2022-2023学年广东省广州市华南师范大学附属中学化学高三第一学期期中调研试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、下列根据实验操作所得的现象和结论都正确的是（ ）选项实验操作实验现象结论A向某溶液中先加入氯水再加入KSCN溶液溶液呈红色原溶液中可能含有Fe2+B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1 molL1的H2SO

2、4溶液试管口出现红棕色气体0.1 molL1的H2SO4溶液具有强氧化性C25时，两片相同的Al片分别和等体积稀HNO3和浓HNO3反应前者产生无色气体，后者产生红棕色气体，且后者反应更加剧烈其他条件相同时，反应物浓度越大，反应速率越快D将炭和浓H2SO4的混合物加热，产生的气体通入澄清石灰水澄清石灰水变浑浊碳被氧化成CO2【选项A】A【选项B】B【选项C】C【选项D】D2、生产硫酸最古老的方法是以绿矾为原料，在蒸馏釜中煅烧。反应的化学方程式为：2FeSO47H2OFe2O3+ SO2+ SO3+ 14H2O。其中三氧化硫与水蒸气同时冷凝便得到硫酸。用如图装置模拟用绿矾制硫酸的实验，并检验生成

3、的硫酸和二氧化硫（加热装置已略去）。其中b为干燥的试管。下列关于该反应说法正确的是A若将反应后的三种气体通入BaCl2溶液中，产生的沉淀为BaSO3、BaSO4Bb中产物用紫色石蕊试液即可检验出其中H+和SO42C为检验反应的另一种生成物，试管c中应加入的试剂为NaOH溶液Db中所得到的硫酸的质量分数为29.5%3、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，W与X同主族，Z与Q最外层电子数相差6。下列说法正确的是A非金属性：QYXZB简单气态氢化物的沸点：XWCY与X、Z、Q均可形成至少两种二元化合物DY、Z、Q组成化

4、合物的水溶液呈碱性4、材料创新是衡量科技进步的重要标志。下列说法不正确的是A发生溢油事故时可用沸石涂层网膜材料做防油栏B国庆70周年阅兵使用的彩色烟剂是一种环保无毒的新型“航空液体彩色拉烟剂”C条形码扫描器中的光敏二极管使用的主要是超导材料D纳米材料具有奇特的熔点、磁性、光学、导热、导电和化学方面等的特性5、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体；M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（

5、）AX、Z、W三元素形成的化合物为共价化合物B五种元素的原子半径从大到小的顺序是：MWZYXC化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D用M单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，在阳极区出现白色沉淀6、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是（ ） A分子式为C16H14O4B1 mol化合物X在一定条件下最多加成6 molH2C分子中有三种官能团，酸性条件下水解后官能团还是三种D1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应7、某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质，下列说法正确的是A图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗B图中：湿润的有色布条能褪色

6、，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气C图中：生成蓝色的烟D图中：量筒中发生了加成反应，量筒内液面上升，量筒壁上有无色液滴出现8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1 mol单质Fe与足量的高温水蒸气反应，失去3NA个电子B标准状况下，2.24 L NO与1.12 L O2混合后气体分子总数为0.1NAC0.1 mol/L的CH3COONa溶液中所含碳原子总数为0.2NAD标准状况下，H2和CO混合气体4.48 L在足量O2中充分燃烧消耗O2分子数为0.1NA9、化学与社会可持续发展密切相关。下列做法不合理的是A向海水中加入明矾制取淡水B用碱性废水中和处理酸性废水C用无磷洗涤剂避免水体

7、富营养化D按规定对生活废弃物进行分类放置10、不能作为判断硫、氯两种元素非金属性强弱的依据是（ ）A单质氧化性的强弱B单质沸点的高低C单质与氢气化合的难易D最高价氧化物对应的水化物酸性的强弱11、用如图的实验装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是A若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛品红溶液，则C中溶液褪色B若A为稀盐酸，B为石灰石，C中盛CaCl2溶液，则C中溶液变浑浊C若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛A1C13溶液，则C中先产生白色沉淀后沉淀又溶解D若A为浓硝酸，B为铜屑，C中盛紫色石蕊溶液，则C中溶液变红色12、在陆地生态系统研究中，2H、13C、15N、18O、34S

8、等常用作环境分析指示物。下列说法正确的是A34S原子核内中子数为16B16O2比18O2沸点更低C2H的酸性比1H的酸性更强D13C和15N原子核内的质子数相差213、1934年居里夫妇用粒子轰击得到一种自然界不存在的核素，开创了人造核素的先河。其发生的变化如下：+。下列有关说法错误的是A和两种原子互为同位素B在中，质子数=中子数=核外电子数C该变化同样遵循质量守恒定律D该变化说明原子核在化学反应中也能发生变化14、下列说法错误的是A石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位B明矾在水中生成的氢氧化铝胶体有吸附性，因此常用明矾对水进行消毒C2017年

