浙江省宁波市六校联考2022-2023学年化学高三上期中学业质量监测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一种可充电锂-空气电池如图所示，当电池放电时，O2与Li+在多孔碳材料电极处生成Li2O2-x(x=0或1)。下列说法正确的是A充电时，电解质溶液中Li+向多孔碳材料区迁移B充电时，电池总反应为Li2O2-x=2Li+(1-)O2C放电时，多孔碳材料电极为负极D放电时，外电路电子由多孔碳材料电极

2、流向锂电极2、运用元素周期律分析下列推断，不正确的是( )ASr的原子序数为38，则氢氧化锶的化学式为Sr(OH)2BH3BO3的酸性与H2SiO3接近C氧化硼可能与氢氟酸发生反应DHCl的还原性比H2S强，是因为Cl的非金属性比S强3、下列有关说法正确的是A容量瓶、分液漏斗、酸碱滴定管、冷凝管等仪器在使用前均需要检查是否漏液B蒸发、蒸馏、配制标准物质的量浓度溶液均需要用到玻璃棒C液溴保存：用带玻璃塞的细口棕色试剂瓶，液溴上加一层水，放在阴凉处D烧瓶、量筒、容量瓶、滴定管洗净后均可放在烘箱中烘干4、下列变化中，前者是物理变化，后者是化学变化，且都有明显颜色变化的是A打开盛装NO的集气瓶；冷却N

3、O2气体B用冰水混合物冷却SO3气体；加热氯化铵晶体C木炭吸附NO2气体；将氯气通入品红溶液中D向品红溶液中加入Na2O2；向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液5、甲、乙、丙、丁分别是Al2（SO4）3、FeSO4、NaOH、BaCl2四种物质中的一种，若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，丁溶液滴入甲溶液时，无明显现象发生，据此可判断丙物质是（）AAl2（SO4）3BNaOHCBaCl2DFeSO46、下列有关物质应用的说法错误的是ACCl4曾用作灭火剂，但因与水在高温下反应会产生有毒物质，现已被禁用B工厂中常用的静电除尘装置是根据胶体带电这个性质而设计的。CLi是最

4、轻的金属，也是活动性极强的金属，是制造电池的理想物质D为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯。7、下列实验操作能达到实验目的的是A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl8、短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O7，则X为（ ）ACBNCSDCl9、已知某元素一种同位素的原子的质子数为 m，中子数为 n，则下列说法错误的是（ ）A据此可确定该原子的质量数 B据此可确定该元素的相对原子质量C据此可确定该

5、原子的核外电子数 D据此可确定该元素在周期表中的位置10、NH3是一种重要的化工原料,可以制备一系列物质(如图所示)。下列说法正确的是( )ANH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥BNH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解C图中所涉及的盐类物质均可发生水解反应DNH3和NO2在一定条件下可以发生氧化还原反应11、在下述条件下，一定能大量共存的离子组是（ ）A无色透明的水溶液中：K+、Ba2+、I-、MnO4-B能与Al反应产生H2的溶液中：HCO3-、Na+、Al3+、Br-C澄清透明溶液中：K+、Fe3+、HCO3-、AlO2D常温下pH=1的溶液中：Mg2+、Cl-、SO42-、F

6、e3+12、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是( )选项离子方程式评价ANa2CO3溶液处理水垢中的CaSO4Ca2+ CO32= CaCO3正确：碳酸钙溶解度更小B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2+H2S=CuS+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量NaOH溶液反应：Ba2+HCO3- +OH- BaCO3+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO- +H2O = HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强AABBCCDD13、某无色溶液中加入铝粉能放出氢气，在该溶液中一定

7、可以大量共存的是（ ）ANa、NH4、SO42、CO32BNa、Cu2、Cl、SO42CNa、K、Cl、SO42DNa、K、Cl、NO314、常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸( H2SeO3)溶液中 ，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是A曲线M表示pH与lgBKa2(H2SeO3)的数量级为10-7C混合溶液中=104DNaHSeO3溶液中c( H2SeO3)c()15、下列装置的线路接通后，经过一段时间，溶液的pH明显下降的是AABBCCDD16、新型冠状病毒肺炎威胁着人们的身体健康，以下是人们在面对“新型冠状病毒”时的一些认识，你认为符合科学的是（ ）A选用95%

