2022-2023学年河北邢台市内丘中学等五校化学高三第一学期期中质量跟踪监视模拟试题（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、某同学利用氧化还原反应：2KMnO410FeSO48H2SO4=2MnSO45Fe2(SO4)3K2SO48H2O设计如图所示原电池，盐桥中装有饱和K2SO4溶液。下列说法正确的是Ab电极上发生还原反应B外电路电子

2、的流向是从a到bC电池工作时，盐桥中的SO42-移向甲烧杯Da电极上发生的反应为MnO4-8H5e=Mn24H2O2、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、下列化工生产不涉及氧化还原反应的是( )A工业合成氨 B工业冶炼钠 C工业制漂白粉 D侯氏制碱4、短周期元素A、B、C在周期表中所处的位置如图所示。A、B、C三种元素原子的质子数和为32。D元素原子的

3、最外层电子数是其次外层电子数的2倍。则下列说法正确的是A元素D的某种同位素质量数为14，则其中子数为6B四种元素形成的气态氢化物中，C元素的氢化物的稳定性最强CB、C两种元素可形成BC6型化合物，该化合物属于离子化合物DA、B两种元素的气态氢化物均能与它们对应的最高价氧化物对应的水化物发生反应，且都属于氧化还原反应5、下列离子方程式书写正确且能合理解释事实的是A将铜丝插入稀硝酸中：Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2OB向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀：Mg2+2HCO3-+2OH-=MgCO3+2H2OC向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时

4、问后，溶液变蓝：4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2OD向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2：2Fe2+4Br-+3C12=2Fe3+2Br2+6C1-6、新型电池的开发与使用在现代社会中已很普遍，一种水煤气燃料电池的能量转化率可达90%以上。下列说法不正确的是A总反应中包含有2CO+O2=2CO2B负极反应为H2-2e-=2H+、CO-2e-+H2O=CO2+2H+C电路中通过0.4 mol电子，电极消耗约4.48 L（标准状况）水煤气（CO：H2=1：1）D有机固体中的H+在放电时向正极移动，造成正极pH不断减小7、甲、乙两烧杯中各盛有100 mL 3 m

5、olL1的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后生成的气体的体积比为甲乙12，则加入铝粉的质量为()A5.4 gB3.6 gC2.7 gD1.8 g8、下列实验事实不能用平衡移动原理解释的是A向浓氨水中加入NaOH固体有利于NH3逸出B对2HI(g)H2(g)+I2(g) 平衡体系，减小容器体积，体系颜色变深C可乐饮料打开瓶盖后有气泡冒出D实验室用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳9、分別进行下列操作，由现象得出的结论正确的是 （ ）选项操作现象结论A向某一溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42-B将KI溶液滴入FeCl3溶液中，加

6、入CCl4，振荡、静置下层溶液显紫色还原性：Fe2+IC将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中溶液中出现凝胶非金属性：ClSiD向某一溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水溶液显红色原溶液中一定含有Fe2+AABBCCDD10、在新制的氯水中存在下列平衡：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，若向氯水中加入少量NaHCO3粉末，溶液中发生的变化是（ ）ApH增大，HClO浓度减小BpH增大，HClO浓度增大CpH减小，HClO浓度增大DpH减小，HClO浓度减小11、常温下，向20 mL 0.2 mol/L H2A溶液中滴加0.2 mol/L NaOH溶液。微粒物质的量的变化如图所示。下列

7、说法正确的是A当V(NaOH)=20 mL时，溶液中离子浓度关系：c(Na)c(HA)c(A2)c(H)c(OH)B当V(NaOH)=30 mL时，则有：2c(H+) + c(HA-) +2c(H2A) =c(A2-) +2c(OH-)C向上述加入20 mL NaOH溶液后所得溶液中再加入水的过程中，pH减小D若A、B两点对应的溶液pH值分别为a、b，则H2A2H+A2-的K=10-a-b12、能正确表示下列反应的离子方程式是A(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应：+Fe2+3OH-+2+2Ba2+=2BaSO4+NH3H2O+Fe(OH)3B电解CuCl2水溶液：Cu

