2022-2023学年广东省东莞外国语学校高三化学第一学期期中质量检测试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、下列关于溶液及配制的说法正确的是（ ）A配制0.1molL-1CuSO4溶液450mL，需要CuSO4的质量是7.2gB配制稀硫酸时，将量筒量取的浓硫酸倒入小烧杯中，加入少量水溶解C配制一定物质的量浓度的溶液，若

2、定容时俯视刻度线，导致所配溶液浓度偏高D某温度下两种不同物质的溶液，若溶质的质量分数相同，则这两种溶液的物质的量浓度也一定相同2、向一定量的Fe、FeO、Fe2O3，Fe3O4的混合物中加入150mL4mol/L的稀硝酸恰好使混合物完全溶解，放出2.24LNO(标准状况)，往所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现。若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量为A0.25molB0.2lmolC0.3molD035mol3、下列有关实验操作的叙述，错误的是（ ）A中和热的测定实验时，眼睛要注视温度计的刻度变化B萃取时，将混合物充分振荡后，需静置，待液体分层明显后才能分液

3、C中和滴定实验时，为了使滴定终点的现象更加明显，可以滴加较多的指示剂D蒸馏时，温度计的读数刚达到某物质的沸点，不能立即收集馏出物4、已知：(NH4)2CO3(s)=NH4HCO3(s)+NH3(g) H=+74.9kJmol-1,下列说法中正确的是A能自发进行的反应一定是放热反应,不能自发进行的反应一定是吸热反应B该反应是吸热反应,因此一定不能自发进行C碳酸盐分解反应中熵增加,因此任何条件下所有碳酸盐分解一定自发进行D该反应中熵变、焓变皆大于0,在高温条件下可自发进行5、海带提碘实验过程中，没用到的实验操作是（ ）A溶解B萃取C蒸发D分液6、某同学进行下列实验：装置操作现象将盛有浓硝酸的烧杯A

4、放入盛有淀粉KI溶液的烧杯C中，然后将铜片放入烧杯A后，立即用烧杯B罩住。烧杯A液体上方立即出现大量红棕色气体；一段时间后，红棕色气体消失，烧杯A和C中的液体都变成蓝色。下列说法不合理的是A烧杯A中发生反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2OB红棕色气体消失可能与NO2和烧杯C中的KI发生反应有关C烧杯A中溶液变蓝是因为产生了Cu(NO3)2D若将铜片换成铁片，则C中的液体不会变蓝7、下列有关化学与生活、工业的叙述中不正确的是()A工业生产玻璃、水泥以及用铁矿石冶炼铁，均需要用石灰石为原料BCO会与血红蛋白结合，使人中毒；可将中毒病人放入高压氧舱中解毒，其解毒原理符合

5、平衡移动原理C2011年5月份起，面粉中禁止添加CaO2、过氧化苯甲酰等增白剂，CaO2属于碱性氧化物，过氧化苯甲酰属于有机物D固体煤经处理变为气体燃料后，可以减少SO2和烟尘的排放，且燃烧效率提高，有利于节能减排8、下列有关实验装置(夹持和尾气处理装置已省略)进行的相应实验，不能达到实验目的的是A利用甲装置，验证SO2或H2SO3具有氧化性B利用乙装置，验证元素的非金属性：C1CSiC利用丙装置，进行NH3的干燥、收集、尾气处理D利用丁装置，验证浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性9、图中横坐标为加入反应物的物质的量，纵坐标为产生沉淀的物质的量。下列反应对应的曲线正确的

6、是AA曲线表示向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量BB曲线表示向NaAl(OH)4溶液中滴入HNO3溶液至过量CC曲线表示向n(HCl):n(AlC13)=1:1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量DD曲线表示向nCa(OH)2:n(KOH)=1:2的混合溶液中通入CO2至沉淀消失10、工业上用CO和H2合成CH3OH：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。反应的平衡常数如下表：温度0100200300400平衡常数667131.9x1022.41041105下列说法正确的是A该反应的H0B加压、增大H2浓度和加入催化剂都能提高CO的转化率C工业上采用5103 kPa和250的条件，其原

