河南省豫南市級(jí)示范性高中2022-2023學(xué)年化學(xué)高三上期中學(xué)業(yè)水平測(cè)試試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測(cè)試卷考生請(qǐng)注意：1答題前請(qǐng)將考場(chǎng)、試室號(hào)、座位號(hào)、考生號(hào)、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標(biāo)記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號(hào)內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、下列實(shí)驗(yàn)可以達(dá)到目的是（）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)過程A探究濃硫酸的脫水性向表面皿中加入少量膽礬，再加入約3mL濃硫酸，攪拌，觀察實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象B制取干燥的氨氣向生石灰中滴入濃氨水，將產(chǎn)生的氣體通過裝有P2O5的干燥管C制備氫氧化鐵膠體向飽和氯化鐵溶液

2、中滴加氨水D除去MgCl2溶液中少量FeCl3向溶液中加入足量MgO粉末，充分?jǐn)嚢韬筮^濾AABBCCDD2、能正確表示下列反應(yīng)的離子方程式的是（ ）A用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2： 2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2OBCa（HCO3）2溶液與少量NaOH溶液反應(yīng)：Ca22HCO3-2OH=CaCO3CO32-2H2OC磁性氧化鐵溶于足量稀硝酸： Fe3O48H=Fe22Fe34H2OD明礬溶液中滴入Ba（OH）2溶液使SO42-恰好完全沉淀：2Ba23OHAl32SO42-=2BaSO4Al（OH）33、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是( )A在0.01mo

3、lL1Ba(OH)2溶液中：Al3+、NH4+、NO3-、HCO3-B0.1molL1的FeCl2溶液中：H+、Al3+、SO42-、ClOC滴加KSCN溶液顯紅色的溶液：NH4、K、Cl、ID由水電離產(chǎn)生的c(H+)110-13molL1的溶液中：Na+、Ba2+、NO3-、Cl4、在某溶液中，加入酚酞試液顯紅色，將二氧化硫通入該溶液中，發(fā)現(xiàn)紅色消失，主要原因?yàn)槎趸蛴校?）A漂白性B還原性C氧化性D溶于水后顯酸性5、已知：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI; 向含SO32-、Fe2、Br、I各0.1 mol的溶液中通入標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl2，通入Cl2的體積和溶液中相關(guān)離子的物質(zhì)的量

4、的關(guān)系圖正確的是ABCD6、Fe和Mg與H2SO4反應(yīng)的實(shí)驗(yàn)記錄如下：實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象Fe表面產(chǎn)生大量無色氣泡Fe表面產(chǎn)生少量氣泡后迅速停止Mg表面迅速產(chǎn)生大量氣泡Fe表面有大量氣泡，Mg表面有少量氣泡關(guān)于上述實(shí)驗(yàn)說法不合理的是( )A中產(chǎn)生氣體的原因是：Fe2HFe2H2B取出中的鐵棒放入CuSO4溶液立即析出亮紅色固體C中現(xiàn)象說明Mg在濃H2SO4中沒被鈍化D中現(xiàn)象說明Mg的金屬性比Fe強(qiáng)7、用下列實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行相應(yīng)實(shí)驗(yàn)，設(shè)計(jì)正確且能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ〢用圖1所示裝置制取并收集少量純凈的氨氣B用圖2 所示裝置分離乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C用圖3所示裝置加熱分解NaHCO3固體D用圖4 所示裝置比較

5、KMnO4、Cl2、Br2的氧化性強(qiáng)弱8、在下列各溶液中，離子一定能大量共存的是（ ）A強(qiáng)堿性溶液中：K+、Mg2+、Cl、SO42B室溫下，pH=1的鹽酸中：Na+、Fe3+、NO3、SO42C含有Ca2+的溶液中：Na+、K+、CO32、ClD由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1103溶液中：Na+、K+、Cl、SiO329、下列指定反應(yīng)的離子方程式正確的是A用稀硝酸清洗試管內(nèi)壁的銀鏡：Ag + 2H+ + NO3-= Ag+ + NO2 + H2OB向醋酸中加入碳酸鈣粉末：2H+ + CaCO3 = Ca2+ + CO2 + H2OC向AlCl3溶液中加入過量氨水：Al3+ + 3NH3H2O

6、= Al(OH)3+ 3NH4+D向NaHCO3溶液中加入足量Ba(OH)2溶液：2HCO3- + Ba2+ +2OH= BaCO3+ CO32- + 2H2O10、下列除去雜質(zhì)的方法，正確的是A除去Na2CO3;溶液中的少量NaHCO3：加熱煮沸B除去MgCl2溶液中的少量FeCl3：加入過量Fe2O3粉末，過濾C除去HC1氣體中的少量Cl2：通入CCl4液體，洗氣D除去CO2氣體中的少量SO2：通入飽和食鹽水，洗氣11、霧霾含有大量的污染物SO2、NO。工業(yè)上變“廢”為寶，吸收工業(yè)尾氣SO2和NO，可獲得Na2S2O3和NH4NO3產(chǎn)品的流程圖如圖(Ce為鈰元素)：下列說法錯(cuò)誤的是（ ）A

