2022-2023学年安徽省铜陵市浮山中学等重点名校化学高三上期中复习检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、如图曲线a表示放热反应 X(g) + Y(g) + N(s) Z(g) + M(g)进行过程中X的转化率随时间变化的关系。在其它条件不变时改变某个条件，使反应过程按b曲线进行，可采取的措施是A升高温度B加大X的投入量C缩小容器的体积D增加N的量2、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说

2、法中错误的是A利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离BX、Z烧杯中分散质相同CY中反应的离子方程式为DZ中能产生丁达尔效应3、水溶液X中只可能溶有K、Mg2、Al3、AlO2-、SiO32-、SO32-、CO32-、SO42-中的若干种离子。某同学对该溶液进行了如下实验。则下列判断正确的是A气体甲一定是纯净物B沉淀甲是硅酸和硅酸镁的混合物CK、AlO2-和SiO32-一定存在于溶液X中DCO32-和SO42-一定不存在于溶液X中4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.1 molL1的HNO3溶液中含有的H数目为0.1NAB1 mol Cl2与足量的氢氧化钠溶液反应转移电子数目为2

3、NAC含4.6g钠元素的Na2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.3NAD50mL18.4 molL1的浓H2SO4与足量铜反应，生成SO2的分子数等于0.46NA5、化学中常用图像直观地描述化学反应的进程或结果。下列图像描述正确的是（ ）A根据图1可判断可逆反应“A2(g)+3B2(g)2AB3(g)”的 HKsp(AgCl)D向盛有KI3溶液的两试管中分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液前者溶液变蓝色，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3I2+I- AABBCCDD7、已知 4NH3+5O2 = 4NO+6H2O(g)，若反应速率分别用v(NH3)、v(O2)、v(NO)、v(H2O

4、)表示，则正确的关系是( )Av(O2)= v(NH3)Bv(H2O)= v(O2)Cv(H2O)= v(NH3)Dv(NO)= v(O2)8、四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，四种元素原子的最外层电子数之和为15，下列叙述正确的是（ ）Ab元素最高价氧化物对应的水化物为强酸B最简单气态氢化物的热稳定性：bcCc为第二周期第VIIA族元素D原子半径：dcba9、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是（）A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2M

5、gBr2MgCl2MgF2C金属镁和卤素单质(X2)的反应都是放热反应D由图可知，此温度下MgBr2(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为MgBr2(s)Cl2(g)MgCl2(s)Br2(g)-117kJ10、可确定乙二醇分子是否有极性的实验是A测定沸点B测静电对液流影响C测定蒸气密度D测标准状况下气体摩尔体积11、下列过程中，共价键被破坏的是（ ）碘升华 溴蒸气被木炭吸附 乙醇溶于水 HCl气体溶于水冰融化 NH4Cl受热 氢氧化钠熔化 (NH4)2SO4溶于水ABCD12、下列实验操作和实验现象及所得出的结论均正确的是 选项实验操作和现象结论A向某溶液滴加过量的稀盐酸，有刺激性气味气体

6、产生，溶液中出现淡黄色沉淀溶液中可能存在S2和SO或S2OB向KI溶液中加入淀粉，然后再加入1.0molL-1的H2SO4溶液，开始时无明显现象，加入H2SO4溶液后溶液变蓝H2SO4能氧化IC将炽热的木炭与浓硫酸混合所得气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊碳的氧化产物为CO2D分别向等浓度的Na2CO3与NaHCO3溶液中加入等量的盐酸，NaHCO3溶液中产生气泡的速率更快CO结合H能力比HCO弱AABBCCDD13、2017年1月，南京理工大学胡炳成教授团队成功合成世界首个全氮阴离子盐，全氮阴离子化学式为N5-。下列关于全氮阴离子盐的说法正确的是A每个N5-含有26个电子BN5-的摩尔质

