2022-2023学年辽宁省沈阳市重点联合体化学高三第一学期期中监测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、为验证还原性:SO2Fe2+C1-，三组同学分别进行了下图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验,能证明上述还原性顺序的实验组有A只有甲B甲、乙C甲、丙D甲、乙、

2、丙2、将1molCO和2molH2充入密闭容器中，发生反应：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H。在其他条件相同时，测得CO平衡转化率（CO）与温度和压强的关系如下图。下列说法不正确的是（ ）AH v（D）C若E点的容器体积为10L，该温度下的平衡常数为k=25D工业生产中实际控制的条件200、P2压强，不采用200、P3压强3、高铁酸钾（K2FeO4）是一种比Cl2、O3、KMnO4氧化性更强的多功能水处理剂.工业上可先制得高铁酸钠（离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+ 3Cl-+5H2O).然后在高铁酸钠溶液中加入一定量的KOH.可析出高铁酸钾.下列说法

3、不正确的是A高铁酸钾能除去水中溶解的H2S等B高铁酸钾中Fe为+6价，具有强氧化性，能消毒杀毒C业上制各高铁酸钠时每生成1mol还原产物，转移3mol电子D高铁酸钾的还原产物易水解形成胶体，可使水中悬浮物凝聚沉降4、根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取二氧化碳、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A制取二氧化碳B制取NaHCO3C分离NaHCO3D干燥NaHCO35、以下决定物质性质的因素，正确的是A反应的速率：反应物的本性BKNO3的溶解度：温度C分子间作用力：分子的质量D气体摩尔体积：气体的物质的量6、下列

4、各组物质稀溶液相互反应。无论前者滴入后者，还是后者滴入前者，反应现象都相同的是ANa2CO3溶液与HCl溶液BAlCl3溶液与NaOH溶液CKAlO2 溶液与HCl溶液DNa2SiO3溶液和HCl溶液7、实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略夹持和净化装置)。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水CaONH3H2OB浓盐酸Na2SO3SO2NaOH溶液C浓硝酸CuNO2NaOH溶液D浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液AABBCCDD8、下列离子组在给定条件下离子共存判断及反应的离子方程式均正确的是选项条件离

5、子组离子共存判断及反应的离子方程式A滴加氨水Na+、Al3+、Cl-、NO3-不能大量共存，Al3+3OH-=Al(OH)3B由水电离出的H+浓度为110-12molL-1NH4+、Na+、NO3-、Cl-一定能大量共存NH4+H2ONH3H2O+H+CpH=1的溶液Fe2+、Al3+、SO42-、MnO4-不能大量共存，5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O D通入少量SO2气体K+、Na+、ClO-、SO42-不能大量共存，2ClO-+SO2+H2O=2HClO+SO32-AABBCCDD9、化学与生产生活、环境保护密切相关。下列说法中不正确的是A食盐既可作调味品也可作食

6、品防腐剂B向海水中加入净水剂明矾可以使海水淡化C加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的供应不利于“蓝天工程”的建设D高铁车厢材料大部分采用铝合金，因为铝合金强度大、质量轻、抗腐蚀能力强10、下列反应与对应的图像相符合的是 AI ：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H0BII ： 2SO3(g)2SO2(g)O2(g)H0CIII ： 4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H0DIV： H2(g)CO(g)C(s)H2O(g) H011、铁、铜混合粉末17.6 g加入到800mL 1.0mol/L的 FeCl3溶液中，充分反应后，所得溶液中Fe2+和Cu2+物质的量浓度之比为

7、81。下列有关说法正确的是A混合粉末中铁与铜的物质的量之比是12B反应后的溶液最多还可以溶解铁粉5.6gC反应后所得溶液中c(Fe2+)=1.0mol/L (假设反应前后溶液体积无变化)D向反应后的溶液中加入2.0 mol/L NaOH溶液至金属离子恰好全部沉淀时，需加入NaOH溶液的体积是1.6 L12、某温度下，体积相同的甲、乙两容器中，分别充有等物质的量的SO3气体，在相同温度下发生反应2SO3(g)O2(g)+2SO2(g)并达到平衡。在这一过程中甲容器保持体积不变，乙容器保持压强不变，若甲容器中SO3的转化率为P%，则乙容器中SO3的转化率A等于P%B大于P%C小于P%D无法比较13

