1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測試卷注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項(xiàng)符合題意）1、25時，下列有關(guān)電解質(zhì)溶液的說法正確的是（ ）A加水稀釋0.1mol/L氨水，溶液中c(H+)c(OH-)和均不變B配制Fe(NO3)2溶液時，為了防止Fe2+水解可向溶液中加入適量的稀硝酸C向鹽酸中滴加氨水至溶液呈中性，所得溶液中c(

2、NH)=c(Cl-)D向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa固體，溶液的pH降低2、下列說法正確的是A元素的電負(fù)性越大，其單質(zhì)越穩(wěn)定B金屬晶體和離子晶體均具有延展性C晶格能越大，形成的離子晶體越不穩(wěn)定D分子晶體中可能不存在共價鍵3、下列化學(xué)用語正確的A二氧化硅的結(jié)構(gòu)式：O=Si=O BCOS的電子式是：CCl的結(jié)構(gòu)示意圖： DMg原子的電子式：Mg4、在恒溫恒容的密閉容器中發(fā)生可逆反應(yīng)：2NO(g)O2(g)2NO2(g)。其他條件相同時，按下列各組投料進(jìn)行反應(yīng)，平衡時反應(yīng)速率最快的是A2mol NO2和1mol O2B1mol NO和1mol O2C1mol NO和2mol O2D2

3、mol NO和1mol O25、某科研人員提出HCHO與O2在羥基磷灰石(HAP)表面催化氧化生成CO2、H2O的歷程，該歷程示意圖如圖(圖中只畫出了HAP的部分結(jié)構(gòu))。下列說法不正確的是（ ）AHAP能提高HCHO與O2的反應(yīng)速率BHCHO在反應(yīng)過程中，有CH鍵發(fā)生斷裂C根據(jù)圖示信息，CO2分子中的氧原子全部來自O(shè)2D該反應(yīng)可表示為：HCHOO2CO2H2O6、下列物質(zhì)間關(guān)系判斷正確的是( )A1H2、2H2 同位素BO2-、O22-同素異形體CHCOOCH3、CH3OCHO 同分異構(gòu)體DHCOOH、C15H31COOH 同系物7、X、Y、Z是三種氣態(tài)物質(zhì)，在一定溫度下其變化符合下圖。下列說

4、法一定正確的是（ ）A該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為X（g） +3Y（g） 2Z（g） H=（E2E1）kJB若圖III中甲表示壓強(qiáng)，乙表示Z的含量，則其變化符合圖III中曲線C圖II曲線a是加入催化劑時的能量變化曲線，曲線b是沒有加入催化劑時的能量變化曲線D該溫度下，反應(yīng)的平衡常數(shù)數(shù)值約為533。若升高溫度，則該反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，Y的轉(zhuǎn)化率降低8、為了探究FeSO4和Cu(NO3)2的混合物中各組分的含量，現(xiàn)設(shè)計如下流程：下列敘述中不正確的是()An=0.02Bm=3.2CV=2240D原混合物中FeSO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為89%9、在酸性條件下，黃鐵礦(FeS2)催化氧化的反應(yīng)2FeS2+7O2+2H

5、2O=2Fe2+4SO+4H+，實(shí)現(xiàn)該反應(yīng)的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化如圖所示。下列分析錯誤的是A反應(yīng)I的離子方程式為4Fe(NO)2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2OB反應(yīng)的氧化劑是Fe3+C反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)D黃鐵礦催化氧化過程中：NO和Fe(NO)2+均作催化劑10、下列各物質(zhì)中，不能由組成它的兩種元素的單質(zhì)直接化合而得到的是（ ）AFeSBFe3O4CFeCl2DFeCl311、用一種陰、陽離子雙隔膜三室電解槽處理廢水中的NH4+，模擬裝置如圖所示。下列說法正確的是A陽極室溶液由無色變成棕黃色B陰極的電極反應(yīng)式為：4OH-4e=2H2O+O2C電解一段時間后，陰極室溶液中的pH升高D電解一段

