2022-2023学年广东省岭南师院附中东方实验学校化学高三上期中质量跟踪监视试题（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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷

2、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、在空气中久置会变色的强电解质是( )A硫酸亚铁B氢硫酸C烧碱D氯水2、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者是Y原子最外层电子数的3倍。下列说法不正确的是AX和Z的氢化物都是弱电解质B化合物Y3X2溶于盐酸可得到两种盐C工业上采用电解Y的氯化物制备单质YDX的氢化物和Z的最高价氧化物对应的水化物形成的盐溶液pH73、从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下:干海带海带灰滤液碘水I2的CCl4溶液 I2下列关于海带制碘的说法正确的是()

3、A实验室可在蒸发皿中灼烧干海带，并用玻璃棒不断搅拌B向含I-的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生还原反应C在碘水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色D向碘水中加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为萃取，可用乙醇代替CCl44、下列有关金属及其化合物的应用不合理的是（ ）A铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业B将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2CNa2CO3稳定且熔点高，熔融Na2CO3使用耐高温的石英坩埚D无水CoCl2呈蓝色，吸水会变为粉红色，可用于判断变色硅胶是否吸水5、高铁酸盐在能源环保领域有广泛用途。用镍（Ni）、铁作电极电解浓NaOH

4、溶液制备高铁酸盐Na2FeO4的装置如图所示。下列推断合理的是A铁是阳极，电极反应为Fe6e一+4H2O=FeO42+ 8H+B电解时电子的流动方向为：负极Ni电极溶液Fe电极正极C若隔膜为阴离子交换膜，则OH自右向左移动D电解时阳极区pH降低、阴极区pH升高，撤去隔膜混合后，与原溶液比较pH降低（假设电解前后体积变化忽略不计）6、下列化工生产中未涉及勒沙特列原理的是A侯氏制碱法B合成氨C氯碱工业D工业制硫酸7、某反应A(g) + B(g)C(g)的能量变化如图所示，由图像可知，加入X后A反应速率不变B反应物转化率增大C生成物的能量降低D反应的热效应不变8、有关NaCl晶体的性质，正确的是（）

5、A易导热B易熔化C熔融状态能导电D有延展性9、有关化学与生活，环境，食品安全，材料等说法中正确的是( ) A酸雨就是pH7的降雨；B合成纤维、光导纤维、硝酸纤维均为有机高分子物质，用途广泛；C直径为1-100nm之间的微粒是胶体，能产生丁达尔现象；D地沟油，潲水油在餐饮企业中不能随意使用，但却可以用于制肥皂，变废为宝。10、化学创造了生活，也在改变着我们的生活，下列与化学有关的说法正确的是A纯碱和生石灰均属于碱B在海轮外壳上镶嵌锌块，会减缓船体的锈蚀C经过必要的化学变化能从海水中提取NaCl、Mg、Br2等物质D植物通过光合作用能将CO2转化为葡萄糖和O2，该反应为置换反应11、下列说法错误的

6、是A实验室废弃的钠需要乙醇处理B实验室钠着火，不能用泡沫灭火器；但是镁着火可以用C金属镁在空气中完全燃烧后，最后剩余三种固体D侯德榜制碱法利用了盐的溶解性差异12、根据下列实验操作和现象，得出的结论错误的是操作结论A将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2B向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置,下层溶液显紫色原溶液中有I-C向偏铝酸钠溶液中滴入碳酸氢钠，有白色沉淀生成偏铝酸根结合氢离子能力比碳酸根强D将燃烧的金属钠迅速深入集满CO2 的集气瓶中，有大量白烟和黑色颗粒生成CO2 具有氧化性AABBCCDD13、向两份等体积、等浓度，pH不同的FeSO4溶液中逐滴加入NaCl

7、O溶液，实验测得溶液pH随加入NaClO溶液体积变化曲线如下图，实验现象如下表。下列说法不正确的是实验实验现象滴入V1mL NaClO溶液产生大量红褐色沉淀滴入V1mL NaClO溶液，溶液变黄，未见沉淀，继续滴加出现红褐色沉淀Aab段主要反应的离子方程式为：2Fe2+ + ClO+5H2O=2Fe(OH)3+Cl+4H+Bde段主要反应的离子方程式为：2Fe2+2ClO+3H+= HClO + Cl+ 2Fe3+ + H2OCc、f点pH接近的主要原因是：ClO+ H2OHClO + OHD向c点溶液中加入过量的浓盐酸，沉淀溶解并有刺激性气味的气体放出14、下列装置应用于实验室制氯气并回收氯

