2022-2023学年云南省巧家县第三中学高三化学第一学期期中检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，它们的最高价氧化物对应水化物分别为甲、乙、丙、丁，W的单质及某些化合物可用于自来水的消毒，常温下用0.1 mol/L甲溶液滴定同浓度的20 mL乙溶液，滴定曲线如图所示，甲、乙、丁均可与丙反应，下列说法正确的是（ ）A原

2、子半径：WZYXB简单氢化物的沸点：XZDZ、W所形成的化合物电解可冶炼Z2、实验室从含溴化氢的废液中提取溴单质，下列说法中能达到实验目的的是()A用装置 氧化废液中的溴化氢B用装置分离油层和水层C用装置分离四氯化碳和液溴D用仪器密封存放单质溴3、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。K、L、M均是由这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质，甲是常见的固体，乙是常见的气体。K 是无色气体，是主要的大气污染物之一。0.05 mol/L丙溶液的pH为1，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是 AK、L、M 中沸点最高的是MB元素的非金属性：ZYXC原子半径：WXcB正

3、反应吸热，a+bcC正反应吸热，a+bcD正反应放热，a+b0，下列有关说法正确的是A升高温度，增大，逆减小B平衡后再加入1molB，上述反应的H增大C通入稀有气体，压强增大，平衡向正反应方向移动D若B的平衡转化率为50%，则该反应的平衡常数等于210、下列说法错误的是A“雷雨发庄稼”是自然固氮BNa2O2可用作潜水艇供氧剂C铝热反应既可用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁D工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石11、有关氯及其化合物的说法，正确的是A以氯气和石灰乳为原料制取漂白粉B氯碱工业中，阳极得到烧碱C可在“84”消毒液中加入洁厕灵(主要成分为HCl)以增强漂白性DCl2能使湿润的有

4、色布条褪色，所以Cl2具有漂白性12、向浊液中滴加氨水后可得到澄清溶液，继续滴加浓硝酸后又有沉淀生成。经查资料得知：。下列分析不正确的是A浊液中存在沉淀溶解平衡：B实验可以证明结合能力比强C实验表明实验室可用氨水洗涤银镜反应后的试管D由资料信息可推知：加浓硝酸后生成的沉淀为13、氮化铝（AlN）具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，被广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可通过如下反应合成：Al2O3+ N2+ 3 C2 AlN + 3 CO 下列叙述正确的是 ( )A在氮化铝的合成反应中，N2是还原剂，Al2O3是氧化剂B上述反应中每生成2 mol AlN，N2得到3 m

5、ol电子C氮化铝中氮元素的化合价为-3D氮化铝晶体属于分子晶体14、根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是A35Cl和37Cl的原子核外电子排布不同BCO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸溶胶C短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价D1 mol HCl分子和1 mol HF分子断键需要的能量前者大于后者15、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，其中A是原子半径最小的元素，B是地壳中含量最多的元素，只有C是金属元素，且A与C的最外层电子数相同，B、D两元素同主族。下列说法正确的是A元素的原子半径：CDECB与C、B与D形成的化合物中化学键类型相同D其中E

6、的最高价含氧酸的酸性最强16、将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀硫酸和稀硝酸组成的混合溶液中，充分反应后金属粉末有剩余，下列有关推断正确的是A反应过程中不可能产生H2B往反应后的溶液中加入KSCN溶液会变血红色C剩余的金属粉末中一定有铜D往反应后的溶液中加入足量的稀H2SO4，则金属粉末的质量一定会减少17、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18、下列化学用语所表示的微粒，对水的电离平衡没有影响的是ABC1s22s22p63s1D19、为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明

7、，其中错误的是（ ）A配制0.10 mol/L CH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B用pH计分别测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1，则可证明醋酸是弱电解质C取等体积等浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量的Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，证明醋酸为弱电解质D配制0.10 mol/L CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH7，则可证明醋酸是弱电解质20、下列除杂质的方法不正确的是A镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥BFeCl3溶液中混有少量AlCl3：加入过量的氨水，过滤洗

8、涤沉淀，将沉淀再用适量盐酸溶解CFe2O3中混有少量Al2O3：加入过量NaOH溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥DAl(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤21、用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I- 形式存在）的工艺流程如下：下列说法不正确的是（ ）A经和所得溶液中，c（I-）后者大于前者B的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂C若和中分别得到等量I2，则消耗的n（Cl2）：n（KClO3）=5：2D由得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化22、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用反应：4HCl（g）O2（g）2C

