长春市重点中学2023学年高三下学期第一次联考化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

2、一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、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澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、B弱碱性溶液中：K+、Na+、I、ClOC中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、D能使甲基橙变红的溶液中：Al3+、Na+、Cl、2、如图是NO2气体和CO气体反应生成CO2 气体和NO气体过程的能量变化示意图。则该反应的热化学方程式为()ANO2+COCO2+NO-134kJBNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)-234kJCNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)+368kJDNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)+234kJ3、短周

3、期元素甲戊在元素周期表中的相对位置如下表所示。下列判断正确的是()甲乙丙丁戊A原子半径：丙丁戊B戊不可能为金属C氢氧化物碱性：丙丁戊D氢化物的稳定性：甲乙4、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 NAC加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA5、下列说法正确的是（ ）A碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大B甲烷与氯气在光照条件

4、下，生成物都是油状的液体C苯乙烯所有的原子有可能在同一个平面D电解熔融的 AlCl3制取金属铝单质6、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是ANa+ K+ OH- Cl- BNa+ Cu2+ SO42- NO3-CCa2+ HCO3- NO3-K+ DMg2+ Na+ SO42- Cl-7、硫元素最常见和最稳定的一种同素异形体是黄色的正交型，1912年E.Beckmann由硫在碘中的冰点降低法测得它含有S8分子。1891年，M.R.Engel用浓盐酸和硫代硫酸盐的饱和溶液在0下作用首次制得了一种菱形的硫，后来证明含有S6分子。下列说法正确的是AS6和S8分子都是由S原子组成，

5、所以它们是一种物质BS6和S8分子分别与铁粉反应，所得产物不同CS6和S8分子分别与过量的氧气反应可以得到SO3D等质量的S6和S8分子分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同8、目前人类已发现的非金属元素除稀有气体外，共有种，下列对这种非金属元素的相关判断都是主族元素，最外层电子数都大于单质在反应中都只能作氧化剂氢化物常温下都是气态，所以又都叫气态氢化物氧化物常温下都可以与水反应生成酸A只有正确B只有正确C只有正确D均不正确9、X、Y、Z、W是4种短周期主族元素，在周期表中的相对位置如表，已知四种元素的原子最外层电子数之和为18，则以下说法中正确的是（）AY的最高正化合价与最低负化合

6、价的代数和为2BX、Y、Z、W四种原子中，X的原子半径最小CY的氢化物的沸点一定高于X的氢化物的沸点DX、Y、W三种元素氧化物对应的水化物的酸性依次增强10、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A配制混酸B硝化反应C洗涤分离D干燥蒸馏11、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2molL-1(不考虑水的电离及离子的水解)。为确定该溶液中含有的离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是A无色

7、气体可能是NO和CO2的混合物B原溶液可能存在Fe3+C溶液X中所含离子种类共有4种D另取l00mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g12、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）A常温下甲能与氢气直接化合，乙不能B甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C甲得到电子能力比乙强D甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价13、金属铜的提炼多从黄铜矿开始。黄铜矿在焙烧过程中主要反应之一的化学方程式为：2CuFeS2 + O2 = Cu2S + 2FeS + SO2，下列说法不正确的是AO2只做氧化剂BCuFeS2既是氧化剂又是还原剂CSO2既是氧

8、化产物又是还原产物D若有1 mol O2参加反应，则反应中共有4 mol电子转移14、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是 AR的化学式为C2H4OB乙醇发生了还原反应C反应过程中固体有红黑交替变化的现象D乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应15、中华传统文化博大精深，下列说法正确的是（ ）A“霾尘积聚难见路人”，雾和霾是气溶胶，具有丁达尔效应B“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为蛋白质C“日照香炉生紫烟”中的紫烟指“碘的升华”D“火树银花不夜天”指的是金属单质的焰色反应16、由环己醇合成环己酮的反应为：。下列说法正确的是（ ）A该反应属于取代反应B