6、時間后，陰極室溶液中的溶質(zhì)一定是(NH4)3PO412、常溫下pH=2的溶液中離子數(shù)據(jù)如下：則該溶液中還存在的一種離子是AK+BBa2+CCl-DCO32-13、下列敘述中正確的是A 將SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色，不能說明SO2具有漂白性B 濃鹽酸和濃硫酸暴露在空氣中濃度都會降低，其原因相同C 向某無色溶液中滴加氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，再加入稀鹽酸后該沉淀不溶解，說明原溶液中一定含有SO42-D 土壤中的閃鋅礦(ZnS)遇到硫酸銅溶液轉(zhuǎn)化為銅藍(lán)(CuS)，說明CuS很穩(wěn)定，不具有還原性14、下列離子方程式書寫正確的是A醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應(yīng)：CaCO32HCa2H2OC

7、O2B向次氯酸鈣溶液中通入SO2氣體：Ca2+2ClO-+H2O+SO2CaSO3+2HClOC用氨水吸收足量的SO2氣體：OHSO2 = HSO3D在氯化亞鐵溶液中加入稀硝酸：3Fe2+4H+NO33Fe3+2H2O+NO15、在體積固定的密閉容器中加入2mol A和1mol B，發(fā)生反應(yīng)：2A（g）+B（g）3C（g）+D（g），達(dá)到平衡時C的濃度為a mol/L若維持容器體積和溫度不變，按下列四種配比作為起始物質(zhì)，達(dá)到平衡后，C的濃度仍為a mol/L的是A4 mol A+2 mol B B2 mol A+1 mol B+1 mol HeC3 mol C+2 mol D D2 mol A

8、+1 mol D16、化學(xué)與社會、生活、材料、能源密切相關(guān)，下列說法不正確的是A一種硅酸鹽礦物石棉(CaMg3Si4O12) 可表示為：CaO3MgO4SiO2B3D打印鈦合金材料，可用于航空、航天等尖端領(lǐng)域C可燃冰是21世紀(jì)新型潔凈能源，其組成可表示為CH4nH2OD納米級材料（1nm100nm）是一種膠體二、非選擇題（本題包括5小題）17、功能高分子P可用作光電材料，其合成路線如下：已知：i: （R,R表示氫或烴基）ii. iii. （1）烴A的相對分子質(zhì)量是26，其結(jié)構(gòu)簡式是_。（2）反應(yīng)的反應(yīng)類型是_。（3）C中含有的官能團(tuán)名稱是_。（4）D為苯的同系物，反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（5）G

9、的結(jié)構(gòu)簡式是_。（6）反應(yīng)的化學(xué)方程式是_。（7）反應(yīng)和的目的是_。（8）以乙炔和甲醛為起始原料，選用必要的無機(jī)試劑合成1，3-丁二烯，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機(jī)物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明試劑和反應(yīng)條件）。_18、現(xiàn)有A、B、C、D四種短周期元素，已知A、B同主族，B、C、D同周期，A、B的原子序數(shù)之和等于C、D的原子序數(shù)之和，C的單質(zhì)能分別跟B和D的最高價氧化物的水化物反應(yīng)請回答：（1）B、C和的D元素符號分別為_、_、_（2）上述四種元素的原子半徑由大到小的順序(用元素符號表示)為_ （3）D單質(zhì)在A單質(zhì)中燃燒的產(chǎn)物與二氧化碳反應(yīng)的化學(xué)方程式_（4）由A、B形成的化合物是一種

10、大氣污染物，可用足量D的最高價氧化物的水化物來除去，寫出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_.19、為了驗(yàn)證SO2的性質(zhì)，某同學(xué)利用輸液管設(shè)計了如下微型實(shí)驗(yàn)：請回答：(1)儀器A的名稱是_。(2)裝置C中NaOH的作用是_。(3)下列說法正確的是_。A裝置l、3、4中溶液均褪色，可證明SO2具有漂白性B裝置2中石蕊試液只變紅不褪色，證明SO2是一種酸性氧化物C反應(yīng)結(jié)束后，可由a導(dǎo)管向裝置中加水，將氣體趕出后再拆裝置D在a導(dǎo)管處用向下排空氣法收集SO220、二氧化鈰（CeO2）是一種重要的稀土氧化物。平板電視顯示屏生產(chǎn)過程中產(chǎn)生大量的廢玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2以及其他少量可溶于稀酸的物質(zhì)）。某

