2022-2023學(xué)年山東省青島市城陽區(qū)化學(xué)高三上期中聯(lián)考試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測試卷注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫在答題卡上。2回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑，如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標(biāo)號(hào)?；卮鸱沁x擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、下列關(guān)于離子檢驗(yàn)的說法正確的是（ ）A檢驗(yàn)溶液中是否含有Ba2：取少量待測液，向其中加入少量稀硫酸，若有白色沉淀產(chǎn)生，則溶液中含有Ba2B某溶液的焰色試驗(yàn)呈黃色，則溶液中一定有鈉元素，可能有鉀元素C檢驗(yàn)用氯亞鐵制

2、得的氯化鐵中是否含有Fe2+，可選用的試劑是酸性KMnO4溶液D在未知溶液中滴加BaCl2溶液出現(xiàn)白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，說明該未知溶液中存在或2、化學(xué)與生產(chǎn)、生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是A垃圾分類中可回收物標(biāo)志是B水泥冶金廠常用高壓電除去工廠煙塵，利用了膠體的性質(zhì)C金屬冶煉是利用金屬礦物中的金屬離子失去電子變成金屬單質(zhì)所發(fā)生的氧化還原反應(yīng)D光導(dǎo)纖維的主要成分是SiO2，計(jì)算機(jī)芯片使用的材料是單質(zhì)硅3、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X 原子核外最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2 倍，X、Y 的核電荷數(shù)之比為34。金屬單質(zhì)Z 在空氣中燃燒生成的化合物可與水發(fā)生氧化還原反應(yīng)

3、。W- 的最外層為8 電子結(jié)構(gòu)。1列說法不正確的是A原子半徑大?。篫WXYBY、W 的某些單質(zhì)或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑CY的單質(zhì)與Z 在不同條件下反應(yīng)生成的離子化合物中陰陽離子數(shù)之比均為12DX與Y 形成的兩種化合物，一般條件下都能與Z 的最高價(jià)氧化物的水化物發(fā)生反應(yīng)4、常溫下，用0.01000 molL-1的鹽酸滴定0.01000 molL-1NaA溶液20.00mL。滴定曲線如圖所示，下列說法錯(cuò)誤的是（ ）A當(dāng)?shù)稳臌}酸以后，c(HA)+c(A)0.01000 molL1Bb點(diǎn)溶液中微粒濃度大小關(guān)系為：c(HA)c(A)c(Cl )c(OH)c(H+)Cc點(diǎn)時(shí)，溶液中微粒濃

4、度關(guān)系為：c(Na+)c(HA)+2c(A)Dd點(diǎn)時(shí)，溶液中微粒濃度存在關(guān)系：c(Na)c(H)=c(Cl)c(OH)c(A)5、室溫下，某興趣小組用下圖所示裝置在通風(fēng)櫥中進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：下列說法不正確的是A試管II中紅棕色氣體為NO2，由硝酸還原生成B等質(zhì)量的Cu完全溶解時(shí)，II試管中消耗的HNO3多C將Cu換成Fe之后重復(fù)實(shí)驗(yàn)，依然是試管II中反應(yīng)更劇烈D試管II中反應(yīng)后溶液顏色與試管I中的不同，是由于溶有NO26、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，所得結(jié)論正確的是 實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A左燒杯中鐵表面有氣泡，右邊燒杯中銅表面有氣泡氧化性：Al3+Fe2+Cu2+B左邊棉花變?yōu)槌壬?，右邊棉花變?yōu)樗{(lán)色氧化性：Cl

5、2Br2I2C右燒杯中澄清石灰水變渾濁，左邊燒杯中無明顯變化熱穩(wěn)定性：Na2CO3NaHCO3D錐形瓶中有氣體產(chǎn)生，燒杯中液體變渾濁非金屬性：ClCSiAABBCCDD7、有機(jī)物分子中原子間（或原子與原子團(tuán)間）的相互影響會(huì)導(dǎo)致物質(zhì)化學(xué)性質(zhì)的不同。下列事實(shí)不能說明上述觀點(diǎn)的是A苯酚能跟NaOH溶液反應(yīng)，乙醇不能與NaOH溶液反應(yīng)B乙烯能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，而乙烷不能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)C苯與硝酸在50-60發(fā)生取代反應(yīng)，甲苯與硝酸在30就能發(fā)生取代反應(yīng)D甲苯能使酸性 KMnO4 溶液褪色，而甲基環(huán)己烷不能使酸性KMnO4 溶液褪色8、某無色溶液中含有Na+、Ba2+、Cl-、Br-、SO32 SO

6、42中的若干種,依次進(jìn)行下列實(shí)驗(yàn),且每步所加試劑均過量,觀察到的現(xiàn)象如下:步驟序號(hào)操作步驟現(xiàn)象（1）用pH試紙檢驗(yàn)溶液的pH7（2）向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振蕩、靜置下層呈橙色（3）向(2)所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀硝酸有白色沉淀產(chǎn)生（4）過濾,向?yàn)V液中加入AgNO3溶液和稀硝酸有白色沉淀產(chǎn)生下列結(jié)論正確的是( )A不能確定的離子是B不能確定的離子是C肯定含有的離子是D肯定沒有的離子是9、常溫下，1mol化學(xué)鍵分解成氣態(tài)原子所需要的能量用E表示結(jié)合表中信息判斷下列說法不正確的是( ) 共價(jià)鍵H-HF-FH-FH-ClH-IE(kJ/mol)436157568432298

