2022-2023学年山东省济省实验学校高三化学第一学期期中教学质量检测模拟试题（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（每题只有一个选项符合题意）1、一定条件下，某容器中各微粒在反应前后变化的示意图如下，其中和代表不同元素的原子。关于此反应的说法不正确的是A反应物总能量一定低于生成物总能量B一定属于可逆反应C一定有非极性共价键断裂D一定属于氧化还原反应2、向下列溶液中加入相应试剂后，

2、发生反应的离子方程式正确的是A向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液Ba2+SO42-=BaSO4B向Al（NO3）3液中加入过量氨水Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+；C向FeCl3溶液中加入铁粉Fe3Fe2Fe2D向Fel2溶液中加入足量新制氯水Cl22I2ClI23、下列反应中，在原理上可以设计成原电池的是（ ）ABa(OH)28H2O与NH4Cl的反应 B氧化铝与硫酸的反应C甲烷与氧气的反应 D石灰石的分解反应4、已知反应3A（g）B（g）C（s）4D（g） H0，如图中a、b表示一定条件下，D的体积分数随时间t的变化情况。若要使曲线b变为曲线a，可采取的措施是：增大

3、B的浓度升高反应温度缩小反应容器的体积（加压）加入催化剂 A B C D5、实验室从海带中提取碘的流程如图：下列操作装置不符合要求的是ABCD6、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（ ）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Na

4、HCO3溶液，在阳极区出现白色沉淀7、下列各组混合物，使用氢氧化钠溶液和盐酸两种试剂不能分离的是（ ）A氧化镁中混有氧化铝B氯化铝溶液中混有氯化铁C氧化铁中混有二氧化硅D氯化亚铁溶液中混有氯化铜8、已知X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，设X的原子序数为a。则下列说法正确的是YXZAY是非金属性最强的元素BZ是金属元素CY的原子序数为a7DX的气态氢化物化学式为H2X9、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温常压下，1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NABpH1的H2SO3溶液中，含有0.1NA个HC1 mol Fe分别与足量的稀硫

5、酸和稀硝酸反应转移电子数均为3NAD1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数为NA10、室温下向10mL pH=3的醋酸溶液中加入水稀释后，下列说法正确的是A溶液中导电粒子的数目减少B溶液中不变C醋酸的电离程度增大，c（H+）亦增大D再加入10mlpH=11的NaOH溶液，混合液pH=711、常温下，下列各组离子一定可以大量共存的是A含的溶液中： H+、K+、I、Fe2+B遇石蕊溶液显红色的溶液中：C含有大量的溶液中：、Cl、H、Mg2D遇酚酞显红色的溶液中：K+、Fe3+、Na+、12、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素。已知W原子的最外层电子数是电子层

6、数的2倍，Y原子次外层电子数与其它各层电子总数相等，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数。下列说法正确的是A含氧酸的酸性：ZWB在一定条件下W的单质能与Y的最高价氧化物对应的水化物反应C四种元素均能与氢元素形成共价键D简单离子半径：XYZ13、V mL Al2(SO4)3溶液中含有Al3+ a g，取0.5V mL溶液稀释到8V mL，则稀释后溶液中SO42的物质的量浓度是A18V1000(m1-m2)mol/LB125a18Vmol/LC125a36Vmol/LD125a54Vmol/L14、工业上利用空气吹出法提取溴的部分流程如下：下列说法错误的是A中可以采用纯碱溶液，发生的反应是3Br2

7、6CO323H2O=5BrBrO36HCO3B第步，需加入氧化性酸，才能将Br氧化为Br2CB溶液颜色要比A溶液深D第步，采用的是蒸馏的方法15、下列各组物质的分类或变化正确的是( )混合物：氯水、氨水、水玻璃、水银、食醋、淀粉 含有氧元素的化合物叫氧化物 CO2、NO2、P2O5均为酸性氧化物 同素异形体：C60、C70、金刚石、石墨 在熔融状态下能导电的化合物为离子化合物 强电解质溶液的导电能力一定强 有单质参加的反应或有单质产生的反应是氧化还原反应ABCD16、下列相关反应的离子方程式书写正确的是（ ）A氢氧化铁溶于氢碘酸:Fe(OH)3+3H+ =Fe3+3H2OB氯化铝溶液中滴加过量

8、的氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4CNH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀:Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-= AlO2-+2BaSO4+2H2ODNaHCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液:2HCO3-+Ba2+2OH- =BaCO3+2H2O+ CO32-二、非选择题（本题包括5小题）17、有一包白色固体粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一种或几种，现做以下实验：将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤，溶液呈无色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生；取少量的溶液