8、2+2Cl-+2H2OCu(OH)2+Cl2+H2C邻羟基苯甲酸乙酯与NaOH溶液共热：+2OH-+C2H5OH+H2ODCuSO4溶液中滴加过量稀氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)2+213、化学与生活密切相关。下列说法错误的是APM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物B燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放C绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染D天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料14、如图是模拟铁的电化学防护装置，不正确的叙述是()A此装置属于原电池B此装置中电子从铁经导线流向锌C此装置中的铁极上发生还原反应D该电化学防护法称为“牺

9、牲阳极阴极保护法”15、下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）A铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业B将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2CNa2CO3稳定且熔点高，熔融Na2CO3使用耐高温的石英坩埚D无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水16、以下物质间的每一步转化能通过一步反应实现的（ ）AFe2O3FeCl3FeCl2BSiSiO2H2SiO3Na2SiO3CCCOH2CO3CO2DAlAl2O3Al(OH)3NaAlO217、某种浓差电池的装置如下图所示，碱液室中加入电石渣浆液主要成分为Ca(OH)2，酸液

10、室通入CO2(以NaCl为支持电解质)，产生电能的同时可生产纯碱等物质。下列叙述错误的是（ ）A电子由M极经外电路流向N极BN电极区的电极反应式为2H+2e=H2C在碱液室可以生成 NaHCO3、Na2CO3D放电一段时间后，酸液室溶液pH增大18、室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验：实验现象试管中开始无现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色.试管中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体， 溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N2， 溶液变为蓝色.下列说法正确的是A试管中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B等质量的 Cu 完全溶解时，中消耗的HN

11、O3更多C换成Fe之后重复实验，依然是试管中反应更剧烈D试管中反应后溶液颜色与试管中的不同，是由于溶有NO219、下列说法中正确的是（ ）A生石灰可用作食品抗氧化剂B焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于化学变化C“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾不能使海水淡化D分散系中分散质粒子的大小：Fe（OH）3悬浊液Fe（OH）3 胶体7，则证明CO与NaOH固体发生了反应。经小组讨论，该方案不可行，理由是_。（5）某同学为了测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度，设计如下实验方案：准确称取固体产物m g配成100 mL溶液，取20.00 mL溶液，加入指示剂，用c molL1的盐

12、酸标准溶液平行滴定剩余的NaOH三次，平均消耗的体积为V mL。已知：三种指示剂的变色范围如下所示。则指示剂应选用_，产物中甲酸钠的纯度为_(用含m、c、V的代数式表示)。28、（14分）优化反应条件是研究化学反应的重要方向。（1）以硫代硫酸钠与硫酸的反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O为例，探究外界条件对化学反应速率的影响，实验方案如下表所示。实验序号Na2S2O3溶液H2SO4溶液蒸馏水温度/浓度/（mol/L）体积/mL浓度/（mol/L）体积/mL体积/mL0.11.50.11.510200.12.50.11.59a0.1b0.11.5930表中，a为_，b

13、为_。实验表明，实验的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为_。硫代硫酸钠可用于从含氧化银的矿渣中浸出银，反应如下：Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag(S2O3)23-+2OH-。在实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节pH的范围为8.59.5，解释其原因：_。（2）工业上常用空气催化氧化法除去电石渣浆（含 CaO）上清液中的S2-，并制取石膏（CaSO42H2O），其中的物质转化过程如图所示。过程、中，起催化剂作用的物质是_。过程中，反应的离子方程式为_。根据物质转化过程，若将10L上清液中的S2-转化为SO42-（S2-浓度为320mg/L），理论上共需要标准状况下的O2的体积为_L。

14、29、（10分）利用反应NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)+Q（Q0）可处理NO2、SO2等大气污染物，具有十分重要的意义。完成下列填空。(1)该反应中被氧化的元素是_；写出该反应的平衡常数表达式：K=_。(2)若将NO2(g)和SO2(g)置于一密闭容器中进行上述反应。下列说法能表明反应达到平衡状态的是_（选填编号）。a.混合气体颜色保持不变 b.NO2和NO的体积比保持不变c.每消耗1mol SO2的同时生成1mol SO3 d.体系中气体密度保持不变(3)一定温度下，在容积为V L的容器中发生上述反应，t min内，SO2的物质的量下降了a mol，则这段时间内v(NO)