9、环己酮的分子式为C6H12OC环己醇不能和NaOH溶液反应D环己醇分子中的所有原子可能共平面二、非选择题（本题包括5小题）17、已知：D为烃，E分子中碳元素与氢元素的质量之比61，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O。A的最简式与F相同，且能发生银镜反应，可由淀粉水解得到。（1）A的结构简式为_。（2）写出DE的化学方程式_。（3）下列说法正确的是_。A.有机物F能使石蕊溶液变红B.用新制的氢氧化铜无法区分有机物C、E、F的水溶液C.等物质的量的C和D分别完全燃烧消耗氧气的量相等D.可用饱和碳酸钠溶液除去有机物B中混有的少量C、FE.B的同分异构体中能发生银镜反应的酯类共有2种18

10、、四川北川盛产蔷薇科植物。蔷薇科植物中含有一种芳香醛(用E表示)，在染料工业和食品工业上有着广泛的用途，下面是它的一种合成路线。其中0 . l mol有机物A的质量是 12g ，在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8mol CO2和 7.2gH2O； D 能使溴的四氯化碳溶液褪色， D 分子与 C 分子具有相同的碳原子数；F继续被氧化生成G，G 的相对分子质量为 90 。已知：CH3-CHO回答下列问题：（1）A 的结构简式为_。（2）AG中能发生酯化反应的有机物有：_(填字母序号)。（3）C在浓硫酸加热的条件下时，分子内脱水除生成D外还可以生成另一种有机物，写出该反应的方程式：_；该反应类型_。

11、（4）C 的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种。能与3 mol NaOH溶液反应；苯环上的一卤代物只有一种。写出所有满足条件有机物的结构简式_。（5）C与4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1发生取代反应，生成的有机物有_种。19、纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图完成下列填空：已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42等杂质离子（1）精制除杂的步骤顺序是_ （填字母编号）a 粗盐溶解 b 加入盐酸调pH c 加入Ba（OH）2溶液 d 加入Na2CO3溶液 e 过滤（2）向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，

12、理由是_在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是_（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线_（4）图2装置中常用于实验室制备CO2的是_（填字母编号）；用c装置制备NH3，烧瓶内可加入的试剂是_（填试剂名称）（5）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3bNa2SO4cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定Na2CO3质量分数的实验方案请把实验方案补充完整：供选择的试剂：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2溶液_计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数20、实验室制备己二酸的原理为：3+8KMnO43KOOC（CH2）4COOK+8MnO2+2KOH+5H2O主要实验装置和步

13、骤如下：在如图装置中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40。从恒压漏斗中缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚。加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾。通过_操作，得到沉淀和滤液，洗涤沉淀23次，将洗涤液合并入滤液。加热浓缩使溶液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH12），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体1.5g。已知：己二酸的电离平衡常数：Ka13.8105，Ka23.910-6；相对分子质

14、量为146；其在水中溶解度如下表温度（）1534507087100己二酸溶解度（g）1.443.088.4634.194.8100（1）步骤中缓慢滴加环己醇的原因是_。（2）步骤划线部分操作是_、在第、布中均要求洗涤沉淀，所用洗涤液依次为_、_。（3）步骤加入浓硫酸调节pH成强酸性的原因是_。（4）己二酸产品的纯度可用酸碱滴定法测定。取样试样ag（准确至0.0001g），置于250mL锥形瓶中，加入50mL除去CO2的热蒸馏水，摇动使试样完全溶解，冷却至室温，滴加3滴酚酞溶液，用0.1000molL-1的NaOH标准溶液滴定至微红色即为终点，消耗NaOH标准溶液体积bmL下列说法正确的是_。A

15、称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量B摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出C滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下D滴定结束后稍停12分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数E记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，将导致滴定结果偏高计算己二酸纯度的表达式为_。21、超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2N

