2022-2023学年河北省泊头市一中高三化学第一学期期中达标测试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、已知可用代替制备，反应后元素以的形式存在。下列叙述不正确的是（ ）A每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔B该反应中氧化性：C参加反应的只有一部分被氧化D用与制备相同量的氯气，参与反应的物质的量一样多2、我国科研人员研制出

2、一种室温“可呼吸”NaCO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如右图所示。吸收的全部CO2中，有转化为Na2CO3固体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是（ ）A“吸入”CO2时，钠箔为正极B“吸入”CO2时的正极反应：4Na+ 3CO2+ 4e= 2Na2CO3+ CC“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动D标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.75 mol3、下列除杂方案错误的是（ ）选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OHCH3COOH生石灰蒸馏BCl2HCl(g)饱和食盐水、浓H

3、2SO4洗气CNH4Cl溶液FeCl3NaOH溶液过滤D溴苯Br2NaOH溶液振荡后分液AABBCCDD4、如图，把气体缓慢通入盛有足量试剂的试剂瓶A和试管B，在试管B中不能观察到明显现象的是()选项气体A中试剂B中试剂ASO2、CO2酸性KMnO4溶液澄清石灰水BCl2、HCl饱和NaCl溶液KI淀粉溶液CCO2、HCl饱和NaHCO3溶液NaAlO2溶液DNH3、CO2浓硫酸酚酞试液AABBCCDD5、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H2

4、S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AABBCCDD6、下列过程与氧化还原反应无关的是A植物的光合作用 B钢铁生锈C米饭变馊 DSO2使品红溶液褪色7、1，3二异丙烯基苯是重要的化工原料。下列有关1，3一二异丙烯基苯的说法正确的是A可以发生加成聚合反应B不能使稀高锰酸钾溶液褪色C分子中所有原子共平面D其苯

5、环上的二氯代物有3种8、图像能直观地反映有关物理量的变化及规律，下列各图像与描述相符的是( )A图 1是其他条件一定时，反应速率随温度变化的图像，正反应 H0；B图 2 是一定条件下，向含有一定量 A 的容器中逐渐加入 B 时的图像，压强 p1p2C图 3 表示分别稀释 1 mL pH2 的盐酸和醋酸时溶液 pH 的变化，图中 b100mLD图 4 表示平衡 2NO2(g) N2O4(g)在 t1 时迅速将体积缩小后 c(N2O4)的变化9、1 mol 苯乙烯（）在不同条件下与H2发生加成反应时，产物存在差异：条件消耗氢气加成产物室温、低压、催化剂1 mol高温、高压、催化剂4 mol下列说法

6、正确的是A两种条件下的加成产物都属于芳香烃B两种条件下的加成产物都能使酸性高锰酸钾溶液褪色C两种条件下的加成产物都能在光照条件下与溴进行取代D该现象说明侧链上的碳碳双键比苯环内的碳碳双键更活泼10、下列关于热化学反应的描述中正确的是A有氧气参与的反应都是放热反应B热化学方程式既表示能量的变化，又表示物质的变化C若2CO2(g)2CO(g)O2(g)H566kJmol1，则CO的燃烧热H566 kJmol1D放热反应理论上都可以设计为原电池，将化学能转化为电能11、有关实验室制备乙酸乙酯和乙酸丁酯的描述错误的是A两反应均需使用浓硫酸、乙酸B过量乙酸可提高1-丁醇的转化率C制备乙酸乙酯时乙醇应过量

7、D提纯乙酸丁酯时，需过滤、洗涤等操作12、固体化合物X由3种元素组成。某学习小组进行了如下实验：下列推断不正确的是（ ）A由现象1得出化合物X含有氧元素B固体混合物Y的成分是Cu和KOHCX的化学式K2CuO2D若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体，则反应中X作氧化剂13、常温下，下列各组无色离子在指定溶液中一定能大量共存的是Ac(ClO-)=1.0 mol/L的溶液：Na+、Cu2+、SO32-、SO42-B与金属铝产生气体的溶液中：Al3+、HCO3-、Cl-、SO42-C水电离产生的c(H+)=10-13 mol/L的溶液中：Na+、K+、Cl-、NO3-D0.1 mol/L FeSO4溶液中

