广东省佛山市顺德区容山中学2022-2023学年化学高三上期中复习检测模拟试题（含解析）

1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列有关实验的描述正确的是A向碘化钠稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固体B向分别装有1g Na2CO3和NaHCO3固体的试管中滴入几滴水，温度高的为Na2CO3

2、C将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，变红，说明样品变质D中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，目的是为了混合均匀，充分反应2、人体血液里存在重要的酸碱平衡：，使人体血液pH保持在7.357.45，否则就会发生酸中毒或碱中毒。其pH随c(HCO3-):c(H2CO3)变化关系如下表：c(HCO3-):c(H2CO3)1.017.820.022.4pH6.107.357.407.45下列说法不正确的是A正常人体血液中，HCO3-的水解程度大于电离程度B人体血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液缓解CpH=7.00的血液中，c(H2CO3)WYBY有多种同素异形体，而W不存在

3、同素异形体CX与W可形成化合物XW2，该化合物可作溶剂D最高价氧化物的熔点：ZX，因为氧元素与X、Z形成的共价键，后者键能更大7、NaNO2是一种食品添加剂，它与酸性KMnO4溶液的反应方程式为：+XMn2+H2O，下列叙述中正确的是A生成1molNaNO3需消耗0.4molKMnO4B反应过程中溶液的pH减小C该反应中被还原DX可以是盐酸8、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+ 8Al + 5OH+ 2H

4、2O3NH3+ 8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO49、某小组辨析非金属及其化合物，下列说法正确的是（）Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂SO2具有还原性，故可作漂白剂浓硝酸中的HNO3见光会分解，故浓硝酸呈黄色浓硫酸有强氧化性，不能与Cu发生反应将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，褪色后加热也能恢复原色金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反应ABCD均不正确1

5、0、Fe和Mg与H2SO4反应的实验记录如下：实验现象Fe表面产生大量无色气泡Fe表面产生少量气泡后迅速停止Mg表面迅速产生大量气泡Fe表面有大量气泡，Mg表面有少量气泡关于上述实验说法不合理的是( )A中产生气体的原因是：Fe2HFe2H2B取出中的铁棒放入CuSO4溶液立即析出亮红色固体C中现象说明Mg在浓H2SO4中没被钝化D中现象说明Mg的金属性比Fe强11、下列实验操作或装置能达到目的的是（ ）ABCD混合浓硫酸和乙醇配制一定浓度的溶液收集气体证明乙炔可使溴水褪色AABBCCDD12、铀235（）是常用的核燃料，核外电子数为（ ）A327B235C143D9213、钢铁在空气中发生吸

6、氧腐蚀时，相关微电池正极上发生的电极反应是( )A2H+ + 2e HBFe + 3e Fe3+C2H2O + O2 + 4e 4OH-DFe3+ + e Fe2+14、下列指定化学反应的离子方程式正确的是A二氧化锰和浓盐酸共热： MnO2+4HClMn2+2Cl+Cl22H2OBAlCl3溶液中滴加过量的浓氨水：Al3+4NH3H2OAlO4NH4+2H2OC将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O14H2NO=6Cu2+2NO7H2OD向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3+OHCaCO3+H2O15、下图是部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图，若用原子序数代表所对应

7、的元素，则下列说法正确的是( )A31d和33d属于同种核素B气态氢化物的稳定性：adeC工业上常用电解法制备单质b和cDa和b形成的化合物不可能含共价键16、工业生产水煤气的反应为： C(s) H2O(g) CO(g) H2 (g) 131.4kJ ，下列表述正确的是（）A反应物能量总和大于生成物能量总和BCO(g) H2 (g) C(s) H2O(l) 131.4kJC水煤气反应中生成 1 体积 CO(g) 吸收 131.4kJ 热量D水煤气反应中生成 1mol H2 (g) 吸收131.4kJ 热量二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E五种物质均含有同一种元素X，它们之间

8、有如下转化关系：(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、E中元素X的化合价相同。则D的颜色为_；E的名称为_。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀。则元素X在周期表中的位置是_；AC的反应中氧化剂的化学式为_；CD反应的离子方程式为_。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法。则A的电子式为_；DE的化学方程式为：_。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类。则BC的化