9、我国北方地区相继开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，此举是改善空气质量的重要措施D高科技产业中的压电陶瓷及生物陶瓷属于新型无机非金属材料15、由下列实验及现象不能推出相应结论的是（）实验现象结论A向2 mL0.1 molL1的FeCl3溶液中加入1滴KSCN溶液，再加入足量铁粉，充分振荡溶液变为红色，加入铁粉后红色褪去，变为浅绿色Fe3+比Fe2+氧化性强B将一小块金属钠放置在空气中，一段时间后，将其放置在坩埚中加热钠表面变暗，加热时，钠燃烧，发出黄色火焰钠易与氧气反应，加热时生成Na2O的速率加快C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸湿润的红色石蕊试纸逐渐变

10、蓝NH4HCO3分解产生氨气D向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一直无明显现象，另一只产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小AABBCCDD16、恒温、恒压下，将1mol O2和2mol SO2气体充入一体积可变的容器中（状态），发生反应2SO2+O22SO3，状态时达平衡，则O2的转化率为（ ）A40 B60 C80 D9017、下列说法正确的是A因为 SO2具有溧白性，所以它能使品红溶液、溴水、KMnO4(H+)、石蕊溶液褪色B装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色C SO2、溧白粉、活性碳、Na2

11、O2都能使红墨水褪色，其原理相同D SO2和C12等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中，漂白效果更好18、向FeBr2和FeI2混合溶液中逐渐通入Cl2，不可能发生反应的离子方程式是A2ICl2=I22ClB2Fe22Br2I3Cl2=2Fe3I2Br26ClC2Fe24Br2I4Cl2=2Fe3I22Br28ClD4Fe22Br2I4Cl2=4Fe3I2Br28Cl19、向一定浓度的氨水与氢氧化钠混合液中滴加醋酸，溶液导电能力如图所示，下列说法正确的是( )A段，导电能力下降是由于溶液总体积变大B段，发生反应的离子方程式为C段，导电能力下降是由于溶液中离子个数在减少D随着醋酸

12、的滴加，最终溶液导电性又将增大20、丁烯(C4H8)是制备线性低密度聚乙烯(LLDPE)的原料之一，可由丁烷(C4H10)催化脱氢制备，C4H10(g)C4H8(g)+H2(g) H+123kJmol1。该工艺过程中生成的副产物有炭(C)、C2H6、C2H4、C4H6等。进料比和温度对丁烯产率的影响如图1、图2所示。已知原料气中氢气的作用是活化固体催化剂。下列分析正确的是A氢气的作用是活化固体催化剂，改变氢气量不会影响丁烯的产率B丁烷催化脱氢是吸热反应，丁烯的产率随温度升高而不断增大C随温度升高丁烯裂解生成的副产物增多，会影响丁烯的产率D一定温度下，控制进料比越小，越有利于提高丁烯的产率21、

13、下列4种变化中，有一种与其他3种变化的类型不同，不同的是（ ）ACH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2OBCH3CH3OHCH2=CH2+H2OC2CH3CH2OHC2H5OC2H5+H2ODCH3CH2OH+HBrC2H5Br+H2O22、Fe3O4中含有Fe2+、Fe3+，分别表示为 Fe()、Fe()，以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用 H2消除酸性废水中的致癌物 NO2-，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A用该法处理后水体的 pH降低BFe()与 Fe()的相互转化起到了传递电子的作用C反应过程中NO2-被 Fe()还原为 N2DPd 上发生的电极反应为

14、：H2- 2e= 2H二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物F是合成一种天然茋类化合物的重要中间体，其合成路线如下：（1）E中含氧官能团的名称为_和_。（2）BC的反应类型为_。（3）CD反应中会有副产物X（分子式为C12H15O6Br）生成，X的结构简式为：_。反应DE的方程式为_。（4）C的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。能与FeCl3溶液发生显色反应；碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为11。 （5）已知：（R表示烃基，R和R表示烃基或氢），写出以和CH3CH2CH2OH为原料制备的合成路线流程图（无机试剂和有机溶剂任用，

15、合成路线流程图示例见本题题干）。_24、（12分）双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如下：已知：+HCl（1）B分子中含有的官能团名称是_。（2）该CPPO结构中有_种不同化学环境的氢原子。（3）反应的化学方程式是_。（4）在反应中属于取代反应的是_。（5）C的结构简式是_。（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式_。（7）资料显示：反应有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是_。25、（12分）实验室进行二氧化硫制备与性质实验的组合装置如图所示，部分夹持装置未画出。请回答下列问题：(1)在组装好装

16、置后，首先要进行的实验操作为_。(2)为检验SO2与Na2O2的反应是否有氧气生成，装置B中盛放的试剂X应为_，装置D中碱石灰的作用是_。(3)关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，注入70%的硫酸至浸没三颈烧瓶中的固体，检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成的操作及现象是_。(4)关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，残余气体进入装置E、F、G中，能说明I的还原性弱于SO2的现象为_。发生反应的离子方程式是_。(5)为了验证装置E中SO2与FeCl3发生了氧化还原反应，某学生设计了如下实验：取少量装置E中的溶液于试管中，向其中加入稀硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，并由此判断SO2与FeCl3发生了氧化

