河北省保定市2022-2023学年化学高三第一学期期中监测模拟试题（含解析）

2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：.答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。.第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、实现"节能减排”和“低碳经济”的一项重要课题就是如何将CO2转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用（%来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应:COMg）+3H2（g）；——-CH3OH（g）+H20（g）,下图表示该反应过程中能量（单位为kJ・molT）的变化如图，关于该反应的下列说法中，正确的是A.AH>0,AS>0B.AH>0,AS<0C.AH<0,AS>0D.AH<0,AS<02、下列说法中正确的是（）A.二氧化硫溶于水能导电，故二氧化硫属于电解质B.硫酸钢难溶于水，故硫酸钢属于弱电解质C.硫酸是强电解质，故纯硫酸能导电D.氢氧根离子浓度相同的氢氧化钠溶液和氨水导电能力相同3、合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：下列说法不正确的是（ ）a.反应I、n、m、w均属于氧化还原反应B.上述转化中包含了氨气、硝酸、硝核、小苏打、纯碱的工业生产方法C.反应IV和VI中的部分产物可在上述流程中循环利用D.反应V是先向饱和氯化钠溶液中通C02至饱和再通限4,分类思想是研究化学的常用方法，下列分类叙述正确的是（ ）A.既有单质参加又有单质生成的反应一定是氧化还原反应B.淀粉、纤维素、油脂均属于天然高分子C.根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液D.碱性氧化物一定是金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物5、反应A=C由两步反应A-B-C构成，ImolA发生反应的能量曲线如图所示。下列有关叙述正确的是反应进程’A.A=C的正反应为吸热反应B.加入催化剂会改变A与C的能量差AUC正反应的活化能大于其逆反应的活化能A=C的反应热△HuEi+Es-Ez-a6、可以证明可逆反应N2+3H2=2NH3已达到平衡状态的是：①一个N三N键断裂的同时，有3个H—H键断裂；②一个N=N键断裂的同时，有6个N—H键断裂；③其他条件不变时，混合气体平均相对分子质量不再改变；④保持其他条件不变时，体系压强不再改变；⑤NH3%、N2%、出％都不再改变；⑥恒温恒容时，密度保持不变；⑦正反应速率v(H速=0.6mol"(L-min)r逆反应速率v(NH3)=0.4mob(L-min)-,oA.全部 B. C.②③©©⑦ D.①@⑤⑥⑦7,阿伏加德罗常数的值为Na,下列说法正确的是0.1molNaHSO4晶体中，含有H+的数目为O.INa10g46%的乙醇水溶液中，氧原子的个数为O.INaC.标准状况下，22.4LSO3含有的分子数为NaD.质量均为20g的'Hi^O与D2O中所含中子数均为10Na8、对于下列实验事实的解释不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSCh溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCL溶液得不到MgCh固体H2sCh不易挥发，HC1易挥发B电解CuCL溶液，阴极得到Cu,电解AlCb溶液，阴极得不到A1得电子能力：Cu2+>AP+>H+C浓HN(h能氧化NO;稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈羟基中氢的活性:C2HsOHOhOA.A B.B C.C D.D9、将金属M连接在钢铁设施表面，可减缓水体中钢铁设施的腐蚀。在图中所示的情境中，下列有关说法正确的是A.阴极的电极反应式为Fe-2e，=Fe2+B.钢铁设施表面因积累大量电子而被保护C.钢铁设施在河水中的腐蚀速率比在海水中的快D.该保护法为外加电流的阴极保护法，金属M不需要定期更换10、下列仪器称为“干燥管''的是( )A.胆B.0=(2^ 1c. D.11、将0.1mol镁和铝的混合物溶于100mL2mol/L稀硫酸中，然后滴加1mol/L的NaOH溶液。若在滴加NaOH溶液的过程中，沉淀质量随加入NaOH溶液体积的变化如图所示，下列说法正确的是A.当Vi=150mL时，金属粉末中镁粉的质量分数为50%B.若在滴加NaOH溶液的过程中，欲使Mg2+、AF+刚好沉淀完全，则滴入NaOH溶液的体积V(NaOH)=40()mL。C.若其中镁粉的物质的量分数为a,用100mL2moi/L稀硫酸溶解此混合物后，再加入450mLimol/LNaOH溶液,所得沉淀中无A1(OH)3厕a的取值范围为gelD.若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAKh12、下列说法正确的是25C时NH4C1溶液的Kw大于100C时NaCi溶液的KwFeCb和MnCh均可加快H2O2分解，同等条件下二者对分解速率的改变相同Mg(OH)2固体在溶液中存在平衡：Mg(OH)2(s)=Mg2+(叫)+2OH-(aq),该固体可溶于NHsCl溶液D.