8、：H+、NH4+、NO3-、Cl-14、能说明二氧化硫具有还原性的事实是A使品红溶液褪色B使溴水褪色C与氢硫酸反应D与烧碱反应15、下列事实不能用化学平衡移动原理解释的是A收集氯气可以用排饱和食盐水的方法B在一定条件下，氢气与碘蒸汽反应达平衡后，加压，混合气体颜色变深C可用浓氨水和氢氧化钠固体快速制取氨气D合成三氧化硫过程中使用过量的氧气，以提高二氧化硫的转化率16、用化学用语表示2Mg+CO22MgO+C中的相关微粒，其中正确的是（ ）A中子数为7的碳原子：CBMgO的电子式：C镁原子的结构示意图：DCO2分子的比例模型：17、下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是（）AABBCCDD18

9、、下列说法正确的是A含 1molFeCl3 的溶液充分水解产生胶体粒子数为 1NAB标准状况下，22.4LSO3 所含的分子数为1NAC1.0L0.1 molL1Na2CO3 溶液所含的阴离子数大于 0.1 NAD一定条件下，2.3gNa 完全与O2反应生成 3.6g 产物时失去的电子数为 0.2NA19、H2C2O4为二元弱酸，Ka1= 5.9102，Ka2= 6.4105，lg6.4 0.8，向20mL0.1molL1 H2C2O4溶液中滴加0.2molL1KOH溶液，溶液中含碳微粒的存在形式与物质的量百分比随KOH溶液体积变化如图所示。下列说法正确的是A滴入10 mL KOH溶液时，溶液

10、呈中性B当c()c()时，混合溶液pH4.2C滴入10 mL KOH溶液时，溶液中有如下关系：c(H2C2O4)c()c()0.1molL1D滴入1620 mL KOH溶液的过程中，均满足c()c()c(H+)c(OH)20、为了说明醋酸是弱电解质，某同学设计了如下实验方案证明，其中错误的是（ ）A配制0.10 mol/L CH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，则可证明醋酸为弱电解质B用pH计分别测0.01 mol/L和0.10 mol/L的醋酸溶液的pH，若两者的pH相差小于1，则可证明醋酸是弱电解质C取等体积等浓度的盐酸和醋酸溶液，分别加入足量的Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气

11、体多，证明醋酸为弱电解质D配制0.10 mol/L CH3COONa溶液，测其pH，若常温下pH7，则可证明醋酸是弱电解质21、常温下，向10 mL0.1 mol/L的HR溶液中逐滴加入0.1 mol/L的氨水，所得溶液pH及导电能力变化如图。下列分析正确的是（ ）A各点溶液中的离子浓度总和大小关系：dc b aB常温下,R-的水解平衡常数数量级为10 -9Ca点和b点溶液中，水的电离程度相等Dd点的溶液中,微粒浓度关系：c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)22、下列化工生产过程所用原料错误的是A用乙醇制乙烯B用油脂制肥皂C用氯气和消石灰制漂粉精D用饱和食盐水制烧碱二、非选择题(共84

12、分)23、（14分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_；B中含氧官能团名称是_。(2)C的结构简式_；DE的反应类型为_(3)EF的化学方程式为_。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。(5)等物质的量的 分别与足量NaOH、NaHCO3 反应，消耗NaOH、NaHCO3 的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。24、（12分）有机物X是一种重要的有机化工原料，下

13、图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去），Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）； 回答下列问题：（1）X的名称为_，G的分子式为_。（2）F的结构简式为_，B中官能团的名称为_。（3）FG的反应类型为_。（4）GY的化学方程式为_。（5）满足下列条件的B的同分异构体有_种。含有苯环；只含一种官能团；1 mol该有机物能与2 mol NaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_。25、（12分）焦亚硫酸钠(Na2S2

14、O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5，实验步骤如下：(1)原料气(SO2)的制备装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_(填字母)。a蒸馏水 b饱和Na2SO3溶液 c饱和NaHSO3溶液d饱和NaHCO3溶液(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)的制备pH4.1时，则产品中会有副产物，其化学式是_。结晶脱水生成产品的化学方程式为_。(3)产品含量的测定测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知+2I2+3H2O=2+4I-+6H+；2+I2=+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液

15、、酚酞溶液、标准Na2S2O3溶液及蒸馏水)。精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；准确移取V1mL的过量的c1molL-1的标准碘溶液(过量)并记录数据，在暗处放置5min，然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;加入淀粉溶液，用c2molL-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液_，读数；重复步骤；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2mL。产品中焦亚硫酸钠的质量分数为_(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。26、（10分）50 mL 0.50 mol/L盐酸与50 mL 0.55 mol/L NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，通过

