2022-2023学年山西省运城市永济中学化学高三上期中教学质量检测试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关化学用语正确的是 （ ）乙烯的最简式C2H4 乙醇的结构简式C2H6O四氯化碳的电子式 乙炔的结构简式CHCH乙烷的结构式CH3CH3 乙醛的结构简式CH3COHA全对 B全错 C D2、下列离子方程式与所述事实相符且正确的是()ACa(HCO3)2溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+2

2、HCO3+2OHCaCO3+CO32+2H2OB向含有0.4molFeBr2的溶液中通入0.3molCl2充分反应：4Fe2+2Br+3Cl24Fe3+6Cl+Br2C向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2A13+3SO42+3Ba2+6OH=3BaSO4+2A1(OH)3D用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液：2Cl+2H2O=H2+Cl2+2OH3、下列表示不正确的是A甲烷分子的比例模型为 B乙烷的结构简式为 CH3CH3C磷原子的结构示意图为 DMgCl2的电子式为 4、某溶液中除水电离出的OH-、H+之外含Na+、Fe2+、Al3+、Ba2+、SO42-、

3、NO3-、Cl-中的4 种，这4种离子的物质的量均为0.1 mol。若向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生。下列说法错误的是A该溶液中肯定不含Ba2+B若向该溶液中加入过量的稀硫酸，溶液中的阴离子会减少一种C若向该溶液中加入足量NaOH溶液，滤出沉淀，洗净灼烧后最多能得8.0g固体D该溶液中除水电离出的OH-、H+之外所含离子是Na+、Fe2+、SO42-、NO3-5、设阿伏加德罗常数的值为NA，下列说法正确的是A标准状况下，2.24L苯分子中共价键的数目为0.4NAB2 L 0.5 mol/LH2SO3溶液中含有的H+数目为2NAC7.8gNa2O2固体中含有的离子总数为0.37

4、NAD常温下，1 molFe与足量浓硝酸反应，电子转移数目为3NA6、实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取Na2CO3固体的质量分别为 （）A1 000mL；212.0gB500mL；100.7gC1000mL；201.4gD100mL；21.2g7、四氧化三铁(Fe3O4)磁性纳米颗粒稳定、容易生产且用途广泛，是临床诊断、生物技术和环境化学领域多种潜在应用的有力工具。水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应是3Fe22O2xOH=Fe3O42H2O。下列问题叙述不正确的是（ ）A水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应中，还原剂是B反应的离子方程式中x

5、=4C每生成1molFe3O4，反应转移的电子为4molD被Fe2还原的O2的物质的量为0.5mol8、某100mL稀溶液中只含有Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2+的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下列说法中不正确的是（ ）A原溶液的c(H+)=4molL-1B若a=3，则原溶液中c(Cu2+)=1molL-1C原溶液中的c(NO3-)=7molL-1DBC段发生反应的离子方程式为Cu2+Fe=Fe2+Cu9、白磷与氧可发生如下反应：P4+5O2=P4O10。已知断裂下列化学键需要吸收的能量分别为：PP a

6、kJmol1、PO bkJmol1、P=O ckJmol1、O=O dkJmol1。根据图示的分子结构和有关数据估算该反应的H，其中正确的是（ ）A（6a+5d4c12b）kJmol1B（4c+12b6a5d）kJmol1C（4c+12b4a5d）kJmol1D（4a+5d4c12b）kJmol110、常温下0.1 molL1氨水溶液的pHa，下列能使溶液pH(a1)的措施是()A将溶液稀释到原体积的10倍B加入适量的氯化铵固体C加入等体积0.2 molL1盐酸D通入氨气11、本草纲目中有“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”的记载。下列说法正确的是A“薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可

7、增强肥效B“以灰淋汁”的操作是萃取、分液C“取碱”得到的是一种碱溶液D“浣衣”过程有化学变化12、硒(Se)是人体必需的一种微量元素，其单质可用于制光敏电阻、复印机的硒鼓等等。工业上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸钠处理含硒的工业废料，得到亚硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再将它们与盐酸共热，将H2SeO4转化为H2SeO3，主要反应为2HClH2SeO4=H2SeO3H2OCl2，然后向溶液中通入SO2将硒元素还原为单质硒沉淀。据此正确的判断为()AH2SeO4的氧化性比Cl2弱BH2SeO3的氧化性比SO2弱CH2SeO4的氧化性比H2SeO3强D析出1mol硒，需亚硒