7、A432kJ/molE(H-Br)298kJ/molB表中最穩(wěn)定的共價(jià)鍵是H-F鍵C H2(g)2H(g)H=+436kJ/mol D H2(g)+F2(g)=2HF(g) H=-25kJ/mol 10、用NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列敘述正確的是()31 g白磷（P4）中含有1.5NA個(gè)PP鍵1 L 0.1 molL1的Na2CO3溶液中所含陰離子的總數(shù)為0.1NA標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4 L HF中含有NA個(gè)分子56g鐵與一定量的氯氣在一定條件下充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)一定是3 NA1 mol H2和1 mol I2在加熱條件下充分反應(yīng)，生成HI的分子數(shù)為2NA常溫下，含有0.2 mol H2

8、SO4的濃硫酸與足量銅反應(yīng)，生成SO2分子的數(shù)目小于0.1NA142 g Na2SO4和Na2HPO4的固體混合物中所含陰、陽離子的總數(shù)為3NA1molFeCl3溶于水形成的膠體中含有NA個(gè)Fe(OH)3膠體粒子ABCD11、某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成兩等份。向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解19.2 g(已知硝酸只被還原為NO氣體)。向另一份中逐漸加入鐵粉，產(chǎn)生氣體的量隨鐵粉質(zhì)量增加的變化如圖所示。下列分析或結(jié)果錯(cuò)誤的是()AOA段產(chǎn)生的是NO，AB段的反應(yīng)為Fe2Fe3=3Fe2，BC段產(chǎn)生氫氣B原混合酸中NO物質(zhì)的量為0.4 molC第二份溶液中最終溶質(zhì)為FeSO

9、4D取20 mL原混合酸加水稀釋至1 L后溶液的pH112、下列各組離子或分子能大量共存，當(dāng)加入相應(yīng)試劑后，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式書寫正確的是（ ）選項(xiàng)離子組加入試劑加入試劑后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式ANH4+、Fe2+、SO42-少量Ba(OH)2溶液2NH4+ SO42-+ 2OH-= BaSO4+ 2NH3 H2OBNa+、OH-、Cl-少量Mg(HCO3)2溶液Mg2+2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2+2CO32-CK+、NH3H2O、CO32-通入少量CO22OH-+CO2=CO32-+H2ODFe2+、NO3-、HSO3-NaHSO4溶液HSO3- +H+= SO2+H2

10、OAABBCCDD13、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確是A在Na2O2與水的反應(yīng)中每生成0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2 NAB0.1mol/L的Na2S溶液中，S2、HS、H2S微粒總數(shù)為0.1NAC向含有0.2 mol NH4Al（SO4）2的溶液中滴加NaOH溶液至沉淀恰好完全溶解，消耗OH的數(shù)目為0.8NAD標(biāo)準(zhǔn)狀況下，22.4L乙醇完全燃燒后生成CO2的分子數(shù)為2NA14、下列實(shí)驗(yàn)操作、現(xiàn)象和解釋都正確的是（ ）選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作現(xiàn)象解釋A、向某溶液中加入鹽酸產(chǎn)生無色氣體溶液中一定含有CO32B、新制Fe（OH）2露置于空氣中一段時(shí)間白色固體迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色說

11、明Fe（OH）2易被還原成Fe（OH）3C、在CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩上層呈紫紅色，下層有白色沉淀生產(chǎn)銅離子可以氧化碘離子，白色沉淀可能為CuID、用氨水做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)燈光昏暗證明NH3H2O是弱電解質(zhì)AABBCCDD15、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序數(shù)依次增大。X是形成化合物種類最多的元素，Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破壞臭氧層等危害。W和Q形成的二元化合物的水溶液顯中性。下列說法正確的是（）AX、Y、W、Q都能與Z形成兩種或多種化合物BQ氧化物的水化物的酸性一定比X的強(qiáng)CX形成的含氧酸都不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色DX、Y、Z氫化物沸點(diǎn)一定是XY7，說明一定有

12、SO32（只有SO32水解溶液才可能顯堿性）。因?yàn)橛蠸O32，所以一定沒有Ba2+（因?yàn)閬喠蛩徜^是白色沉淀）。向溶液中滴加氯水,再加入CCl4,振蕩、靜置，下層呈橙色，說明一定有Br（氯氣將Br氧化為Br2，再被CCl4萃?。?。實(shí)驗(yàn)（3）沒有價(jià)值，因?yàn)閷?shí)驗(yàn)（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有亞硫酸根被氧化得到的硫酸根，和鋇離子一定得到硫酸鋇沉淀。實(shí)驗(yàn)（4）沒有價(jià)值，因?yàn)閷?shí)驗(yàn)（2）中加入了氯水，所以溶液中一定有氯離子，和硝酸銀作用一定得到氯化銀沉淀。綜上所述，溶液中一定有：Na+（因?yàn)橹辽儆幸环N陽離子）、Br-、SO32，一定沒有：Ba2+，無法確定的是：Cl-、SO42。所以選項(xiàng)C正確。9、D

