江苏省东台市实验初中2023学年化学高一第二学期期末联考模拟试题含解析

2023学年高一下化学期末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0．5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、测试卷卷上答题无效。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、空气质量是政府和公众普遍关注的问题，下列物质不列入空气质量指数首要污染物的是A．二氧化硫 B．氮氧化物 C．PM1．5 D．二氧化碳2、下图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列叙述中，正确的说法有几项（）①Mg（s）所具有的能量高于MgX2（s）所具有的能量②MgCl2电解制Mg（s）和Cl2（g）是吸热过程③热稳定性：MgI2＞MgBr2＞MgCl2＞MgF2④常温下氧化性：F2＜Cl2＜Br2＜I2A．1项 B．2项C．3项 D．4项3、下列叙述不正确的是A．用电子式表示HCl的形成过程:B．67166C．在空气中加热金属锂:

4Li+O22Li2OD．(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2属于同种物质4、如图I所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可以左右移动，F受压力恒定。甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g）+B(g）2C(g），反应达到平衡后，再恢复至原温度，则下列说法正确的是（）A．达到平衡时隔板K最终停留在0刻度左侧的2到4之间B．若达到平衡时隔板K最终停留在左侧1处，则乙中C的转化率小于50%C．如图II所示，若x轴表示时间，则y轴可表示甲、乙两容器中气体的总物质的量或A的物质的量D．若达到平衡时隔板K最终停留在左侧靠近2处，则乙中F最终停留在右侧刻度大于45、水热法制备Fe3O4纳米颗粒的总反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH－=Fe3O4+S4O62-+2H2O，下列说法正确的是A．每转移2mol电子，有1molS2O32-被氧化 B．还原剂只有Fe2+C．x=2，氧化剂是O2 D．氧化产物只有S4O62-6、在元素周期表中，第三、四、五、六周期元素的数目分别是（）A．8、8、18、32 B．8、18、18、32C．8、18、18、18 D．8、8、18、187、甲苯的苯环上有5个氢原子，其中若有两个氢原子分别被羟基(-OH)和氯原子(-Cl)取代，则可形成的有机物同分异构体数目有A．9种B．10种C．12种D．15种8、某铁的氧化物（FexO）1.52g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入标准状况下112mlCl2，恰好将Fe2+完全氧化。x值为（）A．0.80 B．0.85 C．0.90 D．0.939、下列解释事实的方程式错误的是（）A．NH3遇HCl时，产生白烟：NH3+HCl=NH4ClB．NO2溶于水，溶液呈酸性：3NO2+H2O=2HNO3+NOC．Fe2O3溶于稀H2SO4中，溶液变黄：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OD．在NaOH固体上滴入几滴NH4Cl溶液闻到气味：NH4++OH-=NH3↑+H2O10、工业上制取一氯乙烷(CH3CH2Cl)应采用()A．由乙烯和氯气在一定条件下发生加成反应B．由乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应C．由乙烷和氯气在一定条件下发生取代反应D．由乙烷和氯气在一定条件下发生加成反应11、化学与科技、生产、生活密切相关。下列说法正确的是A．“煤改气”、“煤改电”等改造工程有利于减少雾霾B．海水中加入明矾可将海水淡化C．M、N经“2M+N=2P+2Q，2P+M=Q”生产Q，不符合“绿色化学”理念D．燃煤中添加生石灰，在燃烧过程中将硫元素转化为CaSO3，可减少SO2的排放12、化学用语是学习化学的重要工具，下列用来表示物质变化的化学用语中，正确的是A．铅蓄电池放电时，负极反应式为PbO2＋4H＋＋SO＋2e－==PbSO4＋2H2OB．粗铜精炼时，与电源负极相连的是纯铜，阴极反应式为Cu2＋＋2e－==CuC．生铁中含碳，抗腐蚀能力比纯铁强D．铁制品上镀锌，锌做阴极，铁制品做阳极，电解质溶液中含Zn2＋13、海水总量极大，金、铀等微量元素在海水中的总量自然也大，但从海水中获取这些微量元素的成本很高。其中成本最高的步骤在于()A．从海水中富集含微量元素的化合物 B．使含微量元素的离子沉淀C．对含微量元素的混合物进行提纯 D．从化合物中冶炼这些单质14、某小组为研究原电池工作原理，设计如右图装置实验。下列叙述正确的是（）A．导线中电流方向：锌→铜B．Zn为正极，Cu为负极C．溶液中H+向锌片移动D．该装置能将化学能转变为电能15、下列反应的离子方程式不正确的是A．铁与氯化铁溶液：2Fe3＋＋Fe3Fe2＋B．碳酸钙与盐酸：CO32－＋2H＋CO2↑＋H2OC．二氧化硅与氢氧化钠溶液：SiO2＋2OH－SiO32－＋H2OD．铜与稀硝酸：3Cu＋8H＋＋2NO3－3Cu2+＋2NO↑＋4H2O16、化学己经渗透到人类生活的方方面面。下列说法不正确的是A．为加快漂白精的漂白速率，使用时可滴加几滴醋酸B．明矾溶于水会形成胶体，因此可用于自来水的杀菌消毒C．