2022-2023学年四川省雅安中学高三化学第一学期期中经典模拟试题（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、在恒温、容积为2L的密闭容器中通入1 mol X和2 mol Y，发生反应：X(g)2Y(g)M(g)Ha kJ/mol(a1)，5 min末测得M的物质的量为14 mol。则下列说法正确的是A15 min，Y的平均反应速率为118 molL1min1B当容器中混合气体密度不变时达到平衡状态C平衡后升高温度，X的反应速率降低D到达平衡状态时，反应放出的热量为a kJ2、下列说法中正确的是()AAlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分相同B配制FeCl3溶液时，将FeCl3

3、固体溶解在硫酸中，后再加水稀释到所需的浓度C向CuCl2溶液中加入CuO，调节pH可除去溶液中混有的Fe3D泡沫灭火器中常使用的原料是Na2CO3和Al2(SO4)33、下列各组物质中化学键的类型相同的是（ ）AHCl、MgCl2BNa2O、CO2CCaCl2、CH4DNH3、H2O4、以熔融 Li2CO3 和 K2CO3 为电解质，天然气经重整催化作用提供反应气的燃料电池如图。下列说法正确 的是A以此电池为电源电解饱和食盐水，当有 0.2 mol e转移时，阳极产生标准状况下 2.24 L 氢气B若以甲烷在燃料极反应时，负极电极反应式为： CH448e=5CO22H2OC该电池使用过程中需补

4、充 Li2CO3 和 K2CO3D空气极发生的电极反应式为 O24e2CO2 =25、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A60g二氧化硅晶体中含有2NA个硅氧键B18g氨基（ND2）中含有的电子数为9NAC80 C时，lLpH =1的硫酸溶液中，含有的OH数目为1013NAD氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气11.2 L.6、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A根据现象1可推

5、出该试液中含有NaB根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe27、莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O溶液经常用于定量滴定实验。下列有关说法正确的是 （ ）A配制0.1molL-1莫尔盐溶液500mL，需莫尔盐19.6克B可与含Fe2+、HClO、H+、Cl-微粒的溶液大量共存C加入过量Ba（OH）2溶液发生反应：2Ba2+2SO42-+Fe2+2OH-=2BaSO4+Fe（OH）2D取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让蓝色石蕊试纸变红的气体，证明含NH4+8、NA为阿伏加德罗常数的值。下列

6、说法正确的是( )A0.1molL-1NH4Cl溶液中，Cl-的数量为0.1NAB60g的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2C常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离出的H+数为10-9NAD用电解粗铜的方法精炼铜，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极应有64gCu转化为Cu2+9、下列事实与盐类水解无关的是A氯化铝溶液蒸干后灼烧得不到无水氯化铝B氯化铁溶液常用作制印刷电路板的腐蚀剂C常用热的纯碱溶液除去油污D长期施用硫酸铵易使土壤酸化10、某无色溶液中可能含有I、NH4+、Cu2、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是( )肯定不含I 肯定

7、不含Cu2 肯定含有SO32-可能含有IABCD11、足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO 的混合气体，这些气体与2.24 L O2(标准状况)混合后通入水中，气体恰好完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入100 mL NaOH溶液，此时Cu2+恰好沉淀完全，所用NaOH溶液的浓度是( )A1 molL-1B2 molL-1C3 molL-1 D4 molL-112、氮化硅（SiC）是一种新型的耐高温耐磨材料，有广泛用途，它属于（ ）A分子晶体B原子晶体C金属晶体D离子晶体13、化学在生产和日常生活中有着重要的应用。下列说法不正确的是( )A明矾水解形成的Al

