山东省各地2022-2023学年化学高三上期中复习检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）ANaHCO3溶液中加足量Ba（OH）2溶液：HCO3Ba2+OH= BaCO3H2OB单质铜与稀硝酸反应：Cu + 2H+ +2NO3 = Cu2+ + 2NO +H2OC用醋酸溶液除水

2、垢中的CaCO3：CaCO3+2H+ = Ca2+H2O+CO2D实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2: MnO2+4HCl（浓）Mn2+ + 2Cl + Cl2 + 2H2O2、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A100mL l molL-1KClO溶液中，阴离子的数目大于0.1NAB14g乙烯和丙烯混合气体中含有CH共价键的数目为2NAC5.6 g铁和6.4 g铜分别与0.1 mol氯气完全反应，转移的电子数相等D含0.4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数等于0.2NA3、某温度下，一定体积的氯气与1 L 1.5 mol/L NaOH溶液恰好完全反应，若产物中NaCl

3、O和NaClO3的物质的量之比为1:3，则被还原的氯气的物质的量为A0.15 mol B0.3 mol C0.6 mol D0.8 mol4、常温下，某物质的溶液中由水电离出的c（H+）110-a mol/L，关于该溶液说法正确的是A若a7时，则该溶液的pH一定为14-aB若a=7时，向溶液中再加入适量水，水的电离程度将变大C若a7时，该溶液可能为醋酸溶液D该溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液5、能导电的电解质是A氯化钠溶液B金属铜C熔融硝酸钾D酒精6、稀土元素号称“工业维生素”，科学家把稀土元素镧对作物的作用赋予“超级钙”的美称。已知镧La是一种活动性比锌更强的元素，它的氧化物化学式为La2

4、O3 ，La（OH）3是不溶于水的弱碱，而LaCl3、La（NO3）3都可溶于水，下列说法中正确的是ALa和盐酸反应的离子方程式为：La2H = La3H2BLaCl3的水溶液加热蒸发灼烧，最终得到无水LaCl3CLa（NO3）3水溶液显酸性D镧的一种核素为57139La，其中子数为577、下列叙述正确的是（ ）ACaCO3在水中溶解度很小，其水溶液电阻很大，所以CaCO3是弱电解质BCaCO3在水中溶解度很小，但溶于水的CaCO3全部电离，所以CaCO3是强电解质C氯气和氨气的水溶液导电性好，所以它们是强电解质D液态SO2不导电，但溶于水后导电，所以SO2是电解质8、下列说法正确的是()A淀

5、粉、纤维素和油脂都属于天然高分子化合物B蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，加水，白色沉淀重新溶解C等质量的CH4、C2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少D分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质一定属于同系物9、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都属于钠的含氧化合物10、下列解释事实的方程式书写正确的是()ANa2CO3溶液处

6、理水垢中的CaSO4Ca2CO32-=CaCO3B室温下测得氯化铵溶液的pH7：NH4+2H2ONH3H2OH3O+C稀HNO3洗涤做过银镜反应的试管：Ag2HNO3-=AgNO2H2OD向物质的量之比为11的NaOH和Na2CO3混合物中加入过量稀盐酸：OHCO32-2H=HCO3-H2O11、由下列实验及现象能推出相应结论的是实验现象结论A将硝酸亚铁样品溶于稀硫酸，滴加KSCN溶液溶液变为红色硝酸亚铁样品已氧化变质B向硅酸钠溶液中通入CO2 产生白色沉淀非金属性：CSiC向盛有FeS固体的烧杯中滴加盐酸，并产生气体通入溴水中溴水褪色还原性：S2-Br-Cl-D向无色溶液中滴入氯化钡溶液和稀

7、硝酸有白色沉淀产生无色溶液中一定含有SO42-或SO32-AABBCCDD12、将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL1NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中不正确的是（）A当金属全部溶解时，失去电子的物质的量为0.3molB标准状态下，当金厲全部溶解时收集NO气体体积为3.36LC当生成的沉淀量达最大时，消耗NaOH溶液的体积V100mLD参加反应的金属总质量为9.6gm3.6g13、混合物A是碳酸钠与碳酸氢钠共.充分加热后固体质量剩余，混合物B是含少量一