月饼因富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有铁粉的透气袋作抗氧化剂D．为增强治疗缺铁性贫血效果，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C17、你认为下列行为中有悖于“节能减排，和谐发展”这一主题的是（）A．开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料B．将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率C．研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展D．实现资源的“3R”利用观，即：减少资源消耗、增加资源的重复使用、资源的循环再生18、氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图）。下列叙述错误的是A．雾和霾的分散剂相同 B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D．雾霾的形成与过度施用氮肥、燃料燃烧有关19、下列变化中不属于氮的固定的是A．在一定条件下由氨气和二氧化碳合成尿素B．雷雨闪电时，大气中产生了一氧化氮C．豆科农作物的根瘤菌使空气中的氮转化为氨D．镁条在空气中燃烧生成氮化镁20、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法错误的是()A．过氧化钠与水反应时，生成0.lmol氧气转移的电子数为0.4NAB．1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC．20gD2O和18gH2O中含有的电子数均为10NAD．48g正丁烷和10g异丁烷的混合物中共价键数目为13NA21、下列物质中，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应的是①乙烷②1，3-丁二烯③苯④丙烯⑤邻二甲苯A．①②B．②④C．①②④⑤D．全部22、对于可逆反应：mA（g）+nB（?）xC（g）△H，在不同温度及压强（p1，p2）条件下，反应物A的转化率如图所示，下列判断正确的是A．△H>0，m+n>x，同时B为非气态B．△H>0，m+n<x，同时B为气态C．△H<0，m+n>x，同时B为气态D．△H<0，m<x，同时B为非气态二、非选择题(共84分)23、（14分）已知A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：（1）写出A、B、C、E的化学式:A__________,B__________,C__________,E__________。（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。24、（12分）有关物质的转化关系如下图所示。A和G均为气体，其中A为黄绿色。C和D均为酸，其中C具有漂白性。E和I均为常见金属，其中I为紫红色。⑴气体A所含元素在周期表中的位置是：______。D的电子式为______。⑵写出反应①的离子方程式：______。⑶写出反应④的化学方程式，并用单线桥表示电子转移的方向和数目：______。25、（12分）Ⅰ．我国的青海省有许多盐湖盛产食盐，人类与食盐关系密切，食盐在老百姓生活和现代社会的工农业生产中均有重要作用。粗盐中含Ca2+、Mg2+、SO42－以及泥沙等杂质，为了除去可溶性杂质，有以下实验步骤进行提纯：①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液。（1）以下操作顺序不合理的是_______。A．②⑤④③①B．④⑤②①③C．⑤②④①③D．⑤④②①③（2）用提纯的NaCl配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，所用仪器除天平、药匙、烧杯、玻璃棒外还有________(填仪器名称)。（3）通过步骤①中过滤后的滤液，检验SO42－是否除尽的操作方法是_________________________Ⅱ．向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入2.0mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示（图中x、y、m、m均表示NaOH溶液与CO2反应后的溶液中某溶质的物质的量）。回答下列问题：(1)图1中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________；(2)图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为____________________。Ⅲ．已知氮化镁极易与水反应：Mg3N2＋6H2O===2NH3↑＋3Mg(OH)2↓。将足量的镁条置于空气燃烧，可能会发生下列反应①2Mg+O22MgO;②3Mg+N2Mg3N2;③2Mg+CO22MgO+C;④Mg+H2O(g)MgO+H2。请设计一个实验,验证产物中含有氮化镁（Mg3N2）:_________________________。26、（10分）无水AlCl3是一种重要的化工原料。某课外活动小组尝试制取无水AlCl3并进行相关探究。资料信息:无水AlCl3在178℃升华，极易潮解，遇到潮湿空气会产生白色烟雾。（探究一）无水AlCl3的实验室制备利用下图装置，用干燥、纯净的氯气在加热条件下与纯铝粉反应制取无水AlCl3。供选择的药品:①铝粉②浓硫酸③稀盐酸④饱和食盐水⑤二氧化锰粉末⑥无水氯化钙⑦稀硫酸⑧浓盐酸⑨氢氧化钠溶液。