17、还原反应。上述方案是否合理？_(填“合理”或“不合理”)，原因是_。26、（10分）某化学兴趣小组欲探究含硫物质的性质。（探究一）用下面的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱：(1)装置连接顺序为_(用字母表示)，F中反应的离子方程式是_(2)可证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象是_。（探究二）(3)某小组同学为探究SO2的漂白性性质，用下图所示装置进行实验，观察到如下现象：i中红色褪去；ii中无变化。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是_。(4)该小组同学又对SO2与氯水的反应进行探究。用注射器吸入一定量的饱和氯水和SO2，振荡，静置，再吸入少量品红溶液，发现品红溶液不褪色。

18、改变氯水用量，重复操作，发现品红溶液红色褪去，你认为中品红溶液褪色的原因可能是_， 设计一个实验(说明操作方法、现象及结论)来验证你的假设_。27、（12分）某小组探究Cu与反应，发现有趣的现象。室温下，的稀硝酸(溶液A)遇铜片短时间内无明显变化，一段时间后才有少量气泡产生，而溶液B(见图)遇铜片立即产生气泡。回答下列问题：(1)探究溶液B遇铜片立即发生反应的原因。假设1：_对该反应有催化作用。实验验证：向溶液A中加入少量硝酸铜，溶液呈浅蓝色，放入铜片，没有明显变化。结论：假设1不成立。假设2：对该反应有催化作用。方案：向盛有铜片的溶液A中通入少量，铜片表面立即产生气泡，反应持续进行。有同学认

19、为应补充对比实验：向盛有铜片的溶液A中加入几滴的硝酸，没有明显变化。补充该实验的目的是_。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C。相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：，该实验能够证明假设2成立的理由是_。查阅资料：溶于水可以生成和_。向盛有铜片的溶液A中加入，铜片上立即产生气泡，实验证明对该反应也有催化作用。结论：和均对Cu与的反应有催化作用。(2)试从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于的原因_。(3)Cu与稀硝酸反应中参与的可能催化过程如下。将ii补充完整。iii_iii(4)探究的性质。将一定质量的放在坩埚中加热，在不同温度阶段进行质量分析，当温度升至时，剩余固体质量变为原

20、来的，则剩余固体的化学式可能为_。28、（14分）一种用软锰矿(主要成分MnO2)和黄铁矿(主要成分FeS2) 制取MnSO4H2O并回收单质硫的工艺流程如下：已知：本实验条件下，高锰酸钾溶液与硫酸锰溶液混合产生二氧化锰。回答下列问题：（1）步骤混合研磨成细粉的主要目的是_；步骤浸取时若生成S、MnSO4及Fe2(SO4)3的化学方程式为_。（2）步骤所得酸性滤液可能含有Fe2+，为了除去Fe2+可先加入_；步骤需将溶液加热至沸然后在不断搅拌下加入碱调节pH为4-5，再继续煮沸一段时间，“继续煮沸”的目的是_。步骤所得滤渣为_(填化学式)。（3）步骤需在90-100下进行，该反应的化学方程式_

21、。（4）测定产品MnSO4H2O的方法之一是：准确称取a g产品于锥形瓶中，加入适量ZnO及H2O煮沸，然后用c molL-1KMnO4标准溶液滴定至浅红色且半分钟不褪色，消耗标准溶液VmL，产品中Mn2+的质量分数为w(Mn2+)=_。29、（10分）白头翁素具有显著的抗菌作用，其合成路线如图所示：已知：RCH2BrRCH=CHR2RCH=CHR（以上R、R代表氢、烷基）(1)白头翁素的分子式为_。(2)试剂a为_，EF的反应类型为_。(3)F的结构简式为_。(4)C中含有的官能团名称为_。(5) AB反应的化学方程式为_。(6)F与足量氢气加成得到G，G有多种同分异构体，其中属于链状羧酸类

22、有_种。(7)以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成的路线为_（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。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题意的选项）1、A【题目详解】A向某溶液中先加入氯水再加入KSCN溶液，溶液呈红色，可能是溶液中的Fe2+被氯水氧化成Fe3+，也可能是原溶液中含有Fe3+，故A结论正确；B向盛有Fe(NO3)2溶液的试管中加入0.1 molL1的H2SO4溶液，试管口出现红棕色气体，是因为酸性条件下，溶液中的被Fe2+还原为NO，NO遇空气中的氧气氧化生成红棕色的NO2，

23、不能说明0.1 molL1的H2SO4溶液具有强氧化性，故B结论错误；CAl遇浓硝酸发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步发生，则不能说明浓度越大、反应速率越快，故C现象和结论错误；D炭和浓H2SO4的混合物加热，生成二氧化碳、二氧化硫，二者均使石灰水变浑浊，不能证明碳被氧化成CO2，故D结论错误；答案选A。2、D【题目详解】A中SO2气体通入BaCl2溶液中，不会产生BaSO3沉淀；B中紫色石蕊试液不能检验出SO42；C中NaOH溶液为尾气处理，吸收SO2，可用酸性高锰酸钾溶液或品红检验SO2；D.根据方程式可知，生成1mol三氧化硫的同时，还生成14mol的水，所以冷却后，生成1mol

