2022-2023学年山东省德州市陵城一中化学高三第一学期期中考试试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、 “化学是人类进步的关键”。下列说法不正确的是 ()APM2.5是指空气中直径2.5 m的固体颗粒或液滴的总称B根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液与胶体之间C科学家发现一种新细菌的DNA链中有砷（As）元素，该As元素最有

2、可能取代了普通DNA链中的P元素D和CO2反应生成可降解聚合物，该反应符合绿色化学的原则2、某溶液中可能存在Mg2、Fe2、Fe3，加入NaOH溶液，开始时有白色絮状沉淀生成，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。下列结论正确的是()A一定有Fe2，可能有Mg2，一定没有Fe3B一定有Fe2，可能有Fe3、Mg2C一定有Fe3，可能有Fe2，一定没有Mg2D一定有Fe2，一定没有Fe3、Mg23、下列装置能达到实验目的是（ ）A B C D4、下列有关原子结构及元素周期表的叙述正确的是A第IA族元素钫的两种核素：221Fr比223Fr少2个质子B第三周期金属元素的离子半径：r(Na+) r(

3、Mg2+) K1（H2CO3）K2（H2SO3）K2（H2CO3），则溶液中不可以大量共存的离子组是ASO32、HCO3 BHSO3、HCO3 CHSO3、CO32 DSO32、CO327、 (NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是A60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B60之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大

4、有关D(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关8、海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是A向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收9、化学用语是学习化学的工具和基础，下列有关化学用语的表达正确的是AH2S 的电离方程式：H2S2HS2BH2O2的电子式：C氟原子的结构示意图：D用电子式表示NaCl的形成过程：10、某学生做乙醛的还原性实验时，取0.5mol/L硫酸铜溶液和1mol/LNaOH溶液各1mL，在一支洁净的试管

5、内混合后，向其中又加入0.5mL40%乙醛，充分加热，结果无红色沉淀出现。该同学实验失败的原因可能是A药品的加入顺序错误B乙醛太少CNaOH溶液不够D硫酸铜溶液不够11、下列离子方程式书写正确的是A向Al2 （SO4）3溶液中加入过量的氨水：Al3+3NH3H2O= Al（OH）3+3NH4+B向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32- +2Cl2+H2O=2SO32-+4C1- +2H+C向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2+HCO3- +OH-=CaCO3+ H2OD醋酸除水垢中的碳酸钙：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2O12、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量

6、共存的是( )A能使甲基橙变红的溶液中：Na+、NH、SO、NOBc(NO)=1molL-1的溶液中：H+、Fe2+、SO、Cl-C中性溶液中：NH、Fe3+、SO、AlOD=11012的溶液中：K+、Na+、S2O、F-13、用下列装置完成相关实验，合理的是A图：验证酸性：CH3COOHH2CO3H2SiO3B图：收集CO2或NH3C图：用于石油分馏D图：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H514、下列物质在生活中应用时，起还原作用的是（ ）A明矾作净水剂B铁粉作食品袋内的脱氧剂C漂粉精作消毒剂D甘油作护肤保湿剂15、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表

7、中最小的；X2-与Y+的电子层结构相同；Z的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是A原子半径：ZYXB最简单氢化物的稳定性：XZC由W、X、Y三种元素形成的化合物可使酚酞试液变红DY与Z位于同一周期，且它们在自然界中均能以游离态的形式存在16、在杠杆的两端分别挂着质量和体积都相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡。然后将两球分别浸没在氢氧化钠溶液和硫酸铜溶液中片刻，则下列说法正确的是( )A两烧杯中均无气泡产生B去掉两烧杯，杠杆右端下沉C去掉两烧杯，杠杆仍平衡D左边烧杯中的溶液质量减少了17、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）AH2SO4（稀）SO2NH4HSO3（NH4）2SO3B

8、NH3NONO2HNO3CFeFeCl2Fe（OH）2Fe（OH）3DAlNaAlO2AlCl3溶液无水AlCl318、下列分子中，属于含有极性键的非极性分子的是ACH4BH2OCHClDBr219、放射性同位素 131 I ，其左上角数字“131”表示（ ）A质量数B中子数C质子数D电子数20、下列过程没有发生化学反应的是( )A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保存水果B用热碱水清除炊具上残留的油污C用活性炭去除冰箱中的异味D用含硅胶、铁粉的透气小袋与食品一起密封包装21、工业上用铝土矿主要成分为，含、等杂质为原料冶炼铝的工艺流程如下，对下述流程中的判断正确的是（ ）A试剂X为稀硫酸，沉淀中含有

