山西省运城市盐湖区2022-2023学年化学高三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、短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置如下图所示，其中W原子的质子数是其最外层电子数的三倍，下列说法不正确的是（ ）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化

2、物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等2、酸性KMnO4溶液和CuS混合时，发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+Cu2+SO2+Mn2+H2O，下列有关该反应的说法中正确的是（ ）A被氧化的元素是Cu和SBMn2+的还原性强于CuS的还原性C氧化剂与还原剂的物质的量之比为6:5D若生成2.24L(标况下)SO2，转移电子的物质的量是0.8mol3、在指定条件下 ，下列各组离子一定能大量共存的是( )A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：Na+、Fe2+、Cl-、NOB滴入KSCN显血红色的溶液中：NH、Al3+、NO 、SOC常温下

3、 ， =1012的溶液中： NH、K+、Cl-、HCOD常温下 ，由水电离的c (H+) = 1.010-13 molL-1的溶液中：K+、Al3+、SO、CH3COO-4、下列有关晶体的说法正确的是（ ）A分子晶体中一定不含离子键B分子晶体中一定含有共价键C离子晶体中一定只含离子键D离子晶体的熔点一定比共价化合物高5、下列有关实验或操作能达到实验目的的是选项ABCD实验目的制备一定量的H2检查滴定管是否漏液验证氨气的溶解性和氨水的碱性牺牲阳极的阴极保护法实验或操作AABBCCDD6、判断下列实验说法不正确的是A向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色 ，可用于检验Fe3+B向FeSO4

4、溶液中滴入K3Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀 ，可用于检验Fe2+C把饱和的FeCl3溶液煮沸至红褐色 ，可用于制备氢氧化铁胶体D配制FeCl3溶液时，可先将FeCl3固体溶于盐酸中7、将1 mol金属Al全部转化为Al(OH)3，过程中共消耗HCl a mol、NaOH b mol，则ab最小值为（ ）A1.5 B6C8 D28、根据如下框图分析，下列说法正确的是AE2的氧化性比M2的氧化性强B在反应中若不加稀硫酸可能看到红褐色沉淀C反应的离子方程式可表示为E23OHE(OH)3D在反应中只能用浓硫酸，既表现酸性，又表现了氧化性9、下列说法正确的是A常温下，CH3COOH分子不可能存在于p

5、H=8的溶液中BSO2的水溶液能导电，说明SO2是电解质CAl2O3具有很高的熔点，可用于制造熔融NaOH的坩埚D向NaClO溶液中通入少量CO2后，ClO的浓度减小10、利用生物燃料电池原理研究室温下氨的合成，电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子，示意图如下所示。下列说法错误的是A相比现有工业合成氨，该方法条件温和，同时还可提供电能B阴极区，在氢化酶作用下发生反应H2+2MV2+2H+2MV+C正极区，固氮酶为催化剂，N2发生还原反应生成NH3D电池工作时质子通过交换膜由负极区向正极区移动11、高氯酸、硫酸、硝酸和盐酸都是强酸，其酸性在水溶液中差别不大。以下是某温度下这四种酸在冰

6、醋酸中的电离常数：酸HClO4H2SO4HClHNO3Ka1.61056.31091.61094.21010下列说法不正确的是（ ）A在冰醋酸中这四种酸都是弱酸B在冰醋酸中可能发生：HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4C在冰醋酸中硫酸的电离方程式为H2SO4=2H+ SO42-D酸性：HClHNO312、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A明矾可用作净水剂B纯碱可用于中和过多的胃酸C硫酸铜常用作游泳馆池水消毒剂D硫酸钡可用于胃肠X射线造影检查13、下列反应的离子方程式正确的是A硫化氢气体通入氯水中：H2SCl2S2Cl2HB向小苏打溶液中加入过量的石灰水：Ca2+2OH2HCO