8、氧化碳的氧气，共，电火花条件下充分反应后，温度、压强不变，气体体积变为，则混合物A中碳酸钠与碳酸氢钠的质量比、混合物B中一氧化碳与氧气的体积比分别为( )ABCD14、下列化学用语的表述正确的是A惰性电极电解氯化镁溶液：2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-B钢铁吸氧腐蚀中的正极反应：4OH- 4e2H2O+O2 C用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2I22OHD等体积、等物质的量浓度的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合：HCO3Ba2OHBaCO3H2O15、某温度时，VIA元素单质与H2反应生成气态H2X的热化学方程式如下：12O2(g) +H2(g) H2O(g)

9、 H242kJmol1S(g)+ H2(g) H2S(g) H20kJmol1Se(g)+H2(g) H2Se(g) H+81kJmol1下列说法正确的是A稳定性：H2O H2S H2SeB降温有利于Se与H2反应生成H2SeCO2(g)+2H2S(g)2H2O(g)+2S(g) H444 kJmol1D随着核电荷数的增加，VIA族元素单质与H2的化合反应越容易发生16、某温度下，wg某物质在足量氧气中充分燃烧，其燃烧产物立即与过量的Na2O2反应，固体质量增加wg。在H2；CO；CO和H2的混合物 HCHO；CH3COOH；HO-CH2-CH2-OH中，符合题意的是A均不符合B只有C只有D全

10、部符合二、非选择题（本题包括5小题）17、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_；B中含氧官能团名称是_。(2)C的结构简式_；DE的反应类型为_(3)EF的化学方程式为_。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。(5)等物质的量的 分别与足量NaOH、NaHCO3 反应，消耗NaOH、NaHCO3 的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。18、5种固体物质A、B、C、

11、D、E由表中不同的阴阳离子组成，它们均易溶于水。阳离子NaAl3Fe3Cu2Ba2阴离子OHClCO32-分别取它们的水溶液进行实验，结果如下：A溶液与C溶液混合后产生蓝色沉淀，向该沉淀中加入足量稀HNO3沉淀部分溶解，剩余白色固体；B溶液与E溶液混合后产生红褐色沉淀，同时产生大量气体；少量C溶液与D溶液混合后产生白色沉淀，过量C溶液与D溶液混合后无现象；B溶液与D溶液混合后无现象；将38.4 g Cu片投入装有足量D溶液的试管中，Cu片不溶解，再滴加1.6 molL1 H2SO4，Cu片逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现。（1）据此推断A、B、C、D、E的化学式：A_；B_；C_；D_；E_

12、。（2）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。（3）写出步骤中发生反应的离子方程式：_。若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是_mL。19、某化学学习小组为了探究镁和二氧化硫的反应产物，进行如下实验：设计如图所示装置完成镁和二氧化硫的反应实验。（1）实验室用亚硫酸钠与浓硫酸反应制备SO2，利用的是浓硫酸的_(填字母)。a强氧化性 b强酸性c脱水性 d腐蚀性（2）B装置中试剂的名称是_；E装置的作用是_。（3）有同学认为可以拆去D装置，你认为_(填“能”或“不能”)拆去D装置，理由是_。探究燃烧的反应产物（4）反应后取C装置中的固体粉末进行如下实验：实验现象：G装置中产生黑色沉淀，装置

13、中黑色粉末变红色，J装置中白色粉末变蓝色。写出G装置中发生反应的离子方程式：_；I、J装置中的现象说明固体中含有_(填化学式)。（5）取出F装置烧瓶中的混合物，经过滤、干燥得到少量固体粉末，为了探究固体粉末的成分，选择下列装置进行实验：按气体从左至右，选择所需装置，正确的连接顺序为_(填字母)。能证明固体粉末是硫磺的实验现象是_。（6）经实验测定，镁在二氧化硫中燃烧生成产物有硫化镁、硫和氧化镁。如果m(MgO)m(MgS)m(S)2074，写出镁与SO2在加热条件下反应的化学方程式：_。20、硫代硫酸钠（Na2S2O3）可由亚硫酸钠和硫粉通过化合反应制得。已知：Na2S2O3在酸性溶液中不能稳