8、酒精溶液消毒的效果最好B外出归来，应立即向外套喷洒高浓度的84消毒液C为使消毒效果更好，可以将酒精和84消毒液混合使用D医用酒精可用于皮肤消毒，其原因是医用酒精可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性二、非选择题（本题包括5小题）17、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式_。(2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，写出A和B水溶液反应的离子方程式_。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图所示，则A

9、与B溶液反应后溶液中溶质的化学式_。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_。(5)若A是一种氮肥, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_。(6)若A是一种溶液，可能含有H、NH4+、Mg2、Fe3、Al3、CO32- 、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子的物质的量浓度之比为_。18、化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的

10、作用，其合成路线如下：已知：A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8 g A完全发生反应生成0.4 mol银。R1-CHO+R2-CH2CHOR-COOHR-COCl回答下列问题：(1)A的名称_E的结构简式为_；G的名称为_。(2)B中含有官能团的名称为_。(3)CD、DE的反应类型分别为_、_。(4)写出 F+HM的化学反应方程式_。(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。0.5 mol W可与足量的Na反应生成1 g H2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条

11、件的W的同分异构体共有_ 种，写出其中一种的结构简式_。(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。19、现有一份含有FeCl3和FeCl2的固体混合物，为测定各成分的含量进行如下两个实验：实验1：称取一定质量的样品，将样品溶解；向溶解后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，产生沉淀；将沉淀过滤、洗涤、干燥得到白色固体17.22 g。实验2：称取与实验1中相同质量的样品，将样品溶解；向溶解后的溶液中，通入足量的Cl2；再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，得到红褐色沉淀；将沉淀过滤、洗涤后，加热灼烧至质量不再减少，得到固体物质4 g。根据实

12、验回答下列问题：（1）溶解过程中所用到的玻璃仪器有_。（2）实验室配制FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂_。（3）“实验2”通入足量Cl2的目的是_。涉及的化学反应的离子方程式是_。（4）检验“实验2”的步骤中沉淀已经洗涤干净的方法是_。（5）加热FeCl3溶液，并将溶液蒸干时，通常不能得到FeCl3固体，请以平衡的观点解释其原因（化学方程式与文字相结合来说明）_。（6）FeCl3溶液可以用于止血，主要是因为FeCl3溶液能使血液聚沉，这涉及胶体的相关性质。以下关于胶体的说法正确的是_A胶体的分散质能透过滤纸B实验室制备胶体Fe(OH)3胶体，是将饱和FeCl3溶液滴入热的NaOH溶液中

13、，加热至溶液变为红褐色C当光束通过胶体时能产生丁达尔效应D胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是胶体（7）通过实验所得数据，计算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比是_。20、用98%的浓硫酸（=1.84g/cm3）配制0.5mol/L的稀硫酸480mL。（1）选用的主要玻璃仪器除量筒和玻璃棒外还需要有：_。（2）简要回答下列问题所需浓硫酸的体积为_mL；如果实验室有10mL、20mL、50mL的量筒应选用_mL的量筒最好，量取时发现量筒不干净，用水洗净后直接量取，将使浓度_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”，下同）。在转入容量瓶前，烧杯中液体应_，否则会使浓度_。定容时

14、必须使溶液凹液面与刻度线相平，若俯视会使浓度_。21、A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子，E单质可用于野外焊接钢轨的原料，F与D同主族。（1）D、E、F的离子半径由大到小的顺序为_（填离子符号）。（2）写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式：_。（3）F和G形成的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物与水反应生成F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物，三种产物的物质的量之比为2:1:6，甲的电子式为_，该反应的化学方程式为_。（4）C能分别与A和D按原子个数比1:2形成化合物乙和丙，乙的结构式为_。常温下，液体乙与气体

15、丙反应生成两种无污染的物质，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为_。（5）现取100 mL1 molL的E的氯化物溶液，向其中加入1 molL NaOH溶液产生了3.9 g沉淀，则加入的NaOH溶液体积可能为_mL。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【分析】由题意知，放电时负极反应为Lie=Li，正极反应为(2x)O24Li4e=2Li2O2x(x0或1)，电池总反应为O22Li=Li2O2x。【题目详解】A、该电池放电时，电解质溶液中的Li向多孔碳材料区迁移，充电时电解质溶液中的Li向锂材料区迁移，A项错误；B、充电时电池