7、Na2S2O4中S元素的化合價(jià)為+3B裝置消耗36g水生成4NA個(gè)H+(NA代表阿伏伽德羅常數(shù)）C裝置進(jìn)行電解，Ce3+在陰極反應(yīng)，使Ce4+得到再生D裝置獲得粗產(chǎn)品NH4NO3的實(shí)驗(yàn)操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等12、將3.48g四氧化三鐵完全溶解在100mL 1mol/L的硫酸中，然后加入K2Cr2O7溶液25 mL恰好使溶液中的Fe2+全部轉(zhuǎn)化為Fe3+，Cr2O72-全部轉(zhuǎn)化為Cr3+，則K2Cr2O7溶液的物質(zhì)的量濃度是（ ）A0.05mol/L B0.2 mol/L C0.1 mol/L D0.3 mol/L13、下列四種溶液：pH2的CH3COOH溶液；pH2的HCl

8、溶液；pH12的氨水；pH12的NaOH溶液。相同條件下，有關(guān)上述溶液的比較中，正確的是A由水電離的c(H)：B將、兩種溶液混合后，若pH7，則消耗溶液的體積：C等體積的、溶液分別與足量鋁粉反應(yīng)，生成H2的速率：D向等體積的四種溶液中分別加入100 mL水后，溶液的pH：14、按照有機(jī)物的命名規(guī)則，下列命名正確的是A1,2-二甲基戊烷B2-乙基丁烷C3-乙基己烷D3，4-二甲基戊烷15、某離子反應(yīng)中共有 H2O、ClO、NH4 +、H+、N2、Cl六種微粒。其中 c(ClO)隨反應(yīng)進(jìn)行逐漸減小。下列判斷錯(cuò)誤的是A該反應(yīng)的還原劑是NH4 +B反應(yīng)后溶液酸性明顯增強(qiáng)C若消耗 1 mol 氧化劑，

9、可轉(zhuǎn)移 2 mol eD該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是 2:316、在一定溫度下的恒容密閉容器中，當(dāng)下列哪些物理量不再發(fā)生變化時(shí)，表明下述反應(yīng)：A(s)2B(g)C(g)D(g)已達(dá)到平衡狀態(tài)( )混合氣體的壓強(qiáng)混合氣體的密度B的物質(zhì)的量濃度氣體的總物質(zhì)的量混合氣體總質(zhì)量ABCD二、非選擇題（本題包括5小題）17、有A、B、C、D、E、F6種短周期元素，G為過渡元素；已知相鄰的A、B、C、D 4種元素原子核外共有56個(gè)電子，在周期表中的位置如圖所示。1molE單質(zhì)與足量酸作用，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下能產(chǎn)生33.6LH2；E單質(zhì)粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌；F是短周期最活潑的金屬元素。請(qǐng)回答

10、下列問題：（1）元素D、G的名稱分別為：_。（2）D的單質(zhì)與C的氣態(tài)氫化物反應(yīng)方程式為_。（3）C、E、A的簡(jiǎn)單離子半徑：_，B、C、D的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性強(qiáng)弱順序?yàn)開(用化學(xué)式表示)。（4）向D與E形成的化合物的水溶液中滴加過量燒堿溶液的離子方程式為_。（5）用電子式表示F與C形成化合物的過程_。（6）G的單質(zhì)與高溫水蒸氣反應(yīng)的方程式_。（7）部分元素在周期表中的分布如圖所示（虛線為金屬元素與非金屬元素的分界線），下列說法不正確的是_。AB只能得電子，不能失電子 B原子半徑GeSiCAs可作半導(dǎo)體材料 DPo處于第六周期第VIA族18、A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的前四周期元

11、素。BA3能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)，A、B、C三種原子的電子數(shù)之和等于25，DC晶體中D+的3d能級(jí)上電子全充滿。請(qǐng)回答下列問題：（1）以上四種元素中，第一電離能最大的是_（填元素符號(hào))； D的基態(tài)原子的核外電子排布式為_。（2）在BA3、AC中，沸點(diǎn)較高的是_。（填化學(xué)式)，其原因是_。DA的晶體類型是_。（3）BA4C晶體中含有的化學(xué)鍵為_。a范德華力 b氫鍵 c離子鍵 d配位鍵 e共價(jià)鍵（4）化合物BC3的立體構(gòu)型為_，其中心原子的雜化軌道類型為_。（5）由B、D形成的晶體的晶胞圖所示，己知緊鄰的B原子與D原子距離為acm。該晶胞化學(xué)式為_。B元素原子的配位數(shù)為_。該晶體的密度為_（用

12、含a、NA的代數(shù)式表示，設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值）gcm-3。19、氨氣是重要的化工原料。(1)檢驗(yàn)氨氣極易溶于水的簡(jiǎn)單操作是：收集一試管氨氣，_。(2)往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，生成沉淀的化學(xué)式為_；過濾后，使余液盡可能析出較多NH4Cl晶體的方法是：再通入足量的NH3、冷卻并加入_，請(qǐng)說明這樣操作為什么可以析出較多NH4Cl的原因：_。某NaHCO3晶體中含有NaCl雜質(zhì)，某同學(xué)在測(cè)定其中NaHCO3的含量時(shí)，稱取5.000g試樣，定容成100mL溶液，用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定(用甲基橙做指示劑)，測(cè)定數(shù)據(jù)記錄如下：滴定次數(shù)待測(cè)液(mL)0.5000mol/L鹽酸溶液的體