9、l2（g）2H2O（g）H16 kJmol1，可实现氯的循环利用。已知：下列说法正确的是A升高温度能提高HCl的转化率B断裂H2O（g）中l mol HO键比断裂HCl（g）中l mol HCl键所需的能量高C1 mol Cl2（g）转化为2 mol Cl放出243 kJ能量D加入催化剂，能使该反应的焓变减小二、非选择题(共84分)23、（14分）已知AK均为中学化学的常见物质，它们之间的转化关系如下图所示，其中A、D为金属单质，反应过程中生成的水及其他部分产物已略去。请回答以下问题：（1）B的主要用途是_（填一项），C的化学式为_。（2）E中阳离子的结构示意图为_（3）向F中通入足量CO2生

10、成K的离子方程式是_。（4）J在工业上可用于净水，其原理是_ （用离子方程式表示）24、（12分）功能高分子P可用作光电材料，其合成路线如下：已知：i: （R,R表示氢或烃基）ii. iii. （1）烃A的相对分子质量是26，其结构简式是_。（2）反应的反应类型是_。（3）C中含有的官能团名称是_。（4）D为苯的同系物，反应的化学方程式是_。（5）G的结构简式是_。（6）反应的化学方程式是_。（7）反应和的目的是_。（8）以乙炔和甲醛为起始原料，选用必要的无机试剂合成1，3-丁二烯，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_25、（12分）碱式碳酸镍

11、Nix(OH)y(CO3)znH2O是一种绿色粉末晶体，常用作催化剂和陶瓷着色剂，300以上时分解生成3种氧化物。为确定其组成，某同学在实验室中进行了有关的实验探究。回答下列问题：(1)甲、乙两装置可分别选取下列装置_、_(填字母，装置可重复选取)。(2)称取一定量的碱式碳酸镍样品，放入硬质玻璃管内；安装好实验仪器，检查装置气密性；加热硬质玻璃管，当装置C中_ (填实验现象)时，停止加热；打开活塞K，缓缓通入空气，其目的是_。(3)装置A的作用是_，若没有装置E，则会使x/z_(填写“偏大”或“偏小”或“无影响”)。(4)实验前后测得下表所示数据：装置B中样品质量/g装置C 质量g装置D质量/

12、g实验前3.77132.0041.00实验后2.25133.0841.44已知碱式碳酸镍中Ni化合价为2价，则该碱式碳酸镍分解的化学方程式为_。(5)采取上述实验装置进行该实验时，必须小心操作，且保证装置气密性良好，否则浓硫酸倒吸，可导致加热的硬质玻璃管炸裂。为防止浓硫酸倒吸入硬质玻璃管中，提出你的改进措施：_。26、（10分）焦亚硫酸钠 ( Na2S2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5 ，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_；装置 B 的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_(填字母)。a. 蒸馏水 b.

13、饱和Na2SO3 溶液 c. 饱和NaHSO3 溶液 d. 饱和 NaHCO3溶液D中盛放溶液的溶质的化学名称是_。(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备Na2S2O5 溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是_。pH4. 1 时，则产品中 会有副产物，其化学式是_。结晶脱水生成产品的化学方程式为_。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶

14、)中；准确移取V1mL的过量的c1molL-1的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5min,然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;加入淀粉溶液，用c2molL-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读数；重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2 mL。产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。27、（12分）碘化钠在医药上用作祛痰剂和利尿剂，也用于治疗甲状腺肿病，生活中用作照相胶片感光剂，碘的助溶剂，也用于配制碘乳剂。某实验小组用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4H2O)为原料制备碘化钠。回答下列问题：（1）水合肼的制备原理为：Na

15、ClO+2NH3=N2H4H2O+NaCl。用下图装置组装制备水合肼，连接顺序为_ (用字母表示). 装置C中发生反应的化学方程式为_，装置D的作用是_。（2）碘化钠的制备步骤向三颈烧瓶中加入8.2gNaOH及30mL水，搅拌冷却，加入25.4g单质碘，开动磁力搅拌器，保持60-70至反应充分;继续加入稍过量的N2H4H2O(水合肼)，还原NaIO和NaIO3，得NaI溶液粗品，同时释放一种空气中的某气体；向上述反应液中加入1.0g活性炭，煮沸半小时，然后将溶液与活性炭分离;将分离出的溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得产品24.3g。反应温度不宜超过70的原因是_ ，该步骤反应完全的

