【文档说明】黑龙江省哈尔滨市第一中学校2022-2023学年高三上学期12月月考化学试题 含解析.docx，共(26)页，2.099 MB，由小赞的店铺上传

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哈尔滨市第一中学校11月线上教学阶段质量检测考试高三化学试卷可能用到的相对原子量：O：16Na：23S：32P：31Cl：35.5第Ⅰ卷选择题一、选择题：(本题共25小题，共50分，每题只有一项符合题目要求，每小题2分)1.民以食为天，食品安全越来越

受到大家的关注。下列有关说法正确的是A.二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B.镉元素属于重金属元素，食用“镉大米”会影响骨骼和肾脏C.为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰D.面粉生产中禁止添加的过氧化钙(2Ca

O)中阴、阳离子的个数之比为2:1【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，故A错误；B．镉属于重金属，能使蛋白质变性，有毒，会影响骨骼和肾脏，故B正确；C．生石灰不具有还原性，不能防止食品氧化变质，故

C错误；D．CaO2中阴阳离子的个数比为1:1，故D错误；故选：B。2.下列离子方程式正确的是A.稀硝酸与氯化亚铁混合：23Fe+＋NO3−＋4H+=NO↑＋33Fe+＋2H2OB.二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色：3SO2+2MnO4−+4H+

=SO24−+22Mn++2H2OC.向Mg(HCO3)2溶液中滴加足量NaOH溶液：2Mg++HCO3−+OH−=MgCO3↓+H2OD.向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：2+-223Ca+SO+HO+2ClO=CaSO+2HClO【答

案】A【解析】【详解】A．稀硝酸具有氧化性生成NO气体，亚铁离子具有还原性，反应的离子方程式为：23323FeNO4HNO3Fe2HO+−++++=++，A项正确；B．SO2具有还原性，高锰酸钾具有强氧化性，氧化SO2变为24SO−化合价由+4价变为+6价，反应的离子方程式为：22+242

45SO2MnO2HO2Mn5SO4H−+−++=++，元素不守恒，B项错误；C．依据“少定多变”原则，Mg(HCO3)2溶液少量定为“1”，反应的离子方程式为：223332Mg2HCO2OHMgCOCO2HO+−−−++=++，C项错误；D．次氯酸根具有强氧化性，会将二

氧化硫氧化，反应的离子方程式为：2+--224Ca+SO+HO+3ClO=CaSO+2HClO+Cl，D项错误；答案选A3.下列离子在无色溶液中能大量共存的是A.4NH+、24SO−、3NO−、H+B.2Fe+、3NO−、H+、K+C.4

NH+、Cl−、OH−、3NO−D.Na+、3Al+、23CO−、24SO−【答案】A【解析】【详解】A．该组离子均为无色离子，且彼此不反应，可以大量共存，故A正确；B．2Fe+、3NO−、H+能发生氧化还原反

应，且2Fe+为有色离子，不能大量共存，故B错误；C．4NH+、OH−会结合生成一水合氨，不能大量共存，故C错误；D．3Al+、23CO−能发生完全双水解反应，不能大量共存，故D错误；故选：A。4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.标况下，22.4

LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液中，含有的SO24−数目为3NAC.标准状况下，22.4LCO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NAD.1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe

3O4，Fe失去8NA个电子【答案】C【解析】【详解】A．Cl2与水反应：Cl2+H2OCl-+HClO+H+，溶液中氯原子的物质的量为2mol，氯气中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B．溶液体积未确定，无法求出SO24−的数目，故B

错误；C．标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体物质的量为1mol，每个二氧化碳分子和氧分子含有的氧原子数。相同，所以混合气体中氧原子的数为2NA，故C正确；D．1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4时

，化合价由0价升高为+83价，1mol铁应失去83NA个电子，故D错误；故选C。5.下列实验方案正确且能达到实验目的的是()A.证明碳酸的酸性比硅酸强B.验证草酸晶体是否含结晶水C.检验混合气体中H2S和CO2D.制备乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．盐酸挥

发出的HCl也能和硅酸钠反应，应先除去，A项错误；B．草酸受热易熔化，所以试管口不能向下倾斜，且草酸受热分解也会产生水，B项错误；C．足量酸性高锰酸钾溶液可检验并除去H2S，可通过澄清石灰水变浑浊检验CO2的存在，C项正确；D．导管不能插入饱和碳酸钠溶液中，否则会引起倒吸，D项错

误；所以答案选择C项。6.下列有关实验说法不正确．．．的是A.萃取2Br时，向盛有溴水的分液漏斗中加入4CCl，振荡、静置分层后，打开旋塞，先将水层放出B.做焰色试验前，铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至火焰呈无色C.

乙醇、苯等有机溶剂易被引燃，使用时须远离明火，用毕立即塞紧瓶塞D.可用3AgNO溶液和稀3HNO区分NaCl、2NaNO和3NaNO【答案】A【解析】【详解】A．CCl4的密度比水的密度大，故萃取Br2时，向盛有溴水的分液漏斗中加入CCl4，振荡、静置分层，打开旋塞，先将CCl4层放出，A

操作错误；B．做焰色试验前，先将铂丝用稀盐酸清洗并灼烧至无色的目的是排除铂丝上粘有其它金属元素，防止对待检测金属元素的检测造成干扰，B操作正确C．乙醇、苯等有机溶剂属于易燃物品，故使用时必须远离明火和热源，用毕立即塞紧瓶塞，防止失火，C操作正确；D．氯化银、亚硝酸银都是难溶于水的白色固体