8、、下列有关晶体的说法正确的是A分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定B原子晶体中共价键越强，晶体熔点越高C冰熔化时水分子中共价键发生断裂D氯化钠溶于水时离子键未被破坏14、向100mL NaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液逐滴加入0.2molL1的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如下图所示。下列判断正确的是（ ）A原NaOH溶液的浓度为0.1molL1B通入CO2的体积为448mLC所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3)n(Na2CO3)=21D所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaOH)n(Na2CO3)=1315、常温下，下列各组离子

9、在指定溶液中一定能大量共存的是()A无色透明溶液中：Ba2、Mg2、Cl、NO3-B能使酚酞变红的溶液中：Ca2、K、HCO3-、CO32-C0.1 molL1(NH4)2Fe(SO4)2溶液中：H、Al3、Cl、NO3-D与铝反应能放出氢气的溶液中：NH4+、Cu2、NO3-、SO42-16、下列说法正确的是()A煤含有苯和甲苯，可干馏后获得苯和甲苯B甲烷、乙烯、NH3和苯在工业上都可通过石油裂解得到C乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应属于氧化反应D苯和四氯化碳都能萃取溴水中的溴二、非选择题（本题包括5小题）17、为分析某有机化合物A的结构，进行了如下实验：（1）向NaHCO3溶液中加入A，有气体

10、放出，说明A中含有_官能团（写结构简式）。（2）向NaOH溶液中加入少许A，加热一段时间后，冷却，用HNO3酸化后再滴加AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀，说明中A还有_官能团（写名称）。（3）经质谱分析，Mr(A)=153，且A中只有四种元素，则A的分子式为_。（4）核磁共振氢谱显示，A的氢谱有3种，其强度之比为122，则A结构简式为_。（5）已知A可发生如下图所示的转化：AB、DE的反应类型分别为_、_。写出下列反应的化学方程式CH：_。 C的同分异构体有多种，写出与C具有相同的官能团的C的同分异构体的结构简式：_；写出F的结构简式：_。G与过量的银氨溶液反应，每生成2.16gAg，消耗G的物

11、质的量是_mol。18、阿比朵尔是种抗病毒药物，其合成路线之一如图所示：已知：RXNH3RNH2HX。请回答下列问题：(1)写出阿比朵尔中含氧官能团的名称：_。(2)写出AB的化学方程式：_，该反应的反应类型为_。(3)X的结构简式为_。(4)设计以和CH3OH为原料合成 的路线(用流程图表示，无机试剂任选)。_19、Na2S2O3俗称大苏打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加热反应，可以制得Na2S2O3。已知10和70时，Na2S2O3在100g水中的溶解度分别为60.0g和212g。常温下，从溶液中析出的晶体是Na2S2O35H2O。现实验室欲制取Na2S2O35H

12、2O晶体（Na2S2O35H2O的相对分子质量为248）步骤如下：称取12.6g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。（如图所示，部分装置略去），水浴加热，微沸，反应约1小时后过滤。滤液在经过_、_后析出Na2S2O35H2O晶体。进行减压过滤并干燥。（1）仪器B的名称是_，其作用是_，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是_。（2）步骤应采取的操作是_、_。（3）滤液中除Na2S2O3和可能未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是_。如果滤液中该杂质的含量不很低，其检测的方法是：_。（4）为了测产品的纯度，称取7.40g 产品，配制成

13、250mL溶液，用移液管移取25.00mL于锥形瓶中，滴加淀粉溶液作指示剂，再用浓度为0.0500mol/L 的碘水，用_（填“酸式”或“碱式”）滴定管来滴定（2S2O32 + I2 S4O62 + 2I），滴定结果如下：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28则所得产品的纯度为_，你认为影响纯度的主要原因是（不考虑操作引起误差）_。20、某天然黄铜矿主要成分为（含），为测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：称取硏细的黄铜矿样品煅烧，生成、和气体，实验后取中溶液的1/10置于锥形瓶中，用标准碘溶液进行滴定，初读数为