8、(OH)3胶体能吸附时水中悬浮物，可用于水的净化B在海轮外壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率CMgO的熔点很高，可用于制作耐高温材料DBaCO3不溶于水，可用作医疗上检査肠胃的钡餐14、下列化学用语正确的A二氧化硅的结构式：O=Si=O BCOS的电子式是：CCl的结构示意图： DMg原子的电子式：Mg15、某白色粉末由两种物质组成，取少量样品加入适量水中有少量气泡并有少量不溶物，再向其中加入足量盐酸，固体不溶解；将上述悬浊液过滤，滤渣中加入浓硝酸并加热，固体全部溶解。则可推得该白色粉末可能为ANa2S2O3、NaHSO4BNaHCO3、KAl(SO4)212H2OCNa2SiO3、NH4Cl

9、D(NH4)2SO4、Ba(OH)216、向200 mL 2 molL1HNO3溶液中，逐渐加入铁粉至过量（假设生成的气体只有一种），在此过程中，n(Fe2+)随n(Fe)变化如图所示。下列有关说法正确的是A该过程中产生标准状况下的氢气4.48 LB向c点处的反应液中加入稀盐酸后无明显现象C图中a=1、b =1.5D当加入铁粉n mol时(0.1n0.15)，溶液中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol17、常温下，一定能大量共存的离子组是 ( )A澄清透明溶液中：K+、Cu2+、Na+、Cl-B0.5 mol/L NaAlO2 溶液中：K+、Na+、SO42-、Fe3+C =0.1 mol/

10、L的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-D使甲基橙呈红色的溶液中：I-、Cl-、NO3-、Na+18、一定温度下，向10 mL 0.40 molL1 H2O2溶液中加入适量FeCl3溶液，不同时刻测得生成O2的体积（已折算为标准状况）如下表所示。t / min0246V(O2) / mL09.917.222.4资料显示，反应分两步进行：2Fe3+H2O22Fe2+O2+2H+H2O2 +2Fe2+2H+ 2H2O+2Fe3+，反应过程中能量变化如图所示。下列说法不正确的是A06 min的平均反应速率：v(H2O2)=3.3310-2molL1min1BFe3+的作用是增大过氧化氢的分解速

11、率C反应是吸热反应、反应是放热反应D反应2H2O2(aq)2H2O(l)+O2(g)的H E1E2 (SCN)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。请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：_；可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，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：_。26、（10分）实验

12、室用浓盐酸和MnO2制Cl2，并以干燥的Cl2为原料进行实验，装置如图所示。(1)在A装置部分中浓盐酸表现了_性质。(2)装置B、C中应盛放的试剂名称及作用分别为_、_。(3)实验时，先点燃_(A还是D)处的酒精灯，再点燃_(A还是D)处酒精灯，写出D中反应的化学方程式：_。(4)F装置所起的作用是_，_。(5)用石灰乳吸收氯气可制得漂白粉，写出工业制漂白粉反应的化学方程式：_。27、（12分）纳米Fe3O4在磁流体、催化剂、医学等领域具有广阔的应用前景。氧化共沉淀制备纳米Fe3O4的方法如下：IFe2+的氧化：将FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到 FeO(

13、 OH)红棕色悬浊液。（1）若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀，该反应的离子方程式是 _。上述反应完成后，测得a值与FeO(OH)产率及其生成后溶液pH的关系，结果如下：用离子方程式解释FeO( OH)生成后溶液pH下降的原因：_。（2）经检验：当a=7时，产物中存在大量Fe2O3。对Fe2 O3的产生提出两种假设：i反应过程中溶液酸性增强，导致FeO( OH)向Fe2 O3的转化；ii溶液中存在少量Fe2+，导致FeO( OH)向Fe2O3的转化。经分析，假设i不成立的实验依据是_。其他条件相同时，向FeO( OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，30 min后测定物质的组成，结果如下

14、：以上结果表明：_。 a=7和a =9时，FeO( OH)产率差异很大的原因是_。Fe2+和Fe3+共沉淀：向FeO( OH)红棕色悬浊液中同时加入FeSO4溶液和NaOH浓溶液进行共沉淀，再将此混合液加热回流、冷却、过滤、洗涤、干燥，得到纳米Fe3O4。（3）共沉淀时的反应条件对产物纯度和产率的影响极大。共沉淀pH过高时，会导致FeSO4溶液被快速氧化；共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是_。已知N=nFeO(OH)/n(Fe2+)，其他条件一定时，测得纳米Fe3O4的产率随N的变化曲线如下图所示：经理论分析，N=2共沉淀时纳米Fe3O4产率应最高，事实并非如此的可能原因是