(1)写出装置A发生的反应方程式__________。(2)装置E需用到上述供选药品中的________(填数字序号)，装置F的作用是__________。(3)写出无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式__________。（探究二）离子浓度对氯气制备的影响探究二氧化锰粉末和浓盐酸的反应随着盐酸的浓度降低，反应会停止的原因:(4)提出假设:假设1.Cl-浓度降低影响氯气的生成；假设2.__________。(5)设计实验方案:(限选试剂:浓H2SO4、NaCl固体、MnO2固体、稀盐酸)步骤实验操作预测现象和结论①往不再产生氯气的装置中，加入_____继续加热若有黄绿色气体生成，则假设1成立②__________若有黄绿色气体生成，则假设2成立（探究三）无水AlCl3的含量测定及结果分析取D中反应后所得固体2.0g，与足量氢氧化钠溶液反应，测定生成气体的体积(体积均换算成标准状况)，重复测定三次，数据如下:第一次实验第二次实验第三次实验D中固体用量2.0g2.0g2.0g氢气的体积334.5mL336.0mL337.5mL(6)根据表中数据，计算所得固体中无水AlCl3的质量分数_________。(7)有人认为D中制得无水AlCl3的质量分数偏低，可能的一种原因是__________。27、（12分）某化学课外小组实验室制取乙酸乙酯时查阅资料如下：主反应：CH3COOH+C2H5OH⇌浓H2SO4120-125℃CH副反应：2CH3CH2OH→140℃浓硫酸CH3CH2OCH2CH3(乙醚)+HCH3CH2OHCH2=CH2↑+H2O根据查得的资料设计了下图所示的装置(夹持装置忽略)制取纯净的乙酸乙酯。步骤如下：①在图1的三口烧瓶中加入3mL乙醇，边摇动边慢慢加入3mL浓硫酸，在分液漏斗中装入3:2的乙醇和乙酸混合液。②油浴加热三口烧瓶至一定温度，然后把分液漏斗中的混合液慢慢地滴入三口烧瓶里并保持反应混合物在一定温度。③反应一段时间后，向锥形瓶中缓慢加入饱和Na2CO3溶液，并不断摇动，分层后进行分液。④用饱和食盐水和氯化钙溶液洗涤酯层，再分液，在酯层加入干燥剂干燥得粗乙酸乙酯。⑤将粗乙酸乙酯转入图2的仪器A中，在水浴中加热，收集74～80℃的馏分即得纯净的水果香味无色透明液体。根掲题目要求回答：(1)在实验中浓硫酸的作用______；混合液加热前都要加入碎瓷片，作用是________。(2)歩驟②中油浴加热保持的一定温度范围_____，原因是________。(3)图2中仪器A的名称是_____，冷凝管中冷水从______(填a或b)口进入。(4)步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是_____，在分液操作时，上下两层液体移出的方法是____________。(5)步骤④中干燥乙酸乙酯，可选用的干燥剂为______(填字母)。a.五氧化二磷b.无水Na2SO4c.碱石灰28、（14分）现有如下物质：①明矾②一水合氨③碳酸氢钠④硫酸铁⑤硝酸钡⑥硝酸请完成下列问题：(1)属于弱电解质的是___________________；(选填编号)(2)由于促进水的电离平衡而使溶液显酸性的是__________________；(选填编号)(3)它们水溶液PH>7的有_________________；(选填编号)(4)写出下列物质之间发生反应的离子方程式：①+⑤__________________②+④___________________③+⑥__________________(5)明矾溶于水后能净水，是由于Al3+水解后能形成Al(OH)3胶体，该胶体具有吸附性，请写出Al3+水解的方程式：____________________；硫酸铁溶液水解可以得到一系列具有净水作用的碱式硫酸铁(xFe2O3⋅ySO3⋅zH2O)，为测定某碱式硫酸铁的组成，取5.130g样品溶于足量盐酸中，然后加入过量的BaCl2溶液，经过滤、洗涤、干燥得白色固体5.825g，向上述滤液中加入过量的NaOH溶液，经过滤、洗涤、灼烧得到固体1.600g，该样品的化学式中x、y、z的值分别为_______________(填整数)29、（10分）如表是元素周期表的一部分，参照元素在表中的位置，请用化学用语回答下列问题：族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦAO1①2②③④⑤3⑥⑦⑧⑨⑩4⑪(1)这些元素中，化学性质最不活泼原子的原子结构示意图为__________；气态氢化物中，最稳定的是___________；最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是______________。(2)①和④两种元素的原子按1：1组成的常见化合物的电子式为___________________。(3)②、③的单质中更容易与①的单质反应的是___________________（用化学式表示）。(4)④、⑦、⑧、⑨的简单离子半径由大到小的顺序为___________________（用离子符号和“＞”表示）。(5)⑥和⑧的最高价氧化物对应水化物之间发生反应的离子方程式____________________。(6)⑤⑨⑪三种元素的单质沸点由高到低的顺序是________________（用化学式和“＞”表示）。(7)⑦⑧两元素相比较，金属性较强的是_____________（填名称），可以验证该结论的实验是____________________（填字母）。A．将在空气中放置已久的这两种元素的块状单质分别放入热水中B．将形状、大小相同的这两种元素的单质分别和同浓度的盐酸反应C．将形状、大小相同这两种元素的单质分别和热水作用，并滴入酚酞溶液D．比较这两种元素的气态氢化物的稳定性