7、量为71gmol-1C全氮阴离子盐既含离子键又含共价键D全氮阴离子盐可能属于电解质，也可能属于非电解质14、下列表示对应化学反应的离子方程式，其中正确的是A向NaA1O2溶液中通入足量的CO2：A1O2-CO22H2OA1(OH)3HCO3-B(NH4)2Fe(SO4)2溶液中加入过量的氢氧化钡溶液：2NH4+Fe2+4OH-Fe(OH)22NH3H2OCNaHSO4溶液中加入Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：Ba2+OH-H+SO42-BaSO4H2OD向H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2=2Na+4OH-+18O215、钢板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说

8、法正确的是（ ） A负极反应式为：2H+2e-H2B此过程中铁做负极，被氧化C此过程中铜会被腐蚀，发生氧化反应D此过程中电子从Fe移向Cu，铁铆钉发生还原反应16、用无机矿物资源生产部分材料，其产品流程示意图如下。下列有关说法不正确的是A制取玻璃的同时产生CO2气体，制取粗硅时生成的气体产物为COB生产高纯硅、铝、铜及玻璃的过程中都涉及氧化还原反应C粗硅制高纯硅时，提纯四氯化硅可用多次蒸馏的方法D黄铜矿冶炼铜时产生的SO2可用于生产硫酸，FeO可用作冶炼铁的原料二、非选择题（本题包括5小题）17、有机化学基础M为合成高分子材料的中间体，以芳香烃A制备M和高分子化合物N的一种合成路线如下： 已知

9、：请回答下列问题：（1）C的化学名称为_。（2）AB、HM的反应类型分别为_、_。（3）F中所含官能团的名称为_。G的结构简式为_。（4）试剂1为_。（5）DN的化学方程式为_。（6）Q为H的同分异构体，同时满足下列条件的Q的结构简式为_。苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构能与氯化铁溶液发生显色反应，1 mol Q最多消耗3 molNaOH核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为62211（7）参照上述合成路线和信息，以甲醛和乙醛为起始原料（无机试剂任选），设计制备聚丙烯酸（）的合成路线：_。18、已知X、Y、Z、W、H五种元素原子序数依次增大，分布在元素周期表中的三个不同短周期。X、W同

10、主族，Y、Z是同周期的相邻元素。W原子的质子数等于Y、Z原子最外层电子数之和。Y的氢化物分子中有3个共价键。Z的阴离子与H的阳离子具有相同的电子层结构，H的单质能溶于W最高价氧化物的水化物溶液中。试推断：(1)Y元素的名称是：_；(2)H在元素周期表中的位置：_；H的单质溶于W最高价氧化物的水化物反应的离子方程式：_；(3)由X、Y、Z所形成的离子化合物M的化学式是_(注：Y元素在该化合物中既体现它的最高价又体现最低价)，工业上用电解Y的氧化物YO来制备M，工作原理如图：X为Y的氢化物，最终制得3 mol M理论上需补充_mol X物质；若用甲醇空气燃料电池（电解质溶液为KOH溶液）为该电解过

11、程提供电能，则通入甲醇一极的极反应为：_，该极与上图电解装置中的_（填“A”或“B”）极相连。19、某学生对Na2SO3与AgNO3在不同pH下的反应进行探究。（1）测得0.1mol/L的Na2SO3溶液pH=11，其原因是_（用离子方程式解释）（2）调节pH，对两者的反应进行了如下实验并记录了实验现象（实验都在锥形瓶中完成，且所用锥形瓶均进行振荡）实验pH实验现象110产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清26产生白色沉淀，放置长时间后无变化32产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X已知：AAg2SO3：白色不溶于水，能溶于过量Na2SO3溶液BAg2SO4：白色微溶于水，只能溶于浓硝酸

