海南省临高县新盈中学2022-2023学年化学高三上期中考试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、NA表示阿伏加德常数，下列说法正确的是（ ）A2.24L HCl气体中含有0.1NA个HCl分子B室温下，1molCH4含有

2、的电子数为10NAC将0.1mol FeCl3溶于1L水中，所得溶液中含有0.1NA个Fe3+D25时，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有0.2NA个OH-2、下列实验操作规范且能达到目的的是目的操作A取20.00 mL盐酸在50 mL酸式滴定管中装入盐酸，调整初始读数为30.00 mL后，将剩余盐酸放入锥形瓶B清洗碘升华实验所用试管先用酒精清洗，再用水清洗C测定醋酸钠溶液pH用玻璃棒蘸取溶液，点在湿润的pH试纸上D配制浓度为0.010 molL-1的KMnO4溶液称取KMnO4固体0.158 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度AABBCCDD3、有机物Y(乙酰氧基胡椒酚

3、乙酸酯)具有抗氧化、抗肿瘤作用，可由化合物X在一定条件下合成：下列说法正确的是AY中有3种不同官能团BX、Y分子中均含有的手性碳原子数不相同C1molX与溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为2molD1molY与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol4、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（ ）A氨作制冷剂B漂粉精作游泳池消毒剂C甘油作护肤保湿剂D二氧化硫作红酒添加剂5、乙二胺（H2NCH2CH2NH2），无色液体，有类似于氨的性质 ，已知：25时，电离常数kb1=10-4.07 kb2=10-7.15；乙二胺溶液中各含氮微粒的分布分数（平衡时某含氮微粒的浓度占各含

4、氮微粒浓度之和的分数）随溶液pH的变化曲线如右图。下列说法错误的是( )AH2NCH2CH2NH2在水溶液中第一步电离的方程式H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-B曲线代表的微粒符号为H3NCH2CH2NH32+C曲线与曲线相交点对应pH=4.07D在0.1 molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中各离子浓度大小关系为c(Cl-)c(H2NCH2CH2NH3+)c(H+)c(OH-)6、向含Fe2、I、Br的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（）A线

5、段表示Br-的变化情况B原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)3：1C根据图像无法计算a的值D线段表示HIO3的变化情况7、探究Na2O2与水的反应，实验如图：（已知：H2O2 H+ + HO2-、HO2- H+ + O22-）下列分析不正确的是A、中产生的气体能使带火星的木条复燃B、中均发生了氧化还原反应和复分解反应C、中KMnO4与MnO2的作用不同，产生气体的量也不同D通过能比较酸性：HClH2O28、关于下列各装置图的叙述中，正确的是A若采用装置铝件镀银，则c极为铝件，d极为纯银，电解质溶液为AgNO3溶液B装置是原电池，能将化学能转化为电能，SO42移向锌电极C装置中X若为四氯化碳

6、，用于吸收氨气或氯化氢，会引起倒吸D装置可用于收集氨气，并吸收多余的氨气9、工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)。已知在25时：C(s)+O2(g)CO(g) H4=-111kJ/molH2(g)+O2(g)=H2(g) H2=-242kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-394kJ/mol 下列说法不正确的是（ ）A25时，B增大压强，反应的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小C反应达到平衡时，每生成的同时生成0.5molO2D反应断开2molH2和1molO2中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ10、

7、如图甲是利用一种微生物将废水中的尿素CO(NH2)2的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置的电能在铁上镀铜。下列说法中正确的是（ ）A铜电极应与X相连接BH经过质子交换膜由右向左移动C当N电极消耗0.25mol气体时，则铁电极增重16gDM电极反应式：CO(NH2)2H2O6e=CO2N26H11、某工厂用提取粗盐后的盐卤（主要成分为MgCl2）制备金属镁，其工艺流程如下图所示。下列说法中，错误的是A操作发生的反应为非氧化还原反应B在实验室进行操作时，只需要漏斗和烧杯两种玻璃仪器C操作是蒸发浓缩、冷却结晶D在整个制备过程中未发生置换反应12、短周期主族元素X、Y、Z、