15、_。28、（14分）钛酸钡(BaTiO3)在工业上有重要用途，主要用于制作电子陶瓷、PTC热敏电阻、电容器等多种电子元件。以下是生产钛酸钡的一种工艺流程图:已知:草酸氧化钛钡晶体的化学式为BaTiO(C2O4)4H2O;25时，BaCO3的溶度积Ksp=2.5810-9；(1)BaTiO3中Ti元素的化合价为:_。(2)用盐酸酸浸时发生反应的离子方程式为:_。(3)流程中通过过滤得到草酸氧化钛钡晶体后，为提高产品质量需对晶体洗涤。过滤操作中使用的玻璃仪器有_。如何证明晶体已洗净?_。(4)TiO2具有很好的散射性，是一种有重要用途的金属氧化物。工业上可用TiCl4水解来制备，制备时需加入大量的

16、水，同时加热，其目的是:_。(5)某兴趣小组取19.70gBaCO3模拟上述工艺流程制备BaTiO3，得产品13.98g，BaTiO3的产率为:_。(6)流程中用盐酸酸浸，其实质是BaCO3溶解平衡的移动。若浸出液中c(Ba2+)=0.1mol/L，则c(CO32-)在浸出液中的最大浓度为_mol/L。29、（10分）由化学能产生的能量是目前人类使用的主要能源。请回答下列问题：（1）N2和O2在一定条件下反应生成NO2的热化学方程式为：1/2N2(g)+O2(g)=NO2(g) H+34 kJmol-1。该反应为_（“放热”“吸热”）反应。（2）化学反应中的能量变化源自于化学反应中化学键变化时

17、产生的能量变化。下表为一些化学键的键能：化学键键能（ kJmol-1）化学键键能（ kJmol-1）NN942HO460NH391O=O499HH437写出N2和H2反应合成氨的热化学方程式_。 已知：1 mol H2O(g)转化为1 mol H2O(l)时放出44.0 kJ的热量。计算1 g H2完全燃烧时放出的热量_。H2O(g)的稳定性_（“大于”“小于”）H2O(l)。（3）写出NH3(g)在O2(g)中完全燃烧生成NO2(g)和H2O(g)的热化学方程式_。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、A【答案

18、解析】Av(M)=1.14molL-1min-1，相同时间内同一反应中不同物质的反应速率之比等于其计量数之比，15min，Y平均反应速率=2v(M)=21.14molL-1min-1=1.18molL-1min-1，故A正确；B该反应过程中容器的体积不变，气体的质量不变，因此气体的密度始终不变，容器中混合气体密度不变，不能说明达到平衡状态，故B错误；C升高温度，活化分子百分数增大，所以正逆反应速率都增大，故C错误；D该反应为可逆反应，所以X、Y不能完全转化为生成物，达到平衡状态时X消耗的物质的量小于1mol，所以放出的热量小于akJ，故D错误；答案选A。【答案点睛】本题的易错点为B，要注意根据

19、化学平衡的特征判断平衡状态，选择的物理量需要随着时间的变化而变化。2、C【答案解析】A、AlCl3溶液和Al2(SO4)3溶液加热，蒸发，浓缩结晶，灼烧，所得固体的成分不相同，前者得到Al2O3,后者得到Al2(SO4)3，故A错误；B、配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在盐酸中，后再加水稀释到所需的浓度，溶于硫酸，会引入杂质离子SO42，故B错误；C、Fe33H2OFe(OH)33H，向CuCl2溶液中加入CuO，与氢离子反应，使水解平衡正向移动生成氢氧化铁沉淀，达到调节pH除去溶液中混有的Fe3的目的，故C正确；D、泡沫灭火器中常使用的原料是NaHCO3和Al2(SO4)3，故D错