在含有BaSCh沉淀的溶液中加入Na2sCh固体，c(Ba2+)增大13、下列选项所示的物质间转化均能实现的是N?(g)0f-NO(g)儿卬>->HNO3(aq)N2(g)—催化剂H曙温匐R>NH3(g)—HNO，<aq，>NH4NO3(叫)NaCI(aq) H2O(1)NH.(g)-Na.COJs)fNaHCO.(s)CO2(g)/ 。CO2(g) JNHQ⑸例乎国->NH、(g)洛普-NO(g)14、下列分子式一定只表示一种物质的是A.C6Hio B.CM C.CH4O D.C2H4CI215、下列说法不正确的是A.NaHCCh能与碱反应，所以可用作焙制糕点的膨松剂B.还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C.水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂D.盐析可提纯蛋白质并保持其生理活性16、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是Na+ B.HCO3- C.Fe2+ D.Cl17、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位锂电池领域有着杰出贡献的科学家，也使锂电池再一次受到世人关注。一种锂一空气电池直接使用金属锂作电极，从空气中获得O?,其工作装置如图所示，下列说法不正砸的是()A.若隔膜被腐蚀，会影响该电池正常使用B.外电路有O.lmol电子通过时，通过膜的Li+的质量为0.7gC.电池工作一段时间后，多孔碳电极附近的pH变大D.和FePO"LiFePO"乍电极的锂离子电池相比，锂一空气电池的能量密度(指标之一是单位质量电池所储存的能量)较小18、下列说法正确的是()A.地沟油经过加工处理可用来制肥皂NH3的水溶液可以导电，说明NH3是电解质C.糖类、油脂、蛋白质均为高分子化合物D.明研溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用19、已知在相同条件下进行下列反应：（DCl2+2KBr=2KCH-Br2i@KC1O3+6HC1=3C121+KC1+3H2O,©2KBrO3+Cl2=Br2+2KC103o下列说法正确的是（ ）A.上述三个反应都有单质生成，所以都是置换反应B.反应①和反应③中均生成Bn,溟元素发生的变化相同C.反应②中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6：1D.③中1mol还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为10mol20、C、Si,S都是自然界中含量丰富的非金属元素，下列关于其单质及化合物的说法中正确的是A.三种元素在自然界中既有游离态又有化合态B.二氧化物都属于酸性氧化物，能与碱反应而不能与任何酸反应C.最低价的气态氢化物都具有还原性，易与02发生反应D.其最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2sO4>H2Si（h>H2c0321、实验室用上还原SiHCb（沸点：31.85C）制备纯硅的装置如图所示（夹持装置和尾气处理装置略去），下列说法正确的是（）a.装置n、in中依次盛装的是浓h2s04、冰水B.实验时，应先加热管式炉，再打开盛装稀硫酸的分液漏斗C.为鉴定制得的硅中是否含微量铁单质，用到的试剂可以为：盐酸、双氧水、硫氯化钾溶液D.该实验中制备氢气的装置也可用于氢氧化钠稀溶液与氯化铉固体反应制备氨气22、下列关于胶体的叙述正确的是A.过滤实验可以据此把胶体、溶液分开B.胶体和溶液的本质区别是胶体能发生丁达尔现象C.用渗析的方法净化胶体时，使用半透膜只能让小分子和离子通过D.胶体带电，故在电场作用下会产生电泳现象二、非选择题（共84分）cooti23、（14分）水杨酸的结构简式为，丫°”，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下:R已知：2RCH2cHO H<> I.回答下列问题： 7^*R-ai.ai=c-aio（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%,则A的分子式为；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为。（2）第③步的反应类型为一；D中所含官能团的名称为；（3）第①步反应的化学方程式为.E的分子式是.Imol水杨酸分别消耗NaOH、NaHCCh的物质的量之比是.X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，符合下列条件的共一种，其中取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体的结构简式是.①苯环上有两个取代基②与FeCb发生显色反应③能发生水解反应24、（12分）已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍,Y的氧化物属于两性氧化物，Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14,W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）X在元素周期表中的位置是,（2）下列事实能用元素周期律解释的是（填字母序号）。