16、现象是_。IO-被还原的离子方程式为_。“将溶液与活性炭分离”的方法是_。该实验小组产率为_。28、（14分）NOx会造成大气污染，在工业上采用多种方法进行处理。I.氧化法：烟气中的NO经O3预处理后转化为NO2，再用CaSO3悬浊液吸收NO2。已知：常温下，CaSO4的沉淀溶解平衡常数数值为9.110-6，CaSO3的沉淀溶解平衡常数数值为3.110-7。（1）NO与O3反应过程的能量变化如下：NO被O3氧化的总反应是化合反应，该反应的热化学方程式为 _。（2）将CaSO3悬浊液静置，取上层清液，测得pH约为8，用化学用语解释其原因为_。（3）用CaSO3悬浊液吸收NO2，将其转化为HNO2

17、，该反应的化学方程式为_。（4）在实际吸收NO2的过程中，通过向CaSO3悬浊液中加入Na2SO4固体，提高NO2的吸收速率，从溶解平衡的角度解释其原因：_。II. 选择性非催化还原法：该反应不使用催化剂，但必须在高温有氧下利用NH3做还原剂与 NOx 进行选择性反应：4NH3 + 4NO + O2 3N2 + 6H2O，不同温度（T）下，反应时间（t）与NO浓度的关系如右图所示。（5）判断该反应为_（填“吸热”或“放热”）反应，说明理由：_ 。29、（10分）在0.1 molL1的重铬酸钾(K2Cr2O7)溶液中存在如下平衡：Cr2O72-H2O 2HCrO42CrO42-2H(1)重铬酸钾

18、溶液呈_性，在强碱溶液中，铬元素的主要存在形式为_(填离子符号)，向重铬酸钾溶液中加入适量稀硫酸，溶液中c(Cr2O72-)/c(CrO42-)将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。已知某溶液中只存在OH、H+、NH4+、Cl四种离子，某同学推测该溶液中各离子浓度大小顺序可能有如下四种关系：并按要求填写下列空白：c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH) c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H)c(NH4+)c(Cl)c(OH)c(H) c(Cl)c(H)c(NH4+)c(OH)(1)若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是 _，上述四种离子浓度的大小顺序为_(选填序号)。(2)若上述关系中是

19、正确的，则溶液中的溶质为_；(3)若该溶液是由体积相等的稀盐酸和氨水混合而成，且恰好呈中性，则混合前c(HCl)_c(NH3H2O) (填“大于”“小于”或“等于”)。III重金属离子对河流海洋造成严重污染。某化工厂废水(pH=2.0，d1 gmL1）中含有Ag，Pb 2等重金属离子，其浓度各约为0.0lmolL1。排放前拟用沉淀法除去这两种离子，查找有关数据如下：难溶电解质AgIAgOHAg2SPbI2Pb(OH)2PbSKsp8.310-175.610-86.310-507.110-91.210-153.410-28 (1)你认为往废水中投入_（填字母序号），沉淀效果最好。ANaOH BN

20、a2S CKI DCa(OH)2(2)如果用生石灰处理上述废水，使溶液的pH=8.0，处理后的废水中c（Pb2)_。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【分析】W的单质及某些化合物可用于自来水的消毒，W是Cl；由滴定曲线可知：用0.1 mol/L的甲溶液滴定同浓度的20mL乙溶液，滴定曲线如图所示，当V(甲)=0时，0.1 mol/L的乙溶液的pH=13，则乙溶液为强碱溶液，Y为Na。当V(甲)=20mL时两者恰好完全反应且pH=7，则甲溶液为一元强酸，X的原子序数小于Na，则X为N，甲为HNO3。丙的最高价

21、氧化物的水化物为两性，属于氢氧化铝，Z是Al。【题目详解】A根据元素周期律，四种原子的原子半径：NaAlClN，故A错误；B由于氨分子间存在氢键，氯化氢分子间不能形成氢键，氨气沸点大于氯化氢的沸点，故B错误；C由分析推知Y为Na，Z是Al，则金属性：YZ，故C正确；D工业上用电解熔融氧化铝冶炼铝，不能用氯化铝，因为氯化铝不导电，故D错误；故答案选：C。2、B【分析】A.集气瓶中导管应遵循“长进短出”原则；B.互不相溶的液体采用分液方法分离；C.互溶的液体应该采用蒸馏方法分离提纯，且温度计测量馏分温度；D.溴能氧化橡胶。【题目详解】A.集气瓶中导管应长进短出，否则会将液体排除，不能达到实验目的，