20、误；故选C。3、D【分析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子化合物中一定含有离子键，可能含有共价键，共价化合物中一定不含离子键，含有共价键。【题目详解】AHCl为共价化合物，只含共价键；MgCl2为离子化合物，只含离子键，故A错误；BNa2O为离子化合物，只含离子键；CO2为共价化合物，只含共价键，故B错误；CCaCl2为离子化合物，只含离子键，CH4为共价化合物，只含共价键，故C错误；DNH3、H2O两种物质都是共价化合物，含有的化学键都是共价键，所以化学键类型相同，故D正确。所以D选项是正确的。【答案点睛】本题考查化学键的类型，学生应注意离子化合物中可能存在共价键，共价化合物中一定

21、不存在离子键来解答。4、B【分析】根据图示信息知道，天然气中的甲烷在催化剂作用下转化为H2，H2在负极发生失电子的氧化反应，负极电极反应式为：H2-2e-+=CO2+H2O，通入空气和CO2的混合气体一极为原电池的正极，发生还原反应，电极反应式为O2+4e-+2CO2=2，依此解答。【题目详解】A电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl + 2H2O2NaOH + Cl2+ H2，转移 2mol 电子，阳极产生 1molCl2，A错误；B若以甲烷在燃料极反应时，通入甲烷的电极是负极，在负极上，发生氧化反应，负极电极反应式为CH448e=5CO22H2O，B正确； C空气中的 CO2会不断转化为，

22、不需要补充 Li2CO3和 K2CO3，C错误； D空气极为正极，正极上的电极反应式为：O2+4e+2CO2=2，D错误；答案选B。5、B【题目详解】A二氧化硅晶体中，每个Si原子与氧原子形成了4个硅氧键，60g二氧化硅的物质的量为=1mol，则1mol二氧化硅中含有1molSi，形成的共价键的物质的量为4mol，含有4NA个硅氧键，故A错误；B每个氨基(ND2)中含有9个电子，18g氨基的物质的量为=1mol，含有的电子数为9NA，故B正确；C80时水的离子积Kw大于10-14，故pH=1的硫酸溶液中，氢氧根的浓度大于10-13mol/L，故溶液中氢氧根的个数大于10-13NA个，故C错误；

23、D氯碱工业中，导线上流过NA个电子，则阳极放出氯气的物质的量为0.5mol，没有指明气体的状态，体积不一定是11.2 L，故D错误；故答案为B。【答案点睛】阿伏伽德罗常数的常见问题和注意事项：物质的状态是否为气体；对于气体注意条件是否为标况；注意溶液的体积和浓度是否已知；注意同位素原子的差异；注意可逆反应或易水解盐中离子数目的判断；注意物质的结构：如Na2O2是由Na+和O22-构成，而不是有Na+和O2-构成；SiO2、SiC都是原子晶体，其结构中只有原子没有分子，SiO2是正四面体结构，1molSiO2中含有的共价键为4NA，1molP4含有的共价键为6NA等。6、C【题目详解】A、由于试

24、液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；答案选C。7、A【答案解析】配制0.1molL-1莫尔盐溶液500mL，需要0.05mol的摩尔盐，所以质量为0.05392=19.6g，选项A正确。Fe2+和HClO会发生氧化还原反应，所以不共存，选项B错误。加入过量Ba（OH）2溶液，除题目给出的反应以外，氢氧根还要

25、和铵根离子反应，选项C错误。铵根离子的检验应该是：取样，加入浓NaOH溶液并加热，出现可让红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含NH4+，选项D错误。8、B【题目详解】A. 0.1molL-1NH4Cl溶液中，因缺少溶液的体积，无法计算Cl-的数量，故A错误；B. 乙酸和葡萄糖的最简式均为CH2O，故60g混合物中含有的CH2O的物质的量为2mol，而1molCH2O燃烧消耗1mol氧气，故2molCH2O燃烧消耗的氧气分子个数为2NA个，故B正确；C. 常温下，1LpH=9的醋酸钠溶液中，水电离的氢离子的浓度为10-5molL1，水电离出的H+数为10-5NA，故C错误；D. 用电解粗铜的方法精炼铜