9、硅的化合物B反应II中生成的反应为：C结合质子的能力由弱到强的顺序是D熔点很高，工业上还可采用电解熔融冶炼Al22、在含Fe3+的S2O82和I的混合溶液中，反应S2O82(aq)+2I(aq)=2SO42(aq)+I2(aq)的分解机理及反应进程中的能量变化如下：步骤：2Fe3+(aq)+2I(aq)=I2(aq)+2Fe2+(aq)步骤：2Fe2+(aq)+S2O82(aq)=2Fe3+(aq)+2SO42(aq)下列有关该反应的说法正确的是A化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关B该反应为吸热反应CFe2+是该反应的催化剂D若不加Fe3+，则正反应的活化能比逆反应的大二、非选择题(共84分

10、)23、（14分）水杨酸的结构简式为，水杨酸酯E为紫外吸收剂，可用于配制防晒霜。E的一种合成路线如下：已知：2RCH2CHO。回答下列问题：（1）饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则A的分子式为_；结构分析显示A只有一个甲基，A的名称为_。（2）第步的反应类型为_； D中所含官能团的名称为_；（3）第步反应的化学方程式为_。（4）E的分子式是_。（5）1mol水杨酸分别消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比是_。（6）X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，符合下列条件的共_种，其中取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体的结构简式是_。苯环上有两个取代基与

11、FeCl3发生显色反应能发生水解反应24、（12分）某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如图1所示(部分产物已略去)：(1)写出B的电子式_。(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，写出A和B水溶液反应的离子方程式_。(3)若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，生成的CO2物质的量与所用盐酸体积如图2所示，则A与B溶液反应后溶液中所有溶质的化学式为_；c(HCl)=_mol/L。(4)若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到

12、的实验现象是_。(5)若A是一种可用于做氮肥的化合物, A和B反应可生成气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式为_。(6)若A是一种溶液，可能含有H、NH、Mg2、Fe3、Al3、CO32-、SO42-中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图3所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子是_，它们的物质的量浓度之比为_。25、（12分）草酸亚铁晶体是一种淡黄色粉末，常用于照相显影剂及制药工业，也是电池材料的制备原料。某化学兴趣小组对草酸亚铁晶体的一些性质进行探究。（1）甲组同学用如图所示

13、装置测定草酸亚铁晶体(FeC2O4xH2O)中结晶水含量，将石英玻璃管(带两端开关K1和K2)(设为装置A)称重，记为ag。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置称重，记为b g。按图连接好装置进行实验。a.打开K1和K2，缓缓通入N2； b.点燃酒精灯加热; c.熄灭酒精灯；d.冷却至室温；e.关闭K1和K2; f.称重A；g.重复上述操作，直至A恒重，记为cg。仪器B的名称是_ ,通入N2的目的是_。根据实验记录，计算草酸亚铁晶体化学式中的x =_(列式表示)；若实验时a、b次序对调，会使x值_ (填“偏大” “无影响”或“偏小”）。（2）乙组同学为探究草酸亚铁的分解产物，将(1)中已恒重的装

14、置A接入图14所示的装置中，打开K1和K2，缓缓通入N2，加热。实验后装置A中残留固体为黑色粉末。装置C、G中的澄清石灰水均变浑浊，说明分解产物中有_(填化学式)。装置F中盛放的物质是_(填化学式)。将装置A中的残留固体溶于稀盐酸，无气泡，滴入KSCN溶液无血红色，说明分解产物中A的化学式为_。写出草酸亚铁(FeC2O4)分解的化学方程式：_。26、（10分）为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，某化学兴趣小组设计了如下实验：（1）A是氯气发生装置，其反应的离子方程式是_。B装置的作用是_，C装置的作用是_，整套实验装置存在一处明显不足，请指出_。（2）用改正后的装置进行实验。实验过程如

15、下：实验操作实验现象打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红 E装置中：振荡后水层溶液变黄，CCl4无明显变化继续滴入浓盐酸，D、E中均发生了新的变化：D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CC14层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：I：(SCN)2性质与卤素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的电子式为II：AgClO、AgBrO 均可溶于水：Cl2 和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色，沸点约为5，与水发生水解反应小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是

