湖北省宜昌市长阳县一中2022-2023学年化学高三上期中考试模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验中，各实验操作对应的现象以及结论均正确且具有因果关系的是（ ）选项实验操作现象结论A将一片鲜花花瓣放入盛有干燥氯气的集气瓶中鲜花花瓣未变色干燥的氯气没有漂白性B向某溶液中滴入几滴K3Fe(CN)6溶液有蓝色沉淀生成该溶液中含有Fe3+C测定等浓度的Na2C2O4的溶液和Na2CO3

2、溶液的pHNa2CO3溶液的pH较大酸性：H2C2O4H2CO3D常温下，向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液先生成蓝色沉淀常温下，KspCu(OH)2KspMg(OH)2AABBCCDD2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A31g白磷中含有6NA个P-PB0.1molNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.1NACNA个Fe（OH）3胶体粒子的质量为107gD标准状况下，2.24LNO和2.24LO2混合后气体分子数为0.15NA3、下列表述正确的是（）A硅晶体具有半导体性能，可用于光导纤维B碳酸钠可用于去除餐具的油污C次氯酸是一种弱酸是因为次氯

3、酸不稳定，易分解D能使酸性溶液褪色，体现了的漂白性4、将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是AHClBNH3CCl2DNO25、能正确表示下列反应的离子方程式的是（ ）A次氯酸钙溶液中通入少量CO2：Ca2+ + 2ClO-+ H2O + CO2 = CaCO3 + 2HClOBNaClO（aq）中通入过量 SO2: C1O- + SO2 + H2O = HClO + HSOC氯气通入水中：Cl2 + H2O = 2H+ + Cl-+ ClO-D氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸：Ba2+ OH + H+ + SO= BaSO4 +H2O6、下列说法错误的是A液氨

4、汽化时要吸收大量的热，常用作制冷剂B新能源汽车的推广与使用有助于减少光化学烟雾的产生C手机外壳上贴的碳纤维外膜是一种新型的无机非金属材料D海水淡化能解决淡水供应危机，向海水中加净水剂明矾可以使海水淡化7、A是一种常见的单质，B、C为常见的化合物，A、B、C均含有元素x，它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件已略去)。下列说法中正确的是（ ）A反应和一定为氧化还原反应B反应和互为可逆反应CX元素可能是金属，也可能是非金属DX元素可能为铝8、25时，向 20 mL c mol/L NaOH 溶液中滴加 0.1 mol/L醋酸溶液，混合溶液中水电离的c（OH）与醋酸溶液体积（V）的关系如图。下

5、列有关说法错误的是（ ）Ac（NaOH）=0.1mol/LB水的电离程度：EB=DAC酸溶液的体积：V=20 mLD若D点对应的醋酸溶液体积为 V1 mL，则 25时醋酸的电离常数 Ka9、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无色透明溶液中: Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-B0.1mol/L NaHCO3溶液中: Mg2+、Al3+、K+、NO3-C能使甲基橙变黄的溶液中: Na+，CH3COO-、 MnO4-、 Fe3+Dc(H+)/c(OH-)=11012的溶液中：NO3-、I-、K+、Fe2+10、2019年是元素周期表诞生150周年，目前周期表七个周期均已排满，

6、共118种元素。短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置如图所示，且四种元素的原子最外层电子数之和为24。下列说法不正确的是A最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYBW的氢化物与Z的氢化物反应，产物的水溶液呈碱性C在元素周期表中，117号元素与Z元素位于同一主族D工业上常用YX2漂白纸浆、毛、丝等11、25时，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A无色透明的溶液中：B加石蕊试液后变红色的溶液中：C能使Al转化为的溶液中：D加入盐酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中：12、某溶液中含有、Na+、Ba2+、4种离子，若向其中加入少量Na2O2固体后溶液中离子数目基本保持不变的是ABNa

7、+CBa2+D13、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A常温下 pH7 溶液中：I、SO42、Na、Fe3B使石蕊试液变蓝色的溶液：K、SO42、Ca2、S2C与 Al 反应生成 H2 的溶液：NH4、K、NO3、SO32DpH7，通入 CO2 后指定离子仍能大量共存：Cl-、K、Ba2、NO314、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A冰醋酸、纯碱、芒硝、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4(浓)、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸C漂白粉、福尔马林、冰水、王水、氯水均为混合物DNa2O、NaOH、Na2CO3、NaCl都属于钠的含氧化