13、積(mL)初讀數(shù)終讀數(shù)第一次 20.001.0021.00第二次 20.00如圖如圖 (3)定容過程中需要用到的儀器有燒杯、玻璃棒、_和_。(4)當(dāng)?shù)味ㄖ羅，即為滴定終點(diǎn)；第二次滴定，從圖I圖II顯示消耗的鹽酸溶液體積為_mL。(5)該實(shí)驗(yàn)測(cè)定樣品中NaHCO3的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_(保留2位小數(shù))。(6)若該同學(xué)測(cè)定結(jié)果偏大，請(qǐng)寫出一個(gè)造成該誤差的原因_。20、某同學(xué)向兩個(gè)容積相同的燒瓶?jī)?nèi)分別充入一定量的HCl與NH3（假設(shè)燒瓶?jī)?nèi)其它氣體難溶于水）。利用如圖所示的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)開始前各活塞均關(guān)閉。（1）同溫同壓下，兩個(gè)燒瓶?jī)?nèi)充入的HCl與NH3分子數(shù)目之比為_，燒瓶中噴泉的顏色是_。（2）單獨(dú)進(jìn)

14、行噴泉實(shí)驗(yàn)后，燒瓶I中c(Cl-)=_molL-1（實(shí)驗(yàn)條件下氣體摩爾體積為Vm)（3）實(shí)驗(yàn)表明，若只是關(guān)閉b、打開a、c，則易在燒瓶I中觀察到白煙，這表明氣體分子擴(kuò)散速率隨著氣體相對(duì)分子質(zhì)量的增大而_（填“增大”或“減小”)。21、甲圖是部分短周期元素的常見化合價(jià)與原子序數(shù)的關(guān)系圖：請(qǐng)回答下列問題：（1）D元素在周期表中的位置為_，D和G的簡(jiǎn)單氫化物中沸點(diǎn)高的是_ （寫化學(xué)式），A和E形成的化合物的電子式為_。（2）D、E、G、H的簡(jiǎn)單離子半徑由大到小的順序?yàn)開。（用化學(xué)式表示）（3）二元化合物X是含有C元素的18電子分子，1molX（l）在25 101kPa下完全燃燒放出622kJ的熱量，

15、寫出表示X燃燒熱的熱化學(xué)方程式_。（4）H的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液不穩(wěn)定，受熱可分解，產(chǎn)物之一是H的單質(zhì)，且當(dāng)有28mol電子轉(zhuǎn)移時(shí)，常溫共產(chǎn)生9mol氣體，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式_。（5）由上述元素中的幾種組成a、b、c各物質(zhì)，某同學(xué)設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)用乙圖裝置證明元素B、C、F的非金屬性強(qiáng)弱（其中溶液b和溶液c均為足量）。溶液a和b分別為_，_（填化學(xué)式）。溶液c中的離子方程式為_。請(qǐng)從原子結(jié)構(gòu)的角度解釋非金屬性CB的原因 _。2022-2023學(xué)年模擬測(cè)試卷參考答案（含詳細(xì)解析）一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、D【題目詳解】A、該實(shí)驗(yàn)體現(xiàn)的是濃硫酸的吸水性，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、氨氣

16、為堿性氣體，而P2O5是酸性氧化物，兩者在潮濕的條件下可發(fā)生反應(yīng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、向飽和氯化鐵溶液中滴加氨水將得到氫氧化鐵沉淀，得不到膠體，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、MgO粉末可促進(jìn)鐵離子水解生成氫氧化鐵的沉淀，過濾后得到MgCl2溶液，選項(xiàng)D正確；答案選D。2、A【題目詳解】A、用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2，過量氨水和二氧化硫反應(yīng)生成亞硫酸銨，離子反應(yīng)為：2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故A正確；B、少量氫氧化鈉與碳酸氫鈣反應(yīng)會(huì)生成碳酸鈣沉淀和碳酸氫鈉，離子方程式為Ca2+HCO3-+ OH-=CaCO3+H2O，故B錯(cuò)誤；C、磁性氧化鐵溶于稀硝酸：3Fe3O4+28H+NO3

17、-9Fe3+NO+14H2O，故C錯(cuò)誤；D、明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀，硫酸鋁鉀和氫氧化鋇按照物質(zhì)的量1：2反應(yīng)：2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+AlO2-+ 2H2O，故D錯(cuò)誤；答案選A。【答案點(diǎn)睛】本題考查離子方程式正誤的判斷。判斷離子方程式是否正確可從以下幾個(gè)方面進(jìn)行：從反應(yīng)原理進(jìn)行判斷，如反應(yīng)是否能發(fā)生、反應(yīng)是否生成所給產(chǎn)物（題中B項(xiàng)）等；從物質(zhì)存在形態(tài)進(jìn)行判斷，如拆分是否正確、是否正確表示了難溶物和氣體等；從守恒角度進(jìn)行判斷，如原子守恒、電荷守恒、氧化還原反應(yīng)中的電子守恒等；從反應(yīng)的條件進(jìn)行判斷；從反應(yīng)物的組成以及反應(yīng)物之間的配比進(jìn)

