2022-2023学年江苏省徐州市铜山中学高三化学第一学期期中考试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列有关化学基本概念的判断正确的是（ ）A含有极性键的分子一定是极性分子B含有共价键的化合物一定是共价化合物C含有离子键的化合物一定是离子化合物D组成上相差n个CH2的分子一定是同系物2、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是AFeSO4易溶于水，可用于制造红色颜料BF

2、eS是黑色粉末，可用于去除水体中Cu2+等重金属CFe2(SO4) 3水溶液显酸性，可用于去除天然气中H2SDFe在冷的浓硫酸中钝化，可用于制造贮存浓硫酸的贮罐3、下图（）为全钒电池，电池工作原理为2H+VO2+V2+VO2+V3+H2O。装置()中的电解质是硝酸、硫酸的混合水溶液，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH。则下列说法正确的是( )A闭合K时，H+从右到左通过交换膜B闭合K时，铂电极的电极反应式为：NO3-+6e-+5H2O=NH2OH+7OH-C全钒电池充电时，电极A上发生氧化反应D全钒电池放电时，电极B上发生的反应为：VO2+2H+e-=VO2+H2O4、用下列实验方案及所选

3、玻璃仪器就能实现相应实验目的的是（ ）选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去乙酸乙酯中的乙醇向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，混合后振荡，然后静置分液烧杯、分液漏斗、玻璃棒B检验蔗糖是否水解向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、胶头滴管C证明乙醇发生消去反应生成乙烯将乙醇与浓硫酸混合加热到170 ，将产生的气体通入溴水酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管D比较HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1 molL1NaClO溶液、0.1molL1 CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片AABBCCDD5、向含有Fe

4、2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各离子的物质的量变化如下图所示。则有关说法不正确的是A线段BC代表Fe3+物质的量的变化B原混合溶液中n（FeBr2）=3molC通入2mol Cl2反应的离子方程式为：2Fe2+6I-+4Cl2=2Fe3+3I2+8Cl-D原溶液中 n（Fe2+）: n（I-）: n（Br-）=2 : 1 : 36、下列说法正确的是A用湿润的pH试纸测定NaCl 溶液的pH时会影响测定结果B检验某溶液含有NH4+：取试样少许于试管中，加入足量NaOH溶液加热，用湿润红色石蕊试纸检验变蓝C液溴保存时液面覆盖一层水，装在带橡胶塞的细口试剂瓶中D配制一定物质的量浓度的

5、NaOH溶液时，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，所配制的溶液浓度偏小7、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A该合金中铜与镁的物质的量之比是2 1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL8、能证明乙酸是弱酸的实验事实是ACH3COOH溶液与Z

6、n反应放出H2B0.1 mol/L CH3COONa溶液的pH大于7CCH3COOH溶液与NaCO3反应生成CO2D0.1 mol/L CH3COOH溶液可使紫色石蕊变红9、高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，现用浓硫酸、无水硫酸铜、氧化铜、澄清石灰水、氢氧化钠溶液五种试剂，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，下列说法不正确的是A气体检验的顺序应该是CO2、H2、COB检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验C干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2D该实验中，澄清石灰水只需使用一次10、不属于酸性氧化物的是ASO3BN

7、OCCO2DSO211、已知反应：2H2O2=2H2O+O2，下列措施不能加快该反应的速率的是A升高温度B加入少量MnO2固体C加水稀释D加入几滴FeCl3溶液12、短周期元素X、Y、Z、Q、T的原子序数与其常见化合价关系如图所示。下列说法正确的是()A1 mol TX2与足量X2反应生成TX3的分子数目为NABZ元素形成的可溶性盐溶液可能显碱性C1 mol Y2X2与足量H2O反应转移的电子数目为2NAD0.1 mol Q元素的含氧酸在水中电离出的H+数目为3NA13、NA表示阿佛加德罗常数的值，下列叙述中正确的是 （ ）A22.4L标况下的氯气在化学反应中转移的电子数一定为2NAB在1L

8、pH12的K2CO3溶液中由水电离产生的OH数目为0.01NAC14g由N2与C2H4组成的混合气体中含有的氢原子数可能为2NAD22.4L标况下的CO2中共用电子对数为2NA14、下列反应中，水作还原剂的反应是ACaO + H2O Ca(OH)2B2Na + 2H2O 2NaOH + H2C2F2 + 2H2O 4HF + O2D2Na2O2 + 2H2O 2NaOH + O215、用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是A检验试液中的SO42-B检验试液中的Fe2+C检验试液中的I-D检验试液中的CO32-16、下列对实验现象解释的方程式中，正确的是A0.1 mol/L次氯酸溶