8、合物15、在实验室中，用如图所示装置(尾气处理装置略去)进行下列实验，将中液体逐滴滴入到中。预测的现象与实际不相符的是选项中的物质中的物质预测中的现象AH2SO3溶液溴水溴水颜色慢慢退去BBaCl2溶液滴有酚酞的Na2CO3溶液有白色沉淀，溶液红色逐渐退去CNaI溶液淀粉溶液淀粉溶液逐渐变蓝D浓盐酸KMnO4固体产生黄绿色气体AABBCCDD16、关于下图所示装置的判断，叙述正确的是( )A左边的装置是电解池，右边的装置是原电池B该装置中铜为正极，锌为负极C当铜片的质量变化为12.8 g时，a极上消耗的O2在标准状况下的体积为2.24 LD装置中电子的流向是：aCu经过CuSO4溶液Znb二、

9、非选择题（本题包括5小题）17、一种重要的药物中间体E的结构简式为：，合成E和高分子树脂N的路线如图所示：已知：(注：R和R表示烃基或氢原子)请回答下列问题：(1)合成高分子树脂N由A可制得F，F的结构简式为_；F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有_种。GH的反应类型为_。G有多种同分异构体，其中一种异构体X的结构简式为：，下列有关X的说法正确的是_（填标号）。a能与银氨溶液发生反应b能与氢气在一定条件下发生加成反应c在碱性条件下发生水解反应，1mol X消耗3mol NaOHd加热条件下，与NaOH醇溶液反应，可生成不止一种有机物写出MN反应的化学方

10、程式_。已知碳碳双键能被O2氧化，则上述流程中“FG”和“HM”两步的作用是_。(2)合成有机物EB中的官能团的结构简式为：_。E在一定条件下也可以生成C，写出EC反应的化学方程式：_。18、松油醇是一种调香香精，它是、三种同分异构体组成的混合物，可由松节油分馏产品A（下式中的18是为区分两个羟基而人为加上去的）经下列反应制得：（1）A分子中的官能团名称是_。（2）A分子能发生的反应类型是_。a.加成 b.取代 c.催化氧化 d.消去（3）松油醇的分子式_。（4）松油醇所属的有机物类别是_。a.酸 b.醛 c.烯烃 d.不饱和醇（5）写结构简式：松油醇_，-松油醇_。（6）写出松油醇与乙酸发生

11、酯化反应的方程：_。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

12、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，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

13、算固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比是_。20、工业上利用回收的合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Si、Li）进行深度加工的工艺流程如图：已知：Fe、Co、Ni为同族元素，化学性质相似Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的物质的量浓度与温度关系如表所示温度10306090浓度/molL0.210.170.140.10回答下列问题：（1）流程中残渣M的主要成分为_。（2）“浸出液”中加入H2O2后，为检测Fe2+是否完全被氧化，最佳试剂为_；加入氨水发生反应的离子方程式为_。（3）为减少Li2CO3的溶解损失，“操作3”应为蒸发浓缩、_、洗涤、干燥。（4）将CoC2O42H2O样品于空气

14、中加热，样品质量随温度变化的曲线如图所示，曲线中300及以上所得固体为钴的氧化物。实验室中应置于_（填仪器名称）焙烧样品。通过计算确定C点剩余固体的化学成分为_；试写出B点对应的物质与O2在225300发生反应的化学方程式：_。21、某学生按下列操作做一个实验：在一块下衬白纸的玻璃片的不同位置分别滴加浓度为0.1mol/L的KBr、KI(含淀粉溶液)、NaOH(含酚酞)、FeCl2(含KSCN)溶液各1滴，每种液滴彼此分开，围成半径小于表面皿的圆形(如图所示)，在圆心处放置2粒芝麻粒大小的KMnO4晶体，向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸，再立即将表面皿盖好。(已知：2KMnO416HCl(浓)2

15、KCl2MnCl25Cl28H2O)（1）b处的实验现象为_，d处的实验现象为_。（2）C处发生的离子方程式为_，其过程中包括_个平衡，通氯气对自来水进行杀菌消毒时，起主要作用的微粒是_。此微粒对水的电离平衡起到_“填促进”或“抑制”）作用。（3）通过上述实验现象不能比较FeCl3与Br2氧化性的强弱，请设计实验比较两微粒氧化性的大小，并按要求回答下列问题：取_于试管中，滴加_，若溶液有_现象，说明_。（4）二氧化氯（ClO2）在水处理领域有着广泛应用。与氯气相比，它不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。反应时，ClO2生成ClO2、Cl的转化率与溶液的pH的关系

