2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学化学高三第一学期期中调研试题（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、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）AX与Y形成的化合物只有一种BR的氢化物的热

2、稳定性比W的强C原子半径：r(Z)CD装置丁可制取并收集NO气体4、下列物质间关系判断正确的是( )A1H2、2H2 同位素BO2-、O22-同素异形体CHCOOCH3、CH3OCHO 同分异构体DHCOOH、C15H31COOH 同系物5、向50mL NaOH溶液中逐渐通入一定量的CO2（假设溶液体积不变），随后取此溶液10mL，将其稀释至100mL，并向此稀释后的溶液中逐滴加入0.1molL1的盐酸，产生CO2气体的体积（标准状况下）与所加入的盐酸的体积关系如图，下列分析错误的是( )AOA段所发生反应的离子方程式：H+OHH2O；CO32+H+HCO3BNaOH在吸收CO2后，所得溶液的

3、溶质为NaOH和Na2CO3，其物质的量浓度之比为1：1C产生的CO2体积（标准状况下）为0.056 LD原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL16、下列4种变化中，有一种与其他3种变化的类型不同，不同的是（ ）ACH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2OBCH3CH3OHCH2=CH2+H2OC2CH3CH2OHC2H5OC2H5+H2ODCH3CH2OH+HBrC2H5Br+H2O7、金属加工后的废切削液中含有2%5%的，它是一种环境污染物。人们用溶液来处理此废切削液，使亚硝酸钠转化为无毒物质。该反应分两步进行：第一步：第二步：下列对上述反应的叙述中正确的是（ ）两步

4、均为氧化还原反应 第二步仅发生氧化反应发生了分解反应 第二步中既是氧化产物又是还原产物第一步为复分解反应ABCD8、下列体系加压后，对化学反应速率没有影响的是 ( )A2SO2O2 2SO3 BCOH2O(g) CO2H2CCO2H2O H2CO3 DOHHH2O9、阿伏加德罗常数的值为 NA，下列说法正确的是A0.1 mol NaHSO4 晶体中，含有 H+的数目为 0.1NAB10g 46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为0.1NAC标准状况下，22.4L SO3含有的分子数为NAD质量均为 20g 的 1H218O 与 D2O 中所含中子数均为 10NA10、表示下列反应的离子方程式正确的

5、是（ ）A铁溶于稀盐酸：2Fe+6H+=2Fe3+3H2B氯化铝溶液中加过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热：NH4+OHH2O+NH3D氯气通入水中，溶液呈酸性：Cl2+H2O2H+Cl+ClO11、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( )A铝及其合金是使用广泛的金属材料，通常用电解氯化铝的方法制备铝B为测定熔融氢氧化钠的导电性，常将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化C采取“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量D氰化物泄漏时，可直接将其冲入下水道，让其自然消解12、下列说法中正

6、确的是ANaCl 溶液在电流的作用下电离成 Na+和 Cl-B由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物C离子化合物中可能含有非极性键或极性键D分子晶体中，分子间作用力越大，分子越稳定13、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A加入(NH4)2Fe(SO4)26H2O的溶液中：Na、H、Cl、B由水电离出的c(H)1013molL1的溶液中：K、Na、Cc(Fe3)lmolL1的溶液中：、D能使酚酞变红的溶液中：K、Na、Cl、14、亚氯酸钠（NaClO2）用于漂白织物、纤维、纸浆，具有对纤维损伤小的特点其在溶液中可生成ClO2、HClO2、ClO2、Cl等，其中HClO2和ClO

7、2都具有漂白作用已知pOH=lgc(OH)，经测定25时各组分含量随pOH变化情况如图所示（Cl没有画出），此温度下，下列分析正确的是AHClO2的电离平衡常数的数值Ka=106B亚氯酸钠在酸性条件下较稳定CpH=7时，溶液中含氯微粒的浓度大小为：c(HClO2)c(ClO2)c(ClO2)c(Cl)D同浓度的HClO2溶液和NaClO2溶液等体积混合，则混合溶液中有c(HClO2)-2c(H+)=c(ClO2)-2c(OH)15、质量分数为35%，密度为1.24g/cm3的硫酸物质的量浓度为（ ）A0.044mol/LB0.44mol/LC4.4mol/LD44mol/L16、加碘盐的主要成

8、分是NaCl，还添加了适量的KIO3。下列说法中正确的是 ( )AKIO3和NaCl为离子化合物，均只含离子键BKIO3中阳离子的结构示意图为C23Na37Cl中质子数和中子数之比是87D次碘酸的结构式为HOI17、华夏文明源远流长，勤劳智慧在中国人民探索认知世界、创造美好生活的过程中贯穿始终。以下说法从化学视角理解，正确的是（ ）A雷蟠电掣云滔滔，夜半载雨输亭皋该诗中不涉及化学变化B高奴出脂水，颇似淳漆，燃之如麻文中提到的“脂水”是指油脂C水银乃至阴毒物，因火煅丹砂而出这段记载中，不涉及氧化还原反应D百宝都从海舶来，玻璃大镜比门排制玻璃的某成分可用于制造光导纤维AABBCCDD18、光化学烟