8、化锰的实验，能达到实验目的的是A用装置甲制取氯气B用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl24H2O15、下列各组液体的混合物，能用分液漏斗分离的是A四氯化碳和水B苯和四氯化碳C乙醇和苯D水和乙醇16、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二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物I是一种医药合成中间体，实验室以芳香烃A为原料制备I的路线如下(部分反应条件已省略)：已知：RCH=CH2+HBrRCH2CH2Br。回答下列问题：(1)

9、X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的化学名称是 _。(2)B生成C的反应类型是_, B、C含有的相同的官能团名称是 _。(3)碳原子上连有4个不同原子或基团时，该碳原子为手性碳原子。写出D的结构简式，并用星号标出其中的手性碳原子_。(4)写出DE 的化学反应方程式：_。(5)G的结构简式是 _。(6)Y与C是同分异构体，Y中含苯环，且苯环上有2个取代基，Y能发生银镜反应，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2:2:1:1,则Y的结构简式为 _。(7)丙二酸(HOOCCH2COOH)主要用作医药合成中间体、电镀抛光剂等。结合题目信息，设计以丙烯(CH3CH=CH2) 和为原料

10、制备丙二酸的合成路线_(无机试剂任选)。18、已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，Y 的氧化物属于两性氧化物，Y、Z 位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状。（1）X在元素周期表中的位置是_。（2）下列事实能用元素周期律解释的是_(填字母序号)。AY 的最高价氧化物对应水化物的碱性弱于Mg(OH)2BZ的气态氢化物的稳定性小于HFCWZ3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板（3）Z的单质可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，从原子结构的角度解释其原因是_。（4）工业上用电解法制备Y单

11、质，化学方程式为_。（5）家用“管道通”的有效成分是烧碱和Y 的单质，使用时需加入一定量的水，此时发生反应的化学方程式为_。（6）W的单质可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性的W的氧化物H，再进行后续处理。相应离子方程式为_。Y 的单质与H在高温下反应的化学方程式为_。19、如图中分别是某课外活动小组设计的制取氨气并用氨气进行喷泉实验的两组装置，回答下列问题：（1）用A图所示的装置可制备干燥的NH3，反应的化学方程式为：_。干燥管中干燥剂能否改用无水CaCl2？_。（填“能”或“不能”）检验NH3是否收集满的实验方法是：_。氨气溶于水呈碱性的原因是：_。（2）若要

12、配制100mL9.0mol/L的氨水，用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、_、_。（3）将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为_。（4）用B图所示的装置可进行喷泉实验，上部烧瓶已充满干燥氨气，引发水上喷的操作是_，该实验的原理是：_。20、碘化钾可用于有机合成、制药等领域，它是一种白色立方结晶或粉末，易溶于水。有两个学习小组查阅资料后，分别设计以下实验装置制备KI：（查阅资料）：（1）3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O（2）H2S是有剧毒的酸性气体，具有较强还原性，水溶液称氢硫酸（弱酸）；（3）HCOOH（甲酸）具有强烈刺激性气味的液体，具有较强还原性，弱

13、酸；（4）在实验条件下，S2-、HCOOH分别被KIO3氧化为SO42-、CO2。组. H2S还原法，实验装置如图：实验步骤如下：在上图所示的C中加入127g研细的单质I2和210g 30%的KOH 溶液，搅拌至碘完全溶解。打开弹簧夹向其中通入足量的 H2S。将装置C中所得溶液用稀H2SO4酸化后，置于水浴上加热10min。在装置C的溶液中加入BaCO3，充分搅拌后，过滤、洗涤。将滤液用氢碘酸酸化，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品145g。组.甲酸还原法，实验装置如图：实验步骤如下：在三颈瓶中加入 127g 研细的单质I2和210g 30%的 KOH 溶液，搅拌至碘完全溶

14、解。通过滴液漏斗向反应后的溶液中滴加入适量HCOOH，充分反应后，再用KOH溶液调pH至910，将所得溶液蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。得产品 155g。回答下列问题；（1）图中装置 A 中发生反应的离子方程式为_；装置 B 中的试剂是_。（2）D装置的作用是_。（3）步骤的目的是_ 。（4）步骤中“滤液用氢碘酸酸化”的目的是_ 。（5）组实验的产率为_。（6）组实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为_。（7）与组相比较，组实验的优点是（至少答出两点即可）_。21、A部分：由锆英砂(ZrO2SiO2，还含少量Fe2O3、Al2O3、SiO2等杂质)制备ZrO2的流程如下：