12、CAg2O：棕黑色，能与酸反应根据以上信息，解释实验1中白色沉淀溶解可能的原因_甲同学对于实验2中的白色沉淀的成分，提出如下猜想猜想1：白色沉淀为Ag2SO3猜想2：白色沉淀为Ag2SO4猜想3：白色沉淀中既有Ag2SO3也有Ag2SO4为了证明其猜想，甲同学过滤实验2中的白色沉淀，加入_溶液，发现白色沉淀部分溶解；再将剩余固体过滤出来，加入_溶液，沉淀完全溶解，由此证明猜想3成立。（3）乙同学为了确定实验3中棕黑色沉淀X的成分，做了如下实验向X中加入稀盐酸，无明显变化向X中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成分别用Ba（NO3）2溶液和BaCl2溶液检验实验反应后的溶液，发现前者无变化，后者产生

13、白色沉淀，其中，实验的目的为_，由上述实验现象可确定沉淀X的成分为_（填化学式），实验的化学方程式为_。20、某学习小组学习了亚铁盐的性质后，欲探究FeSO4溶液分别与Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的反应。已知：Fe(OH)2和FeCO3均为白色沉淀，不存在Fe(HCO3)2。实验操作及现象记录如下：实验试剂操作及现象试管(I)试管(II)(试管容积为50 mL)实验a1.0 molL1FeSO4溶液24 mL1.0 molL1Na2CO3溶液24mL倾倒完后，迅速用胶塞塞紧试管I的口部，反复上下颠倒摇匀，使反应物充分混合反应过程中无气泡产生，生成白色絮状沉淀 放置1.52 h后，白色絮状

14、沉淀转化为白色颗粒状沉淀实验b1.0 molL1FeSO4溶液 10 mL1.0 molL1 NaHCO3溶液 20 mL 倾倒完后，迅速产生白色颗粒状沉淀和大量气泡。振荡，经24 min后液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色 (1)甲同学认为实验a中白色颗粒状沉淀是FeCO3，写出该反应的离子方程式：_；他为了证实自己的观点，进行实验：取少量白色颗粒状沉淀，加入_，发现产生大量气泡。(2)乙同学推测实验a的白色颗粒状沉淀中还可能含有Fe(OH)2，他将实验a中两种溶液体积均改成15 mL后再进行实验，证实了他的推测。能证明Fe(OH)2存在的实验现象是_。(3)实验b中白色颗粒状

15、沉淀主要成分也为FeCO3，写出生成FeCO3的离子方程式：_。(4)实验b中液面上方试管内壁粘附的白色颗粒状沉淀物变成红褐色，主要原因是潮湿的FeCO3被氧气氧化，写出该反应的化学方程式：_。(5)乙同学反思，实验a中含有Fe(OH)2，实验b中几乎不含有Fe(OH)2，对比分析出现差异的原因是_。21、近几年我国大面积发生雾霾天气，其主要原因是SO2、NOx等挥发性有机物等发生二次转化，研究碳、氮、硫及其化合物的转化对于环境的改善有重大意义。（1）在一定条件下，CH4可与NOx反应除去NOx，已知有下列热化学方程式：CH4(g)2O2(g)CO2(g)2H2O(l) H-890.3 kJm

16、ol-1N2(g)2O2(g)2NO2(g) H+67.0 kJmol-1H2O(g)H2O(l) H-41.0 kJmol-1则CH4(g)2NO2(g) CO2(g)2H2O(g)N2 (g) H_kJmol-1；该反应在_（高温，低温，任何温度）下可自发进行（2）SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中SO2发生催化氧化的反应为： 2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H、“”或“ = ”)。图中B点的平衡常数Kp=_。(Kp=压强平衡常数，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数)（4）为了清除NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收

17、处理。现有由a mol NO、b molNO2、c molN2O4组成的混合气体恰好被VL氢氧化钠溶液吸收（无气体剩余），则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为_。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、C【分析】由图像可知，由曲线a到曲线b，到达平衡的时间缩短，故改变条件后，反应速率加快，平衡时X的转化率不变，说明条件改变不影响平衡状态的移动，据此分析判断。【题目详解】A、该反应是放热反应，升高温度，反应速率加快，平衡向逆反应移动，X的转化率降低，与图像不符，故A错误；B、加大X的投入量，X浓度增大，反应速率加快，平衡向正反应移动，但X的

