2022-2023学年山西省长治市第二中学校化学高三上期中教学质量检测模拟试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、针对下列实验现象表述不正确的是A用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色B在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色C向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产

2、生白色沉淀D将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成2、巴黎圣母院是全人类的宝贵文化遗产。下列在传承过程中遇到的问题与化学变化无关的是A石质阶梯被游客磨损B石质雕像被酸雨腐蚀C铜质雕像逐渐变为绿色D木质中轴塔在火灾中坍塌AABBCCDD3、下列各组中的物质均能发生加成反应的是A乙烯和乙醇B苯和氯乙烯C乙酸和溴乙烷D丙炔和丙烷4、下列关于铁电极的说法中，正确的是A钢铁的吸氧腐蚀中铁是正极B在铁片上镀铜时铁片作阳极C电解饱和食盐水时可用铁作阴极D镀锌铁板发生电化学腐蚀时铁是负极5、短周期元素aA2+、bB+、cC3-、dD-都具有相同电子层结构，则下列叙述正确的是

3、（）A原子半径ABDCB原子序数DCBAC离子半径CDBAD单质还原性ABDC6、下列关于0. 5 mol /LNaHCO3溶液的说法正确的是A溶质的电离方程式为NaHCO3 = Na+ H +CO32-B加水稀释后，n(H+)与n(OH-)的乘积变大C离子浓度关系：c(Na+ )+c(H+ )=c(OH- )+c(HCO3- )+c(CO32-)D温度升高，c(HCO3- )增大7、Na2O2、CaC2都是离子化合物，都能与水反应放出气体。（Na2O2+2H2O=4NaOH+O2）它们（ ）A阴阳离子个数比均为B都含有非极性的共价键C与水都发生氧化还原反应D放出的都是可燃性气体8、下列说法正

4、确的是()A投入铁片产生H2的溶液中可大量存在H、Mg2、SO、NOB将过量二氧化硫气体入冷氨水中：SO2NH3H2O=HSONHC用酒精萃取碘水中的碘，水从分液漏斗下口放出，碘的酒精溶液从分液漏斗上口倒出D高炉炼铁原理是用一氧化碳还原四氧化三铁9、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A密闭容器中2 mol NO与2 mol O2充分反应，体系中的原子总数为8 NAB100 g质量分数为9.8%的硫酸水溶液中含氧原子的数目为0.4 NAC0.1mol铁在0.1mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为0.3 NAD常温下，0.1molL1的Na2SO4溶液中含有的离子总数为0.3 NA1

5、0、水是生命之源，下列有关说法中正确的是（ ）A双氧水被称为绿色氧化剂，是因为其还原产物为O2，对环境没有污染B氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱C氨水能导电，说明氨气是电解质D王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt11、下列说法不正确的是( )A钠可用于制备一些贵重金属B铁制容器可用来运送浓硫酸C工业上可采用高温治炼黄铜矿的方法获得粗铜D电解法不能使非自发反应发生12、下列说法正确的是A1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，则反应中转移的电子数目为6 molB反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s) 能自发进行，则该反应的H0C向0.1

6、 molL1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中减小D在稀溶液中：H(aq)+OH(aq)= H2O(l) H= -57.3kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 molL1 的NaOH溶液混合，放出的热量大于57.3 kJ13、NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2 g H218O 与 D216O 的混合物中所含中子数为 NAB标准状况下，11.2 L 的 SO3 中含有的分子数目为 0.5NAC1mol FeCl3 水解生成的 Fe(OH)3 胶体中胶粒数目等于 NAD2mol NO 和 1mol O2 充分反应后所得气体分子数为 2NA14

7、、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂B“霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应C将“84”消毒液与75%酒精1：1混合，消毒效果更好D电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，采用的是牺牲阳极保护法15、某固体混合物可能由Al、( NH4)2SO4、MgCl2、FeCl2、AlCl3中的两种或多种组成，现对该混合物做如下实验，现象和有关数据如图所示(气体体积数据换算成标准状况)。关于该固体混合物，下列说法正确的是（ ）A含有4.5gAlB不含FeCl2、AlCl3C含有物质的量相等的( NH4)2SO4和MgCl2D含有MgCl2、FeCl2

