福建省福州第八中学2022-2023学年化学高三第一学期期中经典模拟试题（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、元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。元素代号MRQTXYZ原子半径nm0.0370.18

2、60.0740.1020.1500.1600.099主要化合价+1+122、+4、+6+3+21下列说法正确的是AT、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T7)：c(NH3H2O)c(NH4+)c(Cl)c(OH)C0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)：2c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(Na+)c(H+)D0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混合：3c(Na+)2c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)8、能表现Al(OH)3的弱碱性的是AAl溶于稀H2SO4BAl溶于NaOH溶液CAl(O

3、H)3受热分解DAlCl3溶液和氨水混合9、根据如下框图分析，下列说法正确的是AE2的氧化性比M2的氧化性强B在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀C反应的离子方程式可表示为E23OHE(OH)3D在反应中只能用浓硫酸，既表现酸性，又表现了氧化性10、如图曲线 a 表示放热反应X(g)+Y(g) Z(g) + M(g) + N(s)进行过程中 X 的转化率随时间变化的关系。若要改变起始条件，使反应过程按 b 曲线进行，可采取的措施是( )A升高温度B加大 X 的投入量C加催化剂D增大体积11、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为

4、0.1NAB标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NAC0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NAD加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子12、下列有关化学用语表示正确的是A葡萄糖的结构简式: C6H12O6BBCl3的电子式: C硫离子的结构示意图: D质量数为44，中子数为24 的钙原子: 13、已知A、B、C、D之间的转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A若A为Fe，C为氢气，则B一定是酸B若A为H2O，B、D为化合物，则C一定是气体单质C若C为单质，D为化合物，则A、B中一定有一种物质是

5、单质D若D为单质，A、B为化合物，该反应一定属于氧化还原反应14、下列表示对应化学反应的离子方程式书写正确的是A硫酸铜溶液与足量氨水反应生成深蓝色溶液：Cu24NH3H2OCu(NH3)424H2OB新制氯水中滴加澄清石灰水，黄绿色褪去：Cl2Ca(OH)2Ca2ClClOH2OC含0.1 mol FeI2的溶液中滴加含0.1 mol Cl2的氯水：2Fe22I2Cl22Fe3I24ClD向饱和Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH：Ca2HCO3OHCaCO3H2O15、设nA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是A23g Na 与足量H2O反应完全后可生成nA个H2分子B1 molC

6、u和足量热浓硫酸反应可生成nA个SO3分子C标准状况下，22.4L N2和H2混合气中含nA个原子D3mol单质Fe完全转变为Fe3O4，失去8nA个电子16、CH3COOH溶液与NaHCO3溶液反应的离子方程式正确的是AH+ HCO3 H2O + CO2B2CH3COOH + CO32 H2O + CO2 + 2CH3COOCCH3COOH + HCO3 H2O + CO2 + CH3COOD2H + CO32 H2O + CO217、下列离子方程式中正确的是A在加热条件下铜可与浓硫酸反应：Cu +2H+= Cu2+H2B醋酸与纯碱溶液充分反应：CH3COOH+HCO=CH3COO+H2O

7、+ CO2CAlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3+4OH=AlO+ 2H2ODNaHSO4溶液与NaOH溶液混合：H+ + OH- = H2O18、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB20mL 10molL-1的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.2NAC0.1mol NH2-所含电子数约为6.021023个D0.1mol H2和0.1mol I2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NA19、下列示意图与对应的反应情况正确的是 ()A含0.01 mol KOH和0.01 mol Ca(OH)

8、2的混合溶液中缓慢通入CO2BKAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液CNaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液DNaAlO2溶液中逐滴加入盐酸20、下列实验操作、现象、解释或结论都正确的是（ ）操作现象解释或结论A铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加 KSCN溶液溶液出现血红色铝热剂中一定含有Fe2O3B用洁净的玻璃棒蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色溶液中一定有 Na+C充分浸透了 Na2SiO3 饱和溶液的小木条，沥干后放在酒精灯外焰加热小木条不燃烧Na2SiO3可用作木材防火剂D将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，再加入几滴淀粉溶液，观察溶液颜色的变化溶液颜色变蓝海带中含有碘元素AABBCCDD