22、A错误；B.CCl4和水是互不相溶的两种液态物质，可用分液漏斗进行分离，B正确；C.温度计水银球应在蒸馏烧瓶支管口处，测量的是蒸气的温度，C错误；D.液溴具有强的腐蚀性，会腐蚀橡胶塞，应用玻璃塞且需要水封，D错误；故合理选项是B。【答案点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及洗气、物质分离和提纯、物质性质等知识点，明确实验原理及物质性质差异性是解本题关键，能够根据物质性质差异性分离提纯物质。3、D【答案解析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，乙是常见的气体，且与浓硫

23、酸和甲反应生成，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，A、K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，选项A错误；B、同主族元素从上到下非金属性减弱，OS，选项B错误；C、同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，CO，选项C错误；D、H2SO4也可由W、Y组成的化合物H2O2与SO2直接反应制得，选项D正确。答案选D。4、C【题目详解】A容量瓶使用前需要检查是否漏水，并且洗净，但不必干燥，故A错误；B没有480 mL的容量瓶，只能选用500 mL的容量瓶，故应称量NaOH的质量为0.5 L2.0 molL-140 gmol-1=40.0 g，故B错误；C

24、25 g CuSO45H2O的物质的量是0.1 mol，将其溶解到水中，配成1 L溶液，即是0.1 mol/L的CuSO4溶液，故C正确；D不能在容量瓶中进行溶解、稀释等操作，故D错误；综上所述答案为C。5、C【题目详解】A.100g质量分数为46%的乙醇水溶液中乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，含1mol氧原子；水的质量为54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此乙醇溶液中共含4mol氧原子即4NA个，故正确；B. 标准状况下，4.48LCO2和N2O的混合气体的物质的量n=0.2mol，1个CO2和N2O所含电子数都是22，0.2molCO2和N2O含有电子数是N=nNA

25、=4.4NA，故正确；C. 0.1molL1的NH4NO3溶液，不知道溶液的体积，无法算出溶质的物质的量，故错误；D. 7.2gCaO2晶体中阴阳离子总数为N=nNA=mMNA=7.2g72g/molNA2=0.2NA，故正确；故选：C。6、B【答案解析】A项，Al(OH)3不能一步转化为Al，只能经过Al(OH)3Al2O3Al两步实现，故A不符合题意；B项，CO2与NaOH反应生成Na2CO3，Na2CO3与CO2和水反应生成NaHCO3，NaHCO3分解可生成Na2CO3、CO2，故B符合题意；C项，SiO2不能一步转化为H2SiO3，H2SiO3不能一步转化为Si，故C不符合题意；D项

26、，S不能一步转化为SO3，H2SO4一般也不能一步转化为S，故D不符合题意。综上所述，符合题意的选项为B。7、D【题目详解】根据图像得出升高温度，平衡向吸热反应移动，Z的体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是吸热反应，正向为放热反应；加压，向体积减小方向移动，Z体积分数减小，说明逆向移动，即逆向是体积减小反应，正向为体积增大反应，故D正确；综上所述，答案为D。8、C【题目详解】A. Al2O3和HCl反应生成AlCl3，但AlCl3不能一步反应生成Al2O3，所以上述关系不可以一步实现，故A错误；B. NaCl不能一步反应生成Na2O2，所以上述关系不可以一步实现，故B错误；C. Fe和Cl2反

27、应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，所以上述关系可以一步实现，故C正确；D. Mg(OH)2不能一步反应生成MgCO3，所以上述关系不可以一步实现，故D错误；故选C。9、D【答案解析】A升高温度，化学反应速率加快，v正增大，v逆增大，故A错误；B增加反应物B的量，会使化学平衡正向移动，但是反应的H不变，故B错误；C通入惰性气体，体积不变，各组分的浓度不变，平衡不移动，故C错误；DA(g)+B(g)C(g)+2D(s)起始物质的量（mol/L） 1 1 0变化物质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5平衡物

28、质的量（mol/L） 0.5 0.5 0.5平衡时平衡常数K=2，故D正确；故答案为D。10、C【题目详解】A. 雷雨过程发生的主要化学反应有：N2+O2=2NO，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，HNO3与土壤中的弱酸盐反应生成硝酸盐，农作物吸收NO3中化合态的N元素，其中第一个反应是将游离态的氮转化为化合态氮，属于自然界固氮作用，故A正确；B. 过氧化钠(Na2O2)能与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，所以可用作潜水艇的供氧剂，故B正确；C. 铝热反应以铝粉和氧化铁为主要反应物的发热反应，铝粉激烈氧化，燃烧而放出大量热。这种放热反应的温度可达3000以上使反应产生的