11、課題組以此粉末為原料回收鈰，設(shè)計實(shí)驗(yàn)流程如下：（1）洗滌濾渣A的目的是為了去除_（填離子符號），檢驗(yàn)該離子是否洗滌的方法是_。（2）第步反應(yīng)的離子方程式是_，濾渣B的主要成分是_。（3）萃取是分離稀土元素的常用方法，已知化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，TBP_（填“能”或“不能”）與水互溶。實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行萃取操作是用到的主要玻璃儀器有_、燒杯、玻璃棒、量筒等。（4）取上述流程中得到的Ce(OH)4產(chǎn)品0.536g，加硫酸溶解后，用0.1000molL-1FeSO4標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定終點(diǎn)是（鈰被還原為Ce3+），消耗25.00mL標(biāo)準(zhǔn)溶液，該產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為_。21、利

12、用反應(yīng)NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)+Q（Q0）可處理NO2、SO2等大氣污染物，具有十分重要的意義。完成下列填空。(1)該反應(yīng)中被氧化的元素是_；寫出該反應(yīng)的平衡常數(shù)表達(dá)式：K=_。(2)若將NO2(g)和SO2(g)置于一密閉容器中進(jìn)行上述反應(yīng)。下列說法能表明反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)的是_（選填編號）。a.混合氣體顏色保持不變 b.NO2和NO的體積比保持不變c.每消耗1mol SO2的同時生成1mol SO3 d.體系中氣體密度保持不變(3)一定溫度下，在容積為V L的容器中發(fā)生上述反應(yīng)，t min內(nèi)，SO2的物質(zhì)的量下降了a mol，則這段時間內(nèi)v(NO)=_（用相關(guān)字母表

13、示并注明單位）。(4)請寫出兩種能提高SO2轉(zhuǎn)化率的措施：_。(5)亞硫酸溶液久置，pH會變小，請用化學(xué)方程式表示其原因_。(6)將SO2持續(xù)通入NaOH溶液中，溶液中SO32-的濃度變化如圖所示，請解釋原因。_。2022-2023學(xué)年模擬測試卷參考答案（含詳細(xì)解析）一、選擇題（每題只有一個選項(xiàng)符合題意）1、C【題目詳解】A. 溶液中c(H+)c(OH)=Kw，Kw只與溫度有關(guān)，則c(H+)c(OH)不變，= ，稀釋過程中c(OH)發(fā)生變化，則變化，故A錯誤；B. 稀硝酸具有氧化性會把Fe2+氧化成Fe3+，故B錯誤；C. 向鹽酸中滴加氨水至溶液呈中性，有電荷守恒c(NH)+c(H+)=c(C

14、l-)+c(OH-)，c(H+)= c(OH-)，所得溶液中c(NH)=c(Cl-)，故C正確；D. 向CH3COOH溶液中加入少量CH3COONa，溶液中= ，加入CH3COONa，增大，c(H+)減小，溶液堿性增強(qiáng)，pH增大，故D錯誤；故選C。2、D【題目詳解】A單質(zhì)的穩(wěn)定性與電負(fù)性無關(guān)，故A錯誤；B金屬晶體有延展性，離子晶體沒有延展性，故B錯誤；C離子晶體的晶格能越大，離子鍵越難以斷裂，形成的離子晶體越穩(wěn)定，故C錯誤；D惰性氣體單質(zhì)為分子晶體，為單原子分子，不存在共價鍵，故D正確；綜上所述答案為D。3、B【答案解析】A由于二氧化硅為原子晶體，1個硅原子形成4個硅氧鍵，1個氧原子形成2個硅