15、已知：ZrO2在强碱性溶液中以ZrO32-形式存在，在强酸性溶液中以ZrO2+形式存在。部分金属离子在实验条件下开始沉淀和完全沉淀的pH如下表。Mn+Fe3+Al3+ZrO2+开始沉淀时pH1.93.36.2沉淀完全时pH3.85.68.0 (1)操作I所需要的玻璃仪器为_，操作I除了得到溶液a还可得到_。(2)加氨水至溶液a中调节pH的的范围是_。(3)操作II会得到滤液b和滤渣II，滤渣II分离过程如下：氧化物B的化学式为_。若试剂X为盐酸，缺点是_。(4)操作III除得到Zr(OH)4外还得到某种溶液，向该溶液中加入CaCO3粉末并加热，得到两种气体。该反应的离子方程式为_。(5)加入氨

16、水至溶液b发生的离子方程式为_。(6)为得到纯净的ZrO2，Zr(OH)4需要洗涤，检验Zr(OH)4是否洗涤干净的方法是_。B部分：钛精矿是从钛铁矿或钛磁铁矿中采选出来，主要成分为FeTiO3，是生产用途非常广泛的钛白粉的原料。以钛精矿石为原料制备金属钛的流程如下图所示(某些过滤过程已忽略)。已知强酸性溶液中，+4价的钛元素以TiO2+形式存在，金属钛不溶于稀非氧化性酸。回答下列问题：(1)步骤中加入铁屑的作用是_。(2)晶体K俗称绿矾，晶体K的化学式为_。(3)试写出溶液C加热制备钛酸沉淀的化学方程式_。(4)步骤加入过量的活性炭，则发生的化学方程式为_，已知TiO2+2Cl2 TiCl4

17、+O2为吸热反应，且该条件下反应也能够发生，为何制备TiCl4过程中还要加入活性炭，试解释原因_。(5)气体F为氩气，F的作用是_。(6)溶液H是_，作用为_。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、A【分析】强电解质是指在水溶液中或熔融状态下能完全电离的化合物，根据题干的要求来分析。【题目详解】A、硫酸亚铁在水溶液中和熔融状态下均能完全电离，故为强电解质，在空气中久置后被氧化为硫酸铁，颜色发生改变，选项A正确。B、H2S在熔融状态下不能电离，在水溶液中只能部分电离，故为弱电解质，选项B错误；C、烧碱即NaOH，在水溶液中和熔融状态下均能

18、完全电离，故为强电解质，但在空气中久置后变为碳酸钠，颜色不变，选项C错误；D、氯水是混合物，故不是电解质也不是非电解质，选项D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查了强弱电解质的判断和物质在空气中久置的变化，应注意的是物质在空气中久置可能与空气中的水、二氧化碳反应，也可能是被氧气氧化，另外注意颜色的变化。2、A【答案解析】因X与Y、Z位于相邻周期，短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递增，则X可能为第二周期的元素，即Y、Z位于第三周期，Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，则Z的最外层电子数为23=6，即Z为硫，Y的最外层电子数为6/3=2，即为镁元素，再由原子的

19、最外层电子数之和为13，则X的最外层电子数为13-2-6=5，即X为氮元素。【题目详解】A项、X的氢化物为氨气，氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨在水中电离生成铵根离子和氢氧根离子，氨气是非电解质，一水合氨是弱电解质，故A错误；B项、化合物Y3X2为氮化镁，氮化镁溶于盐酸可得到氯化镁和氯化铵两种盐，故B正确；C项、工业上采用电解熔融的氯化镁制备金属单质镁，故C正确；D项、氨气和硫酸反应生成硫酸铵，硫酸铵在溶液中发生水解使溶液显酸性，溶液pH7，故D正确。故选A。【答案点睛】题考查位置结构性质的相互关系应用，利用元素的位置及原子的最外层电子数和内层电子数的关系来推断元素，利用X为第二周期元素为突