29、铁单质以液态形式存在，可用于焊接钢轨；各种金属对氧的化学亲和力大小各不相同，与氧亲和力较大的金属能够把与氧亲和力较小的金属从它的氧化物中还原出来。铝在足够高的温度下，与氧有很强的化学亲和力，它可以从很多重金属的氧化物中夺取氧，而把重金属还原出来，可用于工业上冶炼高熔点的金属，但是工业上炼铁是用高温下焦炭还原氧化铁的方法，故C错误；D. 生产玻璃的原料是纯碱、石灰石和石英，生产水泥以黏土和石灰石为主要原料，工业上生产玻璃和水泥使用到的共同原料有石灰石，主要成分为CaCO3，故D正确；答案选C。11、A【答案解析】A、工业上，氯气和石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，即漂白粉，A正确；B、电解饱和食盐

30、水，阳极上产生氯气，阴极上生成氢气，并得到氢氧化钠，B错误；C、“84”消毒液主要成分为次氯酸钠，具有强氧化性，把HCl氧化为氯气，不是增加次氯酸钠的漂白性，C错误；D、Cl2与水反应生成次氯酸，具有强氧化性，能够起到漂白作用，而氯气没有漂白作用，D错误；故正确选项为A。【答案点睛】干燥的氯气没有漂白作用，而潮湿的氯气具有漂白作用，因为氯气与水反应生成了次氯酸所致。12、C【答案解析】在氯化银的浊液中一定存在AgCl的沉淀溶解平衡，即，选项A正确。向氯化银浊液中加入氨水得到澄清溶液，说明NH3将AgCl中的Ag+“夺过来”转化为Ag(NH3)2+，使氯化银沉淀溶解，说明结合能力比强，选项B正确

31、。银镜反应后的试管内壁上是一层单质银，用氨水是无法洗涤的，原因是没有氧化剂能将单质银氧化为Ag+再和NH3结合为Ag(NH3)2+，所以应该用稀硝酸洗涤，用硝酸的强氧化性将单质银转化为硝酸银除去，选项C错误。加入硝酸，硝酸会与氨水反应，使的反应平衡逆向移动，将Ag(NH3)2+转化为Ag+再与Cl结合为氯化银沉淀，选项D正确。13、C【题目详解】A. 在氮化铝的合成反应中，N2中氮元素的化合价从0价降低到3价，氮气是氧化剂，碳是还原剂，A不正确；B. 上述反应中每生成2 mol AlN，N2得到6 mol电子，B不正确；C. 氮化铝中氮元素的化合价为-3，C正确；D. 氮化铝具有耐高温、抗冲击

32、、导热性好等优良性质，说明该化合物是原子晶体，D不正确。答案选C。14、B【答案解析】A35Cl和37Cl属于同位素，原子核外电子数相同，原子核外电子排布相同，故A错误；BCO2通入Na2SiO3溶液中反应生成白色胶状沉淀硅酸，可以得到硅酸溶胶，故B正确；C氧元素、氟元素没有最高正化合价，其它主族元素最高正化合价等于其族序数，故C错误；D键长H-FH-Cl，故H-F键键能更大，则断开1molH-F需要的能量更多，故D错误；故选B。【答案点睛】本题的易错点为为C，要注意一些特殊例子，如氧元素、氟元素一般没有最高正化合价，其中F元素没有正化合价，平时学习过程中要注意归纳。15、D【答案解析】本题主

33、要考查了元素周期律，化学键，原子半径和地壳中元素含量顺序。【题目详解】A是原子半径最小的元素，即A是氢元素；B是地壳中含量最多的元素，即B是氧元素；A与C的最外层电子数相同且C是金属元素，即C是钠元素； B、D两元素同主族，即D是硫元素，作为短周期元素，E只能是氯元素。A. 同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，同主族元素从上到下依次增大，故元素的原子半径为CDE，A错误；B. 对应简单氢化物的热稳定性与非金属性有关，同周期元素从左到右元素非金属性依次增强，故ED，B错误；C. B与C形成的化合物是氧化钠或过氧化钠，化学键为离子键或离子键和共价键，B与D形成的化合物是二氧化硫、SO3，化学键是共