18、行判斷（題中D項(xiàng)）。3、D【答案解析】A、Al3+與HCO3雙水解反應(yīng)不能大量共存，而且HCO3與條件中OH-反應(yīng)不能大量共存，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、Al3+、ClO-發(fā)生雙水解反應(yīng)，H+、ClO-反應(yīng)生成次氯酸，次氯酸能夠氧化FeCl2，在溶液中一定不能大量共存，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、滴加KSCN溶液顯紅色的溶液中含有Fe3：2Fe3+2I=2Fe2+I2，不能大量共存，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、由水電離出的c(H)=1013molL1的溶液既可能呈酸性又可能呈堿性，酸性條件下，Na+、Ba2+、NO3-、Cl都可以大量共存，選項(xiàng)D正確。答案選D。4、D【題目詳解】因二氧化硫不能使指示劑褪色，酚酞顯紅色說明溶液中

19、存在著堿性的物質(zhì)，紅色褪去，說明溶液中沒有堿性的物質(zhì)，是由于二氧化硫溶于水后顯酸性，可將堿性物質(zhì)中和，故選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意二氧化硫的漂白性不具有普遍性，不能使指示劑褪色。5、C【分析】離子還原性SO32IFe2Br，故反應(yīng)的先后順序?yàn)椋篠O32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H，2I+Cl2=I2+2Cl，2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，2Br+Cl2=Br2+2Cl，根據(jù)發(fā)生反應(yīng)順序計(jì)算離子開始反應(yīng)到該離子反應(yīng)完畢時(shí)氯氣的體積?！绢}目詳解】A、由SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H可知，0.1molSO32完全反應(yīng)需要消耗0.1mol氯氣，標(biāo)準(zhǔn)狀

20、況下的Cl2的體積為0.1mol22.4Lmol1=2.24L，圖象中氯氣的體積11.2L不符合，故A錯(cuò)誤；B0.1molSO32完全反應(yīng)后，才發(fā)生2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molSO32完全反應(yīng)需要消耗0.1mol氯氣，故開始反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為2.24L，0.1molI完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故0.1molI完全反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為0.15mol22.4Lmol1=3.36L，圖象中氯氣的體積4.48L不符合，故B錯(cuò)誤；C0.1molSO32完全反應(yīng)需要消耗0.1mol氯氣，0.1molI完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故亞鐵離子開始反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為0.15mol22.4Lmol1=3.

21、36L，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，0.1molFe2完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故Fe2完全時(shí)消耗的氯氣體積為0.2mol22.4Lmol1=4.48L，圖象與實(shí)際符合，故C正確；DSO32、I、Fe2完全時(shí)消耗的氯氣體積為0.2mol22.4Lmol1=4.48L，即溴離子開始反應(yīng)時(shí)氯氣的體積為4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反應(yīng)消耗0.05氯氣，故溴離子完全反應(yīng)時(shí)消耗氯氣的體積為4.48L+0.05mol22.4Lmol1=5.6L，圖象中氯氣的體積不符合，故D錯(cuò)誤；故選C。6、B【題目詳解】A、鐵和稀硫酸反應(yīng)生成H2，因此鐵表面產(chǎn)生大

22、量無色氣泡，合理，故錯(cuò)誤；B、鐵和濃硫酸發(fā)生鈍化反應(yīng)，在鐵的表面產(chǎn)生一層致密的氧化薄膜，阻礙反應(yīng)的進(jìn)行，因此放入硫酸銅溶液中不會(huì)立即析出亮紅色固體，不合理，故正確；C、根據(jù)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，鎂表面迅速產(chǎn)生大量的氣泡，說明鎂和濃硫酸沒有發(fā)生鈍化反應(yīng)，合理，故錯(cuò)誤；D、根據(jù)原電池的工作原理，正極上產(chǎn)生氣泡，因此鐵作正極，鎂作負(fù)極，活潑金屬作負(fù)極，即鎂的金屬性強(qiáng)于鐵，合理，故錯(cuò)誤。故選B。7、D【答案解析】A，向NaOH固體中加入濃氨水可產(chǎn)生NH3，NH3可用堿石灰干燥，NH3密度比空氣小，應(yīng)用向下排空法收集，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B，乙醇和乙酸乙酯為互相混溶的液體混合物，不能用分液法進(jìn)行分離，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C，加熱分解N

23、aHCO3固體時(shí)試管口應(yīng)略向下傾斜，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D，濃鹽酸加到KMnO4中產(chǎn)生黃綠色氣體，錐形瓶中發(fā)生的反應(yīng)為2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根據(jù)同一反應(yīng)中氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由無色變?yōu)槌壬?，試管中發(fā)生的反應(yīng)為Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D項(xiàng)正確；答案選D。點(diǎn)睛：本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)的基本操作、氣體的制備、物質(zhì)氧化性強(qiáng)弱的比較。注意加熱固體時(shí)試管口應(yīng)略向下傾斜，防止水分在試管口冷凝倒流到試管底部使試管破裂；比較氧化性的強(qiáng)弱通常通過“強(qiáng)氧化性物質(zhì)制弱氧化性

24、物質(zhì)”的氧化還原反應(yīng)來實(shí)現(xiàn)。8、B【答案解析】A強(qiáng)堿性溶液中存在大量OH-， Mg2+與OH-反應(yīng)生成沉淀而不能大量共存，故A錯(cuò)誤；B室溫下，pH=1的鹽酸中存在大量H+，Na+、Fe3+、NO3、SO42離子之間不反應(yīng)，且和氫離子也不反應(yīng)，能大量共存，故B正確；CCa2+、CO32結(jié)合生成沉淀，不能大量共存，故C錯(cuò)誤；D由水電離產(chǎn)生的c(H+)=110-3mol/L的溶液為酸性或堿性溶液，酸性溶液中，SiO32-與氫離子反應(yīng)生成硅酸，促進(jìn)鹽的水解，在溶液中不能大量共存，故D錯(cuò)誤；故選B?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查了離子共存，明確限制條件的含義及離子反應(yīng)是解本題關(guān)鍵。本題的難點(diǎn)為D中限制條件的解讀，