16、碳元素被氧化，他的理由是_。经过实验证实了小组同学推测的合理性，请用平衡移动原理解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因_。欲探究E 中继续滴加浓盐酸后颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_。27、（12分）文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁；相同条件下，草酸根的还原性强于。为检验这一结论，某研究性小组进行以下实验：资料：.草酸为二元弱酸。.三水三草酸合铁酸钾为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在.为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验

17、1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)圆底烧瓶中所盛试剂是_，玻璃丝的作用是_。(2)欲制得纯净的，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是先点燃_处酒精灯。(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是_、_。（实验2）通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱。操作现象在避光处，向溶液中缓慢加入溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤得到翠绿色溶液和翠绿色晶体 (4)取实验2中少量晶体洗净，配成溶液，滴加溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_。(5)经检验，翠绿色晶体为。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_，其可能原因是

18、_。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_+_+_+_（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较和的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到预期目的可能产生的现象：电流计的指针_(填“会”或“不会”)发生偏转，一段时间后，左侧_，右侧_。28、（14分）碳及其化合物广泛存在于自然界。请回答下列问题：（1）反应：Fe(s)+CO2(g) FeO(s)+CO(g) H1 平衡常数为K1反应：Fe(s)+H2O(g) FeO(s)+H2(g) H2 平衡常数为K2不同温度下，K1、K2的值如下表：现有反应：H2(g)+CO2(g) CO(g

19、)+H2O(g)，结合上表数据，反应是_ (填“放热”或“吸热”）反应。（2）已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为：2CO2(g)+6H2(g) C2H5OH(g)+3H2O(g) H”或“ K1(H2CO3)K2(H2SO3)K2(H2CO3)，则酸性H2SO3H2CO3HSO3-HCO3-。A. SO32、HCO3离子间不能反应，能够大量共存，故A不选；B. HSO3、HCO3离子间不能反应，能够大量共存，故B不选； C.由于酸性HSO3-HCO3-，则HSO3、CO32能够反应生成HCO3，不能大量共存，故C选；D. SO32、CO32离子间不能反应，能够大量共存，故D不选；故选C。7

20、、C【分析】A、温度越高，氧化速率越快；B、反应物浓度降低，反应速率降低；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。【题目详解】A、温度越高，氧化速率越快，60之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸

21、根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。【答案点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。8、C【题目详解】A、向苦卤中通入氯气置换出溴单质，分离得到溴，通入氯气是为了提取溴，A正确；B、粗盐中含有钙离子、镁离子、硫酸根离子等杂质，精制时通常在溶液中依次加入过量的氯化钡溶液、过量的氢氧化钠溶液和过量的碳酸钠溶液，过滤后向滤液中加入盐酸到溶液呈中性，再进行重结晶进行提纯，B正确；C、工业常选用生石灰或石灰乳作为沉淀剂，C错误；D、提取溴时一般用氯气置换出溴单质，由于Br2具有挥发性，用空气和水蒸气吹出溴单质，再用二

22、氧化硫将其还原吸收转化为溴化氢，达到富集的目的，D正确；答案选C。【答案点睛】本题以海水的综合开发利用为载体重点考查了粗盐的提纯、海水提取溴、物质的分离与提纯操作、试剂的选取等，题目难度中等。氯气具有强氧化性，能把溴离子氧化为单质溴，富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，据此解答即可。9、D【题目详解】A. H2S为弱电解质，电离时分步电离，电离方程式：H2SHHS，HS HS2，故A错误；B. H2O2为共价化合物，电子式：，故B错误；C. 氟为9号元素，核外电子数等于原子序数，原子的结构示意图：，故C错误；D. 钠原子失去一个电子变为钠离子，氯原子得到一个电子变为氯

23、离子，用电子式表示NaCl的形成过程：，故D正确；答案选D。【答案点睛】写电子式时要分清是离子化合物还是共价化合物，有离子键的化合物是离子化合物，金属氧化物、盐、强碱等，过氧化氢是共价化合物。10、C【分析】乙醛和新制的Cu(OH)2反应是在碱性环境下、加热进行，计算反应后浊液是否为碱性。【题目详解】用新制的氢氧化铜检验，需要再碱性条件下、加热，取0.5mol/L硫酸铜溶液1mL，与氢氧化钠溶液恰好反应生成氢氧化铜，需要1molL1NaOH溶液体积=1mL 0.5molL12/1molL1=1mL，故硫酸铜与NaOH恰好反应，NaOH不够量，不是碱性条件，故加热无红色沉淀出现，故选C。【答案点