34、价键，化学键类型不同，C错误；D.上述五种元素中，只有硫元素和氯元素有含氧酸，最高价含氧酸的酸性强弱与非金属性表现一致，故E的最高价氧化物对应水化物酸性最强，D正确。答案为D。【答案点睛】在元素周期表内，同周期原子半径从左往右逐渐减小，同主族原子从上到下逐渐增大；电子层结构相同的离子，阴离子半径大于阳离子半径。16、C【答案解析】A、铁比铜活泼，硝酸氧化性大于硫酸，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与在酸性条件下与NO3-反应，当溶液中NO3-完全消耗时，铁和H+反应生成H2，错误；B、由于发生Fe+2Fe3+=3Fe2+、Cu+2Fe3+

35、=2Fe2+Cu2+，则当金属粉末有剩余，溶液中不存在Fe3+，加入KSCN溶液不变成血红色，错误；C、铁比铜活泼，将一定量铁粉和铜粉的混合物加入由稀H2SO4和HNO3组成的混合溶液中，首先是较活泼的铁与酸溶液反应，当铁完全反应后，且溶液中存在：Fe3+或H+和NO3-时，铜溶解，剩余金属可能为铜或铁与铜的混合物，故剩余金属一定含有铜，正确；D、当剩余金属为铜，且溶液中NO3-完全消耗时，加入硫酸，金属不再溶解， D错误。答案选C。17、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

36、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。18、D【答案解析】A.是硫离子，水解促进水的电离，A错误；B. 是铵根，水解促进水的电离，B错误；C. 1s22s22p63s1是钠，和水电离出的H+反应，促进水的电离，C错误；D. 是溴离子，氢溴酸是强酸，Br-不水解，对水的电离平衡没有影响，D正确，答案选D。19、C【答案解析】根据弱电解质的电

37、离、盐类的水解的概念分析。【题目详解】A. 配制0.10mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，故A正确，但不符合题意；B. 用pH计分别测0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH值，若两者的pH值相差小于1，说明醋酸存在电离平衡，则证明醋酸是弱电解质，故B正确，但不符合题意；C. 取等体积等浓度的CH3COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，故不能证明醋酸是弱电解质，故C错误，但符合题意；D. 如果醋酸是强酸，则CH3C

38、OONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶液pH7，则说明CH3COONa是强碱弱酸盐，即醋酸是弱电解质，故D正确，但不符合题意。故选C。【答案点睛】注意常见的弱电解质的判断方法有：测一定物质的量浓度溶液的pH，例如，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸，盐酸的PH值=1，醋酸的PH值1；测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值7。20、B【分析】A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能；B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀；C. Al2O3与NaOH溶液反应，而Fe2O3不能；D.加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤,向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、

39、干燥，得到氢氧化铝。【题目详解】A.Al与NaOH溶液反应，而Mg不能，则镁粉中混有少量铝粉的方法为加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，所以A选项是正确的；B.加入过量氨水，二者均转化为沉淀，则FeCl3溶液中混有少量AlCl3不能选加入过量氨水，故B错误；C. Fe2O3中混有少量Al2O3，加入足量烧碱溶液，Al2O3变成偏铝酸钠，而Fe2O3不发生反应，再通过过滤、洗涤、干燥，可以得到纯净的Fe2O3，所以C选项是正确的；D. 加入足量烧碱溶液，氢氧化镁不反应，氢氧化铝溶解，过滤，向滤液中通入过量CO2后过滤、洗涤、干燥，得到氢氧化铝，所以D选项是正确的。故答案选B。21、C【题

40、目详解】A从到的过程起到富集碘元素的作用后，环节所得溶液中c（I-）大于环节溶液中的c（I-），故A项正确；B环节是用亚硫酸钠作还原剂将高分子树脂吸附的碘单质还原为碘离子，使碘元素以离子的形式脱离树脂进入溶液中，故B项正确；C环节是用Cl2将碘离子氧化为I2，氯元素从0价降低为-1价，1 mol Cl2可得到2mol电子，环节是用KClO3将碘离子氧化为I2，氯元素从+5价降低为-1价，1 mol KClO3可得到6mol电子，所以，若和中分别得到等量I2，消耗的Cl2与KClO3的物质的量之比为6:2=3:1，故C项错误；D步骤采用升华的方法提取纯净的碘发生的变化是物理变化，故D项正确；故选