，所以硝酸银滴入氯化钠溶液和亚硝酸钠溶液中都有白色沉淀生成，但是氯化银不溶于稀硝酸，而亚硝酸银溶于稀硝酸；硝酸银溶液滴入硝酸钠溶液中没有明显现象，故D操作正确。答案选A。7.对于()()()223Ng3Hg2NHg+，不能作为反应达到平衡状态的判断依据是（）A.2N、2H

、3NH的浓度不再发生变化B.恒容密闭容器中总压强不变C.生成氨气的速率与氨气分解的速率相等D单位时间内生成21molN，同时生成23molH【答案】D【解析】【详解】A．当该反应达到平衡状态时，各物质的浓度不再发生变化，则各种物质

的质量分数不再变化，可以说明达到平衡状态，故A正确；B．该反应反应前后气体体积不同，反应达到平衡状态时气体的压强不再变化，故B正确；C．生成氨气的速率和分解氨气的速率相等，则氨气的正逆反应速率相等，所以可以说明达到平衡状态，故C正确；D．单

位时间里每增加1molN2，同时生成3molH2，都是指逆反应，所以不能反应说明达到平衡状态，故.D错误；故答案为D。【点睛】反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，必须是同一物质的正逆反应速率相等；反应达到平衡状态时，平衡时各种物质的物质的量、浓

度等不再发生变化，此类试题中容易发生错误的情况往往有：平衡时浓度不变，不是表示浓度之间有特定的大小关系；正逆反应速率相等，不表示是数值大小相等；对于密度、相对分子质量等是否不变，要具体情况具体分析等。8.某小组同学设计实验探究镁与铵盐溶

液的反应，实验数据如下：实验编号①②③溶液种类1mol·L-1的NH4Cl0.5mol·L-1的(NH4)2SO40.1mol·L-1的NH4Clm(Mg)/g0.480.480.48V(溶液)/mL100100100实验现象有气体产生，并产生白色沉淀有气体产生，并产生白色沉淀有气

体产生，并产生白色沉淀6h时V(H2)/mL433255347根据上述实验数据所得结论正确的是A.由实验①③可得，溶液中c(Cl-)越大，反应速率越快B.由实验①~③可得，溶液的pH越小，产生H2的速率

越快C.由实验①②可得，溶液中阴离子的种类对产生H2的速率有影响D.实验②中发生的反应为Mg++4NH+2H2O=Mg2++NH3·H2O+H2↑【答案】C【解析】【详解】A．①中的氯化铵浓度大于②，①中铵根离子和氯离子浓度均大于②，因此不能得出c(Cl-)越大，反应速率越快

的结论，故A错误；B．实验①~③中除pH值不同，阴离子也不同，②中的铵根离子浓度大于③，其pH值小于③，但反应速率②>③，故B错误；C．②pH值小于③，但反应速率②>③，两溶液中阴离子不同导致反应速率②大于③，由此可知阴离子的种类对产生H2的速率有影响，故C正确；D

．实验②中发生的反应为Mg+2+4NH=Mg2++2NH3↑+H2↑，故D错误；故选：C。9.在密闭容器中充入一定量的NO2，发生反应2NO2（g）N2O4（g）ΔH=﹣57kJ•mol﹣1在温度为T1、T2时，平衡体

系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.a、c两点的反应速率：a＞cB.a、b两点的转化率：a＜bC.a、c两点气体的颜色：a深，c浅D.由a点到b点，可以用加热的方法【答

案】B【解析】【分析】2NO2(g)N2O4(g)△H=-57kJ•mol-1，该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；增大压强，平衡正向移动，混合气体中NO2的体积分数减

小，然后结合图象分析解答。【详解】A．由图象可知，a、c两点都在等温线上，c的压强大，则a、c两点的反应速率：a＜c，故A错误；B．由图象可知，a点二氧化氮的体积分数高，所以转化率a＜b，故B正确；C．a、c两点温度相同，c点压强大，c点容器体积小，则二氧化氮浓度大，因此

a、c两点气体的颜色：a浅、c深，故C错误；D．升高温度，平衡逆向移动，NO2的体积分数增大，a点到b点，二氧化氮的体积分数减少，说明是降低了温度，所以不能用加热的方法实现由a点到b点的转变，故D错误；答案选B。【点睛】明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义是解题的关键。本题的易

错点为C，要注意气体的压强增大，容器的体积减小，无论平衡如何移动，气体物质的浓度均会增大。10.CO与2NO在铁催化剂表面进行如下两步反应，其相对能量与反应历程如图所示。第一步：**22FeNOFeON+=+，第二步：**2FeOCOFeCO+

=+，下列叙述错误的A.*Fe是反应的催化剂B.第一步反应比第二步反应快C.两步反应均为放热反应D.总反应为222CONONCO+=+【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由题意可知，第一步*Fe被消耗，第二步*Fe

又生成，说明*Fe是反应的催化剂，故A正确；B．根据反应历程图，第一步反应活化能高于第二步反应活化能，活化能越低，反应速率越快，则第一步反应比第二步反应慢，故B错误；C．根据反应历程图，可知两步反应的生成物的总能量均低于反应物的总能量，则两步反应均为放热反应，H均小于0，故C正确；D．根

据盖斯定律：第一步反应+第二步反应=总反应，则总反应为222CONONCO+=+，故D正确；故选B。11.乙酸是一种一元有机弱酸，为食醋的主要成分。下列实验事实不能证明乙酸是弱酸的是A.乙酸钠溶液显碱性B.等体积、等pH的盐酸和乙酸