9、液的pH约为4.2： HClO= H+ ClO-B向醋酸中加入NaHCO3溶液得到无色气体：2CH3COOH + CO=2CH3COO- + H2O+ CO2C向NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液，得到白色沉淀：2H+ +SO + Ba2+ +2OH- =BaSO4 + 2H2OD在煤中添加石灰石，降低尾气中SO2浓度：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO217、甲酸甲酯、乙酸丁酯、丙酸甲酯组成的混合酯中，若氧元素的质量分数为30%，那么氢元素的质量分数为A10%B15%C20%D无法确定18、下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A证明Mg(OH)2沉

10、淀可以转化为 Fe(OH)3向2 mL 1 mol/LNaOH溶液中先加入3滴1mol/L MgCl2溶液，再加入3滴1mol/LFeCl3B比较氯和碳的非金属性强弱将盐酸滴入碳酸氢钠溶液中C验证电解饱和食盐水阳极有氯气生成以铁为电极电解饱和食盐水，并将阳极生成的气体通入淀粉KI溶液D比较铜和镁的金属活动性强弱用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液AABBCCDD19、中和热测定实验中，下列操作会使测得的H数值偏大的是A大烧杯上没有盖硬纸板B用环形铜丝搅拌棒代替环形玻璃搅拌棒C用相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸溶液进行实验D用1gNaOH固体代替50mL0.5mol/L的N

11、aOH溶液进行实验20、短周期主族元素X、Y、Z、R、W原子序数依次递增,且Y原子半径在这5种原子中最小,R单质是将太阳能转化为电能的常用材料,X和R原子最外层电子数相同;W2-的最外层为8电子结构,单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，下列说法正确的是A简单离子半径WYZB化合物ZY和RY4化学键类型相同CW、R最高价氧化物均能与水反应,且生成的酸的酸性WRDW的最高价氧化物对应的水化物在与X单质反应时既显氧化性又显酸性21、下列装置和操作能达到实验目的的是（ ）A实验I：制取并收集氢气B实验II：验证葡萄糖的还原性C实验III：实验室制氨气并收集干燥的氨气D实验：检查碱式滴

12、定管是否漏液22、央视栏目国家宝藏不仅彰显了民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是( )A宋王希孟千里江山图中的绿色颜料铜绿，主要成分是碱式碳酸铜B宋莲塘乳鸭图缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质C战国 “曾侯乙编钟”属于青铜制品，青铜是一种铜锡合金D清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是合成液晶材料的中间体 ，以芳香烃A、乙酸为原料合成G的路线如下：回答下列问题:(1)B的结构简式为_;A的化学名称为_。(2)由A、B生成C的反应类型是_;由E生成F的反应类型为_。(3)D中含氧官能团的名称是_;写出在加热条件

13、下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式_。(4)E有多种同分异构体 ，能满足下列条件的E的同分异构体有_种。苯环上有两个取代基能够使溴的CCl4溶液褪色(5)仿照上述流程 ，设计以丙酸(CH3CH2COOH)、苯为原料制备有机高分子的合成路线_(无机试剂任选)。24、（12分）一种重要的药物中间体E的结构简式为：，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：(注：R和R表示烃基或氢原子)请回答下列问题：(1)合成高分子树脂N由A可制得F，F的结构简式为_；F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有_种。GH的反应类型为_。G有多种同分异构体，其中一

14、种异构体X的结构简式为：，下列有关X的说法正确的是_（填标号）。a能与银氨溶液发生反应b能与氢气在一定条件下发生加成反应c在碱性条件下发生水解反应，1mol X消耗3mol NaOHd加热条件下，与NaOH醇溶液反应，可生成不止一种有机物写出MN反应的化学方程式_。已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“FG”和“HM”两步的作用是_。(2)合成有机物EB中的官能团的结构简式为：_。E在一定条件下也可以生成C，写出EC反应的化学方程式：_。25、（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的消毒剂，主要用于水、砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是一种制取亚氯酸钠的工艺流程：已知：NaClO2的溶解度

15、随着温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO23H2O。ClO2气体只能保持在稀释状态下以防止爆炸性分解，且需现合成现用。ClO2气体在中性和碱性溶液中不能稳定存在。（1）在无隔膜电解槽中用惰性电极电解一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反应式为：_。 “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为_、_。（2）发生器中鼓入空气的作用是_。（3）吸收塔内反应的化学方程式为_，吸收塔内的温度不宜过高的原因为：_。（4）从滤液中得到NaClO23H2O粗晶体的实验操作依次是_、_、过滤、洗涤、低温干燥。（5）经查阅资料可知，当pH2.0时，ClO2能

16、被I完全还原成Cl，欲测定成品中NaClO2（M为90.5g/ mol）的含量，现进行以下操作：步骤称取样品Wg于锥形瓶中，并调节pH2.0步骤向锥形瓶中加入足量的KI晶体，并加入少量的指示剂步骤用c mol/L的Na2S2O3溶液滴定，生成I和S4O62步骤中发生反应的离子方程式是_。若上述滴定操作中用去了VmL Na2S2O3溶液，则样品中NaClO2的质量分数为：_（用字母表示，不用化简）。（已知2Na2S2O3I2=Na2S4O62NaI）26、（10分）亚硝酸钠(NaNO2)是工业盐的主要成分，在漂白、电镀等方面应用广泛。已知：室温下，2NO+Na2O2=2NaNO2，以木炭、浓硝酸