26、，当电路中通过的电子数为2NA时，阳极上活泼的金属先转化为离子，转化为Cu2+的铜少于64g，故D错误；故选B。9、B【题目详解】AAlCl3在溶液中水解出氢氧化铝和HCl，而HCl是挥发性酸，加热蒸干时HCl挥发，水解被促进，故会完全水解为氢氧化铝，而灼烧时氢氧化铝会分解为氧化铝，故最终得到的是氧化铝，和盐类的水解有关，故A不选；B氯化铁具有强氧化性，可与铜发生氧化还原反应，可用于腐蚀印刷电路板，与盐类水解天关，故B选；C盐类的水解是吸热反应，故升高温度纯碱的水解被促进，水解出的氢氧化钠的浓度更高，则去油污能力更强，和盐类的水解有关，故C不选；D铵态氮肥中铵根离子水解显酸性，长期施用硫酸铵易

27、使土壤酸化，与盐类水解有关，故D不选；答案为B。【答案点睛】加热蒸发和浓缩盐溶液时，对最后残留物的判断应考虑盐类的水解。(1)加热浓缩不水解的盐溶液时一般得原物质；(2)加热浓缩Na2CO3型的盐溶液一般得原物质；(3)加热浓缩FeCl3型的盐溶液最后得到FeCl3和Fe(OH)3的混合物，灼烧得Fe2O3；(4)加热蒸干(NH4)2CO3或NH4HCO3型的盐溶液时，得不到固体；(5)加热蒸干Ca(HCO3)2型的盐溶液时，最后得相应的正盐；(6)加热Mg(HCO3)2、MgCO3溶液最后得到Mg(OH)2固体。10、D【答案解析】还原性SO32-I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明

28、一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有铵根离子，故正确的有，故选D。【答案点睛】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键。本题的易错点为的判断，要注意溴水是少量的，溴水只与SO32反应，与碘离子没有发生反应。11、D【答案解析】标况下2.24O2的物质的量为=0.1mol，生成的NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于0.

29、1molO2获得电子的物质的量，故Cu2+的物质的量为=0.2mol，Cu2+恰好与氢氧根离子恰好反应生成Cu(OH)2，则n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.2mol2=0.4mol，故所用NaOH溶液的浓度为=4mol/L，故选D。12、B【答案解析】相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，其构成微粒是原子；原子晶体具有熔点高和硬度大的特点，碳化硅(SiC)是一种新型的耐高温耐磨材料，说明碳化硅属于原子晶体，故答案为B。13、D【题目详解】A明矾在水中电离的铝离子能水解生成Al(OH)3胶体，Al(OH)3胶体具有较大的表面积，有吸附性，能吸附水中的悬浮物，

30、可用于水的净化，故A正确；B锌的活泼性比铁强，在海水中与铁形成原电池后锌作负极被氧化，铁作正极被保护，故 B正确；CMgO的熔点在两千摄氏度以上，熔点很高，可用于制作耐高温材料，故C正确；DBaCO3不溶于水，但可溶于盐酸，不能用作医疗上检查肠胃的钡餐，应该用硫酸钡，故D错误；综上所述答案为D。14、B【答案解析】A由于二氧化硅为原子晶体，1个硅原子形成4个硅氧键，1个氧原子形成2个硅氧键，所以二氧化硅中不存在硅氧双键，故A错误；B羰基硫(COS)分子中含有1个C=O键和1个S=C键，其正确的电子式为，故B正确；C、Cl-的质子数为17，电子数为18，离子结构示意图为：，故C错误；D镁原子最外