15、氧鍵，所以二氧化硅中不存在硅氧雙鍵，故A錯誤；B羰基硫(COS)分子中含有1個C=O鍵和1個S=C鍵，其正確的電子式為，故B正確；C、Cl-的質(zhì)子數(shù)為17，電子數(shù)為18，離子結(jié)構(gòu)示意圖為：，故C錯誤；D鎂原子最外層為2個電子，Mg原子的電子式為 Mg：，故D錯誤；故選B。4、A【題目詳解】恒溫恒容的密閉容器中，由pV=nRT可知，物質(zhì)的量越多，壓強(qiáng)越大，正逆反應(yīng)速率越大，A中極限轉(zhuǎn)化為反應(yīng)物時反應(yīng)物的物質(zhì)的量為4mol ，B中反應(yīng)物的物質(zhì)的量為2mol， C、D中反應(yīng)物的物質(zhì)的量為3mol， 顯然選項(xiàng)A中物質(zhì)的量最多，濃度最大，則反應(yīng)速率最大，答案選A?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)反應(yīng)速率的影響因

16、素，恒溫恒容的密閉容器，物質(zhì)的量越多，壓強(qiáng)越大，反應(yīng)速率越大，所以達(dá)到平衡時反應(yīng)速率就大。5、C【題目詳解】A根據(jù)圖知，HAP在第一步反應(yīng)中作反應(yīng)物，在第二步反應(yīng)中作生成物，所以是總反應(yīng)的催化劑，催化劑能改變化學(xué)反應(yīng)速率，因此該反應(yīng)中HAP作催化劑而提高反應(yīng)速率，A正確；B根據(jù)圖示可以發(fā)現(xiàn)，甲醛分子中的兩個C-H鍵的H原子都與O發(fā)生斷裂，故僅有C-H鍵發(fā)生斷裂，B正確；C根據(jù)圖知，CO2分子中的氧原子一部分來自O(shè)2，另一部分還來自于甲醛，C錯誤；D該反應(yīng)中反應(yīng)物是甲醛和氧氣，生成物是二氧化碳和水，HAP為催化劑，反應(yīng)方程式為：HCHOO2CO2H2O，D正確；故選C。6、D【題目詳解】A項(xiàng)中的

17、1H2、2H2 均為單質(zhì)，不是同位素關(guān)系，A錯誤；B項(xiàng)中O2-、O22- 均為離子，不是單質(zhì)，B錯誤；C中HCOOCH3、CH3OCHO 均是甲酸甲酯，只是寫法有些不同，所以不是同分異構(gòu)體；D項(xiàng)HCOOH、C15H31COOH均是一元羧酸，相差C15H30 ，所以屬于同系物關(guān)系，故選D。7、D【分析】圖中X、Y的物質(zhì)的量濃度逐漸減小，應(yīng)是反應(yīng)物，Z的物質(zhì)的量濃度逐漸增大，應(yīng)是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據(jù)濃度的變化之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知反應(yīng)方程式應(yīng)為X（g）+3Y（g） 2Z（g），由圖反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量可知該

18、反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱為H=-（E2-E1）kJ/mol，該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為X（g）+3Y（g） 2Z（g），H=-（E2-E1）kJ/mol，據(jù)以上分析進(jìn)行解答?！绢}目詳解】A項(xiàng)、結(jié)合以上分析可知，該反應(yīng)熱化學(xué)方程式為X（g）+3Y（g） 2Z（g），H=-（E2-E1）kJ/mol，故A錯誤；B項(xiàng)、結(jié)合以上分析可知，壓強(qiáng)增大，平衡右移，Z的含量應(yīng)增大，故B錯誤；C項(xiàng)、圖也可能為加入不同的催化劑，b的催化效果較好的能量變化曲線，或是曲線b是加入催化劑，曲線a是沒有加入催化劑時的能量變化曲線，故C錯誤；D項(xiàng)、該反應(yīng)放熱，升高溫度，平衡向逆反應(yīng)方向移動，該反應(yīng)的平衡常數(shù)減小，Y的轉(zhuǎn)化率降低，故