17、、Na2O2为主要原料制备亚硝酸钠的装置如图所示。(加热装置及部分夹持装置已略去)回答下列问题：（1）A装置中反应的化学方程式为_。（2）B装置的作用是_。（3）充分反应后，C中生成的固体除NaNO2外，还可能生成_(填化学式)，为避免杂质的生成，应在B、C之间加一个为_装置，该装置和所盛放试剂的名称分别是_。（4）检查装置气密性并装入药品后，以下实验操作步骤正确的顺序为_( (填标号)。a打开弹簧夹，向装置中通入N2 b点燃酒精灯c向三颈烧瓶中滴加浓硝酸 d熄灭酒精灯e关闭分液漏斗旋塞 f停止通入N2（5）D装置用于尾气处理，写出D中反应的离子方程式：_。27、（12分）某实验小组用工业上废

18、渣（主要成分Cu2S和Fe2O3）制取纯铜和绿矾（FeSO47H2O）产品，设计流程如下：(1)在实验室中，欲用98的浓硫酸（密度为1.84gmL1）配制500mL1.0molL1的硫酸，需要取98的浓硫酸_mL(小数点后面保留一位有效数字)；需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，还有_。(2)该小组同学设计如装置模拟废渣在过量氧气中焙烧，并验证废渣中含硫元素。置A中反应的化学方程式为_；D装置起安全瓶作用_ ，E装置中的现象是_反应装置不完善，为避免空气污染，要加装尾气处理装置所用试剂为_溶液。(3)从下列图中选择合适的装置，写出步骤中进行的操作顺序 _（填序号）(4)为测定产品中绿矾的

19、质量分数，称取30.0g样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000molL1酸性KMnO4溶液进行滴定，反应为：10FeSO48H2SO42KMnO42MnSO45Fe2(SO4)3K2SO48H2O实验所得数据如下表所示：滴定次数1234KMnO4溶液体积mL19.1020.0219.9820.00第1组实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_（填代号）a酸式滴管定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗b锥形瓶洗净后未干燥 c滴定终点时俯视读数d滴定前尖嘴有气泡，滴定后气泡消失根据表中数据，计算所得产品中绿矾的质量分数为_。28、（14分）铝、氧化铝、氢氧化铝等

20、在工业上用途广泛。(1)用原子结构知识解释Al的金属性比Na弱：Al与Na在元素周期表中位于同一周期，_，Al的金属性比Na弱。(2)结合化学用语，用化学平衡知识解释，氢氧化铝既溶于强酸溶液，又溶于强碱溶液：_。(3)Al2O3是制备二甲醚（CH3OCH3）的反应中的重要催化剂。已知由H2、CO制备二甲醚过程为：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H190.1 kJmol12CH3OH(g)=CH3OCH3(g)H2O(g) H224.5 kJmol1写出由H2、CO制备二甲醚的总的热化学方程式_。工业上以铝土矿（主要成分是氧化铝，含氧化铁、氧化镁、二氧化硅、氧化铜等杂质）为原料提取铝、

21、氧化铝、氢氧化铝的无机化工流程如图：已知：该条件下NaOH溶液与二氧化硅反应非常缓慢，在工业生产时不必考虑(4)固体A为_。(5)写出反应的离子方程式为_。(6)反应所得的铝材中，往往含有少量的铁和硅等杂质，可用电解精炼法进一步提纯，该电解池中阳极的电极反应式为_，下列可作阴极材料的是 _A铝材 B石墨 C纯铝 D铅板(7)铝土矿中Al2O3的含量为40.8，要使1t铝土矿中的Al2O3全部溶解理论上至少需要NaOH的质量为_t。29、（10分） (1)中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。已知化学键键能如下表：共价键OHOOO=O键

22、能/（kJmol-1）464 146 498反应I的化学方程式为_。写出反应II的热化学方程式_。设总反应反应热为H，反应I反应热为H1，则H_ H1（填“”“” 或“”）。(2)已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。H3PO2易被氧化为H3PO4磷酸。写出次磷酸的电离方程式_。 常温下，NaH2PO2溶液的pH_。A7 B7 C7 D不能确定向H3PO2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液至过量，其导电性变化图像为_；向稀NaOH溶液中逐滴滴加浓H3PO2溶液至恰好中和，其导电性变化图像为_。常温下磷酸和氢氧化钠溶液反应

23、获得含磷各物种的分布分数与pH的关系如图所示。由图分析：H3PO4的Ka1=_；利用图中数据计算推测Na2HPO4溶液的酸碱性_。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.含有极性键的分子，若多个化学键空间排列对称、正负电荷的重心重合，则属于非极性分子；若化学键排列不对称、正确负电荷的重心不重合，就属于极性分子，A错误；B.含有共价键的化合物可能是共价化合物，也可能是离子化合物，B错误；C.化合物只要含有离子键，就一定是离子化合物，C正确；D.组成上相差n个CH2的分子，若二者结构相似，就属于同系物