9、学方程式为_，EC_。18、丁香酚存在于丁香花的花蕊中，以丁香酚为原料制取有机物F的路线如下：已知： 回答下列问题： (1)丁香酚的分子式为_(2)A中的含氧官能团有_ （填名称），的反应类型为_。(3)写出满足下列条件的C的所有同分异构体的结构简式_。含苯环且环上只有两个取代基；属于酯类化合物；核磁共振氢谱有3组峰，且峰面积之比为3：1：1。(4)1 molD最多可以与_molH2发生加成反应 (5)反应中，试剂X的结构简式为_。19、某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应，所用装罝如下图所示。请回答：（1）装置A中分液漏斗内的物质是_ 。（2）实验时，旋开装置A中分液漏斗的旋塞，

10、发现液体流出缓慢，最终停止，其可能的原因是_。（3）实验过程中通入足量的SO2，请设计一个实验方案，验证SO2与FeCl3溶液反应的主要产物（H+无需检验）_。20、某校化学研究性学习小组查阅资料了解到以下内容：乙二酸（HOOCCOOH，可简写为H2C2O4）俗称草酸，易溶于水，属于二元中强酸（为弱电解质），且酸性强于碳酸，其熔点为101.5，在157升华为探究草酸的部分化学性质，进行了如下实验：（1）向盛有1mL饱和NaHCO3溶液的试管中加入足量乙二酸溶液，观察到有无色气泡产生该反应的离子方程式为_；（2）向盛有乙二酸饱和溶液的试管中滴入几滴硫酸酸化的KMnO4溶液，振荡，发现其溶液的紫红

11、色褪去；说明乙二酸具有_（填“氧化性”、“还原性”或“酸性”）；请配平该反应的离子方程式：_MnO4-+_H2C2O4+_H+=_Mn2+_CO2+_H2O（3）将一定量的乙二酸放于试管中，按如图所示装置进行实验（夹持装置未标出）：实验发现：装置C、G中澄清石灰水变浑浊，B中CuSO4粉末变蓝，F中CuO粉末变红。据此回答：上述装置中，D的作用是_，乙二酸分解的化学方程式为 _；（4）该小组同学将2.52g草酸晶体（H2C2O42H2O）加入到100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中充分反应，测得反应后溶液呈酸性，其原因是_（用文字简单表述），该溶液中各离子的浓度由大到小的顺序为：_（用离

12、子符号表示）21、工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅相关资料得知：i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42，自身被还原为Bi(OH)3固体。ii.物质Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3开始沉淀的PH2.73.44.67.50.7完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5回答下列问题：(1)将铬铁矿矿石粉碎的目的是_。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和_（填

13、仪器名称）。(3)写出反应的化学方程式_。(4)中酸化是使CrO42转化为Cr2O72。写出该反应的离子方程式_。(5)将溶液H经下列操作：蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。(6)取一定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为_，固体D中含Fe化合物的物质的量为_。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、B【答案解析】碘离子被氯气氧化为碘单质，碘单质溶在水中，溶液显紫色，不能有紫色固体析出，A错误；

14、Na2CO3溶于水放热多，所以温度高，B正确；Fe2+ 、NO3- 在酸性环境下发生氧化还原反应，Fe2+被氧化为Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，样品不一定变质，C错误；用环形玻璃搅拌棒要轻轻搅动，防止热量散失，D错误。正确答案B。2、D【答案解析】正常人体的血液显碱性，所以一定是HCO3-的水解程度大于电离程度，选项A正确。人体血液酸中毒时，可注射NaHCO3溶液使题目的平衡逆向移动，消耗氢离子以缓解酸中毒，选项B正确。从表中得到：cH2CO3c(HCO3-)时溶液pH=6.10，为使溶液pH=7，应该多加入一些碳酸氢根，所以选项C正确。在pH=7.40的血液中（显碱性），碳酸氢根

15、离子的浓度是碳酸的20倍，只能说明因为碳酸氢根离子浓度比碳酸大很多，所以溶液显碳酸氢钠的性质（碱性），无法比较HCO3-的水解程度和H2CO3的电离程度的相对大小，选项D错误。3、B【答案解析】A项，由图知1molC（s）与1molO2（g）的能量之和比1molCO2（g）的能量多393.5kJ，无法得出1molC（g）与1molO2（g）的能量之和，错误；B项，根据图示可写出热化学方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-282.9kJ/mol，该反应为放热反应，断裂反应物中的化学键吸收的能量小于形成生成物中化学键释放的能量，则反应物的总键能小于生成物的总键能，正确；C项，根据图示写