15、=_（用相关字母表示并注明单位）。(4)请写出两种能提高SO2转化率的措施：_。(5)亚硫酸溶液久置，pH会变小，请用化学方程式表示其原因_。(6)将SO2持续通入NaOH溶液中，溶液中SO32-的浓度变化如图所示，请解释原因。_。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、D【答案解析】A、根据原电池的工作原理：负极失电子，发生氧化反应，正极得电子发生还原反应，b极上电极反应式：Fe2eFe3，A错误；B、外电路电子流向是从b流向a，B错误；C、根据原电池的工作原理：阴离子向负极移动，阳离子向正极移动，SO42向b极

16、移动，C错误；D、电池总反应式：2MnO410Fe216H2Mn210Fe38H2O，a极是正极得电子，电极反应式电池总反应式b极反应式，得出：2MnO416H10e2Mn28H2O，化简得：MnO48H5eMn24H2O，D正确；答案选D。【点晴】明确原电池的工作原理是解答的关键，根据氧化还原反应理论分析反应2KMnO4+10FeSO4+8H2SO42MnSO4+5Fe2(SO4)3+K2SO4+8H2O可知，Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，再结合原电池理论，则b为负极，a为正极，结合原电池中负极发生氧化反应，电流从正极流向负极，阴离子向负极移动来解答即可。2

17、、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；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

18、；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

19、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、D【答案解析】A. 工业合成氨：N2+3H22NH3，生产涉及氧化还原反应，选项A不选；B. 工业冶炼钠：2NaCl（熔融）2Na+Cl2，生产涉及氧化还原反应选项B不选；C. 工业制漂白粉：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，生产涉及氧化还原反应，选项C不选；D、侯氏制碱法原理：NaClNH3CO2H2O=NaHCO3NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3H2OCO2，均发生非氧化还原反应，选项D选。答案

20、选D。4、B【答案解析】根据ABC三种元素在周期表中的相对位置可知，设A的原子序数是x，则B是x9，C是x2，则xx9x232，解得x7，即A是N，B是S，C是F。D元素原子的最外层电子数为次外层电子数的2倍，因此D是碳元素。A、碳的某种同位素质量数为14，则其中子数为8，故A错误；B、非金属性越强，氢化物的稳定性越强，F是最活泼的非金属，HF的稳定性最高，故B正确； C、在SF6分子中，S与F是共价键，SF6是共价化合物，故C错误；D、氨气和硝酸反应是化合反应，且不是氧化还原反应。H2S和浓硫酸反应是氧化还原反应，反应类型不同，故D错误。5、C【答案解析】A. 将铜丝插入稀硝酸中发生反应的离

21、子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，A不正确；B. 向Mg(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀，该反应的离子方程式为Mg2+2HCO3-+4OH-=Mg(OH)2+2H2O+2 CO32-，B不正确；C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时问后，溶液变蓝，该反应的离子方程式为4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O，C正确；D. 向含0.1 mol FeBr2的溶液中通入0.1 mol Cl2，该反应的离子方程式为2Fe2+2Br-+2C12=2Fe3+Br2+4C1-，D不正确。本题选C。点睛：向Mg(HCO3)2溶液中加入过量

22、NaOH溶液，由于氢氧化镁的溶解度比碳酸镁小，所以两者反应的产物是氢氧化镁。如果只加入少量NaOH溶液，则生成微溶的碳酸镁。FeBr2的溶液中通入少量的 Cl2，由于Fe2+的还原性比Br-强，所以Fe2+先与Cl2反应。6、D【分析】水煤气燃料电池的负极上通入的是燃料：一氧化碳和氢气，发生失电子的氧化反应，在正极上是氧气发生得电子的还原反应，阳离子移向正极，根据电极反应式确定电子转移的数目并进行计算即可。【题目详解】A. 水煤气的主要成分是一氧化碳和氢气，因此，该燃料电池的总反应为：2CO+O2=2CO2、2H2+O2=2H2O或CO+H2+O2=CO2+H2O，A项正确；B. 负极反应物是

23、H2和CO，介质是有机固体超强酸，因此，负极反应为：H2-2e-=2H+、CO-2e-+H2O=CO2+2H+，B项正确；C. 正极反应为：O2+4H+4e-=2H2O，电路中通过0.4mol电子，正极消耗0.1mol O2，根据总反应式CO+H2+O2=CO2+H2O可知消耗氢气和一氧化碳均是0.1mol，因此标准状况下水煤气的体积为4.48L，C项正确；D. 原电池工作时，阳离子向正极迁移，因此，该燃料电池工作时，氢离子向正极迁移，迁移到正极的氢离子数等于正极反应消耗的氢离子数，但反应中还有水生成，因此正极的氢离子浓度减小，pH增大，D项错误；答案选D。7、A【分析】根据铝的质量相同，盐酸