18、转化率降低，故B错误；C、缩小反应容器的体积，物质的浓度增大，反应速率加快，反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，故C正确；D、N是固体，增加N的投入量，不影响反应速率，平衡不移动，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意N为固体，增大固体的投入量，平衡不移动，反应速率不加快。2、B【题目详解】A利用过滤法可将Z中固体和液体分离，故A正确；BX中分散系是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，乙中分散系是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；C根据实验现象，碳酸钙与溶液反应，生成氢氧化铁胶体和，故C正确；DZ中是氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；故答案为B。3、

19、C【题目详解】加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，或两者都有，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫，或两者都有，一定不存在和碳酸根或亚硫酸根离子不共存的离子，所以不存在Mg2+、Al3+离子，加盐酸有沉淀，说明一定有SiO32-离子，硅酸是沉淀，加入过量氨水（提供OH-）有沉淀生成，只能是氢氧化铝沉淀，说明此时溶液中存在铝离子，但是原来溶液中的铝离子一定不能存在，所以该铝离子是偏铝酸根离子和盐酸反应生成的，所以，一定存在AlO2-离子，要保证溶液电中性，只有K+这一种阳离子，所以一定存在K+离子，A加HCl有气体说明有CO32-或SO32-，生成的气体是二氧化碳或二氧化硫或两者的混合气体，则

20、气体甲不一定是纯净物，故A错误；B由于加入的盐酸过量，生成的沉淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C溶液中一定含有K+、AlO2-和SiO32-，故C正确；D硫酸根离子是否存在不能确定，CO32-可能存在，故D错误；故选：C。4、C【题目详解】A.缺少溶液体积，不能计算微粒的数目，A错误；B.Cl2与NaOH溶液反应方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可见1mol Cl2充分反应转移电子数目为NA，B错误；C.4.6gNa的物质的量是0.2mol，Na2O2和Na2O中阳离子与阴离子的离子个数比都是2：1，所以含有0.2molNa+的混合物中含有离子总数为0.3NA，

21、C正确；D.50mL18.4 mol/L的浓H2SO4中含有溶质的物质的量n(H2SO4)=18.4mol/L0.05L=0.92mol，若这些硫酸与铜完全反应，生成SO2的物质的量是0.46mol，但随着反应的进行，硫酸变稀，反应就不再发生，因此反应产生的SO2分子数小于0.46NA，D错误；故合理选项是C。5、A【题目详解】A升高温度，逆反应速率大于正反应速率，说明平衡向逆反应方向移动，则正反应应为放热反应，即H0，选项A正确；B从图象可知，乙曲线斜率大，乙反应到达平衡用得时间少，则乙反应速率快，根据压强对反应速率的影响，压强越大反应速率越大，则乙曲线压强大，根据反应方程式可以看出，物质D

22、为固体，则增大压强平衡向正反应方向移动，反应物的含量减小，而图中达到平衡时反应物的浓度在两种不同压强下相同，是不符合实际的，选项B错误；C.乙酸为弱电解质，向乙酸溶液中通入氨气，二者反应生成的醋酸铵为强电解质，溶液中离子浓度增大，导电性增强，图象不符合，选项C错误；D. CuSO4 溶液中加入适量CuO，发生：CuO+ 2H+=Cu2+ + H2O，溶液中H+浓度减小，易于Fe3+ 水解生成沉淀，当调节pH在4左右时，Fe3+全部水解生成沉淀而除去，而加入Cu不能和H+发生反应，不能调节溶液的pH，选项D错误。答案选A。6、D【答案解析】A、SO2溶于水溶液显酸性，硝酸根把SO2氧化为硫酸，生