24、，否则就不属于同系物，D错误；故合理选项是C。2、D【题目详解】A可用于制造红色颜料的是Fe2O3，故A错误；BFeS可用于去除水体中Cu2+等重金属，是因为转化为更难溶的硫化物，与颜色无关，故B错误；CFe2(SO4) 3可用于去除天然气中H2S，是因为三价铁离子具有氧化性，能氧化硫化氢中的硫元素，与其水溶液显酸性无关，故C错误；DFe在冷的浓硫酸中钝化，生成致密的氧化物薄膜，所以可用于制造贮存浓硫酸的贮罐，故D正确；故选D。3、D【题目详解】装置()为电解池，当闭合开关K时，铂电极上生成NH2OH，所以铂电极上发生得电子的还原反应，为阴极，与原电池负极相接，所以电极A为负极、B电极为正极，

25、则A. 闭合K时，装置I为全钒电池，A电极为负极、B电极为正极，原电池工作时H+从负极A通过交换膜移到正极B，即H+从左到右通过交换膜，故A错误；B. 闭合K时，铂电极为阴极，发生得电子的还原反应，电极反应式为NO3-+6e-+7H+NH2OH+2H2O，故B错误；C. 全钒电池充电时，电极A为阴极，发生得电子的还原反应，故C错误；D. 全钒电池放电时，电极B为正极，电极B上VO2+得电子生成VO2+，电极反应式为VO2+2H+e-=VO2+H2O，故D正确；故答案选D。4、A【题目详解】A.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用

26、的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；C.反应生成的乙烯中可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；答案选A。【答案点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。5、C【答案解析】还原性为I-Fe2+Br-，则先发生2I-+Cl2I2+2Cl-，I-反应

27、完毕再发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，则A、B点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，A正确；B、AB段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，消耗2mo氯气，则亚铁离子的物质的量是n（Fe2+）=22mol=4mol，DE段发生2Br-+Cl2Br2+2Cl-，消耗氯气3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，因此原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，B正确；C、A

28、B段发生2I-+Cl2I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2+2I-+2Cl22Fe3+I2+4Cl-，C错误；D、根据以上分析可知原溶液中n（Fe2+）:n（I-）:n（Br-）=4mol:2mol:6mol=2:1:3，D正确，答案选C。点睛：本题以图象形式考查氧化还原反应、化学计算，综合性较强，根据离子的还原性强弱结合图象判断各阶段发生的反应是解答该题的关键，为易错题目，题目难度较大

29、。6、B【答案解析】分析：A项，NaCl溶液呈中性；B项，检验NH4+的原理：NH4+OH-NH3+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；C项，液溴腐蚀橡胶塞；D项，NaOH溶于水放热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大。详解：A项，NaCl溶液呈中性，用湿润的pH试纸测定NaCl溶液的pH不会影响测定结果，A项错误；B项，检验NH4+的原理：NH4+OH-NH3+H2O，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B项正确；C项，液溴易挥发，液溴保存时液面覆盖一层水，液溴腐蚀橡胶塞，液溴应装在带玻璃塞的细口试剂瓶中，C项错误；D项，NaOH溶于水放

30、热，NaOH固体溶解后未恢复到室温就定容，恢复到室温时溶液体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，D项错误；答案选B。点睛：本题考查溶液pH的测量、NH4+的检验、液溴的保存、配制物质的量浓度溶液的误差分析。注意：测量溶液pH值时，pH试纸不能用水湿润，但用水湿润不一定会引起误差；配制物质的量浓度溶液的误差分析根据公式cB=nBV（aq），若操作不当，nB偏大或V（aq）偏小，所配制溶液的浓度偏大，反之偏小。7、D【答案解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则64x+24y=1.5264x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别

31、为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.05，则a=0.01mol，b=0.04mol。【题目详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 1，A正确；B、c(HNO3)=mol/L=14.0molL1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，

32、D错误；答案选D。8、B【题目详解】A只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故B正确；C可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故C错误；D可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；故选B。9、D【答案解析】高温时，焦炭和水蒸气反应，所得气体含CO、CO2、H2和H2O，一次性检测气体中的CO、CO2和H2，检验二氧化碳可以选用澄清石灰水，检验氢气可以选用灼热的氧化铜和无水硫酸铜、检验一氧化碳可以选用灼热的氧化铜和澄清石灰水，因此首先用澄清石灰水检验二氧化碳，用氢氧化钠除去二氧化碳，并用浓硫酸