16、测定反应过程中所放出的热量可计算中和热，回答下列问题：（1）烧杯间填满碎泡沫塑料的作用是_。（2）大烧杯上如不盖硬纸板，求得的中和热数值_(填“偏大”“偏小”“无影响”)。（3）实验中改用60 mL 0.50 molL1盐酸进行反应，与上述实验相比，所放出的热量_(填“相等”、“不相等”)，所求中和热_(填“相等”、“不相等”)，简述理由_。（4）用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液进行上述实验，测得的中和热的数值会_(填“偏大”、“偏小”“无影响”)。27、（12分）实验室模拟合成硫酸的流程如下：从下图中选择制取气体的合适装置：（1）装置C的名称为_，实验室通常用装置C制备_。 AH2 B

17、C2H2 CCO2 DNH3（2）实验室用装置D制备O2的化学方程式为_。（3）若用装置B制备SO2，可以选用试剂为_。A浓硫酸、亚硫酸钠固体 B浓硫酸、铜片 C稀硫酸、亚硫酸钠溶液 D浓硫酸、铁屑（4）SO2和O2通过甲装置，甲装置的作用除了可以控制SO2、O2的流速外，还可以_、_。（5）使用乙处导出的有关气体制成硫酸，下列a、b、c三套装置中你选择的是_，该套装置与其它装置比较，其优点是_。28、（14分）硫酸的工业制备是一个重要的化工生产过程，但在生产过程中会产生大量污染，需要在生产工艺中考虑到绿色工艺以硫酸工业产生的二氧化硫尾气、氨水、石灰石、焦炭、碳酸氢铵为原料可以合成硫化钙、硫酸

18、铵、亚硫酸铵等物质合成路线如下： （1）写出反应的化学方程式_（2）反应中每生成lmol硫化钙理论上转移电子数_；为充分利用副产品CO，有人提出以熔融的K2C03为电解质，设计燃料电池，请写出此电池的负极反应_（3）为检验反应得到的产品是否因部分被氧化而变质，需选择的化学试剂有_（4）根据合成流程，可以循环利用的是_（5）（NH4）2SO3溶液可用于电厂产生的烟道气的脱氮，将氮氧化物转化为氮气，同时生成一种氮肥，形成共生系统写出二氧化氮与亚硫酸铵反应的离子方程式_29、（10分）某含锰矿物的主要成分有MnCO3、MnO2、FeCO3、SiO2、Al2O3等。已知FeCO3、MnCO3难溶于水。

19、一种运用阴离子膜电解法的新技术可用于从碳酸锰矿中提取金属锰，主要流程如下：(1)为提高含锰矿物浸出速率，可采取的措施有_(至少写出两条)。(2)设备1中反应后，滤液1里锰元素只以Mn2+的形式存在，且滤渣1中也无MnO2。设备1中发生氧化还原反应的离子方程式是_。(3)设备2中加足量双氧水的作用是_。设计实验方案检验滤液2中是否存在Fe2+_。(4)已知金属离子的氢氧化物开始沉淀和完全沉淀的pH如下表，加氨水调节溶液的pH等于6，滤渣2的主要成分为_(填化学式)。金属离子开始沉淀的pH完全沉淀的pHFe3+1.83.2Al3+3.05.0Fe2+5.88.8Mn2+7.89.8 (5)设备4中

20、加入过量氢氧化钠溶液，用离子方程式表示发生的反应_。(6)保持其他条件不变，在不同温度下对含锰矿物进行酸浸，锰浸出率随时间变化如图。酸浸的最佳温度与时间分别为_、_min。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】用Co2O3代替MnO2制备Cl2，反应后Co元素以Co2+的形式存在，则反应方程式为Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2O中，Co元素的化合价由+3价降低为+2价，Cl元素的化合价由-1价升高到0价，以此来解答。【题目详解】A由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl

21、2+3H2O可知，每生成1摩尔氯气，消耗1摩尔Co2O3，故A正确；BCo元素的化合价由+3价降低为+2，则氧化剂为Co2O3，Cl元素被氧化，则Cl2为氧化产物，所以氧化性：Co2O3Cl2，故B正确；C由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2O可知，参加反应的HCl部分被Co2O3氧化，故C正确；D由方程式Co2O3+6HCl(浓)2CoCl2+Cl2+3H2O和MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知，制备相同量的氯气，Co2O3消耗盐酸的量更多，故D错误；答案选D。2、B【答案解析】A、“吸入”CO2时是原电池装置，钠箔失电子为负极，选项A错误；B