31、层为2个电子，Mg原子的电子式为 Mg：，故D错误；故选B。15、A【答案解析】A、Na2S2O3与NaHSO4溶于水发生反应：S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，S不溶于盐酸，可被热的浓硝酸氧化，选项A正确；B、NaHCO3与KA1(SO4)212H2O溶于水，发生反应：Al3+3HCO3-= A1(OH)3+3CO2，A1(OH)3可溶于盐酸，选项B错误；C、Na2SiO3与NH4Cl混合反应生成H2SiO3，H2SiO3不溶于盐酸或浓硝酸，选项C错误；D、(NH4)2SO4和Ba(OH)2溶于水生成BaSO4沉淀，硫酸钡不溶于盐酸或浓硝酸，选项D错误。答案选A。16、D【答案解析】

32、试题分析：A.硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，不生成氢气，A项错误；B.c点处的溶液是硝酸亚铁，若加入盐酸，H、NO3-和Fe2发生氧化还原反应生成Fe3,溶液变为黄色，B项错误；C.向硝酸中加入铁粉发生的反应为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O，硝酸的物质的量为0.4mol，则消耗铁的物质的量为0.1mol，b=0.1mol，生成硝酸铁0.1mol，随后发生反应2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)2，生成硝酸亚铁为0.15mol，则a=0.15，C项错误；D.根据上述分析，当加入铁粉n mol时(0.1n0.15)，发生反应为2Fe(NO3)3+Fe=3Fe(NO3)

33、2，参加该反应的铁为n-0.1，消耗硝酸铁为2（n-0.1），则溶液中n(Fe3+)=(0.3-2n)mol，D项正确；答案选D。考点：考查化学计算，硝酸的性质等知识。17、A【题目详解】A. K+、Cu2+、Na+、Cl-之间不反应，为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，A正确；B. AlO2-、Fe3+会发生相互常见的水解反应产生Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，B错误；C.=0.1 mol/L的溶液中存在大量OH-，OH-、HCO3-会发生反应生成CO32-、H2O，故其在溶液中不能大量共存，C错误；D.使甲基橙呈红色的溶液是酸性溶液，含有大量的H+，H+、I-、NO3-

34、会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。18、D【答案解析】A. 06 min产生O2的物质的量为n（O2）=0.0224L22.4L/mol=0.001mol，则相同时间内消耗H2O2的物质的量为n（H2O2）=2n（O2）=0.002mol，所以在06 min的平均反应速率：v(H2O2) =0.002mol0.01L6min= 3.3310-2 mol/( Lmin)，故A正确；B.由反应、可知Fe3+在反应中起催化作用，增大过氧化氢的分解速率，故B正确；C.由反应过程的能量变化示意图可知，反应中反应物的总能量小于生成物的总能量，反应中反应物的总能量大于生成物的总能量，

35、所以反应为吸热反应、反应为放热反应，故C正确；D.据图可知，反应物H2O2(aq)的总能量大于生成物H2O(l)和O2(g)的总能量，则反应2H2O2(aq) 2H2O(l) + O2(g)为放热反应，H0，故D错误；答案选D。19、B【答案解析】A项、HN3分子中N原子的非金属性强、原子半径小，分子间易形成氢键，沸点大，常温下为液态，但HN3化学性质不稳定易爆炸，故A错误；B项、反应中，HNO2中N元素的化合价降低，N2H4中N元素的化合价升高，反应中的氧化剂是HNO2，还原剂是N2H4，HN3既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C项、N2H4和HN3均为溶沸点低的分子晶体，故C错误；D项、

36、由方程式可知，反应中N元素的化合价+3价降低为-1/3价，每生成1molHN3，转移电子为1mol（3+1/3）=10/3mol，故D错误。故选B。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，侧重分析与迁移应用能力的考查，把握反应中物质的结构、化学键及元素的化合价为解答的关键，判断HN3中化学键及N元素的化合价为解答的难点。20、C【分析】根据变化的微观示意图，可知该反应为：2NO+2CO=N2+2CO2，然后根据选项解答。【题目详解】A.该反应中氮元素的化合价由+2价降低到0价，碳元素化合价由+2价升高到+4价，元素化合价发生了变化，所以反应为氧化还原反应，A正确；B.配平后反应为2NO+2CO=N2