8、16、K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+。用K2Cr2O7溶液进行下列实验：结合实验，下列说法不正确的是( )A若向中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色B中C2H5OH被Cr2O72-氧化成CH3COOHC对比和可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性比K2CrO4溶液强D中溶液橙色加深，中溶液变黄二、非选择题（本题包括5小题）17、高分子材料PET聚酯树脂和PMMA的合成路线如下图:已知:I.RCOOR+R OHRCOOR +ROH (R.R、R代表烃基)II. (R代表烃基)。(1)PMMA单体的结构简式为_，PET单体中的官能团名

9、称为_。(2)反应的反应类型是_；反应的化学方程式为_。(3)若反应得到的某一条链状产物聚合度为n，则缩聚反应中脱去的小分子有（_）个。(4)PMMA单体有多种同分异构体，某种异构体K具有如下性质：不能发生银镜反应不能使溴水褪色分子内没有环状结构核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为:_；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，则H合理的结构共有_种(不考虑立体异构和空间异构)。18、将晶体X加热分解，可得A、B、D、E、F和H2O六种产物，其中A、B、D都是中学化学中常见的氧化物，气体E是单质F所含元素的氢化物。（1） A能溶于强酸、强碱

10、，写出A与强碱溶液反应的离子方程式: _。（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素在元素周期表中的位置是_。（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E的结构式为_，工业制取E气体的化学方程式为_。（4）由各分解产物的物质的量之比推测X的组成类似于明矾，若向X的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，现象依次为_、_、_。（5）取一定量的X晶体分解，若生成0.1mol F，则必同时生成_（填化学式）_mol。19、硝酸是常见的无机强酸，是重要的化工原料。实验室模拟硝酸的制备可用以下装置，其中a为一个可持续鼓入空气的橡皮球，b、c为止水夹。(1)实验开

11、始前，应检验装置的气密性，请写出检验AE装置（不必考虑a）的气密性方法_。(2)装置A中发生反应的化学方程式为_。装置C中浓硫酸的作用是_。 (3)实验进行一段时间，待制备一定量硝酸后，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，该操作的目的是_。(4)若F装置中所选用试剂为酸性KMnO4溶液，请写出F装置处理NO尾气的离子方程式：_。 (5)欲使A中产生的氨气尽可能转化为硝酸，理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为_。(6)实验完毕后，取E中的溶液，加入几滴酚酞溶液，用0.10 mol/L的NaOH标准液滴定，发现加入过量标准液后仍无现象，试解释没有观察到滴定终点的原因_。20、MnO2是

12、制造干电池的主要原料之一，也是中学化学中常见的一种试剂。工业上Mn(NO3)2和KMnO4为原料制备MnO2，其生产原理如下：用软锰矿（含MnO2和少量的Fe2O3、SiO2）和碳反应制得MnO；再将MnO与稀硝酸反应，反应后经过滤、提纯、浓缩，可制得50%的Mn(NO3)2溶液；在一定条件下，把50%的Mn(NO3)2溶液滴加到KMnO4溶液中，发生如下反应：3Mn(NO3)2+2KMnO4+2H2O5MnO2+2KNO3+4HNO3，反应生成的沉淀经过滤、洗涤、干燥后得到MnO2。请回答下列问题：、若将软锰矿和碳反应后的固体产物置于如图1所示的装置甲中，与稀硝酸反应，观察到装置乙中有红棕色

13、气体产生。（1）写出甲中产生气体反应的化学方程式_。（2）在制备MnO2的实验中要向反应混合液中不断滴加氨水，则氨水的作用是_。、有人提出用日光分解KMnO4溶液的方法可制取MnO2，反应方程式为：4KMnO4+2H2O4MnO2+4KOH+3O2该反应中c（OH-）随时间的变化曲线如图2所示，分析曲线的变化趋势，你认为形成该变化的原因是_。、某兴趣小组通过实验研究MnO2的氧化性进行了一系列的研究。（1）该小组设计了如下4个方案以验证MnO2的氧化性，可行的是_。A把MnO2固体加入到FeSO4溶液中，再加入KSCN溶液，观察溶液是否变红B把MnO2固体加入到FeCl3溶液中，再加入KSCN