16、如图所示。则pH=8时，ClO2被还原为_。（5）亚氯酸根离子(ClO2)对人体不利，欲在弱碱性条件下将水中的ClO2转化为Cl除去。若该反应体系中的物质有：NaClO2、Fe(OH)3、NaHCO3、FeCl2、NaCl、H2O、CO2。写出并配平有关化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：_。ClO2更适合用于饮用水的消毒，其原因是_。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、D【题目详解】A鲜花花瓣含有水分，与氯气反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，鲜花花瓣褪色，故A错误；B向某溶液中滴入几滴K3Fe(CN)6溶液，有蓝色沉淀生成，说明

17、该溶液中含有Fe2+，故B错误；C碳酸、草酸为二元弱酸，测定等浓度的NaHC2O4的溶液和NaHCO3溶液的pH ，判断碳酸、草酸的酸性，故C错误；D常温下，向含等浓度Mg2+和Cu2+的溶液中逐滴加入NaOH溶液，先生成蓝色氢氧化铜沉淀，说明常温下KspCu(OH)2KspMg(OH)2，故D正确；选D。2、B【答案解析】A. 白磷的分子式是P4，空间结构为正四面体，1个白磷分子中含有6个PP键，31g白磷的物质的量是31g124g/mol=0.25mol，则31g白磷含有PP键的物质的量是0.25mol6=1.5mol，数目是1.5NA个，故A错误；B. 过氧化钠中氧元素的化合价是1价，1

18、molNa2O2与CO2完全反应生成0.5molO2，转移1mol电子，则0.1mollNa2O2与足量的潮湿的CO2反应转移的电子数目为0.1NA，故B正确；C. 一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故NA个Fe(OH)3胶体粒子中氢氧化铁的物质的量大于1mol，质量大于107g，故C错误；D. 标准状况下，2.24LNO的物质的量为0.1mol，2.24LO2的物质的量也是0.1mol ，NO和O2混合后生成0.1molNO2，并剩余0.05mol氧气，而NO2中存在可逆反应：2NO2 N2O4，导致分子数减少，则最后所得混合气体的分子数小于0.15 NA个，故D错误；故答案选B。点睛

19、：解答阿伏加德罗常数类问题，一要认真理清知识的联系，关注状况条件和物质状态、准确运用物质结构计算，如本题中白磷的结构；留心特殊的化学反应，如本题中Na2O2与CO2的反应以及隐含的反应2NO2 N2O4；二要学会留心关键字词，做题时谨慎细致，避免急于求成而忽略问题的本质，如本题中Fe(OH)3胶体粒子和Fe(OH)3个数之间的关系，这就要求在准确把握各量与阿伏加德罗常数之间关系的前提下，着重关注易错点， 并通过练习加强理解掌握。3、B【题目详解】A硅晶体具有半导体性能，可用于芯片和光电池，二氧化硅用于光导纤维，A错误；B碳酸钠在水中可以水解出OH-溶液呈碱性，油污在碱性条件下发生水解被去除，B

20、正确；C次氯酸是一种弱酸是因为其在水溶液中部分发生电离，C错误；DSO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是发生氧化还原反应，体现了SO2的还原性，D错误；故选B。4、A【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【题目详解】AHCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C氯气

21、和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。5、A【题目详解】A碳酸的酸性大于次氯酸，则次氯酸钙溶液中通入少量CO2生成次氯酸和碳酸钙，反应的离子方程式为Ca2+ + 2ClO-+ H2O + CO2 = CaCO3 + 2HClO，A正确；B次氯酸具有强氧化性，能把+4价的硫氧化为+6价，则NaClO（aq）中通入过量SO2生成氯离子、硫酸根离子和水，C1O- + SO2 + H2O =2H+Cl-+，B错

22、误；C氯气通入水中，少量的氯气与水反应生盐酸和次氯酸，离子方程式为Cl2 + H2OH+ + Cl-+HClO，C错误；D氢氧化钡溶液中加入少量稀硫酸的离子方程式为Ba2+2OH+2H+ +SO=BaSO4+2H2O，D错误；答案为A。6、D【答案解析】A利用液态氨汽化时吸收大量的热，使周围的温度急剧下降，所以液氨常用作制冷剂，故A正确；B新能源汽车使用的是电能等洁净能源，不产生形成光化学烟雾的氮氧化物，故B正确；C碳纤维是一种新型的无机非金属材料，故C正确；D明矾能净水，但不能消除水中的无机盐，故D错误；故选D。7、A【分析】单质与强碱发生反应,生成了两种产物B和C,而且B和C均含有同一种元