20、破口是解答本题的关键。3、C【分析】A、固体灼烧应在坩埚中进行；B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应；C、碘单质遇到淀粉变蓝；D、根据萃取操作和原理分析。【题目详解】A、固体灼烧应在坩埚中进行，溶液在蒸发皿中加热，故A错误；B、碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，发生氧化反应，故B错误；C、碘单质遇到淀粉变蓝是碘单质的特性，所以C正确；D、四氯化碳与水不互溶，碘单质在四氯化碳中溶解度大于水，可以转移到四氯化碳中，过程为萃取，因为乙醇易溶于水，所以不能用乙醇代替CCl4，故D错误。故答案选C。4、C【题目详解】A低密度、高强度的铝锂合金常用于航空工业，故A选项正确。B氯气与氯化亚铁溶液反应生

21、成氯化铁，氯化铁溶液与铁反应生成氯化亚铁，则将废铁屑加入氯化亚铁溶液中可以吸收工业废气中的氯气，故B选项正确。C石英的成分是二氧化硅，在高温条件下与碳酸钠反应而使坩埚炸裂，故C选项错误。D能够依据变色硅胶中CoCl2吸水后固体颜色的变化判断硅胶是否吸水，故D选项正确。故答案选C。5、D【题目详解】A、依据装置图分析可知铁与电源正极相连做电解池阳极，碱性溶液不能生成氢离子，电极反应为Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，故A错误；B、电解过程中电子流向负极流向Ni电极，不能通过电解质溶液，是通过电解质溶液中离子定向移动实现闭合电路，通过Fe电极回到正极，故B错误；C、阴离子交换膜只允许阴

22、离子通过；阴离子移向阳极，应从左向右移动，故C错误；D、阳极区域，铁失电子消耗氢氧根离子，溶液PH减小，阴极区氢离子得到电子生成氢气，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液pH增大；生成氢氧根离子物质的量消耗，在阳极电极反应Fe-6e-+8OH-FeO42-+4H2O，阴极氢氧根离子增大，电极反应2H+2e-=H2，依据电子守恒分析，氢氧根离子消耗的多，生成的少，所以溶液pH降低，故D正确；故答案为：D。6、C【题目详解】A、纯碱工业中利用碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同，充入过量二氧化碳，促使平衡正向移动，涉及勒沙特列原理，故A不选；B、合成氨工业中氮气和氢气生成氨气是可逆反应，及时移除氨气，有利于平衡

23、正向移动，涉及勒沙特列原理，故B不选；C、氯碱工业是电解食盐水的过程，没有发生可逆反应，不涉及勒沙特列原理，故C选；D、硫酸工业中，二氧化硫的催化氧化是可逆反应，提供充足的氧气，可以使平衡正向移动，涉及勒沙特列原理，故D不选；故选C。【答案点睛】熟悉常见工业生产的反应原理是解题的关键。解答本题需要注意，只有可逆反应，才有平衡移动，才会牵涉勒沙特列原理。7、D【分析】根据图像分析可知，加入X后应活化能降低、反应速率加快、反应的热效应不发生改变。X为催化剂。【题目详解】A. 根据图像分析可知，加入X以后，反应速率加快，A错误。B. 催化剂不影响化学平衡，反应物转化率不变，B错误。C. 生成物的能量

24、不变，C错误。D. 反应物能量和生成物能量均未发生改变，反应中热效应不变，D正确。8、C【分析】NaCl晶体属于离子晶体，具有较高的熔沸点，难挥发，硬而脆，熔融状态下能导电。【题目详解】NaCl晶体属于离子晶体，熔融状态下能导电；答案选C。9、D【题目详解】A酸雨的pH5.6，A错误；B合成纤维、硝酸纤维均为有机高分子物质，光导纤维是SiO2，属于无机非金属材料，B错误；C直径介于1100 nm之间的粒子的分散系称为胶体，只有分散质不能称为胶体，C错误；D地沟油，潲水油主要成分为油脂，在碱性条件下水解发生皂化反应，可用于制肥皂，D正确；故选D。10、B【答案解析】从物质的组成来分析物质的分类，