24、和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=1：2，由化学反应方程式可知，酸与金属反应时酸不过量，碱与金属反应时碱过量来计算解答。【题目详解】根据方程式，当铝分别和盐酸、氢氧化钠反应时，若消耗等量的铝，生成的气体体积比为1:1。若铝过量，等量的盐酸和氢氧化钠，生成的气体体积比为2:1。所以当两烧杯中生成的气体体积比为1:2时，可推知两烧杯中，生成的气体少的甲烧杯中铝有剩余，生成气体多的乙烧杯中铝不足。因为等量的铝消耗的盐酸物质的量更大，故甲烧杯中装盐酸；乙烧杯中装氢氧化钠。盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量均为，又两烧杯中分别加入等质量的铝粉，反应结束后测得生成

25、的气体体积比为甲：乙=1:2，设铝与酸反应时酸完全反应，生成的氢气的物质的量为x，则解得x=0.15mol，一定条件下，气体的物质的量之比等于体积之比，则碱与金属铝反应生成的氢气的物质的量为，碱与金属铝反应时铝完全反应，设与碱反应的铝的物质的量为y，则解得y=0.2mol，则铝的质量为。故答案选：A。8、B【答案解析】A.浓氨水中存在NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，加入氢氧化钠，氢氧根离子的浓度增大，平衡向氨气逸出的方向移动，故A错误；B.氢气和碘蒸气生成碘化氢的反应是体积不变的可逆反应，增大压强，平衡不移动，颜色变深是体积减小，浓度增大导致的，不能用平衡移动原理解释，故B正确；C.

26、打开瓶盖后，体系压强减小，为了减弱这种改变，CO2（g）+H2O（l）H2CO3（aq）平衡向气体体积增大的方向移动，有大量的气泡产生，可以用平衡移动原理解释，故C错误；D.二氧化碳与水反应生成碳酸，CO2+H2OH2CO3H+HCO3-，饱和碳酸氢钠溶液中的碳酸氢钠电离出的碳酸氢根离子抑制了二氧化碳的溶解，所以实验室用排饱和碳酸氢钠溶液的方法收集二氧化碳，故D错误。故选B。9、D【答案解析】A、向某一溶液中滴加Ba(NO3)2和HNO3混合溶液，生成白色沉淀，不能证明原溶液中一定有SO42，因硝酸具有强氧化性，所以溶液中有可能是含有SO32或HSO3，故A错误；B、下层溶液显紫色，说明有碘单

27、质生成，则KI和FeCl3溶液反应生成碘单质，结合还原剂还原性大于还原产物还原性分析可知，还原性：IFe2+，故B错误；C、将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中，溶液中出现凝胶，说明反应生成硅酸，只能证明酸性：盐酸硅酸，由于盐酸不是最高价含氧酸，无法据此判断Cl、Si的非金属性强弱，故C错误；D、向某一溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，说明溶液中没有Fe3+，再滴加新制氯水，溶液显红色，说明生成了Fe3+，则原溶液中一定含有Fe2+，故D正确；【名师点睛】把元素化合物的知识、化学原理和实验操作及实验结论的分析进行了结合，考查了考生运用所学知识分析实验现象，得出正确结论的能力，审题时应全面细致，如

28、将稀盐酸滴入Na2SiO3溶液中来检验非金属性：ClSi，体现了化学实验方案设计的严谨性；向某一溶液中滴加KSCN溶液，溶液不变色，再滴加新制氯水，检测原溶液中是否含有Fe2+，体现了由现象看本质的科学态度。答案选D。10、B【分析】若向氯水中加入少量NaHCO3粉末，会和溶液中的盐酸反应使平衡正向进行，根据此分析进行解答。【题目详解】次氯酸酸性小于碳酸，不与碳酸氢钠反应，若向氯水加入碳酸氢钠粉末，盐酸与碳酸氢钠反应，平衡向正反应方向移动，溶液中次氯酸浓度增大，溶液PH增大，故B选项正确。故答案选B。11、D【分析】A.根据图象知，当V(NaOH)=20mL时,发生反应为NaOH+H2A=Na