7、因是原料气的转化率高Dt时，向2L密闭容器中投入0.2 mol CO和0.4 mol H2，平衡时CO转化率为50%，则该温度时反应的平衡常数的数值为10011、下列仪器能用酒精灯火焰直接加热的是试管集气瓶蒸犮皿量筒烧杯燃烧匙A B C D12、工业上制备下列物质的生产流程合理的是()A由铝土矿冶炼铝：铝土矿Al2O3AlCl3AlB从海水中提取镁：海水Mg(OH)2MgOMgC由NaCl制漂白粉：饱和食盐水Cl2漂白粉D由黄铁矿制硫酸：黄铁矿SO2SO3H2SO413、合成药物异搏定路线中某一步骤如图所示，下列说法错误的是（ ）A物质X的分子中存在2种含氧官能团B物质Y可以发生水解和消去反应

8、C1molZ最多可与2molBr2发生加成反应D等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗的NaOH的物质的量之比为1:114、用如图装置制取表中的四种干燥、纯净的气体（图中铁架台、铁夹、加热及气体收集装置均已略去；必要时可以加热；a、b、c、d表示相应仪器中加入的试剂）其中正确的是选项气体abcdACO2盐酸CaCO3饱和Na2CO3溶液浓硫酸BCl2浓盐酸MnO2NaOH溶液浓硫酸CNH3饱和NH4Cl溶液消石灰H2O固体NaOHDNO稀硝酸铜屑H2O浓硫酸AABBCCDD15、将一定量的SO2通入FeCl3溶液中，取混合溶液，分别进行下列实验，能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化

9、还原反应的是选项操作现象A加入NaOH溶液有红褐色沉淀B加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀C加入K3Fe(CN)6 溶液有蓝色沉淀D加入酸性KMnO4溶液紫色褪色AABBCCDD16、NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法中正确的是( )A一定量的稀硝酸溶解0.1mol铁粉，转移电子个数一定为0.3NAB1L容器中充入2mol NO和1mol O2充分反应后，分子总数等于2NAC500mL 0.5molL1的NaCl溶液中微粒数大于0.5NAD0C、101kPa条件下，11.2L三氯甲烷含有的氯原子个数为1.5NA17、下列说法中正确的是A干冰、盐酸都是电解质BNa2O2、Fe2O3、CaO

10、既属于碱性氧化物，又属于离子化合物C有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应D根据是否具有丁达尔效应，可将分散系分为溶液、浊液和胶体18、对氮原子核外的未成对电子的描述，正确的是A电子云形状不同B能量不同C在同一轨道D自旋方向相同19、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A标准状况下，33.6LHF中含有氟原子的数目为1.5NAB16gO3和O2混合物中氧原子数为NAC1mol的羟基与1mol的氢氧根离子所含的电子数均为9NAD标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移电子数为0.1NA20、对实验的实验现象预测正确的是A实验：液体分层，下层呈无色B实验：烧杯中先出

11、现白色沉淀，后溶解C实验：试管中有红色沉淀生成D实验：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体21、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是ACO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物22、研究电化学的装置如图所示，虚线框中可接a (电流计）或b (直流电源）。下列说法错误的是A接a，该装置将化学能转化为电能B接a，石墨是正极C接

12、b，铁片连正极时被保护D接b，石墨连正极时石墨上产生气泡二、非选择题(共84分)23、（14分）布洛芬是一种比阿司匹林副作用更小的消炎镇痛药，下图是布洛芬的一种合成路线。请回答下列问题：(1)合成路线中不包括的反应类型为_。A加成反应 B取代反应 C氧化反应 D消去反应(2)D中所含官能团的名称为_，D分子式为_；AG中有手性碳的物质有_种。(3)EF的化学方程式为_。(4)B含有苯环的同分异构体有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱只有2组峰的同分异构体的名称为_。24、（12分）有机物X是一种重要的有机化工原料，下图是以它为初始原料设计出的转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）

13、，Y是一种功能高分子材料。已知：（1）X为芳香烃，其相对分子质量为92；（2）烷基苯在高锰酸钾的作用下，侧链被氧化成羧基：；（3）（苯胺，易被氧化）； 回答下列问题：（1）X的名称为_，G的分子式为_。（2）F的结构简式为_，B中官能团的名称为_。（3）FG的反应类型为_。（4）GY的化学方程式为_。（5）满足下列条件的B的同分异构体有_种。含有苯环；只含一种官能团；1 mol该有机物能与2 mol NaHCO3完全反应。（6）请写出以C为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）。_。25、（12分）下图是一个实验室制取氯气并以氯气为原料进行一系列反应的装置，回答下列问题。（1）写出a仪器的名