9、，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生；另取中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液，产生白色沉淀根据上述实验事实，回答下列问题：（1）原白色粉末中一定含有的物质是_，一定不含有的物质是_，可能含有的物质是_（写化学式）（2）写出各步变化的离子方程式_；_。18、已知物质A是芳香族化合物，A分子中苯环上有2个取代基(均不含支链)，且A的核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1:1:1:1:2:2，能够与FeCl3溶液发生显色反应。D（C18H16O6）分子中除含2个苯环外还含有1个六元环。它们的转化关系如下：请回答下列问题：（1）A中所含的含氧官能团的名称为_。（2）填写下列反应的反应类型：反应 _反应 _

10、。（3）B的结构简式_，D的结构简式_。 （4）AE的化学方程式为_。（5）符合下列条件的A的同分异构体有_种。芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解；lmol该物质可与4molAg(NH3)2+发生银镜反应；lmol该物质可与5molH2加成。19、树德中学化学兴趣小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。(本实验忽略Cu2+、Ag+在此条件下的水解)(1)方案1:通过置换反应比较:向AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag+Cu2+。(2)方案2:通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验

11、试剂编号及现象试管滴管1.0mol/L KI溶液1.0mol/L AgNO3溶液1mLI.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/L CuSO4溶液1mLII.产生棕黑色沉淀A，溶液变棕黄经检验，I中溶液不含I2，黄色沉淀是_。取II中棕黄色溶液，加入少量_溶液，变为_色，说明生成了I2。推测Cu2+做氧化剂,沉淀A有CuI。该反应的离子方程式为:_查阅资料得知: CuI为难溶于水的白色固体。于是对棕黑色沉淀的组成提出假设并证明假设是否成立，取部分棕黑色沉淀进行实验二:已知: CuI难溶于CCl4；I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)；Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无

12、色)。由实验二得出结论: 棕黑色沉淀是_。现象为_。用化学平衡移动原理解释产生现象ii的原因:_。白色沉淀CuI与AgNO3 溶液反应生成AgI和一种固体单质，该反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag+Cu2+。20、甲酸(HCOOH)是还原性酸，又称作蚁酸，常用于橡胶、医药、染料、皮革等工业生产。某化学兴趣小组在分析甲酸的组成和结构后，对甲酸的某些性质进行了探究。请回答下列问题。I.甲酸能与醇发生酯化反应该兴趣小组用如上图所示装置进行甲酸(HCOOH)与甲醇(CH3OH)的酯化反应实验: 有关物质的性质如下:沸点/密度(gcm-3)水中溶解性甲醇64.50.79易溶甲酸100.71.22易溶甲

13、酸甲酯31.50.98易溶 (1)装置中，仪器A的名称是_，长玻璃管c的作用是_。(2)甲酸和甲醇进行酯化反应的化学方程式为_。(3)要从锥形瓶内所得的混合物中提取甲酸甲酯，可采用的方法为_。II.甲酸能脱水制取一氧化碳(1)利用上图装置制备并收集CO气体，其正确的连接顺序为a_(按气流方向从左到右，用小写字母表示)。(2)装置B的作用是_。(3)一定条件下，CO能与NaOH固体发生反应:CO+NaOH HCOONa。为了证明“CO与NaOH固体发生了反应”，设计下列定性实验方案:取固体产物，配成溶液，_。测定产物中甲酸钠(HCOONa)的纯度：准确称取固体产物8,0g配制成100mL溶液，量

14、取20.00mL该溶液于锥形瓶中，再加入_作指示剂，用1.5mol/L的盐酸标准溶液滴定剩余的NaOH，平行滴定三次，平均消耗盐酸的体积为5.05mL，则产物中甲酸钠的质量分数为_(计算结果精确到0.1%)。21、 (1)中国化学家研究出一种新型复合光催化剂(C3N4/CQDs)，能利用太阳光高效分解水，原理如图所示。已知化学键键能如下表：共价键OHOOO=O键能/（kJmol-1）464 146 498反应I的化学方程式为_。写出反应II的热化学方程式_。设总反应反应热为H，反应I反应热为H1，则H_ H1（填“”“” 或“”）。(2)已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种