25、从反应物和生成物种类分析反应的类型，从原电池原理来分析金属防腐的原理。【题目详解】电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物属于碱，纯碱是盐，生石灰属于碱性氧化物，故A错误；海轮是钢铁制造的，镶嵌锌块是利用原电池的原理对船体进行保护，锌比铁活泼先被腐蚀，故B正确；海水中溶解有氯化钠，从中提取氯化钠是物理变化，故C错误；置换反应是单质与化合物反应生成新的单质和新的化合物，光合作用是二氧化碳和水的反应，不是置换反应，故D错误。故选B。11、B【题目详解】A实验室常用无水乙醇处理少量废弃的钠，2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，反应缓慢，较为安全，故A正确；B钠着火生成的过氧化钠能够与二氧

26、化碳反应生成氧气，起不到灭火的作用，镁可在二氧化碳中燃烧，钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，一般可用沙子扑灭，故B错误；C金属镁在空气中完全燃烧，大部分的镁与氧气反应生成氧化镁，少量的镁与氮气反应生成氮化镁，还有少量的镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，最后生成三种固体，故C正确；D“侯德榜制碱法”的反应物为氨气、二氧化碳和饱和氯化钠溶液，反应的方程式为NaCl（饱和）+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，利用了盐的溶解性差异，故D正确；故选B。12、A【答案解析】A、能使品红溶液褪色的不一定是SO2，也可能是氯气等，A错误；B、下层溶液显紫色，说明有单质碘生成，氯水具有

27、强氧化性，因此溶液中含有碘离子，B正确；C、碳酸氢钠的酸性强于氢氧化铝，根据较强酸制备较弱酸可知偏铝酸钠能与碳酸氢钠溶液反应生成氢氧化铝和碳酸钠，即可以说明偏铝酸根离子结合氢离子的能力强于碳酸根，C正确；D、钠在CO2中燃烧生成碳酸钠和碳，说明CO2具有氧化性，D正确，答案选A。13、B【答案解析】A.由实验的现象可知，次氯酸钠与硫酸亚铁反应生成红褐色的沉淀氢氧化铁，根据化合价升降法、电荷守恒和质量守恒可得ab段反应的离子方程式为：2Fe2+ ClO+5H2O=2Fe(OH)3+Cl+4H+，故A正确；B.由实验的现象可知，de段有铁离子生成，说明次氯酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，根据化合价

28、升降法、电荷守恒和质量守恒可得de段反应的离子方程式为：2Fe2+ClO+2H+=Cl+2Fe3+ +H2O，故B错误；C.c、f两点的溶质都为氯化钠和过量的次氯酸钠，次氯酸钠为强碱弱酸盐，水解使溶液呈碱性，离子方程式为：ClO+H2OHClO+OH，故C正确；D.盐酸可与氢氧化铁反应酸碱中和反应，所以沉淀溶解，在酸性条件下，氯离子与次氯酸根离子发生氧化还原反应生成氯气，氯气具有刺激性的气味，故D正确。故选B。14、C【题目详解】A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶

29、于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl24H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。15、A【分析】根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，则分析选项中物质的溶解性分析即可。【题目详解】A.四氯化碳和水不互溶，二者会出现分层现象，所以能用分液漏斗分离，A正确； B.苯和四氯化碳互溶，不能用分液漏斗分离，B错误；C.乙醇和苯能互溶，不能用分液漏斗分离，C错误；D.水和乙醇能互溶，所以不能用分液漏斗分离，D错误。故合理选项是A。【答案点睛】本题考查了仪器的使用的知识。分液漏斗适合分离互

30、不相容的两层液体物质，可用于使用分液漏斗的分离混合物的方法有萃取、分液。16、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。二、非选择题（本题包括5小题）17、苯乙烯 取代反应 碳碳双键 2+O2 2+2H2O 【分析】对比A、B的结构，可知A中甲基上H原子被-Br替代生成B，属于取代反应。由C的分子式可知，B发生卤代烃水解反应生成C，故C为D可以连续发生氧化反应，结合

31、D的分子式、F的结构简式，可知C与HBr发生加成反应生成D，故D为，则E为由J的结构，可知F发生消去反应、酸化得到G为，G与乙醇发生酯化反应得到J，故H为CH3CH2OH；(7)模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH。【题目详解】(1)A分子结构中含有碳碳双键和苯环，X的分子式为C8H8，且X与A互为同系物，则X的结构简式为，化学名称是苯乙烯；(2)BC为卤代烃在NaOH溶液中的水解，则反应类型是取代反应或水解