23、素,且B和C又可以在强酸的作用下发生反应,生成单质A,可以看出反应是A物质的歧化反应,反应应该是这种元素的归中反应,所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,故判断A一定是非金属元素。【题目详解】A、应该是A物质的歧化反应,反应应该是一种元素的归中反应,则可以知道B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,所以反应和一定为氧化还原反应,故A正确;B、可逆反应的定义是指在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向逆反应方向进行的反应,上述和两个反应的反应条件不相同,不是可逆反应,故B错误;C、A、B和C中都含有X元素,反应是A物质的歧化反应,反应应该是这种元素的归中反应,所以

24、B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,判断A一定是非金属元素,因为金属元素无负价,说明X元素是非金属元素,故C错误;D、A、B和C都含有X元素,反应是A物质的歧化反应,反应应该是这种元素的归中反应,所以B和C中应该分别含有A的负价态物质以及正价态物质,判断A一定是非金属元素,因为金属元素无负价,说明X元素是非金属元素,X元素肯定不能为铝，故D错误；综上所述，本题应选A.【答案点睛】本题应注意一个概念即可逆反应：在同一条件下,既能向正反应方向进行,同时又能向逆反应方向进行的反应，可逆反应要求正逆反应在相同条件下同时进行。8、D【题目详解】A.氢氧化钠的溶液中水电离的氢氧根离子浓度为1

25、0-13mol/L，说明水电离的氢离子浓度为10-13mol/L，氢氧化钠的浓度为0.1mol/L，故A正确；B. 氢氧化钠溶液中水电离受到抑制，加入醋酸溶液反应生成盐，水电离程度逐渐增大，当溶液中全为醋酸钠，水的电离程度最大，继续加入醋酸，水的电离程度又逐渐减小，因为BD两点水电离的氢氧根离子浓度相同，即水电离程度相同，故电离程度的关系为EB=DA，故正确；C.当醋酸和氢氧化钠完全反应时水电离程度最大，即V=20 mL，故正确；D.D点成分为醋酸和醋酸钠，溶液为中性，c(H+)=10-7 mol/L，则c(Na+)=c(CH3COO-)=mol/L，c(CH3COOH)= mol/L，则醋酸

26、电离平衡常数=，故错误。故选D。9、A【答案解析】A. 无色透明溶液中：Zn2+、SO42-、NH4+，Cl-一定能大量共存；B. Al3+3 (OH)3+3CO2，HCO3-与Al3+发生反应而不能大量共存；C. 能使甲基橙变黄的溶液pH4.4，酸性溶液中的H+与CH3COO-发生反应而不能大量共存，碱性溶液中的OH-与Fe3+发生反应而不能大量共存；D. c(H+)/c(OH-)=11012的溶液呈酸性，H+、NO3-、I-，H+、NO3-、Fe2+发生反应而不能大量共存。故选A。点睛：溶液中的离子反应主要是生成沉淀、气体、难电离物质的复分解反应。另外，少数离子反应属于氧化还原反应等。10

27、、B【分析】设X的最外层电子数为x，则由相对位置可知，W、Y、Z的最外层电子数依次为x-1、x、x+1，根据W、X、Y、Z的原子最外层电子数之和为24，有：x-1+x+x+x+1=24，解得x=6，由此可确定W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，据此解答。【题目详解】综合以上分析，W、X、Y、Z分别为N、O、S、Cl，A. 元素的非金属性ClS，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：HClO4H2SO4，故A正确；B. W的氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，NH3和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强酸弱碱盐水解，溶液呈酸性，故B错误；C. 在元素周期表中，117号元素与0族元素的118号元

28、素相邻，则位于第七周期第VIIA族，与Cl元素位于同一主族，故C正确；D. 二氧化硫具有漂白性，工业上常用SO2漂白纸浆、毛、丝等，故D正确。故答案选B。【答案点睛】本题考查元素的推断、元素周期律、元素周期表的应用的知识，熟悉元素周期表，确定元素的种类是解题的关键，注意C项中由原子序数确定元素位置的常用方法为零族元素定位法。11、C【题目详解】A. 铜离子在水溶液中呈现蓝色，故无色溶液中无法大量存在铜离子，A错误；B. 加石蕊试液后变红色的溶液中存在大量的氢离子，酸性环境下无法大量存在次氯酸根离子，B错误；C. 能使Al转化为的溶液中存在大量氢氧根离子，该选项可以大量共存，C正确；D. 加入盐