14、定存在；硫代硫酸钠与碘反应的离子方程式为：2S2O32-+I2 = S4O62- + 2I- 。（）制备Na2S2O35H2O打开K1，关闭K2，向放有铜片的圆底烧瓶中加入足量浓硫酸，加热。圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为_。C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少。C中碳酸钠的作用是_。“停止C中的反应”的操作是_。过滤C中的混合液。将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干，得到产品。装置B中盛放的试剂是（填化学式）_溶液，其作用是_。（）用I2的标准溶液测定产品的纯度取5.5g产品，配制成100mL溶液。取10.00mL溶液，以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L

15、 I2的标准溶液进行滴定，相关数据记录如下表所示：编号123溶液的体积/mL10.0010.0010.00消耗I2标准溶液的体积/mL19.9517.1020.05滴定时，达到滴定终点的现象是_。Na2S2O35H2O在产品中的质量分数是_（用百分数表示，且保留1位小数）。下列操作中可能使测定结果偏低的是_(填字母)。A酸式滴定管未用标准液润洗就直接注入I2的标准液B滴定前盛放Na2S2O3溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥C酸式滴定管尖嘴部分在滴定前没有气泡，滴定后有气泡D读取I2标准液时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数21、硫及其化合物对人类的生产和生活有着重要的作用。一种由含硫化合物参

16、与的制氢示意图如下：（1）反应2的化学方程式为_；该反应能量转化的主要方式为_。反应4的热化学方程式为2H2SO4(l)2SO2(g)+O2(g)+2H2O(g) H+550kJ/mol已知：a. H2SO4(l)SO3(g)+H2O(g) H=Xb.2SO3(g)2SO2(g)+O2(g) H=+196kJ/mol则X=_。（2）SO2是一种大气污染物，已知： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0。下列有关该反应速率的叙述正确的是_（填字母）。a升高温度可以增大活化分子百分数，加快反应速率b增大压强能增大活化分子百分数，加快反应速率c使用催化剂可以使反应物分子平均能量升高，加快反应

17、速率d在质量一定的情况下，催化剂颗粒的表面积大小，对反应速率有显著影响该反应的化学平衡常数表达式为K=_。下列有关图像一定正确的是_（填字母）。（3）现有甲、乙两个体积相等的恒容容器，甲容器中充入1molSO2和1molO2，乙容器中充入1molSO3和0.5molO2，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) H0，甲、乙容器起始反应温度相同，两容器均为绝热容器，平衡时，甲容器中SO2的转化率为a，乙容器中SO3的分解率为b，则：a+b_1（填“”或“=”）。下列叙述能说明甲容器中反应达平衡状态的是_（填字母）。Av正(O2)=2v逆(SO3) B混合气体的密度不变Cc(SO2)=

18、c(SO3) D混合气体的总物质的量不变E.容器内温度不变 F.SO2和O2的质量比不变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【答案解析】A、NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液，发生反应的离子方程式为：HCO3Ba2+OH= BaCO3H2O，选项A正确；B、电荷不守恒，单质铜与稀硝酸反应：3Cu + 8H+ +2NO3 = 3Cu2+ + 2NO +4H2O，选项B错误；C、醋酸是弱酸，必须写化学式，用醋酸溶液除水垢中的CaCO3，发生反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH = Ca2+2CH3COO-+H2O+C

19、O2，选项C错误；D、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，发生反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+ + Cl2 + 2H2O，选项D错误。答案选A。2、D【答案解析】A、次氯酸根离子水解阴离子增多，ClO-+H2OHClO+OH-，100mL1mol/LKClO溶液中阴离子总数大于0.1NA，选项A正确；B、14g乙烯和丙烯混合气体含有CH2物质的量为=1mol，含有C-H共价键的数目为2NA，选项B正确；C、5.6g铁物质的量=0.1mol，6.4g铜物质的量=0.1mol，分别与0.1mol氯气完全反应，铜恰好反应，铁过量，所以反应过程中转移的电子数相等，都为0.2NA，选