14、，末读数如图所示，完成下列填空：(1)实验中称量样品所需定量仪器为_。(2)装置的作用是_。(3)上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。(4)滴定时，标准碘溶液所耗体积为_。用化学方程式表示滴定的原理：_。(5)计算该黄铜矿的纯度_。(6)工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含，）可制备。选用提供的试剂：稀盐酸、稀硫酸、溶液、溶液、溶液，设计实验验证炉渣中含有。所选试剂为_，证明炉渣中含有的实验方案为_。21、甲醇既是重要的化工原料，又可作为燃料，利用CO和H2在催化剂作用下可合成甲醇(g)。（1）已知相关的化学键键能数据如下： 化学键HHCOCOHOCHE（kJ/mol）43634

15、31076465413合成甲醇(g)的热化学方程式为_。（2）500K、101KPa条件下，反应过程中测得n(CO)、n(H2)、n(CH3OH)随时间t变化的关系如图甲所示。现保持其它条件不变，起始只改变温度，在改变的这个温度下反应至t1时刻，此时n(H2)比图象中的值大，那么该温度可能是_。A、700K B、373K C、以上均不对 （3）在一容积可变的密闭容器中充入1 mol CO和2 mol H2，发生反应并达到平衡，CO的平衡转化率随温度(T)和压强（P）的变化曲线如图乙所示。P1、P2的大小关系为_；A、B、C三点的平衡常数(K)大小关系为_。、可逆反应：X(g)+2Y(g)2Z(

16、g)；2M(g)N(g)+P(g)，分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间放有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示：（4）反应的正反应H_0（填“”或“”）。（5）反应开始时体系的压强与达平衡()时体系的压强之比为_（用分数表示）。（6）在平衡()和平衡()中，M的体积分数()_()。A、大于 B、小于 C、等于 D、无法确定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、C【答案解析】本实验利用“还原剂的还原性大于还原产物”、“强还原性制弱还原性”的原理来验证还原性的强弱顺序。向FeC12溶液中通入C

17、12，得到溶液1，再向溶液1中通入SO2，得到溶液2。甲、溶液1中含有Fe3+、Fe2+，说明发生反应2Fe2+C12=2Fe3+2Cl-,且C12反应完全，可证明还原性Fe2+C1-；溶液2中含有SO42-,则说明发生反应2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+，可证明还原性SO2 Fe2+ ，故甲能证明还原性SO2Fe2+C1-；乙、溶液1中含有Fe3+，无Fe2+剩余，则还原性Fe2+C1-，但C12可能过量，再通入SO2，可能发生的反应是C12+SO2+2H2O=2Cl-+SO42-+4H+，不能够比较SO2与Fe2+的还原性强弱，故乙不能验证；丙、溶液1中含有Fe3+

18、，没有Fe2+，通入SO2后溶液中又含有Fe2+，说明SO2将Fe3+还原得到Fe2+，证明SO2 Fe2+还原性，故丙实验结论能证明还原性SO2Fe2+C1-。故选C。2、C【题目详解】A项、由图可知，温度升高，CO平衡转化率减小，说明平衡向逆反应方向移动，则该反应为放热反应，H v（D），故B正确；C项、由图可知，E点CO平衡转化率为80%，平衡时三种物质的浓度分别为 =0.02mol/L、 =0.04mol/L、 =0.08 mol/L，则该温度下的平衡常数为k= =2500，故C错误；D项、由图可知，200、P2压强时CO平衡转化率与200、P3压强时CO平衡转化率相差不大，则从生产成

19、本考虑，工业生产中实际控制的条件200、P2压强，不采用200、P3压强，故D正确；故选C。【答案点睛】压强越大，反应时消耗的动能越大，生产成本越高，经济效益会降低，在反应物转化率相差不大时，会选用较低压强是解答关键。3、C【答案解析】AK2FeO4具有强氧化性，可以氧化H2S，所以能除去水中溶解的H2S等，选项A正确；BK2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，选项B正确；C工业上制备高铁酸钠时，根据2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O，则每生成1mol还原产物即Cl-，转移2mol电子，选项C不正确；DK2FeO4具有强氧化性，可用于消毒杀菌，被还原为F