24、睛】注意醛与新制氢氧化铜、银氨溶液反应需在碱性条件下进行。11、A【答案解析】A. 向Al2 （SO4）3溶液中加入过量的氨水，会生成氢氧化铝沉淀，又因NH3H2O是弱碱，所以不能使氢氧化铝沉淀溶解，反应的离子方程式是：Al3+3NH3H2O= Al（OH）3+3NH4+，故A正确；B. 因氯气足量，会与产物中的SO32反应，使SO32生成SO42，故B错误；C. 向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水，题中所书写的方程式缺少了NH4和OH的反应，故C错误；D. 醋酸是弱酸，属于弱电解质，在书写离子方程式时不能拆开，故D错误；故答案选A。点睛：本题主要从量的关系角度考查离子方程式的正误判断，在解

25、决这类问题时，要特别注意以下几点：分析量的关系：书写与量有关的反应时，物质加入的多少，会影响离子方程式的书写，如C项，向碳酸氢铵溶液中加入足量的澄清石灰水：Ca2+HCO3- +OH-=CaCO3+ H2O就是错误的，主要错在忽略了NH4和OH的反应；查看是否忽略隐含反应，如B项，向Na2S2O3溶液中通入足量氯气：S2O32- +2Cl2+H2O=2SO32-+4C1- +2H+，错在忽略了过量的Cl2可以将+4价的硫氧化。物质是否能够拆分，如D项中的醋酸就是弱电解质，不能拆开。12、A【题目详解】A能使甲基橙变红的溶液出酸性， Na+、NH、SO、NO能大量共存，故选A；Bc(NO)=1m

26、olL-1的溶液中，H+、Fe2+、NO发生氧化还原反应，不能共存，故不选B；C中性溶液中Fe3+、AlO发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀、氢氧化铝沉淀，不能大量共存，故不选C；D=11012的溶液呈酸性，酸性条件下， S2O生成S和SO2，故不选D；选A。13、B【答案解析】A.醋酸具有挥发性，二氧化碳夹带的醋酸蒸气干扰验证酸性：H2CO3H2SiO3，故A不合理；B. CO2密度大于空气，收集CO2时气体“长进短出”，NH3密度小于空气，收集NH3时气体“短进长出”，故B合理；C.缺少冷凝装置，故C不合理；D. CH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不可使用分液分离CH3CH2OH与C

27、H3COOC2H5，故D不合理。故选B。14、B【题目详解】A明矾Al3+水解生成Al(OH)3，Al(OH)3具有吸附性可作净水剂，故A错误。B. 铁粉有还原性作食品袋内的脱氧剂，故B正确。C漂粉精中的Ca(ClO)2有强氧化性能杀菌消毒作消毒剂，故C错误。D甘油具有吸水性作护肤保湿剂，故D错误。故答案选B。15、C【答案解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。W的原子半径是周期表中最小的，说明W是氢；X2-与Y+的电子层结构相同，说明X是氧，Y是钠；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，说明Z是VIA的硫。A. 同周期元素原子半径从左到右逐渐减小，原子半径：ZY，同主族元素原

28、子半径从上到下逐渐增大，原子半径：XZ，总之，原子半径：XZZ，所以最简单氢化物的稳定性：XZ，故B错误；C. 由W、X、Y三种元素形成的化合物氢氧化钠可使酚酞试液变红，故C正确；D. Y在自然界中以化合态的形式存在，故D错误。故选C。16、B【题目详解】A、左边是铝与氢氧化钠反应生成氢气，A错误；B、去掉烧杯后，铝球质量减少，铁球质量增加，杠杆不平衡，杠杆右端下沉，B正确；C、根据B中分析可知C错误；D、Al与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，则2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2 m54 6 48m为正值，故溶液质量增加，D错误；答案选B。17、B【答案解析】A稀硫酸和铜不反