9、雾污染的形成过程可通过如图表示，下列说法正确的是A转化过程中，生成单质O3的反应不属于氧化还原反应B反应中，每消耗1mol O3，就有3mol NO被还原C转化过程中，消耗22.4L NO2,转移电子数为26.021023D常温常压下，生成HCHO和CH3CHO的体积比为1：119、下列物品所使用的主要材料属于无机非金属材料的是A陶瓷工艺品B纸质练习簿C不锈钢盆D蚕丝领带20、在恒容密闭容器中进行氢气与碘（气态）合成HI的反应，下列说法能表明反应达到平衡的是A气体的平均分子量不再变化B反应的平衡常数不变C(H2) =2 (HI)D气体的颜色不再变化21、下列关于热化学反应的描述中正确的是AHC

10、l和NaOH反应的中和热H57.3kJ/mol，则H2SO4和Ca(OH)2反应的中和热H2(57.3)kJ/molBCO(g)的燃烧热是283.0kJ/mol，则2CO2(g) 2CO(g)O2(g)反应的H+2283.0kJ/molC需要加热才能发生的反应一定是吸热反应D1mol甲烷燃烧生成气态水和二氧化碳所放出的热量是甲烷的燃烧热22、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

11、产品的过程，主要发生的是物理变化二、非选择题(共84分)23、（14分）R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。（1）W的原子结构示意图是_。（2）WX2的电子式是_。（3）R2X、R2Y中，稳定性较高的是_（填化学式），请从原子结构的角度解释其原因：_。（4）Se与Y是同一主族的元素，且在元素周期表中与Y相邻。根据元素周期律，下列推断正确的是_（填字母序

12、号）。aSe的最高正化合价为+7价bH2Se的还原性比H2Y强cH2SeO3的酸性比H2YO4强dSeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H2O，该反应的化学方程式为_。（5）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为M2O3。为确定M元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：M的相对原子质量介于K和Rb（铷）之间；0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，反应完全时，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol；综合以上信息推断，M可能位于元素周期表第_族。24、（12分）功能高分子P可用作光电材料，其合成路线

13、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）硫酸四氨合铜晶体Cu(NH3)4SO4H2O为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，主要用作印染剂、杀虫剂及制备某些含铜的化合物。某实验小组拟制备氨气，

14、并通入到硫酸铜溶液中制备硫酸四氨合铜，装置如下：回答下列问题：(1)装置A为制备氨气的实验装置，下列装置中可选用的有_(填标号)。(2)装置a的名称为_；已知液体b与CuSO4溶液互不相溶，是常用的有机溶剂，则液体b的化学式为_，作用是_。(3)由于硫酸四氨合铜晶体能在热水中分解，实验时可向所得溶液中加入_来获得晶体。(4)硫酸四氨合铜晶体中铜含量的测定可用碘量法。在微酸性溶液中(pH=34)，Cu2+与过量I作用，生成I2和CuI(不溶于水也不溶于非氧化性酸)，生成的I2用Na2S2O3标准溶液滴定(已知滴定反应为：I2+2S2O32-=S4O62+2I-)。滴定过程中使用的指示剂为_，滴定

15、终点的现象为_。准确称取1.00g产品，配制成100mL溶液。取20mL该溶液，用0.050mol/LNa2S2O3标准溶液进行滴定，消耗标准溶液16.00mL，计算产品纯度为_。26、（10分）绿矾( FeSO47H2O )、硫酸铵以相等物质的量混合可制得摩尔盐晶体，反应原理为: (NH4)2SO4+ FeSO4+ 6H2O =(NH4)2SO4FeSO46H2O。其流程可表示为:(1)洗涤中Na2CO3的主要作用是。(2)结晶过程中要加热蒸发溶剂，浓缩结晶。应加热到时，停止加热(3)过滤是用下图所示装置进行的，这种过滤跟普通过滤相比，除了过滤速度快外，还有一个优点是。(4)用无水乙醇洗涤的