16、总反应为Li2O2x=2Li(1)O2，B项正确；C、该电池放电时，金属锂为负极，多孔碳材料为正极，C项错误；D、该电池放电时，外电路电子由锂电极流向多孔碳材料电极，D项错误。【答案点睛】本题是比较典型的可充电电池问题。对于此类问题，还可以直接判断反应的氧化剂和还原剂，进而判断出电池的正负极。本题明显是空气中的氧气得电子，所以通氧气的为正极，单质锂就一定为负极。放电时的电池反应，逆向反应就是充电的电池反应，注意：放电的负极，充电时应该为阴极；放电的正极充电时应该为阳极。2、D【题目详解】A.由Sr的原子序数为38可知，Sr元素位于元素周期表第五周期A族，最高正化合价为+2价，则氢氧化锶的化学式

17、为Sr(OH)2，故A正确；B.由对角线规则可知，处于对角线的B元素和硅元素的非金属性相近，则最高价氧化物对应水化物H3BO3的酸性与H2SiO3接近，故B正确；C.由对角线规则可知，处于对角线的B元素和硅元素的性质相近，由二氧化硅能与氢氟酸发生反应可知氧化硼可能与氢氟酸发生反应，故C正确；D.元素的非金属越强，其对应氢化物的还原性越弱，氯元素的非金属性强于硫元素，则氯化氢的还原性弱于硫化氢，故D错误；故选D。3、C【答案解析】A项，容量瓶、分液漏斗、滴定管等带有旋塞和瓶塞的仪器，使用前需要检查是否漏水，冷凝管不用检查是否漏水，故A错误；B项，蒸馏不需要玻璃棒，故B错误；C项，盛装液溴应用磨口

18、细口棕色试剂瓶，并在瓶内加入适量的蒸馏水，使挥发出来的溴蒸气溶解在水中而形成饱和溴水，以减少液溴的挥发，细口瓶应用玻璃塞而不用橡胶塞密封，置于阴凉处，故C正确；D项，量筒、容量瓶、滴定管不能在烘箱中烘干，否则就不准了，故D错误。4、C【题目详解】A打开盛装NO的集气瓶，NO被氧化为NO2，发生的是化学反应，不是物理变化，故A错误；B用冰水混合物冷却SO3气体，是物理变化，没有颜色变化；加热氯化铵晶体，为化学变化，没有颜色变化，故B错误；C木炭吸附NO2气体，颜色变浅，属于物理变化；将氯气通入品红溶液中，次氯酸具有漂白性，发生氧化还原反应，使品红褪色，属于化学变化，故C正确；D向品红溶液中加入N

19、a2O2和向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液均为化学反应，故D错误；故选C。5、D【分析】若将丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，则丁为NaOH，乙为Al2（SO4）3，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，只有BaCl2与NaOH不反应，则甲为BaCl2，丙为FeSO4，最后剩余的为丙物质。根据此分析进行解答。【题目详解】丁溶液滴入乙溶液中，发现有白色沉淀生成，继续滴加则沉淀消失，应为NaOH和Al2（SO4）3的反应，Al2（SO4）3+6NaOH2Al（OH）3+3Na2SO4、Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，

20、现象为先生成白色沉淀，后沉淀溶解，丁溶液滴入甲溶液中，无明显现象发生，甲为BaCl2，丙为FeSO4，故答案选D。6、B【答案解析】试题分析：A、CCl4曾用作灭火剂，但因与水在高温下反应会产生有毒的光气（COCl2）和盐酸（HCl），现已被禁用，故A正确；B、工厂中常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这个性质而设计的，故B错误；C、Li是最轻的金属，也是活动性较强的金属，是制造电池的理想物质，故C正确；D、乙烯具有生物调节功能，含有碳碳双键能被高锰酸钾氧化；为了延长果实或花朵的成熟期，可用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果或花朵产生的乙烯，故D正确；故选B。考点：考查物质的性质与用途7、C【题目详

21、解】A、NO2和水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，故正确；D、Cl2H2OHClHClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。8、D【答案解析】短周期元素X的最高价氧化物的化学式为X2O7，则X最高价为+7，则X为Cl，故D正确。9、B【答案解析】A、该原子的质

22、量数等于质子数加中子数，故可确定该原子的质量数，A正确。B、元素的相对原子质量等于其各种同位素原子的相对原子质量与其所占的原子个数百分比乘积之和，故B错误。C、各种同位素原子属于同一种元素，故该原子的核外电子数即该同位素原子的质子数m，C正确。D、各种同位素原子属于同一种元素，在周期表中占据同一个位置，故据此可确定该元素在周期表中的位置，D正确。正确答案为B10、D【题目详解】ANH4Cl是氮肥，NaHCO3不是化肥，选项A错误；BNH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3受热时不分解，选项B错误；CNaCl是强酸强碱盐不发生水解，选项C错误；DNO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8N