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、D【答案解析】

二氧化硫、氮氧化物、PM1.5均是大气污染物，二氧化碳不是大气污染物，不属于空气质量指数首要污染物，答案选D。2、A【答案解析】

①根据图像可知，Mg（s）与X2（g）的能量高于MgX2（s），但Mg（s）所具有的能量不一定高于MgX2（s）所具有的能量，①错误；②MgCl2（s）的能量低于Mg（s）与Cl2（g），所以依据能量守恒判断由MgCl2制取Mg的反应是吸热反应，②正确；③物质的能量越低越稳定，根据图象数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，③错误；④同主族从上到下非金属性逐渐减弱，则氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，④错误；综合以上分析，只有②正确，故选A。3、B【答案解析】分析：A．HCl是共价化合物；B．质子数=核外电子数，质量数＝质子数+中子数；C．Li的金属性较弱，与氧气反应生成氧化锂；D．结构与性质完全相同的是同一种物质。详解：A．HCl是共价化合物，H原子和Cl原子通过电子对的共用形成共价键，故用电子式表示形成过程为，A正确；B．质子数=核外电子数=67，质量数为166，则中子数为166-67=99，因此原子核内的中子数与核外电子数之差是99-67=32，B错误；C．Li的金属性较弱，与氧气反应生成氧化锂，反应为4Li+O22Li2O，C正确；D．(CH3)2CHC2H5和CH3CH2CH(CH3)2的结构与性质完全相同，属于同种物质，D正确；答案选B。4、D【答案解析】A、2A(g）+B(g）2C(g），由于甲中充入2molA和1molB，反应向正反应方向移动，甲中压强降低，最多能转化为2molC，但是由于反应是可逆反应，所以C的物质的量在0～2mol之间，因此达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0～2之间，A错误；B、“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质量为2.5mol，设参加反应的A的物质量为2x，故2-2x+1-x+2x=2.5，则x=0.5mol，则甲中A的转化率为50%。但是对于乙来说，就不同了，如果无He，甲与乙是等效平衡，但乙的压强比甲小，则2C(g）2A(g）+B(g）的平衡向右移动了，故其转化率比大于50%，B错误；C、甲中反应向右进行，A的物质的量逐渐减少，乙中反应向左进行，A的物质的量逐渐增多，但反应开始时无A，C错误；D、若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧靠近2处，说明甲中反应物完全转化为C，物质的量为2mol，如乙平衡不移动，乙中为C和He，共3mol，体积为6，F应停留在4处，但因为保持恒压的条件，乙中2A(g）+B(g）2C(g）反应体系的压强降低，所以到达平衡时，乙向逆方向反应方向移动，导致到达平衡时甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量，甲、乙容器中压强相等，若平衡时K停留在左侧2处，则活塞应停留在右侧大于4处，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡移动，题目较难，本题注意分析反应的可逆性特征和两容器压强相等，这两个角度是解答该题的关键。5、A【答案解析】

反应中，Fe2＋部分被氧化为Fe3O4中＋3价的铁，S2O32-中的S（平均价态为+2价）被氧化为S4O62-（S的平均价态为+2.5价），反应中O2作氧化剂，可根据氧气的化学计量数求得该反应转移电子的数目为4e-，根据电荷守恒，可得x的值为4。【题目详解】A.每转移2mol电子，有1molS2O32-被氧化，故A正确；B.该反应的还原剂为Fe2+和S2O32-，故B错误；C.x=4，氧化剂为氧气，故C错误；D.该反应的氧化产物为Fe3O4和S4O62-，故D错误；故答案选A。【答案点睛】此题考察的是陌生氧化还原反应的分析，只需要按照步骤标好化合价，找到变价元素，进行分析即可。6、B【答案解析】

周期表中共有七个横行(七个周期)。前三个周期为短周期，各周期所含元素种类数分别是2、8、8种，四、五、六为长周期，各周期所含元素种类数分别为18、18、32种。答案选B。7、B【答案解析】二取代物的书写可以采用定一议二法：先在苯环上确定氯原子(—Cl)的位置，再讨论羟基(—OH)的几种可能位置。8、A【答案解析】

FexO中Fe的平均化合价为+，被氧化为Fe3+，根据电子守恒可知，转移的电子数和Cl2转移的电子数相等．标准状况下112mLCl2转移电子数为×2=0.01mol．则有：×(3-)×x=0.01mol，解得x=0.8，故选A。【点晴】本题考查氧化还原反应计算，注意氧化还原反应计算中电子转移守恒运用。电子得失守恒法解题的一般思路是：首先找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物；其次找准一个原子或离子得失电子数(注意化学式中粒子的个数)；最后根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。本题中注意平均化合价的应用，根据电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2转移的电子数相等。9、D【答案解析】