16、目的是。(5)产品中Fe2+的定量分析:制得的摩尔盐样品中往往含有极少量的Fe3+。为了测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，一般采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定的方法。称取4.0g的摩尔盐样品，溶于水，并加入适量稀硫酸。用0.2 mol/LKMnO4溶液滴定，当溶液中Fe2+全部被氧化时，消耗KMnO4溶液10.00mL。本实验的指示剂是。(填字母)酚酞 B甲基橙C石蕊D不需要产品中Fe2+的质量分数为。27、（12分）半导体生产中常需要使用掺杂剂,以保证控制电阻率,三氯化磷(PCl3)是一种重要的掺杂剂。实验室要用黄磷(即白磷)与干燥的Cl2模拟工业生产制取PCl3,装置如图所示:(部分夹持

17、装置略去)已知:黄磷与少量Cl2反应生成PCl3,与过量Cl2反应生成PCl5;PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl;PCl3遇O2会生成POCl3,POCl3溶于PCl3;PCl3、POCl3的熔沸点见下表:物质熔点/沸点/PCl3-11275.5POCl32105.3请回答下列问题:(1)B中所装的试剂是_，F中碱石灰的作用是_。(2)实验时,检査装置气密性后,先打开K3、关闭K1，通入干燥的CO2,再迅速加入黄磷。通干燥CO2的作用是_，通过控制K1、K2能除去A、B装置中的空气,具体的操作是_。(3)粗产品中常含有POCl3、PCl5等。加入黄磷加热除去PCl5后,通过_(填实

18、验操作名称),即可得到较纯净的PCl3。(4)通过下面方法可测定产品中PCl3的质量分数:迅速称取1.00 g产品,加水反应后配成250 mL溶液;取以上溶液25.00 mL,向其中加入淀粉作为指示剂向其中加入 0.1000 molL-1碘水,充分反应，当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL。已知:H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI，假设测定过程中没有其他反应。滴定时，滴定终点的现象是_，配制0.1000 molL-1的碘水溶液的过程中，下列操作会使所得溶液浓度偏大的是_A烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯B定容时俯视刻度线C定容时仰视刻度线D容量瓶未干燥E移液时有少量液体溅出F溶解

19、碘时放热，未冷却至室温就转移至容量瓶并定容根据上述数据,该产品中PCl3的质量分数为_。28、（14分）I.口罩生产的主要原料聚丙烯由丙烯聚合而来。丙烷脱氢是丙烯工业生产的重要途径，反应的热化学方程式为 C3H8（g）C3H6（g）+H2（g） H。回答下列问题：（1）从工业生产的角度来看，主要可以获取丙烷的是_。A 液化石油气 B 炼铁高炉尾气 C 水煤气 D 焦炉气 E 重油裂化产物（2）1.2104Pa、1.0105Pa 时由一定量丙烷脱氢制丙烯，反应在不同温度下达到平衡，测得丙烷、丙烯的物质的量分数变化关系如图所示：105Pa 时丙烯的物质的量分数随温度变化的关系曲线是_。若起始通入丙

20、烷、丙烯、氢气的物质的量比为 3:1:1，计算 Q 点的平衡常数 Kp=_（用平衡分压代替平衡浓 度计算，分压=总压物质的量分数）。（3）一种丙烷脱氢制丙烯工艺生产中增加了氧化脱氢部分，氧气被引入到脱氢反应体系中，这样做的好处是_。II.环氧乙烷（_）可用作一次性医用口罩的灭菌剂。工业上常常利用乙烯氧化法来生产环氧乙烷 。主反应：2C2H4（g） + O2（g）（g）副反应：C2H4（g） + 3O2（g） = 2CO2（g） + 2H2O（g）乙烯氧化法中反应温度与反应速率的关系如图所示：（4）工业生产中，使用 Ag 作为该反应催化剂，反应过程如下：Ag（s） + O2（g） Ag+-O（s

21、）（吸附态分子氧离子）CH2=CH2（g） + Ag+-O（s） （g） + Ag+-O-（s）（吸附态原子氧离子） CH2=CH2（g） + 6 Ag+-O（s） 2CO2（g） + 2H2O（g） + 6Ag（s）根据上述反应过程，理论上 1mol 乙烯参与反应最多可以得到_mol 环氧乙烷。为了加快主反应速率（且对副反应影响较小），显著提高环氧乙烷生产效率，所采取的措施是_。A 增大体系压强B 升高温度C 加入抑制剂 X（X + Ag+-O Ag + XO2）D 加入抑制剂 Y（Y + Ag+-O Ag + YO）29、（10分）含有N、P、Fe、Ti等元素的新型材料有着广泛的用途。(1

22、)基态Fe原子未成对电子数为_个；基态Ti原子的价电子排布图是_。(2)意大利罗马大学的：FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其中氮原子的轨道杂化形式为_。(3)比较气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角：PH3_NH3(填“大于”、“小于”或“等于”)，主要原因为_。(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。M中含有_(填标号)。A 键 B 键C 离子键 D 配位键 (5)已知金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如下图B所示，则金属铁晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是