Y的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg（OH）2Z的气态氢化物的稳定性小于HFWZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Bn单质，从原子结构的角度解释其原因是。（4）工业上用电解法制备Y单质，化学方程式为。（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为（6）W的单质可用于处理酸性废水中的NO”使其转化成为钱根离子，同时生成磁性的W的氧化物H,再进行后续处理。相应离子方程式为oY的单质与H在高温下反应的化学方程式为.25、（12分）能源是人类生存和发展的重要支柱，化学在能源的开发与利用方面起着十分重要的作用。某学习小组按如下图所示装置探究化学能与电能的相互转化：KOH溶液 过ItCuSO.溶液 NaCl溶液甲池 乙池 西池⑴甲池是装置，通入。2气体的电极上的反应式为.乙池中SO产移向电极（填“石墨”或“Ag”）。⑵当甲池消耗标况下33.6LO2时，电解质KOH的物质的量变化 mol,乙池若要恢复电解前的状态则需要加入（填所加物质的质量及化学式）。（3）丙池中发生的电解反应的离子方程式为26、（10分）铁及其化合物在日常生产生活中用途广泛，利用FeSCL,制备还原铁粉的工业流程如下:实验室中可用FeSO4（用铁粉和稀硫酸反应制得）和NH4HCO,在如图装置模拟上述流程中的“转化”环节.（1）装置A的名称是,装置B中盛放的药品是,NH4HCO3盛放在装置 中.（2）实验过程中，欲将生成的Fes。」溶液和NHqHCO,溶液混合，操作方法是.FeSO」溶液要现用现配制的原因是.（3）操作I的名称是,干燥过程的主要目的是脱去游离水，该过程中会有少量FeCO,在空气中被氧化为FeOOH,取干燥后的FeCO,样品12.49g,与炭混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g,计算样品中杂质FeOOH的

质量 g27、（12分）Co（CH3COO）r4H2O（乙酸钻）是一种重要的有机化工原料。回答下列问题：（1）以工业品氧化钻（CoO）为原料制备乙酸钻。（已知CoO与CH3COOH溶液反应缓慢,Co?+能与H\Nth-大量共存）可能用到的试剂:Na2c（h溶液、CH3coOH溶液、HNCh溶液。先将CoO溶于一（填化学式,下同）溶液制得—溶液；在不断搅拌下，向制得的溶液中不断加入一溶液至不再产生沉淀，静置，过漉，洗涤;向沉淀中加入一溶液至沉淀完全溶解，调节pH约为6.8,经一系列操作得Co（CH3COO）2-4H2Oo（2）为探究乙酸钻的热分解产物，先在低于100C时使其脱去结晶水，然后用下列装置进行实验（已知CO能与PdCL溶液反应生成黑色Pd沉淀）：①通N2的目的是.②澄清石灰水和PdCL溶液分别用于检验CO2和CO,其中盛放PdCL溶液的装置是一（填字母）。③实验结束时，为防止倒吸，正确的操作是。④装置a中完全反应后得到钻的一种氧化物，固体残留率④装置a中完全反应后得到钻的一种氧化物，固体残留率（固体样品的剩余质量

固体样品的起始质量xl（）0%）为45.4%,,该氧化物为⑤装置a在加热过程中没有水生成，最终生成的固体氧化物质量为3.0125g,装置b和c中的试剂均足量（b、c中得到固体的质量分别为2.5g、10.6g）,集气瓶中收集到的气体为C2H6和N2,则装置a中发生反应的化学方程式为.28、（14分）过量排放含氮物质会污染大气或水体，研究氮及其化合物的性质及转化，对降低含氮物质的污染有着重大的意义。⑴科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示。1产+35H2反应历程1 31 3由图可知合成氨反应-N2（g）+]H2（g）=NH3（g）的△!!=kJmol1,该反应历程中最大能垒对应的化学方程式为:⑵2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)(AHE,)的反应历程由两步基元反应组成:I.2NO(g)*N2th(g)(快)AHiVOEaivi正=4jE，(NO)vi®=ki®c(N2O2)H.N2C>2(g)+(h(g)=2NO2(g)(慢)AH2VoEa2V2jE=k2iEC(N2O2)C(O2)V2ffi=k2ffiC2(NO2)①一定温度下，反应2NO(g)+CHg)=2NO2(g)达到平衡状态，写出用心正、如逆、k2正、上逆表示的平衡常数表达式K=②下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NCh(g)的说法正确的是。A.2Ea=Eai+Ea2B.增大压强，反应速率常数增大C.温度升高，正逆反应速率都增大D.总反应快慢由第二步决定③在其他条件不变的情况下，2NO(g)+O2(g)=2N(h(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因④画出2NO+O2=2NO1的反应过程一能量示意图 。能量f反应过程29、(10分)重铭酸钾是一种重要的化工原料，一般由铝铁矿制备，铝铁矿的主要成分为FeOCnO%还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤①的主要反应为:FeOCmfh+Na2cO3+NaNO3—►Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2,上述反应配平后FeOCnCh与NaNCh的系数比为。