14、溶液，观察溶液是否变红C把MnO2固体加入到Na2SO3溶液中，再加入BaCl2观察是否有白色沉淀生成D把MnO2固体加入到稀盐酸中，观察是否有黄绿色气体生成（2）该小组为研究在不同酸碱性的溶液中MnO2的氧化能力，他们控制KI溶液的浓度和MnO2固体的质量相同，恒定实验温度在298K，设计如下对比试验。实验酸或碱现象A1滴0.2mol/LNaOH溶液不变色B1滴水缓慢变浅棕褐色C1滴0.1mol/L硫酸溶液迅速变棕褐色该小组从上述对比实验中，可以得出的结论是_。写出在MnO2迅速氧化I的离子方程式_。21、有一含NaCl、Na2CO310H2O和NaHCO3的混合物，某同学设计如图所示的实验

15、装置，通过测量反应产生的CO2和H2O的质量，来确定该混合物中各组分的质量分数。(1)实验步骤：按图(夹持仪器未画出)组装好实验装置后，首先进行的操作是_。称取样品，并将其放入硬质玻璃管中；称量装浓硫酸的洗气瓶C的质量和装碱石灰的U形管D的质量。打开活塞K1、K2，关闭K3，缓缓鼓入空气数分钟，其目的是_。关闭活塞K1、K2，打开K3，点燃酒精灯加热至不再产生气体。装置B中发生反应的化学方程式为_、_。打开活塞K1，缓缓鼓入空气数分钟，然后拆下装置，再次称量洗气瓶C的质量和U形管D的质量。(2)关于该实验方案，请回答下列问题。若加热反应后不鼓入空气，对测定结果的影响是_。E处干燥管中盛放的药品

16、是_，其作用是_ _，如果实验中没有该装置，则会导致测量结果NaHCO3的质量_(填“偏大”、“偏小”或“无影响”)。若样品质量为w g，反应后C、D装置增加的质量分别为m1 g、m2 g，则混合物中Na2CO310H2O的质量分数为_(用含w、m1、m2的代数式表示)。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、A【题目详解】A.氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20mL水大约能溶解40mL氯气，气体大约剩余40mL未溶解，A项错误；B.胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO45H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，Cu

17、SO45H2O变为CuSO4，CuSO4为白色固体，B项正确；C.双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为，MgO为白色固体，C是黑色固体，D项正确。故答案选A。2、A【答案解析】A. 石质阶梯被游客磨损，没有生成新的物质，是物理变化，符合题意，故A正确；B. 石质雕像主要成分为碳酸盐，被酸雨腐蚀，生成新物质，属于化学变化，不符合题意，故B错误； C. 铜质雕像逐渐变为绿色，铜单质变为碱式碳酸铜，生成新物质，属于化学变化，不符合题意

18、，故C错误；D. 木质中轴塔主要成分为碳，在火灾中发生燃烧而坍塌，燃烧属于化学反应，发生化学变化，不符合题意，故D错误；答案选A。【答案点睛】物理变化和化学变化的区别是看有没有新物质生成，应从本质上理解化学变化的实质。3、B【答案解析】A项，乙烯可以发生加成反应，乙醇无不饱和键不能发生加成反应，故A错误；B项，苯分子中含碳碳不饱和键，可以发生加成反应，例如一定条件下苯可以和氢气发生加成反应，氯乙烯分子中含碳碳双键，可以发生加成反应，故B正确；C项，乙酸分子中羰基不能发生加成反应，溴乙烷无不饱和键不能发生加成反应，故C错误；D项丙炔分子中含碳碳叁键，能发生加成反应，丙烷为饱和烷烃不能发生加成反应

19、，故D错误。点睛：本题考查有机物的性质、反应类型，主要是对加成反应实质的理解应用，根据加成反应的实质，有机物分子中含有不饱和碳原子，才能发生加成反应，常见的有：含有碳碳双键、C=O键、-CHO及苯环的物质可以发生加成反应，如：烯烃、炔烃、醛类、苯及其同系物等，注意-COOH不能发生加成反应。4、C【答案解析】试题分析：A、钢铁腐蚀时铁做负极，错误，不选A；B、铁上镀铜，铁做阴极，错误，不选B；C、电解饱和食盐水，铁做阴极不参与反应，正确，选C；D、镀锌铁板形成原电池时锌做负极，错误，不选D。考点：金属腐蚀和电解原理的应用5、C【分析】四种离子电子层结构相同，阳离子在下一周期的前边，阴离子在上一