8、W的原子序数依次增大，X原子2p轨道上有2个未成对电子，Y是地壳中含量最高的元素，常温下0.01 molL1 Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH12，W在元素周期表中的族序数是周期数的2倍。下列说法正确的是A工业上常用电解法冶炼Z单质B原子半径：r （Z）r （W）r（Y）r（X）CX简单气体氢化物的稳定性比Y的强DW的最高价氧化物对应的水化物的酸性比Y强13、已知还原性I-。某钠盐溶液可能含有阴离子Cl-、Br-、I-、。为鉴定这些离子，分别取少量溶液进行以下实验：用pH试纸测得混合液呈碱性；加盐酸后生成无色气体，该气体能使饱和石灰水变浑浊；滴加少量氯水，加CCl4振荡后，CCl4层未变

9、色；加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解；加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中产生白色沉淀。下列有关说法正确的是()A由实验和可确定溶液中一定含有B由实验可确定溶液中一定不含Br-、I-C由实验可确定溶液中一定含有D该溶液中一定含有I-、，可能含有14、设NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()AKClO36HCl=KCl3Cl23H2O中，生成13.44L(标准状况)Cl2转移电子数为1.2NAB标准状况下，11.2LNO和11.2LO2混合后，原子总数小于2NAC足量的MnO2与一定量的浓盐酸反应得到1molCl2，若向反应后的溶液中加

10、入足量的AgNO3，则生成AgCl的物质的量为2molD56gFe与一定量的稀硝酸反应，转移电子数可能为2.6NA15、下列说法正确的是A能使酚酞试液变红的溶液不一定是碱溶液 B凡需加热的反应一定是吸热反应C反应速率越快，反应现象越明显D水解反应是放热反应16、下列反应的离子方程式中不正确的是A向H218O中投入Na2O2固体：2Na2O2+ 2H218O=4Na+4OH+18O2B在碱性条件下，NH被氧气氧化成NO：NH+2O2+2OHNO+3H2OC将酸性KMnO4溶液和H2C2O4溶液混合： 2MnO+ 5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2OD等物质的量的Ba(OH)2与明

11、矾加入足量水中： 3Ba2+6OH+2Al3+3SO3BaSO4+2Al(OH)317、现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或CaCl2B将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明NH3已经集满C关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈D工业上，若出现液氨泄漏，喷稀盐酸比喷洒NaHCO3溶液处理效果好18、制取肼的反应为2NH3+NaClO=N2H4+NaCl+H2O，下列相关微粒的化学用语错误的是A中子数为12的钠原子：NaBN

12、2H4的结构式：CCl的结构示意图：DNaClO的电子式：19、25C时， Ksp (AgCl)= 1.5610-10， Ksp(Ag2CrO4)= 9.010-12,下列说法正确的是AAgCl 和 Ag2CrO4 共存的悬浊液中，B向 Ag2CrO4悬浊液中加入 NaCl 浓溶液， Ag2CrO4不可能转化为 AgClC向 AgCl 饱和溶液中加入 NaCl 晶体， 有 AgC1 析出且溶液中 c(Cl)=c(Ag)D向同浓度的 Na2CrO4和 NaCl 混合溶液中滴加 AgNO3溶液，AgC1先析出20、200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe356 g，溶液中SO42-的物质的量浓

13、度是 ( )A7.5 mol/LB5 mol/LC10 mol/LD2.5 mol/L21、对于甲醇的合成反应：CO2（g）3H2（g）CH3OH（g）H2O（g），改变下列条件，不能使反应的平衡常数发生改变的是A升高温度B降低温度C增大压强D将该反应的化学计量数增大倍22、硒(Se)是人体必需的一种微量元素，其单质可用于制光敏电阻、复印机的硒鼓等等。工业上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸钠处理含硒的工业废料，得到亚硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再将它们与盐酸共热，将H2SeO4转化为H2SeO3，主要反应为2HClH2SeO4=H2SeO3H2OCl2，然后向溶液中通入

14、SO2将硒元素还原为单质硒沉淀。据此正确的判断为()AH2SeO4的氧化性比Cl2弱BH2SeO3的氧化性比SO2弱CH2SeO4的氧化性比H2SeO3强D析出1mol硒，需亚硒酸、SO2和水各1mol二、非选择题(共84分)23、（14分）有一溶液，其中可能含有Fe3+、Al3+、Fe2+、Mg2+、Cu2+、NH4、K+、CO32、SO42、Br 等离子的几种，为分析其成分，取此溶液分别进行了四个实验，其操作和有关现象如图所示：请你根据上图推断：（1）实验、能确定原溶液中一定存在_和_(填离子符号）； （2）实验中所发生的氧化还原的离子方程式为_。 （3）实验中产生的刺激性气味的气体，工人