22、、“吸入”CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，电极反应式为：4Na+ 3CO2+ 4e= 2Na2CO3+ C，选项B正确；C、“呼出”CO2时是电解池，阳离子Na+向阴极钠箔电极移动，选项C错误；D、标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为0.25 mol，选项D错误。答案选B。3、C【答案解析】ACaO与乙酸反应后，增大与乙醇的沸点差异，然后蒸馏可除杂，故A正确；B氯气不溶于饱和食盐水，可用饱和食盐水除杂，故B正确；C二者都与氢氧化钠溶液反应，应用氨水除杂，故C错误；D溴与NaOH溶液反应后，与溴苯分层，然后分液可分离，故D正确；故选C。4、D【答案解析】A、KMnO4

23、溶液有强氧化性，能与还原性的物质SO2反应，CO2能使B中澄清石灰水变浑浊，故A不选； B、饱和食盐水能吸收HCl气体，氧化性物质Cl2能使B中淀粉碘化钾试纸变蓝，故B不选；C、饱和NaHCO3溶液能和HCl反应，CO2能和B中NaAlO2溶液反应生成絮状氢氧化铝沉淀，故C不选；D、浓硫酸吸收碱性气体氨气，酸性气体CO2不能使B中酚酞试液变色，试管B中无明显现象，故D选；故选D。5、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

24、过量的H2S气体生成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(H

25、CO3)2溶液与足量的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。6、D【答案解析】凡有元素化合价升降的反应就是氧化还原反应，据此分析。【题目详解】A.光合作用是植物利用太阳的光能将空气中的二氧化碳和土壤中的水转化为糖和氧气的过程，这个化学反应过程中氧元素化合价从-2价升高到0价，是

26、氧化还原反应，所以光合作用与氧化还原反应有关，A项错误；B.铁锈的主要成分是Fe2O3xH2O，钢铁生锈过程中铁元素化合价从0价升高到+3价，属于氧化还原反应，所以钢铁生锈与氧化还原反应有关，B项错误；C.米饭变馊是空气中的氧气与米饭发生了缓慢氧化的过程，是氧化还原反应，所以米饭变馊与氧化还原反应有关，C项错误；D. SO2使品红溶液褪色是因为SO2与有机色质化合生成了无色物质，温度升高该无色物质又分解生成SO2和原来的有机色质，这个反应不是氧化还原反应，所以SO2使品红溶液褪色与氧化还原反应无关，D项正确；答案选D。7、A【题目详解】A.物质分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，A正确；B.物

27、质分子中含有碳碳双键，能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使稀高锰酸钾溶液褪色，B错误；C.碳碳双键、苯环为平面形结构，与苯环、碳碳双键直接相连的原子可能在同一个平面上，则分子中所有碳原子可能都处于同一平面，但分子中含有饱和C原子，饱和C原子连接的原子构成的是四面体结构，因此分子中不可能所有原子共平面，C错误；D.该物质分子结构对称，其苯环上有3种不同位置的H原子，其二氯代物有1，2；1，3；2，2；2，3共四种，D错误；故合理选项是A。8、C【题目详解】A. 由图 1可知，温度升高，平衡正向移动，正反应H0，故A错误；B. 由图 2可知，一定条件下，向含有一定量A的容器中逐渐加入B时，平衡向正反应方向

28、移动，能提高A物质的转化率，该反应是一个反应前后气体体积不变的化学反应，增大压强，平衡不移动，故B错误；C. 由图 3可知，醋酸是弱电解质，在水溶液在中存在电离平衡，加水稀释促进醋酸电离，氯化氢是强电解质，完全电离，导致稀释过程中，醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以pH变化小的是醋酸，且稀释至pH=4，b应该100mL，故C正确；D. 对可逆反应2NO2(g) N2O4(g)，缩小体积，相当于增大压强，平衡正向移动，c(N2O4)迅速增大以后继续增加，D图像错误，故D错误；正确答案是C。9、C【分析】第种只加成1mol氢气，说明只有碳碳双键，第种加成4mol氢气，说明苯环被完全加成。【题目详解】A