7、3CaCO3CO322H2OC氟气通入水中： 2F22H2O4F4H+O2DFeBr2溶液与足量的Cl2反应：2Fe22Br2Cl22Fe34ClBr214、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）AMgO、Al2O3熔点高，均可用作耐高温材料BNH4HCO3受热易分解，可用作氮肥CFe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂DSO2具有氧化性，可用于漂白纸浆15、下列制取SO2、验证其漂白性、氧化性并进行尾气处理的装置和原理不能达到实验目的的是A制取二氧化硫B验证漂白性C验证氧化性D尾气处理16、在密闭容器中进行反应：X（g）+3Y（g）2Z（g），有关下列图象的说法正确的是A依据图a可判

8、断正反应为吸热反应B在图b中，虚线可表示压强增大C若正反应的H0，图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动D由图d中气体平均相对分子质量随温度的变化情况，可推知正反应的H0二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A 是地壳中含量最多的元素， B 是短周期中金属性最强的元素，C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空：(1)A 在周期表中的位置为第_周期_族，A 原子的最外层电子排布式为_，A 原子核外共有_个不同运动状态的电子。(2)B、C、D 三种元素形成简单离子其半径大小的_。（用个离子符号表示）(3) A、

9、B 形成化合物的电子式_；这些化合物中所含的化学键有_(4)非金属性的强弱：C_D（填“强于”、“弱于”、“无法比较”），试从原子结构的角度解释其原因。_请用一个方程式证明 A 与 C 的非金属性的强弱_。18、化合物M是一种新型有机酰胺，在工业生产中有重要的作用，其合成路线如下：已知：A是烃的含氧衍生物，相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，且5.8 g A完全发生反应生成0.4 mol银。R1-CHO+R2-CH2CHOR-COOHR-COCl回答下列问题：(1)A的名称_E的结构简式为_；G的名称为_。(2)B中含有官能团的名称为

10、_。(3)CD、DE的反应类型分别为_、_。(4)写出 F+HM的化学反应方程式_。(5)芳香族化合物W有三个取代基，是C的同分异构体，能与FeCl3溶液发生显色反应。0.5 mol W可与足量的Na反应生成1 g H2，且核磁共振氢谱显示为五组峰，符合以上条件的W的同分异构体共有_ 种，写出其中一种的结构简式_。(6)参照上述合成路线，以C2H4和HOCH2CH2OH为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线_。19、现有某混合物的无色透明溶液，可能含有以下离子中的若干种：Na、NH4、Cl、Mg2、Ba2、CO32、SO42。现取三份各100mL溶液进行如下实验：第一份加入足量AgNO3溶

11、液有沉淀产生；第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)；第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、干燥后，沉淀质量变为2.33g。根据上述实验现象和有关数据，回答下列问题：（1）原溶液中一定存在的阴离子是_，一定不存在的离子是_，可能存在的离子是_。（2）中发生化学反应的离子方程式为_。（3）中生成可溶于稀硝酸的沉淀化学式为_，物质的量为_mol。该沉淀溶于稀硝酸的离子方程式为_。20、乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe2H2O是一种很好的食品铁强化剂，可由乳酸钙与FeCl2反应制得，制备流程如图：反应装置如图所示

12、：已知：潮湿的乳酸亚铁易被氧化。物质的溶解性：乳酸钙：溶于冷水，易溶于热水；乳酸亚铁：溶于冷水和热水，难溶于乙醇。请回答：(1)装置甲的气密性检查操作为_。(2)部分实验操作过程如下，请按正确操作顺序填入字母，其正确的操作顺序是：检查气密性按图示要求加入试剂将三颈烧瓶置于水浴中_开动搅拌器a.关闭K1； b.盖上分液漏斗上口玻璃塞； c.关闭K3，打开K2； d.关闭K2，打开K3； e.打开分液漏斗上口玻璃塞； f打开K1(3)该装置制备乳酸亚铁的优点是_副产物为_(4)下列说法正确的是_A装置甲中的主要仪器是球形分液漏斗和蒸馏烧瓶B本实验采用较大铁片而不是铁粉的主要原因是控制反应速率，防止