13、【題目詳解】A依據(jù)溴原子半徑大于氯原子小于碘原子，半徑越大鍵能越小，所以結(jié)合圖表中數(shù)據(jù)可知432kJ/molE(H-Br)298kJ/mol，A說法正確；B鍵能越大形成的化學(xué)鍵越穩(wěn)定，表中鍵能最大的是H-F，最穩(wěn)定的共價(jià)鍵是H-F鍵，B說法正確；C氫氣變化為氫原子吸熱等于氫氣中斷裂化學(xué)鍵需要的能量，H2(g)2H(g)H=+436kJ/mol，C說法正確；D依據(jù)鍵能計(jì)算，反應(yīng)焓變=反應(yīng)物鍵能總和-生成物鍵能總和，H=+436kJ/mol+157 kJ/mol-2568 kJ/mol=-543kJ/mol，H2(g)+F2(g)=2HF(g) H=-543kJ/mol，D說法錯(cuò)誤；故選：D。10

14、、B【題目詳解】1mol白磷中含有6molP-P鍵，31g白磷（0.25mol）中含有P-P鍵1.5NA，正確；CO32-+ H2OHCO3-+ OH-，1個(gè)CO32-水解產(chǎn)生2個(gè)陰離子，溶液中陰離子總數(shù)增大，所以1L0.1mol/L的Na2CO3溶液中含陰離子總數(shù)大于0.1NA，錯(cuò)誤；標(biāo)況下，HF為液體，不能直接用氣體摩爾體積計(jì)算，錯(cuò)誤；鐵和氯氣反應(yīng)生成氯化鐵，56g鐵（1mol）發(fā)生充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為3NA，但若氯氣的量不足，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于3NA，錯(cuò)誤；1 mol H2和1 mol I2在加熱條件下充分反應(yīng)，反應(yīng)可逆，生成的HI的物質(zhì)的量小于2mol，錯(cuò)誤；濃硫酸與足量銅加熱反應(yīng)，隨著

15、反應(yīng)的進(jìn)行，濃硫酸變?yōu)橄×蛩幔×蛩岵慌c銅反應(yīng)，所以生成SO2的分子數(shù)小于0.1NA，正確；142g全為Na2SO4，含有陰、陽離子總數(shù)為3NA，142g全為Na2HPO4，含有陰、陽離子總數(shù)為3NA，142gNa2SO4和Na2HPO4的固體混合物中所含陰、陽離子的總數(shù)目為3NA，正確；膠體粒子為很多微粒的集合體，NA個(gè)Fe(OH)3膠體粒子的質(zhì)量為大于107g，錯(cuò)誤。綜上可知，正確選項(xiàng)為。答案為B。11、D【題目詳解】A.根據(jù)題意，向另一份中逐漸加入鐵粉，因?yàn)檠趸訬O3-Fe3+H+，所以鐵粉先跟氧化性強(qiáng)的硝酸反應(yīng)生成NO，即OA段產(chǎn)生的是NO，然后鐵粉和 Fe3反應(yīng)，即AB段的反應(yīng)為F

16、e2Fe3=3Fe2，最后鐵粉和溶液中的H+反應(yīng)，即BC段產(chǎn)生氫氣，故 A項(xiàng)正確；B. 向其中一份中逐漸加入銅粉，最多能溶解19.2 g，即消耗0.3 mol銅，轉(zhuǎn)移0.6mol電子，據(jù)得失電子守恒計(jì)算可得生成0.2 mol NO,又由圖可知OA該反應(yīng)消耗鐵的物質(zhì)的量是0.2 mol，根據(jù)得失電子守恒，生成的NO也是0.2 mol，通過分析可知，平均每份混合液中含有0.2 mol NO，故原混合液中含有的NO 為0.4 mol ，故B項(xiàng)正確；C.第二份溶液中硝酸都被還原為NO，鐵粉又足量，所以第二份溶液中溶質(zhì)最終為FeSO4，故C項(xiàng)正確；D.根據(jù)OA段發(fā)生的反應(yīng)Fe+NO3-+4H+=Fe3+

17、NO+2H2O和BC段發(fā)生的反應(yīng)Fe+2H+= Fe2+H2，可計(jì)算共消耗H1.0 mol，則原溶液中H為2.0mol，則原容液的c(H)=10 molL1 ，則取20 mL原混合酸加水稀釋至1 L后溶液的c(H)0.2 molL1，即pH0.7，故D項(xiàng)錯(cuò)誤。12、B【答案解析】A少量Ba(OH)2溶液，銨根離子不反應(yīng)，離子反應(yīng)為Fe2+SO42-+Ba2+2OH- =BaSO4+Fe(OH)2，故A錯(cuò)誤；B少量Mg(HCO3)2溶液完全反應(yīng)，生成氫氧化鎂、碳酸鈉和水，離子反應(yīng)為Mg2+2HCO3-+4OH-=2H2O+Mg(OH)2+2CO32-，故B正確；C通入少量CO2與NH3H2O反應(yīng)

18、，離子反應(yīng)為2NH3H2O+CO2=2NH4+CO32-+H2O，故C錯(cuò)誤；DNaHSO4溶液中存在大量H+，H+、Fe2+、NO3-、HSO3-發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不放出二氧化硫，故D錯(cuò)誤；故選B。點(diǎn)睛：本題考查離子共存及離子反應(yīng)方程式書寫，注意復(fù)分解反應(yīng)、氧化還原反應(yīng)的判斷。本題的難點(diǎn)和易錯(cuò)點(diǎn)為AD，A中Ba(OH)2溶液先與Fe2+反應(yīng)，再與NH4+反應(yīng)；D中要注意硝酸具有強(qiáng)氧化性。13、A【答案解析】A過氧化鈉與水反應(yīng)中過氧化鈉中O元素的化合價(jià)由-1價(jià)變成0價(jià)，生成0.1mol氧氣，轉(zhuǎn)移了0.2mol電子，故A正確；B. 未注明溶液的體積，無法計(jì)算0.1mol/L的Na2S溶液中，S2、