29、.苯环完全加成后不再属于芳香烃，属于环烷烃，故A错误；B. 第种加成产物为乙基苯，可使高锰酸钾褪色，第种加成产物属于环烷烃，不可以是酸性高猛酸钾褪色，故B错误；C.两种加成产物中都含有乙基，故光照条件下都能与溴进行取代，故C正确；D.苯环不含有碳碳双键，故D错误；故答案为C。【答案点睛】苯环中没有碳碳双键。10、B【题目详解】A、有氧气参与的反应不一定是放热反应，如放电条件下氮气与氧气反应生成NO的反应为吸热反应，选项A错误；B、热化学方程式不仅能表示反应物和生成物的种类，还能表示能量的变化，选项B正确；C、燃烧热是以1 mol可燃物作为标准来进行测定的，若2CO2(g)2CO(g)O2(g)

30、H566kJmol1，则CO的燃烧热H288 kJmol1，选项C错误；D、电流的形成要有电子的定向运动，所以只有氧化还原反应才能设计成原电池，选项D错误。答案选B。11、D【题目详解】A.两反应均需使用浓硫酸为催化剂、乙酸为其中一种反应物，选项A正确；B.制备乙酸丁酯时，采用乙酸过量，以提高丁醇的转化率，这是因为正丁醇的价格比冰醋酸高，选项B正确；C.制备乙酸乙酯时，为了提高冰醋酸的转化率，由于乙醇价格比较低廉，会使乙醇过量，选项C正确；D.提纯乙酸丁酯时，需进行分液操作，选项D错误。答案选D。12、C【分析】固体X经H2还原后得到的混合气体能使白色CuSO4变为蓝色，则说明产物中有水蒸气，

31、即化合物X中含有O元素；最终所得固体单质呈紫红色，则该单质为Cu，说明化合物X含有Cu元素，且m(Cu)=1.28g，则2.7g X中含有n(Cu)=0.02mol；最终所得碱性溶液的焰色反应为紫色，则说明化合物X中含有K，该碱性溶液为KOH，且n(KOH)=n(HCl)=0.02mol；经H2还原后，所得固体混合物Y的成分是Cu和KOH；综上所述，2.7g化合物X含1.28g Cu、0.02mol K和O元素，则m(O)=2.7g-1.28g-0.02mol39g/mol=0.64g，则n(O)=0.04mol，即2.7g化合物X含0.02mol Cu、0.02mol K、0.04mol O

32、，故化合物X的化学式为KCuO2，据此分析解答。【题目详解】A由现象1为混合气体能使白色CuSO4变为蓝色，说明经H2还原的产物中有水蒸气，从而得出化合物X含有O元素，故A正确；B根据分析，固体混合物Y的成分是Cu和KOH，故B正确；C根据分析，X的化学式KCuO2，故C错误；D若X与浓盐酸反应产生黄绿色气体Cl2，Cl元素的化合价由-1价变为0价，化合价升高被氧化，则浓盐酸做还原剂，X作氧化剂，故D正确；答案选C。13、C【答案解析】A. 含有Cu2+的溶液显蓝色，与无色溶液不符；含有ClO-的溶液具有强氧化性，能够把 SO32-氧化为SO42-，不能大量共存，A错误；B. 与金属铝反应产生

33、气体的溶液，可能为酸液，可能为碱液，HCO3-在酸、碱溶液都不能大量共存，Al3+、HCO3-离子间发生双水解不能大量共存，B错误；C.水电离产生的c(H+)=10-13 mol/L的溶液可能为酸液，可能为碱液，四种离子间不反应且在酸、碱环境下均能大量共存，C正确；D. HNO3具有强氧化性，能够把Fe2+氧化为铁离子，不能大量共存，D错误；综上所述，本题选C。14、B【答案解析】A. 二氧化硫使品红溶液褪色，说明其有漂白性；B. 二氧化硫使溴水褪色，说明其有还原性；C. 二氧化硫与氢硫酸反应生成硫和水，说明其有氧化性；D. 二氧化硫与烧碱反应可以生成亚硫酸钠和水，说明其为酸性氧化物。综上所述

34、，B符合题意，答案选B。15、B【分析】利用勒夏特列原理的定义进行分析。【题目详解】A、Cl2与H2O发生Cl2H2OH+Cl-HClO，排饱和食盐水收集氯气，增加Cl-浓度，使平衡向逆反应方向进行，抑制Cl2的溶解，符合勒夏特列原理，故A不符合题意；B、H2和I2发生H2I22HI，组分都是气体，且反应前后气体系数之和相等，即增大压强平衡不移动，但组分浓度增大，颜色加深，故B符合题意；C、浓氨水中存在NH3H2ONH3H2ONH4+OH-，加入NaOH固体，增加溶液中OH-的浓度，平衡向逆反应方向移动，NaOH固体遇水放出热量，使NH3逸出，故C不符合题意；D、2SO2O22SO3，使用过量