25、由水電離產(chǎn)生的c(H+)=1103溶液，11031107，說明是加入了能夠水解的鹽造成的結(jié)果，溶液顯酸性或堿性。9、C【答案解析】根據(jù)離子方程式的書寫步驟，判斷是否正確?！绢}目詳解】A項(xiàng)：清洗銀鏡時(shí)，稀硝酸被還原成NO。A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)：醋酸是弱酸，應(yīng)保留化學(xué)式。B項(xiàng)錯(cuò)誤；C項(xiàng)：Al(OH)3不溶于過量氨水。C項(xiàng)正確；D項(xiàng)：Ba(OH)2溶液足量時(shí)，碳酸氫根離子全部轉(zhuǎn)化為碳酸鋇沉淀，反應(yīng)不會(huì)生成CO32-。D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題選C?！敬鸢更c(diǎn)睛】離子方程式中常見錯(cuò)誤有：反應(yīng)不符合事實(shí)、質(zhì)量不守恒、電荷不守恒、拆分不正確、不符合用量關(guān)系等。10、C【題目詳解】A、NaHCO3在溶液中加熱不易分解，分解的是

26、固體，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B向含有少量FeCl3的MgCl2溶液中加入足量Mg(OH)2粉末，溶液pH增大，利于Fe3+的水解，可轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀而除去，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、將氣體通入四氯化碳或者二硫化碳中,因?yàn)槁葰饪梢匀苡谄渲?而氯化氫不能溶入而分離出來，選項(xiàng)C正確；D、CO2和SO2都與飽和碳酸鈉溶液反應(yīng)，應(yīng)用飽和碳酸氫鈉除雜，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。11、C【題目詳解】A根據(jù)化合物中元素化合價(jià)代數(shù)和等于0，由于Na是+1價(jià)，O為-2價(jià)，所以Na2S2O4中S元素的化合價(jià)為+3，A正確；B36 g水的物質(zhì)的量是2 mol，在裝置II中發(fā)生反應(yīng)：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3+NO+4H+，

27、NO+H2O+Ce4+=Ce3+NO+2H+，可見兩個(gè)反應(yīng)都是消耗1 mol H2O，會(huì)產(chǎn)生2 mol H+，則反應(yīng)消耗2 mol H2O，就產(chǎn)生4 mol H+，生成H+的數(shù)目等于4 NA個(gè)，B正確；CCe3+在陽極上發(fā)生失電子的反應(yīng)使Ce4+再生，C錯(cuò)誤；D由于NH4NO3高溫易分解，因此從溶液中得到粗產(chǎn)品NH4NO3的實(shí)驗(yàn)操作依次為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌等，D正確；故選C。12、C【答案解析】此題考查的是有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算，解題的關(guān)鍵點(diǎn)是明白了Fe3O4的化合價(jià)中，3個(gè)鐵原子中有2個(gè)是3價(jià)，只有1個(gè)是2價(jià)分析題意可得出：Fe3O4Fe2+Fe3+，Cr2O72-2Cr3+；設(shè)

28、K2Cr2O7溶液的物質(zhì)的量濃度為c，則：3.48g232g/mol0.025Lc23，解得c0.1mol/L綜上所述，本題正確答案為C?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題重點(diǎn)考察氧化還原反應(yīng)的基本規(guī)律之一，得失電子守恒。氧化還原反應(yīng)中有物質(zhì)失電子必有物質(zhì)得電子，且失電子總數(shù)等于得電子總數(shù)?；蛘哒f氧化還原反應(yīng)中，有元素化合價(jià)升高必有元素化合價(jià)降低，且化合價(jià)升高總數(shù)必等于降低總數(shù)。有關(guān)得失電子守恒(化合價(jià)守恒)的規(guī)律有如下應(yīng)用： (1)求某一反應(yīng)中被氧化與被還原的元素原子個(gè)數(shù)之比，或求氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比及氧化產(chǎn)物與還原產(chǎn)物的物質(zhì)的量之比。 (2)配平氧化還原反應(yīng)方程式。 (3)進(jìn)行有關(guān)氧化還原反應(yīng)的計(jì)算

29、：13、C【答案解析】A.根據(jù)酸堿溶液都抑制了水的電離，進(jìn)行比較水的電離程度;B.一水合氨為弱電解質(zhì),只能部分電離出氫氧根離子,所以氨水濃度大于0.01mol/L ;C.醋酸為弱酸,醋酸的濃度大于0.2mol/L,等體積的醋酸和鹽酸中,醋酸的物質(zhì)的量大于氯化氫;D.堿溶液的pH大于酸溶液的pH,弱電解質(zhì)稀釋過程中電離程度增大,據(jù)此進(jìn)行解答?！绢}目詳解】A.酸溶液和堿溶液都抑制水的電離,酸溶液中的氫氧根離子、堿溶液的氫離子是水電離的,所以四種溶液中水電離的氫離子濃度相等,都是10-12mol/L,故A錯(cuò)誤;B.pH12的HCl溶液中氯化氫的濃度為0.01mol/L,而pH12的氨水中氨水濃度大于