20、项C正确；D、浓硝酸与铜反应生成NO2，随着反应的进行HNO3浓度变小，稀硝酸与铜反应生成NO，含0.4molHNO3的浓硝酸与足量铜反应，转移的电子数大于0.2NA，选项D错误。答案选D。3、C【答案解析】假设NaClO和NaClO3的物质的量分别为amol和3amol，还原产物NaCl的量为xmol，氯气与NaOH溶液发生氧化反应，共失电子的量为：a（1-0）+3a（5-0）=16amol，氯气与NaOH溶液发生还原反应，共得电子的量为：x（0+1）= x mol； 根据氧化还原反应氧化剂得电子总数等于还原剂失电子总数的规律可知：x=16amol；根据1 L 1.5 mol/L NaOH的

21、量为1.5mol根据钠原子守恒可知：16a+ a+3 a =1.5, a=0.075 mol；所以则被还原的氯气的物质的量为1/20.07516=0.6 mol；C正确；综上所述，本题选C。4、D【答案解析】A、若a7时，说明水的电离被抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，则该溶液的pH不一定为14-a，A错误；B、若a=7时，溶液显中性，如果该物质不水解，向溶液中再加入适量水，水的电离程度不变，B错误；C、若a7时，说明水的电离被促进，该物质一定发生水解，不可能为醋酸溶液，C错误；D、根据以上分析可知该溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，D正确，答案选D。点睛：注意溶液中的c(H)和水电离出来

22、的c(H)是不同的：常温下水电离出的c(H)1107 molL1，若某溶液中水电离出的c(H)1107 molL1，则可判断出该溶液中加入了酸或碱抑制了水的电离；若某溶液中水电离出的c(H)1107 molL1，则可判断出该溶液中加入了可以水解的盐或活泼金属促进了水的电离。常温下溶液中的c(H)1107 molL1，说明该溶液是酸溶液或水解显酸性的盐溶液；c(H)1107 molL1，说明是碱溶液或水解显碱性的盐溶液。答题时要依据题干信息灵活应用。5、C【答案解析】【题目详解】A、氯化钠溶液是混合物，电解质必须是纯净物；B、金属铜能导电，但金属铜是单质，电解质必须是化合物；C、熔融硝酸钾中有自

23、由移动的离子，能导电，而且是纯净物、化合物，是电解质；D、蔗糖是非电解质。故选C。6、C【答案解析】A镧(La)是一种活动性比锌更强的元素，能够与盐酸反应生成氢气，反应的离子方程式为：2La+6H+=2La3+3H2，故A错误； BLa(OH)3是不溶于水的弱碱，则LaCl3为强酸弱碱盐，加热过程中LaCl3发生水解生成La(OH)3和HCl，HCl具有挥发性，则最终灼烧得到La2O3，故B错误； C已知La(OH)3是不溶于水的弱碱，则La(NO3)3为强酸弱碱盐，其溶液显酸性，故C正确；D镧的一种核素为57139La，中子数为139-57=82，故D错误；故选C。点睛：明确题干信息为解答本

24、题的关键。注意掌握常见金属单质及其化合物性质。本题的易错点为B，注意要充分利用题示信息“La(OH)3是不溶于水的弱碱”，判断LaCl3能否水解。 7、B【题目详解】A、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙完全电离，碳酸钙是强电解质，故A错误；B、根据电解质的电离程度确定电解质的强弱，不是根据电解质的溶解性大小确定电解质的强弱，虽然碳酸钙在水中的溶解度很小，但溶解的碳酸钙全部电离，所以碳酸钙是强电解质，故B正确；C、氯气是单质不是化合物，既不是电解质，也不是非电解质，氨气的水溶液能导电，能电离出阴、阳离子