24、硫酸，剩余13mol水，因此硫酸的质量分数是，答案选D。3、C【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q原子序数依次增大，其中X是组成有机物的必要元素，则X为C元素；元素Y的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y含有2个电子层，最外层含有6个电子，为O元素；元素W与X同主族，则W为Si元素；Z与Q最外层电子数相差6，Z的原子序数大于O，若为F元素，Q最外层电子数=7-6=1，为Na元素，不满足原子序数QW；结合Z、Q为主族元素可知Z为Na元素，Q为C1元素，据此进行解答。【题目详解】根据分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Si元素，Q为Cl元素。A、由X为C元素，Y为O元素，Z

25、为Na元素，Q为Cl元素，同周期从左到右非金属增强，同主族从上到下非金属减弱，故非金属性：Y Q XZ，故不符合题意；B、对分子晶体，相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，XCNOH，即MY Z W X，故B项错误；C. 化合物YW2、ZW2分别为CO2、NO2，CO2是酸性氧化物，NO2不是酸性氧化物，故C项错误；D.用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阳极区铝离子和碳酸氢根双水解会产生白色沉淀，阴极区产生氢气，故D项正确。答案选D.6、B【题目详解】A. X的分子式为C16H162+2-112O4，即为C16H12O4，A错误；B.X中，苯基能与H2

26、加成，而羧基、酯基与H2不能加成，所以 1 mol化合物X在一定条件下最多加成6 molH2，B正确；C. X分子中含有羧基、酯基二种官能团，酸性条件下水解后官能团还是二种，C不正确；D. 1 mol化合物X最多能与3 molNaOH反应，D不正确。故选B。【答案点睛】在判断有机物化学式正误时，我们可以数出C、H、O的原子个数，也可用计算法，即以同数碳原子的烷烃作为基础，将同数碳原子的烷烃分子中的氢原子数减去不饱和度的二倍，即为该有机物分子中氢原子的数目。叁键的不饱和度为2，双键、环的不饱和度都为1，则苯环的不饱和度为4，羧基和酯基的不饱和度都为1。7、B【分析】A稀盐酸与二氧化锰不反应；干燥

27、的氯气没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠；氯气与铜反应生成棕黄色的烟；甲烷与氯气发生取代反应。【题目详解】A二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气，但稀盐酸与二氧化锰不反应，当盐酸浓度降低到一定程度时，反应停止，则盐酸不能完全消耗，故A错误；干燥的氯气没有漂白性，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，氢氧化钠溶液与氯气反应生成氯化钠和次氯酸钠，所以图中：湿润的有色布条能褪色，烧杯NaOH溶液的作用是吸收尾气，故B正确；氯气与铜反应生成棕黄色的烟，故C错误；甲烷与氯气发生取代反应，故D错误。【

28、答案点睛】本题考查氯气实验室制法，本题注意加热条件下浓盐酸与二氧化锰反应放出氯气，稀盐酸与二氧化锰不反应，干燥的氯气没有漂白性、潮湿的氯气具有漂白性。8、D【题目详解】A. 铁和水蒸气在高温条件下反应后变为平均化合价价，故1mol铁反应后转移mol的电子，即NA，故A错误；B. 标准状况下，2.24 L NO的物质的量为=0.1mol，1.12 L O2的物质的量为=0.05mol，NO与O2生成NO2，2NO+O2=2NO2，故0.1molNO与0.05molLO2反应生成0.1mol的NO2，NO2又会发生反应2NO2N2O4，故最终的分子数会少于0.1NA，故B错误；C. 题中没给出溶液

29、的体积，没法计算碳原子的物质的量，故C错误；D. 标准状况下，4.48 L H2和CO混合气体总物质的量为=0.2mol，H2、CO燃烧方程2H2+O2=2H2O，2CO+O2=2CO2，等物质的量H2、CO耗氧分子的量相同，0.2mol的混合气体消耗氧分子的物质的量为0.1mol，即分子数为0.1NA，故D正确；故答案为：D。9、A【答案解析】依据水资源的开发和利用知识分析解答。【题目详解】A项：海水淡化是要除去海水中溶解的无机盐，而明矾净水是利用氢氧化铝胶体除去水中的悬浮杂质（不溶性杂质），即明矾不能使海水淡化。A项不合理；B项：利用中和反应，可用碱性废水处理酸性废水。B项合理；C项：含氮

30、、磷废水任意排放会引起水体富营养化（水华或赤潮），故无磷洗涤剂能避免水体富营养化。C项合理；D项：按规定对生活废弃物进行分类放置，有利于防止污染、实现资源再利用。D项合理。本题选A。10、B【题目详解】A. 单质氧化性的越强，非金属性越强，A正确；B. 单质沸点的高低，是由其微粒间的作用力决定的，与元素的非金属性无关，B错误；C. 单质与氢气化合越容易，元素的非金属性越强，C正确；D. 最高价氧化物对应的水化物酸性越强，元素的非金属性越强，D正确。答案为B。11、D【答案解析】浓盐酸与MnO2反应产生氯气，干燥的氯气不可以使品红溶液褪色，A错误。稀盐酸与石灰石生成CO2，CO2与CaCl2溶液