29、酸后能形成不溶于硝酸的白色沉淀的溶液中存在大量的银离子，与溴离子和氢氧根离子不大量共存，且氢氧根离子和钙离子不能大量共存，D错误；故答案选C。【答案点睛】判断离子是否共存时要注意环境的要求。12、D【题目详解】加入少量Na2O2固体后，过氧化钠与水反应生成NaOH和O2，溶液中Na+浓度增大，溶液中、OH-、Ba2+发生离子反应生成BaCO3沉淀和水，导致和Ba2+浓度均减小，只有浓度基本保持不变，故答案为D。13、D【分析】A. 、Fe3在pH为3.7时会沉淀完全，Fe3氧化性比I2强，会发生氧化还原反应；B. 使石蕊试液变蓝色的溶液呈碱性，会生成的Ca (OH)2、CaSO4及CaS沉淀；

30、C. 与 Al 反应生成 H2 的溶液是酸或强碱溶液；D. pH7，溶液为中性。【题目详解】A、铁离子应该存在于酸性条件下，在中性溶液中会水解生成氢氧化铁沉淀;另铁离子与碘离子会发生氧化还原反应，故 A 错误；B使石蕊试液变蓝色的溶液显碱性，Ca2在碱性条件下会生成微溶的氢氧化钙、CaSO4 微溶,CaS难溶，故不能大量共存，故 B 错误；C能与 Al 反应生H2 的溶液可能呈酸性或碱性，若是碱性条件下，则 NH4+不能大量存在，若是酸性条件下，则 NO3 与铝反应不生成氢气，另 SO32会被硝酸氧化，故 C 错误；D选项中离子互相不反应，且通 CO2 不与这些离子发生反应，仍能大量共存，故

31、D 正确。 故选 D。【答案点睛】离子共存问题需要考虑： 发生氧化还原反应而不能共存；发生复分解反应而不能共存（离子间相互结合生成难溶物或微溶物、离子间相互结合生成气体或挥发性物质、离子间相互结合生成弱电解质）； 发生络合反应而不能共存。14、B【答案解析】A醋酸、纯碱（碳酸钠俗称）、芒硝（Na2SO410H2O）、生石灰（CaO）分别属于酸、盐、盐、氧化物，故A错误；BHClO、H2SO4（浓）、HNO3中Cl元素的化合价是+1价，S、N均处于元素的最高价，都具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C漂白粉、福尔马林、王水、氯水均为混合物，冰水属于纯净物，故C错误；DNa2O，NaOH，Na2

32、CO3都属于钠的含氧化合物，但是NaCl不属于含氧化合物，故D错误。故选B。15、C【答案解析】A项，H2SO3溶液与溴水发生反应：H2SO3+Br2+H2O=H2SO4+2HBr，溴水颜色慢慢褪去，正确；B项，Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-，溶液呈碱性，使酚酞变红，加入BaCl2溶液，Ba2+与CO32-形成BaCO3白色沉淀，水解平衡逆向移动，碱性减弱，红色褪去，正确；C项，NaI溶液中没有I2，不能使淀粉溶液变蓝，错误；D项，KMnO4与浓盐酸发生反应：2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，产生黄绿色的Cl2，正

33、确；答案选C。16、C【题目详解】A左边是原电池，右边的电解池，故A错误；B左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，故B错误；C根据转移电子守恒得，当铜片的质量变化为12.8g时，a极上消耗的O2在标况下体积为=22.4L/mol=2.24L，故C正确；D左边是原电池，投放氢气的电极是负极，投放氧气的电极是正极，则锌是阴极，铜是阳极，装置中电子的流向量bZn，Cua，故D错误；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、 8 氧化反应 abd n 防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化） -OH、-Cl +H2O+C2H5OH 【分析】苯丙醛

34、和甲醛发生反应生成F，由题中信息可知F结构简式为，F和溴发生加成反应生成G，G的结构简式为，G被氧气氧化生成H，醛基氧化为羧基，H的结构简式为，H和锌反应生成M，M能发生加聚反应生成N，根据H和锌反应的生成物可知，M的结构简式为，N的结构简式为；苯丙醛和三氯乙酸反应生成B，由已知信息可知B的结构简式为，B在氢氧化钠水溶液中水解、酸化后生成C为，C和甲醇发生酯化反应生成E为，据此分析解答。【题目详解】(1)苯丙醛和甲醛发生信息中的反应生成F，F结构简式为，F的同分异构体中，与F具有相同官能团的芳香类有机物中，含片段且存在顺反异构的有：可以在碳碳双键上分别连接、CH2CHO；、CHO；、CH3(醛

