2022年福建省福州八县一中化学高三上期中经典模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、25时，用222mo

2、lL的氨水滴定l222mL225molL-2H2A溶液，加入氨水的体积(V)与溶液中lg的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列说法不正确的是AA点溶液的pH等于2B由图中数据可知，H2A为弱酸CB点水电离出的H+离子浓度为2222-6molL-2DC点溶液中2、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A澄清透明的无色溶液中：Cl-、MnO、A13+、SOB使紫色石蕊溶液变红的溶液中：I-、K+、Mg2+、NOC=110-13mol/L的溶液中：NH、Ca2+、Cl-、NOD水电离出的c(OH-)=110-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO、CO3、质量分数为a%的N

3、aOH溶液蒸发掉b g水后，得到V ml质量分数为2a%的NaOH溶液，则蒸发后NaOH溶液的物质的量浓度为Aab2V molL1Bab2000V molL1C250abV molL1Dab80V molL14、将打磨后的镁条放入盛有50ml蒸馏水的烧杯后，用pH传感器和浊度传感器监测溶液中pH和溶液浊度随时间的变化如图。下列有关描述正确的（ ）A该实验是在常温下进行的B实线表示溶液浊度随时间的变化C50s时向溶液中滴入酚酞试液，溶液变红D150s后溶液浊度下降是因为生成的Mg(OH)2沉降5、实验室中需要配制1mol/L的H2SO4溶液980mL，应选用容量瓶的规格和量取密度为1.84g/m

4、L，质量分数为98%的浓硫酸的体积分别是A980mL，53.3mL B1000mL，54.30mL C1000mL，54.3mL D980mL，53.30g6、用1 L 1.0 mol/L NaOH溶液吸收0.8 mol CO2，所得溶液中CO32-与HCO3-的物质的量浓度之比约是A13B12C23D327、下列化学用语或名称表述不正确的是（ ）A葡萄糖的分子式：C6H12O6BHCl的电子式：C的名称：2甲基丙烷D含有10个中子的氧原子可表示为：O8、X、Y、Z、W、R是原子序数依次增大的短周期主族元素，X是原子半径最小的元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为0，Z的二价阳离子与氖原子具有

5、相同的核外电子排布，W原子最外层电子数是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是（ ）AX与Y形成的化合物只有一种BR的氢化物的热稳定性比W的强C原子半径：r(Z) Ksp(AgCl)C向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强AABBCCDD14、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过程

6、O2间接氧化H2SC亚铁是血红蛋白的重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，说明我国古代已利用天然气煮盐15、常温时，在H2CO3溶液中逐滴加入NaOH溶液，溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-的物种分布分数(X)=与pH的关系如图所示：下列说法正确的是A反应HCO3-HCO32-的lgK=-6.4BpH8的溶液中：c（Na）c（HCO3-）CNaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性：c（Na）c（Cl-）D向pH=6.4的溶液中滴加NaOH溶液至pH=8，主要发生的离子反应：HCO3-OH-CO32-H2O16、刚结束的两会政府工作报告

7、首次写入“推动充电、加氢等设施的建设”。如图是一种正负电极反应均涉及氢气的新型“全氢电池”，能量效率可达80%。下列说法中错误的是A该装置将化学能转换为电能B离子交换膜允许H+和OH通过C负极为A，其电极反应式是H22e + 2OH = 2H2OD电池的总反应为H+ + OHH2O17、在前一种分散系中慢慢滴加后一种试剂，能观察到先沉淀后变澄清的是( )氯化铝溶液中滴加氢氧化钠溶液 偏铝酸钠溶液中加盐酸氢氧化钠溶液中滴加氯化铝溶液 蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液氯化铝溶液中滴加氨水 硝酸银溶液中滴加氨水 氢氧化铁胶体滴加硫酸ABCD18、某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示

8、：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) c(NO3) + c(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+ =3Cu2+2NO4H2O19、化学式为C3H4O2的液态有机物X（不含环状结构）不能与碳酸氢钠发生反应，推测X不可能发生的反应是A消去反应B酯化反应C加聚反应D银镜反应20、据报道，近来发现了一种新的星际分子氰基辛炔，其结构式为：HCCCCCCCCCN。