31、不反应，溶液不会浑浊。B 错误。 浓氨水与生石灰产生氨气，A1C13溶液与氨气产生沉淀不会溶解。C 错误。浓硝酸与铜屑产生NO2，酸性气体使紫色石蕊溶液变红。12、B【题目详解】A、34S原子核内中子数为：3416=18，错误；B、16O2比18O2相对分子质量小，所以16O2比18O2范德华力小，故16O2比18O2沸点更低，正确；C、2H+的酸性与1H+的酸性相同，错误；D、13C原子核内的质子数为6，15N原子核内的质子数为7，相差1，错误。13、D【分析】根据化学反应的最小微粒是原子，所有的反应都遵循质量守恒定律，质量数等于质子数加中子数，并结合同位素的概念等分析。【题目详解】A、P和

32、P两种核素其质子数相同，而中子数不同，所以互为同位素，故A正确；B、P是原子，中子数为30-15=15，对该原子来说，则存在原子序数=质子数=中子数=核外电子数，故B正确；C、所有的反应都遵循质量守恒定律，故C正确；D、原子核在一般的化学反应中不能发生变化，化学反应的最小微粒是原子，故D错误。答案选D。14、B【题目详解】A. 石墨烯作为一种复杂的无机高分子，是重要的隐身材料，我国对石墨烯的研究已处于世界领先地位，A正确；B.氢氧化铝胶体具有吸附性,能吸附水中的悬浮物而净水,没有强氧化性,所以不能杀菌消毒,故B错误；C.开展了“煤改气”和“煤改电”的尝试，减少了二氧化硫气体的排放，此举是改善空

33、气质量的重要措施，C正确；D. 压电陶瓷及生物陶瓷都属于新型无机非金属材料，D正确；综上所述，本题选B。15、B【题目详解】A向FeCl3溶液中加入KSCN，溶液变红，再加铁粉，红色褪去，变为浅绿色，说明发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，其中Fe3+为氧化剂，Fe2+既是氧化产物又是还原产物，氧化剂的氧化性大于氧化产物，则Fe3+氧化性比Fe2+强，故A正确；B将钠放置在空气中，钠表面变暗，生成氧化钠，说明钠易与氧气反应；将钠加热，钠燃烧，生成过氧化钠，故B错误；C湿润的红色石蕊试纸逐渐变蓝，说明产生了碱性气体NH3，即NH4HCO3分解产生NH3，故C正确；D向2支盛有2mL相同浓度银氨溶

34、液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，则两支试管中c(I-)=c(Cl-)；一支试管中产生黄色沉淀，该黄色沉淀为AgI，说明c(Ag+)c(I-)Ksp(AgI)；另一支试管无现象，说明c(Ag+)c(Cl-)Ksp(AgCl)，所以Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小，故D正确；答案选B。16、B【答案解析】试题分析：根据PV=nRT，恒温、恒压下，物质的量之比等于体积之比，则有n(前)：n(后)= V前(前)：V(后)，即：=，可得：=，则n(后)= 2.4mol，根据差量法可知，反应前后减少的物质实际就是O2的物质的量，所以O2消耗

35、了0.6mol。O2的转化率为0.6/1 = 60% 。考点：化学平衡的计算17、B【题目详解】A. SO2具有溧白性，所以它能使品红溶液，SO2具有还原性，能使溴水、KMnO4(H+)褪色；SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性石蕊溶液变红色，A错误；B. SO2溶于水生成亚硫酸，溶液显酸性，因此装满SO2气体的试管倒立在滴有紫色石蕊的水槽中，进入试管的液体呈红色，B正确；C. SO2、溧白粉、活性碳、Na2O2都能使红墨水褪色，其原理分别是化合、氧化、吸附、氧化，C错误；D. SO2和C12等物质的量混合后同时通入装有湿润的有色布条的集气瓶中二者反应生成盐酸和硫酸，漂白效果降低，D错误；答案选

36、B。18、C【答案解析】Cl2 既可氧化I- 为I2 ，也可氧化Br- 为Br2 ，也可氧化Fe2+ 为Fe3+ ，因还原性I- Fe2+ Br- ，所以通入氯气，首先氧化I- ，然后氧化Fe2+ ，最后氧化Br- ，据此分析解答。【题目详解】氧化还原反应中：氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，因还原性I- Fe2+ Br- ，所以通入氯气，首先氧化I- ，然后氧化Fe2+ ，最后氧化Br- ， A因还原性I- Fe2+ Br- ，通入氯气后，首先发生2ICl2=I22Cl ，故A正确； B当n（FeBr2 ）：n（FeI2 ）：n（Cl2 ）=1：1：3时，I- 、Fe2+ 、