13、进入三颈烧瓶的氯化亚铁过多，反应过于剧烈C乳酸亚铁悬浊液应从b口倒出进行抽滤，并用滤液洗涤三颈烧瓶，将洗涤液倒入布氏漏斗再次抽滤D粗产品的洗涤液，经蒸馏后所得的残留液，与滤液混合可提高副产物的产量(5)有同学提出可直接用KMnO4滴定法测定样品中的Fe2+量进而计算纯度，但实验后发现结果总是大于100%，其主要原因可能是_21、亚硝酸钙Ca(NO2)2是水泥混凝土外加剂的主要原料。某兴趣小组拟制备Ca(NO2)2并对其性质进行探究。回答下列有关问题。（背景素材）NO+CaO2Ca(NO2)2；2NO2+CaO2Ca(NO3)2；II亚硝酸具有一定的氧化性和还原性，酸性条件下：Ca(NO2)2能

14、将I-氧化为I2；I22S2O32=2IS4O62（制备Ca(NO2)2）该小组设计的制备装置如图所示（夹持装置略去）。（1）仪器的名称是_；B中盛装的试剂是_。（2）制备过程有关操作如下，正确顺序为_、c、_、_、_、_。a向装置中通入N2 b向仪器中滴加稀硝酸 c点燃酒精灯 d熄灭酒精灯 e停止通入N2 f关闭分液漏斗旋塞（3）装置E中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成NO3，溶液由橙色变为绿色（Cr3+），发生反应的离子方程式为_。（4）整个过程持续通N2的作用是_、_、_。（测定Ca(NO2)2的纯度）该小组测定产品中Ca(NO2)2纯度的方法如下：a称取mg产品、溶解、定容

15、至250mL；b移取25.00mL溶液于锥形瓶中，加入过量的V1 mLc1mol/L的KI溶液并酸化；c以淀粉为指示剂，用c2mol/L的Na2S2O3溶液滴定。进行三次平行实验，消耗标准液体积平均值为V2 mL。（5）测定过程所需仪器在使用前必须检查是否漏液的有_。（6）该产品中Ca(NO2)2的质量分数为_。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【题目详解】A、同一周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，所以原子半径大小关系是：ZWXY，故A错误；B、元素的非金属性越强，其最高

16、价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：XWZ，所以它们的最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZ，故B正确；C、元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强，元素的非金属性：YXWZ，所以元素的氢化物的稳定性：YXWZ，故C正确；D、主族元素除了O和F之外，最高化合价等于主族序数，所以X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等，故D正确；故选A。2、C【题目详解】A.反应中，铜元素的化合价没变，硫元素的化合价由2升到4价，只有硫元素被氧化，A错误；B.还原剂的还原性大于还原产物的还原性，则还原性CuS Mn2+，B错误；C.氧化剂为KMnO4，还原剂为CuS，设KMnO4为xmol，

17、CuS为ymol，根据电子守恒：x（7-2）=y（4-（-2），x：y=6:5，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为6：5，C正确；D.二氧化硫物质的量为0.1mol，由方程式可知消耗KMnO4的量为0.16/5=0.12 mol，反应中Mn元素化合价由7价降低为2价，故转移电子为0.12mol（72）0.6 mol，D错误；答案选C。3、B【题目详解】A因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性，酸性条件下Fe2+、NO能发生氧化还原反应生成Fe3+和NO，则不能大量共存，故A错误；B滴入KSCN显血红色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，这几种离子互相不反应和Fe3+也不反应，所以能够大量共存，故B正确；C