9、对该物质判断正确的是A晶体的硬度与金刚石相当B能使酸性高锰酸钾溶液褪色C不能发生加成反应D可由乙炔和含氮化合物加聚制得21、下列说法正确的是ANa2O2和NaOH所含化学键类型完全相同BNH3比PH3稳定是因为NH3分子间存在氢键CCO2溶于水和干冰升华都只有分子间作用力改变D碱性氧化物一定是金属氧化物22、我国学者研究了均相 NO- CO 的反应历程，反应路径中每一阶段内各驻点的能最均为相对于此阶段内反应物能量的能量之差，下列说法正确的是 A2NO(g)+ 2CO(g) N2(g) +2CO2(g) HOB均相NOCO反应经历了三个过渡态和六个中间体C整个反应分为三个基元反应阶段，总反应速率

10、由第一阶段反应决定DNO二聚体( )比N2O分子更难与CO发生反应二、非选择题(共84分)23、（14分）已知高分子化合物I是轻工业生产的重要原料，其中一种生产合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A为芳香烃，A的化学名称是_。（2）GH、HI的反应类型分别是_、_。（3）若G结构为 请写出D的结构简式_。2由B生成C的化学方程式为_。（4）C有多种同分异构体，其中属于酚类的同分异构体有_种，写出其中具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构简式_。（5）参考上述合成路线信息，写出以CH3CH=CH2和CH3MgBr为原料(其它无机物任选)合成的合成路线图。_24、（12分）下表为元素周期表的一部分。

11、碳氮YX硫Z回答下列问题（1）Z元素在周期表中的位置为_。（2）元素周期表中与Z元素同周期原子半径最大的是(写元素名称)_，其最高价氧化物对应的水化物含有的化学键类型_。（3）下列事实能说明Y元素的非金属性比硫元素的非金属性强的是_；aY单质与H2S溶液反应，溶液变浑浊b在氧化还原反应中，1molY单质比1molS得电子多cY和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高（4）根据下图实验，可以证明碳的非金属性比X强。饱和小苏打溶液的作用_。发生的离子方程式是：_ （5）重水(D2O)是重要的核工业原料，下列说法错误的是_。a氘(D)原子核内有1个中子 b1H与D互称同位素 cH2O与D2O

12、互称同素异形体 d1H218O与D216O的相对分子质量相同25、（12分）某学习小组设计实验探究CuSO4分解产物甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2，并验证SO2的还原性。回答下列有关问题：（1）上述装置按气流从左至右排序为A、D、_E、F（填代号）。（2）装置D的作用是_；能证明有SO3生成的实验现象是_。（3）在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有：_；待C中有明显现象后，F开始收集气体，F装置中集气瓶收集到了少量气体，该气体是_（填化学式）。（4）为了验证SO2的还原性，取E装置中反应后的溶液于试管中，设计如下实验：a滴加少

13、量的NH4SCN溶液 b滴加少量的K3Fe(CN)6溶液c滴加酸性KMnO4溶液 d滴加盐酸酸化的BaCl2溶液其中，方案合理的有_（填代号），写出E装置中可能发生反应的离子方程式：_。乙同学利用A中残留固体验证固体产物（假设硫酸铜已完全分解）查阅资料知，铜有+2、+1价，且分解产物中不含0价的铜。Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+ =Cu+Cu2+H2O。（5）为了验证固体产物中是否有Cu2O，设计了下列4种方案，其中能达到实验目的的是_。甲：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硝酸，观察溶液颜色是否变为蓝色乙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀硫酸，观察溶液颜色是否变为蓝

14、色丙：取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成丁：取少量残留固体于试管，通入氢气，加热，观察是否生成红色固体26、（10分）某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装罝如下图所示。请回答：（1）装置A中分液漏斗内的物质是_ 。（2）实验时，旋开装置A中分液漏斗的旋塞，发现液体流出缓慢，最终停止，其可能的原因是_。（3）实验过程中通入足量的SO2，请设计一个实验方案，验证SO2与FeCl3溶液反应的主要产物（H+无需检验）_。27、（12分）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH

15、3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：（1）氨气的制备氨气的发生装置可以选择上图中的_，反应的化学方程式为_。欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置_(按气流方向，用小写字母表示)。（2）氨气与二氧化氮的反应将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。在一定温度下按图示装置进行实验。操作步骤实验现象解释原因打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中Y管中_反应的化学方程式_将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝集打开K2_28、（14分）过量排放NO会污染大气，

16、研究其性质及转化，对降低含氮物质的污染有重大的意义。（1）2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)的活化能Ea=-akJmol-1，合成中有关物质的摩尔生成焓(一定温度压强下，由稳定单质生成1mol化合物的焓变称为该物质的摩尔生成焓)如下表：物质NONO2O2摩尔生成焓H /kJmol-190330则NO2(g)=NO(g)+O2(g)的活化能Ea=_kJmol-1(用含a的式子表示)2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)分两步反应：2NO(g)N2O2(g)H10快速平衡N2O2(g)+O2(g)=2NO2(g)H2r(R)，C项错误；D碳酸的酸性弱于硫酸，D项错误；故选B。9、A【题目详

17、解】A.每1molP4含有6molPP键，而62 g P4含有mol P4分子，因而62 g P4中所含PP键数目为60.5NA=3NA，A项错误；B.钠在空气中反应生成Na2O和Na2O2，钠元素化合价从0价变为+1价，易知23gNa为1mol，因而转移电子数为11NA=NA，B项正确；C.标准状况下，11.2LCO2和SO2混合物中含有气体分子的物质的量为mol，由于CO2和SO2中分子数与氧原子数之比均为1:2，所以O原子数目为0.52NA=NA，C项正确；D. 易知0.1mol氯化铁水解形成的Fe(OH)3粒子数为0.1 NA，但由于Fe(OH)3胶体粒子由若干个Fe(OH)3聚合而成

18、，所以Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1 NA，D项正确。故选A.10、D【题目详解】A标准状况下CCl4是液体，5.6L CCl4的物质的量不是0.25mol，含有的Cl原子数为也不是NA，故A错误；BNO和O2发生反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，1molNO与足量O2完全反应生成1molNO2，但NO2和N2O4之间存在2NO2N2O4平衡，所以产物分子数小于NA，故B错误；C3.0g乙烷的物质的量n(CH3CH3)=0.1mol，含有的共价键数为0.7NA，故C错误；D常温下，1molCl2与足量Ca(OH)2溶液反应2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO

19、)2+2H2O，转移的电子数目为NA，故D正确；答案为D。11、A【答案解析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【题目详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3

20、ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，D项错误；答案选A。【答案点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；从反应的条件进行判断（题中C项）；从反应物的组成以及反应物之间的配

21、比进行判断。12、D【题目详解】ApH=12的碱溶液中，c(H+)=10-12mol/L，碱性溶液中，水电离出的氢氧根离子浓度等于溶液中氢离子浓度，所以水电离出的c(OH-)=10-12mol/L，若为能水解的盐溶液，溶液显碱性，促进水的电离，则水电离出的c(OH-)=10-2molL-1，选项A错误；B如果碱是强碱，则混合溶液呈中性，如果碱是弱碱，则混合溶液呈碱性，选项B错误；C若强酸强碱溶液等体积混合后呈中性，则pH酸+pH碱=14，酸和碱溶液的体积未知，所以不能确定pH酸+pH碱=14，选项C错误；D含有等物质的量的HNO3、Na2CO3、CH3COOH的溶液混合后，溶液中的溶质是醋酸钠

22、、硝酸钠，醋酸钠是强碱弱酸盐，所以其溶液呈碱性，选项D正确；答案选D。13、C【题目详解】A.先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3+，而此时的Fe3+是否由Fe2+氧化而来是不能确定的，所以结论中一定含有Fe2+是错误的，故A错误；B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先形成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，故B错误；C.溶液变蓝说明有单质碘生成，说明溴置换出KI中的碘，根据氧化还原反应的原理得出结论：Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D.CH3COONa和NaNO