15、盐NaH2PO2。H3PO2水溶液中存在H3PO2分子。H3PO2易被氧化为H3PO4磷酸。写出次磷酸的电离方程式_。 常温下，NaH2PO2溶液的pH_。A7 B7 C7 D不能确定向H3PO2溶液中逐滴加入等浓度的NaOH溶液至过量，其导电性变化图像为_；向稀NaOH溶液中逐滴滴加浓H3PO2溶液至恰好中和，其导电性变化图像为_。常温下磷酸和氢氧化钠溶液反应获得含磷各物种的分布分数与pH的关系如图所示。由图分析：H3PO4的Ka1=_；利用图中数据计算推测Na2HPO4溶液的酸碱性_。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、A【答案解

16、析】由图可知，该反应中一种化合物分解为一种单质和另一种化合物。A. 由图无法判断该反应是放热反应还是吸热反应，故无法判断反应物总能量与生成物总能量的相对大小，A不正确；B. 充分反应后，还有反应物尚未分解，所以该反应一定属于可逆反应，B正确；C. 反应物分子中有非极性键，而生成的化合物中没有，所以反应过程中一定有非极性共价键断裂，C正确；D. 化合物分解后有单质生成，所以一定属于氧化还原反应，D正确。本题选A。点睛：两种化合物均有单个的分子，故其分子内的化学键一定是共价键。非极性键是同种元素的原子之间形成的共价键。2、B【题目详解】A.向CuSO4溶液中加入Ba（OH）2溶液的离子方程式为：B

17、a2+SO42-+Cu2+2OH-=BaSO4+Cu(OH)2，故A错误；B. 向Al（NO3）3液中加入过量氨水离子方程式为：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B正确；C. 向FeCl3溶液中加入铁粉离子方程式为：2Fe3Fe3Fe2，故C错误；D. 向Fel2溶液中加入足量新制氯水离子方程式为：2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选B。【答案点睛】离子方程式书写判断注意以下几点：1、原子和电荷是否守恒；2、离子符号或化学式是否书写正确；3、反应是否符合客观事实。3、C【答案解析】原电池为将化学能转化为电能的装置，所涉及反应为自发进行的氧化反应，题中只有C为氧化

18、还原反应，可设计成原电池反应，其中通入甲烷的电极为负极，通入氧气的电极为正极，而A、B、D都不是氧化还原反应，不能设计成原电池，故选C。4、C【答案解析】使b曲线变为a曲线，到达平衡时间缩短，且D的体积发生不变，说明改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动。【题目详解】增大反应物B的浓度，平衡向正反应方向移动，错误；升高温度，反应速率加快，该反应正反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应移动，D的体积分数降低，错误；缩小反应容器的体积增大压强，反应速率加快，该反应前后气体的物质的量不变，平衡不移动，D体积分数不变，C正确；加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，错误。故选C。【答案点睛】本题考查化学

19、平衡图象，关键是根据图象判断改变条件，反应速率加快，不影响平衡移动，明确影响化学平衡的移动因素。5、A【分析】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液，以此来解答。【题目详解】由流程可知，海带在坩埚中灼烧成灰，在烧杯中浸泡溶解得到海带灰悬浊液，通过过滤装置，分离出滤液为含碘离子的溶液，加入氯气作氧化剂，将碘离子氧化成碘单质，加四氯化碳萃取出碘单质，得到碘单质的有机溶液；A选项中是溶液蒸发浓缩装置，海带灼烧应在坩埚中进行，故A错误；B海带灰溶解

20、在烧杯中进行，并用玻璃棒搅拌，故B正确；C悬浊液得到含碘离子的溶液，为分离固体和溶液，使用过滤装置，故C正确；D含碘单质的水溶液分离碘单质用萃取分液的方法分离，故D正确；故答案为A。6、D【答案解析】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，则X是H；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y是C；M是地壳中含量最高的金属元素，则M是Al；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且Y、Z、W、M的原子序数依次增大，故Z是N，W是O。综上所述，X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al。A.X是H,Z是N，W是O,三元素形成的化合

21、物NH4NO3为离子化合物，故A项错误；B.X是H，Y是C，Z是N，W是O，M是Al，其原子半径从大到小的顺序为AlCNOH，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.7、D【题目详解】AMgO是碱性氧化物与NaOH不能反应，而Al2O3是两性氧化物，可以与NaOH发生反应产生NaAlO2，过滤后洗涤，就得到纯净的MgO，故A不选；B向溶液中加入过量的