A.NH3遇HCl时反应生成氯化铵固体，而产生白烟：NH3+HCl=NH4Cl，A正确；B.NO2溶于水生成硝酸和NO，溶液呈酸性：3NO2+H2O=2HNO3+NO，B正确；C.Fe2O3溶于稀H2SO4中反应生成硫酸铁和水，溶液变黄：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O，C正确；D.在NaOH固体上滴入几滴NH4Cl溶液闻到气味，不能用离子反应方程式表示，化学反应方程式为NH4Cl+NaOH=NH3↑+H2O+NaCl，D错误。答案选D。10、B【答案解析】

A、由乙烯和氯气在一定条件下发生加成反应得到1,2-二氯乙烷，A错误；B、乙烯和氯化氢在一定条件下发生加成反应生成一氯乙烷，B正确；C、由乙烷和氯气在一定条件下发生取代反应得到的产物有多种，C错误；D、乙烷和氯气在一定条件下不能发生加成反应，D错误；故合理选项为B。11、A【答案解析】分析：A、从雾霾天气的成因考虑．B、明矾溶于水能够形成胶状物，能够吸附水中的悬浮物；C、“化学反应的绿色化”要求原料物质中所有的原子完全被利用全部转入期望的产品。D、CaO与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙。详解：A、二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首。它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霾天气，故A正确；B、通过过滤、加入活性炭、明矾等物质不能把水中的氯化钠等物质除去，不能使海水淡化，故B错误；C、2M+N=2P+2Q，2P+M=Q的反应中，P是催化剂，发生反应为：3M+N=3Q，生成物只有一种，即原料物质中所有的原子完全被利用全部转入期望的产品，故C错误；D、CaO与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，所以在燃煤中添加生石灰可减少SO2的排放，故D错误。12、B【答案解析】

A.由铅蓄电池放电时的总反应PbO2+2H2SO4+Pb═2PbSO4+2H2O可知，放电时，Pb被氧化，应为电池负极反应，电极反应式为Pb-2e-+SO42-=PbSO4，故A错误；B.粗铜精炼时，纯铜为阴极，与电源负极相连，Cu2＋在阴极上得电子被还原为Cu，阴极反应式为Cu2＋＋2e－=Cu，故B正确；C.生铁中含有碳，易形成原电池铁被腐蚀，抗腐蚀能力不如纯铁强，故C错误；D.电镀时，将镀层金属做阳极，镀件做阴极，故在铁制品上镀锌，应用锌做阳极，铁制品做阴极，含Zn2＋的溶液为电解质溶液，故D错误。故选B。【答案点睛】注意电镀时，镀层金属做阳极，镀件做阴极，含有镀层金属阳离子的溶液为电解质溶液。13、A【答案解析】

海水中金、铀等微量元素的总量很大，但由于海水总量极大，其浓度很低，因而富集微量元素的化合物很困难，成本很高。因此其中成本最高的步骤在于从海水中富集含微量元素的化合物，选项A正确。14、D【答案解析】A、锌比铜活泼，锌作负极，铜作正极，根据原电池工作原理，电子从从负极经外电路流向正极，即电流方向是从Cu流向Zn，故A错误；B、根据A的分析，故B错误；C、根据原电池的工作原理，阳离子移向正极，阴离子移向负极，即H＋向铜片移动，故C错误；D、该装置属于原电池装置，是化学能转化成电能的装置，故D正确。15、B【答案解析】分析：A.反应生成氯化亚铁，电子、电荷守恒；B.碳酸钙在离子反应中保留化学式；C.反应生成硅酸钠和水；D.反应生成硝酸铜、NO和水。详解：A.铁与氯化铁溶液的离子反应为2Fe3＋＋Fe==3Fe2＋，所以A选项是正确的；

B.碳酸钙与盐酸反应的离子反应为CaCO3＋2H＋==CO2↑＋H2O+Ca2+，故B错误；

C.二氧化硅与氢氧化钠溶液反应的离子反应为SiO2＋2OH－==SiO32－＋H2O，所以C选项是正确的；

D.铜与稀硝酸反应的离子反应为3Cu＋8H＋＋2NO3－==3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D正确。

所以本题选B。16、B【答案解析】

A.醋酸酸性比次氯酸强，醋酸可与次氯酸钙反应生产次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白速率增大，故A正确；B.明矾中铝离子水解生成胶体，可净化水，不具有强氧化性，不能杀菌消毒，故B错误；C.铁粉常用作抗氧化剂，故C正确；D.维生素C具有还原性，可防止亚铁被氧化，可在口服硫酸亚铁片时同服维生素C，可增强治疗缺铁性贫血效果，故D正确；故选B。17、C【答案解析】