25、的是一水合氨而不是氨气，所以氨气是非电解质，故C错误；D、二氧化硫溶于水后生成亚硫酸，是亚硫酸电离出自由移动离子而导电，二氧化硫为非电解质，故D错误；故选B。【答案点睛】明确电解质的强弱是根据电解质的电离程度划分的，不是根据溶解性大小划分的是解题的关键。本题的易错点为D，要注意物质的水溶液导电，需要是物质本身电离的结果。8、C【题目详解】A、油脂不属于高分子化合物，A错误；B、蛋白质溶液中加入硫酸铜溶液，有白色沉淀产生，是因为重金属盐可使蛋白质发生变性，加水，沉淀不会溶解，B错误；C、质量相同的烃在氧气中完全燃烧时，含碳量越高，消耗的氧气越少，甲烷的含碳量最少，乙炔的含碳量最多，所以CH4、C

26、2H4、C2H2分别在氧气中完全燃烧，消耗氧气的量依次减少，C正确；D、分子式为C2H4O2与C4H8O2的两种物质不一定属于同系物，符合CnH2nO2通式的化合物可能是饱和一元羧酸，也可能是饱和一元羧酸与饱和一元醇形成的酯，所以不一定是同系物，D错误。答案选C。9、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；DN

27、a2O，NaOH，Na2CO3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。10、B【答案解析】A.水垢中的硫酸钙，微溶于水，需要保留化学式；B.铵根水解使溶液pH7；C.银与稀硝酸反应生成的是NO气体；D.因稀盐酸过量，故氢氧化钠和碳酸钠都完全参与反应并生成氯化钠、二氧化碳气体和水。【题目详解】A.硫酸钙微溶于水，作为反应物，在离子反应方程式书写时不能拆开，正确的离子方程式为：CO32-+CaSO4CaCO3+ SO42-，故A项错误；B.在氯化铵溶液中，铵根会发生水解，使溶液显酸性，pHH2SiO3，碳的最高价氧化物对应水化物H2CO3酸性强于硅的最高价氧化物对应水

28、化物H2SiO3，故能说明非金属性CSi，正确；C.FeS与盐酸反应不属于氧化还原反应，故无法判断S2-与Cl-的还原性大小，错误；D.白色沉淀可能为AgCl、BaSO4，因硝酸具有氧化性，原溶液中可能含有Ag+、SO42-、SO32-、HSO3-，错误。答案选B。12、B【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O ；向反应后的溶液中加入过量的3molL1NaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2Na

29、OH=Mg(OH)2+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g ,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g ,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.31/2=0.15mol；据以上分析解答。【题目详解】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解(假设反应中还原产物只有NO)，发生反应：3Mg+8HNO3=3Mg(NO3)2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O ；向反应后的溶液中加入过量的

30、3molL1NaOH 溶液至沉淀完全，发生反应：Mg(NO3)2+2NaOH=Mg(OH)2+2NaNO3，Cu(NO3)2+2NaOH=Cu(OH)2+2NaNO3；因此沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g ,则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g ,氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.31/2=0.15mol； A.根据分析可以知道,合金的物质的量为0.15mol,当金属全部溶解时,失去电子的物质的量为0.3mol,故A项正确；B.镁和铜的总的物质的量为0.15mol ,根据电子转移守恒可以知道生成的NO物质

31、的量为0.152/3=0.1mol，标况下NO气体体积为2.24 L, 故B项错误；C.当生成的沉淀量达最大时，参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，至少需要氢氧化钠溶液的体积=0.3/3=0.1L=100mL，通常沉淀试剂可以稍过量，所以消耗NaOH溶液的体积V100mL，故C项正确；D.镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.1524=3.6g，若全为铜，质量为0.1564=9.6g，所以参加反应的金属的总质量(m)为9.6gm3.6g，故D项正确；综上所述，本题选B。13、C【题目详解】加热后，混合物A（Na2CO3与NaHCO3）失重1.55g，是因为NaHC

32、O3分解，则有：m(NaHCO3)=4.2g，m(Na2CO3)=10.0g-4.2g=5.8g，则m(Na2CO3):m(NaHCO3)=5.8g:4.2g=29:21；混合物B（CO与O2）在反应前后，体积减少1L，则有：V(CO)=2L，V(O2)=10L-2L=8L，V(CO):V(O2)=2L:8L=1:4；综上所述，碳酸钠与碳酸氢钠的质量比为29:21；一氧化碳与氧气的体积比为1:4，故选C。14、D【题目详解】A. 氢氧化镁是沉淀，离子反应中不能拆，惰性电极电解氯化镁溶液：Mg2+2Cl-+2H2OH2+Cl2+ Mg(OH)2，故A错误；B. 在中性或碱性条件下，钢铁发生吸氧腐