30、0.01mol/L ,等體積的兩溶液混合,氨水過量,若溶液顯示中性,則鹽酸的體積大于氨水,即:,所以B錯(cuò)誤C.pH2的CH3COOH溶液中醋酸濃度大于0.01mol/L ,而pH2的HCl溶液中氯化氫的濃度為0.01mol/L ,等體積的兩溶液中醋酸的物質(zhì)的量大于氯化氫,與鋁反應(yīng)時(shí),醋酸生成的氫氣多,所以C正確;D.堿溶液的pH一定大于酸溶液的pH,、的pH大于、的;pH12的氨水為弱堿,稀釋過程中電離程度增大,溶液中氫氧根離子的物質(zhì)的量大于,稀釋后溶液的PH;而pH2的CH3COOH溶液稀釋后溶液中氫離子濃度大于,溶液的pH,故D錯(cuò)誤;答案：C?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查了溶液酸堿性與溶液pH的計(jì)

31、算、弱電解質(zhì)的電離平衡,題目難度中等,注意掌握溶液pH與溶液酸堿性的關(guān)系,明確影響弱電解質(zhì)電離平衡的因素;D為易錯(cuò)點(diǎn),注意溶液pH與氫離子濃度關(guān)系。14、C【題目詳解】A主鏈不是最長(zhǎng)，應(yīng)為3-甲基己烷，故A錯(cuò)誤；B主鏈不是最長(zhǎng)，應(yīng)為3-甲基戊烷，故B錯(cuò)誤；C3-乙基己烷，符合命名規(guī)則，故C正確；D取代基的位次和應(yīng)最小，正確命名為：2，3-二甲基戊烷，故D錯(cuò)誤；答案為C?！敬鸢更c(diǎn)睛】判斷有機(jī)物的命名是否正確或?qū)τ袡C(jī)物進(jìn)行命名，其核心是準(zhǔn)確理解命名規(guī)范：(1)烷烴命名原則：長(zhǎng)：選最長(zhǎng)碳鏈為主鏈；多：遇等長(zhǎng)碳鏈時(shí)，支鏈最多為主鏈；近：離支鏈最近一端編號(hào)；?。褐ф溇幪?hào)之和最小看下面結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式，從右端或左

32、端看，均符合“近-離支鏈最近一端編號(hào)”的原則；簡(jiǎn)：兩取代基距離主鏈兩端等距離時(shí)，從簡(jiǎn)單取代基開始編號(hào)如取代基不同，就把簡(jiǎn)單的寫在前面，復(fù)雜的寫在后面；(2)有機(jī)物的名稱書寫要規(guī)范；(3)對(duì)于結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)的，命名時(shí)可以依次編號(hào)命名，也可以根據(jù)其相對(duì)位置，用“鄰”、“間”、“對(duì)”進(jìn)行命名；(4)含有官能團(tuán)的有機(jī)物命名時(shí)，要選含官能團(tuán)的最長(zhǎng)碳鏈作為主鏈，官能團(tuán)的位次最小。15、D【答案解析】根據(jù)題目敘述，c(ClO)隨反應(yīng)進(jìn)行逐漸減小，說明ClO是反應(yīng)物，則Cl是對(duì)應(yīng)的生成物，Cl元素的化合價(jià)從+1價(jià)降低為-1價(jià)，ClO作氧化劑，而在反應(yīng)中化合價(jià)能升高的只有NH4 + 轉(zhuǎn)化為N2，所以NH4 +作

33、還原劑，因此反應(yīng)的離子方程式為3ClO+2NH4 + =N2+ 3Cl+2H+ +3H2O，通過以上分析可知，A正確；反應(yīng)后生成了H+，使溶液酸性增強(qiáng)，則B正確；C、消耗1 mol氧化劑ClO生成1molCl-，轉(zhuǎn)移2mol電子，則C正確；D、由電子轉(zhuǎn)移守恒可得，反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比是 3:2，故D錯(cuò)誤。本題正確答案為D。點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是找出氧化劑、還原劑，寫出反應(yīng)的離子方程式。根據(jù)已知信息，結(jié)合在氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)有升必有降的原則，即可寫出反應(yīng)的離子方程式。16、A【答案解析】該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積沒有變化的反應(yīng)，所以容器中的壓強(qiáng)不再發(fā)生變化，不能證明達(dá)到了平衡狀態(tài)，故錯(cuò)

34、誤；該容器的體積保持不變，A是固態(tài)，根據(jù)質(zhì)量守恒定律知，反應(yīng)前后混合氣體的質(zhì)量會(huì)變，所以當(dāng)混合氣體的密度不再發(fā)生變化時(shí)，能表明達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，故正確；反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，平衡時(shí)各種物質(zhì)的濃度等不再發(fā)生變化，所以各氣體物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度不再變化時(shí)，該反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故正確；該反應(yīng)是反應(yīng)前后氣體體積沒有變化的反應(yīng)，所以氣體總物質(zhì)的量不變，不能表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)，故錯(cuò)誤；容器中的氣體平均相對(duì)分子質(zhì)量M=，反應(yīng)前后混合氣體的質(zhì)量會(huì)變化，該反應(yīng)是一個(gè)反應(yīng)前后氣體物質(zhì)的量不變的反應(yīng)，所以當(dāng)M不再發(fā)生變化時(shí)，表明已經(jīng)平衡，故正確；故選A?！军c(diǎn)晴】本題考查化學(xué)平衡狀態(tài)的判斷，注意只有反