A、开发太阳能、水能、风能、可燃冰等新能源，减少使用煤、石油等化石燃料，符合节能减排，和谐发展的主题，A正确；B、将煤进行气化处理，提高煤的综合利用效率，提高了燃烧效率，减少了资源的浪费，符合节能减排，和谐发展的主题，B正确；C、研究采煤、采油新技术，提高产量以满足工业生产的快速发展，化石燃料是有限的，加大开采，一定会带来能源的匮乏和污染物的增多，C错误；D、减少资源消耗（Reduce）、增加资源的重复使用（Reuse）、资源的循环再生（Recycle），符合节能减排，和谐发展的主题，D正确；答案选C。18、C【答案解析】

A.雾和霾的分散剂均为空气；B.根据示意图可知，无机颗粒物产生雾霾；C.在化学反应中能改变化学反应速率，且自身质量和化学性质在反应前后不发生改变的物质是催化剂；D.氮肥受热易分解，会释放出氨气。【题目详解】A.雾的分散剂是空气，分散质是水；霾的分散剂是空气，分散质是固体颗粒，故雾和霾的分散剂相同，A正确；B.由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐，形成无机固体颗粒，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C.NH3作为反应物参与反应转化为铵盐，不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D.由图可知，燃料燃烧产生颗粒物，进而形成雾霾；氮肥受热分解产生氨气，氨气参与反应产生铵盐，形成无机颗粒，故雾霾的形成与过度施用氮肥、燃料燃烧有关，D正确；答案为C。【答案点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解题的关键，氨气作用的判断是解题过程中的易错点，要注意循环中的变量和不变量。19、A【答案解析】

A．工业上用氨和二氧化碳合成尿素，属于不同化合态的氮之间的转化，不属于氮的固定，故A错误；B．雷雨闪电时，氮气和氢气合成氨气，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故B正确；C．根瘤菌把氮气转化为氨，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故C正确；D．镁条在空气中燃烧生成氮化镁，氮由游离态转化为化合态，属于氮的固定，故D正确；故答案为A。20、A【答案解析】

A.过氧化钠与水反应时，过氧化钠既作氧化剂，又作还原剂，生成0.lmol氧气转移的电子数为0.2NA，A错误；B.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+时，Cr元素化合价降低3价，所以每1molK2Cr2O7被还原，转移的电子数为6NA，B正确；C.20gD2O和18gH2O的物质的量都是1mol，由于水分子是10电子微粒，所以1mol这两种水分子中含有的电子数均为10NA，C正确；D.正丁烷、异丁烷是同分异构体，相对分子质量都是58，48g正丁烷和10g异丁烷的混合物的物质的量的和是1mol，由于1个分子中含有13个共价键，所以1mol混合物中含共价键数目为13NA，D错误；故合理选项是A。21、B【答案解析】分析：根据有机物分子中官能团的性质、发生的反应分析判断。详解：①乙烷属于烷烃，性质比较稳定，既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；②1，3-丁二烯含有碳碳双键，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应；③苯既不能与酸性KMnO4溶液反应，也不能与溴水反应；④丙烯含有碳碳双键，既能与酸性KMnO4溶液反应，又能与溴水反应；⑤邻二甲苯能与酸性高锰酸钾溶液反应，但与溴水不反应。答案选B。22、C【答案解析】分析：根据图（1）到达平衡时所用时间的长短判断压强p1和p2的相对大小，增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由此判断反应前后气体化学计量数的相对大小；根据图（2）判断，升高温度，化学平衡向吸热方向移动，再结合A的转化率判断该反应的正反应是放热还是吸热。详解：由图（1）知，p2到达平衡时所用时间长，p1到达平衡时所用时间短，所用压强为p2的反应速率慢，为p1的反应速率快，压强越大反应速率越大，所以p2＜p1；增大压强，化学平衡向气体体积减小的方向移动，由图象知，A的转化率增大，平衡向正反应方向移动，所以反应前的计量数大于反应后的计量数，当B为气态，即m+n＞x，当B为非气态时，即m＞x；图（2）知，随着温度的升高，A的转化率减低，平衡向逆反应方向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，所以逆反应方向是吸热反应，正反应是放热反应，即△H＜0，只有C符合；答案选C。二、非选择题(共84分)23、NaNaOHNH4ClH2H2+Cl22HClNH4Cl+NaOHNaCl+H2O+NH3↑盐酸小液滴【答案解析】

A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。【题目详解】(1)根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；(2)E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为：NH4Cl+NaOHNaCl+H2O+NH3↑；(3)F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。24、第三周期，ⅦA族Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO【答案解析】