22、NaOH溶液，FeCl3变为Fe(OH)3沉淀，AlCl3变为NaAlO2，过滤，然后向溶液中加入适量的盐酸，当沉淀达到最大值中，过滤，得到Al(OH)3，再分别向两种物质的沉淀中加入适量的盐酸溶解，就得到AlCl3溶液，除去了杂质，故B不选；CSiO2是酸性氧化物，可以与NaOH发生反应，而碱性氧化物Fe2O3与NaOH不能发生反应，加入过量的NaOH，然后过滤洗涤，就得到纯净的Fe2O3，故C不选；D二者都可以与NaOH发生反应，当再向得到的沉淀中加入盐酸时，二者都溶解，不能分离、提纯二者，故D选；故选D。【答案点睛】分离或提纯时，若需要加入试剂，试剂的选择应遵循以下五个原则：所选试剂一般

23、只和杂质反应；作不应引入新的杂质；不减，即不减少欲被提纯的物质；易分，即欲被提纯的物质与杂质应容易分离；易得，试剂应尽可能容易获得，且价格低廉。8、C【题目详解】X、Y、Z三种短周期元素在周期表中的位置如图所示，则Y是氦，X是氟，Z是S，A、Y是氦，是惰性元素，A项错误；B、Z是S，是非金属元素，B项错误；C、X的原子序数为a，He的原子序数为2，F的原子序数为9，则Y的原子序数为a-7,，C项正确；D、氟的最低价为-1价，X的气态氢化物化学式为HX，D项错误；答案选C。9、A【题目详解】A.一个14C中的中子数为8，一个D中的中子数为1，则1个甲基(14CD3)所含的中子数为11，一个14C

24、中的电子数为6，一个D中的电子数为1，则1个甲基(14CD3)所含的电子数为9；则1 mol甲基(14CD3)所含的中子数和电子数分别为11NA、9NA，故A正确；B. pH1的H2SO3溶液中，c(H+)为0.1mol/L，没有给出溶液的体积，无法根据公式n=cV计算出氢离子的物质的量，也无法计算氢离子的数目,故B错误；C.铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故1 mol Fe分别与足量的稀硫酸和稀硝酸反应转移电子数依次为2mol、3mol，故C错误；D.酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中水解可得到的乙醇分子数小于NA，故D错误

25、。答案选A。【答案点睛】本题考查的是与阿伏加德罗常数有关的计算。解题时注意C选项中铁和稀硫酸反应变为+2价，和足量稀硝酸反应变为+3价，故失电子数不同；D选项酯在酸性条件下的水解反应是可逆反应，可逆反应的特点是不能进行彻底，故1 mol CH3COOC2H5在稀硫酸中不会完全水解。10、B【题目详解】A项，加水稀释有利于醋酸的电离，故溶液中导电粒子的数目增加，A错误；B项，在稀释的过程中，温度不变，故Ka=c(CH3COO-)c(H+)/c(CH3COOH)不变，又因为c(H+)=Kw/c(OH-),故c(CH3COO-)Kw/c(CH3COOH)c(OH-)=Ka，Kw在室温下也是常数，故B

26、正确；C项，电离程度虽然增大，但c(H+)减小，C错误；D项，加入10 mL pH=11的NaOH溶液，混合液中和后，因醋酸还有大量剩余，故pH应小于7，D错误。故选B。11、C【题目详解】A与H+起硝酸的作用，表现强氧化性，能够将I、Fe2+氧化，不能大量共存，A不符合题意；B遇石蕊溶液显红色的溶液中含有大量H+，H+与会发生反应产生CO2、H2O，不能大量共存，B不符合题意；C与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D遇酚酞显红色的溶液显碱性，含有大量的OH-，OH-与Fe3+会反应产生Fe(OH)3沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。12、B【答案解析】W

27、是四种短周期元素中原子序数最小的，W原子的最外层电子数是电子层数的2倍，W为C元素；Y原子次外层电子数与其它各层电子总数相等，Y为S元素；在短周期中，原子序数比Y大的主族元素只有Cl，Z为Cl元素；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，X的原子序数为11，X为Na元素。A，Z为Cl元素，Z的含氧酸有HClO、HClO2、HClO3、HClO4，酸性：HClO4H2CO3HClO，A项错误；B，Y的最高价氧化物对应的水化物为H2SO4，C与浓H2SO4反应的化学方程式为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，B项正确；C，C、S、Cl与H元素形成共价键，Na与H形成离子键，C项错误；