33、干燥后，剩余的气体再经过灼热的氧化铜，用无水硫酸铜检验氢气，用澄清石灰水检验一氧化碳(需要防止澄清石灰水中的水和空气中的二氧化碳干扰实验)，据此分析解答。【题目详解】A. 根据上述分析，气体检验的顺序应该是CO2、H2、CO，故A正确；B. 根据上述分析，检验CO和H2之前，需用浓硫酸将气体干燥后再完成后续实验，防止气体中的水蒸气影响氢气的检验，故B正确；C. 根据上述分析，干燥气体通过灼热氧化铜后，可根据无水硫酸铜是否变蓝色来确定是否含H2，故C正确；D.根据上述分析，该实验中，澄清石灰水需要用来检验二氧化碳及其一氧化碳氧化后生成的二氧化碳，需使用两次，如果考虑二氧化碳是否除尽，则需要三次，

34、故D错误；故选D。【答案点睛】本题考查了物质检验的实验方案的设计。本题的难点和易错点为空气中的二氧化碳和水蒸气以及实验中的二氧化碳和水蒸气对实验设计的影响。10、B【题目详解】A. SO3溶于水，与水反应产生硫酸2SO4，因此SO3是酸性氧化物，A不符合题意；B.NO是不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B符合题意；C.CO2溶于水，与水反应产生碳酸H2CO3，因此CO2是酸性氧化物，C不符合题意；D.SO2溶于水，与水反应产生亚硫酸H2SO3，因此SO2是酸性氧化物，D不符合题意；故合理选项是B。11、C【题目详解】A升高温度能够增加单位体积内活化分子数以及有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故A

35、项不选；BMnO2对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故B项不选；C加水稀释会降低单位体积内活化分子数，使有效碰撞频率降低，化学反应速率将降低，故C项选；DFeCl3对H2O2分解具有催化作用，能够降低活化能，使单位体积内活化分子数增加，从而增加有效碰撞频率，能够加快化学反应率，故D项不选；综上所述，不能加快该反应的速率的是C项，故答案为C。12、B【答案解析】由图中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，Q

36、的化合价为+5价，故Q为P元素，T的最高正价为+6价，应为S元素；A1molSO2与O2反应为可逆反应，1molSO2与足量O2反应生成SO3的分子数目小于NA，故A错误；BAl元素形成的可溶性盐如NaAlO2在溶液中显碱性，故B正确；CNa2O2与H2O的反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反应中2molNa2O2转移2mol电子，则1mol Na2O2与足量H2O反应转移的电子数目为NA，故C错误；DP的含氧酸H3PO4为中强酸，在溶液中部分电离，所以0.1molP元素的含氧酸在水中电离出的H+数目为小于0.3NA，故D错误；故答案为B。点睛：根据推断元素是解题的关键，根据化合价

37、结合原子序数进行推断，图中化合价可知，X的化合价为-2价，没有正化合价，故X为O元素，Y的化合价为+1价，处于A族，原子序数大于O元素，故Y为Na元素，Z为+3价，为Al元素，Q的化合价为+5价，故Q为P元素，T的最高正价为+6价，应为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。13、B【答案解析】试题分析：A、Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，消耗22.4L的Cl2，转移电子1mol，故错误；B、溶液中c(H)=1012molL1，根据水的离子积，c(OH)=Kw/c(H)=102molL1，故正确；C、假设全部是N2，没有氢原子，假设全部是C2H4，氢原子物质的量为1

38、44/28mol=2mol，因此混合物中氢原子的物质的量为02之间，故错误；D、CO2的电子式为：COO，因此1molCO2中含有电子对物质的量为4mol，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数等知识。14、C【题目详解】ACaO + H2O Ca(OH)2反应中无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A不选；B2Na + 2H2O 2NaOH + H2水中H元素的化合价降低，水为氧化剂，故B不选；C2F2 + 2H2O 4HF + O2水中O元素的化合价升高，水为还原剂，故C选；D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中，过氧化钠中的O元素化合价变化，水中的O、H元素化合价都没有发生变化，水既

39、不做氧化剂又不做还原剂，故D不选；故选C。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意反应中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，过氧化钠既是氧化剂，又是还原剂，水既不是氧化剂，也不是还原剂。15、C【分析】A不能排除SO32的干扰；B具有还原性的离子均可使高锰酸钾反应，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象分析；C淀粉遇碘变蓝；D溶液中可能存在SO32【题目详解】A溶液中如含有SO32，加入硝酸会氧化亚硫酸根离子为硫酸根离子，和氯化钡反应生成白色沉淀，故A错误；B先向溶液中加入硫氰化钾溶液，没有现象，与高锰酸钾发生氧化还原可能生成铁离子，但高锰酸钾为紫红色溶液干扰现象，不能证明原溶液中一定存在亚铁离子，故B错误