20、e3+，水解生成Fe(OH)3胶体，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，选项D正确。答案选C。 4、C【题目详解】A、酒精灯的火焰温度达不到碳酸钙的分解温度，故不选A；B、向饱和氨盐水中通入二氧化碳，导气管应伸入液面以下，故不选B；C、过滤法分离出碳酸氢钠晶体，故选C；D、碳酸氢钠加热易分解，不能用加热的方法干燥NaHCO3，故不选D。【答案点睛】本题以侯氏制碱原理为载体，考查学生基本实验操作，涉及物质的分离、提纯以及制备，注重实验能力的考查，注意把握实验的严密性和可行性的评价。5、A【题目详解】A.影响物质化学性质的主要因素是物质本身的性质，在内因相同条件下，外界的温度、压强等也会影响化学

21、反应速率，但物质的性质有物理性质和化学性质，因此A正确；B.KNO3的溶解度的溶解度不仅与溶液的温度有关，也与溶剂有关，因此不能说温度是影响溶解度的主要因素，B错误；C.分子间作用力的大小取决于相对分子质量和分子结构，分子结构相同时，分子间作用力主要取决于相对分子质量大小，C错误；D.影响气体摩尔体积的因素是温度和压强，而不是气体的物质的量，D错误；故合理选项是A。6、D【答案解析】A、Na2CO3溶液滴入HCl溶液开始就产生气泡，反应为：Na2CO3+2HClNaCl+H2O+CO2，HCl溶液滴入Na2CO3溶液，开始时无气泡产生，反应为：Na2CO3+HClNaCl+ NaHCO3，当N

22、a2CO3反应完后，继续滴入盐酸，NaHCO3与盐酸反应产生气泡，反应为：NaHCO3+HClNaCl+ H2O+CO2，现象不同，错误；B、AlCl3溶液滴入NaOH溶液开始时无沉淀产生，反应为：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，后产生白色沉淀，反应为：3NaAlO2+ AlCl3+6H2O=4Al(OH) 3+3NaCl，NaOH溶液滴入AlCl3溶液开始时产生白色沉淀，反应为：AlCl3+3NaOH= Al(OH) 3+3NaCl，后沉淀溶解，现象不同，错误；C、KAlO2 溶液滴入HCl溶液，开始时无沉淀生成，反应为：KAlO2+4HClKCl+AlCl3+2

23、H2O，后产生白色沉淀，反应为：3NaAlO2+ AlCl3+6H2O=4Al(OH) 3+3NaCl，HCl溶液滴入KAlO2溶液，开始时产生白色沉淀，反应为：KAlO2+HCl+H2OAl(OH) 3+KCl，后沉淀不溶解，现象不同，错误；D、无论是Na2SiO3溶液滴入HCl溶液，还是HCl溶液滴入Na2SiO3溶液，都产生白色胶状沉淀，反应是：Na2SiO3+2HCl2NaCl+H2SiO3，现象相同，正确。答案选D。7、C【答案解析】A. NH3应使用向下排气法收集，故A不合理；B. SO2的溶解度很大，不适合使用浓盐酸制取，故B不合理；C.合理;D.使用浓盐酸与二氧化锰制取氯气，需

24、要加热，故D不合理。故选C。8、C【答案解析】A.滴加氨水能发生反应：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，Al3+不能大量共存，离子方程式错误，A项错误；B.常温下纯水中水电离出的H+浓度为10-7mol/L，而该溶液中水电离出的H+浓度为110-12mol/LV(正)，图像、都符合，B正确；4NH3(g)5O2(g)4NO(g)6H2O(g)H0 升高温度，平衡逆向移动，生成物的浓度降低，图像不符合，C错误；H2(g)CO(g)C(s)H2O(g) H0，增大压强，平衡正向移动，V(正) v(逆)，图像不符合，D错误。考点：考查化学平衡图像。11、C【答案解析】由于铁比铜活泼

25、，所以铁先与FeCl3反应，即2FeCl3Fe=3FeCl2，当铁完全反应后，铜才能与FeCl3反应，即2FeCl3Cu2FeCl2CuCl2。A、设混合物中铁的物质的量为xmol，铜的物质的量为ymol，则反应后溶液中的Fe2+为(3x+2y)mol，Cu2+为ymol，在同一溶液中，浓度之比等于物质的量之比，所以(3x+2y)：y=8:1，解得x:y=2:1，故A错误；B、根据混合物总质量17.6g，可得56x+64y=17.6，联合求得x=0.2mol，y=0.1mol，再由反应方程式可求出反应的FeCl3反应为(2x+2y)=0.6mol0.8L1.0mol/L，因此FeCl3剩余0.