14、称_；（2）装置D产生白色沉淀现象的原因_；（3）E装置的硬质玻璃管内盛有碳粉，发生氧化还原反应，其产物为CO2和HCl。试写出E中反应的化学方程式_；（4）F处的烧杯溶液中最终_（填“有”或“没有”）白色沉淀；（5）F装置无法确认E处反应中有CO2产生，为了证明CO2的存在，要对F装置进行改造，装置符合要求的是_。26、（10分）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。某化学兴趣小组制备并对SO2的化学性质和用途进行探究，探究过程实验装置如下图，并收集某葡萄酒中SO2，对其含

15、量进行测定。（夹持仪器省略）(1)实验可选用的实验试剂有浓硫酸、Na2SO3固体、Na2S溶液、BaCl2溶液、FeCl3溶液、品红溶液等请完成下列表格试剂作用A_验证SO2的还原性BNa2S溶液_C品红溶液_A中发生反应的离子方程式为_ (2)该小组收集某300.00mL葡萄酒中SO2，然后用0.0900 mol/L NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择下图中的_(填序号);若用50 mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处时，管内液体的体积_(填序号)(= 10mL;=40mL; 40mL)(3)该小组在实验室中先配制0.0900 mol/L NaOH标准溶液，然后

16、再用其进行滴定。下列操作会导致测定结果偏高的是_。A未用NaOH标准溶液润洗滴定管B滴定前锥形瓶内有少量水C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失D配制溶液定容时，俯视刻度线E中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，滴定后俯视(4)滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2含量为_g/L。27、（12分）水合肼(N2H4H2O)是无色、有强还原性的液体，实验室制备水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl据此，某学生设计了下列实验。【制备NaClO溶液】实验装置如下图图甲所示（部分夹持装置已省略）已知：3Na

17、ClO2NaCl+NaClO3（1）配制30 %NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有_（填字母）。A容量瓶 B烧杯 C移液管 D玻璃棒（2）装置I中发生的离子反应方程式是_；中玻璃管a的作用为_；中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的_【制取水合肼】实验装置如上图图乙所示（3）反应过程中，如果分液漏斗中溶液的滴速过快， 部分N2H4H2O参与A中反应并产生大量氮气，产品产率因此降低，请写出降低产率的相关化学反应方程式_；充分反应后，加热蒸馏A内的溶液即可得到水合肼的粗产品。【测定肼的含量】（4）称取馏分0.3000 g，加水配成20.0 mL溶液，一定条件下用0.1500 molL-1的

18、I2溶液滴定。已知: N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O。滴定时，可以选用的指示剂为_；实验测得消耗I2溶液的平均值为20. 00 mL，馏分中N2H4H2O的质量分数为_。28、（14分）水泥是重要的建筑材料。水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2，并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示：回答下列问题：（1）在分解水泥样品过程中，以盐酸为溶剂，氯化铵为助溶剂，还需加入几滴硝酸。加入硝酸的目的是_，还可使用_代替硝酸。（2）沉淀A的主要成分是_，其不溶于强酸但可与一种弱酸反应，该反应的化学方程式为_。（3）加氨水过程中加热的目的是

19、_。沉淀B的主要成分为_、_（填化学式）。（4）草酸钙沉淀经稀H2SO4处理后，用KMnO4标准溶液滴定，通过测定草酸的量可间接获知钙的含量，滴定反应为：MnO4-+H+H2C2O4Mn2+CO2+H2O。实验中称取0.400 g水泥样品，滴定时消耗了0.0500 molL-1的KMnO4溶液36.00 mL，则该水泥样品中钙的质量分数为_。29、（10分）治理汽车尾气是环境保护的重要课题。(1)汽车尾气中的NO是空气中的在高温下燃烧生成的，其反应机理如下。 已知：298K时相关化学键的键能数据如下。化学键键能/()上述机理中，代表的是_(填“”或“”)，判断的理由是_。_。(2)应用SCR脱

20、硝技术除去汽车尾气中的氮氧化物，其反应原理如下。时，将含NO a%(体积分数)的汽车尾气以的流速通过盛有氨的反应器，出口气体中NO的含量变为b%(忽略体积变化)，则_。(3)在催化脱除过程中，更多应用尿素SCR技术。该技术中生成的反应如下。一定温度下，向刚性容器中投入足量和一定量的，当上述反应达到平衡时，测得、。则_(用含p、q的代数式表示，下同)，反应的平衡常数为_。体系中随温度、氧气浓度的变化如下图所示。温度高于时，在无氧体系中，浓度减小的原因是_；以上，在有氧体系中浓度接近，理由是_。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合