由A为黄绿色气体可知，A为氯气；由C和D均为酸，其中C具有漂白性可知，B为水、C为次氯酸、D为盐酸，反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸；由E能和盐酸反应、F能和氯气反应可知，E为常见的活泼变价金属，则E为铁、F为氯化亚铁、G为氢气、H为氯化铁，反应②为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应③为氯化亚铁溶液与氯气反应生成氯化铁；由I为紫红色常见金属可知，I为铜，反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜。【题目详解】（1）氯元素的原子序数为17，位于元素周期表第三周期ⅦA族；D为氯化氢，氯化氢为共价化合物，电子式为，故答案为：第三周期ⅦA族；；（2）反应①为氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO；（3）反应④为氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应中转移电子数目为2e—，用单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案为：。【答案点睛】由E能和盐酸反应、F能和氯气反应确定E为常见的活泼变价金属是解答难点，也是推断的突破口。25、AB500mL容量瓶、胶头滴管取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽。Na2CO3Na2CO3和NaOH取适量产物放入试管中,滴加蒸馏水,将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝，则可以证明有氮化镁生成【答案解析】

Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，碳酸钠加在氯化钡的后面，根据除杂原则分析作答；（2）根据配制一定浓度的标准溶液的基本操作步骤分析所缺少的仪器；（3）检验SO42－是否除尽，即判断氯化钡是否过量，据此分析作答；Ⅱ．当向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体25mL时，可能发生的反应有：2NaOH+CO2═Na2CO3+H2O或NaOH+CO2═NaHCO3，可能的情况如下为①n(CO2):n(NaOH)＜1:2时，溶质成分为Na2CO3和NaOH；②n(CO2):n(NaOH)=1:2时溶质成分为Na2CO3；③1:2＜n(CO2):n(NaOH)＜1:1时，溶质成分为Na2CO3和NaHCO3；④n(CO2):n(NaOH)＞1:1时，溶质成分为NaHCO3，结合图像关系，分析作答；Ⅲ．结合已知信息根据氮化镁极易与水反应生成碱性气体氨气作答。【题目详解】Ⅰ．（1）在粗盐提纯时，要在最后一步加入盐酸，除去过量的氢氧根离子和碳酸根离子，碳酸钠加在氯化钡的后面,除去钙离子和加入的过量的钡离子，NaOH溶液除镁离子，顺序在过滤前即可，所以正确的操作顺序为：⑤②④①③或⑤④②①③，故C、D项正确，A、B项错误，答案选AB；（2）配制450mL4.00mol·L－1NaCl溶液，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管，则所缺少的仪器为：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；（3）溶液中硫酸根离子是否除尽，可通过滴加过量氯化钡方法判断，其具体操作方法为：取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽，故答案为取少量滤液于一支试管中，滴加BaCl2溶液，若试管中的溶液无明显变化则证明SO42－已除尽，若试管中的溶液出现浑浊则证明SO42－未除尽；Ⅱ．根据上述分析可知，图1中加入HCl时，开始没有二氧化碳生成，排除第③、④种可能情况，继续滴加HCl时，有二氧化碳生成，且前后消耗HCl的体积比为1:1，据此可知第②种情况，即二氧化碳刚好与氢氧化钠按1:2反应完全的情况，则其溶液溶质为：Na2CO3；图3信息显示，x:y=1:1，采用逆向思维分析，则应为盐酸与碳酸氢钠按物质的量之比为1:1生成二氧化碳的反应过程，设此阶段反应的盐酸体积为V，可以看出未生成二氧化碳之前，反应消耗盐酸的体积为2V，应为氢氧化钠与碳酸钠分别消耗V体积盐酸所致，综上所述，图3中通入CO2后所得溶液的溶质成分为Na2CO3和NaOH，故答案为Na2CO3；Na2CO3和NaOH；Ⅲ．由于氮化镁极易与水反应，结合化学方程式Mg3N2＋6H2O=2NH3↑＋3Mg(OH)2↓易知，若产物中有氮化镁，则会水反应生成氨气，设计一个实验，借助是否有氨气来检验是否有氮化镁生成，具体操作为：取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成，故答案为取适量产物放入试管中，滴加蒸馏水，将润湿的红色石蕊试纸靠近试管口，如果红色石蕊试纸变蓝,则可以证明有氮化镁生成。