23、图_(填标号)。 (6)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，其中距离铁原子最近的铁原子的个数为_，氮化铁晶胞底边长为a cm，高为c cm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为_gcm-3(用含a、c和NA的计算式表示)。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【分析】X是原子半径最小的元素，因此X是H，Z的二价阳离子与氖原子具有相同的核外电子排布，因此Z是Mg，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，且Y的原子序数在X和Z之间，因此Y是C，W原子最外层电子数是最内层电子数的三倍，可知W原子最外层电子数为6，W为S。R的原子序

24、数大于W且为短周期主族元素，R只能为Cl。综上所述，X、Y、Z、W、R分别为H、C、Mg、S、Cl。【题目详解】AC和H可形成多种化合物，如甲烷，乙烷，乙烯等，A项锆误；B由元素周期律可知，同周期元素的非金属性随着原子序数增大而增大，所以Cl的非金属性强于S，则HCl的稳定性强于H2S，B项正确；C由元素周期律可知，同周期元素原子半径随原子序数的增大而减小，故原子半径大小关系应为r(Z)r(R)，C项错误；D碳酸的酸性弱于硫酸，D项错误；故选B。2、A【题目详解】A. H2SO4酸化的KI溶液中加入H2O2生成碘和水：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故A正确；B.盐酸的酸性强于亚硫酸

25、， SO2通入BaCl2溶液不反应，故B错误；C. Fe（OH）2比NH3H2O更难电离，(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入少量NaOH溶液：先发生Fe2+2OH=Fe（OH）2，故C错误；D. 用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2Cu+Cl2，故D错误；故选A。【答案点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。难点C，与量有关的离子方程式判断，（NH4）2 Fe（SO4）2溶液中加入过量氢氧化钠溶液，离子方程式则

26、为：2NH4+Fe2+4OH2NH3H2O+Fe（OH）2，答题时需看清题意。3、D【答案解析】试题分析：HCl极易溶于水，会被饱和氯化钠吸收，A错；饱和石灰水的浓度很小，不能用来吸收SO2，B错；C中石灰水变浑浊只说明反应有CO2生成，反应不是强酸制弱酸，C错；稀硝酸与铜反应生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集，D对。考点：实验装置图和实验目的的评价。4、D【题目详解】A项中的1H2、2H2 均为单质，不是同位素关系，A错误；B项中O2-、O22- 均为离子，不是单质，B错误；C中HCOOCH3、CH3OCHO 均是甲酸甲酯，只是写法有些不同，所以不是同分异构体；D项HCOOH、C15H3

27、1COOH均是一元羧酸，相差C15H30 ，所以属于同系物关系，故选D。5、D【答案解析】根据图像可知产生CO2消耗盐酸的体积是25mL，而之前消耗盐酸是50mL。由于碳酸钠与盐酸反应时首先转化为碳酸氢钠，然后碳酸氢钠再与盐酸反应放出CO2，方程式为CO32HHCO3、HCO3HH2OCO2。根据方程式可判断溶液中还含有氢氧化钠，即前25mL盐酸中和氢氧化钠，后25mL盐酸与碳酸钠反应，最后25mL盐酸与碳酸氢钠反应。【题目详解】A根据以上分析可知OA段所发生反应的离子方程式：HOHH2O、CO32HHCO3，A正确；B根据以上分析可知NaOH在吸收CO2后，所得溶液的溶质为NaOH和Na2C

28、O3，其物质的量浓度之比为11，B正确；C产生的CO2消耗的盐酸物质的量是0.025L0.1mol/L0.0025mol，则根据方程式HCO3HH2OCO2可知放出CO2是0.0025mol，在标准状况下的体积为0.0025mol22.4L/mol0.056 L，C正确；D反应结束后溶液中氯化钠的物质的量是0.075L0.1mol/L0.0075mol，根据钠离子守恒可知原NaOH溶液的物质的量浓度为0.0075mol0.01L0.75 molL1，D错误；答案选D。6、B【题目详解】A乙醇中的OH脱氢，乙酸中的COOH脱羟基生成乙酸乙酯，为酯化反应或取代反应；B乙醇在浓硫酸的作用下，发生消去

29、反应，生成水和乙烯，为消去反应；C一个乙醇脱去羟基，一个乙醇脱去羟基中的H原子，生成乙醚和水，为取代反应；D乙醇中的羟基被溴原子取代，生成溴乙烷，为取代反应；综上可知，不同的是B中的反应，B符合题意。答案选B。7、D【题目详解】第一步反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故错误；第二步中，中元素的化合价由-3价变为0价，中元素的化合价由价变为0价，该反应中只有元素的化合价发生变化，则既发生氧化反应又发生还原反应，故错误；第二步反应是由一种物质生成两种物质，所以是分解反应，故正确；根据的分析，第二步中既是氧化产物又是还原产物，故正确；第一步中物质间相互交换成分，属于复分解反应，故正