8、酸、SO2和水各1mol13、下列因素不能改变酸碱中和反应速率的是A温度B反应物的浓度C反应物的性质D压强14、一定温度下，将2molSO2和1molO2冲入10L恒温密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)H196kJ/mol，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ。下列说法错误的是（ ）A05min内，用O2表示的平均反应速率(O2)0.017mol(Lmin)-1B条件不变，起始时向容器中冲入4molSO2和2molO2，平衡时反应放热小于333.2kJC若增大O2的浓度，则SO2的转化率增大D的值不变时，该反应达到平衡状态15、1905年德国化学家哈伯发

9、明了合成氨的方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要2050Mpa的高压和500的高温下，用铁作催化剂，且氨的产率为10%15%。2005年美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化合物作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H2=2NH3，下列有关说法正确的是（）A不同的催化剂对化学反应速率的影响均相同B哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应C新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键D新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展愿景16、一定条件下，将10molH2和1molN2充入一密闭

10、容器中，发生反应：N2（g）+3H2（g）2NH3（g），达到平衡时，H2的转化率可能是A25%B30%C35%D75%二、非选择题（本题包括5小题）17、以甲苯和丙烯为起始原料合成酯G和高聚物H的流程如下：（1）写出A中官能团的名称_。写出E的结构简式_。（2）反应类型：反应_，反应_。（3）写出反应的化学方程式_。（4）酯G有多种同分异构体，写出2种符合下列条件的芳香族同分异构体（写结构简式）_。.既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应；.能发生银镜反应。.苯环上的一取代物只有2种（5）检验A存在溴元素的方法_（6）设计由物质C合成物质F的合成路线。（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_

11、18、中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：_。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为_。19、某研究性学习小组将一定浓度

12、Na2CO3溶液滴入CuSO4溶液中得到蓝色沉淀。甲同学认为沉淀可能是CuCO3；乙同学认为沉淀可能是Cu(OH)2；丙同学认为沉淀可能是CuCO3和Cu(OH)2的混合物。（查阅资料知：CuCO3和Cu(OH)2均不带结晶水）按照甲同学的观点，发生反应的离子反应方程式为_；在探究沉淀成分前，须将沉淀从溶液中分离并净化。其具体操作依次为_。请用下图所示装置，选择必要的试剂，定性探究生成物的成分。（1）各装置连接顺序为_。（2）能证明生成物中有CuCO3的实验现象是_。若CuCO3和Cu(OH)2两者都有，可利用下列装置通过实验测定其组成。（1）装置C中碱石灰的作用是_，实验开始和结束时都要通入

13、过量的空气，请说明结束时通入过量空气的作用是_（2）若沉淀样品的质量为m克，装置B质量增加了n克，则沉淀中CuCO3的质量分数为_。20、苯甲酸是常用的防腐剂和重要的医药原料。一种药用苯甲酸的制备方法如下：I. 在反应罐中加入甲苯、饱和KMn4溶液、Fe2O3(催化剂)，加热、回流数小时，充分反应。. 反应结束后，改为蒸馏装置。加热蒸馏，直至冷凝管壁不再出现油珠。. 将反应罐中的混合物趁热过滤，滤渣用少量热水洗涤。. 向滤液中滴加浓盐酸酸化至pH2，抽滤，用少量水洗涤，干燥得苯甲酸粗品。V. 将粗苯甲酸加入，滤液倒入室温下一定量的水中，结晶、洗涤、过滤，得到药用纯苯甲酸。已知：相关物质的溶解度

14、( g/mL)温度()255060苯甲酸在水中0.00340.00850.0095在乙醇中0.40.71氯化钾在乙醇中难溶 (1)I中发生的主要反应为：(未配平)，则中发生反应的所有离子方程式为_。(2)中蒸馏的目的是_。(3)中趁热过滤的目的是_。(4)将V中操作补充完整：_。21、工业上以软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质)为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰(MnCO3)。其工业流程如下： (1)过滤所得滤渣的主要成分为_(填化学式)。(2)“氧化”过程中除了发生MnO2与SO2的反应外，还发生另一氧化还原反应，写出该反应的离子方程式：_。(3)“浸锰”反应中