40、；C试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，碘遇淀粉变蓝，离子检验实验合理，故C正确；D若原溶液中含有碳酸根离子或亚硫酸根离子，试液中加入氯化钡溶液生成白色沉淀，可能是碳酸钡或亚硫酸钡沉淀，加入盐酸沉淀溶解，故D错误。故选C。【答案点睛】本题考查了常见离子的检验方法，解题关键：将元素化学基础知识应用于离子检验，选项B为解答的易错点。16、D【题目详解】A. HClO为弱电解质，不完全电离，故A错误；B. NaHCO3溶液中电离生成Na+和，不能拆成形式，故B错误；C. NaHSO4溶液中加入足量Ba（OH）2溶液反应，离子方程式中H+与的系数比应为1:1离子方程式为H+ +SO + Ba2+ +O

41、H- =BaSO4 + H2O，故C错误；D. 石灰石与 SO2和空气中氧气反应得到CaSO4和CO2降低尾气中SO2浓度，化学方程式为：2CaCO3 + 2SO2+O22CaSO4+ 2CO2，故D正确。故答案选：D。17、A【答案解析】三种酯均符合通式CnH2nO2，即CH12，若氧元素质量分数为30%，则C、H两元素的质量分数之和为70%，故H的质量分数为70%10%。18、D【分析】A. 氢氧化钠与氯化镁反应后，氢氧化钠溶液过量，加入氯化铁会产生氢氧化铁沉淀，不是沉淀的转化。B. 非金属性比较需用最高价氧化物的水化物的酸性比较，氯的最高价氧化物水化物是高氯酸。C. 铁做阳极，则阳极的氧

42、化反应为铁氧化为亚铁离子，不生成气体。D. 用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液，铜离子氧化性更强，先得电子生成铜，可通过实验现象观察。【题目详解】A.反应中氢氧化钠过量，加入氯化铁一定产生氢氧化铁沉淀，不能证明Mg(OH)2沉淀可以转化为Fe(OH)3沉淀，A错误。B.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较非金属性强弱，B错误。C.铁作阳极，铁失去电子，不生成氯气，C错误。D.用石墨作电极电解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液，根据放电顺序可以判断金属活动性强弱，D正确。答案为D。【答案点睛】本题综合考查了沉淀转化、非金属性比较、电解池相关知识点。注意电解池

43、阳极为较活泼金属时，阳极金属参与电化学反应。19、D【题目详解】A. 会使反应中放出的热量损失，从而使测得的反应热热值偏小，不符合题意，A项错误；B. 会使反应中放出的热量损失，从而使测得的反应热热值偏小，不符合题意，B项错误；C. 用相同浓度和体积的硝酸代替稀盐酸溶液进行实验，仍为稀的强酸与稀的强碱反应放热，对中和热的测定无影响，不符合题意，C项错误；D. 氢氧化钠固体溶于水会放热，因此测得的反应热热值偏大，符合题意，D项正确；答案选D。20、A【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、R、W的原子序数依次增大，R单质是将太阳能转化为电能的常用材料，R为Si元素；X和R原子最外层电子数相同，则X

44、为C元素；W2-的最外层为8电子结构，W为S元素；单质Z在空气中燃烧生成的化合物可与水发生氧化还原反应，Z为钠元素，燃烧生成的产物为过氧化钠；Y原子半径在这5种原子中最小，则Y可能为N、O、F中的一种元素，根据选项B的物质组成，Y为F元素。A. 电子层越多，离子半径越大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，简单离子半径WYZ，故A正确；B. 化合物ZY和RY4分别为NaF和SiF4，分别为离子化合物和共价化合物，化学键类型不同，故B错误；C. W、R最高价氧化物分别为三氧化硫和二氧化硅，二氧化硅不能与水反应，故C错误；D. W的最高价氧化物对应的水化物为硫酸，在与C单质反应时只表

45、现氧化性，故D错误；故选A。点睛：本题考查原子结构与元素周期律，把握元素化合物知识、原子序数和元素的位置来推断元素为解答的关键。本题的难点是Y元素的确定，本题的易错点为D，浓硫酸与碳反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，硫酸中硫元素的化合价全部降低，只体现了硫酸的氧化性。21、C【答案解析】A实验I：可以制取氢气，但是由于收集气体的试管管口是封闭的，因此不能用于收集氢气，错误；B实验II：验证葡萄糖的还原性，滴加氢氧化铜悬浊液的胶头滴管不能伸入到试管内，而且还需要加入煮沸才可以，错误；C实验III：根据制取原理及氨气的性质可以用该装置实验室制氨气并收集干燥的氨气，这样既能收集氨气也环保，正确；D实验

46、：检查碱式滴定管是否漏液应该使碱式滴定管的尖嘴垂直向下，看是否漏液，错误；故选C。22、D【题目详解】A铜绿可作为绿色颜料，它的主要成分是碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，A正确；B缂丝是以生蚕丝作经线，彩色熟丝作纬线，采用“通经断纬”的技法织成的平纹织物，显然缂丝中使用的丝，主要成分是蛋白质，B正确；C曾侯乙编钟是一种铜锡合金，属于青铜制品，C正确；D“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是硅酸盐，D不正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、 乙苯 取代反应 加成反应 羟基 +2NaOH+2NaBr+2H2O 11 CH3CH2COOH 【分析】根据信息可知CH3COOH与SOCl2反应生

