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）.pdf

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1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：1.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。2.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。3.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C02转化为可利用的资源。目前工业上有一种方法是用 CO?来生产燃料甲醇。一定条件下发生反应:C（）2（g）+3H2（g）；CHaOHCg）+H20（g）

2、,下图表示该反应过程中能量（单位为k J molT）的变化如图，关于该反应的下列说法中，正确的是A.AH0,AS0 B.AH0,AS0 C.AH0 D.AH0,ASA13+H+C浓 HNCh能氧化NO;稀 HNCh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:C2HsOHcHzOA.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

3、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.=411 B.o=Q I C.?D.11、将 0.1 mol镁和铝的混合物溶于100 mL 2 moi/L稀硫酸中，然后滴加1 mol/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)=400mL。C.若其中镁粉的物质的量分数为a,用 10()mL2 moi/L稀硫酸溶解此混合物后，再

4、加入450 mLimol/L NaOH溶液,所得沉淀中无A1(OH)3,则 a 的取值范围为*a HNC)3(aq)B-2(g)福 温 端 新 他)N4。式叫)NaCI(aq)H2O(1)C.NH Jg)f Na?COJs)f NaHCOJs)CO2(g)/，CO2(g)D.NHqCKs)9鬻-NIM g)飕-NCXg)1 4、下列分子式一定只表示一种物质的是A.C6HIO B.C4H8 C.CH4O D.C2H4CI21 5、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

5、其生理活性1 6、在稳定人体血液的pH 中起作用的离子是A.Na+B.HCO3-C.Fe2+D.Cl1 7、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 其 工 作 装 置 如 图 所 示，下列说法不正确的是()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/L iFePO 作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1

6、 8、下列说法正确的是()A.地沟油经过加工处理可用来制肥皂B.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.明帆溶于水生成氢氧化铝胶体，起消毒杀菌的作用1 9、已知在相同条件下进行下列反应：C l2+2 K B r=2 K C l+B r2；K C 1 O3+6 H C 1=3 C 121 +K C 1+3 H2O:（3）2 K B r O3+C 1 2=B r2+2 K C 1 03 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.反应和反应中均生成Bn,澳元素发生的变化相同C.反应中被氧化与被还原物质的物质的量之比为6：1D.中

7、 1 m o l 还原剂反应，则氧化剂得到电子的物质的量为1 0 m o l2 0、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：H2SO4H2SiO3H2CO32 1、实验室用Hz还原SiHCb（沸点：31.85 C）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（）in 1VA.装置II、HI中依次盛装的是浓H2s04、冰水B.实验时，应

8、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、硫氟化钾溶液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铁固体反应制备氨气2 2、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 8 4 分）COOII2 3、（1 4 分）水杨酸的结构简式为人/,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：2RCH2cH”?11 I

9、 o回答下列问题：A.11X11=C-CIK）（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）第步的反应类型为一；D中 所 含 官 能 团 的 名 称 为；（3）第步反应的化学方程式为 o（4）E 的 分 子 式 是。（5）Imol水杨酸分别消耗NaOH、NaHCth的 物 质 的 量 之 比 是（6）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3moiNaOH的 同 分 异 构 体 的 结 构 简 式 是 苯环上有两个取代基与FeCb发生显色反应 能发生水解反

10、应2 4、（1 2 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）。A.Y 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg（OH）2B.Z 的气态氢化物的稳定性小于HFC.WZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）Z 的单质可以从NaBr溶液中置换出B n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

11、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 Y 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CuSO,溶液 N aCl溶液甲池 乙池 西池甲池是 装置，通入02气 体 的 电 极 上 的 反 应 式 为.乙池中so

12、42-移向 电极(填“石墨”或“Ag”)。(2)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FeSOa制备还原铁粉的工业流程如下:IFcSO,发3；磁 T声 可 也 髭CO，(NH.hSO.实验室中可用FeSO4(用铁粉和稀硫酸反应制得)和NH4HC。；,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_ _ _ _ _

13、 中.(2)实验过程中，欲将生成的Fes。,溶液和NH4HCO、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FeCO1在空气中被氧化为FeO O H,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）2 4H2O（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,C02+能与H NCh-大量

14、共存）可能用到的试剂:Na2c03溶液、CH3coOH溶液、HN（h 溶液。先将CoO溶于（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，过滤，洗涤;向沉淀中加入 溶液至沉淀完全溶解，调节pH约为6.8,经一系列操作得CO（C H 3 C O O）2-4 H2OO（2）为探究乙酸钻的热分解产物，先在低于100 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）：通 N2的目的是 o澄清石灰水和PdCL溶液分别用于检验CO2和 CO,其中盛放PdCh溶 液 的 装 置 是 一（填字母）。实验结束时，为