23、2溶液浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H+的难易程度，故D错误；故选C。14、A【分析】根据图示过程，Fe2(SO4)3在T.F菌的作用下将硫化氢氧化为硫单质，同时自身还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁在氧气的氧化下生成硫酸铁，生成的硫酸铁又继续氧化硫化氢，形成循环，在此过程中硫酸铁可视为催化剂，据此回答。【题目详解】AT.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B脱硫过

24、程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，C正确；D天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故选A。15、B【分析】A、pH6.4时，c（HCO3-）c（H2CO3），可求出反应H2CO3H+HCO3-的lgK；B、根据电荷守恒分析；C、根据电荷守恒分析；D、pH=8时，碳酸转化为碳酸氢根，主要发生的离子反应为H2CO3OH-=HCO3-

25、H2O。【题目详解】A、pH6.4时，c（HCO3-）c（H2CO3），反应H2CO3H+HCO3-的lgKlgc(H+)=lg10-6.4=一6.4，故A项错误；B、pH8的溶液中：c（H）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-），则c（Na）c（HCO3-）,故B正确；C、向NaHCO3溶液中滴入少量盐酸至溶液显中性时，c（H）c（OH-），根据电荷守恒有c（Na+）c（H）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-）c（OH-），即c（Na+）c（C1-）十c（HCO3-）2c（CO32-），故C项错误；D、pH6.4的溶液中含有等物质的量的NaHCO3和H2CO3，由图像可

26、知，pH=8时溶液中HCO3-继续增大，继续减少H2CO3，故主要发生的离子反应为H2CO3OH-=HCO3-H2O，故D项错误。故选B。16、B【答案解析】由工作原理图可知，左边吸附层A上氢气失电子与氢氧根结合生成水，发生了氧化反应为负极，电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，电极反应是2H+2e-H2，结合原电池原理分析解答。【题目详解】A.“全氢电池”工作时是原电池反应，能量变化是将化学能转化为电能，故A正确；B. 由工作原理图可知，左边溶液为碱性，右边溶液为酸性，所以离子交换膜可阻止左边的碱性溶液和右边的酸性溶液发生中和，因此该离子交换膜不能允许

27、H+和OH通过，故B错误；C.根据氢气的进出方向可知，氢气在吸附层A上发生氧化反应，化合价由0价变成+1价，吸附层A为负极，电极反应为：H2-2e-+2OH-2H2O，故C正确；D.根据C的分析可知，右边吸附层B为正极，发生了还原反应，正极电极反应是2H+2e-H2，左边吸附层A为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-2H2O，因此总反应为：H+OH-H2O，故D正确；答案选B。17、C【答案解析】在氯化铝溶液中滴加NaOH溶液，随着NaOH溶液的不断加入，依次发生反应：AlCl3+3NaOH=Al（OH）3+3NaCl、Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O，能观察

28、到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，符合题意；在偏铝酸钠溶液中加盐酸，随着盐酸的不断加入，依次发生反应：NaAlO2+HCl+H2O=NaCl+Al（OH）3、Al（OH）3+3HCl=AlCl3+3H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，符合题意；在NaOH溶液中滴加氯化铝溶液，随着氯化铝溶液的不断加入，依次发生的反应为：4NaOH+AlCl3=3NaCl+NaAlO2+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3+3NaCl，能观察到的现象是先无明显现象后产生白色沉淀，不符合题意；蛋白质溶液中滴入硫酸铜溶液，蛋白质发生变性，观察到的现象是产生沉淀、