37、+2CO2，NO、CO、CO2的化学计量数均为2，B正确；C.一氧化氮和一氧化碳中氧元素的化合价都为-2价，C错误；D.丁物质为氮气，由于只含有N元素一种元素，所以属于非金属单质，D正确；故合理选项是C。【答案点睛】本题主要考查了元素种类、元素的化合价、物质的分类方法等方面的内容，根据图示，结合CO2分子是直线型分子及原子半径大小关系，写出方程式即可解答，本题难度不大。21、B【答案解析】A、标况下，CCl4是液体，故A错误；B、葡萄糖（C6H12O6）的冰醋酸（C2H4O2）的混合物，最简式为（CH2O）n，3.0 g混合物中有0.1mol CH2O，故原子总数为0.4NA，故B正确；C、常

38、温时，56g Fe与足量浓硝酸钝化，故C错误；D、B的晶体中，一个三角形有三个B，每个B参与形成5个三角形，故一个三角形有0.6个B，则11gB，即为1molB含有的三角形数为5/3NA，故D错误；故选B。点睛：D选项和金刚石里的问题类似，金刚石一个碳原子参与12个环的形成，因此一个六元环的碳原子数为0.5，环数：C=1：2，D中，环数：B=5：3。22、C【答案解析】前四周期元素A、B、C、D、E原子序数依次增大。已知：A、C同主族，A的原子最外层电子数是次外层的3倍，则A有2个电子层，最外层电子数为6，则A为氧元素；A、C同主族，则C为硫元素；B的氧化物既能溶于强酸，又能溶于强碱，B为Al

39、元素；D的原子半径是第三周期中最小的，则D为Cl元素，E是形成骨骼和牙齿的主要元素，且E单质能和水反应，E为Ca元素。A、A的离子O2的核外电子数为10，结构示意图为，故A正确；B、非金属性ClS，故酸性HClO4H2SO4，D的最高价氧化物的水化物的酸性大于C的最高价氧化物的水化物的酸性，故B正确；C、E和D形成的离子化合物CaCl2的电子式为：，故C错误；D、Al为活泼金属，Al的氧化物Al2O3为离子化合物，只含离子键，其晶体为离子晶体，故D正确；故选C。点睛：本题考查结构性质位置关系、元素周期律、常用化学用语等，解题关键：推断元素，易错点：C，注意基础知识的理解掌握，写化合物的电子式时

40、，各原子如何分布，不是所有的原子间都有化学键，CaCl2中的两个氯离子间没有化学键。二、非选择题(共84分)23、红褐色 氧化铁 3周期IIIA族 H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3 4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 【题目详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁， D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红

41、褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐， D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3

42、+HCO3-。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A ：Na2O2， B :NaOH， C :Na2CO3，D : NaCl，E :NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3；综上所述，本题答案是：；NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，

43、且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。【答案点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。24、

44、羟基 bd C10H1818O d CH3COOH+H2O 【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据-松油醇中含有两个甲基，因此-松油醇为，-松油醇中含有三个甲基，-松油醇为：，据此分析解答。【题目详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由-松油醇的结构简式可知，松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C1

45、0H1818O；(4)由-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为， -松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为 ；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH+H2O，故答案为CH3COOH+H2O。25、 关闭止水夹b，打开活塞a 缺少尾气处理装置 Cl2Br2Fe3+ 过量氯气和SCN反应2SCN-+Cl2=2Cl+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3+3SCNFe(SCN)3

46、平衡逆向移动而褪色 滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红） BrCl+H2OHBrO+HCl 反应只产生Cl，不产生Br 【分析】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）二氧化硫具有强的还原性，可以用强氧化性的高锰酸钾吸收；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液来侧量剩余气体的体积，故答案为；（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