溶液分别与同样大小的锌粒反应，最初产生氢气的速率相等C.常温下，测得-10.01molL的乙酸溶液的pH=4D.相同条件下，等浓度的盐酸和乙酸溶液的导电性：盐酸>乙酸溶液【答案】B【解析】【详解】A．乙酸钠溶液显

碱性，则乙酸钠为强碱弱酸盐，能说明乙酸是弱酸，A不选；B．等体积、等pH的盐酸和乙酸溶液分别与同样大小的锌粒反应，因氢离子浓度相同，因此最初产生氢气的速率相等，不能说明乙酸是弱酸，B选；C．常温下，测得-10.01molL的乙酸溶液的

pH=4，氢离子浓度为-4-1-110molL0.01molL，乙酸不完全电离，能说明乙酸是弱酸，C不选；D．相同条件下，等浓度的盐酸和乙酸溶液的导电性：盐酸>乙酸溶液，自由离子浓度盐酸>乙酸溶液，乙

酸不完全电离，能说明乙酸是弱酸，D不选；答案选B。12.现有常温下体积均为10mL、pH=3的两种溶液：①HCl溶液，②CH3COOH溶液。下列说法中，正确的是A.溶液中溶质的物质的量浓度：①>②B.溶液中酸根的物质的量浓度：①=②C.加水稀释至1L，溶液的pH：①<②D.分别

加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①=②【答案】B【解析】【详解】A.HCl是强电解质，在溶液中完全电离，CH3COOH是弱电解质，在溶液中部分电离，则pH相等的两种溶液中，溶质的物质的量浓度：②>①，故A错误；B.两溶液的pH相等，说明两溶液中c

(H＋)相等，由电离方程式HCl=H＋＋Cl－和CH3COOHH＋＋CH3COO－可知，溶液中酸根离子的物质的量浓度：①=②，故B正确；C.加水稀释至1L，则两溶液均稀释100倍，因HCl是强电解质，在溶液

中完全电离，稀释后HCl溶液的pH=5，CH3COOH是弱电解质，在溶液中部分电离，稀释后CH3COOH溶液的pH：3＜pH＜5，所以两溶液的pH：②<①，故C错误；D.根据A项分析可知，10mL、pH=3的两溶液中溶质的物质的量浓度：②

>①，则分别加入等浓度NaOH溶液至中性，消耗NaOH的量：①＜②，故D错误；答案选B。13.25℃时，下列说法不正确．．．的是A.稀释醋酸溶液，溶液中的H+和OH−数目都增大B.在醋酸溶液中加入NaOH至

溶液为中性，此时()()3NaCHCOOcc+−=C.pH相等的3CHCOONa和NaOH溶液，水的电离程度相同D.已知34CHCOONH溶液显中性。常温下等浓度的4NHCl和3CHCOONa，若前者的pHa=，后者的pHb=，则14ab+=【答案】C【解析

】【分析】【详解】A．稀释醋酸溶液，促进醋酸电离，溶液体积增加，所以溶液中的H+和OH−数目都增大，A正确；B．在醋酸溶液中加入NaOH至溶液为中性，则()()HOHcc+−=，依据电荷守恒()()()()3NaHOHCHCOOcccc++−−+=+，所以此时

()()3NaCHCOOcc+−=，B正确；C．醋酸钠水解，氢氧化钠是强碱，则pH相等的3CHCOONa和NaOH溶液，水的电离程度不相同，前者促进，后者抑制，C错误；D．已知34CHCOONH溶液显中性，说明相同条件下一水合氨、醋酸的电离

程度相同，常温下等浓度的4NHCl和3CHCOONa均促进水的电离，且程度相同，若前者的pHa=，后者的pHb=，则10－a＝10b－14，所以14ab+=，D正确；答案选C。14.已知：25℃时，0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×10

0%)约为1%。该温度下，用0.1000mol·L-l氨水滴定10.00mL0.1000mol·L-lCH3COOH溶液，溶液的pH与溶液的导电能力(I)的关系如图所示。下列说法中正确的是（）A.M点→N点，水的电离程度逐

渐增大B.25℃时，CH3COOH的电离常数约为1.0×10-2C.N点溶液中，c(CH3COO-)>c(NH4+)D.当滴入20mL氨水时，溶液中c(CH3COO-)>c(NH4+)【答案】A【解析】【详解】A.醋酸溶液中加入氨水，二

者反应生成醋酸铵和水，醋酸的电离出的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，故正确；B.25℃时0.1000mol·L-lCH3COOH溶液中CH3COOH的电离度(×100%)约为1%，则根据电离平衡常数计算，醋酸电离平衡常数为50.11%=100.1−2（），故错误；

C.N点溶液为中性，则有c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(CH3COO-)分析，有c(CH3COO-)=c(NH4+)，故错误；D.当滴入20mL氨水时，溶液为等浓度的氨水和醋酸铵，溶液为碱性，根据电荷守恒c(NH4+)+c(H+)=

c(OH-)+c(CH3COO-)和c(H+)<c(OH-)分析，有c(CH3COO-)<c(NH4+)，故错误。故选A。【点睛】掌握溶液的导电能力与溶液中溶质的电离程度有关。掌握酸碱中和过程中离子浓度的变化。15.常温下，向10mL1

mol·L-1一元酸HA溶液中，不断滴加1mol·L-1的NaOH溶液，所加碱的体积与-lgc水(H+)的关系如图所示。c水(H+)为溶液中水电离的c(H+)。下列说法不正确的是A.常温下，Ka(HA)数量级为10-4B.a、b两点pH均为7