15、常利用该物质的浓溶液检查氯气管道是否漏气，反应的化学方程式是_（4）写出实验中，由AB过程中所发生反应的离子方程式：_。24、（12分）对羟基苯甲酸丁酯(俗称尼泊金丁酯)可用做防腐剂，对酵母和霉菌具有很强的抑制作用，工业上常用对羟基苯甲酸与丁醇在浓硫酸催化作用下进行酯化反应而制得。以下是某课题组开发的从廉价、易得的化工原料出发制备对羟基苯甲酸丁酯的合成路线：已知以下信息：通常在同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基；D可与银氨溶液反应生成银镜；F的核磁共振氢谱表明其有两个不同化学环境的氢，且峰面积比为11。回答下列问题：(1)A的化学名称为_。(2)由B生成C的化学反应方程式为_；该

16、反应的类型为_。(3)D的结构简式为_。(4)F的分子式为_。(5)E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应的共有种，其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为2:2:1的是(写结构简式)_。25、（12分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i、液面上方出现白雾；ii、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；iii、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3

17、）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。 实验a目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是_。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_。26、（10分

18、）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（1）仪器D的名称是_。安装F中导管时，应选用图2中的_。（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2+Cl2+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_（填“快”或“慢”）。（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_。（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为_，在ClO

19、2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是_。（5）已吸收ClO2气体的稳定剂和稳定剂，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_，原因是_。27、（12分）为验证氧化性Cl2 Fe3+ SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）。实验过程：I.打开弹簧夹K1K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子

20、。.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。.更新试管D，重复过程，检验B溶液中的离子。(1)过程的目的是_。(2)棉花中浸润的溶液为_。(3)A中发生反应的化学方程式为_。(4)过程中，B溶液中发生反应的离子方程式是_。(5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：Cl2 Fe3+ SO2的是_（填“甲”“乙”“丙”）。过程 B溶液中含有的离子过程 B溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有乙既有Fe3+又有Fe2+有丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+ (6)进行实验过程时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶

21、液颜色变为浅绿色。查阅资料：Fe2+(aq) +(aq)FeSO3(s)（墨绿色）。提出假设：FeCl3与 SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3（墨绿色）与FeCl3（黄色）的混合色。某同学设计如下实验，证实该假设成立：溶液E化学式为_，溶液F化学式为_。请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因_。28、（14分）X、Y、Z、W、P为短周期的主族元素，其原子序数依次增大。Y、Z、W、P位于同一周期。X元素形成的单质是自然界中含量最多的气体，1 mol Y的单质分别与足量盐酸和氢氧化钠溶液反应生成的气体在标准状况下均为33.6 L。W的原子最外层电子数

22、与核外电子总数之比为38，X的原子序数是Z的原子序数的一半。（1）Z的原子结构示意图为_，W与P可形成原子个数比为12的化合物，其电子式为_。（2）经测定，在2.51.01105 Pa下，Y 与P形成的化合物的熔点为190 ，沸点为180 ，则该化合物为_晶体。（3）Z、W、P三种元素的气态氢化物稳定性由高到低的顺序是_(填化学式)。（4）Y与W形成的化合物遇水分解，发生反应的化学方程式为_。29、（10分）水的离子积常数Kw与温度T（）的关系如图D3-5所示：（1）若T1=25，则Kw1=_；若T2=100时，Kw2=10-12，则此时0.05mol/L的Ba（OH）2溶液的pH=_。（2）

23、已知25时，0.1L 0.1mol/L的NaA溶液的pH=10，则NaA溶液中存在的平衡有_。溶液中各离子的物质的量浓度由大到小的顺序为_。（3）25时，将pH=11的NaOH溶液与pH=4的硫酸溶液混合，若所得混合溶液的pH=9，则NaOH溶液与硫酸溶液的体积比为_。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、B【答案解析】试题分析：A、没有指明为标准状况下，无法计算HCl的物质的量，故A错误；B、CH4分子含有10个电子，所以1molCH4含有的电子数为10NA，故B正确；C、Fe3+在溶液中发生水解反应，所以Fe