47、成CH3COCl，根据C的结构可以推断出A为，C发生加成反应生成D()，D发生消去反应生成E()，E发生加成反应生成F()，F发生消去反应生成G()。【题目详解】(1)根据前面分析得到B的结构简式为CH3COCl；A()的化学名称为乙苯；故答案为：CH3COCl；乙苯。(2)由A()、B(CH3COCl)反应生成C的反应类型是取代反应；由E()生成F()的反应类型为加成反应；故答案为：取代反应；加成反应。(3)D()中含氧官能团的名称是羟基；在加热条件下F与足量NaOH的乙醇溶液反应生成G的化学方程式+2NaOH+2NaBr+2H2O；故答案为：羟基；+2NaOH+2NaBr+2H2O。(4)

48、E()有多种同分异构体，苯环上有两个取代基，能够使溴的CCl4溶液褪色，说明含有碳碳双键，含有一个甲基和CH2CH=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和C(CH3)=CH2，邻、间、对三种；含有一个甲基和CH=CHCH3，邻、间、对三种；含有一个CH=CH2和CH2CH3，邻、间、对三种，去掉，其同分异构体共11种；故答案为：11。(5)根据信息CH3CH2COOH和SOCl2反应生成，和苯反应生成，和氢气反应生成，在浓硫酸加热条件下反应生成，在催化剂条件下反应生成；其流程图为CH3CH2COOH；故答案为：CH3CH2COOH。【答案点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后分子式或结构简式分

49、析前后物质的结构简式，常见推断方式有正向推断、逆向推断、两边向中间、中间向两边的推断。24、 8 氧化反应 abd n 防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化） -OH、-Cl +H2O+C2H5OH 【分析】苯丙醛和甲醛发生反应生成F，由题中信息可知F结构简式为，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为，G被氧气氧化生成H，醛基氧化为羧基，H的结构简式为，H和锌反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物可知，M的结构简式为，N的结构简式为；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，由已知信息可知B的结构简式为，B在氢氧化钠水溶液中水解、酸化后生成C为，C和甲醇发生酯化反应生成E

50、为，据此分析解答。【题目详解】(1)苯丙醛和甲醛发生信息中的反应生成F，F结构简式为，F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有：可以在碳碳双键上分别连接、CH2CHO；、CHO；、CH3(醛基苯环上有邻、间、对三种位置变化)；、CHO(甲基苯环上有邻、间、对三种位置变化)，共有8种结构，答案：；8；G被氧气氧化生成H，所以GH的反应类型为氧化反应，答案：氧化反应；X的结构简式为，aX中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，a正确；bX中含有醛基和苯环，所以能与氢气在一定条件下发生加成反应，b正确；cX中含有溴原子，所以能在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2

51、molNaOH，c错误；d加热条件下，X与NaOH醇溶液发生消去反应，双键可出现在不同位置，所以可生成不止一种有机物，d正确，答案选abd；一定条件下M发生加聚反应生成N，反应的化学方程式为n，答案：n；已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“FG”和“HM”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），答案：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；(2)由分析可知B的结构简式为，含有羟基和氯原子两种官能团，官能团的结构简式为-OH、-Cl，答案：-OH、-Cl；由分析可知E为，C为，E含有酯基，在酸性条件下水解可生成C，反应的化学方程式为+H2O+C2H5O

52、H，答案：+H2O+C2H5OH。25、NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2NaOH溶液Na2CO3溶液稀释ClO2以防止爆炸2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2 H2O+O2防止H2O2分解蒸发浓缩冷却结晶ClO24H4I=2I2Cl2H2O【答案解析】过氧化氢法生产亚氯酸钠，由流程可知，NaClO3溶解后与硫酸发生氧化还原反应生成ClO2，结合信息可知混合气体稀释ClO2，吸收塔内发生2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2，过滤后，结合信息可知，滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到NaClO23H2O。(1)在无隔膜电解槽中用惰性电极

53、电解食盐水一段时间生成NaClO3和氢气，电解的总反应式为NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2； “电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2和Ca2，要加入的试剂分别为NaOH溶液；Na2CO3溶液，故答案为：NaCl+ 3H2ONaClO3 + 3H2；NaOH溶液；Na2CO3溶液；(2)由题目中的信息可知，纯ClO2易分解爆炸，所以通入空气的目的是稀释ClO2，防止发生爆炸，故答案为：稀释ClO2，防止发生爆炸；(3)吸收塔中发生的是二氧化氯与氢氧化钠、过氧化氢发生反应生成亚氯酸钠(NaClO2)，Cl元素的化合价降低，则过氧化氢中的O元素的化合价升高，所以产物中还