9、21、下列叙述正确的是A很多鲜花和水果的香味来自于酯B裂化、裂解、分馏均属于化学变化C糖类和油脂在一定条件下均能水解D棉花和蚕丝的主要成分是纤维素22、我国自主研发对二甲苯的绿色合成路线取得新进展，其合成示意图如下：下列说法正确的是A过程发生了加成反应B可用酸性高锰酸钾溶液检验最终产品中是否有M残留C中间产物M的结构简式为D该合成路线的“绿色”体现在理论上原子利用率达到了100%。二、非选择题(共84分)23、（14分）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）

10、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酯化反应的方程：_。24、（12分）查尔酮类化合物G是黄酮类药物的主要合成中间体，其中一种合成路线如下：已知：A为芳香烃；C不能发生银镜反应；D具有弱酸性且能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示其有4种氢。+H2O回答下列问题：(1)A的结构简式为_，D中含氧官能团的名称为_。(2)由A生成B的反应类型为_。(3)由B生成C的化学方程式为_。(4)G的结构简式为_。(5)

11、写出化合物F同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：_。苯环上有2个对位取代基 能发生银镜反应 能发生水解反应(6)以甲苯和丙酮()为原料，设计制备有机物的合成路线：_(用流程图表示，无机试剂任选)。25、（12分）AlCl3是一种催化剂，某校学习小组用下面装置制备少量AlCl3。已知：AlCl3遇到空气中的水蒸气时能发生剧烈水解反应生成Al(OH)3和HCl；AlCl3在180时升华。根据要求完成下列问题： （1）a仪器的名称为_；A装置中反应的化学方程式为_。（2）试剂b为_。（3）所用d导管较粗的原因是_；E装置的作用为_。（4）F装置的作用为_。（5）若图l中的D、E装置改为下面装置，

12、D装置中的现象为_；用离子方程式表示E中的现象变化_。26、（10分）水合肼(N2H4H2O)是一种强还原性的碱性液体，是一种用途广泛的化工原料，实验室用下图装置制备(部分装置省略)。步骤1关闭K2、K3，打开K1，制备 NaClO。步骤2关闭K1、K2，打开K3，通入N2一段时间；关闭K3，打开K2，通入NH3，制备N2H4H2O。回答下列问题：(1)盛放碱石灰的仪器的名称为_。(2)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_。(3)步骤2中通入N2一段时间的原因是_。(4)本装置中制备氨气的化学方程式是_。(5)NH3与 NaClO反应生成N2H4H2O的化学方程式

13、为_。(6)已知：N2H4H2O+2I2=N2+4HI+H2O，实验室用碘标准溶液测定N2H4H2O粗产品的纯度。若称取N2H4H2O粗产品(其它杂质不与I2反应)2.000g，加水配成250.00mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，滴加几滴淀粉溶液，用0.3000molL1的碘标准溶液进行滴定，碘标准溶液盛放在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。达到终点的现象是_.实验测得消耗碘标准溶液的平均体积为20.00mL，则粗产品中水合肼的质量分数为_。27、（12分）某化学研究性学习小组模拟工业生产流程制备无水氯化铁并对产物做如下探究实验。 已知：无水氯化铁在空气中易潮解，加热易升华；工业上

14、，向500600的铁屑中通入氯气可生产无水氯化铁；向炽热的铁屑中通入氯化氢可以生产无水氯化亚铁和氢气。（1）仪器N的名称是_。N中盛有浓盐酸，烧瓶M中的固体试剂是_（填化学式）。实验室配制FeCl3溶液时需将FeCl3固体溶于较浓的盐酸中，其原因是 _（用离子方程式表示）（2）装置的连接顺序为_def。（用小写字母表示，部分装置可以重复使用）（3）若缺少装置E，则对本实验造成的影响是_。（4）已知硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液在工业上可作脱氯剂，反应后Na2S2O3被氧化为Na2SO4，则装置D中发生反应的离子方程式为_。（5）实验结束并冷却后，将硬质玻璃管及收集器中的物质一并快速转移至锥形