19、HS、H2S微?？倲?shù)，故B錯(cuò)誤；C、氫氧化鈉先與鋁離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，0.2mol鋁離子消耗0.6mol氫氧根；然后與銨根結(jié)合生成一水合氨，0.2mol銨根離子消耗0.2mol氫氧根；最后氫氧根與0.2mol氫氧化鋁反應(yīng)轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉溶液，此過程消耗氫氧根0.2mol，故整個(gè)過程共消耗的OH-為1mol，故C錯(cuò)誤；D、標(biāo)況下乙醇為液體，故22.4L乙醇的物質(zhì)的量大于1mol，則生成的二氧化碳分子個(gè)數(shù)大于2NA個(gè)，故D錯(cuò)誤；故選A。14、C【答案解析】A. 向某溶液中加入鹽酸產(chǎn)生的無色氣體可能是CO2、SO2等，存在的離子可能是CO32、HCO3、SO32、HSO3等，故A錯(cuò)誤；B. 新制

20、Fe(OH)2露置于空氣中一段時(shí)間，白色固體迅速變?yōu)榛揖G色，最終變?yōu)榧t褐色是因?yàn)镕e(OH)2被空氣中的氧氣氧化成Fe(OH)3，而不是被還原，故B錯(cuò)誤；C在CuSO4溶液中加入KI溶液，會(huì)發(fā)生反應(yīng)：2Cu24I=2CuII2，CuI是白色難溶物，I2溶于苯中成紫色，故C正確；D用氨水做導(dǎo)電性實(shí)驗(yàn)，燈光昏暗，說明溶液的導(dǎo)電性弱，但溶液的導(dǎo)電性強(qiáng)弱只與溶液中的離子濃度和離子所帶的電荷有關(guān)，與強(qiáng)弱電解質(zhì)無直接關(guān)系，故D錯(cuò)誤；故答案選C。點(diǎn)睛：掌握相關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵，注意進(jìn)行物質(zhì)性質(zhì)的檢驗(yàn)或驗(yàn)證時(shí)，要依據(jù)物質(zhì)的特殊性質(zhì)和特征反應(yīng)，選擇適當(dāng)?shù)脑噭┖头椒?，?zhǔn)確觀察反應(yīng)中的明顯現(xiàn)象，如顏色的變

21、化、沉淀的生成和溶解、氣體的產(chǎn)生和氣味、火焰的顏色等，進(jìn)行判斷、推理、驗(yàn)證即可；本題的易錯(cuò)點(diǎn)在D項(xiàng)，分不清溶液導(dǎo)電性的影響因素，是容易判斷錯(cuò)誤的根本原因，溶液的導(dǎo)電性只與溶液中的離子濃度和離子所帶的電荷有關(guān)，與其他因素?zé)o關(guān)。15、A【分析】X是形成化合物種類最多的元素，則其為碳元素；Y和Z形成的化合物可以造成酸雨、破壞臭氧層等危害，則該物質(zhì)應(yīng)為氮的氧化物，從而得出Y為氮元素，Z為氧元素；W和Q形成的二元化合物的水溶液顯中性，則其為NaCl，從而得出W為Na，Q為Cl；因此，X、Y、Z、W、Q分別為C、N、O、Na、Cl?！绢}目詳解】A. C、N、Na、Cl都能與O形成兩種或多種化合物，如CO、

22、CO2、NO、NO2、N2O5、Na2O、Na2O2、Cl2O、Cl2O3、Cl2O5等，A正確；B. Cl氧化物的水化物的酸性不一定比C的強(qiáng)，比如HClO的酸性就比H2CO3弱，B錯(cuò)誤；C. C形成的含氧酸有的能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，比如HCOOH，C錯(cuò)誤；D. C、N、O氫化物沸點(diǎn)不一定是CNO，比如C的氫化物中的C20H42，沸點(diǎn)比水還高，D錯(cuò)誤；故選A。16、C【答案解析】本題主要考查工藝流程分析。根據(jù)流程分析：礦粉焙燒時(shí)FeS2與O2反應(yīng)生成Fe2O3和SO2，“堿浸”時(shí)Al2O3、SiO2轉(zhuǎn)化為溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成F

23、e3O4和SO2；由此作答即可?！绢}目詳解】A.SO2為有毒氣體，不能直接排放至空氣中，可用NaOH溶液吸收焙燒過程產(chǎn)生的SO2，有利于保護(hù)環(huán)境和資源再利用，正確；B.高硫鋁土礦中含有大量Al和Fe元素，可通過適當(dāng)?shù)牟僮鞯玫紸l和Fe的化合物，正確；C.由上述分析可知，濾液中含有NaAlO2、Na2SiO3，通入過量的CO2后，生成Al(OH)3和H2SiO3，錯(cuò)誤；D. Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2，反應(yīng)的化學(xué)方程式為FeS2+16Fe2O311Fe3O4+2SO2，正確。答案選C。【答案點(diǎn)睛】易錯(cuò)提醒：(1)需注意反應(yīng)物及用量的不同對反應(yīng)產(chǎn)物的影響，如N