15、防止倒吸，正 确 的 操 作 是。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xlOO%）为 45.4%。该氧化物为装置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3.0125 g,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2.5 g、10.6 g）,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。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

16、附在催化剂表面的物种用“ad”表示。2NO(g)+O2(g)U 2NO2(g)(AH Ea)的反应历程由两步基元反应组成：I.2NO(g)WN2O2(g)(快)AHiVOEai vi i=k i iE C2(NO)vi 逆=小屋例202)U.N2Ch(g)+O2(g)=2NO2(g)(慢)AH2Vo Ea2 V 2 m=kz m c(N2O2)c(O2)V2is=k2c2(NO2)一定温度下，反应2NO(g)+O2(g)=2NCh(g)达到平衡状态，写出用正、小逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=下列关于反应2NO(g)+O2(g)=2NCh(g)的 说 法 正 确 的 是。A.2Ea=

17、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在其他条件不变的情况下，2NO(g)+(h(g)=2NO2(g)反应速率随着温度升高而减小，请解释原因画出2NO+O2=2NO2的反应过程一能量示意图_ _ _ _ _ _.能 量|反应过程29、(10分)重锯酸钾是一种重要的化工原料，一般由铭铁矿制备，铭铁矿的主要成分为FeOCmth,还含有硅、铝等杂质。制备流程如图所示:路触、仪化NZCOTNANO水发 调用=7 过城回答下列问题:(1)步骤的主要反应为:FeOCnCh+Na2c(h+NaNCh Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO

18、2,上述反应配平后FeOCrzCh与 NaNO3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76 k g 铭 铁 矿 粉(含 Cr2Ch40%)制备KzCrzCh,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，

19、则为燧减的反应；【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，则为懒减的反应，即H V（）,AS 反应II是 4 N&+5 0 =,4 N O +6 H 2。、反应ID是2 N O +O2=2 N O2、反应N 是 3NO?+H 8=2HNO,+N O，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W生成纯碱，故 B正确；反应W中生成的N0、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

20、、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A W h,故 D 正确；故选D。5、D【答案解析】A.由图像可知，A B C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 UC是放热反应

21、，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AH=EI+E3-E2-E4,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】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，故错误；一个N三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，故正确；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，故正确；反应方程式两边气体的体积不相等，保持其它条件不变

22、，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，故正确；NH3、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，故正确；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，故错误；正反应速率 u(H2)=0.6mol L min 逆反应速率 (NH3)=0.4 mol L min 1,逆反应速率 u(H2)=0.6m o l-L-m in *,则氢气的正逆反应速率相等，达到了平衡状态，故正确。综上所述正确答案为C7、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O.

23、lmol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.lm ol,故含O.lmol氧原子；水的质量为10g-4.6g=5.4g,物质的量为0.3m ol,故含0.3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为0.4 m ol,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.H2I8O与D2O的摩尔质量均为20g/mol,故2 0 g的 底 照 与D2O的物质的量均为Im ol,且两者中均含10个中子,故Im

24、olH is。与D2O中均含IONA个中子，故D正确。故答案选D。8、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MgS(固体；加热蒸干MgCL溶液得不到MgC&固体，A正确；B.离子的放电顺序是：Cu2*Ht N a所以电解CuCk溶液，阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na,B错误；C.HNOs浓度越大，氧化性越强，因此浓田 能氧化NO；稀 H NO 3不能氧化NO,C正确；D.羟基中氢的活性：CJlsOHVHzO,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

25、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 M11O2。(2)考虑氧化还原反应。如加热蒸干Na2s03溶液，所得固体为NazSO,。(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)NH,。溶液、(NH4bS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

26、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：B。10、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=15()mL时，此时溶液是MgSCh、A R SO R 和 Na2sO4混合液，由 Na+离子守恒可知，n(Na2sO4)=1/2 n(Na+)=1/2 n(NaOH)=1/2x0.15L

27、xlmol-L-,=0.075mol,设 MgSCh为 xmol,Ab(S()4)3为 ymol,根据Mg原子、Al原子守恒可得:x+2y=0.1,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5 0%,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 Na2sCh溶液，根据 SCV-离子和 Na+离子守恒可得：n(Na+)=2n(Na2sO4)=2(H2SO4)=2x0.1Lx2mol L-i=0.4mol,所以滴入 NaOH 溶液的体积为 V(NaOH)=0.4mol/lmol