C.从a点到b点，水的电离程度先增大后减小D.溶液的导电性逐渐增强【答案】B【解析】【分析】【详解】A．根据图象，HA溶液中水电离出的氢离子为10-12mol·L－1，则溶液中氢离子浓度为0.01mol·L－1，所以常温下，Ka(HA)＝0.01

0.0110.01−≈10-4，因此数量级为10-4，A说法正确；B．HA为弱酸，a点HA过量，水电离出的氢离子为10－7mol·L－1，溶液pH＝7；b点氢氧化钠过量，pH>7，B说法错误；C．从a点到b点，溶液中的溶质由HA和NaA变为NaA，NaA为强碱弱酸盐，水的电离程度增

大，然后又变为NaA和NaOH，故水的电离程度先增大后减小，C说法正确；D．溶液的导电能力强弱取决于溶液中离子浓度的大小和离子所带电荷的多少，离子浓度越大，离子所带的电荷越多，溶液的导电性越强。HA是弱酸，生成

的NaA以及氢氧化钠均是强电解质，所以混合溶液的的导电性逐渐增强，D说法正确；答案为B。16.常温下，Ksp(ZnS)=l.6×10－24，Ksp(FeS)=6.4×10－18，其中FeS为黑色晶体，ZnS是一种白色颜料的组成成分。下列说法正确的是A.向物质的

量浓度相等的FeSO4和ZnSO4混合液中滴加Na2S溶液，先产生黑色沉淀B.常温下，反应FeS(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=4.0×l06C.在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，一定不会产生FeS

沉淀D.向FeS悬浊液中通入少许HCl，c(Fe2+)与Ksp(FeS)均增大【答案】B【解析】【详解】A．Ksp(ZnS)＜Ksp(FeS)，根据Ksp小的先沉淀可知，先产生ZnS白色沉淀，故A错误；B．反应FeS

(s)+Zn2+(aq)⇌ZnS(s)+Fe2+(aq)的平衡常数K=()()()()()()2+2+2-2+2+2-cFecFecScZnn=cZcS()()spspKFeSK=ZnS=18246.410l.610−−=4.0×l06，

故B正确；C．在ZnS的饱和溶液中，加入FeSO4溶液，由于FeSO4浓度未知，则Qc(FeS)可能大于Ksp(FeS)，故可能产生FeS沉淀，故C错误；D．Ksp(FeS)只与温度有关，通入少许HCl，Ksp(Fe

S)不变，故D错误；答案选B。【点睛】当Qc＞Ksp时，溶液为过饱和溶液，平衡往左移动，沉淀析出；当Qc＜Ksp时，溶液为不饱和溶液，若溶液中仍有沉淀存在，平衡往右移动，沉淀溶解；当Qc=Ksp时，溶液为饱和溶液，处于沉淀溶解平衡状态，既无沉淀生成，也无沉淀溶解。17.天然水体中

的H2CO3与空气中的(CO2保持平衡。已知Ksp(CaCO3)=2.8×10-9，某溶洞水体中lgc(X)(X为H2CO3、3HCO−、2-3CO或Ca2+)与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线①代表2-3COB.H2CO3的

一级电离常数为10-8.3C.c(Ca2+)随pH升高而增大D.pH=10.3时，c(Ca2+)=2.8×10-7.9mol·L-1【答案】D【解析】【分析】由图像可知，随着pH值的增大，溶液碱性增强，碳酸氢根和碳酸根的浓度均增

大，而曲线①在pH值很小时就存在，故曲线①代表碳酸氢根，曲线②代表碳酸根，曲线③代表钙离子。【详解】A．根据分析，曲线①代表碳酸氢根，A错误；B．由曲线①和碳酸的交点坐标可知，碳酸和碳酸氢根浓度相同，故H2CO3的一级电离常数+-6.33123(H)(HCO)=10(HCO)a

ccKc−=，B错误；C．根据分析，曲线③代表钙离子，随着pH值的升高而减小，C错误；D．pH为10.3时，碳酸根和碳酸氢根浓度相同，为10-1.1mol/L，钙离子浓度为：-92+-7.92--1.132.8?10(Ca)==mol/L=2.8?10mol/L

(CO)10Kspcc，D正确；故选D。18.下列各组溶液中的各种溶质的物质的量浓度均为0.1mol/L。①H2S溶液；②KHS溶液；③K2S溶液；④H2S和KHS混合溶液（已知常温下KHS溶液的pH>7）。下列说法正确的是()A.溶液pH从大到小的顺序是：③>②>①>④B.在H

2S和KHS混合溶液中有：c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)C.c(H2S)从大到小的顺序是：①>④>③>②D.在KHS溶液中有：c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+c(S2-)【答案】B【解析】【详解】A、H2S溶

于水会电离出H+，其溶液呈酸性，而且多元弱酸的第一步电离比第二步电离大得多，K2S溶于水时S2-与水电离出的H+结合形成硫氢根离子，从而使其溶液呈碱性，H2S和KHS的混合溶液中KHS电离出的HS-对H2S的电离起抑制作用，

所以c（H+）从大到小的是①>④>②>③，溶液pH从大到小的顺序是：③>②>④>①，选项A错误；B、在H2S和KHS混合溶液中存在物料守恒：c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=2c(K+)=0.2

mol/L，选项B正确；C、④H2S和KHS混合溶液中H2S的电离受HS-的抑制，c（H2S）最大，①H2S溶液中H2S部分电离，主要以H2S分子存在，c（H2S）次之，②KHS溶液中HS-水解产生H2S，而③K2S溶液第二步水解才产生H2S，②中c（H2S