30、确。答案选D。8、D【答案解析】试题分析：压强对反应速率的影响，一般只能影响到气体，而选项D中没有气体参加或生成，所以改变压强不能影响该反应的反应速率，答案选D。考点：考查外界条件压强对反应速率的影响9、D【答案解析】A.硫酸氢钠由1个钠离子和1个硫酸氢根构成，故0.1mol硫酸氢钠中含0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，不含H+，故A错误；B.乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，10g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为4.6g，物质的量为0.1mol，故含0.1mol氧原子；水的质量为10g-4.6g=5.4g，物质的量为0.3mol，故含0.3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的

31、物质的量共为0.4mol，即个数为0.4NA个，故B错误；C. 标准状况下，SO3是固体，无法计算其物质的量，故C错误；D. H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，故20g 的 1H218O 与 D2O的物质的量均为1mol，且两者中均 含10个中子，故1mol1H218O 与 D2O中均含10NA个中子，故D正确。故答案选D。10、B【答案解析】A铁溶于稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故A错误；B氯化铝溶液中加过量氨水的离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4+，故B正确；C碳酸氢铵溶液中加足量氢氧化钠并加热，反应的离子方程式为HCO3+NH

32、4+2OH2H2O+NH3+CO32，故C错误；D氯气通入水中，溶液呈酸性，离子方程式为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查离子方程式正误的判断，为高频考点，把握发生的化学反应及离子反应的书写方法为解答的关键，选项A为易错点，侧重与量有关的离子反应的考查，注意氢氧化铝的两性。11、C【答案解析】A、氯化铝为共价化合物，熔融状态下不导电，工业上常电解熔融氧化铝冶炼金属铝，故A错误；B、石英为SiO2，能与NaOH发生反应，因此熔化NaOH固体时，不能用石英坩埚，故B错误；C、静电除尘：烟尘为胶体，利用电泳，达到除尘的目的；燃煤固硫：燃煤中加入CaO或石灰石，与

33、生成的SO2反应，转化成CaSO4，达到除去硫的目的；汽车尾气催化净化：将氮的氧化物转化成N2；故C正确；D、氰化物有剧毒，不能直接排放到自然界中，故D错误。12、C【题目详解】A. NaCl是电解质，在溶液中自发电离成 Na+和 Cl-，不需要电流的作用，故A错误；B. 硝酸铵是由非金属元素组成的化合物，属于离子化合物，故B错误；C. 过氧化钠是离子化合物，两个氧原子间形成非极性键；氢氧化钠是离子化合物，氢氧原子间形成极性键，故C正确； D. 分子晶体的稳定性与分子内的化学键有关，与分子间作用力无关，故D错误；答案选C。13、D【题目详解】AFe2、H、可以发生氧化还原反应，在溶液中不能大量

34、共存，故A不选；B由水电离出的c(H)1013molL1的溶液可能呈酸性也可能呈碱性，在酸性条件下，H、可以发生反应而不能大量共存，故B不选；CFe3可以和、发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故C不选；D能使酚酞变红的溶液呈碱性，OH-、K、Na、Cl、之间互不反应，可以大量共存，故D选；答案选D。14、A【题目详解】A.HClO2的电离平衡常数，观察图象可以看出，当pOH=8时，pH=6，c(ClO2)=c(HClO2)，因此HClO2的电离平衡常数的数值Ka=106，故A正确；B. 由图可以得出：碱性条件下ClO2浓度高，即在碱性条件下亚氯酸钠较稳定，而不是在酸性条件下稳定，故B错误；

35、C. 根据图知，pH=7时，存在c(HClO2)c(HClO2)c(ClO2)c(Cl)，故C错误；D. 依据电中性原则得出：c(H+)+c(Na+)=c(ClO2)+c(Cl)+c(OH)，依据物料守恒得出：2c(Na+)=c(ClO2)+c(HClO2)+c(Cl)，联立消去钠离子：c(HClO2)+2c(H+)=c(ClO2)+2c(OH)+c(Cl)，故D错误，故选A。15、C【题目详解】该硫酸的物质的量浓度为c=mol/L4.4mol/L，故选C。【答案点睛】明确物质的量浓度与溶质质量分数的关系为解答关键。本题的易错点为c=中的1000是体积单位换算的结果，因此需要注意，溶液的密度以