24、3+数目小于0.1NA，故C错误；D、pH=13的Ba（OH）2溶液OH物质的量浓度为0.1molL1，所以25时，1LpH=13的Ba（OH）2溶液中含有0.1NA个OH-，故D错误。考点：本题考查阿伏加德罗常数的计算。2、B【题目详解】A. 50 mL酸式滴定管的50.00 mL刻度下方没有刻度，但仍有盐酸，所以调整初始读数为30.00 mL后，放入锥形瓶中盐酸的体积大于20.00 mL，A项错误；B. 碘易溶于酒精，清洗试管中附着的碘可以先用酒精清洗，再用水清洗，B项正确；C. 醋酸钠溶液呈碱性，测定醋酸钠溶液的pH时，pH试纸不能预先湿润(湿润相当于将溶液稀释)，否则测定的pH会偏小，

25、C项错误；D. 不能在容量瓶中直接配制溶液，D项错误。故答案选B。3、D【题目详解】A. Y中有酯基和碳碳双键2种不同官能团，A错误；B. X中，与醇羟基相连的碳原子为手性碳原子，Y分子中与右边酯基相连的碳原子为手性碳原子，X与Y各含一个手性碳原子，B错误；C. 1molX与溴水充分反应，最多消耗Br2的物质的量为3mol(苯环羟基邻位2mol，碳碳双键1mol)，C错误；D. 1molY与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为3mol(左边酯基2mol，右边酯基1mol)，D正确。故选D。【答案点睛】手性碳原子一定是连有4个共价单键的碳原子，且碳原子连接的4个原子或原子团都不相同

26、。4、B【题目详解】A氨作制冷剂利用了易液化的性质，没有元素化合价发生变化，故A不选；B漂粉精中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，故选B；C甘油作护肤保湿剂，利用吸水性，没有元素的化合价变化，故C不选；D二氧化硫作红酒添加剂，防止氧化，消毒杀菌，硫元素的化合价升高，作还原剂，故D不选；答案选：B。5、C【答案解析】A. 乙二胺(H2NCH2CH2NH2)有类似氨的性质，根据题目信息Kb1=10-4.07、Kb2=10-7.15可知，H2NCH2CH2NH2在水溶液中分两步电离，第一步电离的方程式为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-，故A正确；B. H2NCH2CH

27、2NH2在水溶液中分两步电离，电离方程式分别为：H2NCH2CH2NH2+H2OH2NCH2CH2NH3+OH-、H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-，根据方程式可知，溶液pH越小，越有利于电离平衡正向移动，H3NCH2CH2NH32+浓度越大，所以曲线代表的微粒符号为H3NCH2CH2NH32+，故B正确；C. 曲线II代表的微粒符号为H2NCH2CH2NH3+，曲线与曲线相交点对应的溶液中，H3NCH2CH2NH32+和H2NCH2CH2NH3+浓度相等，根据H2NCH2CH2NH3+H2OH3NCH2CH2NH32+OH-可知，Kb2=10-7.15=cOH

28、-c(H3NCH2CH2NH32+)cH2NCH2CH2NH3+=c(OH-)，则c(H+)=KwcOH-=10-6.85，pH=6.85，故C错误；D. 在0.1molL-1 H2NCH2CH2NH3Cl溶液中，因H2NCH2CH2NH3+水解使溶液呈酸性，则各离子浓度大小关系为c(Cl-)(H2NCH2CH2NH3+)c(H+)c(OH-)，故D正确；答案选C。6、D【分析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-Fe2+Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br

29、-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=24mol-2mol=6mol，据此分析解答。【题目详解】A根据分析可知，线段为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；Bn（FeI2）：n（

30、FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=24mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段表示HIO3的变化情况，故D正确；故答案为D。7、D【答案解析】根据实验探究可以看出，试管过

31、氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，试管中高锰酸钾具有氧化性，产生气体，溶液褪色，则体现了过氧化氢的还原性；试管中过氧化氢与氯化钡发复分解反应生成过氧化钡沉淀与稀盐酸，试管中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，试管中探究过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，据此分析作答。【题目详解】A. 试管中过氧化钠与水反应最终生成氢氧化钠与氧气，试管中过氧化氢在二氧化锰催化剂作用下分解生成水和氧气，因此产生的气体均能是带火星的木条复燃，A项正确；B. 中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解与氧化还原反应，中过氧化钡再与稀