29、应，可用浓硫酸在加热条件下与铜反应，二氧化硫与少量氨水反应生成（NH4）2SO3，故A错误；B氨气在催化作用下可被氧化生成NO，NO被氧化生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，转化关系正确，故B正确；C氯气具有强氧化性，铁和氯气反应生成氯化铁，故C错误；D氯化铝溶液加热易水解生成氢氧化铝，加热溶液不能得到无水AlCl3，应在HCl气流中加热，故D错误故选B。18、A【分析】由不同种元素组成的共价键为极性共价键，由极性键构成的正负电荷重心重合的分子为非极性分子。【题目详解】A. CH4中C-H键为极性键，分子为正四面体，正负电荷重心重合，属于非极性分子，故A符合；B. H2O中O-H键为极性键

30、，分子为V型，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故B不符合；C. HCl中Cl-H键为极性键，分子直线型，正负电荷重心不重合，属于极性分子，故C错误；D. Br2中，Br- Br键为非极性键，是非极性分子，故D错误；答案选A。19、A【答案解析】元素符号左上角标注质量数，故A正确。20、C【答案解析】A.高锰酸钾溶液氧化乙烯，发生化学反应；B. 碳酸钠水解产生的氢氧化钠与油脂发生反应；C. 利用活性炭的吸附作用，没有发生化学反应；D.铁粉与氧气发生氧化还原反应。故选C。21、B【题目详解】A.由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙为偏铝酸钠溶液、气体Y为二氧化碳，故试剂X

31、为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B.过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：，离子方程式为：，故B正确；C.结合质子的能力越强，相应的酸提供质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，提供质子的能力，则结合质子能力：，故C错误；D.氯化铝是分子晶体，熔融时不导电，不能采用电解熔融的氯化铝冶炼铝，故D错误；答案选B。22、A【题目详解】A.铁离子可以看做该反应的催化剂，根据反应的机理，化学反应速率与Fe3+浓度的大小有关，故A正确；B.反应物的总能量高于生成物的总能量，所以反应为放热反应，故B不正确；C.Fe3+是该反应的催化剂，故C不正确；D.此反应为放热反

32、应，不管加不加催化剂，正反应活化能都低于逆反应活化能，故D错误；正确答案：A。二、非选择题(共84分)23、C4H10O 1-丁醇 加成反应 羟基 2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O C15H22O3 2:1 9 【分析】饱和一元醇A中氧的质量分数约为21.6%，则根据饱和一元醇的通式CnH2n+2O分析，该醇的分子式为C4H10O，根据其只有一个甲基分析，结构简式为CH3CH2CH2CHO，根据转化关系分析，B为CH3CH2CH2CHO，C为CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，结合D的相对分子质量为130分析，D的结构简式为CH3CH2C

33、H2CH2CH(CH2CH3)CH2OH。【题目详解】(1)根据分析，A的分子式为 C4H10O，其结构简式为CH3CH2CH2CH2OH，名称为1-丁醇；(2)C到D为碳碳双键和碳氧双键的加成反应；D的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH，官能团为羟基；(3) 第步反应为醇变醛的过程，化学方程式为2CH3(CH2)2CH2OH+O2 2CH3(CH2)2CHO+2H2O；(4)E为 CH3CH2CH2CH2CH(CH2CH3)CH2OH和水杨酸酯化反应生成的，根据质量守恒定律分析，反应生成酯和水，故E的分子式为 C15H22O3 ；(5) 1mol 消耗2mol氢

34、氧化钠，消耗1mol碳酸氢钠，故比例为2:1；(6) X是比水杨酸多一个碳原子的同系物。X的同分异构体中，与FeCl3发生显色反应说明含有酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，即连接的为-COOCH3，-CH2OOCH，-OOCCH3，与酚羟基都有邻间对三种位置关系，所以符合下列条件的共9种；取代基在苯环的对位且能消耗3molNaOH的同分异构体说明酯基水解后生成酚羟基和羧基，其结构简式是。【答案点睛】掌握有机物的官能团的结构和性质，注意能和氢氧化钠反应的官能团为酚羟基和羧基和酯基，能和碳酸氢钠反应的官能团为羧基。能和金属钠反应的官能团为羟基或羧基。24、 Si+2OH- +2H2O=SiO3