23、H3=7N2+12H2O，该反应为氧化还原反应，选项D正确；答案选D。【答案点睛】本题主要考查了物质的性质与用途，注意知识的积累，易错点为选项A，目前常用的化肥分为：氮肥，即以氮素营养元素为主要成分的化肥，如尿素、碳铵等；磷肥，即以磷素营养元素为主要成分的化肥，如过磷酸钙；钾肥，即以钾素营养元素为主要成分的化肥，主要品种有氯化钾，硫酸钾等；复混肥料，即肥料中含有氮、磷、钾三要素中的两种称为二元复混肥料，含有氮、磷、钾三种元素的复混肥料称为三元复混肥料。11、D【答案解析】A. MnO4是有色离子，在无色溶液中不能大量共存，故A错误；B. 能与Al反应产生H2的溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液

24、，若为酸性溶液，HCO3不能大量共存，若为碱性溶液，HCO3和Al3不能大量共存，故B错误；C. Fe3可以和AlO2发生双水解反应生成Fe(OH)3沉淀和Al(OH)3沉淀，HCO3和AlO2在溶液中反应生成CO32和Al(OH)3沉淀，故不能大量共存，故C错误；D. 常温下pH=1的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，Mg2+、Cl-、SO42-、Fe3+互相之间不发生任何反应，可以大量共存，故D正确；故答案选D。点睛：本题主要考查离子能否大量共存，掌握相关离子的性质是解答的关键，在解题时要特别注意题目所隐含的条件。如：溶液无色透明时，则溶液中一定没有有色离子，如Cu2+、Fe3+、Fe2+、M

25、nO4-；强碱性溶液中肯定不存在与OH-反应的离子，如Fe3+、Fe2+、HCO3-、NH4+、Al3+；强酸性溶液中肯定不存在与H+反应的离子，如HCO3-、CO32-、S2-、CH3COO-、AlO2-等；本题的易错点在B项，要特别注意能与Al反应产生H2的溶液，可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，但若为酸性溶液，则不可能是硝酸，因铝与硝酸反应不能生成氢气。12、C【题目详解】A. Na2CO3溶液处理水垢中的CaSO4，反应生成更难溶的碳酸钙，硫酸钙微溶于水，不能拆，正确的离子方程式为：CaSO4+CO32 CaCO3+ SO42-，A项错误；B. 向CuSO4溶液中通人过量的H2S气体生成

26、CuS沉淀和硫酸，其中H2S为弱酸、CuS是沉淀，均不能拆，正确的离子方程式为Cu2+H2S=CuS+2H+，该反应之所以可以发生，是因为硫化铜的溶解度极小，既不能溶于水，也不溶于酸，B项错误；C. Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应，反应生成碳酸钡沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为Ba2+2HCO3 +2OH=BaCO3+2H2O+CO32，评价合理，C项正确；D. 过量SO2通入到NaClO溶液中，SO2有强还原性，ClO有强氧化性，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：SO2+H2O+ClO=2H+SO42+Cl，D项错误；答案选C。【答案点睛】Ba(HCO3)2溶液与足量

27、的NaOH溶液反应的离子方程式的书写是学生们学习的难点，Ba(HCO3)2溶液与少量的NaOH反应，离子方程式为：HCO3- +Ba2+ + OH- = BaCO3+ H2O，Ba(HCO3)2溶液与足量的NaOH反应，离子方程式为：2HCO3- +Ba2+ + 2OH- = BaCO3+ CO32-+ 2H2O。以“少量者定为1mol”配平过量反应物的系数。13、C【分析】无色溶液中不能含有有色离子。和铝反应生成氢气的溶液可能为酸或碱。【题目详解】A.碳酸根离子在酸性溶液中不存在，铵根离子在碱性溶液中不存在，故该组离子一定不能存在，故错误；B.铜离子有颜色，不错误；C.四种离子在酸性溶液或碱