35、基苯环上有邻、间、对三种位置变化)；、CHO(甲基苯环上有邻、间、对三种位置变化)，共有8种结构，答案：；8；G被氧气氧化生成H，所以GH的反应类型为氧化反应，答案：氧化反应；X的结构简式为，aX中含有醛基，能与银氨溶液发生反应，a正确；bX中含有醛基和苯环，所以能与氢气在一定条件下发生加成反应，b正确；cX中含有溴原子，所以能在碱性条件下发生水解反应，1molX消耗2molNaOH，c错误；d加热条件下，X与NaOH醇溶液发生消去反应，双键可出现在不同位置，所以可生成不止一种有机物，d正确，答案选abd；一定条件下M发生加聚反应生成N，反应的化学方程式为n，答案：n；已知碳碳双键能被O2氧化

36、，则上述流程中“FG”和“HM”两步的作用是防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化），答案：防止碳碳双键被氧化（或：保护碳碳双键，使之不被氧化）；(2)由分析可知B的结构简式为，含有羟基和氯原子两种官能团，官能团的结构简式为-OH、-Cl，答案：-OH、-Cl；由分析可知E为，C为，E含有酯基，在酸性条件下水解可生成C，反应的化学方程式为+H2O+C2H5OH，答案：+H2O+C2H5OH。18、羟基 bd C10H1818O d CH3COOH+H2O 【分析】A()在浓硫酸作用下发生羟基的消去反应生成碳碳双键，根据-松油醇中含有两个甲基，因此-松油醇为，-松油醇中含有三个甲基，

37、-松油醇为：，据此分析解答。【题目详解】(1)A()中含有的官能团是-OH，名称为羟基，故答案为羟基；(2)A()中含有-OH，且与羟基相连碳原子的邻位碳原子上含有氢原子，能够发生消去反应，能够与羧酸发生酯化反应，即取代反应，与羟基直接相连的碳原子上没有氢原子，不能发生催化氧化；不存在碳碳不饱和键，不能发生加成反应，故答案为bd；(3)由-松油醇的结构简式可知，松油醇的分子式为C10H1818O，故答案为C10H1818O；(4)由-松油醇的结构简式可知，分子中含有醇-OH，属于醇类，分子中还含有C=C，也属于不饱和醇，故答案为d；(5)根据-松油醇中含有两个甲基，可写出其结构简式为， -松油

38、醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为 ；(6)-COOH和-OH发生酯化反应生成-COO-和水，其中羧酸脱去羟基，醇脱去氢原子，因此松油醇与乙酸反应的方程式为CH3COOH+H2O，故答案为CH3COOH+H2O。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 【答案解析】（1

39、）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）溶解所用到的仪器为：烧杯、玻

40、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

41、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FeCl3为x mol，FeCl2为y mol

42、，依据Cl、Fe守恒3x mol+2y mol=0.12 mol，x mol+y mol=0.025 mol2，解得x=0.02，y=0.03；固体样品中FeCl3和FeCl2的物质的量之比为2：3；故答案为：2：3。【答案点睛】（1）实验室制备Fe(OH)3胶体的方法是：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；（2）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。20、Si和CuK3Fe（CN）6，或铁氰化钾、铁氰酸钾Fe3+ 3NH3H2O=Fe（OH）3+3NH4+趁热过滤坩埚Co3O43CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2【答案解析】合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Si、Li）加入盐酸过滤得到残渣M为不与盐酸反应的铜和硅，浸出液中加入过氧化氢，将亚铁离子氧化为铁离子，加入氨水调节溶液PH使铁离子转化为氢氧化铁沉淀，通过操作过滤得到溶液A，加入草酸铵溶液沉淀钴离子，过滤得到溶液B，主要是锂离子的溶液，加入碳酸钠沉淀锂离子，过滤得到碳酸锂；（1）.根据上述分析，流程中残渣M的主要成分是Si和Cu，故答案是：Si和Cu；（2）亚铁离子和铁氰化钾溶液反应生成蓝色沉淀，所以最佳试剂是铁