29、HA+H2O，溶液主要为NaHA,电离为主,溶液显酸性；B. 当V(NaOH)=30 mL时，溶质Na2A和NaHA且为1:1，根据电荷守恒和物料守恒判断；C. NaHA以电离为主,溶液显酸性，加水稀释，酸性减弱； D.根据A、B两点对应的溶液pH值分别为a、b，分别计算出H2A电离平衡常数K1和K2，然后在根据H2A2H+A2-计算K值。【题目详解】A. 当V(NaOH)=20 mL时，发生反应为NaOH+H2A=NaHA+H2O;溶液主要为NaHA, HA-电离大于水解,溶液显酸性,结合水的电离平衡可知，c(Na)c(HA)c(H)c(A2)c(OH), 故A错误；B. 当V(NaOH)=

30、30 mL时，溶液中溶质为Na2A和NaHA且为1:1；溶液中电荷守恒：c(Na)+c(H)=2c(A2)+c(OH)+c(HA)，物料守恒：2c(Na)=3c(A2)+3c(HA)+3c(H2A)，所以溶液中存在以下关系：2c(H+)+3c(H2A)+ c(HA)=c(A2-) +2c(OH-)，B错误；C.二者恰好反应生成NaHA，加水稀释促进HA电离和水解，因为电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,加水稀释导致氢离子个数增大,但氢离子物质的量的增大程度小于溶液体积增大程度,所以溶液中c(H+)减小，溶液的pH增大，故C错误；D. A点时，溶液中c(H2A )=c(HA)，H2A第一步电离的电

31、离常数为K1= c(HA)c(H)/ c(H2A )=10-a；B点时，溶液中c(A2- )=c(HA)，H2A第一步电离的电离常数为K2= c(A2- )c(H)/c(HA)= 10-b ；H2A2H+A2-的K= c(A2- )c2(H)/c(H2A )= K2K1=10-b10-a=10-a-b，D正确；综上所述，本题选D。12、C【题目详解】A(NH4)2Fe(SO4)2溶液与过量Ba(OH)2溶液反应，、Fe2+、都参加反应，正确的离子方程式为2+Fe2+2+2Ba2+4OH-=2BaSO4+2NH3H2O+Fe(OH)2，A错误；B用惰性电极电解CuCl2水溶液，阴极Cu2+放电生

32、成铜，阳极Cl-放电生成Cl2，正确的离子方程式为Cu2+2Cl-Cu+Cl2，B错误；C与NaOH溶液共热，酯基发生水解，酚羟基与NaOH发生反应生成酚钠，反应的离子方程式为+2OH-+C2H5OH+H2O，C正确；DCuSO4溶液中滴加过量稀氨水生成铜氨络离子，正确的离子方程式为Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O，D错误；答案选C。13、B【答案解析】A、PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物，正确；B、CaO 与SO2反应生成CaSO3，CaO与CO2不反应，故B错误；C、绿色化学要求从源头上消除或减少污染，故C正确；D、天然气和液化石油气燃烧生成二氧化碳

33、和水，是我国目前推广使用的清洁燃料，故D正确。答案选B。14、B【分析】【题目详解】A锌铁海水构成了原电池，锌失电子作负极，铁作正极，A正确；B该装置中，金属铁是原电池的正极，锌为负极，电子从锌经过导线流向铁，B错误；C该装置中，金属铁是原电池的正极，铁极上发生还原反应，C正确；D该装置为原电池，锌为负极，锌失电子生成锌离子，铁作正极被保护，属于“牺牲阳极阴极保护法”，D正确；答案选B。【答案点睛】本题考查了原电池的构成条件以及金属的防护方法，明确原电池的工作原理是解答的关键，注意原电池中正负极的判断、离子移动方向以及电极反应式书写等。15、C【题目详解】A低密度、高强度的铝锂合金常用于航空工

34、业，故A选项正确。B氯气与氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则将废铁屑加入氯化亚铁溶液中可以吸收工业废气中的氯气，故B选项正确。C石英的成分是二氧化硅，在高温条件下与碳酸钠反应而使坩埚炸裂，故C选项错误。D能够依据变色硅胶中CoCl2吸水后固体颜色的变化判断硅胶是否吸水，故D选项正确。故答案选C。16、A【题目详解】A. 氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，所以Fe2O3FeCl3FeCl2能一步实现，A项正确； B. 二氧化硅与水不反应，SiO2H2SiO3不能一步实现，B项错误；C. 一氧化碳不能一步反应生成碳酸，COH2CO3不能实现，C项错