15、往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如右图所示，为减少 MnS2O6 的生成，“浸锰”的适宜温度是_。(4)向过滤所得的滤液中加入NH4HCO3 溶液时温度控制在30-35，温度不宜太高的原因是_。(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有CO2气体生成，写出反应的离子方程式：_。(6)生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_。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、B【答案解析】试题分析：乙烯的最简式应为CH2乙醇的结构简式C2H5OH或CH3CH2OH四氯化碳的电子式应为乙炔的结

16、构简式CH三CH乙烷的结构式乙醛的结构简式为CH3CHO考点：了解电子式、化学式、实验式（最简式）、结构式和结构简式等的表示方法2、B【答案解析】A.碳酸氢钙溶液中加入少量NaOH溶液，NaOH完全反应，HCO3-部分反应，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，选项A错误；B.由于还原性Fe2Br，首先发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，0.4molFeBr2的溶液中含有0.4mol亚铁离子，反应消耗0.2molCl2，剩余0.1molCl2，再发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，消耗0.2mol溴离子，反应的总离子方程式为：4Fe2+2Br-+3

17、Cl2=4Fe3+6Cl-+Br2，选项B正确；C.向明矾KAl(SO4)2溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全，二者的物质的量的比是1：2，离子方程式为：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=AlO2-+2BaSO4+2H2O，选项C错误；D.用铁棒作阳极、碳棒作阴极电解饱和氯化钠溶液，电解时，阳极铁被氧化，在阳极上不可能产生Cl2，选项D错误；故合理的选项为B。【答案点睛】本题考查了离子方程式判断的知识。离子反应在用离子方程式表示时，既要考虑相对量的多少，也要分析微粒的活动性强弱、反应的先后顺序及物质在不同环境中的存在形式，本题是易错题，要引起高度重视。3、D【分析】常

18、见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，注意掌握常见化学用语的概念及正确的书写方法。【题目详解】A项、甲烷分子中含有4个碳氢键，碳原子半径大于氢原子，空间构型为正四面体型，比例模型为 ，故A正确；B项、乙烷的结构式为，结构简式为CH3CH3，故B正确；C项、磷元素的原子序数为15，原子结构示意图为，故C正确；D项、MgCl2是离子化合物，由镁离子与氯离子构成，其电子式为，故D错误。故选D。【答案点睛】本题考查常用化学用语的书写，注意掌握常用化学用语书写原则，注意比例模型表示原子的比例大小、原子连接顺序、空间结构，不能表示原子

19、之间的成键情况。4、B【答案解析】向该溶液中加入少量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明溶液中一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子，生成的气体为一氧化氮；由于溶液中存在的4种离子的物质的量均为0.1mol，根据溶液电中性，溶液中一定还存在一种阴离子，若是存在氯离子，溶液已经呈电中性，不会存在其它离子，所以溶液中存在的阴离子为硫酸根离子，再根据溶液电中性可知，正电荷物质的量为：0.1mol2=0.2mol，负电荷物质的量为：0.1mol2+0.1mol=0.3mol，溶液中一定还存在0.1mol正电荷，该离子的物质的量为0.1mol，所以该离子为钠离子，以此解答该题。【题目详解】加入少

20、量稀硫酸，无沉淀生成但有气泡产生，说明一定不存在钡离子，一定存在硝酸根离子和亚铁离子；根据溶液的电中性可以判断溶液中还存在硫酸根离子和钠离子，A根据以上分析可知，溶液中一定不存在钡离子，选项A正确；B溶液中氢氧根离子、硫酸根离子不会消失；根据反应方程式NO3-+3Fe2+4H+=NO+3Fe3+2H2O可知，亚铁离子不足，加入足量的稀硫酸后，硝酸根离子不会消失，选项B错误；C若向该溶液中加入足量的NaOH溶液，充分反应后，过滤、洗涤、灼烧，最终所得固体为氧化铁，根据铁离子守恒，生成氧化铁的物质的量为0.05mol，质量为：0.05mol160g/mol=8.0g，选项C正确；D根据分析可知，该

21、溶液中除H+、OH-之外所含离子是Fe2+、Na+、NO3-、SO42-，选项D正确；答案选C。【答案点睛】本题考查离子的检验，侧重于学生的分析能力的考查，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及溶电荷守恒的应用，题目难度中等。5、C【题目详解】A. 标准状况下苯不是气体，2.24L苯物质的量不是0.1mol，故A错误；B. 亚硫酸是二元弱酸，在溶液中存在电离平衡，所以2L 0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+离子数远小于2NA，故B错误；C. 过氧化钠中有钠离子和过氧根离子，7.8g过氧化钠是0.1mol，每1mol