16、出热化学方程式：C（s）+O2（g）=CO2（g）H=-393.5kJ/mol（式），CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-282.9kJ/mol（式），应用盖斯定律，式-式得C（s）+O2（g）=CO（g）H=-110.6kJ/mol，则2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=-221.2kJ/mol，错误；D项，根据热化学方程式：CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=-282.9kJ/mol，1gCO完全燃烧放出=10.1kJ热量，CO的热值H=-10.1kJ/g，错误；答案选B。4、B【题目详解】A、a点溶液是NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液,存在物料守恒：c(NH4+

17、)c(NH3H2O)0.3 molL1，故A错误； B、b点溶液是向20 mL 浓度均为0.1 molL1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中滴加10mL0.1molL1的Ba(OH)2溶液，则氢离子和氢氧根离子反应完全，铵根离子0.06mol没反应,硫酸根被沉淀了0.01mol，剩余硫酸根是0.03mol，则c(NH4+)c(SO42-)c(H)，故B正确； C、c点溶液是向20 mL 浓度均为0.1 molL1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中滴加Ba(OH)2溶液，溶液显示中性的时候c(OH)=c(H)，根据电荷守恒2c(Ba2) c(H)+c(NH4+)2c(

18、SO42-)+ c(OH)，得到2c(Ba2) c(NH4+)2c(SO42-)，故C错误； D、d点溶液是向20 mL 浓度均为0.1 molL1 NH4HSO4 、(NH4)2SO4混合溶液中滴加25mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液，则溶液中产生了0.03molNH3H2O，剩余NH4+0.03mol，剩余SO42-0.015mol，由于溶液呈碱性，电离大于水解，所以c(NH4+)c(NH3H2O)c(SO42-) c(OH)c(H)，故D错误；故答案B。5、B【答案解析】A氯化钠的熔化破坏离子键，与化学键断裂有关，故A错误；B干冰属于分子晶体，升华时破坏了分子间作用力，与化学键断

19、裂无关，故B正确，C金刚石属于原子晶体，熔化时破坏了共价键，与化学键断裂有关，故C错误；D金属汞是金属晶体，汽化时破坏了金属键，与化学键断裂有关，故D错误；答案选B。【答案点睛】判断晶体的类型以及粒子间作用力是解题的关键。离子晶体中存在离子键，原子晶体中存在共价键，金属晶体中存在金属键，这些晶体状态变化时，化学键均会断裂，只有分子晶体状态变化时破坏分子间作用力，不破坏化学键。6、C【分析】X元素原子的内层电子数是最外层电子数的一半，X原子只能有2个电子层，最外层电子数为4，则X为碳元素；由元素在周期表中的位置可知，Y为O、Z为Si、W为S、Q为Cl，结合元素的性质解答。【题目详解】A. Y为O

20、、W为S、Q为Cl，S2-、Cl-的核外电子排布相同，则原子序数大的，半径小，W Q，W和处Y于同一主族，同主族原子半径和离子半径都逐渐增大，故 W Y，故离子半径：W Q Y，故A错误；B. Y有多种同素异形体，如氧气和臭氧，而W也存在同素异形体，单斜硫和斜方硫，故B错误；C. X与W可形成化合物XW2，即二硫化碳，该化合物可作常见溶剂，故C正确；D. 最高价氧化物的熔点：ZX，二氧化硅大于二氧化碳，因为氧元素与X、Z形成的共价键，前者键能更大，故D错误；答案选C。7、A【分析】根据元素守恒和溶液酸碱性可知，x是H+，该反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、N元素化合价由+3价变为+5价，

21、转移电子数为10，该反应的化学方程式为：2+5+6 H+=2Mn2+5+3H2O，据此分析；【题目详解】A根据方程式可知，生成1mol NaNO3需消耗0.4molKMnO4，故A正确；B反应中氢离子参加反应生成水，导致氢离子浓度减小，溶液pH增大，故B错误；C该反应中亚硝酸根离子失去电子被氧化，故C错误；D酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化氯离子生成氯气，所以不能为盐酸，可以是硫酸，故D错误；故选A。8、B【答案解析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加

22、入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，【题目详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；