该步骤不能使用陶瓷容器，原因是=(2)滤渣1中含量最多的金属元素是,滤渣2的主要成分是及含硅杂质。(3)步骤④调滤液2的pH使之变 (填“大”或“小”)，原因是(用离子方程式表示)。(4)某工厂用76kg铭铁矿粉(含Cr2(h40%)制备KzCnCh,最终得到产品41.16kg,则产率为=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、D【分析】反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为埔减的反应；【题目详解】反应物总能量高于生成物总能量，反应为放热反应，正反应为气体物质的量减小的反应，则为埔减的反应，即△HVO,AS<0,故选D；2、D【答案解析】A、SO2的水溶液虽然导电，但导电的离子不是Sth电离产生的，因此S（h不是电解质，故错误；B、硫酸领虽然难容溶于水，但溶于水硫酸钢完全电离，属于强电解质，故错误；C、电解质导电，需要条件，即水溶液或熔融状态，因此纯硫酸不导电，故错误；D、OIF离子浓度相同，溶液中导电离子的浓度以及所带电荷数相同，因此导电能力相同，故正确；答案选D。3^D傕价刘 催化剂【答案解析】反应I是Nz+3H2 由"J2旭、反应H是4N4+5O2=4^O+6W2O、反应HI是2NO+=2NO2、反应IV是3NO]+H2O=2HNO.+NO,都有化合价变化，都属于氧化还原反应，故A正确；反应I是合成氨、反应IV生成硝酸、硝酸与氨气生成硝酸镂、反应V生成碳酸氢钠、反应VI生成纯碱，故B正确；反应IV中生成的NO、反应VI中生成的二氧化碳可在上述流程中循环利用，故C正确；反应V是先向饱和氯化钠溶液中通氨气再通二氧化碳，故D错误。4、D【答案解析】A.同一反应中，既有单质参加，又有单质生成的反应不一定发生氧化还原反应，如臭氧和氧气之间的转化，故A错误；B、淀粉、纤维素属于天然高分子化合物，油脂不属于天然高分子化合物，故B错误；C.根据分散系分散质微粒直径将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据丁达尔现象分类的，故C错误；D、碱性氧化物是与酸反应生成盐和水的氧化物为金属氧化物，但金属氧化物可以是两性氧化物如A12O3,故D正确；故选D。5、D【答案解析】A.由图像可知，AUC的正反应为放热反应，A不正确；B.加入催化剂可有改变反应的路径，不会改变A与C的能量差，B不正确；C.由图像可知，A 是放热反应，故正反应的活化能小于其逆反应的活化能，以不正确；D.由盖斯定律可知，A=C的反应热411=£1+£3正2圉4,D正确。本题选D。本题选D。点睛：反应热等于正反应的活化能减去逆反应的活化能。6、C【题目详解】①一个N三N断裂的同时，有3个H-H键断裂，表示的都是正反应速率，无法判断正逆反应速率是否相等，故①错误；②一个N"N键断裂的同时，有6个N—H键断裂，正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故②正确；③反应过程中气体的总质量不会发生变化，但正反应是个气体分子数减小的反应，混合气体平均摩尔质量不再改变，说明气体总的物质的量不再改变即达到了平衡状态，故③正确；④反应方程式两边气体的体积不相等，保持其它条件不变，当体系压强不再改变时，说明正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故④正确：⑤NH3、N2、出的体积分数都不再改变，说明各组分的浓度不变，达到了平衡状态，故⑤正确；⑥恒温恒容时，混合气体的密度保持不变，由于气体的质量不变，容器的容积不变，所以气体的密度始终不变，故密度不变时无法判断是否达到平衡状态，故⑥错误；⑦正反应速率v(H2)=0.6mol•L•min 逆反应速率u(NH3)=0.4mol•L•min'1,逆反应速率u(H2)=0.6mol-L-min 则氢气的正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故⑦正确。综上所述正确答案为C.7、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O.lmol钠离子和O.lmol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O.lmol,故含O.lmol氧原子；水的质量为10g-4.6g=5.4g,物质的量为0.3moL故含().3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4moL即个数为0.4Na个，故B错误；C.标准状况下，Sth是固体，无法计算其物质的量，故C错误；D.H2I8O与D2O的摩尔质量均为20g/moL故20g的底照与DzO的物质的量均为ImoL且两者中均含10个中子,故lmol'H21(tO与D2O中均含IONa个中子，故D正确。故答案选Do8、B【答案解析】A.镁水解，水解吸热，加热促进水解。但由于硫酸难挥发，而盐酸易挥发，因此加热蒸干MgSO,溶液能得到MgSO,固体；加热蒸干MgS溶液得不到MgCL固体，A正确；B.离子的放电顺序是：Cu»H>Na+,所以电解CuCb溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na,B错误；仁田@浓度越大，氧化性越强，因此浓HNOs能氧化NO；稀HNO3不能氧化NO,C正确；D.