32、硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解产生了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应，B项正确；C. 中KMnO4与过氧化氢反应生成氧气，KMnO4体现氧化性，而中MnO2则起催化作用，两个试管中产生氧气的量均由过氧化氢的量决定，因溶液是等分的，但中过氧化氢全部被氧化中的过氧化氢发生歧化反应，所以产生气体的量不相同，C项正确；D. 根据已知条件可以看出过氧化氢属于二元弱酸，而盐酸属于一元强酸。试管因为生成了过氧化钡沉淀，不是可溶性的盐溶液，则不能证明盐酸与过氧化氢的酸性强弱，D项错误；答案选D。8、B【答案解析】A、电镀时，阴极材料是待镀的金属，阳极为镀层金属，铝件上镀银，

33、铝件作阴极，银作阳极，根据电流的方向，a为正极，b为负极，c为阳极，材料为纯银，d为阴极，材料为铝件，电解质溶液为硝酸银溶液，故A错误；B、属于原电池，是化学能转化成电能的装置，根据原电池的工作原理，SO42向负极移动，即向锌电极移动，故B正确；C、NH3和HCl不溶于CCl4，因此此装置不能引起倒吸，故C错误；D、因为氨气的密度小于空气，因此收集装置应是短管进气，长管出气，故D错误。9、B【题目详解】A.在25时：C(s)+O2(g)CO(g) H4=-111kJ/mol；H2(g)+O2(g)=H2(g) H2=-242kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-394kJ/m

34、ol，结合盖斯定律可知-得到CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)H=-41kJ/mol，故A正确；B.增大压强，反应的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误；C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则达到平衡时，每生成1molCO的同时生成0.5molO2，故C正确；D.反应为放热反应，焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应断开2molH-H和1molO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ，故D正确；答案选B。【答案点睛】反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。10

35、、D【答案解析】A、根据甲图，N电极通入氧气，因此N极为正极，M电极为负极，电镀时，待镀金属作阴极，镀层金属作阳极，即铁连接X，Cu连接Y，故A说法正确；B、根据选项A的分析，以及原电池的工作原理，H从负极流向正极，即从M极流向N极，故B说法正确；C、N极反应式为O24H4e=2H2O，铁极反应式Cu22e=Cu，得失电子数目守恒，因此有O24e2Cu，铁电极质量增重0.25264g=32g，故C错误；D、M极为负极，尿素产生H，因此电极反应式为：CO(NH2)2 H2O-6e =CO2+N2+6H，故D正确。11、B【题目详解】A.操作为氯化镁与氢氧化钙反应生成氢氧化镁沉淀和氯化钙，为复分解

36、反应，属于非氧化还原反应，A说法正确；B.操作为固液分离，为过滤，在实验室进行过滤时，只需要漏斗、玻璃棒和烧杯3种玻璃仪器，B说法错误；C.进行操作制备留谁合氯化镁，带有结晶水，则操作是蒸发浓缩、冷却结晶，C说法正确；D.在整个制备过程中，氯化镁与石灰浆、氢氧化镁与盐酸为复分解反应，溶液生成晶体、晶体失去结晶水，为非氧化还原反应，电解氯化镁为分解反应，过程中未发生置换反应，D说法正确；答案为B。12、A【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子2p轨道上有2个未成对电子，则其原子核外电子排布式为1s22s22p2或1s22s22p4，Y是地壳中含量最高的元素，应为氧元素，则

37、X原子的电子排布式只能是1s22s22p2，X为碳元素；常温下0.01 molL1 Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH12，已知常温下0.01 molL1 NaOH溶液的pH12，说明Z为钠元素；W在元素周期表中的族序数是周期数的2倍，则W的核电荷数为16，W为硫元素。【题目详解】由分析知：X为碳元素、Y为氧元素、Z为钠元素、W为硫元素；ANa为活泼金属，工业上常用电解熔融的NaCl的方法获得钠的单质，故A正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径应：r(Nar(S)r(C)r(O)，即r(Z)r(W)r(X)r(Y)，故B错误；C氧元素的非金属