23、C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。9、C【题目详解】Cl2具有很强的氧化性，可作氧化剂，但在和水以及强碱的反应中既做氧化剂，又做还原剂，故错误；二氧化硫做漂白剂是因为其具有漂白性，与还原性无关，故错误；硝酸分解生成红棕色二氧化氮，二氧化氮溶于水导致浓硝酸呈黄色，故正确；浓H2SO4具有强氧化性，浓硫酸和铜加热

24、反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，故错误；SO2通入溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，则加热颜色不会恢复，故错误；金刚石和氧气反应生成二氧化碳，故错误；正确的有；故答案为C。10、B【题目详解】A、铁和稀硫酸反应生成H2，因此铁表面产生大量无色气泡，合理，故错误；B、铁和浓硫酸发生钝化反应，在铁的表面产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，因此放入硫酸铜溶液中不会立即析出亮红色固体，不合理，故正确；C、根据实验现象，镁表面迅速产生大量的气泡，说明镁和浓硫酸没有发生钝化反应，合理，故错误；D、根据原电池的工作原理，正极上产生气泡，因此铁作正极，镁作负极，活泼金属作负极，即镁的金属性强于铁，合理，

25、故错误。故选B。11、B【分析】A、乙醇的密度小于浓硫酸；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切；C、二氧化氮的密度大于空气；D、乙炔中的杂质也能使溴水褪色。【题目详解】A、乙醇的密度小于浓硫酸，混合时应将浓硫酸沿烧杯壁倒入乙醇中，边倒边搅拌，若顺序相反则容易引起液体飞溅，故A不能达到目的；B、容量瓶上的刻度与凹液面的最低处相切，胶头滴管垂直位于容量瓶的正上方，故B能达到目的；C、二氧化氮的密度大于空气，集气瓶中的导气管应长进短出，故C不能达到目的；D、乙炔中的H2S等杂质也能使溴水褪色，应先通过一个盛碱液的洗气瓶将杂质除去，故D不能达到目的；故选B。【答案点睛】本题考查实验装置和基本操作，易

26、错点D，学生易忽略实验室用电石制乙炔中的H2S等还原性杂质也能使溴水褪色。12、D【题目详解】的核外电子数等于其原子序数，为92，故答案选D。13、C【分析】铁的吸氧腐蚀中正极氧气得电子，负极铁失电子。【题目详解】钢铁在空气中发生吸氧腐蚀时，铁为负极，失电子发生氧化反应生成亚铁离子，电极反应式：，碳作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，生成氢氧根离子，电极反应式：；故选C。14、C【答案解析】A. 二氧化锰和浓盐酸共热，要用离子符号表示HCl： MnO2+4H+2ClMn2+Cl22H2O，故A错误；B. AlCl3溶液中滴加过量的浓氨水，Al(OH)3不溶于氨水：Al3+3NH3H2OAl(

27、OH)3+3，故B错误；C. 将Cu2O与稀HNO3混合：3Cu2O14H2NO=6Cu2+2NO7H2O，故C正确；D. 向碳酸氢铵溶液中加入足量石灰水，生成物还有一水合氨：Ca2+HCO3+2OHCaCO3+ NH3H2O +H2O，故D错误。故选C。点睛：书写离子方程式需要注意：(1)符合事实；(2)强酸、强碱、可溶盐在水溶液中使用离子符号表示，其他情况下的物质均用化学式表示；(3)符合质量守恒、电荷守恒、电子守恒。15、C【答案解析】由图部分短周期元素的原子序数与其某种常见化合价的关系图分析，a为氧化元素，e为硫元素，b为钠元素，c为铝元素，d为磷元素；A. 31d和33d质子相同，中

28、子数不同，互为同位素，A错误；a、e、d的非金属性依次减弱，它们的气态氢化物的稳定性也依次减弱，即aed，B错误；C. 工业上常用电解法制备单质钠和铝，C正确；D. a和b可形成过氧化钠，其中过氧根离子中含氧氧共价键，D错误。16、D【答案解析】A 、根据能量守恒可知该反应是吸热反应，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，A错误。B、C(s) H2O(g) CO(g) H2 (g) 131.4kJ，正反应为吸热反应，其逆反应为放热反应，生成液态水放出的热量比生成气态水放出的热量多，所以放出的的热量的数值应该大于131.4，B错误。C、该反应中生成1mol CO(g) 吸收 131.4kJ 热量