）大于③中的；所以c（H2S）从大到小的顺序是：④>①>②>③，选项C错误；D、在KHS溶液中，根据电荷守恒有c(H+)+c(K+)=c(OH-)+c(HS-)+2c(S2-)，选项D错误；答案选B。19.某物质的实验式为PtCl4·2NH3，其水溶液不导电，加入AgNO3

溶液反应也不产生沉淀，以强碱处理并没有NH3放出，则关于此化合物的说法中正确的是A.配合物中中心离子的电荷数和配位数均为6B.该配合物可能是平面正方形结构C.Cl-和NH3分子均与Pt4＋配位D.配合物中Cl-与Pt4＋配位，而NH3分子不配位【答

案】C【解析】【详解】加入AgNO3不产生沉淀，用强碱处理没有NH3放出，说明不存在游离的氯离子和氨分子，所以该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则A．根据电中性原理可知配合物中心原子的电荷数为4，配位数为6，故A错误；B．Pt与6个配体成键，即6个σ键，

该配合物应是八面体结构，故B错误；C．由分析可知，4个Cl-和2个NH3分子均与Pt4+配位，形成的配合物为[PtCl4(NH3)2]，故C正确；D．该物质的配位化学式为[PtCl4(NH3)2]，则配体有Cl-和NH3分子，故D错误；故选C

。20.下面有关晶体的叙述中，不正确的是A.金刚石为立体网状结构，由共价键形成的碳原子环中，最小的环上有6个碳原子B.氯化钠晶体中，每个Na+周围紧邻且距离相等的Na+共有6个C.氯化铯晶体中，每个Cs+周围紧邻8个Cl−D.干冰晶体中，每个2CO分子周围紧邻12

个2CO分子【答案】B【解析】【分析】【详解】A．由金刚石晶体模型能够看出，C原子单键连接其它四个碳原子，形成的最小环是六元环，描述正确，不符题意；B．氯化钠晶体中Na+和Cl-间隔排列，所以每个Na+周围有上下左右前后6个Cl-，同样每个Cl-周围

也是前后左右上下6个Na+，根据晶体结构分析，与Na+最近且等距的Na+有12个，描述错误，符合题意；C．氯化铯晶体中，每个Cs+周围等距且最近的是晶胞顶点的8个Cl-，描述正确，不符题意；D．分子间只要没有氢键连接，分子晶体就一定是分子密堆积结构，一个分子周围与其等距且

最近的分子有12个，描述正确，不符题意；综上，本题选B。21.在某种光电池中，当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)[Cl(AgCl)表示生成的氯原子吸附在氯化银表面]，接着发生

反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)。如图为用该光电池电解尿素[CO(NH2)2]的碱性溶液制氢的装置示意图，下列叙述正确的是（）A.光电池工作时，Ag极为电流流出极，发生氧化反应B

.制氢装置溶液中K+移向A极C.光电池工作时，Ag电极发生的反应为2Cl--2e-=Cl2↑D.制氢装置工作时，A极的电极反应式为CO(NH2)2+8OH-−6e-=CO32-+6H2O+N2↑【答案】D【解析

】【分析】根据题意，左边装置为原电池，右边装置为电解池，原电池中当光照在表面涂有氯化银的银片上时，发生反应：AgCl(s)Ag(s)+Cl(AgCl)，接着发生反应：Cl(AgCl)+e-=Cl-(aq)+AgCl(s)，银上的电极反应为AgCl(s)+e-═Ag(s

)+Cl-，得电子发生还原反应，所以银作正极、铂作负极，结合原电池原理和电解池原理分析解答。【详解】A．得电子的电极发生还原反应，左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极，则Ag电极发生还原反应，故A错误；B．左侧Ag电极上得电子作正极、Pt作负极

，则连接Ag的电极为阳极、连接Pt的电极为阴极，制取氢气装置溶液中阳离子向阴极移动，所以K+移向B电极，故B错误；C．光电池工作时，Ag电极上AgCl得电子生成Ag，电极反应式为AgCl（s）+e-═Ag（s）+Cl-，故C错误；D．制取氢气装置工作时，A电极为阳极，尿素失电子和氢氧根离子反应生

成碳酸根离子和氮气、水，电极反应式为CO(NH2)2+8OH--6e-═CO32-+N2↑+6H2O，故D正确；故选：D。【点睛】正确判断原电池的正负极是解题的关键。本题的难点为CD，C可以根据银电极的两个反应分析得到，D中要注意电解质溶液的碱

性对产物的影响。22.在氯碱工业中，离子交换膜法电解饱和食盐水示意图如下，下列说法不正确的是（）A.电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气B.离子交换膜为阳离子交换膜C.饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出D.OH-迁移的数量等于导线上通过电子的数量【答案】D【解析】【分析】氯碱工业中的总

反应为2Cl-+2H2O电解2OH-+H2↑+Cl2↑；电解池中阳极失电子发生氧化反应，氯碱工业中Cl2为氧化产物，所以电极A为阳极，电极B为阴极，据此作答。【详解】A.根据分析可知电极A为阳极，发生氧化反应生成氯气，故A正确；B.阳极发生的方程式为：2Cl--2e-═Cl2↑，阴

极：2H2O+2e-═H2↑+2OH-；为了防止生成的氯气与氢氧化钠发生反应，氢氧化钠要从d口流出，所以要防止OH-流向阳极即电极A，该离子交换膜为阳离子交换膜，故B正确；C.根据B选项的分析可知饱和NaCl从a处进，NaOH溶液从d处出，故C正确；D.