23、成硫酸钡白色沉淀，不能说明含有三氧化硫，A错误；B、偏铝酸钠和酸反应生成氢氧化铝沉淀，因此Y是氯化氢等，碳酸是弱酸，不能溶解氢氧化铝，B错误；C、根据沉淀容易向更难溶的方向转化可判断Ksp(Ag2S)Ksp(AgCl)，C错误；D、溶液变蓝色，说明存在单质碘。后者产生黄色沉淀，说明含有碘离子，因此可以说明存在平衡，D正确；答案选D。【答案点睛】选项A是易错点，答题时容易忽略酸性溶液中硝酸根的氧化性。7、A【题目详解】对于反应4NH3(g)+5O2(g)4NO(g)+6H2O(g)，A速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(O2)=4：5，即v(O2)=v(NH3)，故A正确；B速率之比

24、等于化学计量数之比，故v(O2)：v(H2O)=5：6，即v(H2O)= v(O2)，故B错误；C速率之比等于化学计量数之比，故v(NH3)：v(H2O)=4：6，即v(H2O)= v(NH3) ，故C错误；D速率之比等于化学计量数之比，故v(O2)：v(NO)=5：4，即v(NO)= v(O2) ，故D错误；故答案为A。8、A【答案解析】四种主族元素a、b、c、d分布在三个短周期中，其原子序数依次增大，则a为H；b、d的简单离子具有相同电子层结构，d的简单离子半径是同周期主族元素中最小的，d为Al，四种元素原子的最外层电子数之和为15，b、c为第二周期元素，b、c的最外层电子数之和为15-1

25、-3=11，b为N，c为O符合题意，以此来解答【题目详解】由上述分析可知，a为H，b为N，c为O，d为Al；Ab元素为氮元素，其最高价氧化物对应的水化物硝酸为强酸，故A正确；B非金属性ON，则气态氢化物的热稳定性：bc，故B错误；Cc为O元素，核电荷数为8，为第二周期第VIA族元素，故C错误；D短周期主族，电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：AlNOH，故D错误；故答案为A。9、C【题目详解】A由图可知，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，则由MgCl2制取Mg是吸热反应，故A错误；B物质的能量越低越稳定，由图可知化合物的热稳定性顺序为MgI2MgBr2MgCl2M

26、gF2，故B错误；C金属镁和卤素单质（X2）的能量均比生成物能量高，则均为放热反应，故C正确；D由图可知Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol、Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，结合盖斯定律可知，-得到MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117kJmol-1，放热，故D错误；故答案为C。10、B【答案解析】极性分子的正电荷中心与负电荷中心不重合，极性分子虽然整体不带电，但每一个乙二醇分子都有带电的极性端，也可以再理解为部分区域带电，所以它在电场作用下，会定向运动，所以测静电对液流影响，可以判断分子是否有

27、极性；而测定沸点、测定蒸气密度、测标准状况下气体摩尔体积等均不能判断分子极性。答案选B。11、D【题目详解】碘升华，破坏的是分子间作用力，故不选；溴蒸气被木炭吸附，破坏的是分子间作用力，故不选；酒精溶于水，不发生电离，破坏的是分子间作用力，故不选；HCl气体溶于水，发生电离，H-Cl共价键被破坏，故选；冰融化，破坏的是分子间作用力，故不选；NH4Cl受热发生分解反应，生成氨气和HCl，N-H共价键破坏，同时破坏了离子键，故选；氢氧化钠熔化，破坏的是离子键，故不选；(NH4)2SO4溶于水，发生电离，破坏的是离子键，故不选；共价键被破坏的有，故选D。【答案点睛】本题的易错点为和，要注意氯化氢为共