32、反应； B、C含有的相同的官能团名称是碳碳双键；(3) D的结构简式为，其中的手性碳原子是；(4) 发生醇的催化氧化，反应的化学反应方程式为2+O2 2+2H2O；(5)G的结构简式是；(6)Y与C()互为同分异构体，满足下列条件：含苯环，苯环上有2个取代基，能发生银镜反应，说明含有醛基，2个取代基为-CH3、-CH2CH2CHO，或者为-CH3、-CH(CH3)CHO，或者为-CH2CH3、-CH2CHO、或者为-CH2CH2CH3、-CHO，或者为-CH(CH3)2、-CHO，均有邻、间、对3种位置结构，故符合条件的同分异构体共有35=15种，其核磁共振氢谱中有5组峰，且峰面积之比为6:2

33、:2:1:1,则Y的结构简式为；(7) 模仿合成路线中转化，可知CH3CH=CH2与发生取代反应生成CH2=CHCH2Br，然后与HBr在过氧化物条件下得到BrCH2CH2CH2Br，再发生水解反应得到HOCH2CH2CH2OH，最后氧化得到HOOCCH2COOH合成路线流程图为：。【答案点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应；在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等；能与溴水或溴的CCl

34、4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应；在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。18、第二周期，第IVA族ABCl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl22Al2O3 (熔融) 4A1+3O22Al+2

35、NaOH+ 2H2O=2NaAlO2 + 3H2 3Fe + NO3-+ 2H+ H2O= Fe3O4+ NH4+8Al+ 3Fe3O44Al2O3+ 9Fe【答案解析】已知X、Y、Z、W是中学常见的四种元素，原子序数依次增大。X的原子最外层电子数是次外层的2倍，X为C元素；Y 的氧化物属于两性氧化物，Y为Al元素；Y、Z 位于同周期，X、Y、Z的原子最外层电子数之和为14，则Z原子最外层电子数为14-4-3=7，Z为Cl元素；W是人体必需的微量元素，缺乏W会导致贫血症状，W为Fe元素。(1)X为C元素，在元素周期表中位于第二周期，第IVA族，故答案为第二周期，第IVA族；(2)A.同一周期从

36、左到右，元素的金属性逐渐减弱，元素的金属性越弱，最高价氧化物对应水化物的碱性越弱，因此氢氧化铝的碱性弱于Mg(OH)2，能够用元素周期律解释，故选；B.同一主族从上到下，元素的非金属性逐渐减弱，元素的非金属性越弱，气态氢化物越稳定，HCl的稳定性小于HF，能够用元素周期律解释，故选；C.FeCl3的溶液可用于刻蚀铜制的印刷电路板，是利用铁离子的氧化性，与元素周期律无关，故不选；故选AB；(3)Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2，

37、因此氯气可以从NaBr溶液中置换出Br2单质，故答案为Cl(可用Z代替)和Br同主族，最外层均为7个电子，电子层数、原子半径Br大于Cl，核对最外层电子的引力Br小于Cl，原子得电子能力Br小干Cl，元素的非金属性Br弱于Cl，单质的氧化性Br2弱于Cl2；(4)工业上用电解熔融的氧化铝制备铝单质，化学方程式为2Al2O3(熔融) 4A1+3O2，故答案为2Al2O3(熔融) 4A1+3O2；(5)家用“管道通”的有效成分是烧碱和铝，使用时需加入一定量的水，铝能够与氢氧化钠溶液反应放出氢气，反应的化学方程式为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，故答案为2Al+2NaOH+2H

38、2O=2NaAlO2+3H2；(6)铁可用于处理酸性废水中的NO3-，使其转化成为铵根离子，同时生成磁性氧化铁，反应的离子方程式为3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+，铝与四氧化三铁在高温下发生铝热反应，反应的化学方程式为8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe，故答案为3Fe+NO3-+2H+H2O=Fe3O4+NH4+；8Al+3Fe3O44Al2O3+9Fe。19、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 不能 用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满(或用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收

39、集满NH3，反之，则没有收集满) 由于NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，故溶液呈弱碱性 100mL容量瓶 胶头滴管 c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-) 挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹 NH3极易溶于水，致使烧瓶内压强迅速减小 【分析】(1)实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气；无水氯化钙和氨气能发生反应生成络合物；根据氨气的性质和氨水的性质分析解答；(2)若要配制100mL9.0mol/L的氨水，需要选用100mL容量瓶配制，结合实验步骤分析需要的玻璃仪器；(3)将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根