36、“g/cm3”为单位。16、D【答案解析】试题分析：A、含有离子键的化合物是离子化合物，KIO3和NaCl为离子化合物，均含有离子键，但碘酸钾中还含有共价键，A不正确；B、碘酸钾是由K与IO3构成的，其阳离子的结构示意图为，B不正确；C、由于质子数中子数质量数，所以23Na37Cl中质子数和中子数分别是111728、2311371732，其之比是78，C不正确；D、由于氧元素的非金属性强于碘元素的非金属性，因此次碘酸的结构式为HOI，D正确，答案选D。考点：考查离子键、化合物、结构示意图以及结构式的判断17、D【题目详解】A雷蟠电掣云滔滔，打雷时会发生反应N2+O2=2NO(放电)，涉及化学变

37、化，故A错误；B燃之如麻，但烟甚浓，说明易燃烧，应为石油，故B错误；C丹砂主要成分为HgS，煅烧丹砂分解生成汞单质，反应过程中有元素化合价变化，涉及氧化还原反应，故C错误；D制玻璃的原料和玻璃的成分中都含有二氧化硅，二氧化硅可用于制造光导纤维，故D正确；答案选D。18、A【题目详解】A. 转化过程中，生成单质O3的反应是O2+O=O3，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，正确；B. 反应中，NO被氧化为NO2，错误；C. 没有指明温度和压强，无法计算22.4L NO2的物质的量，错误；D. 常温常压下，CH3CHO不是气体，HCHO和CH3CHO的体积比不是1：1，错误；故选A。【答案点睛】乙

38、醛的沸点为20.8，在常温（20）是为液体。19、A【题目详解】A. 陶瓷的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，故A选；B. 纸张的主要成分为纤维素，为有机材料，故B不选；C. 不锈钢的主要成分为铁，有无机金属材料，故C不选；D. 蚕丝主要成分为蛋白质，为有机材料，故D不选。故答案选：A。20、D【答案解析】A、反应过程中气体质量始终不变，气体物质的量始终不变，气体的平均分子量始终不变，气体的平均分子量不再变化不能说明反应达到平衡状态；B、平衡常数只受温度影响，不能用来判断反应是否达到平衡状态；C、没有指明反应速率的方向，不能说明反应是否达到平衡状态；D、气体的颜色不再变化，说明c（I2）不

39、再变化，能说明反应达到平衡状态；答案选D。21、B【题目详解】A强酸和强碱的稀溶液反应才能保证H+(aq)+OH(aq)=H2O(l)中和热为-13 kJmol1，H2SO4和Ca(OH)2得到的CaSO4微溶，会产生额外的热，故A错误；B在25，101 kPa时，1 mol可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量，叫做该物质的燃烧热:CO(g)1/2 O2(g)= CO2(g) H-283.0kJ/mol，再利用盖斯定律，得：2CO2（g）=2CO（g）+O2（g）H=+2283.0kJ/mol，故B正确；C反应的吸、放热与反应条件无关，如有些放热反应必须在加热条件下才能进行，如铝热反应

40、，故C错误；D燃烧热是1mol纯净物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，应生成液态水，D错误。答案选B。22、C【题目详解】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KClO

41、3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C。二、非选择题(共84分)23、 H2O 氧原子与硫原子最外层电子数相同，电子层数SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SO，原子半径SO，得电子能力SO，元素的非金属性SSe，则H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c错误；d同主族元素化学性质具有相似性，SO2属于酸性氧化物可与NaOH溶液反应，则SeO2在一定条件下也可与NaOH溶液反应，故d正确；答案选bd；室温下向SeO2固体表面吹入NH3，可得到两种单质和H

42、2O，根据物料守恒，生成的单质应为N2和Se，利用氧化还原反应得失电子守恒，该反应的化学方程式为3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，答案为：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；（5）0.01 mol M2O3在碱性溶液中与Zn充分反应可得到M的简单氢化物，则氢化物中M的化合价为最低价态，M为主族元素，M最高正价=8-M最低负价的绝对值，设M的氢化物中化合价为-x价，则M由+3价变为-x价，0.01 mol M2O3完全反应共得到2（3+x）0.01 mol的电子，金属Zn由0价变为+2价，被M2O3氧化的Zn为0.06 mol，共失去20.06 mol的

43、电子，根据得失电子守恒，2（3+x）0.01=20.06，解得x=3，则M的氢化物中化合价为-3价，则M最高正价=8-3=+5，主族元素最高正价等于最外层电子数，最外层电子数等于主族序数，故M可能位于元素周期表第VA族，答案为：VA；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

44、得到（C）CHC-CH2Br。（3）B与HBr发生取代得到（C）CHC-CH2Br。C中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