38、性比碳元素强，则H2O比CH4稳定，故C错误；DY为氧元素，是活泼非金属元素，无最高价正价态，不存在最高价氧化物对应的水化物，故D错误；故答案为A。13、C【分析】用pH试纸测得混合液呈碱性，因、都能水解使溶液呈碱性，故、中至少存在一种；加盐酸后生成无色气体，该气体能使饱和石灰水变浑浊，因CO2、SO2都能使饱和石灰水变浑浊，故、中至少存在一种；滴加少量氯水，加CCl4振荡后，CCl4层未变色，由于还原性I-Br-，而加入的氯水是少量的，若溶液中存在，则氯水先与反应，无法确定是否含Br-、I-；加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量盐酸，沉淀不能完全溶解，由于BaSO4不仅难溶于

39、水、而且难溶于盐酸，故溶液中一定存在；加HNO3酸化后，再加过量AgNO3，溶液中产生白色沉淀，溶液中一定含Cl-；据此分析作答。【题目详解】A用pH试纸测得混合液呈碱性，因、都能水解使溶液呈碱性，故、中至少存在一种；加盐酸后生成无色气体，该气体能使饱和石灰水变浑浊，因CO2、SO2都能使饱和石灰水变浑浊，故、中至少存在一种；由实验和可确定溶液中、至少存在一种，不一定含有，A错误；B滴加少量氯水，加CCl4振荡后，CCl4层未变色，由于还原性I-Br-，而加入的氯水是少量的，若溶液中存在，则氯水先与反应，无法确定是否含Br-、I-，B错误；C加BaCl2溶液产生白色沉淀，分离，在沉淀中加入足量

40、盐酸，沉淀不能完全溶解，由于BaSO4不仅难溶于水、而且难溶于盐酸，故溶液中一定存在，C正确；D根据分析，无法确定溶液中是否含I-，D错误；答案选C。14、D【题目详解】A、反应KClO3+6HClKCl+3Cl2+3H2O中转移5mol电子，生成3mol氯气，故当生成标准状况下13.44L氯气，即0.6mol氯气时，反应转移的电子的物质的量为1mol，即NA个，故A错误；B、标准状况下，11.2LNO和11.2LO2的物质的量均为0.5mol，且两者均为双原子分子，故共含2NA个原子，根据原子个数守恒，反应后体系中原子数仍为2NA个，故B错误；C、二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，故

41、浓盐酸不能反应完全，且由于浓盐酸的物质的量未知，反应后的溶液中的氯离子的物质的量无法确定，则生成的氯化银的物质的量无法确定，故C错误；D、5.6g铁的物质的量为0.1mol，而铁和硝酸反应后最终可能变为+3价，也可能变为+2价。故0.1mol铁反应后转移的电子数介于0.2NA到0.3NA之间，故可能为0.26NA个，故D正确；故选D。15、A【答案解析】A、能使酚酞试液变红的溶液显碱性，不一定是碱溶液，A正确；B、需加热的反应不一定是吸热反应，例如碳燃烧等，B错误；C、反应速率越快，反应现象不一定越明显，例如中和反应，C错误；D、水解反应是中和反应的逆反应，是吸热反应，D错误，答案选A。16、

42、A【题目详解】A. Na2O2与水反应时，Na2O2既是氧化剂，又是还原剂，水中的氧元素不变价，O2分子中不含18O，18O应该在OH中，故该离子方程式错误，故A错误；B. NH被氧气氧化成NO，1mol NH失去8mol电子，则应有2mol氧气参加反应，溶液呈碱性，用2molOH配平电荷守恒，最后元素守恒，右边加3mol水，故离子方程式正确，故B正确；C. 酸性KMnO4溶液将H2C2O4氧化为CO2，自身被还原为Mn2+，根据得失电子守恒、电荷守恒、元素守恒配平该离子方程式为 2MnO+ 5H2C2O4+6H+2Mn2+10CO2+8H2O，故C正确；D. 假设Ba(OH)2与明矾均为1m

43、ol，则反应的比例关系为Ba2+2OH+Al3+SOBaSO4+Al(OH) 3，左右两边同时乘以3可得，3Ba2+6OH+2Al3+3SO3BaSO4+2Al(OH) 3，故D正确；故选A。17、D【题目详解】A. CaO能与水反应，使c(OH)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，而CaCl2为中性的盐，能够溶于水，热量的变化很小，与水不反应，对氨气的逸出没有作用，A错误；B. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水溶液呈碱性，红色石蕊试液遇碱蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收满，B错误；C. 三颈瓶内