21、题意的选项）1、C【答案解析】A、没有450mL的容量瓶，实际应配制500mL溶液，需要硫酸铜晶体的质量为0.5L0.1mol/L250g/mol=12.5g，选项A错误；B、浓硫酸密度比水大，溶于水放出大量的热，所以稀释时要将浓硫酸慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，选项B错误；C、配制一定物质的量浓度的溶液，若定容时俯视刻度线，则加入的蒸馏水偏少，导致所配溶液浓度偏高，选项C正确；D、溶质的质量分数=100%，两种溶液的溶质质量分数相等，但溶质的摩尔质量不一定相等，且密度也不一定相等，根据c=，只要不相等，则浓度不相等，选项D错误。答案选C。2、A【答案解析】混合物与稀硝酸反应，恰好使混合物

22、完全溶解，放出2.24 L NO(标准状况)，且所得溶液中加入KSCN溶液，无血红色出现，证明混合物中的Fe全部转化为溶液中的溶质Fe(NO3)2，根据N元素守恒可得，nFe(NO3)2(0.15L4 molL12.24L22.4L/mol)1/20.25mol，则n(Fe)=0.25 mol，所以用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，所得到的铁的物质的量也是0.25 mol。答案选A。点睛：化学反应的实质是原子间重新组合，依据质量守恒定律在化学反应中存在一系列守恒现象，如：质量守恒、元素守恒、电荷守恒、电子得失守恒等，利用这些守恒关系解题的方法叫做守恒法。守恒是解计算题时建立等量关系

23、的依据，守恒法往往穿插在其它方法中同时使用，是各种解题方法的基础，利用守恒法可以很快建立等量关系，达到速算效果。3、C【答案解析】试题分析：A、中和热的测定的公式为cmt/n(H2O)，测定是的温度，因此眼睛注视温度计的最高温度，故说法正确；B、充分萃取完成后，静置分层，然后分液，故说法正确；C、指示剂加多，对终点颜色的变化，产生干扰，因此加几滴指示剂，故说法错误；D、应稍微超过沸点，故说法正确。考点：考查实验基本操作等知识。4、D【题目详解】A. 反应能否自发进行的判断依据为H-TS，不能根据反应放热、吸热判断能否自发进行，与题意不符，A错误；B. 该反应是吸热反应，根据复合判据，在高温时能

24、自发进行，与题意不符，B错误；C. 碳酸盐分解反应中熵增加，S0，反应为吸热反应，根据复合判据，低温条件下碳酸盐分解不能自发进行，与题意不符，C错误；D. 该反应中熵变、焓变皆大于0，H-TSC，从烧瓶中出来的气体含有二氧化碳和氯化氢，氯化氢、二氧化碳都能与硅酸钠反应生成沉淀，所以生成硅酸沉淀不能证明非金属性CSi，故B不能达到实验目的；用碱石灰干燥氨气、向下排空气法收集氨气、用倒置的漏斗吸收氨气且能防倒吸，故C能达到实验目的；浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，能使蔗糖变黑，反应生成二氧化碳和二氧化硫，二氧化硫具有漂白性使品红褪色，二氧化硫具有还原性使高锰酸钾溶液褪色，故D能达到实验目的。选B

25、。9、D【答案解析】A、向AlCl3溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+ OH-AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠是3：1，故A错误；B、向NaAlO2溶液中滴入HNO3至过量，NaAlO2和硝酸反应产生白色沉淀氢氧化铝，沉淀又溶解于过量的硝酸中，两阶段消耗的硝酸物质的量之比为1:3，故B错误；C、向n(HCl)：n(AlC13)=1：1的混合溶液中滴入NaOH溶液至过量，依次发生反应OH-+H+H2O、Al3+3OH-Al(OH)3、Al(OH)3+ OH- AlO2-+2H2O 消耗氢氧化钠的量之比是1：3：1，故C错误；D、向含有等物

26、质的量的Ca(OH)2、KOH的混合溶液中通入CO2至沉淀消失，发生的反应分别为Ca2+CO32-CaCO3，2OH-+CO2 CO32-+H2O，CaCO3+CO2+H2OCa(HCO3)2，设Ca(OH)2的物质的量为1mol，则各段反应消耗的二氧化碳的物质的量分别为1、3、1，故D正确；故选D。10、D【答案解析】A.由图表可知，随温度升高平衡常数减小，可推知该反应H0，故A错误；B.加入催化剂不能使平衡移动，CO的转化率不变，故B错误；C.该反应正向为放热反应，理论上温度越低、原料气的转化率越高，在实际生产中既要兼顾反应速率和转化率，又要考虑设备和技术成本，因此选择此条件是综合考虑实际