24、aOH溶液吸收少量SO2時(shí)，產(chǎn)物為SO32，吸收過量SO2則產(chǎn)物為HSO3；Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒時(shí)，沒有氧氣作氧化劑。17、D【答案解析】A、向含有H+，Al3+，Mg2+的溶液中，逐漸加入NaOH溶液，先是和氫離子之間發(fā)生中和反應(yīng)，所以開始沒有沉淀產(chǎn)生，A錯(cuò)誤；B、硫酸鋁溶液中加入氫氧化鋇溶液，先發(fā)生反應(yīng)Al3+3OH-=Al（OH）3、Ba2+SO42-=BaSO4，若Al3+反應(yīng)完畢，OH-還有剩余，還發(fā)生反應(yīng)：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，但是生成的硫酸鋇不會(huì)消失，沉淀不會(huì)為零，B錯(cuò)誤；C、物質(zhì)的量相等的鎂和鋁分別與等濃度、等體積的過量稀硫酸反應(yīng)，

25、金屬鎂反應(yīng)速率快，根據(jù)金屬和氫氣量的關(guān)系MgH2、Al1.5H2，所以最終產(chǎn)生氫氣的體積不相等，C錯(cuò)誤；D、向AlCl3溶液中加氨水會(huì)發(fā)生反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氯化銨，氫氧化鋁不溶于氨水中，符合反應(yīng)情況，D正確，答案選D。18、C【題目詳解】A由題給結(jié)構(gòu)簡式判斷，其分子式為C15H18O4，A錯(cuò)誤；B由題給結(jié)構(gòu)簡式判斷分子中含有羰基、羥基和羧基三種含氧官能團(tuán)，B錯(cuò)誤；C含有碳碳雙鍵，能發(fā)生加聚反應(yīng)，含有羥基和羧基，能發(fā)生縮聚反應(yīng)，C正確；D分子中含有3個(gè)碳碳雙鍵，1mol該有機(jī)物最多可與3molBr2發(fā)生加成反應(yīng)，D錯(cuò)誤。答案選C。19、C【題目詳解】題中K、F和Kr的核外電子排布都符合構(gòu)造原

26、理，為能量最低狀態(tài)，而Fe的核外電子排布應(yīng)為1s22s22p63s23p63d64s2，電子數(shù)目不正確。故選C。【答案點(diǎn)睛】本題考查基態(tài)原子的電子排布的判斷，是基礎(chǔ)性試題的考查，側(cè)重對學(xué)生基礎(chǔ)知識(shí)的鞏固和訓(xùn)練，該題的關(guān)鍵是明確核外電子排布的特點(diǎn)，然后結(jié)合構(gòu)造原理靈活運(yùn)用即可，原子核外電子排布應(yīng)符合構(gòu)造原理、能量最低原理、洪特規(guī)則和泡利不相容原理，結(jié)合原子或離子的核外電子數(shù)解答該題。20、D【答案解析】由于合成氨的反應(yīng)方程式是：N2+3H22NH3，該反應(yīng)是可能反應(yīng)，反應(yīng)物只能部分轉(zhuǎn)化成氨氣，所以通過采用循環(huán)操作，大大提高了原料氮?dú)?、氫氣的利用率?則D正確，故答案為D。21、B【題目詳解】A.

27、 用裝置配制250 mL0.1 molL-1的NaOH溶液，NaOH固體不能放在容量瓶內(nèi)溶解，應(yīng)放在燒杯內(nèi)溶解，溶解液冷卻至室溫才能轉(zhuǎn)移入容量瓶，A錯(cuò)誤；B. 用裝置制備少量Fe(OH)2固體，在密閉環(huán)境內(nèi)進(jìn)行，防止生成的Fe(OH)2被溶解的空氣中的O2氧化，B正確；C. 因?yàn)橐掖家材苁顾嵝訩MnO4溶液褪色，用裝置制得的乙烯中?；煊幸掖?，所以不能驗(yàn)證乙烯的生成，C錯(cuò)誤；D. 用裝置制取少量乙酸乙酯時(shí)，會(huì)產(chǎn)生倒吸，因?yàn)槌鲆簩?dǎo)管口位于液面下，D不正確。故選B。22、D【題目詳解】A制備氫氧化鐵膠體的方法是將飽和氯化鐵溶液滴加到沸水中至產(chǎn)生紅褐色溶液，停止加熱，不能用氫氧化鈉溶液，否則生成氫氧化

28、鐵沉淀，故A不符合題意；B將氯化銨加熱分解產(chǎn)生氨氣和氯化氫氣體，氨氣和氯化氫氣體會(huì)在試管口很快結(jié)合生成氯化銨，無法得到氨氣，故B不符合題意；C若用飽和碳酸鈉溶液吸收氯化氫，二氧化碳也可與碳酸鈉反應(yīng)，不能達(dá)到除雜的目的，應(yīng)該使用飽和碳酸氫鈉溶液，故C不符合題意；D稀硫酸和碳酸鈉反應(yīng)可以產(chǎn)生硫酸鈉、水和二氧化碳?xì)怏w，二氧化碳和硅酸鈉溶液反應(yīng)生成硅酸和碳酸鈉或碳酸氫鈉，可以得到酸性：硫酸碳酸硅酸，根據(jù)S、C、Si元素的非金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物對應(yīng)水化物的酸性越強(qiáng)，可以比較出非金屬性：SCSi，故D符合題意；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C10H20 羧基、羰基 4 加成反應(yīng) 取代反應(yīng) C