20、周期的后边，根据所带电荷，可知B在A的前面，C在D的前面。【题目详解】A.电子层数越多，原子半径越大，同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小，故原子半径BACD，故A不选；B.根据上面的分析，原子序数为ABDC ，故B不选；C.四种离子电子层数相同，离子半径取决于质子数即原子序数，原子序数越大，半径越小，故离子半径： CDBA，故C选；D.四种元素都是短周期元素，D为F，F2没有还原性，故D不选。故选C。6、B【答案解析】试题分析：A、碳酸氢钠为弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3Na+HCO3，错误；B、温度不变，加水稀释后，Kw=c(H)c(OH)不变，溶液的体积增大，n(H+)与n(

21、OH)的乘积变大，正确；C、根据电荷守恒知碳酸氢钠溶液中离子浓度关系：c(Na+) c(H+) c(OH) c(HCO3)2c(CO32)，错误；D、温度升高，促进碳酸氢根的电离和水解，c(HCO3)减小，错误。考点：考查电解质溶液中的离子平衡，碳酸氢钠溶液。7、B【题目详解】A过氧化钠中阴阳离子个数比为12，碳化钙中阴阳离子个数比为11，故A错误；B非金属元素之间易形成共价键，其中过氧化钠中存在O-O非极性键，CaC2中存在CC非极性键，所以两种物质中都含有非极性键，故B正确；C碳化钙和水反应生成氢氧化钙和乙炔，各元素的化合价都不变，不属于氧化还原反应，故C错误；D过氧化钠和水反应生成氧气，

22、氧气能助燃，不属于可燃性气体，碳化钙和水反应生成乙炔，乙炔易燃烧，故D错误；故选B。【答案点睛】本题的易错点为A，要注意过氧化钠是有钠离子(Na+)和过氧根离子(O22-)构成的。8、B【答案解析】选项A的溶液中有大量的氢离子和硝酸根离子，所以溶液具有硝酸的氧化性，与铁反应不能得到氢气，而是生成NO，选项A错误。将过量二氧化硫气体入冷氨水中，因为二氧化硫过量，所以得到酸式盐，方程式为：SO2NH3H2O=HSONH，选项B正确。酒精和水混溶，所以不可以用酒精进行萃取，选项C错误。高炉炼铁原理是用一氧化碳还原铁矿石（不一定是四氧化三铁，也可能是氧化铁），选项D错误。点睛：高炉炼铁的基本原理是：从

23、炉顶不断地装入铁矿石（磁铁矿或赤铁矿）、焦炭、熔剂，从高炉下部的风口吹进热风。在高温下，焦炭将碳燃烧生成的二氧化碳还原为一氧化碳，将铁矿石中的氧夺取出来，得到铁，这个过程叫做还原。铁矿石通过还原反应炼出生铁，铁水从出铁口放出。铁矿石中的脉石、焦炭及喷吹物中的灰分与加入炉内的石灰石等熔剂结合生成炉渣，从出铁口和出渣口分别排出。煤气从炉顶导出，经除尘后，作为工业用煤气。9、A【答案解析】A、由于NO和氧气均为双原子分子，故2molNO和2molO2中含8mol原子，而反应过程中满足原子个数守恒，故将2molNO和2molO2混合，充分反应后体系中原子总数为8NA，故A正确；B、在硫酸溶液中，除了硫

24、酸外，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数多于0.4NA个，故B错误；C、0.1molFe在0.1mol氯气中燃烧，铁过量，氯气完全反应，而氯气反应后边变为-1价，故0.1mol氯气转移0.2mol电子即0.2NA个，故C错误；D、未注明溶液的体积，无法计算0.1molL1的Na2SO4溶液中含有的离子总数，故D错误；故选A。10、D【答案解析】A、过氧化氢中氧元素化合价为-1价，易得电子，发生还原反应，生成还原产物为水，对环境没有污染，故A错误；B、氯水放置数天后，氯水中的次氯酸逐渐分解生成HCl和O2，漂白性减弱而酸性增强，故B错误；C、氨气是非电解质，氨水能导电，是因为氨气溶于水，与

25、水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，其水溶液能导电，故C错误；D、王水是浓盐酸和浓硝酸按体积比3：1配成的混合物，可以溶解Au、Pt，故D正确；综上所述，本题应选D。【答案点睛】本题应注意对电解质的理解，电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，其能导电是因为在水溶液或熔融状态下自身电离出自由移动的电子，而氨气溶于水形成氨水，能导电是因为氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，所以一水合氨是电解质，而氨气不是电解质。与此情况类似的还CO2 、SO2 等，CO2 、SO2的水溶液能导电，但CO2 、SO2为非电解质。11、D【题目详解】A钠具有较强的金属性，可置换出不