35、應(yīng)前后不相同的量才能作為判斷化學(xué)平衡的依據(jù)。反應(yīng)到達(dá)平衡狀態(tài)時(shí)，正逆反應(yīng)速率相等，平衡時(shí)各物質(zhì)的濃度、百分含量不變，以及由此衍生的一些量也不發(fā)生變化。反應(yīng)前后不改變的量不能作為判斷化學(xué)平衡的依據(jù)，如該反應(yīng)中的壓強(qiáng)就不能作為判斷化學(xué)平衡的依據(jù)。二、非選擇題（本題包括5小題）17、氯 鐵 Cl2+H2S=2HCl+S S2 O2 Al3 HClO4H2SO4H3PO4 Al3+4OH-=AlO2-2H2O 3Fe4H2OFe3O4+4H2 A 【分析】設(shè)C的原子序數(shù)為x，則A為x-8，B為x-1，C為x+1，A、B、C、D四種元素原子核外共有56個(gè)電子，則有x+x-8+x-1+x+1=56，x=1

36、6，所以C為S元素，A為O元素，B為P元素，D為Cl元素，1molE單質(zhì)與足量酸作用，在標(biāo)準(zhǔn)狀況下能產(chǎn)生33.6LH2，可知E的化合價(jià)為+3價(jià)，應(yīng)為Al元素，E單質(zhì)粉末與G的氧化物常用于野外焊接鋼軌，G為Fe，F(xiàn)是短周期最活潑的金屬元素，F(xiàn)為Na，根據(jù)元素周期律的遞變規(guī)律比較原子半徑以及元素的非金屬性強(qiáng)弱，結(jié)合元素對(duì)應(yīng)的單質(zhì)、化合物的性質(zhì)解答該題?！绢}目詳解】（1）根據(jù)分析，元素D為氯，元素G為鐵。（2）D的單質(zhì)與C的氣態(tài)氫化物反應(yīng)即氯氣與硫化氫反應(yīng)，生成氯化氫和硫單質(zhì)，反應(yīng)方程式為Cl2+H2S=2HCl+S。（3）根據(jù)電子層數(shù)越多，半徑越大，具有相同結(jié)構(gòu)的離子，原子序數(shù)越小的離子半徑越大，

37、則離子半徑為S2-O2-Al3；元素的非金屬性越強(qiáng)，對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，則有HClO4H2SO4H3PO4。（4）D和E形成的化合物為AlCl3，水溶液中滴入過量燒堿溶液生成偏鋁酸鈉和水，離子反應(yīng)為Al3+4OH-=AlO2-+2H2O。（5）鈉和氯在形成氯化鈉的過程中，鈉原子失去一個(gè)電子形成鈉離子，氯原子得到一個(gè)電子形成氯離子，之后結(jié)合生成氯化鈉，電子式表示為（6）G為鐵，鐵單質(zhì)與高溫水蒸氣反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，反應(yīng)方程式為3Fe4H2OFe3O4+4H2。（7）AB可以失電子，H3BO3中B顯+3價(jià)，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤。 B同一主族越往下原子半徑越大，故原子半徑GeSi，

38、B選項(xiàng)正確。CAs與Si化學(xué)性質(zhì)較相近，也可作半導(dǎo)體材料，故C選項(xiàng)正確。 DPo在周期表中處于第六周期第VIA族，故D選項(xiàng)正確。故答案選A【答案點(diǎn)睛】本題考查元素推斷及元素化合物知識(shí)，本題從元素在周期表中的相對(duì)位置為載體，通過元素原子核外電子數(shù)目關(guān)系推斷元素種類，考查元素周期律的遞變規(guī)律以及常見元素化合物的性質(zhì)，學(xué)習(xí)中注重相關(guān)基礎(chǔ)知識(shí)的積累。18、N Ar3d104s1 NH3 NH3分子之間存在氫鍵 離子晶體 cde 三角錐形 sp3 Cu3N 6 【答案解析】A、B、C、D為原子序數(shù)依次增大的前四周期元素。BA3能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)應(yīng)為NH3，所以A為H，B為N；A、B、C的電子之和

39、等于25，則C為Cl；DC晶體中D+的3d能級(jí)上電子全充滿。DCl中氯顯-1價(jià)，則D為+1價(jià)，所以D為Cu。(1)根據(jù)元素周期律可知，H、N、Cl、Cu這4種元素中，第一電離能最大的是N，基態(tài)Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，故答案為N；1s22s22p63s23p63d104s1；(2)在NH3、HCl中，由于氨分子之間有氫鍵，所以沸點(diǎn)較高的是NH3，CuH中含有陰陽離子，屬于離子化合物，在固態(tài)時(shí)構(gòu)成離子晶體，故答案為NH3；氨分子之間有氫鍵；離子晶體；(3)NH4Cl晶體中含有離子鍵、極性鍵和配位鍵，故選cde；(4)化合物NCl3中氮原子的價(jià)層電子對(duì)