19、D正確；故選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】圖中X、Y的物質(zhì)的量濃度逐漸減小，應(yīng)是反應(yīng)物，Z的物質(zhì)的量濃度逐漸增大，應(yīng)是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據(jù)濃度的變化之比等于化學(xué)計量數(shù)之比可知反應(yīng)方程式應(yīng)為X（g）+3Y（g） 2Z（g），由圖反應(yīng)物的總能量大于生成物的總能量可知該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，反應(yīng)熱為H=-（E2-E1）kJ/mol是解答關(guān)鍵。8、B【答案解析】步驟加入9g鐵粉生成氫氣，說明前面步驟硫酸有剩余，溶液a與nmol氯氣完全反應(yīng)，說明溶液a中含有Fe2+，17.08g FeSO4和Cu(NO3)2的混合物與0.14mol硫酸混合，NO3

20、-全部被還原為NO，NO的物質(zhì)的量是 ，根據(jù)氮元素守恒，樣品中Cu(NO3)2的質(zhì)量是 ，F(xiàn)eSO4的質(zhì)量為17.08-1.88=15.2g； 物質(zhì)的量是0.1mol；設(shè)與硝酸根離子反應(yīng)的亞鐵離子的物質(zhì)的量是xmol，消耗氫離子的物質(zhì)的量為ymol；X =0.06，y=0.08mol；溶液a中亞鐵離子的物質(zhì)的量是0.1-0.06=0.04mol；根據(jù)方程式 ，需要氯氣0.02mol，故A正確；根據(jù)鐵元素守恒，通入氯氣后溶液中鐵離子的物質(zhì)的量是0.1mol，根據(jù)反應(yīng)，消耗鐵的物質(zhì)的量是0.05mol，即2.8g；溶液a中氫離子的物質(zhì)的量0.14 -0.08=0.2mol，根據(jù) ，消耗鐵0.1mo

21、l，即5.6g；a溶液中含有0.01mol ，消耗鐵0.01mol，即0.56g；同時生成銅0.64g，剩余固體質(zhì)量是9-2.8-5.6-0.56+0.64=0.68g，故B錯誤；生成氫氣0.1mol，體積為2.24L，故C正確；原混合物中FeSO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)約為，故D正確。9、D【分析】步驟I中，O2將Fe(NO)2+氧化為Fe3+，并釋放出NO；中Fe3+將FeS2氧化成，生成的Fe2+在中又與NO結(jié)合成Fe(NO)2+進(jìn)入下一個過程?？偡磻?yīng)為：2FeS2+7O2+2H2O 2Fe2+ +4SO42+4H+，NO的量不變，作催化劑，據(jù)此分析作答?！绢}目詳解】A根據(jù)上述圖示信息可以看出，反應(yīng)

22、I中Fe(NO)2+與O2反應(yīng)生成NO和Fe3+，根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律可知，該離子方程式為4Fe(NO)2+O2+4H+=4Fe3+4NO+2H2O，故A正確；B反應(yīng)中硫元素的化合價升高，鐵元素的化合價降低，F(xiàn)e3+作氧化劑，故B正確；C反應(yīng)的離子方程式為Fe2+NO=Fe(NO)2+，所含元素的化合價沒有發(fā)生變化，該反應(yīng)是非氧化還原反應(yīng)，故C正確；D由圖可以看出，加入的NO參與反應(yīng)，又重新生成，前后沒有發(fā)生量的變化，所以在酸性條件下，黃鐵礦催化氧化中NO作催化劑，但Fe(NO)2+不是催化劑，故D錯誤；答案選D?！敬鸢更c(diǎn)睛】分解成多步描述的反應(yīng)中，判斷催化劑的方法可以是：分析整個過程中，該

23、物質(zhì)消耗的量和重新生成的量是否相等。10、C【題目詳解】A鐵為變價金屬，遇到弱氧化劑被氧化為+2價化合物，F(xiàn)e+SFeS，故A不選；B鐵和氧氣直接反應(yīng)生成四氧化三鐵，3Fe+2O2Fe3O4，故B不選；C氯氣是強(qiáng)氧化劑氧化變價金屬生成高價化合物，鐵和氯氣化合反應(yīng)只能生成氯化鐵，2Fe+3Cl2 2FeCl3，不能直接生成氯化亞鐵，故C選；D鐵和氯氣化合反應(yīng)只能生成氯化鐵，2Fe+3Cl2 2FeCl3，故D不選；答案選C。11、C【題目詳解】A根據(jù)裝置圖知，F(xiàn)e為陽極，陽極上Fe失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成Fe 2+，電極反應(yīng)式為Fe -2e-=Fe2+，所以溶液由無色變淺綠色，故A錯誤；B陰極上H