15、瓶中，加入过量的稀盐酸和少许植物油（反应过程中不振荡），充分反应后，进行如下实验：淡红色溶液中加入过量H2O2溶液后，溶液红色加深的原因是_（用离子方程式表示）。已知红色褪去的同时有气体生成，经检验气体为O2。该小组对红色褪去的原因进行探究。实验 操作 现象 实验（取褪色后溶液3等份） 第1份 滴加FeCl3溶液 无明显变化 第2份 滴加KSCN溶液 溶液出现红色 第3份 滴加稀盐酸和BaCl2溶液 产生白色沉淀 实验（取与褪色后的溶液浓度相同的FeCl3溶液） 滴加2滴KSCN溶液，溶液变红，再通入O2 无明显变化 由实验和可得出的结论为_。28、（14分）随原子序数递增，八种短周期元素（用

16、字母x等表示）原子半径的相对大小、最高正价或最低负价的变化如下图所示。根据判断出的元素回答问题：（1）写出化合物y2x2的电子式 _（用相应的元素符号表示，下同）。（2）写出z的最高价氧化物的水化物与其气态氢化物形成的盐的化学式为_ 。（3）上述元素可组成盐R: egyz。盐R中z的化合价为_价；写出盐R的名称_。（4）写出e的单质在足量d2中燃烧后的产物与y的最高价氧化物反应的化学方程式:_。（5）写出分别由x、d、e、g四种元素组成的两种物质间发生反应的离子方程式为_。29、（10分）Cu2O是一种几乎不溶于水的氧化物，在涂料、玻璃等领域应用非常广泛。一种以硫化铜矿石(含CuFeS2、Cu

17、2S 等) 为原料制取Cu2O 的工艺流程如下:（1）“硫酸化焙烧”时：硫化铜矿需粉碎的目的是_；CuS 与O2反应生成CuSO4等物质的化学方程式为_；加入Na2SO4的作用除减小物料间黏结外，另一主要作用是_。（2）“浸取”时为提高铜的浸取率，除需控制硫酸的浓度外，还需控制_ (至少列举两点)。（3）“制备”时，溶液的pH与Cu2O 的产率关系如右图所示。在100时，发生反应的离子方程式为_ 图中在4pH5 时，pH越小产率越低且产品中杂质Cu的含量越高，是因为_。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、A【分

18、析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，说明R为钠元素，Q为氧元素，其中T元素的主要化合价有2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子半径比氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y分别为铝、镁元素，据此分析可得结论。【题目详解】A.由上述分析可知，T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S镁铝，则单质失去电子能力最强的是钠，故B错误；C. M与Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；D.

19、由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分别位于周期表中的一、二、三周期，故D错误。故答案选A。2、C【分析】本流程目的为利用阳极泥（含有质量分数为8%的TeO2、少量Ag、Au）为原料制备单质碲，所以先要进行除杂，最后提取Te。根据TeO2微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，流程中先加碱溶，过滤除去杂质，得到溶液，再加硫酸沉降经过滤得到TeO2沉淀，再用盐酸溶解生成四氯化碲，再用二氧化硫还原制成碲单质，以此解答。【题目详解】A、研磨增大接触面积，加热均能提高“碱浸”的速率和效率，故A正确；B、由已知信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物，与氢氧化钠发生类似氧化铝

20、与氢氧化钠的反应，生成TeO32，离子方程式为TeO2+2OHTeO32+H2O，故B正确；C、由已知信息可知，TeO2易溶于强酸和强碱，在沉降的过程中，硫酸若过量，可能导致TeO2的溶解，造成产品的损失，故C错误；D、1kg阳极泥中含TeO2的质量为1000g8%=80g，碲元素的回收率为90%，则有80g90%=72g的TeO2被还原。每摩尔TeO2得4mol电子，每摩尔SO2失去2mol电子，则有关系式：1TeO22SO2，V(SO2)=222.4L/mol=20.16L，故D正确。答案选C。【答案点睛】本题考查工业流程，弄清流程中每一步的目的、化学反应原理、方程式的书写，实验操作的判断