35、误；D. 氧化铝不与水反应，Al2O3Al(OH)3不能一步实现，D项错误；答案选A。【答案点睛】D项是易错点，要特别注意Al2O3Al(OH)3不能一步实现，且铝单质也不能直接生成氢氧化铝。17、C【答案解析】氢气在电极M表面失电子得到氢离子，为电池的负极，碱液室中的氢氧根离子透过阴离子交换膜，中和正电荷。酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成氢气，电极N为电池的正极。同时，酸液室中的氯离子透过阴离子交换膜进入碱液室，补充负电荷，据此分析；【题目详解】A.电极M为电池的负极，电子由M极经外电路流向N极，故A项正确；B.酸液室中的氢离子透过质子交换膜，在电极N表面得到电子生成

36、氢气，N电极区的电极反应式为2H+2e=H2，故B项正确；C.酸液室与碱液室之间为阴离子交换膜，钠离子不能进入碱液室，应在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C项错误；D.放电一段时间后，酸液室氢离子被消耗，最终得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D项正确；综上，本题选C。18、D【题目详解】A铜与稀硝酸反应生成NO，试管中浅红棕色气体为NO2、NO的混合气体，NO2由NO与氧气反应生成，故A错误；B根据方程式，铜与稀硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸8mol，铜与浓硝酸反应时，3mol铜消耗硝酸12mol，所以等质量的 Cu 完全溶解时，中消耗的HNO3更多，故B错误；C铁在浓硝

37、酸中钝化，故C错误；D向试管中持续通入N2， 溶液变为蓝色，所以试管中反应后溶液颜色与试管中的不同，是由于溶有NO2，故D正确。19、C【题目详解】A选项，Fe可用作食品抗氧化剂，生石灰作干燥剂，故A错误；B选项，焰色反应是物质燃烧时火焰呈现的颜色变化，属于物理变化，故B错误；C选项，“海水淡化”可以解决“淡水供应危机”，但加入明矾只能净水，不能使海水淡化，故C正确；D选项，分散系中分散质粒子的大小：Fe(OH)3悬浊液 Fe(OH)3胶体 FeCl3溶液，故D错误；综上所述，答案为C。【答案点睛】焰色反应为物理变化；食品中的化学知识；铁粉做抗氧剂，生石灰作干燥剂。20、D【答案解析】A. 实

38、验均有红棕色气体产生，产生的气体中都含有NO2气体，故A正确；B. 实验产生NO2，表明浓硝酸具有受热易分解的性质，故B正确；C. 浓硝酸受热易分解，实验不能表明红热木炭与浓硝酸发生了反应，故C正确；D. 实验的气体产物中可能含有木炭的氧化产物二氧化碳气体，故D不正确。故选D。21、C【分析】无色溶液中不能含有有色离子。和铝反应生成氢气的溶液可能为酸或碱。【题目详解】A.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，铵根离子在碱性溶液中不存在，故该组离子一定不能存在，故错误；B.铜离子有颜色，不错误；C.四种离子在酸性溶液或碱性溶液中都能存在，故正确；D.溶液中含有硝酸根离子，在酸性溶液中和铝反应不能产生氢气

39、，故错误。故选C。22、A【题目详解】A. 碳酸钠加到醋酸中有气体生成，则醋酸酸性大于碳酸，碳酸钠加入到硼酸中无现象，说明碳酸酸性大于硼酸，则可得醋酸的酸性大于硼酸，故A正确；B. 将氢氧化钠滴加到硫酸亚铁溶液中，可短暂生成氢氧化亚铁，但很快被空气中的氧气氧化生成氢氧化铁，若想制得氢氧化亚铁需满足无氧条件，例如加入苯等，故B错误；C. 氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，生成的氨气和氯化氢又很快化合生成氯化铵固体小颗粒，无法得到氨气，故C错误；D. 小试管内应放碳氢酸钠，温度较低的情况下碳酸氢钠分解产生二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，大试管放碳酸钠，温度较高受热不分解，不能使澄清石灰水变浑浊，说明碳酸