28、性溶液中都能存在，故正确；D.溶液中含有硝酸根离子，在酸性溶液中和铝反应不能产生氢气，故错误。故选C。14、D【分析】Se与S位于同一主族，则其化合物的性质相似，可知亚硒酸(H2SeO3)为二元弱酸，以第一步电离为主，Ka1(H2SeO3)Ka2(H2SeO3)，常温下将NaOH溶液滴加到亚硒酸(H2SeO3)溶液中，随着氢离子不断被消耗，混合溶液的pH、不断增大，通过比较相同pH时溶液中和的相对大小，=，=，Ka1(H2SeO3)Ka2(H2SeO3)，确定M曲线代表了lg的变化曲线，N曲线代表了lg的变化曲线，由此分析。【题目详解】A=，= ，pH相同时，=，根据图象可知，曲线M表示pH与

29、lg的变化关系，M曲线代表了lg的变化曲线，故A不符合题意；B根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数Ka2(H2SeO3)=c(H+)=c(H+)=10-6.6，Ka2(H2SeO3)的数量级为10-7，故B不符合题意；C混合溶液中：=104，则C不符合题意；D根据图象可知，pH=6.6时，lg=0，=1，离子的电离平衡常数Ka2(H2SeO3)=c(H+)=c(H+)=10-6.6，同理pH=2.6时，lg=0，=1，Ka1(H2SeO3)= c(H+)=c(H+)=10-2.6 ，的水解平衡常数Kh=c(OH-)=10-11.410-6.6，则NaHSeO3溶液中

30、的水解程度小于其电离程度，溶液呈酸性，电离得到，水解得到H2SeO3，c( H2SeO3)c()，故D符合题意；答案选D。【答案点睛】的关系转化为Ka1和Ka2的关系是难点，需要学生熟练公式及公式间的关系。15、D【题目详解】A、电池总反应是ZnH2SO4=ZnSO4H2，消耗H2SO4，c(H)降低，pH增大，A不符合题意；B、该装置为电解池装置，总反应是Cu2H2OCu(OH)2H2，消耗的H2O，c(OH)增大，pH增大，B不符合题意；C、电解饱和食盐水，总反应是2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2，c(OH)增大，pH增大，C不符合题意；D、电解CuSO4溶液的总反应式2CuSO42

31、H2O2CuO22H2SO4，溶液中c(H)增大，pH降低，D符合题意。答案选D。16、D【题目详解】A浓度为95%的酒精可使细胞壁上形成一层膜，阻止酒精的渗入，则75%的酒精消毒效果好，A项不符合题意；B高浓度的84消毒液的腐蚀性较强，且具有漂白性，不能直接用来喷洒消毒衣物，B项不符合题意；C84消毒液和酒精一起使用，可能会产生一些对人体有害物质，且降低杀菌消毒效果，所以84消毒液不可与其他洗涤剂或消毒液混合，C项不符合题意；D医用酒精可用于皮肤消毒，其可以使病毒和细菌体内的蛋白质变性，D项符合题意；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O Na

32、HCO3、Na2CO3 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl c(H)c(Al3)c(NH4+)c(SO42-)1123 【分析】由题给信息可知，C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则该反应为氢气与氯气反应生成HCl，故C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由题给转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，则M为NaCl、B为NaOH。【题目详解】（1）B为NaOH，氢氧化钠是由钠离子和氢氧根离子组成的离子化合物，电子式为，故答案为；（2）若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则A为SiO2，E为Na2SiO3，二氧化硅

33、与氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水，反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O，故答案为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O；（3）若A是CO2气体，CO2与NaOH溶液能够反应生成碳酸钠或碳酸氢钠或两者的混合物，也有可能氢氧化钠过量，反应后所得的溶液再与盐酸反应，溶液中溶质只有碳酸钠，则碳酸钠转化为碳酸氢钠消耗盐酸体积与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗盐酸体积相等，由图可知消耗盐酸体积之比为1：2，则CO2与NaOH溶液反应后溶液中溶质为Na2CO3和NaHCO3，故答案为Na2CO3和NaHCO3；（4）若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaA

34、lO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为溶液中先有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失，故答案为先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失；（5）若A是一种化肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，E与F相遇均冒白烟，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则E与D的反应为氨气与氯气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，故答案为3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl；（6）由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，

35、则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H+OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积与Al3+3OH-=Al(OH)3铝离子消耗NaOH溶液的体积之比为1：3，发生反应NH4+OH-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）=1：1：2，由电荷守恒可知，n（H+）：n（Al3+）：n（NH4+）：n（SO42-）=1：1：2：3，故c（H+）：c（Al3+）：c