41、C。22、B【分析】A、焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动；B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量；C、断裂化学键吸收能量；D、催化剂不改变反应的始终态。【题目详解】A、焓变为负，为放热反应，升高温度平衡逆向移动，则HCl的转化率减小，故A错误；B、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则4E(H- C1) + 498k/mol一2243kJ/mol-4 E(H- O)= -1.6kJ/mol，可知4 E(H- CI)-4E(H-O)= - 127.6kJ/ mol，断裂H2O(g)中1molH- O键比断裂HCl(g)中1molH- Cl键所需能量高，故B正确；

42、C、断裂化学键吸收能量，则1molCl2转化为2molCl原子吸收243kJ热量，故C错误；D、催化剂不改变反应的始终态，则加催化剂，焓变不变，故D错误；故选B。【答案点睛】催化剂只能改变化学反应速率，一般情况下是加快反应速率，而加快反应速率是通过降低反应活化能实现，不改变焓变。焓变只与热化学方程式有关。二、非选择题(共84分)23、制作铁红等 Al2O3 AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3 +HCO3- Fe3+3H2O Fe(OH)3(胶体)+3H+ 【分析】I为红褐色固体，应为Fe（OH）3，则H为Fe（OH）2，由转化关系可知G为FeCl2，D为Fe，J为FeCl3，B为Fe

43、2O3，A和B的反应为铝热反应，A为Al，C为Al2O3，E为AlCl3，K为Al(OH）3，F为NaAlO2【题目详解】（1）B为Fe2O3，B的主要用途是制作铁红等，C的化学式为Al2O3。（2）E为AlCl3，阳离子为Al3，离子的结构示意图为；（3）向F中通入足量CO2生成K，即：向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3的离子方程式为AlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3+HCO3；（4）J在工业上可用于净水，其原理是：铁盐可作絮凝剂，常用于净水，其原理是Fe3+3H2OFe（OH）3+3H，生成胶体，具有吸附性，可净化水。【答案点睛】本题以“无机框图题”的形式考查元素单质及

44、其化合物的性质，涉及化学式及离子方程式书写等，易错点（3）向NaAlO2中通入足量CO2生成AlOH）3和碳酸氢钠，通入少量二氧化碳则生成碳酸钠。24、加成反应碳碳三键、溴原子保护苯环上的（酚）羟基【答案解析】（1）分子量为26的烃一定有2个碳原子，这样就只能连两个氢原子凑成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），结构简式为 。（2）反应进行的一定是题目给出的已知，该反应为用碳碳三键一端的H原子对碳氧双键进行加成，得到炔醇类化合物，所以反应的反应类型是加成反应。得到的B为CHC-CH2OH。B与HBr发生取代得到（C）CHC-CH2Br。（3）B与HBr发生取代得到（C）CHC-CH2Br。C中

45、含有的官能团为碳碳三键和溴原子。（4）D为苯的同系物，根据反应的生成物，D只能是对二甲苯（）。所以反应为。（5）反应将溴原子水解，再酸化得到（E），与CH3I发生已知中的反应得到，经高锰酸钾氧化为（F），再与HI发生题目已知的反应，得到（G）。（6）C和G发生取代得到（H），H发生加聚反应得到最后产物，所以方程式为。（7）用高锰酸钾氧化甲基为羧基的过程中，要防止氧化酚羟基，所以设计反应和，对酚羟基进行保护。（8）乙炔有两个碳原子，甲醛只有一个碳原子，所以必须用一个乙炔结合两个甲醛以生成最终的四个碳原子的化合物。结合题目信息，一定选择乙炔和两个甲醛进行加成，后续过程就很好理解了。所以路线为：25

46、、c c 不再有气泡产生 将装置中残留的气体产物吹入吸收装置中 吸收空气中的CO2和水蒸气 偏小 Ni3(OH)4CO34H2O=3NiO+6H2O+CO2 在装置B、C之间连接一个安全瓶(或其它合理答案均可给分) 【答案解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）本题实验目的是测定碱式碳酸镍的组成，根据信息，300以上时分解生成3种氧化物，这三种氧化物分别是NiO、CO2、H2O，需要测CO2和H2O的质量，因此必须让其全部被吸收，根据(2)，甲装置的作用是吸收空气中CO2和H2O，甲装置应是c，B装置应是加热碱式碳酸镍，C装置应是吸收产生H2O，D装置应是吸收产生CO2，防止外界中CO2和H2