45、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、 分液漏斗 CCl4 防止倒吸 乙醇 淀粉溶液 滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色 98.4%或0.984 【分析】(1)根据制取氨气使用的试剂的状态确定装置图的使用；(2)根据仪器结构判断仪器名称，根据液体b密度比水大，与水互不相溶的性质分析物质，结合氨气极容易溶于水分析其作用；(3)根据硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇分析使用的物质；(4)根据I2遇淀粉溶液变为蓝色，选择使用的指示剂，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应完全蓝色消去判断滴定终点；用关系式

46、法找出Cu2+与S2O32-的关系，根据消耗的S2O32-的物质的量计算出Cu2+的物质的量及Cu(NH3)4SO4H2O的质量，进而可得其纯度。【题目详解】(1)在实验室中，若用固体NH4Cl与Ca(OH)2混合加热制取氨气，应该选择装置；若向CaO固体中加入浓氨水制取氨气，应该选择选项；若用浓氨水直接加热制取氨气，则选择装置；故合理选项是；(2)有仪器a结构可知该仪器名称为分液漏斗，由于液体b密度比水大，与水互不相溶，可确定该物质是四氯化碳，液体b的化学式CCl4；装置A是制取氨气，在装置B中与CuSO4溶于反应制取硫酸四氨合铜晶体，由于氨气极容易溶于水，为了充分吸收氨气，同时防止倒吸现象

47、的发生，使用了CCl4，因此CCl4的作用是防止倒吸；(3)由于硫酸四氨合铜晶体为深蓝色晶体，溶于水，不溶于乙醇，能在热水中分解，所以实验时可向所得溶液中加入乙醇来获得晶体；(4)Cu2+与I-反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，故可选择淀粉溶液为指示剂，Cu2+与I-反应产生I2，向该溶液中滴加Na2S2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当I2反应完全时，溶液的蓝色消去，据此判断滴定终点。实验现象是：滴入最后一滴，溶液蓝色褪去且半分钟不复色；Cu2+与过量I-作用，生成I2和CuI，反应方程式为：2Cu2+4I-=2CuI+I2，向该溶液中滴加Na2S

48、2O3标准溶液，I2会发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，可得关系式2Cu2+ I2 2S2O32-，反应消耗的S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.050mol/L0.016L=0.004mol，则溶液中含有Cu2+的物质的量n(Cu2+)= n(S2O32-)=0.004mol，根据Cu元素守恒可知反应产生的Cu(NH3)4SO4H2O的物质的量是0.004mol，其质量是mCu(NH3)4SO4H2O=0.004mol246g/mol=0.984g，因此该物质的纯度是(0.984g1.0g)100%=98.4%=0.984。【答案点睛】本题考查了氨气的实验室制取方

49、法及装置的使用、化学试剂的选择使用、滴定法在物质含量的计算中的应用。掌握物质的存在状态与使用仪器的关系，充分利用物质的溶解性及密度相对大小判断使用的试剂及其作用，在滴定法测量物质含量时，若发生的反应有多个，可根据化学方程式找出已知物质与待求物质的关系，通过关系式法直接计算，同时要注意配制溶液的体积与实验时的体积关系进行计算。26、（12分）（1）利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污（ 2分）（2）加热到溶液表面出现晶膜时（ 2分）（3）得到较干燥的沉淀（ 2分）（4）除去水分，减少晶体溶解损失；容易干燥（ 2分）（5）D（2分） 14%（ 2分）【答案解析】试题分析：制取摩尔盐晶体流程为：先

50、利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4FeSO46H2O，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体；（1）Na2CO3溶液中CO32-水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，使Na2CO3溶液呈碱性，油脂在碱性溶液中水解生成溶于水的物质易于洗去，步骤1中加入10%Na2CO3溶液的主要作用是除去铁屑表面的油污；（2）浓缩结晶摩尔盐时要用小火加热，加热浓缩初期可轻微搅拌，但注意观察晶膜，若有晶膜出现，则停止加热，防止摩尔盐失水；更不能蒸发至

51、干，蒸干时溶液中的杂质离子会被带入晶体中，晶体可能会受热分解或被氧化；（3）减压过滤，利用大气压强原理，用减小压力的方法加快过滤的速率，并能得到较干燥的沉淀； （4）摩尔盐易溶于水，不能用蒸馏水洗涤，但摩尔盐属于无机物难溶于有机物，可用乙醇进行洗涤，洗去晶体表面的液体杂质；（5）MnO4-为紫色，当滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无(浅绿)色变为浅紫色，半分钟内不褪色，故不需要外加指示剂，故选D；测定摩尔盐产品中Fe2+的含量，采用在酸性条件下KMnO4标准液滴定，Fe2+Fe3+，铁元素化合价升高1价；MnO4-+Mn2+，锰元素降低5价，化合价升降最小公倍数为5，故Fe2+系数为5，Mn