26、2mol；反应后的溶液中能溶解铁的物质有剩余的0.2mol FeCl3和生成的0.1mol CuCl2，故还能溶解铁0.2mol，质量为11.2g，所以B错误；C、反应后所得溶液中c(Fe2+) = = =1.0mol/L，故C正确；D、反应后的溶液中含有n(Fe2+)=0.8mol，n(Fe3+)=0.2mol，n(Cu2+)=0.1mol，恰好沉淀需要加入2.0 mol/L NaOH溶液的体积V= =1.2L，故D错误。本题正确答案为C。点睛：混合物之间的反应，一定要注意反应的顺序，否则有些习题是无法处理的。本题中FeCl3既能与铁反应，也能与铜反应，但铁比铜活泼，所以只有当铁完全反应后，

27、铜才能反应；本题最难处理的是B选项，要确定FeCl3和铜哪种物质剩余，根据A选项，已经确定出铁和铜的物质的量之比，所以先求得二者的物质的量各是多少，进而求得反应需要的FeCl3的物质的量，再与已知量比较，即可得出正确结论。12、B【分析】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后体系的压强增大。然后增大乙容器的体积，使乙容器的压强恢复到原压强，平衡向正反应方向移动，据此分析解答。【题目详解】先假定甲、乙的体积都不变,达到平衡后体系的压强增大。然后增大乙容器的体积，使乙容器的压强恢复到原压强，平衡向正反应方向移动，所以，若甲容器中SO3的转化率为P%,则乙的SO3的转化率将大于甲的,即大于P% ，B正

28、确。综上所述，本题选B。13、B【题目详解】A、分子晶体的稳定性与化学键有关，共价键越强，稳定性越大，而分子间作用力只影响物质的熔沸点，故A错误；B、原子晶体中微粒间的作用力为共价键，原子晶体熔化时共价键要断裂，所以原子晶体中共价键越强，晶体的熔点越高，故B正确；C、分子晶体熔化时破坏分子间作用力或氢键，冰属于分子晶体熔化时水分子间的氢键断裂，而H-O键未发生断裂，故C错误；D、NaCl溶于水时，NaCl在水分子作用下发生电离生成钠离子、氯离子，所以离子键被破坏，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题考查化学键及分子间作用力，明确物质的构成微粒及微粒间作用力是解本题关键，注意分子的稳定性与分子间

29、作用力无关，分子间作用力只影响物质的物理性质，不影响化学性质。14、C【答案解析】A加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO

30、3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比【题目详解】生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A加入100

31、mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L0.2molL1=0.02mol，所以c（NaOH）=0.02mol/0.1L=0.2molL1，故A错误；B由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L-0.025L）0.2molL1=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol22.4Lmol1=0.3.6L=336mL，故B错误；C、Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐

32、酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL-25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故C正确；D、由C分析，所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n(NaHCO3):n(Na2CO3)=2:1，故D错误；故选C。15、A【答案解析】本题考查离子共存知识点，可结合限定的条件，逐一进行判断。【题目详解】A.在无色透明溶液中，Ba2、Mg2、Cl、NO3可以共存，故A项正确

33、；B. 能使酚酞变红的溶液呈碱性，HCO3不能大量存在，Ca2+与CO32-不能大量共存，故B项错误；C.H与NO3结合可以将Fe2+氧化为Fe3+，故C项错误；D.与铝反应能放出氢气的溶液，可以为酸性，也可以为碱性，若溶液为碱性，NH4+、Cu2不能大量共存，故D项错误。综上，本题选A。【答案点睛】判断离子共存时，要遵循以下原则：溶液为酸性时，不能出现与H+反应的离子，如：OH-、HCO3、CO32等；溶液为碱性时，不能出现与OH-反应的离子，如：H+、HCO3等；溶液具有氧化性时，不能存在具有还原性的离子，如Fe2+，I-。16、D【答案解析】A、煤中不含苯和甲苯，煤干馏后从煤焦油中能分离