37、Br- 全部被氧化，发生2Fe22Br2I3Cl2=2Fe3I2Br26Cl，故B正确； C当n（FeBr2 ）：n（FeI2 ）：n（Cl2 ）=2：1：4时，I- 、Fe2+ 全部被氧化，Br- 部分被氧化，发生6Fe2+ +6Br- +4I- +8Cl2 6Fe3+ +2I2 +3Br2 +16Cl- ，故C错误； D当n（FeBr2 ）：n（FeI2 ）：n（Cl2 ）=3：1：4时，I- 、Fe2+ 全部被氧化，Br- 部分被氧化，发生 4Fe22Br2I4Cl2=4Fe3I2Br28Cl，故D正确。故答案选C。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，清楚还原性I- Fe2+ Br- 以及

38、溶液中离子应的先后顺序是解题的关键。19、A【分析】电解质溶液的导电性与离子浓度及所带电荷数有关，离子浓度越大，电荷数越多，其导电性越强。由于此题各离子所带电荷数一样，所以只需考虑离子浓度。【题目详解】A. ab段发生反应：，离子的量几乎不变，但由于溶液总体积增大，离子浓度相应减小，所以其导电能力下降，故A正确；B. bc段为醋酸与一水合氨反应，一水合氨为弱电解质，与醋酸反应生成醋酸铵，为强电解质，溶液导电性增强，但书写离子方程式时一水合氨不可拆分，因此反应的离子方程式为：，故B错误；C. cd段继续滴加醋酸，此时溶液中氨水和氢氧化钠已反应完，醋酸电离程度很小，离子个数增加很少，但体积增大比较

39、多，离子浓度降低，导致导电性下降，故C错误；D. 随着醋酸的滴加，溶液体积不断增大，离子浓度持续减小，导电性下降，故D错误；故选A。20、C【题目详解】A. 原料气中氢气的作用是活化固体催化剂，同时氢气也是丁烷催化脱氢的的生成物，增大氢气的浓度，不利于该反应平衡的正向移动，由图1可知维持一定的进料比，有利于提高丁烯的产率，当过大时，丁烯的产率呈下降趋势，故A分析错误；B.由图2可知，当温度高于590C时，由于副反的发生，导致副产物增多，而丁烯的产率是下降的，故B分析错误；C.由图2可知，当温度高于590C时，丁烯裂解生成的副产物增多，丁烯的产率下降，故C分析正确；D.由图1可知，当进料比处于1

40、左右时，丁烯的产率最高，并不是进料比越小，越有利于提高丁烯的产率，故D分析错误；答案选C。【答案点睛】本题主要考查化学反应原理在化学工艺条件选择上的应用，氢气在反应中能活化固体催化剂，从而加快化学反应速率，但同时，氢气是该反应的生成物，氢气的浓度过大，不利于反应的正向进行，故要综合两方面的因素进行分析。21、B【题目详解】A乙醇中的OH脱氢，乙酸中的COOH脱羟基生成乙酸乙酯，为酯化反应或取代反应；B乙醇在浓硫酸的作用下，发生消去反应，生成水和乙烯，为消去反应；C一个乙醇脱去羟基，一个乙醇脱去羟基中的H原子，生成乙醚和水，为取代反应；D乙醇中的羟基被溴原子取代，生成溴乙烷，为取代反应；综上可知

41、，不同的是B中的反应，B符合题意。答案选B。22、A【分析】首先判断这是一个原电池，负极通入氢气，失电子变成，正极得电子，方程式为，据此来分析选项即可。【题目详解】A.电源负极虽然产生，但是正极会消耗更多的，因此总体来看溶液酸性在减弱，pH上升，A项错误；B. Fe()与 Fe()在反应中不停相互转化，起到了传递电子的作用，B项正确；C.被还原为氮气，而本身被氧化为，C项正确；D.钯即负极，氢气在负极失电子变成，D项正确；答案选A。二、非选择题(共84分)23、酯基 醚键 取代反应 +CH3I+HI 【分析】（1）根据题中E的结构简式可推知E中含氧官能团；（2）根据题中信息可知可推知BC的反应

42、类型； （3）根据路线图可知，C 转化为D，是C 中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式；根据流程可知，反应DE的反应为取代反应，据此写出反应的方程式； （4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中不同化学环境的氢原子数目比为11，据此可推断其结构简式；（5）根据路线图和已知中提供的反应，结合和两种原料设计制备的路线。【题目详解】（1）根据题中E的结构简式可知，E中含氧官能团为酯基、醚键；故答案

43、是：酯基、醚键；（2）根据题中信息可知，有机物B的结构中-COCl变为有机物C中的-COOCH3，CH3O-取代了Cl，所以BC的反应类型为取代反应；故答案是：取代反应；（3）根据路线图可知，C 转化为D，是C 中一个羟基中的氢，被-CH2OCH3取代，而C分子中含有两个羟基，推测另一个羟基也可以发生此反应，结合副产物X的分子式为C12H15O6Br，可推断出X的结构简式为；根据流程可知，DE的反应为取代反应，反应的方程式为：+CH3I+HI；故答案是：；+CH3I+HI；（4）该同分异构体可以与FeCl3溶液发生显色反应，则该同分异构体中含有酚羟基，又因为其碱性水解后酸化，含苯环的产物分子中