29、但沉淀不会溶解，不符合题意；氯化铝溶液中滴加氨水，发生反应：AlCl3+3NH3H2O=Al（OH）3+3NH4Cl，能观察到的现象是产生白色沉淀、但沉淀不会溶解，不符合题意；硝酸银溶液中滴加氨水，随着氨水的不断加入，依次发生反应：AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3H2O=Ag（NH3）2OH+2H2O，能观察到的现象是先产生白色沉淀后沉淀溶解变澄清，符合题意；硫酸属于电解质，在氢氧化铁胶体中滴加硫酸，胶体发生聚沉，观察到产生红褐色沉淀，继续加入硫酸发生反应2Fe（OH）3+3H2SO4=Fe2（SO4）3+6H2O，观察到的现象是沉淀溶解得黄色溶液，符合题意

30、；答案选C。18、D【分析】实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。【题目详解】A稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B实验1-中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；C由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝

31、酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+ =3Cu2+2NO4H2O，故D正确；答案选D。【答案点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。19、B【答案解析】有机物中能与碳酸氢钠反应的官能团为羧基（COOH），有机物X（不含环状结构）不能与碳酸氢钠发生反应，固分子中没有羧基，所以不可能发生酯化反应，故答案为B。【答案点睛】有机物中官能团和Na反应的有：醇羟基、酚羟基、羧基，和NaOH反应 有：酚羟基、羧基、酯基、卤代烃.和NaHCO3反应的有：羧基.和Na2CO3反应的有：羧基、酯基.20、B【题目详解】A.该物质形

32、成的晶体是分子晶体，而金刚石是原子晶体，硬度很高，故A错误；B.HCC-CC-CC-CC-CN中含有CC三键，这个不饱和键易被高锰酸钾氧化，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C.HCC-CC-CC-CC-CN中含有CC三键，这个不饱和键易被加成试剂加成，能发生加成反应，故C错误；D.乙炔和含氮化合物加聚时，三键中的一个键会被打开而出现双键，但是HCC-CC-CC-CC-CN中全是三键，故D错误；答案是B。21、D【题目详解】A. Na2O2中含有离子键和非极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，所含化学键类型不完全相同，故A错误；B. 物质的稳定性与化学键的强弱有关，与分子间作用力

33、无关，故B错误；C. 化学反应的实质旧的化学键断裂和新的化学键形成，CO2溶于水并可与水反应生成碳酸，则CO2溶于水存在化学键和分子间作用力的改变，干冰升华只是二氧化碳从固态变为气态，只有分子间作用力改变，因此二者作用力的改变不相同，故C错误；D. 碱性氧化物是指溶于水而成碱或与酸反应而成盐和水的氧化物，碱性氧化物皆为金属的氧化物，它们的碱性差别很大，故D正确；答案选D。【答案点睛】共价化合物的稳定性是由化学键的强弱决定的，熔沸点是分子间作用力决定的，还和分子间氢键有关。22、C【分析】整个反应分为三个基元反应阶段，NO(g)+NO(g)= (g) H=+199.2 kJ.mol-l；(g)+

34、CO(g)= CO2(g)+ N2O(g) H=-513.5 kJ.mol-l； CO(g)+ CO2(g)+ N2O(g)= N2(g) +2CO2(g) H=-307.6 kJ.mol-l，结合活化能、焓等知识分析。【题目详解】A +得2NO(g)+ 2CO(g) N2(g) +2CO2(g)，H=+199.2 kJ.mol-l -513.5 kJ.mol-l -307.6 kJ.mol-l =-621.9 kJ.mol-l，故A错误；B均相NOCO反应经历了TS1、TS2、TS3三个过渡态，TM1、TM2、N2O、TM3五个中间体，故B错误；C整个反应分为三个基元反应阶段，NO(g)+N

35、O(g)= (g) H=+199.2 kJ.mol-l；(g)+CO(g)= CO2(g)+ N2O(g) H=-513.5 kJ.mol-l； CO(g)+ CO2(g)+ N2O(g)= N2(g) +2CO2(g) H=-307.6 kJ.mol-l，由于所需活化能最高，总反应速率由第一阶段反应决定，故C正确；D从(g)+CO(g)= CO2(g)+ N2O(g) H=-513.5 kJ.mol-l； CO(g)+ CO2(g)+ N2O(g)= N2(g) +2CO2(g) H=-307.6 kJ.mol-l，反应放出的能量更多，生成物能量更低，NO二聚体（）比N2O(g)分子更容易与