35、的氧气，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，SO2的转化率提高，故D不符合题意；答案选B。16、B【题目详解】A中子数为7的碳原子质子数为6，质量数=6+7=13，原子符号为C，故A错误；BMgO为离子化合物，镁离子直接用离子符号表示，氧离子需要标出最外层电子，MgO的电子式为，故B正确；C镁原子的结构示意图为：，故C错误；DCO2中有两个C=O键，C原子半径较大，所以比例模型是，故D错误。答案选B。17、A【题目详解】A.Mg(OH)2电离出的氢氧根离子与氯化铵电离出的铵根离子反应生成氨水，氢氧化镁溶解，离子方程式为Mg(OH)2+2NH4+Mg2+2NH3H2O，故A正确；B. 向沸水

36、中滴加饱和氯化铁溶液,得到的是胶体,胶体不是沉淀,所以不能写沉淀符号,离子方程式为Fe3+3H2O=Fe(OH)3(胶体)+3H+，故B错误；C. 二者发生氧化还原反应生成锰离子、硫酸，转移电子不守恒，离子方程式为5SO2+2MnO4+2H2O5SO42+2Mn2+4H+，故C错误；D. 氧化亚铁溶于稀硝酸，亚铁离子被硝酸根氧化成铁离子，反应的离子方程式为：3FeO+10H+NO33Fe3+NO+5H2O，故D错误；故选：A。18、C【题目详解】A、氢氧化铁胶体微粒是氢氧化铁的集合体，用含1molFeCl3的溶液与足量沸水反应制得的Fe（OH）3胶体中胶粒数小于1NA，故A错误；B、标准状况下

37、，SO3不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算22.4LSO3的物质的量，故B错误；C、Na2CO3溶液中碳酸根离子水解使阴离子数目增多，所以1.0L0.1 molL1Na2CO3溶液中阴离子数目之和大于0.1 NA，故C正确；D、2.3gNa完全反应，钠的物质的量=0.1mol，反应中Na元素化合价由0价升高为+1价，故转移电子数目=0.1mol1NA mol-1=0.1NA，故D错误；故选C。【答案点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，需要注意题设陷井，标况下SO3的状态不是气体；钠与氧气反应无论生成氧化钠还是过氧化钠，只要钠完全反应，计算转移电子数要结合钠元素的价态变化来分析

38、解答。19、B【题目详解】A滴入10 mL KOH溶液时，溶质为KHC2O4，因此溶液呈酸性，故A错误；B根据图中信息c()c()时，因此混合溶液pH50.84.2，故B正确；C原溶液c(H2C2O4)c()c()0.1molL1，加入10 mL KOH溶液时，假设溶液体积变化忽略不计，则溶液从20mL变为30mL，此时：c(H2C2O4)c()c()0.1molL1，故C错误；D滴入20 mL KOH溶液时，溶液溶质为K2C2O4，溶液水解显碱性，因此c(OH)c(H+)，故D错误。综上所述，答案为B。20、C【答案解析】根据弱电解质的电离、盐类的水解的概念分析。【题目详解】A. 配制0.1

39、0mol/LCH3COOH溶液，测溶液的pH，若pH大于1，氢离子浓度小于醋酸浓度，说明醋酸部分电离，则可证明醋酸为弱电解质，故A正确，但不符合题意；B. 用pH计分别测0.01mol/L和0.10mol/L的醋酸溶液的pH值，若两者的pH值相差小于1，说明醋酸存在电离平衡，则证明醋酸是弱电解质，故B正确，但不符合题意；C. 取等体积等浓度的CH3COOH和盐酸溶液，分别加入Na2CO3固体，若醋酸溶液产生气体多，则醋酸中加入碳酸钠的量多，不能说明醋酸部分电离，故不能证明醋酸是弱电解质，故C错误，但符合题意；D. 如果醋酸是强酸，则CH3COONa是强酸强碱盐，其水溶液呈中性，若常温下醋酸钠溶