54、有氧气生成，根据元素守恒可知产物中有水生成，所以化学方程式是2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2，过氧化氢受热易分解，所以吸收塔的温度不宜过高，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O22NaClO2+2H2O+O2；防止H2O2分解；(4)从溶液中得到含结晶水的晶体，需要采取蒸发浓缩、冷却结晶方法，最后通过过滤得到粗晶体，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；(5)步骤中发生反应是酸性溶液中ClO2-能被I-完全还原成Cl-，碘离子被氧化为碘单质，离子方程式为：ClO2-+4H+4I-=2I2+Cl-+2H2O，故答案为：ClO2-+4H+4I-=2I2+Cl-+2H2O；

55、依据ClO2-+4H+4I-=2I2+Cl-+2H2O，2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6，反应的定量关系计算得到，设NaClO2，ClO2-2I24Na2S2O31 4x cV10-3molx=mol，样品中NaClO2的质量分数=100%=100%，故答案为：100%。26、C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 将NO2转化为NO Na2CO3、NaOH 干燥管 碱石灰 acebdf 【答案解析】试题分析：（1）A中浓硝酸与木炭在加热条件下发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化氮、水；（2）本实验的目的是2NO+Na2O2=2NaNO2，所以B装置中把NO2转化为NO

56、；（3）从B装置出来的气体含有CO2、H2O，C中Na2O2与CO2、H2O反应生成Na2CO3、NaOH；为避免杂质的生成，用碱石灰吸收 CO2、H2O；（4）NO能与氧气反应生成NO2，先用氮气排出装置中的空气，加入硝酸后加热，反应结束后停止加热，用氮气把装置中的NO全部排入D装置吸收。（5）D中NO被高锰酸钾氧化为硝酸根离子；解析：（1）浓硝酸与木炭在加热条件下发生氧化还原反应的化学方程式C+4HNO3(浓) CO2+4NO2+2H2O。（2）A中生成的二氧化氮进入B中并与水反应，生成了硝酸和 NO，硝酸和铜反应生成NO, D装置的作用是将NO2转化为NO。（3）从B装置出来的气体含有C

57、O2、H2O，C中Na2O2与CO2、H2O反应生成Na2CO3、NaOH，为避免产生这些副产物应在B、C装置间增加干燥管，药品名称是碱石灰。（4）NO与氧气反应生成NO2，先用氮气排出装置中的空气，加入硝酸后加热，反应结束后停止加热，用氮气把装置中的NO全部排入D装置吸收。所以实验操作步骤正确的顺序为acebdf；（5）D中反应的离子方程式 。27、27.2 500mL容量瓶 2Na2O22H2O4NaOHO2 防倒吸 品红溶液褪色 NaOH溶液 cb c 92.7 【分析】废弃固体主要成分Cu2S和Fe2O3，灼烧废气固体发生反应Cu2S+2O2SO2+2CuO，所以气体a是SO2，固体A

58、是CuO和Fe2O3，固体A和稀硫酸混合，发生的反应为CuO+H2SO4=CuSO4+H2O、Fe2O3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+3H2O，所以溶液A中成分为CuSO4、Fe2（SO4）3，向溶液A中加入过量Fe屑，发生反应CuSO4+Fe=FeSO4+Cu、Fe2（SO4）3+Fe=3FeSO4，所以固体B成分是Fe、Cu，滤液B成分为FeSO4，固体B和稀硫酸混合，Fe和稀硫酸反应生成FeSO4，Cu和稀硫酸不反应，过滤得到固体粗铜，硫酸亚铁溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到绿矾，据此分析解答。【题目详解】（1）根据公式c=1000pw/M计算出c（浓H2SO4）=1000mL/L981

59、.84gmL198g/mol=18.4mol/L，再根据c（浓溶液）V（浓溶液）=c（稀溶液）V（稀溶液）得出，需要取98的浓硫酸的体积为V（浓溶液）=500mL1.0molL118.4mol/L=27.2mL，由浓溶液配制稀溶液需要的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶体滴管，所以需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外、胶头滴管，还有500mL容量瓶，故答案为27.2；500mL容量瓶。 （2）装置A中是Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，反应的化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；装置D可以防止液体倒吸，所以D装置作用是安全瓶，根据流程图可知，焙烧以后产生的气体是S

60、O2，SO2能使品红溶液褪色，则E装置中的现象是品红溶液褪色，故答案为2Na2O22H2O4NaOHO2；防倒吸；品红溶液褪色。为避免空气污染，需要有尾气吸收装置，一般情况下用NaOH溶液吸收酸性气体，同时还应注意防倒吸，故答案为NaOH溶液。（3）根据流程图可知，步骤是由硫酸亚铁溶液得到绿矾，一般步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥，所以答案选cb，故答案为cb。（4）第1组实验数据明显比其他数据偏小，a.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准溶液浓度减小，消耗标准液的体积增大，数据偏大，故a错误；b.锥形瓶洗净后未干燥对测定结果无影响，故b错误；c.滴定终点时俯视读数，导致