29、H3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O 【分析】根據(jù)A的分子式以及信息和A與酸性高錳酸鉀溶液反應(yīng)的生成物結(jié)構(gòu)簡式可知A的結(jié)構(gòu)簡式為，則B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCOOH。B與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHOHCOOH，D與HBr發(fā)生羥基上的取代反應(yīng)生成E，則E的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHBrCOOH。D分子中羥基和羧基，2分子D反應(yīng)生成G，則根據(jù)G的分子式可知G的結(jié)構(gòu)簡式為，據(jù)此分析作答；【題目詳解】（1）由H的結(jié)構(gòu)簡式可知，H分子式為C10H20；（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COCOOH，所含官能團(tuán)為羧基、羰基；（3）含兩個(gè)-COOCH3基團(tuán)

30、的C的同分異構(gòu)體共有H3COOCCH2CH2CH2COOCH3、H2COOCCH(CH3)CH2COOCH3、CH3CH2CH(COOCH3)2、共計(jì)4種；其中核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個(gè)吸收峰的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為；（4）由上述分析知B發(fā)生加成反應(yīng)生成D；D發(fā)生取代反應(yīng)生成E；（5）G為含六元環(huán)的化合物，寫出其結(jié)構(gòu)簡式為；（6）根據(jù)以上分析可知EF的化學(xué)反應(yīng)方程式為：CH3CHBrCOOH+2NaOHCH3CH(OH)COONa+NaBr+H2O。24、HCCH CH3COOH 酯基、碳碳雙鍵 +nNaOH+nCH3COONa 加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱使其充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向?yàn)V液中加

31、入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵 保護(hù)醛基不被H2還原 HCCH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH 【分析】A的俗名是電石氣，A為HCCH，與X反應(yīng)生成B，由B的結(jié)構(gòu)簡式可知X為CH3COOH，發(fā)生加聚反應(yīng)生成PVAc，結(jié)構(gòu)簡式為，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知D為CH3CHO，由信息可知E為，由信息可知F為，結(jié)合G的分子式可知G應(yīng)為，H為，在EFGH的轉(zhuǎn)化過程中，乙二醇可保護(hù)醛基不被H2還原，M為，以此分析解答。【題目詳解】(1)A的俗名是電石氣，A為HCCH，根據(jù)上述分析，X為CH3COOH， B()中的官能團(tuán)為酯基、碳碳雙鍵，故答案為HCCH；CH3COOH；

32、酯基、碳碳雙鍵；(2)反應(yīng)的化學(xué)方程式為+nNaOH+nCH3COONa，故答案為+nNaOH+nCH3COONa；(3)E為，E中不含氧官能團(tuán)為碳碳雙鍵，碳碳雙鍵可以是溴水或溴的四氯化碳溶液褪色，而醛基也能使溴水褪色，所以檢驗(yàn)碳碳雙鍵前，需要把醛基破壞掉，故檢驗(yàn)碳碳雙鍵的方法為：加入新制Cu(OH)2懸濁液，加熱充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向?yàn)V液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵，故答案為；加入新制Cu(OH)2懸濁液，熱充分反應(yīng)，冷卻后過濾，向?yàn)V液中加入溴的四氯化碳溶液，若溶液褪色，則含有碳碳雙鍵；(4)E中含有醛基，經(jīng)EFGH的轉(zhuǎn)化后又生成醛基，則乙二醇的作用是保護(hù)醛基不被H2

33、還原，故答案為保護(hù)醛基不被H2還原；(5)M的鏈節(jié)中除苯環(huán)外，還含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，故答案為；(6)以乙炔為原料合成1-丁醇(CH3CH2CH2CHOH)，需要增長碳鏈，可以利用信息I，因此需要首先合成乙醛(CH3CHO)，根據(jù)信息I，2分子乙醛可以反應(yīng)生成CH3CH=CHCHO，然后與氫氣加成即可，合成路線為：HCCH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH，故答案為HCCH CH3CHOCH3CH=CHCHO CH3CH2CH2CHOH?！敬鸢更c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(3)，檢驗(yàn)碳碳雙鍵時(shí)要注意醛基的干擾，需要首先將醛基轉(zhuǎn)化或保護(hù)起來。25、對照組，證明

34、只有O2時(shí)很難氧化I I2 上層黃色，下層無色 假設(shè)1：SO2在水中的溶解度比CO2大，且H2SO3的酸性強(qiáng)于H2CO3，因此溶液酸性更強(qiáng) 假設(shè)2：2SO2O22H2O2H2SO4 陽極發(fā)生2I2eI2，生成的I2與溶液中的SO2發(fā)生反應(yīng)：SO2I22H2OH2SO42HI，以上過程循環(huán)進(jìn)行，SO2減少，SO增多 通過、，說明c（H）越大，I越易被氧化；在酸性條件下，KI比Agl易氧化，說明c（I）越大（或指出與碘離子的存在形式有關(guān)亦可），越易被氧化；與反應(yīng)條件有關(guān)，相同條件下，電解時(shí)檢出I2，未電解時(shí)未檢出I2。（其他分析合理給分） 【分析】(1)對比實(shí)驗(yàn)I、，溶液酸性不同，酸性越強(qiáng)溶液變黃

