH=6时溶液呈中性，当pH=7时溶液呈碱性，故A错误；Bc（H+）=c（OH-）溶液一定呈中性，故B正确；CpH试纸测定溶液的酸碱性时，不变色时溶液不一定显中性，故C错误；D石蕊试液为紫色溶液，变色范围58，故石蕊试液不变色溶液不一定呈中性，故D错误；答案选B。【点晴】溶液的酸碱性是根据溶液中氢离子浓度和氢氧根离子浓度的相对大小判断的；当溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度时，溶液呈酸性；当氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等时，溶液呈中性；当溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度时，溶液呈碱性，注意不能根据溶液的pH值判断溶液的酸碱性，因为温度影响了水的电离，水的离子积常数在不

39、同温度下是不等的。14、D【题目详解】ACu2为蓝色溶液，不符合无色溶液的要求，故A错误；B酸性溶液中可ClO不能大量共存，而且ClO具有强氧化性，能氧化碘离子，不能大量共存，故B错误；CBa2和SO会生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C错误；DNa、K、Cl、HCO是无色溶液，而且不能发生反应，能大量存在，故D正确；故选D。15、D【答案解析】A项，葡萄酒酿造时通入SO2起到杀菌和增酸的作用，正确；B项，反应中若不通入N2，则在反应中部分SO2被氧化，气体A偏小，测得的SO2含量偏低，正确；C项，反应中煮沸的目的是加快H2SO3的分解，降低SO2的溶解度，使葡萄酒中SO2全部蒸出，正确；D项，

40、将“H2O2溶液”替换为“溴水”，发生反应Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr，为保证SO2完全吸收，溴水要略过量，用NaOH溶液中和，消耗的NaOH增多，测得的SO2含量偏高，对测定结果有影响，错误；答案选D。16、B【题目详解】A碘单质易升华，加热后遇冷水冷凝成固体，装置设置合理，故不选A项；B加热固体，为了防止生成的水倒流，试管应该倾斜向下，装置设置不合理，故选B项；C将NaOH溶液滴入瓶中，Cl2和NaOH溶液反应，导致瓶内压强减小，气球的体积会变大，裝置设置合理，故不选C项；D加热装置并通入Cl2可以观察到Na剧烈燃烧，产生大量白烟和光亮的黄色火焰，装置可用于探究Na和Cl

41、2的反应，故不选D项；故选B。17、B【题目详解】AS8、S6、S4、S2属于不同的分子，它们间的转化为化学变化，故A错误；B硫燃烧只能生成SO2，故B正确；C常温下，硫单质主要以S8形式存在，常温条件下单质硫为分子晶体，故C错误；D硫单质在空气中加热到750 时被氧化，生成硫的氧化物，得不到S2，故D错误；选B。18、C【答案解析】有机物M是由丙烯酸和R-OH醇先酯化再加聚得到的，其中含有酯基，故A正确，B正确。水解后为聚丙烯酸仍是高分子化合物故D正确。M 水解得R-OH 不能得到RCOOH，故C错误，本题的正确选项为C。19、D【题目详解】A.氯气和水反应生成的次氯酸有强氧化性，次氯酸的强

42、氧化性使品红溶液褪色；二氧化硫和品红反应生成无色的物质而使品红褪色，不能说明其有氧化性，A错误；B.酸性条件下，硝酸根离子有强氧化性，能把SO32-氧化生成SO42-，对检验SO42-造成干扰，故向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，不能说明该溶液中一定有SO42-，B错误；C.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水，氯水中H+与HCO3-反应生成二氧化碳气体，C错误；D.苯不能使高锰酸钾溶液褪色，D正确；答案选D。20、B【分析】只用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的就可以鉴别。【题目详解】A. 将碳酸钠溶液滴加到

43、盐酸溶液中立即有气泡生成，将盐酸滴加到碳酸钠溶液中，开始没有气体生成，当盐酸滴加到一定程度后就有气体生成，滴加的顺序不同，反应现象不同，可以鉴别，所以A选项不符合题意； B. 无论是硫酸铝滴加到碳酸氢钠溶液中还是碳酸氢钠滴加到硫酸铝溶液中，都是既产生沉淀，也放出气体，因而不能鉴别两种物质，所以选项B符合题意；C.将氢氧化钠溶液滴加到氯化铝溶液中首先生成白色沉淀，当氢氧化钠溶液过量时沉淀又溶解；将氯化铝滴加到NaOH中，开始没有现象，后来生成沉淀。滴加的顺序不同，反应现象不同，可以鉴别，所以C选项不符合题意； D. Ba(OH)2滴入Na2CO3溶液中产生白色沉淀；滴入到NaHSO4时也产生白色