26、MnO2+4HCl△MnCl2+Cl2↑+2H2O⑥吸收多余的氯气以免污染空气AlCl3+3H2O==Al(OH)3+3HClH+浓度降低影响氯气的生成NaCl固体往不再产生氯气的装置中，加入浓H2SO4，继续加热86.5%制备的氯气不足（或固体和气体无法充分接触；无水AlCl3发生升华，造成损失等）【答案解析】分析：本题分三块，制备氯化铝、氯化铝的纯度分析、探究实验室制氯气的反应原理，其中氯化铝制备是利用二氧化锰和浓盐酸混合加热制得氯气与铝粉共热制备氯化铝，实验过程中要关注氯气的净化、保持无氧环境（防止生成氧化铝）、干燥环境（防氯化铝水解），并进行尾气处理减少对环境的污染；氯化铝样品中可能混有铝，利用铝与氢氧化钠溶液反应生成的氢气测定铝的含量，再计算出氯化铝的纯度；探究实验室制备氯气的原理可从二个方面分析：氯离子浓度对实验的影响和H+对实验的影响，据此解答。详解：（1）实验室用二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，反应方程式为MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O；（2）由于生成的氯化铝易水解，则需要防止水蒸气进入D装置，因此装置E中的药品是无水氯化钙，答案选⑥；氯气有毒，需要尾气处理，则装置F的作用是吸收多余的氯气以免污染空气。（3）无水氯化铝遇水蒸汽发生水解反应，则无水AlCl3遇到潮湿空气发生反应的化学方程式为AlCl3+3H2O＝Al(OH)3+3HCl；（4）根据实验室利用浓盐酸和二氧化锰混合加热反应原理可知，参加离子反应的离子为氯离子和氢离子，因此另一种假设为H+浓度降低影响氯气的生成；（5）可通过向反应装置中添加NaCl固体的方法增加溶液里的氯离子浓度，添加浓硫酸的方法增加溶液里的H+浓度来验证，即步骤实验操作预测现象和结论①往不再产生氯气的装置中，加入NaCl固体继续加热若有黄绿色气体生成，则假设1成立②往不再产生氯气的装置中，加入浓H2SO4，继续加热若有黄绿色气体生成，则假设2成立；（6）三次实验收集到的氢气平均值为（334.5mL+336.0mL+337.5mL）÷3=336.0mL，氢气的物质的量为0.336L÷22.4L/mol=0.015mol，根据2Al～3H2，可知铝的物质的量为0.015mol×2/3=0.01mol，质量为0.01mol×27g/mol=0.27g，氯化铝的质量分数为(2.0g−0.27g)/2.0g×100%=86.5%；（7）根据反应原理可知如果制得无水AlCl3的质量分数偏低，则可能的原因是氯气量不足，部分铝未反应生成氯化铝，可导致氯化铝含量偏低；固体和气体无法充分接触，部分铝粉未被氯气氧化，混有铝，导致氯化铝含量偏低；有少量氯化铝升华，也能导致氯化铝含量偏低。点睛：本题综合程度较高，考查了氯气与氯化铝的制备，探究了氯化铝含量测定及氯气制备原理，涉及物质的量计算、实验操作的选择等，知识面广，题目难度中等，对学生基础要求较高，对学生的解题能力提高有一定帮助。27、催化剂、吸水剂防止暴沸120—125℃温度过低，酯化反应不完全；温度过高，易发生醇脱水和氧化等副反应蒸馏烧瓶b分液漏斗分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出b【答案解析】分析：（1）浓硫酸起催化剂和吸水剂作用；碎瓷片可以防暴沸；（2）根据温度对反应速率的影响以及可能发生的副反应解答；（3）根据仪器构造分析；根据逆向冷却分析水流方向；（4）根据分液的实验原理结合物质的性质选择仪器和操作；（5）根据乙酸乙酯在酸性或碱性溶液中容易水解分析。详解：（1）酯化反应是可逆反应，反应中有水生成，则在实验中浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂；由于反应需要加热，则混合液加热前加入碎瓷片的作用是防止暴沸。（2）由于温度过低，酯化反应不完全；温度过高，易发生醇脱水和氧化等副反应，因此根据已知信息可知歩驟②中油浴加热保持的一定温度范围为120～125℃。（3）根据仪器的结构特点可知图2中仪器A的名称是蒸馏烧瓶。冷凝管中冷水与蒸汽的方向相反，则冷水从b口进入。（4）步骤③和④中都用到了分液操作，该操作用到的主要玻璃仪器是分液漏斗，在分液操作时，为防止试剂间相互污染，则上下两层液体移出的方法是分液漏斗中下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出。（5）由于乙酸乙酯在酸性或碱性溶液中容易发生水解反应，步骤④中干燥乙酸乙酯时不能选择酸性或碱性干燥剂，五氧化二磷是酸性28、②①④②③SO42-+Ba2+=BaSO4Fe3++3NH3·H2O=Fe(OH)3+3NH4+HCO3-+H+=CO2+H2OAl3++3H2OAl(OH)3+3H+2、5、17【答案解析】

(1)明矾是可溶性盐，属于强电解质；一水合氨是一元弱碱，属于弱电解质；碳酸氢钠、硫酸铁和硝酸钡是可溶性盐，属于强电解质；硝酸是强酸，属于强电解质；(2)明矾是可溶性盐，在水中电离出Al3+，氯离子水解使溶液呈酸性；