21、是解本题关键，涉及计算要注意得失电子守恒的运用。3、A【题目详解】A纳米四氧化三铁可分散在水中，得到的分散系与胶体相似，它比FeCl3溶液的分散质直径要大，A不合理；B.由题意可知,纳米四氧化三铁在核磁共振造影有广泛用途,纳米四氧化三铁具有磁性，因此可作为药物载体用于治疗疾病，B合理；C.FeCl36H2O初步水解产生FeOOH，而加入环丙胺后即发生了上述转化,说明了环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解，C合理；D根据已知条件及质量守恒定律可得反应的化学方程式是6FeOOH+CO=2Fe3O4+3H2O十CO2，D合理。选A。4、C【分析】A石油分馏是根据混合物中各成分的沸点不同，控制温度得到不同

22、馏分，是物理变化；煤的干馏是隔绝空气加强热发生了复杂的物理化学过程；B由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体；C混合物是由两种或两种以上的物质组成；D电解质为水溶液中或熔融状态导电的化合物【题目详解】A石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是化学变化，故A错误；B. 127I和131I是原子不是单质，是同位素，故B错误；C盐酸是由HCl和水组成，王水为浓盐酸和浓硝酸的混合物，都属于混合物，故C正确；D二氧化硫溶于水能够导电，导电离子是二氧化硫与水反应生成的亚硫酸电离的，不是二氧化硫电离的，所以二氧化硫属于非电解质，故D错误；故选：C。5、C【题目详解】A. 由于硫酸的酸性比H2CO3、Al(OH)

23、3强，选项中的两种物质与硫酸反应会产生CO2气体及可溶性Al2(SO4)3，无沉淀生成，A不符合题意；B. BaCl2与H2SO4反应产生BaSO4白色沉淀，但是无气体放出，B不符合题意；C. 由于硫酸的酸性比H2SO3、H2CO3强，所以硫酸与两种物质发生反应产生SO2、CO2气体，同时产生BaSO4白色沉淀，反应现象符合要求，C符合题意；D. 硫酸与选项物质不能发生反应，既无气泡产生，也没有沉淀产生，D不符合题意；故合理选项是C。6、B【题目详解】A.向FeBr2溶液中通入过量氯气，溶液中Fe2与Br均被氧化，其离子反应方程式为2Fe2+4Br3Cl2=2Fe3+2Br26Cl-，A项错误

24、；B. 石灰石不溶于水，醋酸为弱酸，故石灰石溶于醋酸的离子反应方程式为CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO-+Ca2+CO2+H2O，B项正确；C. 铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，其离子方程式为Cu+4H+2NO3Cu2+2NO2+2H2O，C项错误；D. 过氧化钠与水反应的离子反应为2Na2O2+2H2O4Na+4OH+O2，D项错误；答案选B。【答案点睛】离子方程式的书写正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如铁和稀硫酸反应生成的是亚铁离子而不是铁离子；2.是否遵循电荷守恒与

25、质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如Fe + Fe3+= 2Fe2+，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式，如本题的A项是难点；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的根本宗旨。7、A【题目详解】A、NaHSO4溶液中的电荷守恒为：c(Na+)+c(H+)2c(SO42)c(OH)，又因为c(Na+)= c(SO42)，故A正确；B、NH4Cl与氨水混合溶液中

26、的电荷守恒为：c(NH4+)+c(H+)c(Cl)c(OH)，因为溶液显碱性，c(OH) c(H+)，所以c(NH4+) c(Cl)，存在物料守恒：c(NH3H2O)+c(NH4+)=2c(Cl)，所以正确的离子浓度大小顺序为c(NH4+)c(Cl)c(NH3H2O) c(OH) c(H+)，故B错误；C、0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4，所以存在的电荷守恒为：2c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)+ c(Cl)c(Na+)c(H+)，故C错误；D、0.1mol/LNa2CO3与0.1mol/LNaHCO3溶液等体积混