35、2-+2H2 NaOH、Na2CO3 0.05 先有白色沉淀生成，随后沉淀逐渐减少最终消失 3Cl28NH3=N26NH4Cl H、Al3、 c(H)c(Al3)c()c()1123 【分析】(1) C可在D中燃烧发出苍白色火焰，为氢气与氯气反应生成HCl，可推知C为H2、D为Cl2、F为HCl，M是日常生活中不可缺少的调味品，由转化关系可知，M的溶液电解生成氢气、氯气与B，可推知M为NaCl、B为NaOH；(2)若A是一种非金属单质，且可用于制造半导体材料，则A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2；(3) 曲线中，从0.4L0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl

36、+CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3； (4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解；(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气；(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO3

37、2-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，根据各阶段消耗的NaOH体积结合离子方程式计算n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)之比，再结合电荷守恒计算与n(SO42-)的比例关系，据此计算。【题目详解】(1)B为NaOH，其电子式为；(2) A为Si，Si和NaOH的水溶液反应生成Na2SiO3和H2，反应的离子方程式为Si+2OH- +2H2O=SiO32-+2H2；(3) 曲线中，从0.4L0.6L发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+

38、CO2+H2O，该阶段消耗盐酸为200mL，而开始产生二氧化碳时消耗盐酸为400mL，大于200mL，所以溶液中的溶质成分NaOH、Na2CO3；生成0.01molCO2需要的盐酸为200mL，结合反应原理NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，则c(HCl)=0.05mol/L；(4) 若A是一种常见金属单质，且与NaOH溶液能够反应，则A为Al，E为NaAlO2，则将过量的HCl溶液逐滴加入NaAlO2溶液中，先生成氢氧化铝，而后氢氧化铝溶解，故看到的现象为：液中逐渐有白色絮状沉淀生成，且不断地增加，随后沉淀逐渐溶解最终消失；(5) 若A是一种氮肥，实验室可用A和NaOH反应制取气

39、体E，则E为NH3、A为铵盐，E与氯气相遇均冒白烟，且利用E与氯气的反应检验输送氯气的管道是否泄露，则氨气与氯气反应生成氯化铵，同时生成氮气，反应方程式为：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl，(6) 由图可知，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+，一定没有CO32-，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，一定含有Al3+；中间段沉淀的质量不变，应为NH4+OH-=NH3H2O的反应，则含有NH4+，由电荷守恒可知一定含有SO42-，发生反应H+OH-=H2O，氢离子消耗NaOH溶液的体积为1体积，发生反应Al3+3OH-=Al(OH)3，铝离子消耗NaOH溶液

40、的体积为3体积，发生反应NH4+OH-=NH3H2O，铵根消耗氢氧化钠为2体积，则n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，由电荷守恒可知，n(H+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)=1：1：2：3，故c(H+)：c(Al3+)：c(NH4+)：c(SO42-)=1：1：2：3。25、球形干燥管排除装置中的空气偏小CO2和COCuOFeOFeC2O4FeO+CO+CO2【答案解析】考查实验方案设计与评价，（1）根据仪器的特点，仪器B的名称为干燥管或球形干燥管；加热后固体是Fe(C2O)4，其质量为(ca)g，失去结晶水的质量为(bc)g，因此有：，即x=；通入氮

41、气的目的排除装置中空气，防止加热时空气中氧气把FeC2O4氧化，造成反应后固体质量增加，即结晶水的质量减小，x偏小；（2）C和G中的澄清石灰水变浑浊，根据草酸亚铁的化学式，加热A和F时说明产生CO2，然后根据设计方案，推出A分解时产生CO2和CO；装置F发生CO还原金属氧化物得到CO2，装置F盛放CuO或Fe2O3等；加入盐酸无气泡，说明不含铁单质，滴入KSCN溶液无血红色，说明溶液中含有Fe2，不含Fe3，即分解产生的黑色粉末是FeO；根据上述分析，分解的化学方程式为：FeC2O4FeO+CO+CO2。26、MnO24H2Cl(浓)Mn2Cl22H2O安全瓶（或防液体倒吸）除去氯化氢气体缺少

42、尾气处理装置由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化红色溶液中存在平衡 Fe3+3SCNFe（SCN）3，过量氯气和 SCN反应使 SCN浓度减小，平衡向逆反应方向移动而褪色BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl+Ag+=AgCl，AgBrO 易溶于水，故只生成 AgCl 沉淀【答案解析】(1)A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，故答案为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；B装置是安全瓶，可以防止倒吸；C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体；由于氯气有毒，直接排放到空