羟基中氢的活性：C2H50H<H20,所以钠与乙醇反应平缓；钠与水反应剧烈，D正确，答案选B。点睛：选项A是易错点，注意掌握蒸干盐溶液所得物质的判断方法：(1)先考虑分解。如NaHCOs溶液、Ca(HCO3)2溶液蒸干灼烧得Na2cO3、CaCO3!KMnO,溶液蒸干灼烧得KzMnO,和MnO?。(2)考虑氧化还原反应。如加热蒸干Na?SO3溶液，所得固体为Na*。,。(3)强酸弱碱盐水解生成挥发性酸的，蒸干后得到弱碱，水解生成不挥发性酸的，得到原物质。(4)弱酸强碱正盐溶液蒸干得到原物质，NazCOs溶液蒸干得本身。(5)NH4Cl溶液、(NHj£溶液蒸干、灼烧，无残留物。9、B【题目详解】A.阴极其实是原电池的正极，该电极反应式为2H2O+2e=H2T+2OH)A错误；B.当铁管做原电池的正极时被保护，将导线与金属M相连，M做负极，失去电子沿着导线进入铁设施表面，因积铁设施累积大量电子而被保护，B正确；C.海水中有大量的盐溶解，更易形成电化学腐蚀，故在海水中更容易腐蚀，C错误；D.该保护法并未外接电源，故为牺牲阳极的阴极保护法，金属M会被腐蚀，故需要定期更换，D错误；故答案为：Bo10、B【答案解析】A为硬质玻璃管，B为干燥管，C为洗气瓶，D为漏斗，答案选B。11,B【答案解析】A、当Vi=150mL时，此时溶液是MgSCh、AL(S(h)3和Na2sOs混合液，由Na+离子守恒可知，n(Na2sO4)=1/2n(Na+)=1/2n(NaOH)=l/2x0.15LxlmolL_,=0.075mol,设MgSO』为xmoLALlSOsb为ymol,根据Mg原子、Al原子守恒可得:x+2y=0.L根据SO/一离子守恒可知：x+3y=0.2-0.075,联立方程解得：x=0.05、y=0.025,镁粉的物质的量分数为50%,而不是质量分数，故A错误；B、当溶液中Mg2+、AF+恰好沉淀完全时，此时的溶液为Na2s04溶液，根据SO/-离子和Na+离子守恒可得：n(Na+)=2n(Na2s0。=2(H2SO4)=2x0.1Lx2mol-L-i=0.4moL所以滴入NaOH溶液的体积为V(NaOH)=0.4mol/lmol-L-1=0.4L=400mL,故B正确;C、混合物为O.lmoL其中镁的物质的量分数为a,用100mL2moi/L硫酸溶解后，再加入450mLimol/L氢氧化钠溶液，所得溶液无A1(OH)3沉淀，证明生成的氢氧化铝全部和氢氧化钠反应，结合B选项：V1=400mL,再加入50mLimol/L氢氧化钠溶液，所得A1(OH)3沉淀完全溶于氢氧化钠生成偏铝酸钠，A1(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O,A1(OH)3最大取值0.05mol,即0<n(Al)<0.05mol,n(Mg)+n(Al)=0.1mol,贝(I0.59(Mg)<1,即0.5SaVl；D、若在滴加NaOH溶液的体积为V2时，溶液中溶质为NaAlfh和NazSO,混合液，故D错误；故选B。点睛：本题考查图象和混合物反应的计算相结合，题目难度较大，解题关键：明确每一段图象发生的化学反应、知道拐点代表的含义及溶液中溶质的成分，结合方程式对有关问题进行分析。解题技巧：守恒思想在化学计算中的应用方法。试题培养了学生的分析能力及化学计算能力.对于图象分析题的解题规律：难点是c选项，D选项为易错点。12、C【分析】Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关；不同催化剂对反应的催化效果不同；加入NH4Cl溶液，平衡正向移动；在含有BaSO』沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，/C5P=c(Ba2+).c(SO42),沉淀溶解平衡常数只与温度有关。【题目详解】A.Kw是水的离子积常数，Kw的大小只有温度有关，25C时在任何溶液中，Kw均为恒定值，故A错误；B.不同催化剂对反应的催化效果不同，故反应速率的改变不同，故B错误；C.加入NH4a溶液，发生反应：NH；+OITUNH、・H【O,C(O/T)减小，平衡正向移动，促进Mg(OH)2的溶解，故Mg(OH)2可溶于NH4a溶液，C正确；D.在含有BaSO』沉淀的溶液中存在沉淀溶解平衡，A：s/,=c(Ba2+).c(SO42-),加入Na2sO』固体，增大,Kw为定值，故c(8a")减小，D错误；答案选C。【答案点睛】平衡常数数值的大小只与温度有关，无论是化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、离子积、沉淀溶解平衡常数。13、B【题目详解】A.一氧化氮和水不能反应，不能生成硝酸，故A错误；B.氮气和氢气可生成氨气，氨气能被硝酸吸收生成硝酸钱，都能实现转化，故B正确；C.氨气和二氧化碳，氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠和氯化镀，不能生成碳酸钠，故C错误；D.氨气和氧气发生催化氧化才能生成一氧化氮，氨气点燃生成氮气，故D错误；故选B。14、C【分析】分子式只能表示一种物质，就是说它不存在同分异构体.同分异构体是分子式相同，但结构不同的化合物，根据是否存在同分异构体判断正误。【题目详解】A.CHio可能为环烷荒，可能为烯点，存在同分异构体，不能表示一种物质，故A错误；B.C4H8可能为环烷烧，可能为烯足存在同分异构体，不能表示一种物质，故B错误；C.CH,O含有一个饱和碳原子，同时含有一个氧原子，所以只能形成甲醇，C正确D.C2H4cL有CH2CICH2a和CH3cH2a2两种同分异构体，不是纯净物，故D错误；答案选c。