22、Na2O2中有3mol离子，总数是0.3NA，故C错误；D. 常温下铁在浓硝酸中发生钝化，不能继续反应，电子转移不是3NA个，故D错误；正确答案是C。6、A【答案解析】实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，因为实验室没有950mL容量瓶，所以只能选用1000mL容量瓶配制1000mL溶液。1000mL、2.0molL-1的Na2CO3溶液中含有2mol Na2CO3，其质量为212.0g 。本题选A。点睛：实验室没有任意规格的容量瓶，如果所配制的溶液体积没有匹配的容量瓶，通常要根据大而近的原则选取合适的规格，并根据所选规格计算所需称量的溶质或所需量取的浓溶液。7、A【题目详

23、解】A反应中Fe元素化合价部分升高为+3价，S元素化合价由+2价升高到+2.5价，则还原剂是Fe2+和，故A错误；B根据电荷守恒得：232(-2)(-x)-2，解得x4，故B正确；C根据还原剂失电子总数等于氧化剂得电子总数，Fe、S元素的化合价升高，O元素的化合价降低，由反应可知，该反应转移4e-，所以每生成1mol Fe3O4，由O元素的化合价变化可知，转移电子为1mol20-(-2)=4mol，故C正确；D设被Fe2+还原的O2的物质的量为y，根据得失电子守恒可知，4y1mol3，解得y0.5mol，故D正确；答案选A。8、C【答案解析】AOA段无Fe2+生成，是加入的5.6g即0.1mo

24、l铁粉与硝酸反应：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O，设溶液中的氢离子的物质的量为xmol，则有：Fe+4H+NO3-=Fe3+NO+2H2O140.1mol xmol则有：解得x=0.4mol 则溶液中的氢离子的物质的量浓度c=4mol/L，故A正确；B若a=3，则说明在BC段生成的Fe2+的物质的量为n=0.1mol，而BC段发生的反应为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设溶液中的Cu2+的物质的量为ymol，则有：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 1 1 ymol 0.1mol则有：，则有：y=0.1mol，则溶液中的铜离子的物质的量浓度c=1mol/L，故B正确；CC点溶液中c（

25、Fe2+）=4mol/L，故此时溶液中的n（Fe2+）=CV=4mol/L0.1L=0.4mol，而此时溶液中溶质为Fe（NO3）2，故C点溶液中的n（NO3-）=0.8mol，而在OA段加入0.1mol铁反应时，消耗掉的硝酸根为0.1mol，故原溶液中的n（NO3-）总=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故浓度为c（NO3-）总=9mol/L，故C错误；DBC段，加入的铁粉和Cu2+反应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故D正确；故选C。9、A【题目详解】反应热等于断键吸收的总能量与形成化学键所放出的能量的差值，由图可以看出：P4中有6mol的PP，5mol的O2中含有5molOO，

26、1mol的P4O10中含有4mol的PO，12mol的PO，所以根据方程式可知反应热H(6a5d4c12b)kJmol1。答案选A。10、B【分析】一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，要使氨水溶液的pH减小1，但溶液仍然为碱性，则加入的物质能抑制一水合氨的电离，据此解答。【题目详解】A. 一水合氨是弱电解质，所以氨水中存在电离平衡，将溶液稀释到原体积的10倍，则促进一水合氨的电离，氢氧根离子的浓度大于原来的十分之一，所以稀释后溶液的pH（a-1），故A错误；B. 向氨水中加入氯化铵固体，铵根离子浓度增大而抑制一水合氨的电离，氨水中氢氧根离子浓度减小，所以可以使溶液的pH=（a-1），故

27、B正确；C. 加入等体积0.2mol/L盐酸，盐酸的物质的量大于氨水的物质的量，则混合溶液呈酸性，故C错误；D. 向氨水中通入氨气，氨水浓度增大，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，故D错误；答案选B。11、D【题目详解】A. “薪柴之灰”呈碱性，铵盐呈酸性，二者反应生成氨气，减小肥效，二者不能共用，故A错误；B.从草木灰中分离出碳酸钾的方法为过滤，不是萃取，故B错误；C.所得碱为碳酸钾，属于盐；故C错误;D.碳酸钾水解呈碱性，有利于油脂的水解，所以“浣衣”过程有化学变化，故D正确。故选D。12、C【分析】氧化还原反应中氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性