因为有离子交换膜的存在，OH-不发生迁移，故D错误；故答案为D。【点睛】本题考查电解池的工作原理知识，注意把握阴阳两极上参加反应的离子的判断，根据电极产物判断阴阳极是解题的关键。23.乙基香草醛是食品添加剂的增香原料，它的香味浓郁，其结构简式为，下列对该物质叙述

正确的是A.该物质可以进行消去反应B.该物质可以进行水解反应C.该物质可以和Br2进行取代反应D.1mol该物质最多可与3molH2反应【答案】C【解析】【详解】A．由结构简式可知，其结构中苯环、醛基、酚羟基、醚键都不能发生消去反应，故A错误；B．分子结构中不含有能水解的官能团，不能发生

水解反应，故B错误；C．结构中的酚羟基的邻对位与溴能发生取代反应，故C正确；D．一定条件下，苯环、醛基均可与氢气发生加成反应，1mol该物质最多可与4molH2反应，故D错误；本题答案C。24.化合物

Y能用于高性能光学树脂的合成，可由化合物X与2-甲基丙烯酰氯在一定条件下反应制得：下列有关化合物X、Y的说法不正确．．．的是A.Y与2Br的加成产物分子中含有手性碳原子B.X分子具有亲水基团，可溶于水C.可用3FeCl溶液鉴别X、YD.Y不存在顺反异构【答案

】B【解析】【详解】A．Y与2Br发生加成反应后，连接甲基的碳原子上含有4个不同原子或原子团，所以Y与2Br发生加成反应的产物中连接甲基的碳原子为手性碳原子，故A正确；B．X为2，4，6-三溴苯酚，分子中虽具有亲水基团羟基，但连有三个溴原

子的苯环为憎水基，憎水基团的作用大于亲水基团的作用，故其为不溶于水的白色固体，故B错误；C．X分子中含有酚羟基，遇3FeCl溶液显紫色，Y分子中不含酚羟基，遇3FeCl溶液不显紫色，现象不同，故可用3FeCl溶液鉴别X、Y，故C正确；D．Y分子中处于端位的双键碳原子上连接了相同的原子(H)，所以

不存在顺反异构，故D正确；答案选B。25.下列说法正确的是A.分子式为C7H8O且含苯环的有机化合物有5种B.人体摄入的纤维素可以加快胃肠蠕动，并最终水解为葡萄糖而被吸收C.分子中的所有原子有可能共平

面D.溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于发生取代反应而水层几乎呈无色【答案】A【解析】【详解】A.分子式为C7H8O且含苯环的有机化合物可能为苯甲醇、邻甲基苯酚、间甲基苯酚、对甲基苯酚或甲苯醚，A正确；B.人体摄入的纤维素可以加

快胃肠蠕动，但人体内没有纤维素水解的酶，所以人体不能分解吸收纤维素，B错误；C.苯分子是平面分子，甲基C取代苯环上H原子的位置，在苯分子平面内，但由于CH4是正四面结构，甲基中最多还有1个H原子在该平面上，因此不是分子中所有原子在同一个平面内，C错误；D

.溴水中加入苯，充分振荡、静置后，由于溴在苯中溶解度比在水中大，苯将水中的溴单质萃取过来，而使水层几乎呈无色，没有发生取代反应，D错误；故合理选项是A。第Ⅱ卷非选择题26.钪(Sc)是一种稀土金属，钪及其化合物在宇航、电子、超导等方面有着广泛的用途。钛白粉中

含有Fe、2TiO、23ScO等多种成分，用酸化后的钛白废水富集钪，并回收氧化钪(23ScO)的工艺流程如下：回答下列问题：（1）基态Sc原子的价电子排布式为___________。（2）“萃取”时4Ti+、2Fe+、

3Sc+均进入有机相中，则在“洗涤”时加入22HO的目的是___________。（3）“滤渣1”的主要成分是3Sc(OH)、___________(写化学式)。（4）在“调pH”时先加氨水调节pH=3，此时过滤所得滤渣主要成分是___________；再向滤液中加入氨水调pH=6，此时滤液中3S

c+的浓度为___________1molL−；检验含3Sc+滤液中是否含3Fe+的试剂为___________(写化学式)。(己知：39sp3Fe(OH)2.610−=K，31sp3Sc(OH)9

.010K−=)。（5）“沉铳”时用到草酸。已知草酸的2al5.610K−=；4a21.510K−=；则在25℃时pH=3的草酸溶液中()()224224CO:HCOcc−=___________。（6）写出草酸钪在空气中“焙烧”时反应的化学方程式________

___。【答案】（1）3d14s2（2）将Fe2+氧化为Fe3+（3）Fe(OH)3、Ti(OH)4（4）①.Fe(OH)3②.9.0×10-7③.KSCN（5）8.4（6）2Sc2(C2O4)3+3O2焙烧2Sc2O3+12CO2【解析】【分析】酸化后的

钛白废水富集钪，并回收氧化钪(Sc2O3)，钛白粉中含有Fe、TiO2、Sc2O3等多种成分，在酸性条件下转化为对应的离子，“萃取”时Ti4+、Fe2+、Sc3+均进入有机相中，在“洗涤”时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为Fe3+，加入Na

OH溶液生成Sc(OH)3、Fe(OH)3、Ti(OH)4，过滤得到滤渣1，加入盐酸过滤除去Ti(OH)4得到FeCl3和ScCl3溶液，加入氨水调pH分别沉淀Fe3+和Sc3+，滤渣2是Sc(OH)3，加入盐酸酸溶生成ScCl3，加入草酸得到Sc2