28、价化合物，溶解时破坏了H-Cl共价键，(NH4)2SO4属于离子化合物，溶解时破坏了离子键，铵根离子和硫酸根离子中的共价键没有破坏。12、A【题目详解】AS2和SO在酸性条件下可生成淡黄色S沉淀，用酸酸化含有S2O的溶液也有淡黄色S沉淀生成，故A正确；B稀硫酸无氧化性，不能氧化I-，溶液变蓝可能是I-在酸性条件下被空气中氧气氧化为I2，故B错误；CSO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，则无法判断C的氧化产物是CO2，可能是浓硫酸的还原产物为SO2，故C错误；DNaHCO3溶液中产生气泡的速率更快，与HCO直接与H+反应生成CO2气体有关，由酸性强弱可知结合H+的能力：HCOCO，故D错误；故答

29、案为A。13、C【答案解析】每个N5- 含有36个电子，故A错误；N5-的摩尔质量为70gmol-1，故B错误；N5-含有共价键，全氮阴离子与金属离子之间存在离子键，故C正确；盐都是电解质，所以全氮阴离子盐属于电解质，故D错误。14、A【答案解析】A、利用碳酸酸性强于氢氧化铝，CO2为足量，离子方程式为AlO2CO22H2O=Al(OH)3HCO3，故A正确；B、缺少Ba2和SO42的反应，故B错误；C、溶液呈中性，离子反应为Ba2SO422H2OH=BaSO42H2O，故C错误；D、过氧化钠与水反应，过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，O2中氧元素来自于Na2O2中O，故D错误。15、B【题目详解

30、】A. 吸氧腐蚀形成的是原电池，负极铁失电子被氧化成Fe2+，故A错误；B. 此过程中Fe失电子被氧化成Fe2+，所以铁做负极，被氧化，故B正确；C. 该原电池中铜作正极，原电池放电时，负极失电子容易被腐蚀，正极被保护，所以铜不被腐蚀，故C错误；D. 此过程中铁柳钉失电子发生氧化反应，故D错误；故答案为B。【答案点睛】原电池中正极得电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应。16、B【答案解析】试题分析：A、制取玻璃发生的反应是碳酸钙、碳酸钠与二氧化硅反应生成硅酸盐和二氧化碳气体，制取粗硅时，C与二氧化硅反应生成Si单质和CO，制取；B、生产玻璃时，各元素的化合价未发生变化，不是氧化还原反应，错

31、误；C、四氯化硅常温下为液体，利用四氯化硅与杂质的沸点的不同提纯四氯化硅，所以采用多次蒸馏的方法，正确；D、黄铜矿冶炼铜时产生的SO2与氧气反应生成三氧化硫，三氧化硫与水反应可制取硫酸，FeO可作冶炼铁的原料，正确，答案选B。考点：考查对化学工艺的分析判断二、非选择题（本题包括5小题）17、苯酚 取代反应 酯化反应（或取代反应） 醛基、醚键 银氨溶液或新制Cu（OH）2悬浊液 CH3CHO CH2CHCHO 【题目详解】结合E的结构简式，可知，D与CH3CH2I发生取代反应生成E和HI，可推知D为，D发生缩聚反应生成高分子化合物N；C与甲醛发生缩合反应生成D，结合C的分子式可知C为苯酚；B为氯

32、苯，A为苯；E发生氧化反应生成F为；在氢氧化钠溶液中与乙醛发生类似已知反应类型的反应，生成G为；H与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成M，根据M的结构简式可推知H为；（1）C的化学名称为苯酚；（2）AB是苯在氯化铁的催化下与氯气发生取代反应生成氯苯和氯化氢、HM是和乙醇在浓硫酸的催化下发生酯化反应（也属于取代反应）生成M和水，反应类型分别为取代反应、酯化反应（或取代反应）；（3）F为，所含官能团的名称为醛基、醚键；G的结构简式为；（4）试剂1将G中的醛基氧化为羧基，为银氨溶液或新制Cu（OH）2悬浊液；（5）DN是在催化剂作用下发生缩聚反应生成和水，反应的化学方程式为；（6）Q为H的同分异构体