27、合的物料守恒为2c(Na+)3c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)，故D错误；故选A；【答案点睛】解答本题需要掌握两个方面的知识;混合后的溶液中的溶质是什么。如C选项，0.1mol/LNa2C2O4与0.1mol/LHCl溶液等体积混合后的溶质为NaCl和NaHC2O4；能够灵活运用盐类水解的三种守恒，即电荷守恒、物料守恒和质子守恒，来比较溶液当中离子浓度大小。8、D【分析】在反应中，Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，盐+弱碱=更弱的碱+盐。【题目详解】A. Al溶于稀H2SO4，说明铝具有金属性，故A不符；B. Al溶于NaOH溶液，说明铝具有非金属性，故B不符；C. A

28、l(OH)3受热分解，说明 Al(OH)3不稳定，故C不符；D. AlCl3溶液和氨水混合，在反应中，Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，盐+弱碱=更弱的碱+盐，体现Al(OH)3的弱碱性，故D正确；故选D。9、B【分析】M为红色金属，即Cu，与硫酸反应生成硫酸铜，与金属E反应能置换出Cu，说明E的活泼项性强于Cu，得到的溶液X可被H2O2氧化，生成的Y遇到KSCN能出现红色，说明Y中含有Fe3+，那么X中存在Fe2+，则金属E为Fe，红褐色固体Z为Fe(OH)3，据此进行分析判断。【题目详解】A. 铁的还原性强于铜，那么Cu2+的氧化氢强于Fe2+，A项错误； B. 在反应中若不加

29、稀硫酸，反应为：6Fe2+3H2O2= Fe(OH)3+4Fe3+，可以看到红褐色沉淀，B项正确；C. 反应的离子方程式可表示为Fe3+3NH3H2OFe (OH)3+3NH4+，C项错误；D. 在反应中表现氧化性的是H2O2，硫酸只提供了酸性环境，D项错误；答案选B。10、C【分析】先分析出反应X(g)+Y(g) Z(g) + M(g) + N(s)的特点是：气体计量数不变、放热。再由图可知，按b曲线进行与按a曲线进行的关系是：b途径反应速率快，但达到的平衡结果与a相同，根据影响速率的因素及勒夏特列原理可作判断。【题目详解】A. 升高温度：反应速率增大，但平衡逆向移动X的转化率下降，A错误；

30、B.加大X的投入量，可增大的X的浓度，使平衡正向移动，但X的转化率下降，B错误；C.加催化剂加快反应速率，不改变x的转化率，C正确；D.增大体积相当于减压，不影响该反应的平衡，但会使反应速率减小，D错误；答案选C。11、C【题目详解】A. 氯气与水是可逆反应，0.1mol Cl2与水不能完全反应，转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B. 标准状况下，2.24L NO为0.1mol， 2.24L O2为0.1mol，混合后发生反应生成二氧化氮，反应方程式为2NO+ O2=2NO2，0.1mol NO反应消耗0.05mol O2，生成0.1mol NO2，剩余0.05mol O2，生成的NO2

31、自身存在2NO2N2O4，则反应后气体分子的总物质的量小于0.15mol，因此气体分子数小于0.15 NA，故B错误；C. 潮湿的二氧化碳中含有水， 0.1mol Na2O2与水和二氧化碳都反应生成氧气，Na2O2在两个反应中都既做氧化剂又做还原剂，发生歧化反应，1mol过氧化钠完全反应转移1mol电子，则0.1mol Na2O2完全反应转移的电子数为0.1NA，故C正确；D. 加热条件下，由于浓硫酸具有氧化性，铁单质被氧化为三价铁，化学方程式为2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，根据反应生成1.5mol SO2，则SO2分子数目