(C2O4)3，焙烧得到Sc2O3，据此解答。【小问1详解】Sc是21号元素，基态Sc原子的价电子排布式为3d14s2。【小问2详解】有机相中含Fe2+，在“洗涤”时加入H2O2的目的是将Fe2+氧化为F

e3+。【小问3详解】加入NaOH溶液沉淀Ti4+、Fe2+、Sc3+离子，“滤渣1”的主要成分是Sc(OH)3、Fe(OH)3、Ti(OH)4。【小问4详解】由分析可知，“调pH”时先加氨水调节pH=3，目的是沉淀Fe3+，过滤所得滤渣主要成分是Fe(OH)3；再加入

氨水调pH=6，c(OH-)=()w+KcH=1461010−−mol/L=10-8mol/L，滤液中Sc3+的浓度为c(Sc3+)=()()()31sp333-8KScOH9.010cOH1.010−−=mol/L=9.0×10-7mol/L；检验Fe3+的试剂为KSCN溶液

，若存在Fe3+，溶液会呈血红色。【小问5详解】草酸溶液中，()()2-24224cCOcHCO=()()()()()()()-+2-+2424-2+22424cHCOcHcCOcH1cHCOcHCOcH=()()24a1a222+311KK5.6101.51

0cH10−−−==8.4。【小问6详解】草酸钪Sc2(C2O4)3在空气中“焙烧”时得到Sc2O3，C元素化合价升高生成CO2，O元素化合价降低，反应的化学方程式2Sc2(C2O4)3+3O2焙烧2Sc2O3+12CO

2。27.高氯酸铵(44NHClO)常作火箭发射的推进剂，实验室可用4NaClO、4NHCl等原料制取(部分物质溶解度如图1、图2)，其实验流程如图3：（1）反应器中发生反应的化学方程式为___________。（2）上述流程中操作Ⅰ为______

_____，操作Ⅱ为___________。（3）洗涤粗产品时，宜用___________(填“0℃冷水”或“80℃热水”)洗涤。（4）已知44NHClO在400℃时开始分解为2N、2Cl、2O、2HO。某课题组设计实验探究44NHClO的分

解产物(假设装置内药品均足量，部分夹持装置已省略)。①写出高氯酸铵分解的化学方程式：___________。②为了验证上述产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→___________(填装置的字母)，证明氧气存在的实验现象为___________。③

若装置E硬质玻璃管中的Cu粉换成Mg粉，向得到的产物中滴加蒸馏水，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体。滴加蒸馏水发生反应的化学方程式为___________。【答案】（1）NH4Cl＋NaClO4=NaCl＋NH4ClO4↓（2）①.冷却结晶②.重结晶（3）0℃冷水（4）

①.2NH4ClO4N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O↑②.F→B→D→C→E→G③.装置E硬质玻璃管中红色粉末变为黑色④.Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2＋2NH3↑【解析】【小问1详解】制得粗产品的反应原理为NH4Cl＋NaClO4=NaCl＋NH4ClO4↓，符合由溶解度大的

物质制溶解度小的物质的反应规律；【小问2详解】通过蒸发浓缩得到NH4ClO4的饱和溶液，再降低温度，NH4ClO4析出，过滤得到粗产品，要得到纯产品，需要经过重结晶；【小问3详解】由于高氯酸铵的溶解度随温度升高而增大，为了减少

高氯酸铵的溶解损失，应用冷水洗涤；【小问4详解】①依据题意可写出对应的化学方程式2NH4ClO4N2↑＋Cl2↑＋2O2↑＋4H2O↑；②先用无水CuSO4检验水，用湿润的KI­淀粉溶液检验氯气，再用NaOH溶液吸收氯气，水可以

用浓硫酸吸收，氧气可以用热的Cu检验，氮气可以用排水法收集。氧气与铜反应前必须除去氯气。为了验证上述产物，按气流从左至右，装置的连接顺序为A→F→B→D→C→E→G。证明氧气存在的实验现象为装置E硬质玻璃管中的红色粉末变黑色；③若硬质玻璃管E中Cu粉换成Mg粉，Mg

既可以与O2反应也可以与N2反应，加水可以发生反应的只有Mg3N2。氮化镁与水反应生成氢氧化镁和氨气，反应为：Mg3N2＋6H2O=3Mg(OH)2＋2NH3↑。28.燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物

利用等。（1）用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)N2(g)+CO2(g)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是_______(填选项编号)。A.单位时间内生成2

nmolNO(g)的同时消耗nmolCO2(g)B.混合气体的密度不再发生改变C.反应体系的压强不再发生改变D.混合气体的平均相对分子质量不再改变（2）有科学家经过研究发现，用CO2和H2在210~290℃，催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。

①230℃，向容器中投入0.5molCO2和1.5molH2，当转化率达80％时放出热量19.6kJ能量，写出该反应的的热化学方程式______________________________________

_。②一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入1.0molCO2和3.0molH2，在不同催化剂作用下,相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：催化剂效果最佳的是催化剂______(填“I”,“Ⅱ”,“Ⅲ”)。b点v(正)___v(逆)(填“>”,“<”,“=”)。此反

应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_______。已知容器内的起始压强为100kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp=________。(保留两位有效数字)(Kp为以分压表示的平衡常数，

分压=总压×物质的量分数)。（3）一定条件下，CO2和H2也可以发生反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH＜0，一定温度下，在3L容积可变的密闭容器中，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ或

曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是____。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是________。【答案】（1）BD（2）①.CO2(g)+3H2(g)230℃CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49kJ/mol②.催化剂I③.>④.该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动⑤.8.