28、-L1=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：vi=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(M)5mol,即0n(Al)0.05mol,n(Mg)+n(Al)=0.1mol,则 0.5Wn(Mg)1,B P 0.5aH2CO3H2SiO3 D

29、 项错误；本题答案选C.2 1、C【答案解析】本题制备晶体硅，Hz+SiHCh Si+3H C 1,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n 的目的是除去氢气中的水蒸气，即 n 中盛放浓硫酸，III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

30、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。2 2、C【答案解析】A.胶体、溶液都能透过滤纸，过滤无法分开，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1lOOnm之间，而溶液的分散质微粒直径小于In m,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 8 4 分）2 3、C4H10O 1-丁醇 加成反应 羟基 2

31、c H3（CH2）2CH2OH+C2 2CH3（CH2）2CHO+2H2O C15H22O32:19H O-O C O C H；【分析】饱和一元醇A 中氧的质量分数约为21.6%,则根据饱和一元醇的通式CnH2n+2O分析,该醇的分子式为C4HIOO,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)C H O,结合D 的相对分子质量为13()分析，D 的结构简式为CH3cH2cH2cH2cH(CH2cH3)CH20H。【题目详解】根据分析，A的分子式为C 4 H 1 0 O,其结构简

32、式为C H 3 c H 2 c H 2 c H 2 O H,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;第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C 1 5 H 2 2 O 3 ；COOH(5)Imol 消耗2moi氢氧化钠，消 耗 Imol碳酸氢钠，故比例为2:1；(6)X

33、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Y O O C H 3,-C H2O O C H,-O O C C H3,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H O s -O C O C H；o【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竣基和酯基，能和碳酸氢钠反应的官能团为技基。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

34、(可用Z 代替)和B r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C 1,原子得电子能力Br小干C I,元素的非金属性Br弱于C L 单质的氧化性B。弱于冰6石Cl22ALCh(熔融)I -4Al+3O2T2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 T3Fe+NO3+2H+H2O=Fe3O4+一NH4+8A1+3Fe3(h 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

35、期，X、Y、Z 的原子最外层电子数之和为1 4,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”，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H F,能够用元素周期律解释，故选；C.FeCb的溶液可

36、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 B r同主族，最外层均为7 个电子，电子层数、原子半径Br大于C L 核对最外层电子的引力Br小于C L 原子得电子能力Br小干C L 元素的非金属性Br弱于C l,单质的氧化性B n弱于C h,因此氯气可以从NaBr溶液中置换出B n 单质，故答案为C1（可用Z 代替）和 B r同主族，最外层均为7 个电子，电子层数、原子半径Br大于C 1,核对最外层电子的引力Br小于C L 原子得电子能力Br小干C L 元素的非金属性Br弱于C L 单质的氧化性弱于Ch;冰日而（4）工业上用电解

37、熔融的氧化铝制备铝单质，化学方程式为2AW）3（熔融）.4A1+3O2T，故答案为2AWh（熔融）电解（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=2NaAIO2+3出 T，故答案为 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3氏（6）铁可用于处理酸性废水中的N O G 使其转化成为钱根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3+2H+H2O=Fe3O4+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8AI+3Fe3O4理 旦 4Al2O3+9 F e,

38、故答案为 3Fe+NO3+2H+H2O=Fe3O4+NH4+;8A1+3Fe3。匡 旦 4Al2O3+9Fe25、原 电 池（或化学能转化为电能）O2+4e+2H2O=4OH-石墨 1.5 240gCuO（或 372gCuC（h）2C1+2H2O=Cl2?+H2T+2OH【分析】（1）甲装置为燃料电池，02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=CO32-+3H2O,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

39、为惰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A g电极为阴极，则乙池中SO,?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：2O2+8e-+4H2O=8OH;总反应为：CH4+2O2+2OH=CO32+3H2O,当甲池消耗标况下33.6L（1.5mol）。2时，则

40、消耗1.5mol K O H,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/niol=240g,或碳酸铜：3molxl24g/mol=372g,故答案为：1.5；240gCuO(或 372gCuCO3);(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2CT+2H2。Ch?+H2f+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

41、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+2HCO3-=FeCC31+H2O+CO2T，过滤分离出硫酸镂，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】(1)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NH4HCO

42、3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+2HCC)3=FeCO3 J+H2O+CO2 T,FeSCh溶液要现用现配制的原因是亚铁离子易被氧化；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FeC(h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ym ol,则116x+

43、89y=12.49x+y=,解得 x=0.1moL y=0.01mol,样品中杂质 FeOOH 的质量为 0.89g。56g/mol27、HNCh CO(NO3)2 Na2cO3 CH3COOH 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=C03O4+4COT+2cO2T+3c2H6T【答案解析】根据CoO与 CH3coOH溶液反应缓慢，Co?+能与H+、NCh-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(NO3)2溶液，再加入Na2c03溶液产生碳酸钻沉淀，最后加CH3COOH溶