15,A【答案解析】A、碳酸氢钠做膨松剂不是因为与碱反应，是因为碳酸氢钠受热分解产生二氧化碳气体，A错误；B、还原铁粉具有还原性，易和氧气反应，常用来作食品内的吸氧剂，B正确；C、水玻璃是硅酸钠的水溶液，具有黏性，可作粘合剂；硅酸钠溶液涂刷木材，能渗入缝隙中，固化的硅凝胶能堵塞毛细孔通道，提高材料的密度和强度，因此可以有效的防火，故C正确；D、盐析为是指加浓无机盐溶液降低蛋白质的溶解，促进蛋白质变成沉淀析出，可逆过程，不影响蛋白质的活性，故D正确；答案选A。16、B【答案解析】稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；【题目详解】A.Na'为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；B.HC03-在溶液中存在两个趋势：HCO「离子电离使得溶液呈酸性，HCOJ水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水解呈碱性，pH值升高，故B正确；C.Fe"为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；D.C「为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；正确答案:B。【答案点睛】明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。17、D【题目详解】A.若隔膜被腐蚀，则碱性溶液中的水将通过隔膜直接与锂反应，所以会影响该电池正常使用，故A正确；B.外电路有O.lmol电子通过时，通过膜的Li+的质量为0.7g,故B正确；C.正极多孔碳电极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为2H2O+Oz+4e=4OH-,所以多孔碳电极附近的pH变大,故C正确；D.转移等量电子时，金属锂比LiFePOa质量小，所以锂-空气电池能量密度大，故D错误；故答案：D。18、A【答案解析】A.地沟油是属于油脂，在碱性条件下经过加工处理可用来制肥皂，A正确；B.NM的水溶液可以导电，说明一水合氨是电解质，而非氨气是电解质，B错误：C.多糖、蛋白质为高分子化合物，油脂为大分子化合物，低聚糖和单糖为小分子化合物，C错误；D.明矶溶于水生成氢氧化铝胶体，起净化作用，没有消毒杀菌的作用，D错误。19、D【题目详解】A、一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物的反应为置换反应，反应②中生成两种化合物，不属于置换反应，错误；B、反应①中Br元素的化合价从“价升高到0价，被氧化；反应③中Br元素的化合价从+5价降低到0价，被还原；溪元素发生的变化不同，错误；C、反应②中，6moiHC1中只有5moi被氧化，则被氧化与被还原物质的物质的量之比为5：1,错误；D、反应③中hnol还原剂CL反应失去lOmol电子，则氧化剂得到电子的物质的量为10mo1,正确。答案选D。20、C【题目详解】A、Si元素是亲氧元素，在自然界中无游离态，A项错误；B、SiCh能与HF反应，B项错误；C、C、Si、S低价态气态氢化物为CH』、SiH4,H2S,都具有还原性，易与Ch发生反应，C项正确；D、根据元素性质的递变性，最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：H2SO4>H2CO3>H2SiO3,D项错误；本题答案选Co21、C【答案解析】本题制备晶体硅，Hz+SiHCk,高温Si+3HCL此反应应在IV装置中进行，A、装置I的目的是制备氢气，氢气中含有水蒸气，对后续实验产生干扰，必须除去，因此装置II的目的是除去氢气中的水蒸气，即II中盛放浓硫酸，IH的提供SiHCb气体，因此在水浴中加热，故A错误；B、应先通入氢气，目的是排除装置中的空气，防止发生危险，故B错误；C、硅不与盐酸反应，铁与盐酸反应生成Fe2+,Fe2+被H2O2氧化成Fe3+,与KSCN溶液变红,可以鉴定是否含有铁单质，故C正确；D、用NaOH溶液制备氨气，需要加热或NaOH溶液为浓溶液，I装置中没有加热装置，且NaOH溶液为稀溶液，因此此装置不能制备氨气，故D错误。22、C【答案解析】A.胶体、溶液都能透过滤纸，过漉无法分开，故A错误：B.胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径大小，胶体的分散质微粒直径介于1〜100nm之间，而溶液的分散质微粒直径小于Inm,故B错误；C.用渗析的方法可以分离胶体和溶液，溶液能通过半透膜，而胶体不能，半透膜只能让小分子和离子通过，故C正确；D.胶体不带电，胶体具有吸附性导致胶粒带电，故胶粒在电场作用下会产生电泳现象，故D错误；故选C。二、非选择题（共84分）23、C4H10O1-丁醇加成反应羟基 2cH3（CH2）2CH2OH+O2-2CH3（CH2）2CHO+2H2O C15H22O3△