47、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：100%=；（3）检查装置A的气密性：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）整套实验装置存在一处明显的不足是：缺少尾气处理装置；（5）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+；（6）过量氯气和SCN反应2SCN-+Cl2=2C

48、l+2(SCN)2，使SCN-浓度减小，则Fe3+3SCNFe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；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；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，加入AgNO3溶液， 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。【答案点睛】本题是综合实验探究，考查信息的加工、整合、处理能力。26、酸性和还原性 饱和食盐水，除去氯气中混有的氯化氢 浓硫酸，干燥氯气 A D 2Fe3Cl22FeCl3 吸收未反应的氯气，以免污染空气 防止空气中的水

49、蒸气进入E中 2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O 【分析】由实验装置可知，A中发生MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中发生2Fe+3Cl22FeCl3，F中碱石灰可吸收过量的氯气且防止空气中水进入D，石灰乳吸收氯气可制得漂粉精，发生2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，以此来解答。【题目详解】(1)在A装置部分中发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，浓盐酸中部分Cl元素化合价发生化合价变化，由-1价变为0价，化合价升高，失电子，作还原剂，

50、表现还原性，产物中生成氯化锰，表现了酸性；(2)根据分析，装置B中应盛放的试剂为饱和食盐水，作用为除去氯气中混有的氯化氢；装置C中应盛放的试剂为浓硫酸，作用为干燥氯气；(3)实验时，先点燃A处的酒精灯，让氯气充满装置，再点燃D处酒精灯，D中反应的化学方程式为2Fe3Cl22FeCl3；(4)氯气有毒，污染环境，所以不能排空，且氯化铁可发生水解，则F装置所起的作用是吸收多余的氯气，防止污染环境、防止空气中的水蒸气进入E中；(5)用石灰乳吸收氯气可制得漂白粉，工业制漂白粉反应的化学方程式：2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O。27、 a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即

51、反应过程中溶液的酸性均增强 溶液中存在少量Fe2+可导致FeO( OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内, FeO( OH)向Fe2O3转化的越多 a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+ Fe2O3 在实验操作过程中，会有部分Fe2+被氧气氧化成Fe3+，故N=2时，参与共沉淀的Fe2+的量减少，导致生成的Fe3O4产率下降 【题目详解】（1）若用NaOH溶液调节pH过高会产生灰白色沉淀是亚铁离子结合氢氧根离子生成氢氧化亚铁沉淀，反应的离子方程式：，故答案为：。FeSO4溶液用NaOH溶液调节pH至a，再加入H2O2溶液，立即得到FeO( OH)

52、红棕色悬浊液，消耗氢氧根离子，溶液pH降低，反应的离子方程式为：，故答案为：。（2）根据表中数据，a=8或9时反应后溶液pH均接近于4即反应过程中溶液酸性均增强，说明假设i.反应过程中溶液酸性增强，导致FeO( OH)向Fe2O3的转化不正确。故答案为：a=8或9时反应后溶液的pH均接近4，即反应过程中溶液的酸性均增强。表中数据分析可知，其他条件相同时，向FeO( OH)浊液中加入不同浓度Fe2+，溶液中存在少量Fe2+可导致FeO( OH)向Fe2O3的转化，且溶液中亚铁离子含量越高，相同时间内FeO( OH)向Fe2O3的转化的越多。故答案为：溶液中存在少量Fe2+可导致FeO( OH)向Fe2O3转化，且溶液中Fe2+含量越高相同时间内， FeO( OH)向Fe2O3转化的越多a=7和a=9时，FeO( OH)产率差异很大的原因是：a=9时溶液中几乎无亚铁离子，而a=7时溶液中还存在亚铁离子。故答案为：a=9时，溶液中几乎没有Fe2+，而a=7时，溶液中还存在Fe2+。（3）共沉淀pH过低时，Fe2+导致FeO( OH)向Fe2O3的转化，则共沉淀pH过低时，得到的纳米Fe3O4中会混有的物质是：Fe2O3，故