40、液pH7，则说明CH3COONa是强碱弱酸盐，即醋酸是弱电解质，故D正确，但不符合题意。故选C。【答案点睛】注意常见的弱电解质的判断方法有：测一定物质的量浓度溶液的pH，例如，浓度均为0.1mol/L的醋酸和盐酸，盐酸的PH值=1，醋酸的PH值1；测其常见盐溶液的pH值，例如，CH3COONa的PH值7。21、B【答案解析】A.根据图分析可知，b点导电能力最强，故b点溶液中的离子浓度最大，故A错误；B.根据起点PH=3，Ka=c(H+)c(R-)/c(HR)=(10-3)2/0.1=10-5，代入Kh=Kw/Ka=10-14/10-5=10 -9，故B正确；C. a点是酸过量，抑制水的电离，b

41、点恰好中和，水解促进水的电离，故C错误；D. d点是NH4R和NH3H2O的混合物，它们物质的量浓度相等，故物料守恒：2c(R-)+2c(HR)=c(NH3H2O)+c(NH4+)，电荷守恒：c(NH4+)+c(H+)= c(R-)+c(OH-)，两式相加可得，2c(HR)+ c(H+)+ c(R-)= c(NH3H2O)+ c(OH-)，故D错误；故选B。【答案点睛】溶液是显电中性的，即溶液中阳离子所带的正电荷数等于阴离子所带的负电荷数。22、A【题目详解】A.工业生产乙烯原料为石油，故A错误；B.工业制肥皂原料为油脂，故B正确；C.工业制漂白粉是利用氯气和消石灰（氢氧化钙），故C正确；D.

42、工业制烧碱（碳酸钠）原料为饱和食盐水，故D正确；故答案为A。二、非选择题(共84分)23、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色) 【分析】A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构

43、简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【题目详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为

44、取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双

45、键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【答案点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。24、甲苯 C7H7NO2 羧基 酯基 还原反应 10 【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，

46、结构简式为。 在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【题目详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应的化学方程式为n +(n-1)H2O，故答案为n +(n-1)H2O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件

47、：含有苯环；只含一种官能团；1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备， 在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【答案点睛】

48、本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。25、检查装置气密性 c Na2SO3 2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 47.5(c1V1-c2V2)% 【分析】装置A制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，装置C制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置D用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫，还要防止倒吸；焦亚硫酸

49、钠(Na2S2O5)的制备：中纯碱溶液吸收二氧化硫至饱和得到亚硫酸氢钠溶液，中再添加Na2CO3固体与亚硫酸氢钠溶液混合形成Na2SO3悬浮液，中向形成Na2SO3悬浮液继续通入二氧化硫，析出亚硫酸氢钠晶体，亚硫酸氢钠结晶脱水生成产品。【题目详解】(1)装置A中盛装药品之前需要进行的操作是检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所以里面的溶液不能与二氧化硫反应，蒸馏水与二氧化硫反应生成亚硫酸，饱和Na2SO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，饱和NaHCO3溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，只有饱和NaHSO3溶液不与二氧化硫反应，所以选c；(2)中向形成悬浮液继续

50、通入二氧化硫，目的是使亚硫酸钠、水、二氧化硫反应获得亚硫酸氢钠晶体，pH4.1时，说明二氧化硫不足，则产品中会有副产物Na2SO3；NaHSO3结晶脱水生成Na2S2O5的化学方程式为：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；(3)达到滴定终点时被焦亚硫酸钠氧化生成的碘单质恰好完全被Na2S2O3标准液还原，所以达到滴定终点的现象是蓝色刚好褪去且半分钟内颜色不恢复；标准Na2S2O3溶液含有溶质的物质的量V2mL10-3L/mLc2molL-1=V2c210-3mol；由2+I2=+2I-可知：步骤中过量的I2的物质的量为V2c210-3mol，则与焦亚硫酸钠反应的碘的物质的量V1mL10-3

51、L/mLc1molL-1-V2c210-3mol=(V1c1-V2c2)10-3mol；再由+2I2+3H2O=2+4I-+6H+知产品中焦亚硫酸钠的质量为(V1c1-V2c2)10-3mol190g/mol=95(V1c1-V2c2)10-3g，故产品中焦亚硫酸钠的质量分数为=47.5(V1c1-V2c2)%。26、减小热量散失偏小不相等相等因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1 mol H2O放出的热量，与酸碱的用量无关偏小【答案解析】（1）中和热测定实验成败的关键是保温工作，大小烧杯之间填满碎纸条的作用是减少实验过程中的热量损失，故答案为：减少实验过程中的热量损失；（2）大烧杯上如