32、为1.5NA个，故D错误；答案选C。【答案点睛】阿伏伽德罗常数的题要细心的分析物质与其他物质间的相互转化，根据化合价的变化，找出转移的电子数。12、B【答案解析】A、 葡萄糖的结构简式:CH2OH(CHOH)4CHO，C6H12O6是葡萄糖的分子式，故A错误；B、B最外层只有三个电子，BCl3的电子式: ，故B正确；C、硫离子核外有18个电子、最外层有8个电子，其离子结构示意图为：，故C错误；D. 质量数为44，中子数为24 的钙原子: ，故D错误；故选B。点睛：本题考查化学用语的书写判断，涉及结构简式、离子结构示意图、电子式等知识点，题目难度中等，解题关键：掌握化学用语特点。注意BCl3的电

33、子式的书写，为易错点。13、D【题目详解】A. 若A为Fe，C为氢气，B可能是酸或水，故错误；B. 若A为H2O，B、D为化合物，可能是氮化镁，氮化镁和水反应时从氢氧化镁和氨气，故C不一定是气体单质，故错误；C. 若C为单质，D为化合物，则A、B中不一定有单质，如水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，故错误；D. 若D为单质，A、B为化合物，有单质参与反应，一定有化合价变化，所以该反应一定属于氧化还原反应，故正确。故选D。【答案点睛】熟悉高中的化学反应，并掌握其特征是关键。如掌握铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气等等。14、A【题

34、目详解】A、开始滴加氨水时产生氢氧化铜沉淀，继续滴加，沉淀消失，故A正确；B、新制氯水中滴加澄清石灰水，反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，氢氧化钙应该拆开，正确的离子方程式为：Cl2+2OH- =Cl-+ClO-+H2O，故B错误；C、含0.1mol FeI2的溶液中滴加含0.1molCl2的氯水，还原性I-Fe2+，依据所给量可知2I-+Cl2=I2+2Cl-，0.2molI-消耗0.1mol Cl2，所以无多余氯气，该反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故C错误；D、向饱和的Ca (HCO3) 2溶液中加入足量的NaOH，反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水，正确的离子方程式为：Ca2

35、2HCO32OHCaCO32H2O+CO32-，故D错误；故选A；【答案点睛】一些简单离子的还原性强弱顺序为：S2- I- Fe2+ Br- Cl- OH-，故通入氯气是先与碘离子反应。15、D【题目详解】A、23g钠的物质的量为1mol，而钠与水反应时1mol钠生成0.5mol氢气，即生成0.5NA个分子，故A错误；B、铜和浓硫酸反应时，浓硫酸被还原为SO2，不是三氧化硫，故B错误；C、标准状况下，22.4LN2和H2混合气的物质的量为1mol，而N2和H2均为双原子分子，故1mol混合气体中无论两者的比例如何，均含2mol原子，即2NA个，故C错误；D、Fe3O4中铁为+价，故1mol铁反

36、应失去mol电子，3mol单质Fe完全转化为Fe3O4失去8mol电子，即8NA个，故D正确；故选D。16、C【答案解析】A、醋酸难电离，应该用化学式表示，A错误；B、碳酸氢根离子不能拆开，B错误；C、方程式正确，C正确；D、醋酸难电离，应该用化学式表示，碳酸氢根离子不能拆开，D错误；答案选C。17、D【题目详解】A. 在加热条件下铜可与浓硫酸反应生成SO2，离子方程式为：Cu +4H+Cu2+SO2+2H2O，故A错误；B. 醋酸与纯碱溶液充分反应：2CH3COOH+CO=2CH3COO+H2O + CO2，故B错误；C. AlCl3溶液中滴加过量氨水生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3+

37、3OH=Al(OH)3，故C错误；D. NaHSO4溶液与NaOH溶液混合反应实质是氢离子和氢氧根反应，离子方程式：H+ + OH- = H2O，故D正确；故选D。18、C【题目详解】A. P4为正四面体结构，1mol P4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含PP键为6mol，其数目为6NA，A项错误；B. 浓硝酸与足量铜反应时，会随着浓度的降低变为稀硝酸，转移电子数会发生改变，故无法计算，B项错误；C. NH2-所含电子数为7+2+1=10，0.1 molNH2-所含电子数约为6.021023个，C项正确；D. H2+I22HI是可逆反应，但此反应也是一个反应前后分子物质的量不变的反应，故反