44、不同化学环境的氢原子数目比为11，可推断其结构简式为；故答案是：；（5）根据路线图和已知中提供的反应，以和为原料制备的路线为：；故答案是：。【答案点睛】有机物的结构和性质。反应类型的判断，化学方程式、同分异构体及合成路线流程图的书写是高考的常考点。在有机合成和推断题中一般会已知部分物质，这些已知物质往往是推到过程的关键点。推导时，可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可从最终产物结合反应条件逆向推导原料，还可以从中间产物出发向两侧推导，推导过程中要注意结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用。24、羟基 3 CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br +(2n-1)H2O 有机碱三乙胺能跟反应的

45、生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移 【题目详解】根据流程图可知，反应为CH2CH2与HCl发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A发生水解反应生成的B为CH3CH2OH。乙烯与溴发生加成反应生成的E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成的F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成的G为OHCCHO，G发生银镜反应后酸化，则H为HOOCCOOH，H发生信息中的取代反应生成的I为ClOCCOCl。B与C反应得到D，D与I发生信息中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为，则C为，（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：

46、羟基，故答案为羟基；（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为3；（3）反应是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br，故答案为CH2CH2+Br2BrCH2CH2Br；（4）在反应中，属于加成反应，属于氧化反应，属于取代反应，故答案为；（5）由上述分析可知，C的结构简式是，故答案为；（6）HOCH2CH2OH与HOOCCOOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：+(2n-1)H2O，故答案为+(2n-1)H2O；（7）反应有一定的限度，D与I发生取代反应生成CPPO和HCl，则加入有机碱三乙胺能提高目标产

47、物的产率的原因是：有机碱三乙胺能跟反应的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，故答案为有机碱三乙胺能跟反应的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。25、检查装置的气密性 浓硫酸 吸收未反应的SO2，防止污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置与Na2O2反应，干扰实验 将带火星的木条放在干燥管D出口处，若木条复燃，则有氧气生成，否则无氧气生成 装置F中溶液蓝色褪去 SO2I22H2O2ISO424H 不合理 装置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42，也可与BaCl2反应，生成白色沉淀，会对SO2与FeCl3反应产物(SO42)的检验造成干扰 【答案解析】由题意结合流

48、程，A为SO2的制取装置；B为吸水装置，防止水蒸气与Na2O2反应，干扰SO2与Na2O2反应的实验探究；C为SO2与Na2O2反应装置；D为隔绝空气及尾气吸收装置；E、F为探究SO2还原性的装置；G为尾气吸收装置。(1)有气体参与或生成的实验装置组装好后的第一步操作都是检查装置的气密性。(2)因为Na2O2能与水蒸气反应产生氧气，所以要检验SO2与Na2O2反应是否有氧气生成，为避免干扰，应先除去水蒸气；SO2是有毒的酸性氧化物，可用碱石灰吸收，以防止污染，同时碱石灰可防止空气中的水蒸气、CO2进入装置与Na2O2反应，干扰实验。(3)检验氧气用带火星的木条，木条复燃则证明有氧气生成。(4)

49、关闭弹簧夹1，打开弹簧夹2，SO2气体进入装置E、F、G中，若装置F中溶液蓝色褪去，则说明I-的还原性弱于SO2；发生反应的离子方程式是SO2I22H2O=2I-SO42-4H+。(5)评价该实验方案时，要考虑检验试剂与原溶液中所含物质的反应是否会对实验造成干扰。装置E中溶液溶解的SO2可被稀硝酸氧化成SO42-，也可与BaCl2反应，生成白色沉淀，会对SO2与FeCl3反应产物(SO42-)的检验造成干扰，所以该同学的方案不合理。【答案点睛】本题考查物质制备及性质实验设计与探究。主要考查SO2的制取与还原性、酸性氧化物的通性，涉及实验基本操作、实验设计与评价，考查学生实验探究能力、分析解决问

50、题的能力等。注意：对实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确作出判断，要考虑是否合理、有无干扰现象、经济上是否合算和对环境有无污染等。26、ACBEDF Ca2+ +2ClO- +CO2 +H2O=CaCO3 +2HClO D中品红不褪色,F中产生白色沉淀 H2SO3、HSO3-、SO32- 过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质 将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者 【答案解析】探究一：次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸

51、性比HClO强碱性判断。A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中。探究二：实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要尾气处理；SO2不能使品红的乙醇溶液褪色，而其水溶液可以，使品红褪色的微粒含有S元素；当氯气或者二氧化硫多余时，溶液具有漂白性；二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，据此分析。【题目详解】（1）次氯酸具有强氧化性、二氧化硫具有还原性，不能利

52、用二氧化硫与次氯酸钙直接反应判断亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，先验证亚硫酸酸性比碳酸强，再结合碳酸酸性比HClO强碱性判断A装置制备二氧化硫，由于盐酸易挥发，制备的二氧化硫中混有HCl，用饱和的亚硫酸氢钠除去HCl，再通过碳酸氢钠溶液，可以验证亚硫酸酸性比碳酸强，用酸性高锰酸钾溶液氧化除去二氧化碳中的二氧化硫，用品红溶液检验二氧化碳中二氧化硫是否除尽，再通入F中，则：装置连接顺序为A、C、B、E、D、F，F中为二氧化碳气体与漂白粉溶液反应生成碳酸钙和次氯酸，离子方程式为：Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，故答案为ACBEDF，Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3