16、O+2CO2CO2+N2（降温后该反应的平衡常数变大）为了测定在某种催化剂作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间（s）012345c（NO）（mol/L）1.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（CO）（mol/L）3.601033.051032.851032.751032.701032.70103请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）反应的Q_0（填写“”、“”、“=”）。（2）前2s内的平均反应速率v（N2）=_。（3）计算在该温度下，反应的平衡常数K=_。（4）假设在密闭容器中

17、发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是_。A选用更有效的催化剂B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度D缩小容器的体积（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T（）NO初始浓度（mol/L）CO初始浓度（mol/L）催化剂的比表面积（m2/g）2801.2010-35.8010-382_124350_124请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋

18、势曲线图，并标明各条曲线的实验编号_。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澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、离子之间不反应，能够大量共存，故A符合题意；B弱碱性溶液中：I和ClO发生氧化还原反应，不能大量共存，故B不符合题意；C中性溶液中：Fe3+会大量水解生成氢氧化铁，不能大量存在，故C不符合题意；D能使甲基橙变红的溶液显酸性，H+和不能大量共存，且Al3+与HCO3-发生双水解反应不能大量共存，故D不符合题意；答案选A。【答案点睛】澄清透明不是无色，含铜离子的溶液是蓝色透明的液体，在酸性和碱性条件下都不能大量共存。2、D【答案解析】由能量变化

19、图可知，NO2和CO反应生成CO2和NO且放出热量，热化学反应方程式为：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)H=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol，则反应物总内能比生成物总内能多234kJ，即NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)+234kJ，故D正确；故选：D。【答案点睛】反应的焓变H=反应物的总键能-生成物的总键能，注意标注物质聚集状态和对应反应的焓变，据此判断热化学方程式正误。3、C【答案解析】A、同周期从左向右原子半径减小(稀有气体除外)，即原子半径大小顺序是丙丁戊，故A错误；B、若丙为Na，丁为Mg，则戊为Al，故B错误；C、同周期从左向右

20、金属性减弱，其最高价氧化物对应水化物的碱性减弱，氢氧化物的碱性：丙丁戊，故C正确；D、同周期从左向右非金属性增强，其氢化物的稳定性增强，即氢化物的稳定性：甲乙，故D错误；答案选C。4、D【答案解析】ACl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HClO，是一个可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；B标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；C加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成

21、NA个SO2分子，C错误；D0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。5、C【答案解析】A. 碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大，但钠和钾反常，故A错误；B. 甲烷与氯气在光照条件下，发生取代反应，共有氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五种物质，其中氯化氢、一氯甲烷是气体，不是液体，故B错误；C. 苯中所有原子在同一面，乙烯所有的原子在同一面，由苯和乙烯构成的苯乙烯，有可能所有的原子在同一个平面，故C正确；D. AlCl3是共价化合物，电解熔融不能产生铝

22、离子得电子，不能制取金属铝单质，故D错误。答案选C。6、D【答案解析】溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【题目详解】A、OH与H反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A不符合题意；B、Cu2显蓝色，故B不符合题意；C、HCO3与H发生反应生成H2O和CO2，在指定溶液不能大量共存，故C不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意。【答案点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2(蓝色)、Fe2(浅绿色)、Fe3(棕色)、MnO4(紫色)。7、D【答案解析】

23、A选项，S6和S8分子都是由S原子组成，它们是不同的物质，互为同素异形体，故A错误；B选项，S6和S8是硫元素的不同单质，化学性质相似，因此它们分别与铁粉反应，所得产物相同，故B错误；C选项，不管氧气过量还是少量，S6和S8分子分别与氧气反应可以得到SO2，故C错误；D选项，等质量的S6和S8分子，其硫原子的物质的量相同，因此它们分别与足量的KOH反应，消耗KOH的物质的量相同，故D正确。综上所述，答案为D。8、D【答案解析】都是主族元素，但最外层电子数不都大于，如氢元素最外层只有1个电子，错误当两种非金属单质反应时，一种作氧化剂，一种作还原剂，错误氢化物常温下不都是气态，如氧的氢化物水常温下