3×10-4或1/1200kPa-2（3）①.加入催化剂②.将容器快速压缩至2L【解析】【小问1详解】在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变，C(s)+2NO(g)⇌N2(g

)+CO2(g)；A．单位时间内生成2nmolNO(g)的同时消耗nmolCO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A不符合；B．碳是固体．当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故B符合；C．反应

前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C不符合；D．C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故D符合；故答案为BD；【小问2详解】①已知0.5molC

O2和1.5molH2转化率达80%时放热19.6kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-19.6mol80%×2=-49kJ•mol-1；②由图像知：反应Ⅰ在较低温度T3时CO2

就达到80%的转化率，催化剂效果最佳的反应是反应Ⅰ，T3的b点时，反应未达到限度，故v(正)＞v(逆)；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。T4的a点转化率比T5的c点高，c点时：()()()

()()()()22326Cm13000H.61+.8+0O.Og3g6CHOHgHgmololmo0.60.41.20l.60.起始转化平衡在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强P总=100k

Pa×2.8mol4mol=70kPa，该反应的平衡常数Kp=30.60.62.82.80.41.22.82.8PPPP总总总总=8.3×10-4kPa-2；【小问3详解】图像分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反

应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，体积可变，是恒压容器，说明改变的条件是加入了催化剂；当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲

线Ⅰ，体积为3L，一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件后变为曲线Ⅲ，一氧化碳浓度为4.5mol/L，设该容器体积为VL：则3∶V=4.5∶3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L满足条件。29.23NaSO、3NaHSO是常见的化工原料，常用作还原剂。（1）25

℃，23HSO、3HSO−、23SO−的物质的量分数[()()()-2-2333nHSO+nnHSO+()nSO某微粒]与pH的关系如下图所示。①若向NaOH溶液中通入2SO制取3NaHSO溶液，则当溶液的pH

约为___________时应停止通入。②向NaOH溶液中通入2SO，所得溶液中一定存在的等式是________(用溶液中所含微粒的物质的量浓度表示)。③结合数据说明3NaHSO溶液的酸碱性：___________。（2）23N

aSO固体久置后会被氧化，为测定某久置23NaSO固体中23NaSO含量，现进行如下实验：称取0.3000g该固体于锥形瓶中，加水溶解后，边振荡边向其中滴120.1000molLI−标准溶液28mL，

充分反应后，向溶液中滴加2滴淀粉溶液作指示剂，继续滴加12230.1000molLNaSO−标准溶液与过量的2I反应(发生反应2223246I2NaSO2NaINaSO+=+)，恰好完全反应时消耗223NaSO标准溶液16mL。①滴定终点时的实验现象是________。②久置23NaSO固体中

23NaSO的含量：________。③下列情况会造成滴定或读取所滴223NaSO标准溶液体积偏大的是________。A．滴定过程中用蒸馏水冲洗锥形瓶瓶壁B．装223NaSO标准溶液的滴定管水洗后未润洗C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体D．滴定前仰视读数，滴定后俯视读数【答案】（1

）①.5②.c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3−)+2c(SO23−)③.NaHSO3水解常数为1412.1wh1.9a1K10K==10K10−−−=，电离常数为Ka2=10-7.2，电离程度大于水解程度，溶液呈酸性（2）①.当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝

色变为无色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点②.84%③.D【解析】【小问1详解】的①一开始H2SO3的物质的量最大，随着pH增大，的物质的量逐渐增大然后减小，最后的物质的量增大，则向NaOH溶液中通入SO2制取NaHSO3溶液，

可将溶液的pH控制在约为5时应停止通入；②向NaOH溶液中通入SO2，所得溶液中一定存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3−)+2c(SO23−)；③由图知pH=1.9时c(H2SO3)=c(HSO3−)，则()31.9-3a1

2cHSOHKc()c(H)c()=SO0H=1++−=，pH=7.2时c(HSO3−)=c(SO23−)，则()37.22-3a2cSOHKc()c(c=HH0SO)()=1++−−=，NaHSO3溶液存在水解平衡和电离平衡，水解常数为14

12.1wh1.9a1K10K==10K10−−−=，电离常数为Ka2=10-7.2，则电离程度大于水解程度，溶液呈酸性；【小问2详解】①I2溶液中滴加淀粉溶液作指示剂，溶液变蓝，加入Na2S2O3标准溶液消耗I2至反应完全时溶液变无色，则滴定终点时的实验现象是：当

滴入最后半滴硫代硫酸钠溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，说明达到滴定终点；②由反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，剩余的n(I2)=0.5n(Na2S2O3)=0.5×0.1000mo

l·L-1×16×10-3L=8×10-4mol，则与Na2SO3反应的n(I2)=0.1000mol·L-1×28×10-3L-8×10-4mol=2×10-3mol，该反应的离子方程式为22234I2SO2ISO2H−−−++=++，则n(Na2S

O3)=n(I2)=2×10-3mol，m(Na2SO3)=nM=2×10-3mol×126g/mol=0.252g，Na2SO3的含量为0.252g100%84%0.3000g=；③A．锥形瓶水洗后未干燥，操作方法合理，不影响测定结

果，A不符合题意；B．装Na2S2O3标准溶液的滴定管水洗后未润洗，导致标准液浓度减小，滴定过程中消耗标准液体积偏大，B不符合题意；C．开始滴定时，滴定管尖嘴部分未充满液体，导致消耗标准液体积偏大，C不符合题意；D．滴定前

仰视读数，滴定后俯视读数，读取的标准液体积偏小，D符合题意；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com