29、，而不是指1体积的CO气体，化学方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，C错误。D、方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，所以该反应中生成 1mol H2 (g) 吸收131.4kJ 热量，D正确。正确答案为D二、非选择题（本题包括5小题）17、红褐色 氧化铁 3周期IIIA族 H2O AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3- NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3 4NH3+5O24NO+6H2O 3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O 【题目详解】(1)若A为单质，仅B、C属于盐类，且A、B、C中元素X的化合价依次升高，C、D、

30、E中元素X的化合价相同，据此信息可知X为变价元素铁，则A为铁，B为氯化亚铁、C为氯化铁， D为氢氧化铁、E为氧化铁，所以则D的颜色为红褐色；E的名称为氧化铁；综上所述，本题答案是：红褐色；氧化铁。(2)若A为单质，B、C均属于盐类，且B、C的水溶液中含X元素的离子所带电荷数之比为3：1，D是一种白色沉淀；据以上分析可知X为铝元素；则A为铝，B为铝盐、C为偏铝酸盐， D为氢氧化铝、E为氧化铝；铝原子的核电荷数为13，在周期表中的位置是3周期IIIA族；铝与强碱水溶液反应生成偏铝酸盐和氢气，铝做还原剂，H2O做氧化剂；偏铝酸盐溶液中通入足量的二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：AlO2-+CO

31、2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-；综上所述，本题答案是：3周期IIIA族；H2O；AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-。(3)若AE均为化合物。A是淡黄色固体，为过氧化钠；C、D、E均属于盐类，DEC是我国化学家发明的经典工业制备C的方法，该方法为侯氏制碱法，所以C为碳酸钠；因此A ：Na2O2， B :NaOH， C :Na2CO3，D : NaCl，E :NaHCO3；Na2O2属于离子化合物，电子式为：；氯化钠溶液中通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：NaCl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3；综上所述，本题答案是：；Na

32、Cl+CO2+NH3+H2O=NH4Cl+NaHCO3。(4)若A为单质，C、D的相对分子质量相差16，B、E发生反应只生成一种产物，且属于盐类，据以上信息可知：则A：N2；B：NH3；C：NO；D：NO2；E：HNO3；氨气发生催化氧化生成一氧化氮，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O；综上所述，本题答案是：4NH3+5O24NO+6H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O。【答案点睛】氢氧化钠与足量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸钠溶液通

33、入足量的二氧化碳生成碳酸氢钠，氯化钠溶液通入氨气、二氧化碳和水，也能生成碳酸氢钠，这个反应容易忘掉，造成问题（3）推断出现问题。18、C10H12O2 羟基、醚键 取代反应 、 4 或CH3COCH3 【分析】根据丁香酚的键线式结构，判断其分子式；根据A的结构简式，判断含氧官能团，对比A、B的结构判断反应类型；根据题中所给信息，写出符合条件的C的同分异构体；根据D的结构判断与H2加成的量；根据题中信息，对比D、E的结构，判断试剂X的结构；据此解答。【题目详解】(1) 丁香酚的键线式结构为，交点、端点为碳原子，用H原子饱和碳的四价结构，可知其分子式为C10H12O2；答案为C10H12O2。(2

34、)由A的结构简式为可知，该有机物含氧官能团有羟基和醚键；A的结构简式为，B的结构简式为，对比A、B的结构，从羟基变成酯基，得出该反应为取代反应；答案为羟基、醚键，取代反应。(3) C的结构简式为，其的分子式为C10H10O4，根据信息中含有苯环，则取代基只剩下4个碳原子，且苯环上有两个取代基，其相对位置应该有邻位、间位和对位三种结构。又因其核磁共振氢谱为3组峰，峰面积比为3：1：1，它可能的同分异构体应该是邻位的两个相同的取代基，因为C是酯类化合物，故取代基为-COOCH3或者-OOCCH3，可以确定符合条件C的同分异构体结构简式为 ，答案为 。(4)由D的结构简式可知，其分子中含有一个醛基，

35、1mol醛基可以加成1molH2，另外1mol苯环也可以加成3molH2，则1mol D最多可以与4mol H2发生加成反应；答案为4。(5) D的结构简式为，E的结构简式为，反应的条件与题干中的羟醛缩合反应对应，说明反应就是羟醛缩合，对比D、E的结构，发现E比2个D多了中间的三个碳原子，可以得出试剂X为或CH3COCH3；答案为或CH3COCH3。19、 浓硫酸 没有打开分液漏斗的上口玻璃塞(或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞)，导致无法与外界大气连通 取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有F