40、离子水解，溶液显酸性，据此分析排序；(4)NH3极易溶于水，氨气溶于水后，能够使烧瓶内压强迅速减小，据此分析解答。【题目详解】(1)在加热条件下，氯化铵和氢氧化钙反应生成氯化钙、水和氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；无水氯化钙和氨气能发生反应CaCl2+8NH3=CaCl28NH3，所以干燥管中干燥剂不能改用无水CaCl2；氨气的水溶液显碱性，NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，可以用湿润的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2 CaCl2+2NH3+2H2O；不能；用湿润

41、的红色石蕊试纸靠近集气瓶口附近，若试纸变蓝；则说明NH3已收集满(或用玻璃棒蘸取少许浓盐酸靠近收集NH3的试管口，若产生白烟，说明试管已收集满NH3，反之，则没有收集满)；由于NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，故溶液呈弱碱性；(2)若要配制100mL9.0mol/L的氨水，需要选用100mL容量瓶配制，配制过程中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，故答案为：100mL容量瓶；胶头滴管；(3)将等浓度、等体积的氨水和盐酸混合，恰好反应生成氯化铵溶液，氯化铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解，溶液显酸性，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序为c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)

42、，故答案为：c(Cl-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)；(4)NH3极易溶于水，氨气溶于水后，能够使烧瓶内压强迅速减小，引发喷泉，用氨气进行喷泉实验时，引发水上喷的操作是挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹，故答案为：挤压胶头滴管橡胶乳头，使少量水进入烧瓶，并及时打开止水夹；NH3极易溶于水，致使烧瓶内压强迅速减小。20、FeS + 2H+Fe+ + H2S饱和NaHS溶液吸收多余的H2S气体除去溶液中的SO42-除去溶液中的CO32-93.4%3HCOOH + IO3-I- + 3CO2+ 3H2O操作简单、产率高、原料无剧毒等【答案解析】组. H2S还原法试题分析

43、；由题中信息可知，A装置制备硫化氢气体，B用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，C是制备碘化钾的装置，D是尾气处理装置。（1）图中装置 A 中发生反应的离子方程式为FeS + 2H+Fe+ + H2S；B用于除去硫化氢中的氯化氢杂质，根据平衡移动原理可知，硫化氢在饱和NaHS溶液中溶解度较小，故装置 B 中的试剂是饱和NaHS溶液。（2）D装置的作用是吸收多余的H2S气体，防止污染空气。（3）步骤中加入BaCO3，可以将溶液中的SO42-转化为难溶于水、难溶于酸的硫酸钡，故其目的是除去溶液中的SO42-。（4）步骤中加入BaCO3，在生成硫酸钡的同时，有CO32-生成，故步骤中“滤液用氢碘酸酸化”的目

44、的是除去溶液中的CO32-。组.甲酸还原法试题分析：与与组相比较，该实验中没有使用有毒原料、不用除杂、不用进行尾气处理、产品的产率较高。（5）127g I2的物质的量为0.5mol，210g 30%的 KOH 溶液含KOH的物质的量为1.125mol，由3I2+6KOHKIO3+5KI+3H2O可知，KOH过量，KIO3被HCOOH还原也生成KI，故理论上0.5mol I2可生成1mol KI(质量为166g)，所以，组实验的产率为155g166g100%=93.4%。（6）组实验中，加入HCOOH发生氧化还原反应的离子方程式为3HCOOH + IO3-I- + 3CO2+ 3H2O。（7）与

45、组相比较，组实验的优点是操作简单、产率高、原料无剧毒等。点睛：本题是有关无机物制备的实验题，主要考查了常见气体的制备、净化、尾气处理的方法，物质的分离与提纯的化学方法，实验数据的处理以及实验方案的评价等等，难度一般。要求我们要知道物质的制备的一般流程，掌握常见气体的制备方法。解题的关键是明确实验原理，把握住实验目的。21、烧杯、漏斗、玻璃棒 H2SiO3 5.66.2 Al2O3 盐酸的量不易控制 2NH4+CaCO32NH3+Ca2+CO2+H2O ZrO2+2NH3H2O+H2O=Zr(OH)4+2NH4+ 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的AgNO3，未产生白色沉淀，则洗涤干净 防止Fe2+被氧化 FeSO47H2O TiOSO4+2H2OH2TiO3+H2SO4 TiO2+2Cl2+2CTiCl4+2CO 活性炭与O2反应并放热