47、O进入装置D，对测量产生影响，因此E的作用是防止空气中的CO2和H2O进入D装置，故乙装置选c；（2）根据上述分析，当装置C中不再有气泡产生，说明反应完全，打开活塞K，缓慢通入空气的目的是让装置中残留的气体产物被C和D装置全部吸收；（3）根据（1）的分析，装置A的作用是吸收空气中的CO2和水蒸气；装置E的作用是防止外界中CO2和H2O进入装置D，如果没有此装置，D装置吸收空气中CO2和水，造成CO2的质量增大，根据元素守恒，x/z偏大；（4）装置C质量增重(133.08132.00)g=1.08g，产生水的质量为1.08g，合0.06mol，装置D增重的质量是CO2的质量，即为(41.4441

48、.00)g=0.44g，合0.01mol，装置B中反应后的物质是NiO，其质量为2.25g，合0.03mol，化合价代数和为0，因此推出OH物质的量为0.04mol，根据H原子守恒推出H2O的物质的量为0.04mol，因此x:y:z:n=0.03：0.04：0.01：0.04=3：4：1：4，即碱式碳酸镍的化学式为Ni3(OH)4CO34H2O，碱式碳酸镍受热分解化学方程式为：Ni3(OH)4CO34H2O 3NiO+6H2O+CO2；（5）根据信息，应在装置B、C之间连接一个安全瓶。26、检查装置的气密性 c 氢氧化钠 Na2S2O5溶于水生成NaHSO3溶液，的电离大于水解，溶液显酸性 N

49、a2SO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复 47.5(V1c1-V2c2)% 【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；中纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至过饱和，中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH4.1时，则产品中会

50、有副产物，其化学式是Na2SO3，结晶脱水生成产品的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O，最后结晶析出焦亚硫酸钠产品。【题目详解】(1)装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应；装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，用氢氧化钠溶液就可以；(2)Na2S2O5溶于水且与水能反应：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3

51、，NaHSO3溶液的电离大于水解，所以溶液显酸性；中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是Na2SO3；结晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL10-3L/mLc2molL-1=V2c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤中过量的I2的物质的量为V2c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL10-3L/mLc1molL-1-V2c210-3mol=(V1c1-V2c2)1

52、0-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1c1-V2c2)10-3mol190g/mol=95(V1c1-V2c2)10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1c1-V2c2)%。27、defabc(ef的顺序能互换) CaO+NH3H2O=NH3+Ca(OH)2 防止倒吸或作安全瓶 防止碘升华 无固体残留且溶液呈无色 2IO-+N2H4=N2+2I-+2H2O 趁热过滤 81.0% 【答案解析】本题为实验题，要结合实验目的和实验步骤进行分析，并利用得失电子守恒配平相应的氧化还原反应方程式，利用方程式进行计算；【题目详解】（1）装置A

53、制备水合肼，装置B防倒吸，装置C提供氨气，装置D防止倒吸或作安全瓶，故连接顺序为defabc 装置C提供氨气，反应物为浓氨水和氧化钙，故反应方程式为CaO+NH3H2O=NH3+Ca(OH)2；装置D的作用为：防止倒吸或作安全瓶；（2）由于在加热条件下碘易升华，所以反应装置温度不宜过高，防止碘升华；反应完全时，碘单质全部转化为NaIO和NaIO3，故现象为无固体残留且溶液呈无色；由题意可知水合肼还原NaIO，IO-被还原为I-，水合肼中N元素升价，得到N2，利用得失电子守恒，将反应方程式配平，得到2IO-+N2H4=N2+2I-+2H2O；活性炭难溶于水，为了防止NaI由于温度降低结晶析出，故

54、将溶液与活性炭分离的方法是趁热过滤；反应前加入25.4g单质碘，即0.1mol单质碘，由原子守恒可知，应得到0.2mol NaI，即30g NaI。实验过程中得产品24.3g，故产率=24.3g/30g100%=81%；28、3NO(g) + O3(g) 3NO2(g) H= -317.3 kJmol1 SO32- + H2O HSO3- + OH- CaSO3 + 2NO2 + H2O 2HNO2 + CaSO4 CaSO3浊液中存在：CaSO3(s) Ca2+(aq) + SO32-(aq)，加入Na2SO4固体，由于CaSO4的Ksp较小，SO42-与Ca2+结合生成CaSO4沉淀，c(Ca2+)减小，平衡正向移动，导致c(SO32-)增大，从而使NO2的吸收速率加快 放热 由图像中T1下反应先达