36、CO发生反应，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、苯乙烯 消去反应 加聚反应 ： 9 或 【分析】A为芳香烃，能与HBr发生加成反应，所以A为,与HBr加成能生成两种产物，和，C生成D是醇的催化氧化，所以B生成C是氯代烃的水解；若G结构为 ，根据题目信息，可反推D是，C为，B为，F是，E为。G（）在浓硫酸、加热的条件下发生消去反应，H发生加聚反应生成高分子化合物I。【题目详解】（1）A为，化学名称为苯乙烯；答案：苯乙烯；（2）D和F反应反应再水解得到的产物含有醇羟基，在浓硫酸、加热的条件下发生的是消去反应，生成H含有碳碳双键，所以H反应生成高分子化合物I发生的是加聚反应；答案：消去

37、反应；加聚反应；（3）若G结构为 ，根据题目已知信息可逆推出D是；答案：；B为，C为，由B生成C的化学方程式为：；答案：；（4）C为，若苯酚的苯环上连接一个乙基，则有邻、间、对3种同分异构体，若苯酚的苯环上连接两个甲基就有6种，总共9种；具有四组核磁共振氢谱峰的一种结构，也就是有4种氢原子，则符合要求的同分异构体有：、；答案：9;或；（5）结合题目已知信息，以CH3CH=CH2和CH3MgBr为原料合成的合成路线图为：【答案点睛】本题考查有机物推断，涉及卤代烃、烯、醇等的性质以及分子式的求解、同分异构体、有机化学反应类型和方程式的书写等，题目综合性较大，注意逆向推导的思维训练，难度中等。24、

38、第三周期A族 钠 离子键和（极性）共价键 ac 除去挥发出来的HCl气体 H+HCO3-=H2O+CO2 c 【分析】根据元素在周期表的位置关系可知，X与碳同族，位于碳的下一周期，应为Si元素；Y与硫元素同族，位于硫的上一周期，应为O元素；Z与硫元素处于同一周期，位于第VIIA族，应为Cl元素，结合元素原子的结构和元素周期律分析作答。（1）Z为Cl，质子数为17，电子结构有3个电子层，最外层电子数为7；（2）电子层相同时核电荷数越大离子半径越小，即同一周期元素原子的半径从左到右依次减小；根据化学键与物质类别分析；（3）Y元素的非金属性比S元素的非金属性强，可利用单质之间的置换反应、氢化物稳定性

39、比较；（4）利用碳酸钙与稀盐酸反应制备二氧化碳，利用饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中的HCl气体，再将二氧化碳通入硅酸钠溶液中出现白色胶状沉淀，以此证明碳酸的酸性比硅酸强；（5）a原子的中子数等于质量数-质子数；b具有相同质子数、不同中子数的原子互为同位素；c同种元素形成的不同单质互为同素异形体；dD即是2H，据此分析。【题目详解】（1）Z为Cl元素，在周期表中的位置为第三周期A族；（2）根据上述分析可知，与Cl处于同一周期的原子半径最大的是钠，其最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，其化学键类型为：离子键和（极性）共价键，故答案为钠；离子键和（极性）共价键；（3）a. Y单质与H2S溶液反应，溶

40、液变浑浊，则Y的得到电子能力强，Y的非金属性强，a项正确；b. 在氧化还原反应中，1mol Y单质比1mol S得电子多，得电子多少不能比较非金属性，b项错误；c. Y和S两元素的简单氢化物受热分解，前者的分解温度高，可知Y的氢化物稳定，则Y的非金属性强，c项正确；故答案为ac；（4）图中实验装置中，制备二氧化碳的过程中会有HCl气体挥发，为除去二氧化碳气体中的HCl，证明碳酸的酸性比硅酸强，需用饱和碳酸氢钠溶液进行除杂，发生的离子方程式为：H+HCO3-=H2O+CO2，故答案为除去挥发出来的HCl气体；H+HCO3-=H2O+CO2；（5）a. 氘(D)原子内有1个质子，质量数为2，因此中