44、气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉越剧烈，C错误；D. 盐酸显酸性，碳酸氢钠溶液显碱性，氨水溶液显碱性，因此氨气在酸性溶液中的吸收效率高于碱性溶液中的吸收效率，D正确；综上所述，本题选D。18、B【题目详解】ANa是11号元素，质子数是11，中子数为12的钠原子质量数是11+12=23，故该原子可表示为：Na，A正确；BN原子最外层有5个电子，在N2H4分子中，每个N原子上有1对孤电子对，N原子形成3个共价键，2个N原子之间形成一个共价键，每个N原子再分别与2个H原子形成共价键，故N2H4的结构式为，B错误；CCl原子得到

45、1个电子形成Cl-，核外电子排布是2、8、8，故Cl-的结构示意图：，C正确；DNaClO是离子化合物，Na+与ClO-之间通过离子键结合，其电子式为：，D正确；故合理选项是B。19、D【答案解析】A、AgCl 和 Ag2CrO4 共存的溶液中，c(Ag)是相等的，但由于二者的组成比不同，Ksp的表达式不同，因此c(Cl)/ c(CO42)不等于二者的Ksp之比，故A错误；B、根据Ksp的含义，向Ag2CrO4悬浊液中加入NaCl浓溶液，当溶液中c(Cl) c(Ag) Ksp (AgCl)时，就有AgCl沉淀析出，所以B错误；C、向AgCl饱和溶液中加入NaCl晶体，使溶液中c(Cl)增大，导

46、致c(Cl) c(Ag) Ksp (AgCl)，从而析出AgC1，析出沉淀后的溶液中c(Cl) c(Ag)，所以C错误；D、向同浓度的Na2CrO4和NaCl混合溶液中滴加AgNO3溶液，根据Ksp计算可得，生成AgCl沉淀需要的c(Ag)=，生成Ag2CrO4沉淀需要的c(Ag)= = ，前者小于后者，即先析出AgCl沉淀，故D正确。本题正确答案为D。点睛：涉及Ksp的有关问题，首先要注意物质的组成比是否相同，若相同，可以直接用Ksp的数值进行比较，若不同，一定要通过计算进行比较。如A、D两个选项，特别是D选项最容易错选。20、A【题目详解】200 mL Fe2(SO4)3溶液中含Fe3+

47、56g，Fe3+的物质的量为1mol，根据硫酸铁的化学式可知，SO42-的物质的量为1.5mol，物质的量浓度是c(SO42-)=7.5 mol/L；答案选A。21、C【题目详解】A、平衡常数与温度有关，升高温度，平衡常数发生改变，A不符合题意；B、平衡常数与温度有关，降低温度，平衡常数发生改变，B不符合题意；C、平衡常数与压强无关，改变压强，平衡常数不变，C符合题意；D、将化学计量数扩大一倍，化学反应为2CO2(g)6H2(g)2CH3OH(g)2H2O(g)，为原平衡常数的平方，只要K不等于1，则平衡常数发生改变，D不符合题意；答案选C。【答案点睛】化学平衡常数的影响因素，内因为反应本身的

48、性质，外因置只有反应的温度，但是若化学反应的计量数发生改变，则K的表达式也会发生改变，K的数值也可能发生改变。22、C【分析】氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，结合元素的化合价的变化计算电子转移的数目。【题目详解】A反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，选项A错误；B将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，可说明亚硒酸具有氧化性，二氧化硫具有还原性，则亚硒酸的氧化性大于二氧化硫，选项B错误；C2HCl+H2SeO

49、4=H2SeO3+Cl2+H2O反应中，H2SeO4为氧化剂，H2SeO3为还原产物，则H2SeO4的氧化性比H2SeO3强，选项C正确；D将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，选项D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、K+ Br- 2Fe2+ +Cl2=2Fe3+2Cl- 8NH3 + 3Cl2 =6NH4Cl + N2 Al(OH)3 + OH- =Al(OH)4- 【分析】溶液焰色反应，用蓝色钴玻璃观察显紫色，说明溶液中含有钾离子；与硝酸银反