35、色需要時(shí)間越短，說明酸性越強(qiáng)反應(yīng)越強(qiáng)，實(shí)驗(yàn)做對比實(shí)驗(yàn)，證明只有O2很難氧化I-；(2)淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色；(3)四氯化碳中的碘單質(zhì)溶解在KI溶液中，溶液與四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的??；(4)假設(shè)1：實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生碘單質(zhì)，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亞硫酸的酸性比碳酸的強(qiáng)；假設(shè)2：在溶液中氧氣將二氧化硫氧化生成硫酸；(5)陽極中I-被氧化為I2，再與溶液中二氧化硫反應(yīng)生成硫酸與HI，反應(yīng)循環(huán)進(jìn)行；(6)對比實(shí)驗(yàn)I、可知，反應(yīng)與氫離子濃度有關(guān)；對比(5)中實(shí)驗(yàn)ii，可知酸性條件下，KI比AgI更容易氧化；由(5)中iii可知，相同條件下，與反應(yīng)條件有關(guān)，電解時(shí)檢出碘單質(zhì)，未電解時(shí)

36、沒有檢出碘單質(zhì)。【題目詳解】(1)對比實(shí)驗(yàn)I、，溶液酸性不同，酸性越強(qiáng)溶液變黃色需要時(shí)間越短，說明酸性越強(qiáng)反應(yīng)越強(qiáng)，實(shí)驗(yàn)做對比實(shí)驗(yàn)，證明只有O2很難氧化I-；(2)淀粉遇碘單質(zhì)變藍(lán)色，溶液變藍(lán)說明I、中生成了I2；(3)四氯化碳中的碘單質(zhì)溶解在KI溶液中，溶液與四氯化碳不互溶，且溶液密度比四氯化碳的小，X中現(xiàn)象為：溶液分層，下層為無色有機(jī)層，上層為水溶液層，呈黃色；(4)假設(shè)1：實(shí)驗(yàn)中產(chǎn)生碘單質(zhì)，二氧化硫在水中溶解度比二氧化碳的大，且亞硫酸的酸性比碳酸的強(qiáng)，溶液酸性更強(qiáng)，故實(shí)驗(yàn)II中溶液未檢出I2，不是溶液中c(H+)較小所致；假設(shè)2：在溶液中氧氣將二氧化硫氧化生成硫酸，反應(yīng)方程式為：2SO2

37、+O2+2H2O=2H2SO4；(5)陽極發(fā)生反應(yīng)：2I-2e-=I2，生成的I2與溶液中SO2發(fā)生反應(yīng)：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI，上述反應(yīng)循環(huán)進(jìn)行，SO2減少，SO42-增加；(6)對比實(shí)驗(yàn)I、可知，c(H+)越大，I-越容易被氧化。對比(5)中實(shí)驗(yàn)ii，可知酸性條件下，KI比AgI更容易氧化，即c(I-)越大，越容易被氧化。由(5)中iii可知，相同條件下，與反應(yīng)條件有關(guān)，電解時(shí)檢出碘單質(zhì)，未電解時(shí)沒有檢出碘單質(zhì)。26、ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4H2O + NaClO堿性溶液 防止過量的NaClO溶液將水合肼氧化 20(冷)水浴(

38、或緩慢通入CH3ONO氣體） 蒸餾 蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結(jié)晶，用布氏漏斗抽濾（過濾），晶體用乙醇洗滌23次，真空干燥箱干燥 【分析】（1）NaClO的堿性溶液與尿素CO(NH2)2水溶液反應(yīng)生成N2H4H2O，NaCl、Na2CO3，據(jù)此寫出離子方程式；因?yàn)樗想戮哂袕?qiáng)還原性，易被次氯酸鈉溶液氧化，可以通過分液漏斗控制NaClO堿性溶液的滴加速度，以此控制用量；（2）該反應(yīng)在20左右反應(yīng)的選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，所以應(yīng)設(shè)法把溫度控制在20左右，據(jù)此分析實(shí)驗(yàn)時(shí)可以采取的措施；從混合液中可以采用蒸餾的方法回收甲醇；由B溶液獲得疊氮化鈉（NaN3）產(chǎn)品，需考慮先讓疊氮化鈉從溶液中結(jié)晶析出(蒸發(fā)濃縮、（冷卻

39、）結(jié)晶)，過濾(布氏漏斗)，洗滌(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因?yàn)檫€要考慮雜質(zhì)離子的去除及環(huán)境保護(hù))，烘干(具有強(qiáng)還原性，需考慮隔絕空氣)。【題目詳解】NaClO堿性溶液與尿素CO(NH2)2水溶液制取N2H4H2O，則反應(yīng)物為ClO-、OH-、CO(NH2)2，生成物為N2H4H2O、Cl-、CO32-(C由+2價(jià)被氧化為+4價(jià)的CO2，再與OH-反應(yīng))，反應(yīng)的離子方程式為ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4H2O +。答案為：ClO- + CO(NH2)2 +2OH- = Cl- + N2H4H2O +；因?yàn)樗想戮哂袕?qiáng)還原性，防止過量

40、的NaClO溶液將水合肼氧化，所以需控制NaClO的用量，實(shí)驗(yàn)中通過分液漏斗滴加的溶液是NaClO堿性溶液；答案為：防止過量的NaClO溶液將水合肼氧化；（2）該反應(yīng)在20左右反應(yīng)的選擇性和轉(zhuǎn)化率最高，所以應(yīng)設(shè)法把溫度控制在20左右，實(shí)驗(yàn)時(shí)可以采取的措施是20(冷)水浴(或緩慢通入CH3ONO氣體）；答案為：20(冷)水浴(或緩慢通入CH3ONO氣體）；步驟為從溶液中回收CH3OH，則其實(shí)驗(yàn)操作名稱為蒸餾；答案為：蒸餾；由B溶液獲得疊氮化鈉（NaN3）產(chǎn)品，需考慮先讓疊氮化鈉從溶液中結(jié)晶析出(蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結(jié)晶)，過濾(布氏漏斗)，洗滌(易溶于水，需采用非水洗液，常用乙醇，不使用乙醚，是因