28、D，根据“层多径大，序大径小”，简单离子半径：YZX，D项错误；答案选B。13、C【答案解析】利用n=mM，计算ag Al3+的物质的量，然后计算0.5V mL溶液中Al3+的物质的量，根据电荷守恒可知2n(SO42-)=3n(Al3+)，计算0.5V mL溶液中SO42-的物质的量，将其稀释为8VmL，在稀释过程中溶中SO42-的物质的量不变，再根据c=nV，计算稀释后溶液SO42-的物质的量浓度。【题目详解】ag Al3+的物质的量为n=ag27g/mol=a27mol，故0.5VmL溶液中Al3+的物质的量为n(Al3+)=a27mol0.5VmLVmL=a54mol，根据电荷守恒可知2

29、n(SO42-)=3n(Al3+)，所以0.5VmL溶液中SO42-的物质的量为n(SO42-)=a54mol32=a36mol，取0.5VmL溶液稀释到8VmL，则稀释后溶液SO42-的物质的量浓度为c(SO42-)=nV=a36mol8v10-3L=125a36Vmol/L，选项C符合题意。合理选项是C。【答案点睛】本题考查物质的量浓度的有关计算，属于字母型计算，利用电荷守恒，根据Al3+的物质的量找出溶液中SO42-是本题的关键，离子物质的量容易计算出问题，注意对公式的理解与灵活运用。14、B【答案解析】由流程可知，中发生2Br-+Cl2=2Cl-+Br2，利用空气将吹出塔中含Br2的溶

30、液，经过吹出、吸收、酸化来重新获得含Br2的溶液，其目的是富集溴，提高Br2的浓度，加入碱液重新吸收，所得溶液富含BrO3-，中发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，最后利用蒸馏得到溴。A纯碱是碳酸钠，与溴反应有BrO3-生成，反应的离子方程式为3CO32-+3Br2=5Br-+BrO3-+3CO2，故A正确；B溶液中含有Br-、BrO3-，在酸性条件下可发生5Br-+BrO3-+6H+=3Br2+3H2O，无需加入氧化酸，故B错误；C含溴的水溶液B中溴的浓度较大，溴与水的沸点不同，可通过蒸馏获得液溴，故C正确；DB经过富集，浓度较大，则B的颜色比A深，故D正确；故选B。15、

31、A【题目详解】水银是金属汞，是单质，属于纯净物，故错误；只含两种元素，其中一种是氧元素的化合物叫氧化物，含有氧元素的化合物不一定是氧化物，故错误；NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，故错误；C60、C70、金刚石、石墨都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故正确；共价化合物在熔化状态下不导电，在熔化状态下能导电的化合物为离子化合物，故正确；强电解质的稀溶液由于离子浓度小，导电能力很弱，故错误；有单质参加的反应或有单质产生的反应不一定是氧化还原反应，如同素异形体间的转化是非氧化还原反应，故错误；正确的有，故选A。16、B【答案解析】A、铁离子能够氧化碘离子，正确发生的离子反应为2

32、Fe（OH）3+6H+2I-2Fe2+I2+6H2O，选项A错误；B、氨水是弱酸不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液中滴加过量的氨水：Al33NH3H2O=Al(OH)33NH4，选项B正确；C、NH4Al(SO4)2溶液中加入Ba(OH)2溶液使SO42-完全沉淀，反应方程式为: NH4Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-= Al(OH)3+2BaSO4NH3H2O，选项C错误；D、NaHCO3溶液中加入过量Ba(OH)2溶液的离子反应为HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，选项D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、（1）Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 Na

33、Cl；（2）Ba2+CO32-=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【答案解析】试题分析：（1）将部分粉末加入水中，振荡，有白色沉淀生成，过滤溶液呈无色，说明无CuSO4，沉淀只能为碳酸钡，所以白色粉末中一定有Ba(NO3)2和Na2CO3 ；（2）向（1）的沉淀物中加入足量稀硝酸，固体完全溶解，并有气泡产生，进一步确定白色沉淀为碳酸钡；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀产生，确定有Ba(NO3)2；（4）另取（1）中过滤后的溶液加入足量AgNO3溶液产生白色沉淀，因为Na2CO3与硝酸钡反应后可能过量，碳酸钠也可以与硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以不能确定是否

34、有NaCl。（1）原白色粉末中一定含有的物质是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物质是CuSO4，可能含有的物质是NaCl。（2）各步变化的离子方程式分别为Ba2+CO32-=BaCO3、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、SO 42-+Ba2+=BaSO4、CO32-+2Ag+=Ag2CO3、Ag+Cl=AgCl 。点睛：检验离子时，要注意排除干扰，如检验氯离子时，碳酸根就对其有干扰，所以要先向待检液中加入稀硝酸把溶液酸化，排除了干扰离子的干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子。18、羟基 羧基 加成反应 取代反应 13 【答案解析】试题分析：A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子