44、沉淀；Na2CO3溶液滴入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，滴入NaHSO4溶液中立刻有大量气体产生；NaHSO4滴入Ba(OH)2溶液中产生白色沉淀，滴入Na2CO3溶液中，开始无现象，后来量多了放出气体，相互滴加，顺序不同，现象不同，可以鉴别，选项D不符合题意；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查不加任何试剂的鉴别，题目难度中等，注意物质发生反应的现象，牢固掌握相关基础知识，是解答此类题目的关键。21、B【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【题目详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸

45、沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【答案点睛】本题考查实验装置和基本操作，易错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。22、B【题目详解】A液溴具有挥发性，在水中的溶解度较小，所以保存液溴通常采用水封的方法，与溶解度有关，选项A错误；B合成氨中氨的分离利用

46、了氨气容易液化的性质，不是溶解度的变化，选项B正确；C苯酚在冷水中溶解度较小，易溶于热水，所以苯酚溶液置于冰水浴中变浑浊，该变化与溶解度有关，选项C错误；D重结晶法分离氯化钠和氯化钾，氯化钠的溶解度受温度影响较小，而氯化钾的溶解度受温度影响较大，与溶解度大小相关，选项D错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、 1丙醇 Br2和Fe(或FeBr3) CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O E：； J：；中间产物1：； 中间产物2： 【分析】A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为

47、。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，以此分析。【题目详解】A的分子式是C6H6，结构简式为，A发生硝化反应生成B，B为，由D的结构简式及反应条件，可知C为。F的分子式是C3H8O，能催化氧化生成醛基，则含有CH2OH结构，结构简式为CH3CH2CH2OH，F催化氧化生成G，G为CH3CH2CHO，G催化氧化生成H，H为CH3CH2COOH，(1)根据以上分析，A的结构简式是；F的结构简式为CH3CH2CH2OH，名称是1丙醇。故答案为： ；1丙

48、醇；(2) BC是苯环上的溴代反应，则试剂a为Br2和Fe(或FeBr3)；由D的结构简式和已知，可知试剂b为。故答案为：Br2和Fe(或FeBr3)；(3)C与足量的NaOH反应为卤代烃的水解反应和酸碱中和反应，化学方程式为。故答案为：。(4)G与银氨溶液发生醛基的氧化反应，化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O 。故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OH CH3CH2COONH4+2Ag+3NH3+H2O；(5)根据(5)中已知条件可知，E为，J为丙酸酐，结构简式为；根据已知可得中间产物1为，根据已知可得中间产

49、物2为。24、氢、碳、氮、氧、钠、氯 CO2+2MgC+2MgO 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol 【分析】A原子的电子层数与它的核外电子总数相同，应为H元素；B原子的最外层电子数是次外层的2倍，应为C元素；C的氢化物可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为N元素，形成的氢化物为氨气，为碱性气体；B和D可以形成两种气态化合物，应分别为CO和CO2，则D为O元素；E原子核外电子总数比B的2倍少1，则E的原子序数为11，应为Na元素；A、B、C、D、E、F都是短周期的元素，它们的原子序数依次递增，且F在本周期元

50、素中原子半径最小，应为Cl元素。【题目详解】(1) 综上所述A、B、C、D、E、F的名称分别是氢、碳、氮、氧、钠、氯，因此答案是:氢、碳、氮、氧、钠、氯；(2) 在A至F元素中含非极性键的离子化合物Na2O2，其电子式，因此答案是: 。 (3) B为C、D为O，由C和O组成的且C和O的质量比为38的化合物为CO2，其电子式为 ，该物质与E为Na的同周期相邻主族元素Mg的单质反应的化学方程式为CO2+2MgC+2MgO,因此答案是；CO2+2MgC+2MgO。 (4) F单质为Cl2与Na的最高价氧化物的水化物反应的化学方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；因此答案是: 2N

51、aOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O ； (5) BA4为CH4，将8g 的CH4完全燃烧后恢复到室温，放出热量a kJ，则1mol CH4完全燃烧放出2akJ的热量，则CH4的燃烧热的热化学方程式CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol，答案：CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-2akJ/mol。25、Cu+2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2+ 2H2O 提供碱性环境，作反应物 打开K2，关闭K1 NaOH 在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染 加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟

52、内颜色不改变 90.2 CD 【答案解析】（）铜和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2和H2O；故答案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O；SO2通入Na2CO3溶液中反应生成Na2SO3，Na2SO3和硫粉反应生成Na2S2O3，故Na2CO3作反应物；又Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，Na2CO3又可以提供碱性环境。停止C中的反应只需要打开K2，关闭K1 。故答案为提供碱性环境，作反应物；打开K2，关闭K1；打开K2，关闭K1，C中反应停止，SO2进入B装置，为防止SO2排放到空气中污染环境，装置B利用NaOH溶液吸收。故答案为NaOH；在C中的反应停止后，吸收A

53、中产生的多余SO2，防止空气污染；（）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；根据表中数据可知，第二次实验中消耗I2标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值是=l，则根据反应的方程式可知，2S2O32+I2S4O62+2I，所以样品中Na2S2O35H2O的物质的量是0.050mol/L0.0200L210=0.02mol，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数=；故答案为加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变；90.2%；A、酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液，标

54、准液的浓度偏小，造成V(标准)偏大，所以计算出的c(待测)偏大，故A错误；B、滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，锥形瓶中Na2S2O3的物质的量不受影响，所以V(标准)不受影响，计算出c(待测)也不受影响，故B错误；C、酸式滴定管中装有标准液I2，尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡，使得记录的标准液体积小于实际溶液的体积，所以计算出的c(待测)偏小，故C正确；C、读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数，使得记录的标准液体积小于实际溶液的体积，所以计算出的c(待测)偏小，故D正确。故答案为CD。点睛：分析误差时要看是否影响标准体积的用量，若标准体积偏大，

55、结果偏高；若标准体积偏小，则结果偏小；若不影响标准体积，则结果无影响。26、 关闭止水夹b，打开旋塞a MnO2+4H+2Cl-=Mn2+2H2O+Cl2 缺少尾气处理装置 Cl2Br2Fe3+ 过量氯气氧化SCN-，使SCN-浓度减小，则Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色 滴加KSCN溶液 溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红) BrCl发生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-与Ag+结合生成AgCl白色沉淀 【分析】.本实验的目的是要测定烟气中SO2的体积分数，装置C中长进短出显然是要吸收某种气体，装置D中短进长出则是要排液法测定气体的体积；因常

56、见溶液中没有可以吸收N2和O2，剩余气体中一定会有二者，据此可知测定原理应是装置C中吸收SO2，然后测定剩余气体体积。.本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气收集(安全瓶)净化氯气(除HCl)然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【题目详解】(1)根据分析可知装置C用来吸收二氧化硫，碱性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合气体中有二氧化碳，碱性溶液也会吸收二氧化碳，所以装置C中应选用氧化性溶液，即选；装置D需要排液，则应降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶

57、液来测量量剩余气体的体积，所以选；(2)若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：=；(3)检查装置A的气密性可以关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;(4)装置A中为浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；MnO2+4H+2Cl-=Mn2+2H2O+Cl2；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置；(6)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振

58、荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是 Cl2Br2Fe3+；(7)根据题目信息可知，过量氯气能将SCN氧化使SCN-浓度减小，使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；若要证明上述解释，则需平衡正向移动使溶液变红，可取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)，则上述推测合理；发生反应BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl，不产生Br，结果观察到仅有白色沉淀产生。27、0.7350 溶解 定容 偏低 偏低 重新配制 0

59、.03molL1 【答案解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L0.01000mol/L294.0 gmol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的仪器：电子天平、烧杯、玻璃棒、量筒、250mL容量瓶、胶头滴管；用不到的是：移液管；故答案为；（3）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等；故答案为溶解；定容；（4）配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；定容时，仰视刻度线，

60、导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低； （5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制；（6）依据方程式，设Fe2+离子的物质的量浓度为c：6Fe2+ + Cr2O72-+14H+=2Cr3+6Fe3+7H2O6 1c20.00mL 0.01000mol/L10.00mL解得c=0.030mol/L；答案：溶液中Fe2+的物质的量浓度0.030mol/L。28、c(H+)c(H2PO2-)c(OH-) +1价 H3PO4 正盐 弱碱性 2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba( H2PO2)2+2PH3 2H2O-4e-=O2+4H+ 阳极室产生的H+穿过阳膜扩散至产