27、情况的结果，故C错误；D.初始时c（CO）=0.1mol/L、c（H2）=0.2mol/L，由反应方程式可知，若平衡时CO转化率为50%，则平衡时c（CH3OH）=0.05mol/L、c（CO）=0.05mol/L、c（H2）=0.1mol/L，该温度下平衡常数K=0.050.050.12=100，故D正确；本题答案为D。11、B【答案解析】试管、蒸犮皿、燃烧匙能用酒精灯火焰直接加热，集气瓶、量筒不能加热，烧杯需要垫石棉网加热，答案选B。点睛：掌握常见玻璃仪器的构造、用途是解答的关键。注意可以加热的化学仪器有：试管：直火加热，一般用量少的实验，不能用酒精喷灯加热；蒸发皿：直火加热，一般用于蒸发

28、溶液结晶；坩埚：直火加热，一般用于熔化熔点高的反应物；烧杯：隔石棉网加热，一般用于加热溶液，加速反应；烧瓶：隔石棉网加热，一般用于溶液间反应；蒸馏烧瓶：隔石棉网加热，一般用于适用于除去易挥发、难挥发或不挥发杂质。12、D【题目详解】A铝土矿主要成分是三氧化二铝，应提纯后再电解，电解氧化铝制备Al，反应为2Al2O3(熔融)4Al+3O2，不能电解氯化铝，故A错误；B从海水中提取镁，是先制备生石灰与水反应生成熟石灰，将氢氧化钙加入海水中沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电分解

29、，氧化镁熔点高，电解氧化镁会消耗更多能量，故B错误；C由NaCl可以制漂白液，而漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，是氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C错误；D黄铁矿的主要成分是FeS2，煅烧生成二氧化硫，再将二氧化硫转化为三氧化硫，然后与水反应生成硫酸，通过该生产流程可制备硫酸，故D正确；答案选D。13、D【题目详解】A.物质X的分子中存在羟基、羰基2种含氧官能团，故A正确；B.物质Y含有溴原子、酯基，所以可以发生水解和消去反应，故B正确；C.1molZ含有2mol碳碳双键，所以最多可与2molBr2发生加成反应，

30、故C正确；D.1mol X与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠、1molY与氢氧化钠反应最多消耗的NaOH的物质的量为2mol，故D错误。14、D【答案解析】A、二氧化碳气体中混有的杂质是氯化氢气体除去氯化氢气体用饱和碳酸氢钠溶液，不能用碳酸钠溶液，因为碳酸钠溶液会吸收二氧化碳，A错误；B、制取的氯气中常含有氯化氢气体但是不能用氢氧化钠溶液除杂因为氯气会与氢氧化钠反应，B错误；C、除去氨气中的杂质气体不能用水因为氨气极易溶于水，C错误；D、一氧化氮难溶于水，可以用水除去其中的二氧化氮或硝酸，再用浓硫酸干燥即可得到纯净的一氧化氮气体，正确。答案选D。15、C【题目详解】A将一定量的SO2通入FeC

31、l3溶液中，加入NaOH溶液有红褐色沉淀生成氢氧化铁沉淀，过程中没有化合价变化，不是氧化还原反应，故A错误；B加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀，硝酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可产生白色沉淀，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故B错误；C亚铁离子加入K3Fe（CN）6（铁氰化钾）溶液生成Fe3Fe（CN）62（蓝色沉淀），则可证明溶液中存在二价铁离子，说明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故C正确；D加入酸性KMnO4溶液，紫色退去，因为二氧化硫具有还原性能够还

32、原酸性高锰酸钾，即使二氧化硫与三价铁离子不发生氧化还原反应，也可使其溶液褪色，所以不能证明SO2与FeCl3溶液发生氧化还原反应，故D错误；答案选C。【答案点睛】要证明SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应，就是要证明反应后生成了亚铁离子或硫酸根离子，在检验硫酸根离子时要注意亚硫酸根离子的干扰，在检验亚铁离子时要注意铁离子的干扰。16、C【题目详解】A铁与稀硝酸完全反应时，硝酸过量，生成硝酸铁；铁粉过量，生成硝酸亚铁，故0.1mol铁与一定量稀硝酸完全反应，电子转移数目为0.2NA0.3NA，选项A错误；BNO和氧气反应后生成的NO2中存在平衡：2NO2N2O4，导致分子个数减少，故所得的产