24、+放電生成H2，電極反應(yīng)式為2H+2e-H2，故B錯誤；C電解時，陰極上H+放電生成H2，溶液中c(H+)減小，溶液中pH增大，故C正確；D電解時，溶液中NH4+向陰極室移動，陰極上H+放電生成H2，電解一段時間后陰極室中溶質(zhì)可能為(NH4)3PO4、NH4HPO4、(NH4)2HPO4，故D錯誤；故選C。12、C【分析】pH=2的溶液含大量的H+，離子之間不能結(jié)合生成沉淀、氣體、水等，則離子大量共存，結(jié)合溶液為電中性來解答?！绢}目詳解】pH=2的溶液含大量的H+，c(H+)=1.010-2mol/L，結(jié)合表中數(shù)據(jù)可知，1.010-2mol/L+1.010-2mol/L+1.010-2mol/

25、L31.010-2mol/L+1.7510-22，則還含離子為陰離子，且CO32-與Fe3+反應(yīng)生成沉淀不能共存，只有C合理，故合理選項(xiàng)是C。【答案點(diǎn)睛】本題考查常見離子的檢驗(yàn)及離子共存，把握溶液的pH及電荷守恒為解答的關(guān)鍵，注意電荷守恒的應(yīng)用，題目側(cè)重考查學(xué)生的分析與應(yīng)用能力。13、A【答案解析】試題分析：A、將足量二氧化硫通入酸性高錳酸鉀溶液中，溶液褪色，說明二氧化硫的還原性被高錳酸鉀氧化，故A正確；B、濃硫酸具有吸水性、濃鹽酸具有揮發(fā)性，濃硫酸和濃鹽酸放置在空氣中一段時間后溶液都變稀，濃硫酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，溶液的體積增大，濃鹽酸中溶質(zhì)的物質(zhì)的量減小，所以二者原因不同，故B錯誤；C、

26、向某無色溶液中滴加氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀，該白色沉淀可能為氯化銀，再加入稀鹽酸后氯化銀沉淀不溶解，原溶液中可能存在銀離子，不一定含有SO42-離子，故C錯誤；D、CuS、ZnS都為難溶于水的鹽，CuS的溶解度小于ZnS的溶解度，CuSO4與ZnS發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)，ZnS能轉(zhuǎn)化為CuS，為溶解度大的物質(zhì)向溶解度小的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，與CuS很穩(wěn)定不具有還原性無關(guān)，故D錯誤；故選A?？键c(diǎn)：考查了離子的檢驗(yàn)方法，物質(zhì)的性質(zhì)的相關(guān)知識。14、D【答案解析】A醋酸和碳酸鈣都應(yīng)該保留化學(xué)式，正確的離子方程式為：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故A錯誤；B次氯酸鈣溶液中通入少

27、量SO2氣體發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成CaSO4 沉淀，故B錯誤；C氨水吸收過量SO2反應(yīng)為NH3H2O+SO2=NH4HSO3，離子反應(yīng)為NH3H2O+SO2=NH4+HSO3-，故C錯誤；D氯化亞鐵溶液中加入稀硝酸，二者發(fā)生氧化還原反應(yīng)，反應(yīng)的離子方程式為：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+2H2O+NO，故D正確；故選D。15、B【答案解析】判斷全等平衡的方法是將物質(zhì)全部靠到一邊進(jìn)行極限轉(zhuǎn)化，再與原反應(yīng)進(jìn)行比較來判斷，若各物質(zhì)與原來相等，則等效，否則不等效。因?yàn)榉磻?yīng)前后體積是變化的，所以當(dāng)容積不變時，要使C的物質(zhì)的量的濃度仍然為amol/L，則起始物質(zhì)的物質(zhì)的量必須和最初的相同?！绢}目詳解】A