33、，满足苯环上连有两个取代基，除苯环外无其他环状结构，能与氯化铁溶液发生显色反应则含有酚羟基，1 mol Q最多消耗3 molNaOH，根据氧原子个数可知应该还含有一个连接在苯环上的酯基且水解后生成两个酚羟基；核磁共振氢谱有5组峰，峰面积之比为62211，则有四种氢，其中有两个甲基，符合条件的同分异构体为；（7）参照上述合成路线和信息，甲醛和乙醛在氢氧化钠溶液中加热反应生成CH2CHCHO，CH2CHCHO在银氨溶液中水浴加热发生氧化反应后酸化得到CH2CHCOOH，CH2CHCOOH在催化剂作用下发生加聚反应生成聚丙烯酸，故制备聚丙烯酸（）的合成路线为： CH3CHO CH2CHCHO18、氮

34、(元素) 第三周期第IIIA 族 2Al+2OH-+2H2O=2+3H2 NH4NO3 1.2 CH3OH-6e- +8OH-=6H2O+ A 【分析】X、Y、Z、W、H五种元素原子序数依次增大，分布在元素周期表中的三个不同短周期，X、W同主族，X是氢元素，W是钠元素；Y、Z为同周期的相邻元素，原子序数小于Na的11号，Y的氢化物分子中有3个共价键，则Y为N元素；Z是氧元素；Z的阴离子与H的阳离子具有相同的电子层结构，离子核外电子数为10，H的单质能溶于W最高价氧化物的水化物溶液中，故H为铝元素，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：X是H，Y是N，Z是O，W是Na，H是Al元素。(1)Y是

35、N元素，元素名称为氮元素；(2)H是Al元素，核外电子排布是2、8、3，因此在元素周期表中位于第三周期第IIIA族；Al单质能够与NaOH溶液反应产生NaAlO2、H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2；(3)X是H，Y是N，Z是O，三种元素形成的离子化合物M是NH4NO3，在工业上一般是用电解NO的方法制取NH4NO3；X为Y的氢化物，X物质为NH3。由图示可知在A电极上NO得到电子发生还原反应产生阳离子，N元素化合价降低5价，得到电子5e-；在B电极上NO失去电子发生氧化反应产生阴离子，N元素化合价升高3价，失去电子3e-，根据同一闭合回路中电子转移数目相等，电子

36、转移总数为15e-，A电极上产生3个，B电极上产生5个，二者结合产生5个NH4NO3，需补充2个NH3，则若最终制得3 mol M理论上需补充NH3的物质的量n(NH3)=2 mol=1.2 mol；若用甲醇空气燃料电池(电解质溶液为KOH溶液)为该电解过程提供电能，则通入甲醇一极为负极，失去电子发生氧化反应，产生CO2与OH-结合形成，该电极的电极反应式为：CH3OH-6e- +8OH-=6H2O+；该电极是负极，根据分析可知A电极为阴极，应该与电源的负极连接，所以甲醇燃料电池要与上图电解装置中的A极相连。19、SO32 + H2OHSO3 + OH 生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶

37、解 Na2SO3 浓硝酸 证明该沉淀不是Ag2O Ag Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O 【答案解析】白色沉淀1可能为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4，所以沉淀2可能Ag2SO4和Ag2SO3混合物；pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能

38、为Ag2O或Ag，向黑色沉淀中加入稀盐酸，如果黑色沉淀溶解，则证明黑色沉淀含有Ag2O，若沉淀不溶解，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再加浓硝酸，沉淀溶解，则说明沉淀含有Ag。【题目详解】(1)Na2SO3为强碱弱酸盐，SO32-发生水解，SO32 + H2OHSO3 + OH，水解产生氢氧根，因此Na2SO3溶液呈碱性；(2)白色沉淀1为Ag2SO3，Na2SO3与AgNO3发生复分解反应生成Ag2SO3沉淀，根据已知“Ag2SO3能溶于过量Na2SO3溶液”，因此可能是生成的Ag2SO3被过量的Na2SO3溶解；pH=6时，酸性条件下，NO3-具有氧化性，SO32-具有还原性，两者发生氧化还