38、应后分子总数仍为0.2NA，D项错误；答案选C。【答案点睛】A项是易错点，要牢记，1mol P4分子中含6mol P-P键，1mol单晶硅中含Si-Si键为2mol，1mol金刚石中含C-C键为2mol，1mol SiO2中含4mol Si-O键。19、C【题目详解】A. 首先CO2先与Ca(OH)2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量逐渐增大，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，A项错误；B. 假设溶液中含1 mol KAl(SO4)2，加入

39、1.5 mol的Ba(OH)2时生成1.5mol BaSO4和1 molAl(OH)3，沉淀的物质的量最大为2.5 mol，再加入0.5 mol Ba(OH)2，生成0.5 mol BaSO4，溶解1 mol Al(OH)3，故沉淀的总物质的量减少，最后只剩下硫酸钡沉淀，B项错误；C. NaHSO4溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，C项正确；D. NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸现象是先生成沉淀，后沉淀溶解，不会出现第3个阶段随着盐酸的加入沉淀量不改变的情况，D项错误；答案选C。20、C【题目详解】A铝

40、热剂中可能含四氧化三铁，溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，溶液为血红色，故A错误；B玻璃棒中含钠元素，选铂丝或铁丝蘸取溶液进行焰色反应，故B错误；CNa2SiO3不燃烧，不支持燃烧，则小木条不燃烧，故C正确；D海带中碘以离子存在，应氧化后加淀粉检验，故D错误；故选：C。21、A【题目详解】A. 很多鲜花和水果的香味来自于酯，A正确；B. 裂化、裂解属于化学变化，但分馏属于物理变化，B错误；C. 糖类中的单糖不能水解，多糖和油脂在一定条件下均能水解，C错误；D. 棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，D错误。故选A。【答案点睛】玫瑰花含有芳樟醇甲酸酯、香茅醇甲酸酯、香茅醇乙酸酯、牻牛儿

41、醇甲酸酯、牻牛儿醇乙酸酯等。22、A【题目详解】A反应中C=C键生成C-C键，则为加成反应，故A正确；B产物对二甲苯也能使酸性高锰酸钾褪色，无法用于检验是否有M残留，故B错误；C由球棍模型可知M含有C=C键，且含有醛基，结构简式为，故C错误；D过程ii中有副产物生成，原子利用率不能达到100%，故D错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、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，-松油醇为：，据此分析解答。【题目详解】(1)A()中含有的官能团

42、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， -松油醇中含有三个甲基，其结构简式为：，故答案为 ；(6)-COOH和-

43、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。24、 羟基、醛基 加成反应 2+O22+2H2O 【分析】根据D的性质及前后物质的特点得出D为，D和NaOH反应生成E()，根据信息得到F()，根据信息说明C中含有羰基，B发生氧化反应得到B，A含有碳碳双键，再根据A的分子式得到A()，则B为，B发生催化氧化得到C()，C和F反应生成G()。【题目详解】(1)根据前面分析得到A的结构简式为，D()中含氧官能团的名称为羟基、醛基；故答案为：；羟基、醛基。(2)由A()生成B()的反应类型为加成

44、反应；故答案为：加成反应。 (3)由B催化氧化反应生成C的化学方程式为2+O22+2H2O；故答案为：2+O22+2H2O。(4)根据C和F反应生成G，其结构简式为；故答案为：。(5)化合物F()同时符合苯环上有2个对位取代基，能发生银镜反应，能发生水解反应，说明为甲酸酯，其结构简式为；故答案为：。(6)甲苯和溴蒸汽在光照条件下反应生成，在NaOH溶液加热条件下水解生成，催化氧化生成，和丙酮()反应生成，其合成路线为；故答案为：。【答案点睛】有机推断是常考题型，主要考查根据题中信息进行分析并分子式或结构简式的推断，主要方法是顺推、逆推、两边向中间、中间向两边的推断。25、 分液漏斗 MnO2+