35、中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为；(1)A的结构简式是，所含官能团的名称是

36、：羧基、羟基、碳碳双键；(2)反应属于加成反应，反应属于水解反应，反应属于酯化反应，均属于取代反应；(3)由上述分析可知，B的结构简式为，D的结构简式为：；(4)AE反应的化学方程式为：+NaHCO3+H2O+CO2；(5)A()的同分异构体符合下列条件：能与FeCl3溶液发生显色反应且不能水解，含有酚羟基，没有酯基；lmol该物质可与4mol(Ag(NH3)2)+发生银镜反应，含有2个醛基；lmol该物质可与5mol H2加成；芳香族化合物，苯环上的取代基不超过3个；侧链为-OH、-CH(CHO)2时，有邻、间、对三种位置侧链为-OH、-CHO、-CH2CHO时，当-OH、-CHO处于邻位时

37、，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于间位时，-CH2CHO有4种位置，当-OH、-CHO处于对位时，-CH2CHO有2种位置，故符合条件的同分异构体有：3+4+4+2=13种。【考点定位】考查有机物的推断【名师点晴】根据物质的性质确定A含有的官能团，结合E的分子式确定A的结构是解题的关键，A遇FeCl3溶液发生显色反应，分子中含有酚羟基-OH，A能与碳酸氢钠反应生成B，则A分子中含有羧基-COOH，由E的化学式可知A的分子式为C9H8O3，其不饱和度为=6，故故还含有C=C双键，A分子中所含的苯环上有2个取代基，取代基不含支链，核磁共振氢谱有6个吸收峰，峰面积比为1：1：1：1：

38、2：2，则A的结构简式为，E的结构简式为，E与氢氧化钠反应生成F为A与HCl发生加成反应生成B，B发生水解反应、酸化得到C，C转化得到D，D分子中除含2个苯环外还含有1个六元环，结合D的分子式可知，应是2分子C发生酯化反应反应生成环酯，则C中侧链中羧基与-OH连接在同一碳原子上，故B为，则C为，D为，据此解答。19、Cu+2Ag+=2Ag+Cu2+ AgI 淀粉 蓝 2Cu2+ + 4I- 2CuI+ I2 CuI吸附I2形成的(CuI与I2的混合物) 棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色 CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s) Cu+(aq) + I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液

39、后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解 CuI+2Ag+=Cu2+Ag+AgI 【分析】（1）结合金属活动性顺序及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性规律，再根据反应现象推出结论；（2）黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀；证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2单质，再根据电子守恒规律，配平氧化还原反应即可；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，

40、CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)， 加入的S2O32-与因与Cu+反应，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失。反应能说明氧化性Ag+Cu2+，说明Ag+被还原为固体单质为Ag，Cu2+为氧化产物。【题目详解】（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+Cu2+，故答案为；（2）经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的碘化银沉淀，故答案为AgI

41、；欲证明棕黄色溶液中含有I2，则可以用淀粉溶液检测，若溶液变蓝，则证明溶液中含有I2，推测Cu2+做氧化剂，沉淀A有CuI，根据氧化还原反应电子守恒规律得知，发生反应的离子方程式为2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；根据已知信息“CuI为难溶于水的白色固体，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-(无色)”，结合实验二现象可推知，棕黄色沉淀为CuI吸附I2 形成的混合物；又知I2易溶于有机溶剂，CuI不溶于CCl4；所以加入CCl4振荡静置后，观察到的现象为：棕黑色固体颜色变浅，四氯化碳中因溶解了I2变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI（s）Cu+(aq)+I-(aq)

42、，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+发生反应Cu+2S2O32-=Cu(S2O3)23-(无色)，使c(Cu+)减小，促进平衡向沉淀溶解方向移动，最后使沉淀消失，故答案为淀粉；蓝；2Cu2+ + 4I- =2CuI+ I2；CuI吸附I2 形成的(CuI与I2的混合物)；棕黑色固体颜色变浅，溶液变为紫红色；CuI在溶液中存在沉淀溶解平衡：CuI(s) Cu+(aq) + I-(aq)，加入足量Na2S2O3溶液后，S2O32-与Cu+反应生成Cu(S2O3)23-使c(Cu+)减小，平衡右移从而使白色沉淀溶解；根据题中信息，白色沉淀CuI与AgNO3 溶液反应生成AgI和一种固体单质，反