26、活泼金属，故A正确；B浓硫酸与铁发生钝化，故铁制容器可用来运送浓硫酸，B正确；C碳具有还原性，工业上可采用焦炭高温治炼黄铜矿的方法获得粗铜，C正确；D电解将电能转变为化学能，可使非自发反应发生，D错误；答案选D。12、D【题目详解】A.因为N2与H2的反应为可逆反应，所以1 mol N2与4 mol H2混合充分反应，实际参加反应的N2物质的量小于1mol，则反应中转移的电子数目小于6 mol，A错误；B. 反应2Mg(s)+CO2(g)= C(s)+2MgO(s)能自发进行，因为S0，所以该反应的H0，B错误；C. 向0.1 molL1 CH3COONa溶液中加入少量水，溶液中c(CH3CO

27、O-)、c(OH-)减小，c(H+)增大，增大，C错误；D. 在稀溶液中：H(aq)+OH(aq)= H2O(l) H= -57.3kJmol1，若将含0.5 mol H2SO4的浓硫酸与1 L 1.0 molL1 的NaOH溶液混合，因为浓硫酸溶解放热，放出的热量为溶解热与中和热之和，所以放出的热量大于57.3 kJ，D正确。故选D。13、A【分析】A、H218O 与 D216O 摩尔质量均为20gmol1，均含10个中子；B、标准状况下， SO3 是固体；C、Fe(OH)3 胶体中胶粒是许多微观粒子的集合体；D、混合物中有二氧化氮和四氧化二氮形成的平衡。【题目详解】A、H218O 与 D2

28、16O 摩尔质量均为20gmol1，2g混合物物质的量为0.1mol，分子中均含10个中子，故0.1mol此混合物中含1NA个中子，故A正确；B、标准状况下， SO3 是固体，无法用22.4L/mol计算SO3物质的量，故B错误；C、Fe(OH)3 胶体中胶粒是许多微观粒子的集合体，1mol FeCl3 水解生成的 Fe(OH)3 胶体中胶粒数目小于 NA，故C错误；D、混合物中有二氧化氮和四氧化二氮形成的平衡，2mol NO 和 1mol O2 充分反应后所得气体分子数小于 2NA，故D错误。故选A。14、C【题目详解】A氯气与烧碱溶液反应生成次氯酸钠，与石灰乳反应得到次氯酸钙，都能得到含氯

29、消毒剂，故A正确；B雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故B正确；C“84“消毒液有效成分为次氯酸钠，有强氧化性，乙醇有还原性，二者混合发生氧化还原反应，不会增加效果反而会降低消毒效果，故C错误；DMg比Fe活泼，当发生电化学腐蚀时，Mg作负极而被氧化，保护Fe不被腐蚀，该防护方法是牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故选C。15、C【分析】5.60L标况下的气体通过浓硫酸后，体积变为3.36L，则表明V(H2)=3.36L，V(NH3)=2.24L，从而求出n(H2)=0.15mol，n(NH3)=0.1mol，从而确定混合物中含有Al、( NH4)2SO4；由白色沉淀久置不变色，可得出

30、此沉淀为Mg(OH)2，物质的量为；由无色溶液中加入少量盐酸，可得白色沉淀，加入过量盐酸，白色沉淀溶解，可确定此沉淀为Al(OH)3，溶液中含有AlCl3。从而确定混合物中一定含有Al、( NH4)2SO4、MgCl2、AlCl3，一定不含有FeCl2。【题目详解】A. 由前面计算可知，2Al3H2，n(H2)=0.15mol，n(Al)=0.1mol，质量为2.7g，A错误；B. 从前面的推断中可确定，混合物中不含FeCl2，但含有AlCl3，B错误；C. n(NH3)=0.1mol，n(NH4)2SO4=0.05mol，n(MgCl2)= nMg(OH)2=0.05mol，从而得出(NH4