33、物分子小于2NA个，选项B错误；Cn(Na+)=n(Cl-)=0.5L0.5molL-1=0.25mol，n(Na+)+n(Cl-)=0.5mol,因而钠离子和氯离子总计0.5NA个，但水会电离出极少量的H+和OH-，因而NaCl溶液中微粒数大于0.5NA，选项C正确；D标况下氯仿不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算11.2L氯仿的物质的量，选项D错误；答案选C。17、C【答案解析】A、二冰是二氧化碳，属于非电解质，盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；B、Na2O2不属于碱性氧化物，选项B错误；C、有单质参加或有单质生成的反应不一定属于氧化还原反应，

34、如3O2=2O3，选项C正确；D、根据分散系微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，不是根据否具有丁达尔现象，选项D错误。答案选C。18、D【答案解析】碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，形状相同，由于p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个未成对电子，不在同一轨道，并且自旋方向相同.【题目详解】A、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，p轨道沿x、y、z轴的方向电子云密度大，呈现哑铃型，则电子云形状相同，故A错误；B、碳原子核外两个未成对电子，都属于2p轨道，能量相同，故B错误；C、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，所以碳原子核外两个

35、未成对电子，不在同一轨道，故C错误；D、p轨道又分三个轨道，不同电子优先占据空轨道，并且自旋方向相同，所以碳原子核外两个未成对电子，自旋方向相同，故D正确；故选D【答案点睛】易错点B，注意同一能层相同能级上的电子能量相同，电子云形状相同。19、B【题目详解】A、标况下HF为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项A错误；B、O3和O2都是氧原子构成的单质分子，则16 gO3和O2混合气体中含有的氧原子数为NA，选项B正确；C、羟基是不带电的原子团，而OH离子是带电原子团，所以1 mol的羟基含有电子数为9NA，而1 mol的氢氧根离子含电子数为10NA，选项C错误；D、0.1mol氯

36、气溶于水，与水反应生成氯化氢和次氯酸的反应是可逆反应，消耗的氯气小于0.1mol，则转移的电子小于0.1mol，转移的电子数目小于0.1NA，选项D错误；答案选B。20、D【题目详解】A碘易溶于四氯化碳且四氯化碳密度比水大，CCl4将碘水中的碘萃取到CCl4中，下层呈紫红色，A错误；B氯化铵和氢氧化钙共热反应生成氨气，氨气溶于水得到氨水，氨水与氯化铝反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝不溶于弱碱，故白色沉淀不会溶解，B错误；C氯化铁与KSCN反应生成Fe(SCN)3，溶液呈红色，而不是生成红色沉淀，C错误；DCaO吸水生成氢氧化钙，饱和CuSO4溶液中水减少，会析出蓝色晶体，故D正确；故答案为D。2

37、1、C【题目详解】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。22、C【答案解析】接a，构成原电池，将化学能转化为电能，故A正确；接a，构成原电池，石墨是正极，铁是负极，故B正确；接b，构成电解池，铁片连正极时被腐蚀，故C错误；接b，构成电解池，石墨连正极

38、时石墨上的电极反应为 ，故D正确。二、非选择题(共84分)23、D 酯基、醚键 C16H22O3 4 +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O 21 1，2，4，5-四甲基苯 【分析】甲苯与CH2=CH-CH3发生加成反应产生B：，B与CH3COCl在AlCl3催化下发生苯环上对位的取代反应产生C：，C与ClCH2COOC2H5在C2H5ONa作用下反应产生D：，D与NaOH、HCl先后发生反应产生E：，E中含有醛基，与银氨溶液反应反应，醛基被氧化变为羧基，在碱性条件下反应产生的F是羧酸铵盐，结构简式是，F酸化得到G是。【题目详解】(1)AB的反应类型是加成反应；BC的反应类型是取代

39、反应；EF的反应类型是氧化反应，没有发生的反应类型是消去反应，故合理选项是D；(2)D的结构简式是，分子中含有的官能团名称是酯基、醚键；D分子式是C16H22O3；手性C原子是连接4个不同原子或原子团的C原子，在AG中有手性碳的物质有、四种物质，其中的手性C原子用进行了标注；(3)E是，含有醛基-CHO，具有还原性，能够与Ag(NH3)2OH水浴加热，发生氧化反应，产生醛基被氧化变为COOH，由于该溶液显碱性，COOH与NH3结合形成COONH4，该反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O； (4)B是，分子式是C10H14。其含有苯环的同分异构体中，侧链可能含有