39、原反应，SO32-可能被氧化为SO42-，即可与Ag+结合生成Ag2SO4，所以沉淀中可能有Ag2SO3和Ag2SO4，可先验证Ag2SO3，向白色沉淀中加入Na2SO3溶液，发现白色沉淀部分溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO3；再验证Ag2SO4，根据已知“Ag2SO4：白色微溶于水，只能溶于浓硝酸”可用浓硝酸验证Ag2SO4，操作为将剩余固体过滤出来，加入浓硝酸溶液，沉淀完全溶解，则证明沉淀中含有部分Ag2SO4。(3)pH=2时，产生白色沉淀，一段时间后，变为棕黑色海绵状沉淀X，则X可能为Ag2O或Ag，根据已知“Ag2O：棕黑色，能与酸反应”，可先用非氧化性酸（盐酸）验证是否存在Ag

40、2O，向X中加入稀盐酸，无明显变化，则证明黑色沉淀不含有Ag2O；再用浓硝酸验证沉淀是否为Ag，向X中加入过量浓硝酸，有红棕色气体生成，说明沉淀为Ag，Ag与浓硝酸发生氧化还原反应生成二氧化氮气体、硝酸银和水，反应方程式为:Ag + 2HNO3 = AgNO3 + NO2 + H2O。20、Fe2+ + CO32 FeCO3 稀硫酸(或稀盐酸等，合理答案均可得分) 沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色 Fe2+ + 2HCO3 FeCO3+ CO2+ H2O 4FeCO3 + O2 + 6H2O 4Fe(OH)3 + 4CO2 混合以后，虽然实验b中c(NaHCO3)比实验a中c(Na2C

41、O3)大，但Na2CO3溶液的碱性(或水解程度)比NaHCO3溶液的强 【答案解析】解答本题主要抓住Fe(OH)2和FeCO3的区别进行分析，FeCO3能与酸反应产生气体；Fe(OH)2和FeCO3均能被空气中的氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，据此分析解答。【题目详解】(1)实验a中FeSO4与Na2CO3溶液混合若生成的沉淀是FeCO3，则发生复分解反应，反应的离子方程式为：Fe2+ + CO32 FeCO3；FeCO3溶于硫酸或盐酸产生二氧化碳气体，而氢氧化亚铁与硫酸或盐酸反应不会产生气体，则可用稀硫酸或盐酸来鉴别碳酸亚铁和氢氧化亚铁沉淀，故答案为Fe2+ + CO32 FeCO3；稀硫酸(或

42、稀盐酸)； (2)若沉淀中有Fe(OH)2，放置在空气中会被氧化而呈现白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色的现象，故答案为沉淀颜色由白色变为灰绿色，最终变为红褐色； (3)实验b中的反应物为硫酸亚铁和碳酸氢钠，两者反应除了生成碳酸亚铁沉淀，还有二氧化碳气体和水生成，反应的离子方程式为：Fe2+ + 2HCO3 FeCO3+ CO2+ H2O，故答案为Fe2+ + 2HCO3 FeCO3+ CO2+ H2O；(4) FeCO3被氧气氧化生成红褐色的氢氧化铁，反应中氧气为氧化剂，碳酸亚铁为还原剂，由氧化还原反应规律可得反应的化学方程式为：4FeCO3 + O2 + 6H2O 4Fe(OH)3 + 4CO2，故答案为4FeCO3 + O2 + 6H2O 4Fe(OH)3 + 4CO2；(5) 对比实验a、b，不同之处在于前者反应物为碳酸钠溶液，后者为碳酸氢钠溶液，由于碳酸根离子的水解程度较碳酸根离子的水解大，实验a中混合溶液氢氧根