31、)2SO4和MgCl2物质的量相等，C正确；D. 混合物中含有MgCl2，但不含有FeCl2，D错误。故选C。16、A【分析】从图中可以看出，加入70% H2SO4的K2Cr2O7溶液中，平衡逆向移动，溶液仍呈橙色，加入C2H5OH溶液，能被氧化成CH3COOH，K2Cr2O7被还原为Cr3+，溶液呈绿色；K2Cr2O7溶液中加入30%NaOH溶液，平衡正向移动，K2Cr2O7转化为K2CrO4，再加入C2H5OH，溶液不褪色，则表明K2CrO4不能将C2H5OH氧化。【题目详解】A若向中加入70%H2SO4溶液至过量，K2CrO4转化为K2Cr2O7，K2Cr2O7被C2H5OH还原，溶液变

32、为绿色，A不正确；B由图中实验可知，中C2H5OH被Cr2O72-氧化，生成CH3COOH，B正确；C对比和可知，K2Cr2O7酸性溶液能将C2H5OH氧化，而K2CrO4溶液不能将C2H5OH氧化，则表明K2Cr2O7氧化性比K2CrO4强，C正确；D中平衡逆向移动，溶液橙色加深，中平衡正向移动，溶液变黄，D正确；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、 酯基和羟基 氧化 n-1 CH3COCH2COCH3 8 【答案解析】由PMMA的结构，可知PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，则D、J分别为CH2=C(CH3)COOH、CH3OH中的一种，乙烯和溴发生加成反应生成A为CH

33、2BrCH2Br，A在NaOH水溶液、加热条件下发生水解反应生成B为HOCH2CH2OH，根据信息I及PET单体分子式，可知PET单体为，则D为CH3OH、J为CH2=C(CH3)COOH，PET单体发生信息I中交换反应进行的缩聚反应生成PET树脂为，F发生信息中的反应得到G，G在浓硫酸作用下发生消去反应生成J，则G为，故F为，E为。(1)根据上述分析，PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，PET为，其单体为，其中的官能团有酯基和羟基，故答案为CH2=C(CH3)COOCH3；酯基和羟基；(2)反应中E()在催化剂作用下发生氧化反应生成F()，为1，2-二溴乙烷发生水解反应生成乙二醇

34、，该反应的化学方程式为 ，故答案为氧化；(3)反应为发生缩聚反应生成的过程，则缩聚反应中脱去的小分子有n-1个乙二醇，故答案为n-1； (4) PMMA单体为CH2=C(CH3)COOCH3，某种异构体K具有如下性质：不能发生银镜反应，说明分子中没有醛基；不能使溴水褪色，说明没有碳碳不饱和键；分子内没有环状结构；核磁共振氢谱有面积比为3:1的两种峰，则K的结构简式为CH3COCH2COCH3；另一种异构体H含有醛基、羟基和碳碳双键，在铜催化下氧化，官能团种类会减少一种，说明氧化生成醛基，则结构中含有CH2OH，则H中除碳碳双键外的基团的组合有：CH3、CHO、CH2OH，共有4种结构；CH2C

35、HO、CH2OH有2种结构；CHO、CH2CH2OH有2种结构；共8种，故答案为CH3COCH2COCH3；8。点睛：本题考查有机物的推断与合成，充分利用给予的信息和有机物的结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化。本题的易错点为PET单体的判断，容易判断为。18、Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O第三周期VIA族N2+3H22NH3生成白色沉淀生成有刺激性气味的气体白色沉淀又逐渐溶解SO20. 3【答案解析】试题分析：（1） A能溶于强酸、强碱，A是Al2O3；（2）B、D都是酸性氧化物且组成元素相同，D溶于水得强酸，则D是SO3、B是SO2；（3）E能使湿润的红色石蕊试纸变

36、蓝，E是NH3；气体E是单质F所含元素的氢化物，所以F是N2；（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子；（5）根据得失电子守恒分析；解析：根据以上分析，（1） A是Al2O3，Al2O3与强碱溶液反应生成偏铝酸盐，离子方程式是Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O。（2）D是SO3、B是SO2，则B、D分子中除氧元素外所含另一种元素是S元素，S元素在元素周期表中的位置是第三周期VIA族。（3）E是NH3，NH3的结构式为，工业上用氮气和氢气在高温、高压、催化剂的条件下合成氨气，化学方程式为N2+3H2 2NH3。（4）由各分解产物推测X含有铵根离子、铝离子、硫酸根离子，向X