40、钠比碳酸氢钠稳定，故D错误；答案选A。【答案点睛】实验方案的设计，需要充分考虑物质的性质，例如氢氧化亚铁易被氧化，所以制得时需要隔绝空气，用氯化铵制氨气时，要考虑氨气和氯化氢还会结合生成氯化铵，正确的实验方案设计，要综合考虑实验原理，提出可行性方案。二、非选择题(共84分)23、CH2=CHCH3 1,2-二氯丙烷 HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O 酯化反应 取样，加入氢氧化钠溶液并加热，冷却后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀说明有Cl原子 HOOC-COOH 羧基 CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl

41、 2 【分析】C2H6O与C反应生成D，由D的结构简式可知C为HOOC-COOH，C2H6O为CH3CH2OH，则A为CH2=CH2，与水发生加成反应生成乙醇；C3H5Cl发生卤代烃的水解反应生成CH2=CHCH2OH，则C3H5Cl为CH2=CHCH2Cl，B为CH2=CHCH3，据此分析解答。【题目详解】(1)由于B与氯气反应产物为C3H5Cl，该反应为取代反应，故B分子式为C3H6，B和A为同系物，可知B中含有一个不饱和键，根据分子式可知B为CH2=CHCH3；B与氯气加成生成CH2ClCHClCH3，其名称为1,2-二氯丙烷；(2)反应为HOOC-COOH与CH3CH2OH的酯化反应，

42、方程式为HOOC-COOH+2CH3CH2OHCH3CH2OOCCOOCH2CH3+2H2O；(3)检验C3H5Cl中氯原子可取样，加入氢氧化钠溶液并加热，冷却后用稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀说明有Cl原子；(4)根据分析可知C为HOOC-COOH，官能团为羧基；(5)反应为氯原子的取代反应，方程式为CH2=CHCH2Cl+NaOHCH2=CHCH2OH+NaCl；(6)CHC-CH3三聚得到苯的同系物，其可能结构简式为：、，共有两种；(7)D为乙二酸二乙酯，则由乙二酸和乙醇发生酯化反应生成的，乙烯与水发生加成反应可生成乙醇，乙烯与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，1，2-二

43、溴乙烷在氢氧化钠的水溶液中水解生成乙二醇，乙二醇氧化可以生成乙二酸，所以由乙烯为原料制备D的合成路线为。24、第三周期第VIA族 NH4SCN NCOOCN (CN)2+2OH=CN+CNO+H2O 2NH3+4O3=NH4NO3+4O2+H2O 【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

44、、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，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

45、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、（1）CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2（2）除去氯化氢气体 Na2O2 与二氧化碳反应产生氧气 浓NaOH溶液 除去未反应的二氧化碳气体（3）不需要 因气体经过D装置和E装置都需要接触水分（4）将E中试管从水槽中取出，管口朝上，用带火星的木条放在试管口处，如木条复燃，说明收集的气体是氧气【分析】（1）实验室用碳酸钙与稀盐酸反应制取二氧化碳；（2）根据实验的目的来分析每一个装置的作用，再选择盛装的试剂；（3）因用排水法收集，所以气体不需干燥；（4）利用氧气支持

46、燃烧的性质加以检验；【题目详解】（1）实验室用块状的石灰石或大理石与稀盐酸反应来制取CO2：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2；（2）使用饱和碳酸氢钠溶液既除去了氯化氢气体，又可以生成部分二氧化碳，且与二氧化碳不反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；从实验目的可以看出，C是发生装置，发生的反应为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，所以C装置中盛装的是Na2O2，加入该试剂的目的是：与二氧化碳反应产生氧气；E是氧气的收集的装置，所以D装置的作用是除去未反应的二氧化碳气体，可装入浓NaOH溶液；（3）D装置盛装了溶液，E装置是采用排水法收集气体，因气体经过

47、D装置和E装置都需要接触水分，所以制得的二氧化碳不需要干燥；（4）通常检验氧气的存在方法是：将E中试管从水槽中取出，管口朝上，用带火星的木条放在试管口处，如木条复燃，说明收集的气体是氧气。26、O2 Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 O2和N2都是氧化产物，根据化合价变化规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2 H G F Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 2NH4ClO4N2+2O2+Cl2+4H2O 吸收空气中的CO2和水烝气 偏大 【题目详解】（1）NH4ClO4受热分解产生的气体，经碱石灰干燥后，能使铜粉由红色变为黑色，说明生成了C