43、气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置中缺少尾气处理装置，故答案为安全瓶(或防液体倒吸)；除去氯化氢气体；缺少尾气处理装置；(2)根据电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化，因此D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案为由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化；红色溶液中存在平衡 Fe3+3SCNFe(SCN)3，过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色，故答案为过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(S

44、CN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3+3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色；过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl+Ag+=AgCl，AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀。点睛：本题考查了性质实验方案设计，明确反应原理是解本题关键。本题的难点是(2)，需要注意氯化溴发生的水解反应中生成的酸的种类，根据AgBrO、AgCl的溶解性分析解答。27、固体 防堵塞 A 有水

45、蒸气进入C中导致产品不纯、发生倒吸、可燃性气体不能被吸收(任意写出两种即可) 溶液中存在平衡：，加热硫酸后，与结合可使平衡正向移动，增大，遇溶液变红 取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加溶液，不出现蓝色沉淀 与形成配位化合物的趋势要强于与发生氧化还原反应 2 4 2 会 溶液变为浅绿色 有气泡产生 【分析】实验1：主要是通过氯化钠固体和浓硫酸共热制得HCl气体，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁，HCl有毒，需要进行尾气处理，据此回答；实验2：预设目的是通过和在溶液中的反应比较和的还原性强弱，但在实验条件下，没有出现预期现象，而得到翠绿色晶体，所得晶体取少量配成溶液、滴加KSCN溶液，不变红，

46、但是加入硫酸后，溶液变红，那可见在加硫酸以后铁离子的浓度由小变大，可推测不是复盐而是配合物，铁元素存在于中，通过加硫酸以后 平衡的移动来回答；实验3：通过设计原电池来比较和的还原性强弱，原电池中，还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子从负极流出，电子沿着导线流向正极，正极上氧化剂得到电子发生还原反应，内电路中阴离子移向负极、阳离子移向正极，和中还原性强的就是原电池负极反应物，据此分析回答；【题目详解】(1)据分析知：圆底烧瓶中所盛试剂是NaCl固体，玻璃丝的作用是防堵塞；(2)欲制得纯净的FeCl2，在铁和氯化氢反应前，必须用产生的HCl气体排净装置中的空气，故实验过程中点燃A、C酒精灯的先后

47、顺序是：先点燃A处酒精灯，再点燃C处的酒精灯；(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是：有水蒸气进入C中导致产品不纯、发生倒吸、可燃性气体H2不能被吸收；(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素，加硫酸后溶液变红的原因是：溶液中存在平衡，加入硫酸后，与结合可使平衡正向移动，增大，遇溶液变红；(5)经检验，翠绿色晶体为为，设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是：取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀，其可能原因是与形成配位化合物的趋势要强于与发生氧化还原反应；(6)

48、取实验1中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生，反应生成二氧化碳，铁离子被还原为亚铁离子，结合电子守恒、原子守恒书写得到离子方程式为：，故答案为：2；4；2；2CO2；(7)设计如图装置直接比较和的还原性强弱，并达到了预期的目的，则按信息：草酸根的还原性强于，结合原电池原理可推知：装置右侧是原电池的负极区，失去电子被氧化得到二氧化碳气体，装置左侧是原电池的正极区，铁离子得电子被还原，故达到了预期目的可能产生的现象是：电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变成浅绿色，右侧有气泡生成。【答案点睛】本题考查了物质性质的实验探究、物质性质、原电池原理、氧化还原反应等，主要是反应过程中

49、的反应现象的理解应用、灵活应用信息和相关知识是解题的关键。28、吸热 乙醇 降低吸收过程中氨水的挥发，促进氨水对CO2的吸收 c(Na+) c(HCO3-) c(CO32-) c(OH-) c(H+) 【题目详解】(1)由图可知反应的K1随温度升高而增大，说明正反应为吸热反应，H0，反应的K2随温度升高而减小，说明正反应为放热反应，H0，已知：Fe(s)+CO2(g)FeO(s)+CO(g)H1=Q10，Fe(s)+H2O(g)FeO(s)+H2(g)H2=Q20，由盖斯定律-得H2(g)+CO2(g)CO(g)+H2O(g)H=Q3=Q1-Q20，说明是吸热反应；(2)反应为放热反应，温度越高转化率越小，则T3T2T1