24、为液体，错误SiO2、NO等氧化物常温下都不能与水反应生成酸，错误。故选D。9、A【答案解析】由元素周期表的位置可知，X和Y为第二周期，Z和W为第三周期，设Z的最外层电子数为n，X的最外层电子数为n+1，Y的最外层电子数为n+2，W的最外层电子数为n+3，则n+n+1+n+2+n+3=18，n=3，则Z为Al、X为C、Y为N、W为S。【题目详解】根据分析可知，X为C元素，Y为N，Z为Al，W为S元素；AY为N，位于A族，其最高化合价为+5，最低化合价为-3，则N元素的最高正化合价与最低负化合价的代数和为2，故A正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则四种原

25、子中Z（Al）的原子半径最大，Y（N）的原子半径最小，故B错误；C没有指出简单氢化物，该说法不合理，如含有较多C的烃常温下为液态、固态，其沸点大于氨气，故C错误；D缺少条件，无法比较N、S元素氧化物对应水化物的酸性，如：硫酸亚硝酸，硝酸亚硫酸，故D错误；故选：A。10、C【答案解析】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【答案点睛】本题考查

26、了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。11、D【答案解析】溶液X加入过量盐酸生成无色气体，该气体与空气变红棕色，说明生成了NO，X中一定含有NO3-和还原性离子，应为Fe2+，则溶液中一定不存在CO32-、OH-、SiO32-，它们都与Fe2+反应生成沉淀；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中原来就含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-，加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，则溶液中一定存在的离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，溶液中各离子物质的量浓度均为0.20molL-1，

27、结合电荷守恒分析解答。【题目详解】A根据上述分析，溶液X中一定不存在CO32-，无色气体只能为NO，故A错误；B根据上述分析，溶液X中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，一定不存在CO32-、OH-、SiO32-；溶液中各离子物质的量浓度均为0.20molL-1，还应含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的部分离子，结合电荷守恒可知，应含有Mg2+，一定不含Fe3+，故B错误；C溶液X中所含离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共5种，故C错误；D另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，可得到0.01molFe2O3和0

28、.02molMgO，二者质量之和为0.01mol160g/mol+0.02mol40g/mol=2.4g，故D正确；故选D。【答案点睛】正确判断存在的离子是解题的关键。本题的易错点是镁离子的判断，要注意电荷守恒的应用，难点为D，要注意加入NaOH后生成的金属的氢氧化物，灼烧得到氧化物，其中氢氧化亚铁不稳定。12、B【答案解析】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；B元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；C元素的非金属性

29、越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；D甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。13、D【答案

30、解析】A.反应中，O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，O2只做氧化剂，A正确；B. Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，CuFeS2既是氧化剂又是还原剂，B正确；C. O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，SO2是还原产物，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4价，SO2是氧化产物，C正确；D. O元素的化合价由O2中的0价降至SO2中的-2价，Cu元素的化合价由CuFeS2中的+2价降至Cu2S中的+1价，S元素的化合价由CuFeS2中的-2价升至SO2中的+4

31、价，1molO2参加反应，反应共转移6mol电子，D错误；答案选D。14、B【答案解析】从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【题目详解】A. 图中CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B. 乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C. 图中另一反应为2Cu+O22CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D. 从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有H的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有H，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【答案点睛】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可

32、以知道反应的本质，得到反应的规律。15、A【答案解析】A、雾霾所形成的气溶胶属于胶体，具有丁达尔效应，故A正确；B、“杨花榆荚无才思”中的“榆荚”主要成分为纤维素，故B错误；C、水产生的雾气是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故C错误；D、很多金属或它们的化合物在灼烧时都会使火焰呈现特殊的颜色，这在化学上叫做焰色反应，“火树银花不夜天”指的是金属元素的焰色反应，故D错误；故选：A。16、C【答案解析】A. 有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；B. 环己酮的分子式为C6H10O，B错误；C. 环己醇含有的官能团是-OH，