45、4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水 防止AlCl3冷凝为固体堵塞导管 冷凝收集AlCl3 吸收Cl2防污染，防空气中水进入E，使AlCl3水解 溶液变红 Cl2+2I-=I2+2Cl-【答案解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器的特点，a为分液漏斗，装置A制取氯气，a中盛放浓盐酸，反应方程式：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O；（2）装置A中制备出的氯气，混有HCl和水蒸气，HCl能与Al反应，需要除去，一般除去氯气中HCl，通过饱和食盐水，即b试剂为饱和食盐水，AlCl3与水蒸气发生水解，c试剂为浓硫酸，装置D是Al与氯气反应生成AlCl3

46、，AlCl3在180升华，装置E是收集AlCl3；（4）氯气有毒，必须尾气处理，装置F的作用是除去过量的氯气，因为AlCl3跟空气水蒸气发生水解，因此装置F另一个作用是防止空气中水蒸气进入E；（5）氯气具有强氧化性，能把Fe2氧化成Fe3，因此溶液变红，氯气能把I氧化成I2，淀粉遇碘单质变蓝。点睛：实验题首先弄清楚实验目的和原理，实验设计一般步骤是制气装置除杂装置收集或反应装置尾气处理装置，然后根据题目中信息，注意细小环节，如氯化铝易水解，要防止水蒸气的进入，不仅要防止氯气中水蒸气的进入，而且还要外界空气的进入，因此装置F的作用不仅除去尾气氯气，还要防止空气中水蒸气进入装置E中。26、干燥管

47、量筒 排除空气及多余氯气 Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O 2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl 酸式 溶液变蓝且半分钟内不褪色 75.00 【答案解析】（1）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管。（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解NaOH固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒。（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气。（4）本装置中是使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，原料应为Ca(OH)2和NH4Cl。（5）NH3与 NaClO反应生成N2H4H2O和NaCl，化学方程

48、式为：2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl。（6）碘标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，达到终点的现象是：溶液变蓝且半分钟内不褪色；设粗产品中N2H4H2O的质量分数为a，利用化学反应中碘和肼的比例关系计算。【题目详解】（1）盛放碱石灰的仪器的名称为球形干燥管，故答案为干燥管；（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量质量，用量筒量取蒸馏水倒在烧杯中溶解NaOH固体，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、胶头滴管和量筒，故答案为量筒。（3）步骤2中通入N2一段时间的原因是排除空气及多余氯气，故答案为排除空气

49、及多余氯气。（4）本装置中使用氢氧化钙和氯化铵加热制备氨气的，反应的方程式为：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O。（5）NH3与 NaClO反应生成N2H4H2O和NaCl，化学方程式为：2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl，故答案为2NH3+NaClO=N2H4H2O+NaCl。（6）碘标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，肼反应完全，再滴入碘的标准溶液后，遇淀粉变蓝色，达到终点的现象是：溶液变蓝且半分钟内不褪色；设粗产品中N2H4H2O的质量分数为a，则：N2H4H2O

50、 + 2I2=N2+4HI+H2O 50g 2mol2.0ga 0.02L0.3molL1250ml/25mLa=75.00，故答案为酸式；溶液变蓝且半分钟内不褪色；75.00。27、分液漏斗 KmnO4 Fe3+3H2O=Fe(OH)3+3H+ aghdebc HCl与铁反应产生氢气与氯气会爆炸，且会产生杂质氯化亚铁 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+8Cl-+10H+ 2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O H2O2将SCN氧化成SO42- 【答案解析】（1）根据仪器构造可知仪器N为分液漏斗；A装置用来制备氯气，从装置可知为固液不加热型制备氯气，选用浓盐酸与KMnO4（或KClO3）制取；（2）A装置制取氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，用饱和食盐水吸收氯化