28、，结合元素的化合价的变化计算电子转移的数目。【题目详解】A反应中Se元素化合价降低，H2SeO4为氧化剂，Cl元素化合价升高，Cl2为氧化产物，氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则H2SeO4的氧化性比氯气强，选项A错误；B将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，可说明亚硒酸具有氧化性，二氧化硫具有还原性，则亚硒酸的氧化性大于二氧化硫，选项B错误；C2HCl+H2SeO4=H2SeO3+Cl2+H2O反应中，H2SeO4为氧化剂，H2SeO3为还原产物，则H2SeO4的氧化性比H2SeO3强，选项C正确；D将二氧化硫通入亚硒酸溶液中出现单质硒的沉淀，反应中Se元素化合价由+

29、4价降低到0价，S元素化合价由+4价升高到+6价，则析出1mol硒要用H2SeO31mol，SO22mol，选项D错误；答案选C。13、D【分析】影响化学反应速率的因素包括内因和外因，内因是反应物本身的性质，外因包括温度、浓度、催化剂压强等。【题目详解】A、升高温度，化学反应速率加快；降低温度，化学反应速率减慢，A不符合题意；B、增大酸或碱的浓度，中和反应速率加快；降低酸或碱的浓度，中和反应速率减慢，B不符合题意；C、酸碱中和反应的反应速率的内因与反应物的性质，有关，C不符合题意；D、压强能够改变化学反应速率，但是只有气体参与的反应，压强才能影响其速率，酸碱中和反应中没有气体参与，所以压强不能

30、影响其速率，D符合题意；答案选D。14、B【题目详解】A物质的量与热量成正比，5min时达到平衡，测得反应放热166.6kJ，则参加反应的氧气为 =0.85mol，05 min内，用O2表示的平均反应速率（O2）= =0.017 molL-1min-1，故A正确；B. 2mol SO2和1mol O2充入10L恒容密闭容器中达到平衡时，消耗氧气为0.85mol，放出热量为166.6kJ，而条件不变，起始向容器中充入4 mol SO2和2 mol O2，物质的量为原来的2倍，压强增大，平衡正向移动，达到平衡时消耗氧气大于0.85mol2=1.7mol，则平衡时放热大于166.6kJ2=333.2

31、 kJ，故B错误；C. 若增大O2的浓度，平衡正向移动，则SO2的转化率增大，故C正确；D. 达到平衡状态，各组分浓度不变，正逆反应速率相等，的值不变时，可知各物质的物质的量不变，则反应达到平衡，故D正确；故选B。15、D【题目详解】A.不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率相同，A错误；B.新法合成与哈伯法合成都是反应物总能量大于生成物总能量，因此两个反应都是放热反应，只是新法降低了反应所需的能量，减少反应过程中的能源消耗，B错误；C.新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂、新化学键也要同时生成，反应的本质与使用哪种催化剂无关，C错误；D.高温条件需要大量

32、能源，用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，减少能源消耗，所以新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查催化剂对化学反应的影响，催化剂能通过改变活化能而影响反应速率，但由于不能改变反应物、生成物的能量，只改变了反应途径，所以不影响平衡移动。16、A【题目详解】假设1molN2完全转化，则消耗H2的物质的量为：n消耗(H2)=3n(N2)=3.0mol，实际化学反应具有一定的限度，N2完全转化是不可能的，因而消耗H2的物质的量绝对小于3.0mol，故H2的最大转化率为：最大(H2)100

33、%=30%，故符合题意的答案只能是A。故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、溴原子 加成反应 取代反应 、 取样，滴加氢氧化钠水溶液加热，冷却后先加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀出现，证明有溴元素，反之无 【分析】甲苯与氯气发生苯环上取代反应生成D，D发生水解反应得到E，由E与F反应产物G（酯）的结构结构式可知，E为，则D为，F为CH2=CHCOOH，F还可发生加聚反应可生成H；丙烯发生与溴水发生取代反应得到A，A发生水解反应得到B，B催化氧化得到C，C与银氨溶液反应得到丙烯酸，采用逆合成分析法由F逆推C可知，C为，B为，A为，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，