48、uO，所以分解产物中含有O2，故答案为：O2；（2）产生的能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体为氨气，发生反应为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3，说明D中固体为Mg3N2，据此可判断NH4ClO4受热分解产物中有N2生成，故答案为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；（3）根据分析可知，NH4ClO4分解产物中含有O2和N2，O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成氯气，故答案为：O2和N2都是氧化产物，根据氧化还原反应规律，还应存在还原产物，从而判断出氯元素的化合价降低，可能生成Cl2；（4）检验水蒸

49、气和氯气，应该先用H中的无水硫酸铜检验水的存在，再用溴化钾检验氯气，现象是水溶液变为橙黄色；为了防止多余的氯气污染环境，还需要使用尾气吸收装置，所以按气流从左至右，装置的连接顺序为AHGF，故答案为：H；G；F；F中发生反应是氯气被氢氧化钠溶液吸收生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O；（5）NH4ClO4分解生成氮气、氧气、氯气和水,结合电子守恒、原子守恒配平可得：2NH4ClO4N2+4H2O+Cl2+2O2，故答案为：2NH4ClO4N2+4H2O+Cl2+2O2；（6）在实验过程中仪器E中装有碱

50、石灰的目的是吸收空气中的二氧化碳和水蒸气，实验结束后，某同学拟通过称量D中镁粉质量的变化，计算高氯酸铵的分解率，镁粉与装置中的氧气、氮气反应，造成产物质量增大，会造成计算结果偏大，故答案为：吸收空气中的二氧化碳和水蒸气；偏大。27、HCOOH COH2O 浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热 cbedf PdCl2COH2O=PdCO22HCl 除去酸性气体 浓硫酸 无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7 酚酞 5m-cV5m100% 【答案解析】本题主要考查了方程式书写，实验室仪器安装顺序，指示剂选取和滴定反应计算。【题目详解】（1）甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，反应

51、的化学方程式是HCOOH COH2O；甲酸与浓硫酸混合放出大量热，故不需加热；（2）欲收集CO气体，首先保证杂质完全去除，甲酸易挥发，故需要去除的杂质是甲酸。B装置目的是吸收甲酸，用排水法收集CO，则连接顺序为cbedf；（3）CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，故打开k2，F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2COH2O=PdCO22HCl；为了使气囊收集到纯净的CO，即除去多余氯化氢气体、CO2和水，故G装置的作用是除去酸性气体，H装置中盛放的试剂是浓硫酸；（4）氢氧化钠自身是碱，无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7；（5）由题可知，防止甲酸钠与盐酸反应，

52、选择碱性范围发生颜色变化的指示剂，即符合条件的只有酚酞；由题可知，取0.2m固体样品，滴加盐酸中和其中的氢氧化钠，故n（NaOH）=cv10-3mol，即产物中氢氧化钠质量分数为w%=cv10-3mol40g/mol100ml20mlmg100%=cv/5m100%，故甲酸钠纯度为1-cv/5m=100%。28、20 2.5 实验溶液中生成黄色沉淀的时间最短 pH高于9.5，OH-浓度过高，反应Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag(S2O3)23-+2OH-被抑制，Ag浸出率低；pH低于8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低 Mn(OH)2 2S2-+9H2

53、O +4MnO32-=S2O32-+4Mn(OH)2+10OH- 4.48 【分析】(1)根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，据此分析判断；升高温度，反应速率加快；提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.59.5，结合Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag( S2O3)23-+2OH-和Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2+S+H2O分析解答；(2)催化剂是在反应中参加反应，然后又生成的物质；过程中S2-与MnO32-发生氧化还原反应；根据反应的方程式结合电子守恒及原子守恒分析计算

54、。【题目详解】(1)根据探究外界条件对化学反应速率的影响的实验要求，I与II的浓度不同，需要控制温度相同；据此判断II与III的温度不同，需要控制浓度相同，可知a=20，b=13-9-1.5=2.5，故答案为20；2.5；实验表明，实验的反应速率最快，支持这一结论的实验现象为实验溶液中生成黄色沉淀的时间最短，故答案为实验溶液中生成黄色沉淀的时间最短；实际生产中，为了提高银的浸出率需要调节 pH 的范围为8.59.5，因为pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag2O+4S2O32-+H2O2Ag( S2O3)23-+2OH-被抑制，Ag 浸出率低，而pH 低于 8.5，S2O32-与H+发生反应，浓度降低，浸出反应平衡左移，浸出率低，故答案为pH 高于 9.5，OH-浓度过高，反应 Ag