28、項(xiàng)、4molA+2molB，這與這和題目開始不一樣，故A錯誤；B項(xiàng)、恒容條件下，充入不反應(yīng)的稀有氣體，不改變各組分的濃度，這和題目開始不一樣，故B錯誤；C項(xiàng)、采用極限分析法，3molC和2molD完全反應(yīng)生成2molA和1molB，余下1molD，此時容器中共含有2molA、1molB和1molD，這和題目開始不一樣，故C錯誤；D項(xiàng)、2 mol A和1 mol D中沒有反應(yīng)物B，不能發(fā)生反應(yīng)，故D產(chǎn)物。故選B。【答案點(diǎn)睛】判斷全等平衡的方法要注意恒溫恒容和恒溫恒壓，恒溫恒容：反應(yīng)前后氣體體積不等，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化一邊，對應(yīng)物質(zhì)滿足等量；反應(yīng)前后氣體體積相等，按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化一邊，對應(yīng)物質(zhì)滿足等

29、比；恒溫恒壓：按化學(xué)計量數(shù)轉(zhuǎn)化一邊，對應(yīng)物質(zhì)滿足等比。16、D【答案解析】A、一種硅酸鹽礦物石棉(CaMg3Si4O2)，根據(jù)化合價用氧化物可表示為：CaO3MgO4SiO2，故A正確；B、3D打印鈦合金材料，由于密度小，強(qiáng)度大等性能，可用于航空、航天等尖端領(lǐng)域，故B正確；C、“可燃冰”是水與天然氣相互作用形成的晶體物質(zhì)，主要存在于凍土層和海底大陸架中；據(jù)測定一種“可燃冰”中平均每46個水分子構(gòu)成8個分子籠，每個分子籠可容納1個甲烷分子，其組成可表示為CH4nH2O，故C正確；D、膠體為分散系，而納米材料不是分散系，故D錯誤；故選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、加成反應(yīng)碳碳三鍵、溴原子

30、保護(hù)苯環(huán)上的（酚）羥基【答案解析】（1）分子量為26的烴一定有2個碳原子，這樣就只能連兩個氫原子湊成26的分子量，所以是乙炔（C2H2），結(jié)構(gòu)簡式為 。（2）反應(yīng)進(jìn)行的一定是題目給出的已知，該反應(yīng)為用碳碳三鍵一端的H原子對碳氧雙鍵進(jìn)行加成，得到炔醇類化合物，所以反應(yīng)的反應(yīng)類型是加成反應(yīng)。得到的B為CHC-CH2OH。B與HBr發(fā)生取代得到（C）CHC-CH2Br。（3）B與HBr發(fā)生取代得到（C）CHC-CH2Br。C中含有的官能團(tuán)為碳碳三鍵和溴原子。（4）D為苯的同系物，根據(jù)反應(yīng)的生成物，D只能是對二甲苯（）。所以反應(yīng)為。（5）反應(yīng)將溴原子水解，再酸化得到（E），與CH3I發(fā)生已知中的反應(yīng)得

31、到，經(jīng)高錳酸鉀氧化為（F），再與HI發(fā)生題目已知的反應(yīng)，得到（G）。（6）C和G發(fā)生取代得到（H），H發(fā)生加聚反應(yīng)得到最后產(chǎn)物，所以方程式為。（7）用高錳酸鉀氧化甲基為羧基的過程中，要防止氧化酚羥基，所以設(shè)計反應(yīng)和，對酚羥基進(jìn)行保護(hù)。（8）乙炔有兩個碳原子，甲醛只有一個碳原子，所以必須用一個乙炔結(jié)合兩個甲醛以生成最終的四個碳原子的化合物。結(jié)合題目信息，一定選擇乙炔和兩個甲醛進(jìn)行加成，后續(xù)過程就很好理解了。所以路線為：18、S Al Na NaAlSO 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 Na2O2+SO2=Na2SO4 【分析】現(xiàn)有A、B、C、D四種短周期元素，已知A、B同主族，B、