36、（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3，故答案为c（H+）：c（Al3+）：c（NH4+）：c（SO42-）=1：1：2：3。【答案点睛】根据图象中的平台确定溶液中含有铵根离子是解答关键，注意利用离子方程式与电荷守恒进行计算是解答难点。18、乙二醛 硝基苯 碳碳双键、醛基 加成反应(还原反应) 氧化反应 +2+2HCl 2 或 【分析】A的相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则含氧的质量分数为0.552，A中O原子个数=2，C原子个数=22，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO；A发生信息的反应生成B，根据B分子式知，B为OHCCH=CHCH=

37、CHCHO，B和乙烯发生信息的反应生成C，C为，C和H2发生加成反应生成D，D发生催化氧化生成E，E为，E发生信息的反应生成F为，F和H发生取代反应生成M，H为，G发生还原反应生成H、苯发生取代反应生成G，则G为；(6)制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下成OHC-CHO与乙醛反应生成。【题目详解】根据上述分析可知：A为OHCCHO、B为OHCCH=CHCH=CHCHO、C为、D为、E为、F为、G为、H为。(1) A为OHCCHO，A的名称为乙二醛；E的结构简式为；G为，名称为硝基苯； (2)B为OHCCH=CHCH=CHC

38、HO，B中含有的官能团的名称为碳碳双键、醛基；(3)CD的反应类型为加成反应，与H2的加成反应又叫还原反应，DE的反应类型为氧化反应；(4)F为，H为，F和H发生取代反应生成M，F+HM的化学方程式为+2+2HCl；(5)C为，芳香族化合物W是C的同分异构体，有三个取代基，能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，说明W分子结构中含有2个羟基，核磁共振氢谱为五组峰，说明物质分子中含有五种不同位置的H原子，则W的结构简式为或，所以有两种同分异构体；(6)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙二醇发生催化氧化生成乙二醛，乙醛

39、和乙二醛发生信息中反应生成目标产物，其合成路线为。【答案点睛】本题考查有机物的合成与推断，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，本题侧重考查学生的分析能力和接受信息处理问题的能力。19、烧杯、玻璃棒 稀盐酸、铁粉 将Fe2全部转化为Fe3 2Fe2Cl22Fe32Cl 向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净 FeCl3在水中存在如下平衡FeCl33H2OFe(OH)33HCl 。在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体 AC 23 【答

40、案解析】（1）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻璃棒；（2）为了防止FeCl2溶液水解、氧化应加入稀盐酸、铁粉；（3）“实验2”通入足量Cl2的目的是将FeCl2氧化生成FeCl3；（4）首先要明确沉淀中所含杂质，此题中的杂质是Na+、Cl-，检验沉淀是否洗涤干净，只要检验洗涤后的溶液中是否含有Na+、Cl-中的一种就可以；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；（6）根据分散质粒子直径的大小把分散系分为：胶体、溶液、浊液；丁达尔效应是胶体特有的性质；（7）有关混合物的计算，利用元素守恒来解答。【题目详解】（1）溶解所用到的仪器

41、为：烧杯、玻璃棒；故答案为：烧杯、玻璃棒；（2）防止溶液里的Fe2+被氧化要加入铁粉，防止亚铁离子水解需要加入对应酸，实验室保存FeCl2溶液时通常会向其中加入少量试剂铁粉、稀盐酸，故答案为：铁粉、稀盐酸；（3）Cl2将FeCl2氧化生成FeCl3：Cl2+2FeCl2=2FeCl3，故答案为：将Fe2+全部转化为Fe3+；2Fe2Cl22Fe32Cl；（4）检验沉淀已经洗涤干净的方法是：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；故答案为：向洗涤后的溶液中滴加少量硝酸酸化的硝酸银溶液，如果没有白色沉淀生成，说明沉淀已经洗涤干净；（5）因为FeCl3易水解，且HCl易挥发，加热促进了FeCl3水解及HCl的挥发，所以不能得到FeCl3固体；故答案为：FeCl3在水中存在如下平衡FeCl33H2OFe(OH)33HCl 。在加热条件下，由于HCl易挥发，生成物浓度减小，导致平衡不断向右移动，故最后不能得到FeCl3固体；（6）A. 胶体的分散质能透过滤纸，故A正确；B. 实验室制备Fe(OH)3胶体，是向沸水中逐滴加入饱和FeCl3溶液，继续煮沸，至溶液变为红褐色；故B错误；C.丁达尔效应是胶体特有的性质,故C正确；D. 胶体、溶液、浊液中，含分散质粒子直径最大的分散系是浊液，故D错误；故选AC。（7）设