2:1HOOOCOCH2:1HOOOCOCH；【分析腌和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%,则根据饱和一元醇的通式C„H2„+2O分析,该醇的分子式为CHioO,根据其只有一个甲基分析，结构简式为CH3cH2cH2CHO,根据转化关系分析，B为CH3cH2cH2CHO,C为CH3cH2cH2cH=C(CH2cH3)CHO,结合D的相对分子质量为130分析，D的结构简式为CH3cH2cH2cH2cH(CH2cH3)CH20H。【题目详解】(1)根据分析，A的分子式为其结构简式为CH3cH2cH2cH2OH,名称为1-丁醇；(2)C到D为碳碳双键和碳氧双键的加成反应；D的结构简式为CH3cH2cH2cH2cH(CH2cH3)CH2OH,官能团为羟基;⑶第①步反应为醇变醛的过程，化学方程式为2cH3(CH2)2CH2OH+O2*2CH3(CH2)2CHO+2H2O；△(4)E为CH3cH2cH2cH2cH(CH2cH3)CH20H和水杨酸酯化反应生成的，根据质量守恒定律分析，反应生成酯和水，故E的分子式为C15H22O3；COOHImol^y0"消耗2moi氢氧化钠，消耗Imol碳酸氢钠，故比例为2:1；X是比水杨酸多一个碳原子的同系物.X的同分异构体中，与FeCb发生显色反应说明含有酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，即连接的为-COOC%,-CHzOOCH,-OOCCH3,与酚羟基都有邻间对三种位置关系，所以符合下列条件的共9种；取代基在苯环的对位且能消耗3moiNaOH的同分异构体说明酯基水解后生成酚羟基和竣基，其结构简式是HCK--OCOCH；.【答案点睛】掌握有机物的官能团的结构和性质，注意能和氢氧化钠反应的官能团为酚羟基和班基和酯基，能和碳酸氢钠反应的官能团为竣基。能和金属钠反应的官能团为羟基或竣基。24、第二周期，第IVA族ABC1(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于CL核对最外层电子的引力Br小于C1,原子得电子能力Br小干C1,元素的非金属性Br弱于C1,单质的氧化性Bn弱于泳且石Cl22Al2。3(熔融)I- -4Al+3O2T2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3H213Fe+NO3+2H++H2O==Fe3(h+电解NHJ8A1+3Fe.iO4高温4Al2O3+9Fe【答案解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍,X为C元素；Y的氧化物属于两性氧化物，Y为A1元素；Y、Z位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14,则Z原子最外层电子数为14-4-3=7,Z为C1元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。(1)X为C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案为第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期从左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此氢

氧化铝的碱性弱于Mg（OH）2,能够用元素周期律解释，故选；B.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，气态氢化物越稳定，HC1的稳定性小于HF,能够用元素周期律解释，故选；C.FeCL,的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是利用铁离子的氧化性，与元素周期律无关，故不选；故选AB；（3）。（可用Z代替）和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于CL核对最外层电子的引力Br小于CL原子得电子能力Br小干CL元素的非金属性Br弱于CL单质的氧化性B0弱于Ck,因此氯气可以从NaBr溶液中置换出Bn单质，故答案为C1（可用Z代替）和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于C1,核对最外层电子的引力Br小于CL原子得电子能力Br小干CI,元素的非金属性Br弱于CL单质的氧化性Bn弱于Ch：冰日石=g=4A1+302?,故答案为2AW冰日石=g=4A1+302?,故答案为2AW）3（熔融）电解冰晶石

电解4A1+3021：（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱和铝，使用时需加入一定量的水，铝能够与氢氧化钠溶液反应放出氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3HzT，故答案为2Al+2NaOH+2H2O==2NaAlO2+3WT；（6）铁可用于处理酸性废水中的NOG使其转化成为镀根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe+NOj+2H++H20==FejO4+NH4+,铝与四氧化三铁在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为8A1+3Fe3。〉高温一4Al2O3+9Fe,故答案为3Fe+NO3+2H++H2O==Fe3O4+NHj+；8A1+3Fe、fh高温4AhCh+9Fe。25、原电池（或化学能转化为电能） O2+4e+2H2O===4OH"石墨1.5240gCuO（或372gCuCCh）2C1+2H2O-3■Ch?