53、+2HClO。（2）要证明H2SO3的酸性强于HClO，因为二氧化硫与次氯酸根离子发生氧化还原反应，不能直接通入漂白粉溶液中，证明酸性H2SO3H2CO3HClO即可：应先用二氧化硫制备二氧化碳（A利用盐酸和亚硫酸氢钠反应制取二氧化硫，C通过饱和的亚硫酸氢钠洗去二氧化硫中的氯化氢，通过B二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和碳酸氢钠反应制取二氧化碳），制备的二氧化碳中有二氧化硫，故通入漂白粉之前除去二氧化硫气体（E用酸性高锰酸钾除去二氧化硫），再用品红检验二氧化硫是否除净（D用品红检验），再通入漂白粉中（F），能证明H2SO3的酸性强于HClO的实验现象为D中品红不褪色，F中产生白色沉淀，故答案

54、为：D中品红不褪色，F中产生白色沉淀。（3）实验目的是验证干燥的二氧化硫能否漂白品红，应避免空气中水蒸气加入，SO2对环境有污染，需要吸收处理，故碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入H中干扰实验，吸收二氧化硫防污染，SO2不能使品红褪色，而其水溶液可以，因此使品红褪色的微粒可能是H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案为 H2SO3、HSO3-、SO32-。（4）当氯气或者二氧化硫多余时，过量氯水将品红氧化漂白或过量SO2与品红结合成无色物质；因为二氧化硫的漂白具有加热可恢复性，故将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者；故答案为过量氯水将品红氧化漂白或

55、过量SO2与品红结合成无色物质；将实验注射器中的溶液注入试管少许，加热，若无红色出现，原因为前者，反之则为后者。27、Cu2+ 排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响 通入N2可以带走溶液中的，因此三份溶液中的浓度：BCA，反应速率随 浓度降低而减慢，说明对该反应有催化作用 有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子 【分析】影响铜和硝酸反应速率的外因有反应物的浓度、温度、催化剂等，要探究催化剂对反应速率的影响，变量是催化剂，作对比实验，反应物浓度、温度必须相同，催化剂可以参与反应，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后催化剂的质量和化学性质不发生

56、改变；计算受热分解所得产物化学式时，结晶水合物先失去水、硝酸盐不稳定分解、结合应用质量守恒定律计算即可；【题目详解】(1) 溶液B与稀硝酸的区别就是B是铜和浓硝酸反应后的稀释液，先呈绿色后呈蓝色，稀释液中除了硝酸还存在铜离子、少量二氧化氮，溶液B遇铜片立即发生反应，催化剂能极大地加快反应速率，故推测Cu2+对该反应有催化作用、并通过实验探究之。排除了Cu2+对该反应有催化作用，就要通过实验探究对该反应有催化作用。作对比实验，控制变量，方案中向盛有铜片的溶液A中通入少量，补充对比实验，补充该实验的目的是排除通入与水反应引起硝酸浓度增大的影响。方案：向溶液B中通入氮气数分钟得溶液C，则三份溶液中唯

57、一的变量的浓度不一样：由于通入N2可以带走溶液中的，因此的浓度：BCA，则相同条件下，铜片与A、B、C三份溶液的反应速率：可以证明，该实验能够证明对该反应有催化作用。已知溶于水可以生成，氮元素化合价降低，则该反应是氧化还原反应，推测氧化产物为，故溶于水可以生成和。(2) 根据价层电子对互斥理论，中孤电子对数为 ，价层电子对数为3+0=3，根据杂化轨道理论，中心N原子为sp2杂化，空间构型为平面正三角形， 在NO2分子中，N周围的价电子数为5，根据价层电子对互斥理论，氧原子不提供电子，因此，中心氮原子的价电子总数为5，其中有两对是成键电子对，一个单电子，故从结构角度解释在金属表面得电子的能力强于

58、的原因为：有单电子，很容易得到一个电子形成更稳定的；为平面正三角形结构，且带一个负电荷，难以获得电子。(3) Cu与稀硝酸反应中反应过程中可能参与催化，先在反应中消耗后又重新生成，反应前后的质量和化学性质不发生改变；Cu与稀硝酸反应为： ，反应ii=(总反应-i6-iii2)，则反应ii 为：。(4) 硝酸盐受热易分解，铜活泼性较弱，硝酸铜晶体受热分解会生成铜的氧化物，假设的质量为296g，即1mol，当温度升至时，剩余固体质量为296g24.33%=72g，其中Cu为64g，还剩余8g其他元素，应为氧元素，所以剩余物质中Cu和O的物质的量之比为1:0.5，则该物质应为Cu2O。28、增大接触面积，提高硫酸浸取时的浸取速率和浸取率3MnO2+2FeS2+6H2SO4 =3MnSO4+Fe(SO4)3+4S+6H2O软锰矿粉或H2O2溶液破坏Fe(OH)3胶体并使沉淀颗粒长大，便于过滤分离Fe(OH)3(NH4