41、子数=2-1=1，a项正确；b. 1H与D具有相同质子数、不同中子数，二者互称同位素，b项正确；c. H2O与D2O均为水，属于化合物，不是单质，不能互称同素异形体，c项错误；d. D即是2H，所以1H218O与D216O的相对分子质量相同，d项正确；故答案为c。25、BC 防倒吸 B中溶液变浑浊 SO2 O2 bd 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ 丙 【分析】根据题意：A装置加热分解硫酸铜，分解的气态产物SO3、SO2和O2，SO2和O2和氯化钡溶液不反应，SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，可检验SO3，SO2由品红溶液检验，氯化铁溶液验证SO2的还原性，为防止发生倒

42、吸，A之后连接D装置，连接B的氯化钡溶液检验SO3，产生白色沉淀，用C中品红溶液检验SO2，品红溶液褪色，由E的氯化铁溶液验证SO2的还原性，发生反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，F用排水法收集氧气，取E装置中反应后的溶液于试管中，通过检验生成Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，用A中残留固体验证固体产物可能为CuO、Cu2O，根据反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，如果含有Cu2O，酸溶后有红色的铜生成，据此分析作答。【题目详解】（1）根据上述分析可知，装置为分解装置，防倒吸装置，检验SO3，检验SO2，验证SO2的还原性，收集氧气的装置，故连接顺序

43、为：A、D、B、C、E、F，缺少B、C装置，故答案为：BC；（2）装置D的作用是防倒吸；SO3与氯化钡反应生成白色沉淀，溶液变浑浊，B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成，故答案为：防倒吸；B中溶液变浑浊；（3）二氧化硫具有漂白性，在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液，说明A中分解产物有SO2；氧气不溶于水，F中收集的气体为O2，故答案为：SO2；O2；（4）E装置中为氯化铁溶液，与二氧化硫发生氧化还原反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，检验生成的Fe2+、SO42-验证SO2的还原性，Fe2+用K3Fe(CN)6溶液观察是否有蓝色沉淀的生成检验，SO42-用

44、盐酸酸化的BaCl2溶液是否生成白色沉淀检验，故合理选项是bd；2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+；（5）已知：Cu2O在酸性条件下不稳定，发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，A中硫酸铜完全分解，则得到CuO或Cu2O，取少量残留固体于试管，滴加足量的稀盐酸，观察是否有红色固体生成可以验证固体产物中是否有Cu2O；故合理选项是丙。【答案点睛】本题考查了物质的性质检验的知识，掌握常见物质的性质是解题关键，在解答时要注意物质检验的先后顺序、检验试剂及反应现象，在物质反应方程式配平时要注意结合电子守恒、原子守恒分析解答。26、 浓硫酸 没有打开分液漏斗的上口玻璃塞

45、(或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞)，导致无法与外界大气连通 取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；另取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成【答案解析】（1）根据题意可知，装置A为SO2的发生装置，实验室制备SO2常用浓硫酸与Na2SO3固体反应来制备，故分液漏斗中为浓硫酸；答案为：浓硫酸；（2）分液漏斗液体不能顺利流下，是因为分液漏斗中压强大于外界压强。在滴加液体之前要先打开分液漏斗上口玻璃塞或者使玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐。故答案

46、为：没有打开分液漏斗的上口玻璃塞或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞，导致无法与外界大气连通。（3）SO2有强还原性，Fe3+有强氧化性，二者发生氧化还原反应，反应离子方程式为：2Fe3+ SO2+2H2O=2Fe2+ SO42-+4 H+。检验Fe2+生成的实验方法为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；检验SO42-的生成实验方法为：取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成。27、A(或B)2NH4Cl+Ca(OH)22NH3+ CaCl2+2H2O(或B NH3H2ONH3+H2O)dcfei红棕色气体慢慢变浅8NH3+6NO27N2 +12H2OZ中NaOH溶液产生倒吸现象反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压【题目详解】(1)实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件为加热，所以选择A为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，也可以选择装置B用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3H2ONH3+H2O，故答