50、应产生淡黄色沉淀，说明有溴离子；加入过量氢氧化钠产生刺激性气味气体，气体为氨气，说明有铵根离子；加入氢氧化钠产生白色沉淀，沉淀有部分溶于NaOH，说明溶液中存在镁离子，铝离子，溶液中不含Fe3+、Cu2+；加入KSCN后无现象，氯水氧化后产生红色，说明溶液中存在亚铁离子。【题目详解】（1）实验焰色反应通过蓝色钴玻璃进行观察，火焰为紫色，说明溶液中存在K+，中加入硝酸银发生黄色沉淀，说明溶液中有Br-。故能确定原溶液中一定存在K+和Br-；（2）实验中通入氯水，溶液中亚铁离子与氯水反应产生三价铁离子，三价铁离子与SCN-作用使溶液变红，故所发生的氧化还原反应的离子方程式为2Fe2+ +Cl2=2

51、Fe3+2Cl-；（3）实验中产生的刺激性气味的气体为氨气，工人常利用该物质的浓溶液即氨水，检查氯气管道是否漏气，若漏气，漏气位置产生大量氯化铵白烟，反应的化学方程式是8NH3 + 3Cl2 =6NH4Cl + N2；（4）实验中，随着氢氧化钠的含量不断增加，沉淀开始部分溶解，说明沉淀中有氢氧化铝，由AB过程中所发生反应的离子方程式Al(OH)3 + OH- =Al(OH)4-或Al(OH)3 + OH- =AlO2-+2H2O。【答案点睛】离子推断题要从基础颜色出发，进行初步排除，进而通过后续实验现象对于特征离子进行鉴别，易忽略的地方是三价铁的颜色，对于涉及的氧化还原反应、双水解反应、沉淀反

52、应等，作为确定一定存在和一定不存在的两类离子的辅助手段，最后根据电荷守恒进行检查。24、甲苯 +2Cl2+2HCl 取代反应 C7H4O3Na2 【分析】A的分子式为C7H8，最终合成对羟基苯甲酸丁酯，由因此A为甲苯，甲苯在铁作催化剂条件下，苯环甲基对位上的H原子与氯气发生取代反应生成B，B为，结合信息D可与银氨溶液反应生成银镜可知，D中含有醛基，B在光照条件下，甲基上的H原子与氯气发生取代反应生成C，C为，C在氢氧化钠水溶液中，甲基上的氯原子发生取代反应，生成D，结合信息可知，D为，D在催化剂条件下醛基被氧化生成E，E为，E在碱性高温高压条件下，结合信息可知，苯环上的Cl原子被取代生成F，同

53、时发生中和反应，则F为，F酸化生成对羟基苯甲酸G()，最后G与丁醇发生酯化反应生成对羟基苯甲酸丁酯，据此分析解答。【题目详解】(1)通过以上分析知，A为，其名称是甲苯，故答案为甲苯；(2)B为，C为，B发生取代反应生成C，反应方程式为+2Cl2+2HCl，该反应属于取代反应，故答案为+2Cl2+2HCl；取代反应；(3)D的结构简式为，故答案为；(4)F为，分子式为C7H4O3Na2，故答案为C7H4O3Na2；(5)E为，E的同分异构体中含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基；侧链为-OOCH、-Cl，有邻、间、对3种；侧链为-CHO、-OH、-Cl时，当-CHO、-OH处于邻位时，-Cl有

54、4种位置；当-CHO、-OH处于间位时，-Cl有4种位置；当-CHO、-OH处于对位时，-Cl有2种位置；其中核磁共振氢谱有三种不同化学环境的氢，且峰面积比为221的是，故答案为。25、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl-4H+ SO42- 【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说

55、明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【题目详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+

56、2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生

57、成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O

58、=SO42-+2Cl-+4H+。26、锥形瓶b慢吸收Cl24H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O验证是否有ClO2生成稳定剂稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【题目详解】（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合

59、价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H+5ClO2-=Cl+4ClO2+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。（5）根据图3可知，稳定剂可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂好。27、排出装置中的空气，防止氧气干扰 NaOH溶液 MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2 2Fe3SO22H2O=2Fe24H 乙丙 Na2SO3 FeCl3 Fe3+消耗，c()减小，使得Fe3+(aq)+(aq)FeSO3(s)平衡逆向移动，所以溶液中红棕色变为浅绿色 【分析】打开弹簧夹通入氮气，排尽装置中的空气，先