44、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、CO2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C O,最后用d 来收集未反应完的COo【题目详解】(1)根 据 CoO与 CHsCOOH溶液反应缓慢，Co?+能与H+、NO3-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(NCh)2溶液，再加入Na2cth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CO(CH3COO)2

45、-4H2O；故答案为HNO3;CO(NOJ)2；Na2cO3;CH3COOH；(2)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；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；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：样品已完全失去结晶水，残留固体为金属氧化物，取 Inwl Co(CH3co0)2,质量为177g,则残留的氧化物质量为177gx45.4%=80.36g

46、,根 据 Co元素守恒，氧化物中含有Im olC o,则氧元素的物质的量为48036_ mol=1.33mol=m o l,则J =3=，故金属氧化物的化学式为CO3O4,答案为：CO3O4;1 6 3 (C。)；33 0 1 2 5 2 5CO3O4为 3.0125g,其物质的量为一-=0.0125mol,8 2 的物质的量为=0.025mol,CO的物质的量为2 4 1 1 0 0笔-0.05m ol,最后用质量守恒计算出乙烷的质量为(0.0375xl77-3.0125-0.025x44-0.05x28)g=1.125g,则乙烷的物质_ 1 1 2 5的量为：-mol=0.0375moL综

47、上计算可得CO3O4、CO2,CO、C2H6的物质的量之比为：1:2:4:3,方程式为：3 0A A3co(CH3COO)2=C03O4+4COT+2cO2T+3c2H故答案为 3co(CH3coO)2=CO3O4+4COT+2cO2T+3c2H6【答案点睛】再检验分解产物时，要考虑相互影响并确定顺序；计算过程主要抓住钻元素和碳元素守恒。k .k28、/=-46 kJ mol-1 Nad+3Had=NHad+2Had J正 正 CD 第一步快速平衡，温度升高，平衡逆向移勺 逆 水 2逆动，C(N2()2)减小，第二步为决速步，C(N2()2)减小对反应速率的影响大于温度升高对反应速度的影响能量

48、2NO+On-/N2O2+O2 2NO2反应过套【分析】根据盖斯定律计算化学反应的能量变化；根据化学平衡常数的定义计算化学平衡常数；根据影响化学平衡的因素判断反应速率变化的原因；根据分步反应的能量变化绘制能量变化图。【题目详解】（1）根据盖斯定律，不管一个反应是由一步完成还是多步完成，其能量变化只与初末状态有关而与反应过程无关，观察反应过程，该反应的初、末状态的能量差为46kJ/m ol,故反应的反应热=-46 kJmoH；该反应历程中最大能垒为反应需要吸收最高能量的一步反应，从图中可以看出，Nad+3Had=NHad+2Had所需要的吸收的能量最大，故该步反应为最大能垒；由反应达平衡状态，所

49、以盯正=打逆、也正=也逆，所以丫1正 也正=也逆 XV2逆，即kl正 C2（NO）X2正 C（N2O2）C（O2）=A|逆C（N2（）2）XA 2iscNCh）,则 正,2正；%逆 卜2逆A.总反应的活化能由决速步骤决定，即慢反应决定，A 错误；B.平衡常数只与温度有关，B 错误；C.温度升高，正逆反应速率均增大，C 正确；D.总反应的快慢由慢反应决定，D 正确；故选择CD；在其他条件不变的情况下，2NO（g）+O2（g）=2NCh（g）反应速率随着温度升高而减小，是因为第一步快速平衡，温度升高，平衡逆向移动，C（N2（h）减小，第二步为决速步，C（N2（）2）减小对反应速率的影响大于温度升高

50、对反应速度的影响；根据两步反应，每步反应均为放热反应，故 2NO+O2=2NO2的反应过程一能量示意图为能量2NO+On-/N2O2+O2 2NO2反应过套29、7：2 不能 Fe A1(OH)3 小 2CrO?+2H+=Cr2O72+H2O 70%【答案解析】(1)FeOCoCh是还原剂，完全氧化为NazCrCh和Fe2O3,每mol转 移7mol电子，而NaNO3是氧化剂，还原产物为NaNCh,每mol转 移2moi电子，根据电子守恒可知，FeOCnCh和NaNCh的系数 比 为7:2,烙块在高温下会与Na2c03反应，则熔融时不能使用陶瓷容器；(2)熔块中氧化铁不溶于水,过滤后进入滤渣1