40、一个取代基、二个取代基、三个取代基、四个取代基。若只有一个取代基，C4H9，该取代基为丁基，丁基有2种不同结构，每种结构都有2种不同的H原子，去掉B物质本身，有3种不同结构；若有二个取代基，可能是CH3、CH2CH2CH3，CH3、或2个-CH2CH3共3种情况，它们在苯环上的位置有邻、间、对三种，故含有2个取代基的同分异构体种类数有33=9种；若有三个取代基，则其中1个-CH2CH3、2个CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有6种不同结构；若有四个取代基，则有4个CH3，根据它们在苯环上的位置的不同，共有3种不同结构；故物质B的含有苯环的同分异构体种类数目共有3+9+6+3=21种；其中

41、一种同分异构体核磁共振氢谱只有2组峰，说明该物质分子中含有2种不同位置的H原子，该同分异构体结构简式是，名称是1，2，4，5-四甲基苯。【答案点睛】本题以布洛芬的合成为线索，考查有机化学反应类型、结构简式的书写、同分异构体数目的判断。要根据物质转化关系中反应前后物质结构的不同，结合反应特点判断反应类型；易错点是物质B的同分异构体种类的判断，要结合侧链的数目、侧链的种类、侧链在苯环上的相对位置进行分析判断。24、甲苯 C7H7NO2 羧基 酯基 还原反应 10 【分析】相对分子质量为92的某芳香烃X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为CxHy，则=78，由烷烃中C原子与H原子关系可知，该烃中C

42、原子数目不能小于7，故该芳香烃X的分子式为C7H8，结构简式为。 在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成E，结合G的结构可知E为，E转化生成F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，F为，发生反应生成Y，Y为功能高分子化合物，故Y的结构简式为。【题目详解】(1)通过以上分析知，X为，为甲苯；G()的分子式为C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成Y，反应的化学方程式为n +(n-1)H2O，故答案为n +(n-

43、1)H2O；(5)B为()，其同分异构体满足下列条件：含有苯环；只含一种官能团；1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对3种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有1种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH为相邻位置，有2种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有3种同分异构体；如果两个-COOH为相对位置，有1种同分异构体；所以符合条件的有10种，故答案为10；(6)以C()为原料制备， 在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解

44、反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【答案点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。25、分液漏斗 氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀 没有 b 【分析】（1）根据仪器a的构造判断其名称；（2）Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成的硫酸再与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀来分析；（3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应；（4）氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成的盐和水；（5）确认E处反应中有

45、CO2产生，需用澄清的石灰水变浑浊验证，需除去二氧化碳中的氯化氢、氯气，且不能生成二氧化碳；【题目详解】：（1）根据仪器的构造可知a为分液漏斗；故答案为：分液漏斗；（2）E装置产生白色沉淀现象的原因是氯气和二氧化硫发生氧化还原反应，即Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4生成的硫酸又与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀；故答案为：氯气将二氧化硫在水中氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成白色的硫酸钡沉淀； （3）氯气有强氧化性，碳有还原性，在加热条件下氯气和水、碳发生氧化还原反应生成氯化氢和二氧化碳，反应方程式为：，故答案为：（4）剩余的氯气在F装置中和水反应生成盐酸和次氯酸，装置E中反应也生成

46、氯化氢气体，氯化氢、氯气和澄清石灰水反应都生成可溶性的盐和水，二氧化碳的物质的量少于氯化氢，不可能生成碳酸钙沉淀，所以反应过程无现象无白色沉淀生成；故答案为：没有（5）因通入F装置的气体中含有氯气、氯化氢、二氧化碳，现需除去氯气和氯化氢，且除去这两种气体过程中不能产生二氧化碳，装置a氯气、氯化氢、二氧化碳一同通入无法确认E处反应中有CO2产生；装置d氯化氢与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置c中碳酸钠与氯化氢及氯气反应生生成二氧化碳，且碳酸钠溶液能吸收二氧化碳，无法确认E处反应中有CO2产生；装置b中，少量氯气能溶于水，氯化氢极易溶于水，二氧化碳混有氯化氢时，二氧化