34、出来苯和甲苯，选项A错误；B、甲烷在工业上可通过石油分馏得到，而乙烯和苯不是石油的成分，在工业上都可通过石油裂解得到，NH3可通过煤的干馏得到，选项B错误；C、乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应属于取代反应，选项C错误；D、溴在苯和四氯化碳中溶解度都大于水，且苯和四氯化碳与水都不互溶，故苯和四氯化碳都能萃取溴水中的溴，选项D正确。答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、-COOH 溴原子 C3H5O2Br CH2BrCH2COOH 消去反应 酯化反应（取代反应） nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O 0.01 【分析】A和NaHCO3溶液反应有气体放出，说明A中含有羧基，A和

35、足量NaOH溶液反应一段时间后，再加入过量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明A中含有Br元素，有机化合物A的相对分子质量为153，溴的相对原子质量是80、-COOH的相对分子质量为45，所以A剩余基团相对分子质量为28，其基团应该为C2H4，所以A的分子式为C3H5O2Br，核磁共振氢谱显示，A的氢谱有3种，其强度之比为122，则A的结构简式为CH2BrCH2COOH；A和氢氧化钠水溶液加热时发生取代反应，然后酸化生成C，C的结构简式为HOCH2CH2COOH，C发生氧化反应生成G，G的结构简式为OHCCH2COOH，C发生酯化反应生成高分子化合物H，其结构简式为，A和Na

36、OH醇溶液加热时，A发生消去反应生成B，B的结构简式为CH2=CHCOONa，B然后酸化生成D，则D的结构简式为CH2=CHCOOH，D和C在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成E，E的结构简式为CH2=CHCOOCH2CH2COOH，E发生加聚反应生成F，F的结构简式为，再结合题目分析解答。【题目详解】(1)A和NaHCO3溶液反应有气体放出，说明A中含有羧基，羧基的结构简式为-COOH；(2)A和足量NaOH溶液反应一段时间后，再加入过量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，说明A中含有Br元素，即A还有溴原子官能团；(3)有机化合物A的相对分子质量为153，且A中只有四种元素，

37、溴的相对原子质量是80、-COOH的相对分子质量为45，所以A剩余基团相对分子质量为28，其基团应该为C2H4，则A的分子式为C3H5O2Br；(4)A的分子式为C3H5O2Br，核磁共振氢谱显示，A的氢谱有3种，其强度之比为122，则A结构简式为CH2BrCH2COOH；(5)AB是CH2BrCH2COOH在NaOH的醇溶液中发生消去反应生成CH2=CHCOONa；DE是CH2=CHCOOH和HOCH2CH2COOH在浓硫酸的作用下发生酯化反应生成CH2=CHCOOCH2CH2COOH；HOCH2CH2COOH在浓硫酸的催化作用下发生缩聚反应的化学方程式为nCH2(OH)CH2COOHHOH

38、+(n-1)H2O；C的结构简式为HOCH2CH2COOH，与C具有相同官能团的同分异构体的结构简式为；由分析可知F的结构简式为；G的结构简式为OHCCH2COOH，Ag的物质的量=0.02mol，生成0.02molAg需要0.01molG。【答案点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；能

39、与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。18、 (酚)羟基、酯基 取代反应 【分析】A是 ，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B： ，B与K2CO3、(CH3)2SO4发生亚氨基上的取代反应产生C是 ，C与NBS发生-CH3上的取代反应产生D：；D与X在一定条件下发生取代反应产生E：；E与HCHO、NH(CH3)2反应，然后酸化