34、（1）A为，则A中官能团的名称溴原子；E的结构简式为；（2）反应为碳碳双键的加成反应，故反应类型为：加成反应；反应为卤代烃的水解反应，其反应类型为：水解反应（或取代反应），故答案为加成反应；水解反应（或取代反应）；（3）反应为醇的催化氧化反应，B为，在铜催化作用下与氧气发生反应，其化学方程式为：；（4）酯G为，分子式为：C10H10O2，不饱和度为：=6，其芳香族同分异构体中，能发生银镜反应则含有醛基，苯环上的一取代物只有2种，则说明苯环上有2个取代基，处于邻对位，既能与稀硫酸又能与NaOH溶液反应，则说明含有酯基，则符合条件的同分异构体可以为：、；（5）A中含有溴原子，可先让其发生水解反应生

35、成溴离子，再利用银离子与溴离子的反应现象证明，具体方法为：取样，滴加氢氧化钠水溶液加热，冷却后先加过量的硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀出现，证明有溴元素；（6）C为，可先进行催化氧化生成，再加氢还原生成，最后在浓硫酸催化剂作用下发生消去反应得到F（CH2=CH-COOH），具体合成路线如下：。18、1100 nm2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在蒸发浓缩玻璃棒2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O【分析】将D溶液滴入沸水中可得到以

36、F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【题目详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1100 nm。(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl

37、36H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5) FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O。19、CO32+Cu2+=CuCO3 过滤、洗涤、干燥 ACB 装置B中澄清石灰水变浑浊 吸收空气中的H2O (g)和CO2 结束时通入的空气可以将装置中滞留的H2O (g)和CO2赶出 1 【分析】、沉淀是CuCO3说明Na2CO3溶液与C

38、uSO4溶液发生复分解反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法；、（1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。、（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装

39、置中的空气排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；（2）装置B质量增加了n克，说明分解生成ng水，根据水的质量计算沉淀中氢氧化铜的质量，沉淀质量减去氢氧化铜的质量等于碳酸铜的质量，再利用质量分数的定义计算。【题目详解】、沉淀是CuCO3说明，Na2CO3溶液与CuSO4溶液发生反应生成硫酸钠与碳酸铜，即碳酸根与铜离子反应生成碳酸铜沉淀，反应的离子方程式为CO32+Cu2=CuCO3；将沉淀从溶液中分离并净化，用过滤的方法，其具体操作依次为过滤、洗涤、干燥；、（

40、1）加热时氢氧化铜分解成CuO和水，碳酸铜分解成氧化铜和二氧化碳；若有氢氧化铜可用无水硫酸铜检验；若有碳酸铜可用澄清的石灰水检验产生的二氧化碳，澄清石灰水变浑浊说明含有CuCO3；由于澄清石灰水会带出H2O（g），所以先检验H2O后检验CO2。A加热固体，C用无水硫酸铜检验有无水生成，B用澄清的石灰水检验有无二氧化碳产生，各装置连接顺序为ACB ；（2）由上述分析能证明生成物中有CuCO3的实验现象是装置B中澄清石灰水变浑浊。、若CuCO3和Cu（OH）2两种沉淀都有，加热时生成CO2和H2O，定量检验时，可用浓硫酸吸收水，用碱石灰吸收二氧化碳，实验时，为减小误差，应排除空气中H2O（g）和二

41、氧化碳的干扰，并保证H2O（g）和二氧化碳被完全吸收，则实验仪器的连接顺序应为CABDE。（1）实验开始时装置的空气中含有水蒸气和二氧化碳，若不排除被吸收装置吸收会对计算结果产生较大的误差，故开始时先用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳排尽；实验结束氢氧化铜和碳酸铜加热分解后会在反应装置中残留二氧化碳和H2O（g），通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收；故装置C中碱石灰的作用是吸收空气中的H2O（g）和CO2；实验结束时通入过量空气的作用是：通过用除去H2O（g）和二氧化碳的空气将装置中滞留的H2O（g）和二氧化碳赶出被吸收装置完全吸收。（2）装置B质量增加了ng，说明分解生成ng水，水的物质的量为mol，根据氢元素守恒可知氢氧化铜的物质的量为mol，故氢氧化铜的质量为mol98gmol1=g，沉淀中CuCO3的质量为（m）g，碳酸铜的质量分数为=(m)m100%=（1-）100%。20、，OH + H+ = H2O 除去残存的甲苯 减少苯甲酸钾结