36、e2+生成；另取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成【答案解析】（1）根据题意可知，装置A为SO2的发生装置，实验室制备SO2常用浓硫酸与Na2SO3固体反应来制备，故分液漏斗中为浓硫酸；答案为：浓硫酸；（2）分液漏斗液体不能顺利流下，是因为分液漏斗中压强大于外界压强。在滴加液体之前要先打开分液漏斗上口玻璃塞或者使玻璃塞上的凹槽与分液漏斗上的小孔对齐。故答案为：没有打开分液漏斗的上口玻璃塞或分液漏斗上口玻璃塞上的凹槽没有与分液漏斗上的小孔连通或导管发生堵塞，导致无法与外界大气连通。（3）SO2有强还原性，Fe3+有强氧化性，二者发生氧化还原反应，反应离子方程

37、式为：2Fe3+ SO2+2H2O=2Fe2+ SO42-+4 H+。检验Fe2+生成的实验方法为：取少量反应后的溶液于试管中，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入足量H2O2或氯水，溶液变血红色，则产物有Fe2+生成；检验SO42-的生成实验方法为：取少量反应后的溶液，滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则有SO42-生成。20、HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O 还原性 2 5 6 2 10 8 除去混合气体中的CO2 H2C2O4H2O+CO+CO2 反应所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H+）c（OH），所以溶液呈酸性

38、Na+HC2O4-H+C2O42-OH 【分析】（1）强酸制弱酸原理；（2）酸性高锰酸钾具有强氧化性，草酸具有还原性，能被酸性高锰酸钾氧化；根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式；（3）H2C2O4H2O+CO+CO2，B装置验证产物水，C装置验证产物CO2，D装置除掉CO2，E装置除掉水蒸气，F、G装置验证产物CO，据此分析。（4）通过计算反应后溶液为NaHC2O4溶液，根据反应后溶液呈酸性，可知HC2O4- 的电离程度比水解程度大，由此确定溶液中各离子浓度到大小。【题目详解】（1）乙二酸中含有羧基，具有酸性，酸性比碳酸强，与碳酸氢钠反应生成二氧化碳和乙酸钠，该反应的离子方程式为：HCO3

39、-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；答案：HCO3-+H2C2O4=HC2O4-+CO2+H2O；（2）酸性KMnO 4 溶液具有强氧化性，向盛有少量乙二酸饱和溶液的试管中滴入用硫酸酸化的KMnO 4溶液，振荡，发现其溶液的紫红色褪去，说明乙二酸被酸性高锰酸钾氧化，具有还原性；根据氧化还原反应方程式的配平原则：得失电子守恒、质量守恒和电荷守恒配平该反应的离子方程式：2MnO 4 - +5 H2C2O4 +6H + =2Mn 2+ +10CO 2 +8H2O；答案：还原性 2 5 6 2 10 8（3）加热乙二酸，反应物通入B，使CuSO 4 粉末变蓝，说明有水生成，装置C中澄清石灰

40、水变浑浊，说明有二氧化碳生成；装置D中二氧化碳和氢氧化钠反应除去混合气体中的二氧化碳，F中CuO粉末变红、G中澄清石灰水变浑浊说明有一氧化碳生成，所以乙二酸的分解产物为CO、CO 2 、H2O；答案：除去混合气体中的CO2； H2C2O4H2O+CO+CO2； （4）2.52g草酸晶体的物质的量= =0.02mol，100mL 0.2mol/L的NaOH溶液中氢氧化钠的物质的量=100mL10 -3 L/mL0.2mol/L=0.02mol；所以反应生成NaHC2O4 ，所得溶液为NaHC2O4溶液，由于HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，导致溶液中c（H + ）c（OH - ），所以溶液呈酸性；两者正好1：1反应生成NaHC2O4，溶液显酸性，说明HC2O4 - 的电离程度比水解程度大，而溶液中还存在着水的电离，故H+C2O42-，由于离子的电离程度较小，则有HC2O4-H+，离子浓度由大到小的顺序为Na+HC2O4-H+C2O42-OH；答案：反应所得溶液为NaH