47、碳在水中几乎不溶，用水可除去氯气和氯化氢两种气体，多余的气体与澄清石灰水作用变浑浊，能确认E处反应中有CO2产生，故答案为：b。26、FeCl3溶液 验证SO2的氧化性 验证SO2的漂白性 2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42-+4H+ A、C 0.24 【题目详解】（1）由装置分析为制取SO2并检验SO2的性质问题，A.由所给的试剂知道2Fe3+ SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42+,该反应SO2表现还原性，所用的试剂FeCl3为氧化性；B.加入Na2S溶液会和SO2发生反应，S2-+ SO2+4H+=S+2H20,此时SO2表现氧化性；C.品红溶液通入SO2后褪色。表现了

48、SO2的漂白性。答案：FeCl3溶液验、SO2的氧化性、验证SO2的漂白性。由上述分析知道A中发生反应的离子方程式为：2Fe3+ SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42+ 。答案：2Fe3+ SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42+。（2）因为氢氧化钠溶液为碱性溶液,应该使用碱式滴定管,碱式滴定管中排气泡的方法:把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲,再排气泡,所以排除碱式滴定管中的空气用(3)的方法; 若用50 mL 滴定管进行实验,当滴定管中的液面在刻度“10”处,滴定管的0刻度在上方,10mL刻度线下方还有有40 mL刻度的溶液,另外滴定管50 mL刻度线下有液体,因此管内的液体体积40

49、mL所以(4)正确,因此，本题答案是:(3) ; (4);(3）A未用NaOH标准溶液润洗滴定管导致标准液稀释，使测量结果偏高；B滴定前锥形瓶内有少量水因为稀释时需要加水，所以滴定前锥形瓶内有少量水不影响测量结果；C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡。没有赶气泡导致消耗标准液体积增大，使测量结果偏高。D配制溶液定容时，俯视刻度线加水少了，导致标准液浓度偏大，导致测量结果偏低。E中和滴定时，观察标准液体积读数时，滴定前仰视，体积读大了，滴定后俯视体积读小了，结果消耗标准液的体积减小了，导致测量结果票低了。答案：A、C。(4)根据2NaOHH2SO4SO2可以知道SO2的质量为:1/20.0900 mol

50、/L 0.025Lg/mol=0.072g,该葡萄酒中的二氧化硫含量为: 0.072g/0.3L=0.24g/L;因此答案是:0.24;27、 BD MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 平衡压强 防止NaClO分解为NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率 2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O 淀粉溶液 25%【答案解析】分析：本题考查质量分数溶液的配制、NaClO溶液和水合肼的制备、Cl2的实验室制备、肼含量的测定、指定情境下方程式的书写。【制备NaClO溶液】图甲装置I中MnO2与浓盐酸共热制Cl2；根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明N

51、aClO受热易分解，装置II中Cl2与NaOH溶液在冰水浴中制备NaClO溶液；Cl2有毒，装置III用于吸收多余Cl2，防止污染大气。【制备水合肼】由于水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，NaClO溶液滴加过快，NaClO将部分水合肼氧化成N2，NaClO被还原成NaCl。【测定肼的含量】反应中用碘水滴定肼溶液，所以用淀粉溶液作指示剂。根据消耗的I2和方程式计算N2H4H2O的质量，进一步计算N2H4H2O的质量分数。详解：【制备NaClO溶液】（1）配制30%NaOH溶液的实验步骤为：计算、称量、溶解，所需的玻璃仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒，答案选BD。（2）图甲装置I中MnO2与浓

52、HCl共热制备Cl2，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，反应的离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O。II中玻璃管a的作用为：平衡压强。装置II中Cl2与NaOH溶液反应制备NaClO溶液，根据“已知3NaClO2NaCl+NaClO3”，说明NaClO受热易分解，为了防止NaClO分解，使用冰水浴降低温度。II中用冰水浴控制温度在30以下，其主要目的是：防止NaClO分解生成NaCl和NaClO3，影响水合肼的产率。【制备水合肼】（3）图乙的分液漏斗中为NaClO溶液，水合肼具有强还原性，NaClO具有强氧化性，若滴加速率过快，溶液中有过多的NaClO，水合肼参与反应被氧化成N2，NaClO被还原成NaCl，根据得失电子守恒和原子守恒，相关反应的化学方程式为2NaClO+N2H4H2O=2NaCl+N2+3H2O。【测定肼的含量】滴定时反应原理为2I2+N2H4H2O=N2+4HI+H2O，