33、醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确；D. 环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是C。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【答案解析】A能发生银镜反应，可由淀粉水解得到，说明A为葡萄糖，葡萄糖在催化剂作用下生成C为乙醇，E分子中碳元素与氢元素的质量之比61，说明E分子中C与H原子个数比为1:2，相对分子质量为44，其燃烧产物只有CO2和H2O，则E为CH3CHO，D为烃，根据C和E可知，D为乙烯，F的最简式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，说明F

34、为乙酸，B在酸性条件下生成乙酸和乙醇，则B为乙酸乙酯。据此判断。【题目详解】(1)A为葡萄糖，其结构简式为CH2OH(CHOH)4CHO，故答案为CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案为2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A. 有机物F为乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液变红，故A正确；B. C为乙醇、E为乙醛、F为乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分层，乙醛与新制氢氧化铜反应生成砖红色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，产生分层，上层为油状液体，现象各不相同，所以可用新制的氢氧化铜区分，故B错误；C. 1mol乙醇完全燃烧消耗3mol

35、氧气，1mol乙烯完全燃烧消耗3mol氧气，则等物质的量的乙醇和乙烯分别完全燃烧消耗氧气的量相等，故C正确；D. 饱和碳酸钠溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正确；E. 乙酸乙酯的同分异构体中能发生银镜反应的酯类物质有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2种，故E正确；答案选：ACDE。18、 B、C、D、F、G 酯化 6 【答案解析】有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120， 0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2g H2O，水的物质的量

36、=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)= 0.420.1=8，有机物中N(O)= (120-128-18)16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构

37、简式为。【题目详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在AG中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，能与3mol NaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生

38、成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。19、a c d e b NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2 NH3溶于水能将HCO3转化为CO32，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl浓度，有利于NH4Cl结晶析出 b 浓氨水 称取一定质量的天然碱晶体 加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液 过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀 【答案解析】(1)根据SO42、Ca 2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前

39、面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2，因此后续操作中得到的CO2和NaCl可循环利用；(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；(5)根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉

40、淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数。【题目详解】(1)SO42、Ca2+、Mg2+等分别与Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的Ba(OH)2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液，过滤，最后加入盐酸，故答案为：acdeb；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2；通入NH3可通过与HCO3的反应，增加NH4+浓度，并利用精盐增大C

41、l浓度，根据溶解平衡的移动，有利于NH4Cl结晶析出；(3)煅烧炉里生成的CO2可循环利用，滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用，则；(4)实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+液体气体；浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；(5)实验的原理：先称取样品质量并溶解，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数，所以将天然碱晶体

42、样品，溶于适量蒸馏水中，加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可。20、趁热过滤 防止反应过于剧烈，引发安全问题 趁热过滤 热水 冷水 使己二酸盐转化为己二酸，易析出，浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率 ABD % 【答案解析】由题意可知，三颈烧瓶中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40，缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到M

43、nO2沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO2沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH=12），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体，据此分析解答。【题目详解】（1）如果滴加环己醇速率过快会导致其浓度过大，化学反应速率过快，故为了防止反应过于剧烈，引发安全问题，要缓慢滴加环己醇；故答案为：防止反应过于剧烈，引发安全问题；（2）根据步骤中“沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚”，说明温度高时，MnO2沉淀的溶解度小，故为了充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水

44、洗涤，根据表可知己二酸的溶解度随温度升高而增大，故步骤中洗涤己二酸晶体时应用冷水洗涤，减小己二酸的溶解度，提高产率；故答案为：趁热过滤；热水；冷水；（3）实验制得的为己二酸钾，根据强酸制弱酸，用浓硫酸调节pH成强酸性可以使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；故答案为：使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；（4）A.称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量，A正确；B.摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，避免待测物质的损失，B正确；C.滴定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下，容易使标准液滴加过量，应逐滴加入，便于控制实验，C错误；D.为减少误差，滴定结束后稍停12分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数，D正确；E.记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，标准液的消耗读数偏小