32、C、D同周期，C的單質(zhì)能分別跟B和D的最高價氧化物的水化物反應(yīng)，說明C為金屬鋁，則B、D形成的為強(qiáng)酸或強(qiáng)堿，則B為鈉或硫，A為氫或氧元素，A、B的原子序數(shù)之和等于C、D的原子序數(shù)之和，說明B為硫，A為氧，D為鈉。則A為氧，B為硫，C為鋁，D為鈉。據(jù)此解答?！绢}目詳解】根據(jù)以上分析可知，A為氧，B為硫，C為鋁，D為鈉(1)B、C、D的元素符號為：S 、Al、Na。 (2)根據(jù)電子層越多，半徑越大，相同電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越大，半徑越小分析，半徑關(guān)系為： NaAlSO； (3) 鈉在氧氣中燃燒生成過氧化鈉，過氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，方程式為：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+

33、O2; (4). 硫和氧形成的大氣污染物為二氧化硫，過氧化鈉具有強(qiáng)氧化性，能氧化二氧化硫氧化生成硫酸鈉，方程式為： Na2O2+SO2=Na2SO4。19、分液漏斗吸收多余的SO2， 防止污染空氣BC【答案解析】本題考查實(shí)驗(yàn)性質(zhì)設(shè)計方案的評價，（1）儀器A為分液漏斗；（2）SO2有毒，危害空氣，SO2屬于酸性氣體，因此氫氧化鈉的作用是尾氣處理，即吸收多余SO2；（3）A、品紅溶液褪色，說明SO2的漂白性，溴水、高錳酸鉀溶液褪色，證明SO2的還原性，故錯誤；B、SO2是酸性氧化物，使石蕊溶液只變紅，不褪色，故正確；C、SO易溶于水，由a導(dǎo)管向裝置中加水，將氣體趕出后再拆裝置，SO2的密度大于空氣

34、，用向上排空氣法收集，故正確。點(diǎn)睛：本題考查實(shí)驗(yàn)方案設(shè)計的評價，難點(diǎn)是SO2的漂白性和還原性，SO2使品紅溶液褪色，證明SO2的漂白性，SO2使溴水、酸性高錳酸鉀溶液褪色，證明SO2的還原性，與溴水反應(yīng)的離子反應(yīng)方程式：SO2Br22H2O=4HSO422Br；實(shí)驗(yàn)設(shè)計時，應(yīng)注意尾氣的處理。20、濾渣上附著的Fe3+、Cl-等 取最后洗滌液少量于試管中，滴加幾滴AgNO3溶液，如無白色沉淀，則洗干凈 2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O SiO2 不能 分液漏斗 97.01% 【題目詳解】（1）濾渣A上含有FeCl3，洗滌濾渣A的目的是為了除去Fe3+、Cl-，因此檢驗(yàn)是否洗

35、滌干凈的實(shí)驗(yàn)操作為：取最后一次洗滌液，加入KSCN溶液，若不出現(xiàn)紅色，則已洗凈，反之，未洗凈或取最后洗滌液少量，滴加AgNO3，如無白色沉淀，則洗干凈；（2）稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應(yīng)生成轉(zhuǎn)化為Ce2(SO4)3、O2和H2O，反應(yīng)的離子方程式為：2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉(zhuǎn)化為Ce3+，SiO2不反應(yīng)，濾渣B的成分為SiO2；（3）化合物TBP作為萃取劑能將鈰離子從水溶液中萃取出來，所以TBP不能與水互溶，實(shí)驗(yàn)室進(jìn)行萃取操作時用到的主要玻璃儀器有分液漏斗、燒杯、玻璃棒、量筒等；（4）用0.1000mol/LFeSO4溶液滴定至終點(diǎn)，鈰被還原成Ce3+，則Fe2+被氧化為Fe3+，則Ce(OH)4FeSO40.0025mol 0.1000mol/L-10.025L所以mCe(OH)4=0.0025mol208g/mol=0.52g產(chǎn)品中Ce(OH)4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為0.52/0.536100%=97.0%。21、SO2中+4價的S ab mol/(Lmin) 通入NO2、移走NO或SO3、降低溫度、通入O2等（任寫兩種） 2H2SO3 +O2=2H2SO4