37、的浓溶液中滴加浓NaOH溶液至过量，依次发生反应，、，所以现象依次为生成白色沉淀、生成有刺激性气味的气体、白色沉淀又逐渐溶解。（5）生成1mol N2失去6mol电子，生成1molSO2得到2mol电子，电子根据电子得失守恒，若生成0.1mol N2，失去0.6mol电子，则必同时生成0.3mol SO2。点睛：铝离子结合氢氧根离子的能力大于铵根离子结合氢氧根离子的能力；氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数一定等于还原剂失去的电子总数。19、将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不得分

38、，无“打开b和c”可给分) 2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O； 除水蒸气和氨气 使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率 5NO+4H+3MnO4-=3Mn2+5NO3-+2H2O 1:10 硝酸将酚酞氧化 【题目详解】(1)检验AE装置（不必考虑a）的气密性方法是将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱；综上所述，本题答案是：将E中右侧导管浸没在水中，打开b和c，微热A中试管，最右侧导管口有气泡产生，停止加热冷却至室温，最右侧导管有一段回流水柱(无“E中右侧导管浸没在水中”不

39、得分，无“打开b和c”可给分)。(2) 装置A中为氯化铵固体与氢氧化钙固体加热反应制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O；氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，会有氨气剩余，因此装置C中浓硫酸的作用是除水蒸气和氨气；综上所述，本题答案是：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+CaCl2+2H2O； 除水蒸气和氨气。 (3) 氮的氧化物能够与氧气、水共同作用生成硝酸，停止加热A和B中装置，但仍要通过a鼓入一定量的空气，可以提高氮氧化物的转化率，提高硝酸的产率；综上所述，本题答案是：使氧气与氮氧化物及水反应成硝酸，提高氮氧化物的转化率。(4)酸性KMnO4

40、溶液具有强氧化性，能够把NO氧化为硝酸根离子，变为无害物质，反应的离子方程式5NO+4H+3MnO4-=3Mn2+5NO3-+2H2O；综上所述，本题答案是：5NO+4H+3MnO4-=3Mn2+5NO3-+2H2O。(5) 氨气中-3价氮被氧化到+5价，氧气中0价氧被还原到-2价，设氨气有xmol，氧气有ymol，根据电子得失守恒可知：8x=4y，x:y=1:2，,空气中氧气大约占1/5体积，所以理论上氨气与鼓入空气的最佳比例为1:10；综上所述，本题答案是：1:10。(6)硝酸具有氧化性，能够将酚酞氧化为无色；综上所述，本题答案是：硝酸将酚酞氧化。【答案点睛】针对问题(5)，欲使氨气尽可能

41、转化为硝酸，若是按照一般思路进行计算，氨气氧化为一氧化氮，一氧化氮与氧气和水生成硝酸，或一氧化氮又氧化为二氧化氮，二氧化氮与氧气和水反应生成硝酸；既繁琐又不容易得出结论；而抓住氧化还原反应的规律，氨气失电子总数等于氧气得电子总数，进行计算简单、快捷、准确。20、Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O 可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2 反应生成的MnO2对该反应起催化作用 A 酸性越强，MnO2氧化能力越强 MnO2+2I+4H+= Mn2+I2+2H2O 【分析】、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气

42、体，为便于吸收氮氧化物，向乙中通入空气，空气中的氧气将NO氧化成NO2，使气体呈红棕色，丙中应盛NaOH溶液等碱性物质，吸收有毒气体NO2；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；、反应中c(OH-)在t1时突然增大，说明反应速率增大，在其它条件不变的情况下，可考虑生成物起催化作用；、(1) A中，通过溶液变红，可说明MnO2固体将Fe2+氧化为Fe3+；B中，Fe3+没有还原性，MnO2不能表现氧化性；C中，不管是否将SO32-氧化，都产生白色沉淀；D中，MnO2固体加入到稀盐酸中，不发生反应。（2）从溶液的酸碱性及产生的现象，可得出酸性越强，I-转化为I2的反应速率越快，现象越明显，MnO2氧化能力越强的结论；MnO2在酸性溶液中氧化I，生成Mn2+、I2和H2O。【题目详解】、(1)软锰矿中含有少量Fe2O3，在加热条件下与C反应生成铁，铁与稀硝酸反应生成NO气体。反应的方程式为Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；答案为：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO+2H2O；(2)制备MnO2的实验中生成HNO3，加入氨水，可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转化为MnO2；答案为：可以中和硝酸，增大反应物的转化率，使原料尽可能多地转