41、為還要考慮雜質(zhì)離子的去除及環(huán)境保護(hù))，烘干(具有強(qiáng)還原性，需考慮隔絕空氣)；答案為：蒸發(fā)濃縮、（冷卻）結(jié)晶，用布氏漏斗抽濾（過濾），晶體用乙醇洗滌23次，真空干燥箱干燥。27、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 反應(yīng)生成的H2O2具有漂白作用 2H2O2=2H2O+O2 2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 取反應(yīng)生成白色固體少許,滴入稀硫酸,生成無色氣體使品紅溶液褪色,說明含Na2SO3 過氧化鈉具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫有較強(qiáng)的還原性 稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇； 加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌 【分析】（1）過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅；紅色褪去的可能

42、原因是過氧化鈉和水反應(yīng)生成的過氧化氫具有氧化性；過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣；（2）根據(jù)反應(yīng)物和生成物寫出方程式，根據(jù)得失電子數(shù)相等配平方程式；要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗(yàn)出含有SO32-就可以了；根據(jù)過氧化鈉具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫有較強(qiáng)的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4；硫酸鈉和亞硫酸鈉均有氯化鋇反應(yīng)生成沉淀，亞硫酸鋇加硝酸時(shí)氧化生成硫酸鋇，不能說明是否含硫酸鋇；利用亞硫酸鋇易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶分析判斷?！绢}目詳解】(1)過氧化鈉和水反應(yīng)生成氫氧化鈉是堿，堿遇酚酞變紅，反應(yīng)方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；紅色褪去的可能原因是過氧化鈉和

43、水反應(yīng)生成的過氧化氫具有氧化性，能氧化有色物質(zhì)，故答案為：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；反應(yīng)生成的H2O2具有漂白作用；過氧化氫在二氧化錳做催化劑分解生成水和氧氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：2H2O2=2H2O+O2，故答案為：2H2O2=2H2O+O2；(2)Na2O2與SO2反應(yīng)生成了Na2SO3和O2，結(jié)合得失電子守恒知，該反應(yīng)方程式為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，要證明白色固體中含有Na2SO3只需檢驗(yàn)出含有SO32就可以了，則取反應(yīng)生成白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色氣體使品紅溶液褪色，說明含Na2SO3，故答案為：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O

44、2；取反應(yīng)生成白色固體少許，滴入稀硫酸，生成無色氣體使品紅溶液褪色，說明含Na2SO3；因?yàn)檫^氧化鈉具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫有較強(qiáng)的還原性，兩者發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成Na2SO4；由實(shí)驗(yàn)流程可知，稀硝酸具有強(qiáng)氧化性，它也會(huì)將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇，最終也生成硫酸鋇沉淀，則不能說明反應(yīng)的后B中有Na2SO3還會(huì)有Na2SO4，故答案為：過氧化鈉具有強(qiáng)氧化性，二氧化硫有較強(qiáng)的還原性；稀硝酸能將亞硫酸鋇氧化為硫酸鋇；因?yàn)閬喠蛩徜^易溶于鹽酸，硫酸鋇不溶，所以測定B中反應(yīng)完全后固體組成的實(shí)驗(yàn)方案為稱取樣品a 克加水溶解，加鹽酸酸化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌烘干，稱量沉淀質(zhì)量為b 克，計(jì)算含量，故答案為：加鹽酸酸

45、化的氯化鋇溶液，過濾，洗滌。28、M 3 啞鈴 離子鍵、配位鍵 BrAsSe 弱于 H2SeO4中非羥基氧原子數(shù)目越多，中心硒原子價(jià)態(tài)越多，導(dǎo)致Se-O-H中的氧原子更向Se偏移，更容易電離出H+，酸性越強(qiáng) 不含 層間作用力小，質(zhì)地軟 正四面體 【分析】（1）基態(tài)硅原子核外共有三個(gè)電子層，越往外層能量最高，能量最高的電子是3p軌道上的電子。（2）Cu(NH3)4SO4晶體中含有的化學(xué)鍵除普通共價(jià)鍵外，還有陰、陽離子間的離子鍵，中心離子與配體間的配位鍵。（3）砷的4P軌道上半充滿電子，第一電離能出現(xiàn)反常。H2SeO3為弱酸，H2SeO4為強(qiáng)酸，原因可從中心原子與氧原子間的共用電子對分析。（4）六方相氮化硼中，B的最外層只有3個(gè)電子，全部用于形成共價(jià)鍵；層與層之間只有范德華力，所以質(zhì)地軟。NaBH4是一種重要的儲(chǔ)氫載體，陰離子BH4-滿足AB4型結(jié)構(gòu)?！绢}目詳解】（1）基態(tài)硅原子核外電子占據(jù)的最高能層，是原子核外的第三層，符號(hào)是M，其中能量最高的電子所占據(jù)能級(jí)的原子軌道為P軌道，有3個(gè)伸展方向，原子軌道呈啞鈴形。答案為：M；3；啞鈴；（2）Cu(NH3)4S