40、可得阿比朵尔：。【题目详解】(1)阿比朵尔结构简式是： ，物质中含有的含氧官能团是(酚)羟基、酯基；(2)A是 ，A与(CH3)2O发生取代反应产生分子式是C14H15NO4的物质B是 ，则AB的化学方程式是：+(CH3CO)2OCH3COOH，该反应的反应类型是取代反应；(3)由D、E结构的不同，结合X分子式可知：X的结构简式为；(4)CH3OH被催化氧化产生HCHO，CH3OH与HBr发生取代反应产生CH3Br，CH3Br与NH3发生取代反应产生NH(CH3)2，HCHO、NH(CH3)2、发生反应产生。该转化历程为： 。19、蒸发浓缩 冷却结晶 球形冷凝管 冷凝回流 增加反应物接触面积，

41、提高反应速率 蒸发浓缩 冷却结晶 Na2SO4 取少量滤液于试管中，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中滴加BaCl2溶液，若出现浑浊，证明原滤液中含Na2SO4 酸式 101.2% 含有的Na2SO3也会和I2发生反应，从而影响纯度 【分析】本题以Na2S2O35H2O晶体的制备及其样品纯度的测定为背景，考查考生对化学实验仪器的认识和解决实际问题的能力。硫粉不溶于水，制备过程硫粉与水溶液中的Na2SO3不能充分的接触，影响反应速率，用乙醇湿润硫粉的目的就要从这些方面分析。温度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷却其较高温度下的饱和溶液，可得

42、到Na2S2O35H2O晶体。SO32-有较强的还原性，加热条件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析滤液中的杂质要考虑这一点。用已知浓度的碘水滴定Na2S2O3溶液来测定样品纯度，而I2也能够氧化SO32-，这是实验原理不完善带来的系统误差。由此分析。【题目详解】(1)根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管，使水蒸气冷凝回流，防止反应液中水分大量流失而析出晶体。硫粉难溶于水而微溶于乙醇，用乙醇湿润可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫与Na2SO3的接解面积，加快反应速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度数据可知，温度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸发浓缩得到较高温度下的Na2

43、S2O3的饱和溶液，然后冷却结晶，即可制备Na2S2O35H2O晶体。所以步骤应采取的操作是蒸发浓缩、冷却结晶。(3)SO32-具有较强的还原性，加热过程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以滤液中很可能存在Na2SO4。检验Na2SO4的存在，只需检验SO42-离子，但要排除SO32-和S2O32-的干扰，先用盐酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S+SO2+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2+SO42-=BaSO4，产生不溶于盐酸的白色沉淀即证明滤液中含Na2SO4杂质。所以检验方法是：取少许滤液于试管中

44、，加稀盐酸至溶液呈酸性，静置，取上层清液（或过滤除去S后的滤液）于另一支试管中，向该试管中加入BaCl2溶液，若出现浑浊则证明原滤液中含Na2SO4。(4) I2能与橡胶发生加成反应而腐蚀橡胶，不能用碱式滴定管，只能用酸式滴定管盛装碘水进行滴定。由表中数据可知三次实验消耗碘水体积分别为30.22mL、30.70mL、30.18mL，显然第二次实验误差太大舍去，平均消耗碘水体积为=30.20mL。设所配样品溶液的浓度为c(Na2S2O3)，列比例式： ，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L7.40g样品中Na2S2O35H2O的物质的量=n(Na2S2O3)=0.25L0.1208m

45、ol/L=0.0302mol,样品的纯度=100%=101.2%。因为SO32-有较强的还原性，也能被I2氧化，所以滴定中消耗的碘水体积偏大，使计算得到的纯度值偏大。20、电子天平 除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验 将系统装置中全部排入中充分吸收 20.00 稀硫酸、溶液 取样于试管中，用稀硫酸浸取炉渣，取上层清液滴加少量溶液，若褪色，则含有 【分析】从实验装置图看，a为去除空气中水蒸气的装置，b为黄铜矿石的煅烧装置，c为未反应O2的处理装置，d为SO2的吸收装置。【题目详解】(1)称取的黄铜矿样品质量为0.230g，有三位小数，是托盘天平不能完成的，所以实验中称量样品所需定量仪器为电子天平。(2)装置c的作用是除去混合气体中未反应的氧气，防止干扰二氧化硫的检验。(3)若上述反应结束后