52、不盖硬纸板，会使一部分热量散失，求得的中和热数值将会减小，故答案为：偏小；（3）反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，改用60 mL 0.50 molL-1盐酸跟50 mL 0.55 molL-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量增多，所放出的热量偏高，但是中和热是强酸和强碱反应生成1mol水时放出的热，与酸碱的用量无关，所以改用60 mL 0.50 molL-1盐酸跟50 mL 0.55 molL-1NaOH溶液进行实验，测得中和热数值相等；故答案为：不相等；相等；因中和热是指稀强酸与稀强碱发生中和反应生成1 mol H2O放出的热量，与酸碱的用量无关；（4）一水合氨为弱

53、碱，电离过程为吸热过程，所以用相同浓度和体积的氨水代替NaOH溶液反应，反应放出的热量偏小；故答案为：偏小。点睛：本题考查了中和热的测定方法，明确中和热的测定步骤为解答关键。注意掌握中和热的概念和误差分析方法。酸碱中和反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，但中和热与酸碱的用量无关。27、启普发生器 AC 2KClO3 2KCl+3O2 A 干燥气体 使气体混合均匀 C 防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾 【答案解析】（1）装置C的名称为启普发生器，适合常温下固体与液体反应，不需要加热制取的气体；（2）装置D适合加热固体制备的气体，若用D制备O2，可加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；（3）装

54、置B适合固体与液体不加热制备的气体；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，还可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均匀；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸雾，所以一般用98.3%的浓硫酸吸收SO3；【题目详解】（1）装置C的名称为启普发生器。A、常温下锌与稀硫酸反应制备氢气，故A正确；B、常温下CaC2与水反应制备C2H2，但CaC2与水反应太剧烈，不用启普发生器制取乙炔，故B错误；C、常温下石灰石与稀盐酸反应制取CO2 ，故C正确；D、实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制取氨气，故D错误；（2）加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制取氧气的方程式为2KC

55、lO3 2KCl+3O2；（3）装置B适合固体与液体不加热制备的气体，若用B装置制备SO2，浓硫酸、亚硫酸钠固体不加热生成SO2，故A正确；浓硫酸、铜片反应需要加热，故B错误；稀硫酸、亚硫酸钠溶液反应速率太快，故C错误；浓硫酸、铁屑不加热易钝化，故D错误；（4）甲装置，甲装置的作用根据气泡的流速可以控制SO2、O2的流速外，还可以干燥SO2、O2；使SO2、O2混合均匀；（5）用水吸收SO3制取硫酸，易形成硫酸酸雾；防止倒吸、防止造成污染、防止产生酸雾选择装置C。【答案点睛】实验室制备二氧化硫气体，一般用70%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应；制备氧气用加热硫酸钾和二氧化锰混合物的方法或用双氧水分解

56、制取氧气。28、2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 8NA CO+CO322e=2CO2 稀盐酸、BaCl2溶液 CaCO3 2NO2+4SO32=N2+4SO42 【答案解析】本题是化学工艺流程题。以工业上处理二氧化硫的工艺（钙基固硫和氨水吸收）为主线生产相关产品，变废为宝。(1). 钙基固硫的反应。因为亚硫酸酸性比碳酸强，所以将向碳酸钙浆液中通入二氧化硫可以生成亚硫酸钙和二氧化碳，亚硫酸钙再被氧气氧化为硫酸钙，总反应为：2CaCO3+O2+2SO2=2CaSO4+2CO2 (2). 反应的化学方程式为：CaSO4+4C = CaS+4CO，反应中硫的化合价从+6降到-2，

57、共转移8个电子，所以每生成1molCaS理论上要转移的电子数为 8NA 。 (3). 根据CO的燃烧生成CO2，CO发发生了氧化反应，根据原电池原理，负极上还原剂发生氧化反应，由于电解质为熔融的碳酸钾，所以由提供氧原子与CO形成CO2分子，CO中C的化合价从+2升高到+4，要失去2个电子，所以电极反应式为：CO+CO322e=2CO2 (4). 反应得到的产品为亚硫酸铵易被空气中的氧气氧化生成硫酸铵，所以要检验产品是否变质可以检验硫酸根离子，实验室检验硫酸根离子的常用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液 (5). 分析上述流程图可发现，反应I用到原料中有CaCO3 ，反应IV有副产品CaCO3生成，所以CaCO3可以循环利用。 (6). 二氧化氮有很强的氧化性，而亚硫酸根有很强的还原性，根据化合价通常