33、蚀，正极上水和氧气得电子：2H2O+O2+4e4OH，故B错误；C. 用H2O2从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2+2H+I22 H2O，故C错误；D. 等物质的量的NaHCO3溶液与Ba(OH)2溶液混合生成碳酸钡氢氧化钠和水：HCO3Ba2OHBaCO3H2O，故D正确；答案选D。15、C【答案解析】A项，元素的非金属性越强，对应简单氢化物的稳定性越强，同一主族，从上到下，非金属性逐渐减弱，因此稳定性：H2O H2S H2Se，故A项错误；B项，Se(g)+H2(g) H2Se(g)对应的H0，说明该反应正向吸热，降温使得反应向放热的方向移动，即逆向移动，不利于生成H2Se，故B项

34、错误；C项，将已知热化学方程式依次编号为、，根据盖斯定律，由2(-)可得：O2(g)+2H2S(g)2H2O(g)+2S(g) H444 kJmol1，故C项正确；D项，随着核电荷数的减小，A族元素的非金属性逐渐增强，与氢原子形成的共价键越强，放出的热量越多，生成物越稳定，A族元素的单质与H2的化合反应越容易发生，故D项错误。综上所述，本题正确答案为C。16、D【答案解析】若该物质为H2，依次发生的反应为2H2+O22H2O、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，相当于反应为“Na2O2+H2=2NaOH”，固体增加的质量为燃烧H2的质量；若该物质为CO，依次发生的反应为2CO+O22CO

35、2、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，相当于反应为“Na2O2+CO=Na2CO3”，固体增加的质量为燃烧CO的质量；经过上述分析可归纳：凡分子组成符合（CO）m（H2）n的物质wg在O2中完全燃烧，将其产物（CO2和水蒸气）通过足量Na2O2后，固体增重必为wg。符合；分子式为CH2O，符合；分子式为C2H4O2，可改写成（CO）2（H2）2，符合；分子式为C2H6O2，可改写成（CO）2（H2）3，符合；全部符合，答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检

36、验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色) 【分析】A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【题目详解】根据上述推断

37、可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3

38、CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【答案点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、

39、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。18、CuSO4FeCl3Ba（OH）2Al（NO3）3Na2CO32Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO23Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O500【分析】蓝色沉淀是氢氧化铜，白色固体是硫酸钡，据此判断A和C是硫酸铜和氢氧化钡 ；在剩余阳离子中只有Na+可以与CO32-结合，红褐色沉淀是氢氧化铁，气体是二氧化碳，B或E是碳酸钠，B、E中的另一种物质是铁盐；说明C是氢氧化钡，D是铝盐，相应地A是硫酸铜；说明E是碳酸钠，B

40、是铁盐；说明D是硝酸铝，相应地B是氯化铁。【题目详解】（1）A、B、C、D、E的化学式分别为：CuSO4、FeCl3、Ba（OH）2、Al（NO3）3、Na2CO3。（2）步骤中Fe3+与CO32的水解互促至水解完全，发生反应的离子方程式：2Fe3+3CO32+3H2O=2Fe（OH）3+3CO2。（3）步骤中稀硝酸与铜发生反应，反应的离子方程式：3Cu+8H+2NO3=3Cu+2NO+4H2O。38.4gCu的物质的量为0.6mol，消耗1.6mol H+，需要0.8molH2SO4，因此，若要将Cu片完全溶解，至少加入稀H2SO4的体积是=500mL。19、b 浓硫酸 吸收尾气中的SO2，

41、防止空气中的CO2与Mg反应 能 D装置与盛有固体试剂的装置相连，不会发生倒吸 Cu2H2S=CuS2H Mg d、c、a、b 品红溶液褪色 5Mg2SO24MgOMgSS 【答案解析】本题重点考查镁和二氧化硫的反应产物的实验探究。本题应根据 已知推未知，已知2Mg+CO2=2MgO+C，可推测二氧化硫与镁可能反应2Mg+SO2=2MgO+S，镁单质还能与产物中的硫单质反应生成硫化镁。实验I为镁和二氧化硫的反应实验，A装置为二氧化硫的制备（浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应），制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2，再让SO2与MgO反应；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰

42、吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验。实验II为探究产物，固体中可能含有氧化镁、硫单质、硫化镁和镁单质。将固体产物加入稀硫酸，产生气体，硫化镁与硫酸反应生成硫化氢气体，MgS+H2SO4=MgSO4+H2S，镁单质和稀硫酸反应生成氢气和硫酸镁，装置G中加硫酸铜溶液可验证是否有硫化氢生成，G装置中产生黑色沉淀证明有硫化铜生成，进而证明固体中含有硫化镁；接下来验证是否有氢气生成，利用氢气还原氧化铜，并检验产物是否有水，因此在验证是否有氢气生成时应先干燥气体；装置中黑色粉末变红色，说明氧化铜被还原为铜单质，J装置中白色粉末变蓝色证明有水生成，进而证明了固体中含有镁单质；此实验结

43、束后发现还有少量不溶固体，猜测可能为硫单质，实验III即验证剩余固体是否为硫单质，先使固体与氧气反应，将产物通入品红溶液中，如果品红褪色，则证明固体为硫单质。【题目详解】(1)浓硫酸与亚硫酸钠发生复分解反应，该反应中强酸制备弱酸，浓硫酸表现出酸性。(2)制备的SO2中混有水蒸气，应先用浓硫酸干燥SO2；二氧化硫为污染性气体，不能直接排放，所以用碱石灰吸收未反应的SO2，同时空气中的CO2也能与镁反应干扰实验，所以碱石灰还可以防止空气中的CO2与Mg反应。(3)本实验中加热装置与盛有固体试剂的装置连接，不会发生倒吸，不需要安全瓶，所以能拆去D装置。(4)F装置中MgS与稀硫酸发生MgS+H2SO

44、4=MgSO4+H2S，硫酸铜溶液用于检验H2S，H2S与Cu2反应生成硫化铜黑色沉淀，离子反应为Cu2H2S=CuS2H 。氧化铜被还原成铜和水，无水硫酸铜变蓝色，说明固体与稀硫酸反应有氢气产生，即固体中含有未反应的镁粉。(5)题给装置中没有氧气干燥装置，如果选择双氧水制氧气，不能得到干燥的氧气。实验中，应该用干燥的氧气与硫反应，故选择高锰酸钾制氧气。装置连接顺序为制氧气d、氧气与硫反应c、检验SO2a、吸收尾气b。氧气与硫反应生成二氧化硫，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以如果品红溶液褪色，则证明剩余固体为硫单质；(6)根据质量之比m(MgO)m(MgS)m(S)2074，则物质的量之比为n(

45、MgO)n(MgS)n(S)m(MgO)/M(MgO):m(MgS)/M(MgS):m(S)/M(S)=20/40:7/56:4/32=411，由产物的物质的量之比可得出反应的化学方程式为5Mg2SO24MgOMgSS。20、Cu+2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2+ 2H2O 提供碱性环境，作反应物 打开K2，关闭K1 NaOH 在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染 加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变 90.2 CD 【答案解析】（）铜和浓硫酸加热反应生成CuSO4、SO2和H2O；故答案为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H

46、2O；SO2通入Na2CO3溶液中反应生成Na2SO3，Na2SO3和硫粉反应生成Na2S2O3，故Na2CO3作反应物；又Na2S2O3在酸性溶液中不能稳定存在，Na2CO3又可以提供碱性环境。停止C中的反应只需要打开K2，关闭K1 。故答案为提供碱性环境，作反应物；打开K2，关闭K1；打开K2，关闭K1，C中反应停止，SO2进入B装置，为防止SO2排放到空气中污染环境，装置B利用NaOH溶液吸收。故答案为NaOH；在C中的反应停止后，吸收A中产生的多余SO2，防止空气污染；（）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；根据表中数据可知，第二次实验中消耗I2标准溶液的体积偏小，舍去，则实际消耗I2标准溶液的体积的平均值