52、O4-系数为1，根据元素守恒可知Mn2+与Fe3+系数分别为1、5，根据电荷守恒可知缺项为H+，H+其系数为2+35-25-1=8，根据H元素守恒可知H2O系数是4，所以反应离子方程式为5Fe2+MnO4-+8H+=1Mn2+5Fe3+4H2O，令4g产品中Fe2+的物质的量为xmol，则：5Fe2+MnO4-，5 1xmol 0.01L0.2mol/L 所以x=0.01mol，所以4g产品中Fe2+的质量0.01mol56g/mol=0.56g，所以4g产品中Fe2+的质量分数为100%=14%。【考点定位】以莫尔盐的制备为载体，考查盐类水解、氧化还原反应、氧化还原反应滴定应用、物质分离提纯

53、等有关实验操作。【名师点晴】流程分析及实验的基本操作要领是解题关键；制取摩尔盐晶体流程为：先利用碳酸钠溶液呈碱性，除去铁表面的油污，然后加稀硫酸溶解，铁与稀硫酸反应生成亚铁离子，加入硫酸铵发生(NH4)2SO4+FeSO4+6H2O=(NH4)2SO4FeSO46H2O，结晶过滤，摩尔盐易溶于水，难溶于有机溶剂，用酒精洗涤摩尔盐，得到摩尔盐晶体，据此分析即可解题。27、浓H2SO4吸收多余的Cl2， 防止空气中的H2O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应排尽装置中的空气,防止白磷和PCl3与氧气反应先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即

54、可。蒸馏当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原BF95%或94.9%【答案解析】（1）、PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3和HCl，D中反应需要在无水条件下进行，而A中制得的氯气中混有水蒸气和HCl，通过B装置时要干燥氯气，故装置B盛放浓硫酸，E装置支管圆底烧瓶是收集生成的PCl3，考虑到PCl3的熔沸点较低，很容易挥发，结合冷水是降温的，可知E中冷水的作用应该是冷凝PCl3，碱石灰有吸水和吸酸性气体的作用，本实验的尾气氯气有毒，对环境有污染，可被碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水汽进入烧瓶内与PCl3反应；故答案为浓H2SO4；吸收多余的Cl2， 防止空气中的H2

55、O和O2进入烧瓶中与白磷及PCl3反应。（2）、白磷遇氧气会自燃，故要将装置中的空气排出，可通过通入CO2达到目的；为了除去A、B装置中的空气，可以通过控制K1、K2除去，具体的操作是：先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。故答案是：排尽装置中的空气，防止白磷和PCl3与氧气反应；先将K1关闭，打开K2，等B中溶液上方充满黄绿色气体后，即说明排净了空气，再打开K1，关闭K2即可。（3）、由题中信息可知，POCl3和PCl3都是液体，熔沸点存在明显的差异，除去PC13中混有的POCl3，可选择蒸馏的方式进行分离，以得到纯净的PCl3，

56、故答案是蒸馏。（4）、碘遇淀粉先蓝色，用0.1000 molL-1碘水滴定溶液中PCl3生成的H3PO3，当H3PO3反应完全时，溶液中的淀粉会变蓝，所以答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原。A、烧杯中溶液转移至容量瓶中时，未洗涤烧杯，会造成溶质损失，则所配制的溶液浓度偏小；B、定容时俯视刻度线，会造成溶液体积偏小，则所配制的溶液浓度偏大；C、定容时仰视刻度线，会造成溶液体积偏大，则所配制的溶液浓度偏小；D、容量瓶未干燥，残留有少量的水，因后续定容还要加水，故对配制溶液无影响；E、移液时有少量液体溅出，会造成溶质损失，则所配制的溶液浓度偏小；F溶解碘时放热，未

57、冷却至室温就转移至容量瓶并定容，会造成溶液体积偏小，则配制的溶液浓度偏大；当达到终点时消耗碘水溶液6.9mL，则n（I2）=0.0069L0.1000 molL-1=0.00069mol，根据:H3PO3+H2O+I2=H3PO4+2HI可知，参与反应的n（H3PO3）=0.00069mol，PCl3遇水强烈水解生成H3PO3和HCl的化学方程式是：PCl3+3 H2O= H3PO3+3HCl，则25mL溶液中PCl3的物质的量是：0.00069mol，所以250mL溶液中含PCl3的物质的量是：0.00069mol10=0.0069mol，则PCl3的质量是0.0069mol137.5g/mol=0.95g，则PCl3的质量分数是：100%=95%。故此题答案是：故答案是：当滴入最后一滴碘水溶液时，溶液由无色变为蓝色，且半分钟内不复原； BF；95%。28、A d 12500Pa 氢气与氧气反应生成水，使脱氢反应正向移动，提高丙烷的转化率；丙烷脱氢吸热，氢气与氧气反应放热，为脱氢提供能量 240 A