40、數(shù)為=4，有一對(duì)孤電子對(duì)，所以分子的立體構(gòu)型為三角錐形，中心原子的雜化類型為sp3雜化，故答案為三角錐形；sp3；(5)根據(jù)N、Cu形成的晶體的晶胞圖，晶胞中含有的N原子個(gè)數(shù)=8=1，Cu原子個(gè)數(shù)=12=3，該晶胞化學(xué)式為Cu3N，故答案為Cu3N；根據(jù)N、Cu形成的晶體的晶胞圖，每個(gè)N原子周圍有6個(gè)Cu原子，N原子和Cu原子的距離為晶胞邊長(zhǎng)的一半，故答案為6；1mol晶胞的質(zhì)量為206g，晶胞邊長(zhǎng)為2acm，1mol晶胞的體積為(2a)3NA cm3=8a3NA cm3，該晶體的密度為=gcm-3，故答案為。19、倒插入水中，水迅速充滿試管 NaHCO3 NaCl 足量的NH3、冷卻并加入N

41、aCl，能夠增大NH4+和Cl-的濃度，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動(dòng) 100mL容量瓶 膠頭滴管 溶液由橙色變成黃色，且半分鐘內(nèi)部變色 20.20 84.42% 滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標(biāo)準(zhǔn)酸液進(jìn)行滴定(或滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失或錐形瓶用待測(cè)液潤(rùn)洗了等) 【分析】(1)根據(jù)氨氣極易溶于水分析解答；(2)根據(jù)侯氏制堿法的反應(yīng)原理分析判斷；結(jié)合NH4Cl飽和溶液中存在NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)的平衡分析解答；(3)根據(jù)定容的操作分析解答；(4) 碳酸氫鈉溶液顯堿性，用甲基橙做指示劑時(shí)，開始時(shí)溶液顯橙色，解甲基橙的變色范圍分析判斷；

42、根據(jù)滴定管的結(jié)構(gòu)結(jié)合圖I圖II讀出初讀數(shù)和終讀數(shù)，再計(jì)算消耗的鹽酸溶液體積；(5)計(jì)算兩次消耗鹽酸的平均值，計(jì)算消耗鹽酸的物質(zhì)的量，依據(jù)方程式：HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2，然后計(jì)算碳酸氫鈉的物質(zhì)的量和質(zhì)量，計(jì)算其質(zhì)量分?jǐn)?shù)；(6)根據(jù)c(待測(cè))=，測(cè)定結(jié)果偏大，造成該誤差的原因?yàn)閂(標(biāo)準(zhǔn))偏大，結(jié)合造成V(標(biāo)準(zhǔn))偏大的可能因素解答?！绢}目詳解】(1)檢驗(yàn)氨氣易溶于水的簡(jiǎn)單操作是：收集一試管氨氣，將試管倒插入水中，水迅速充滿試管，故答案為：倒插入水中，水迅速充滿試管；(2)根據(jù)侯氏制堿法的反應(yīng)原理，往飽和食鹽水中依次通入足量的NH3和足量的CO2，可生成碳酸氫鈉沉淀；NH4Cl

43、飽和溶液中存在NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)，為盡可能析出較多NH4Cl晶體，可以向溶液中再通入足量的NH3、冷卻并加入NaCl，可使平衡逆向移動(dòng)，故答案為：NaHCO3；NH3；NaCl；足量的NH3、冷卻并加入NaCl，能夠增大NH4+和Cl-的濃度，使平衡NH4Cl(s)NH4+(aq)+Cl-(aq)逆向移動(dòng)；(3)定容過程中需要用到的儀器有燒杯、玻璃棒、100mL容量瓶和膠頭滴管，故答案為：100mL容量瓶；膠頭滴管；(4) 用甲基橙做指示劑，用標(biāo)準(zhǔn)鹽酸溶液滴定NaHCO3，碳酸氫鈉溶液顯堿性，開始時(shí)溶液顯橙色，當(dāng)?shù)稳胱詈笠坏嘻}酸，溶液由橙色變成黃色，且半分鐘內(nèi)部變

44、色，即為滴定終點(diǎn)；根據(jù)圖I圖II，初讀數(shù)為2.40 mL，終讀數(shù)為22.60mL，則消耗的鹽酸溶液體積20.20 mL，故答案為：溶液由橙色變成黃色，且半分鐘內(nèi)部變色；20.20 ；(5)第一次消耗鹽酸的體積是21.00mL-1.00mL=20.00mL，所以兩次消耗鹽酸的平均值是=20.10mL，所以消耗鹽酸的物質(zhì)的量是0.0201L0.5000mol/L；根據(jù)方程式HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2可知，碳酸氫鈉的物質(zhì)的量是0.0201L0.5000mol/L，質(zhì)量是0.0201L0.5000mol/L84g/mol，所以碳酸氫鈉的純度是100%=84.42%，故答案為：84.42%；(6)若該同學(xué)測(cè)定結(jié)果偏大，造成該誤差的原因可能是滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標(biāo)準(zhǔn)酸液進(jìn)行滴定(或滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失或錐形瓶用待測(cè)液潤(rùn)洗了等)，故答案為：滴定管用蒸餾水洗滌后，直接注入標(biāo)準(zhǔn)酸液進(jìn)行滴定(或滴定前有氣泡，滴定后氣泡消失或錐形瓶用待測(cè)液潤(rùn)洗了等)。20、16：15 藍(lán)色 減小 【分析】（1）結(jié)合圖中數(shù)據(jù)，利用阿伏加德羅定律分析；氨氣溶于水，溶液顯堿性；（2）溶解的氣體體積與形成溶液的