+H2T+2OH【分析】（1）甲装置为燃料电池，在正极上得电子，碱性条件下生成氢氧根离子；乙池为电解池，阴离子移向阳极;（2）甲装置为燃料，电池总反应为CH4+2O2+2OH-=CO3、3H。据此计算电解质KOH的物质的量变化；乙中为电解硫酸铜溶液，根据电解的产物分析，根据“析出什么元素加入什么元素”的原则确定加入的物质；（3）丙池为情性电极电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，据此书写电解反应的离子方程式。【题目详解】（1）由图可看出甲图为燃料电池装置，是原电池（或化学能转化为电能）；通入氧气的电极为正极，其电极反应式为：O2+4e+2H2O===4OH；乙图和丙图为电解池，与电池的正极相连的石墨为阳极，与电池的负极相连的Ag电极为阴极，则乙池中SO42一移向石墨极（阳极），故答案为：原电池（或化学能转化为电能）；O2+4e+2H2O===4OH；石墨；（2）原电池正极反应式为：2（h+8e+4H2O=8OH-,总反应为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O,当甲池消耗标况下33.6L（1.5mol）Ch时，则消耗1.5molKOH,转移6moi电子，则乙池生成3moicu和1.5molCh,根据原子守恒，若要恢复电解前的状态则需要加入氧化铜：3molx80g/mol=240g,或碳酸铜：3molxl24g/mol=372g,故答案为：1.5；240gCuO（或372gCuC（h）;(3)丙池中惰性电极电解氯化钠溶液，电解反应的离子方程式为2C1-+2H2。Ch?+ +2OH.【答案点睛】本题考查电解池和原电池，注重基础知识的考查，题目难度不大，注意明确反应原理，理清反应关系，燃料电池中，通氧气的一极是正极，通燃料的一极为负极，电解池中，与正极相连得是阳极，与负极相连的是阴极，阳离子与电流方向形成闭合，阴离子与电子方向形成闭合。26、分液漏斗 铁粉C (待D处的氢气纯净后)关闭活塞3,打开活塞2 亚铁离子易被氧化 洗涤0.89【分析】由图可知，分液漏斗中为稀硫酸，烧杯中为铁粉，反应后(待D处的气体纯净后)关闭活塞3,打开活塞2,C中盛放NH4HCO3,C中发生Fe2++2HCOj=FeCO31+H2O+CO2T，过滤分离出硫酸铉，然后将FeCCh洗涤，干燥，最后加碳焙烧生成还原性Fe粉，以此来解答。【题目详解】⑴装置A的名称是分液漏斗，装置B中盛放的试剂是铁粉，NH4HCO3盛放在装置C中；(2)实验过程中，欲将生成的FeSCh溶液和NH4HCO3溶液混合制FeCCh沉淀，操作方法是(待D处的气体纯净后)关闭活塞3,打开活塞2,发生主要反应的离子方程式为Fe2++2HCO3-FeCOQ+H2O+CO2T,FeSO4溶液要现用现配制的原因是亚铁离子易被氧化；(3)过滤后得到固体，需要洗涤，所以操作I的名称是洗涤，干燥过程主要目的是脱去游离水，过程中会有少量FeCCh在空气中被氧化为FeOOH,该反应的化学方程式为4FeCO3+O2+2H2O—4FeOOH+4CO2,取干燥后的FeCCh样品12.49g,与碳混合后焙烧，最终得到还原铁粉6.16g,设样品中FeCO3的物质的量为xmol,FeOOH的物质的量为ymol,则116x+89y=12.49x+y=-7-，解得x=0.1mol,y=0.01mol,样品中杂质Fe°°H的质量为0.89g。56g/mol27、HNO3Co(NO3)2Na2cO3CH3COOH隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置c先熄A灭装置a的酒精灯,冷却后停止通入氮气 CO3O4 3co(CH3coO)2=Co3O4+4COT+2cChT+3c2fM【答案解析】根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，C02+能与H+、Nth-大量共存的信息，制备乙酸钻时，先将CoO溶于溶液HNCh溶液制得Co(N03)2溶液，再加入Na2c03溶液产生碳酸钻沉淀，最后加CHjCOOH溶液反应生成Co(CH3COO)2,再通过浓缩、结晶等方法得到最终产物；探究乙酸钻的热分解产物，a中乙酸钻受热分解生成CO、CO,等产物，通入N2先将空气排尽并将产生的气体都赶入吸收装置，b澄清石灰水检验CO2,c中PdCh溶液可检验CO,最后用d来收集未反应完的CO。

【题目详解】(1)根据CoO与CH3COOH溶液反应缓慢，Co?+能与H+、N(h-大量共存的信息，制备乙酸钻时，先将CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NCh)2溶液，再加入NazCOj溶液产生碳酸钻沉淀，最后加CH3COOH溶液反应生成Co(CH3COO)2,再通过浓缩、结晶等方法得到Co(CH3COO)2・4H2。；故答案为HNO3;Co(NCh)2；Na2cO3;CH3COOH；(2)①通N2的目的是排尽装置内的空气，并使反应产生的气体全部进入后续装置，故答案为隔绝空气，使反应产生的气体全部进入后续装置；②因为在检验CO时可生成CO2,会影响原混合气体中CO2的检验，因此应该先检验CO2,故答案为c；③实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯，再通入一段时间氮气保护分解后的产物，以免被空气氧化，故答案为先熄灭装置a的酒精灯，冷却后停止通入氮气；④样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取ImolCo(CH3COO)2,质量为177g,则残留的