18、溶液呈碱性，OH-和NH、HCO均反应生成弱电解质，则不能大量共存，故C错误；D由水电离的c (H+) = 1.010-13 molL-1的溶液，水的电离被抑制，说明该溶液为酸或碱的溶液，OH-和Al3+能生成沉淀，H+和CH3COO-反应生成弱电解质，则该离子组一定不能大量共存，故D错误；故选B。4、A【题目详解】A.分子晶体中分子间存在分子间作用力，大多数分子内原子间存在共价键（稀有气体形成的分子晶体例外），分子晶体中一定不含离子键，含离子键的晶体一定是离子晶体，故A正确；B.分子晶体中分子间存在分子间作用力，大多数分子内原子间存在共价键，但稀有气体形成的分子晶体中没有共价键，故B错误；C

19、.离子晶体中一定含离子键，有的离子晶体中还含有共价键如NaOH、Na2O2等，故C错误；D.离子晶体的熔点不一定比共价化合物高，如许多离子晶体的熔点都低于SiC，故D错误；答案选A。5、C【答案解析】A硝酸具有强氧化性，铁与浓硝酸常温下发生钝化，不能反应放出氢气，故A错误；B检查碱式滴定管是否漏液，不需要将橡皮管弯曲，不需要用手挤压玻璃珠，这个操作是给碱式滴定管排气泡，故B错误；C氨气极易溶于水，且氨水显碱性，打开止水夹，将胶头滴管中的水挤入圆底烧瓶中，可观察到红色喷泉，则图中装置可验证氨气的溶解性和氨水的碱性，故C正确；D由外加电源可知，该方法为外加电源的阴极保护法，故D错误；故选C。6、C

20、【题目详解】A. 向FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色 ，所以可用KSCN溶液检验Fe3+，故A正确；B. 向FeSO4溶液中滴入K3Fe（CN）6溶液，生成蓝色沉淀 ，故K3Fe（CN）6溶液可用于检验Fe2+；故B正确；C. 把饱和的FeCl3溶液滴加到沸水中至溶液呈红褐色 ，可制得氢氧化铁胶体，若直接把饱和氯化铁溶液煮沸会生成氢氧化铁沉淀，C不正确；D. 配制FeCl3溶液时，为防止氯化铁水解，可先将FeCl3固体溶于盐酸中，再加适量的蒸馏水稀释到所需要的浓度即可，故D正确；答案：C。7、A【答案解析】生成4molAl(OH)3时，由反应方程式可知：方案中：2Al+6H+=2A

21、l3+3H2、Al3+3OH-=Al(OH)3， 4 12 4 4 12 4即消耗4molAl时，消耗12molH+、12molOH-，则a+b=24；方案中：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2、AlO2-+H2O+H+=Al(OH)3， 4 4 4 4 4 4即消耗4molAl时，消耗4molH+、4molOH-，则a+b=8；方案中：2Al+6H+=2Al3+3H2、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2、Al3+3AlO2-+6H2O=4Al(OH)3， 1 3 1 3 3 3 1 3 4即消耗4molAl时，消耗3molH+、3molOH-，则a+b=6；显然方

22、案药品用量少，故选B。8、B【分析】M为红色金属，即Cu，与硫酸反应生成硫酸铜，与金属E反应能置换出Cu，说明E的活泼项性强于Cu，得到的溶液X可被H2O2氧化，生成的Y遇到KSCN能出现红色，说明Y中含有Fe3+，那么X中存在Fe2+，则金属E为Fe，红褐色固体Z为Fe(OH)3，据此进行分析判断。【题目详解】A. 铁的还原性强于铜，那么Cu2+的氧化氢强于Fe2+，A项错误； B. 在反应中若不加稀硫酸，反应为：6Fe2+3H2O2= Fe(OH)3+4Fe3+，可以看到红褐色沉淀，B项正确；C. 反应的离子方程式可表示为Fe3+3NH3H2OFe (OH)3+3NH4+，C项错误；D.

23、在反应中表现氧化性的是H2O2，硫酸只提供了酸性环境，D项错误；答案选B。9、D【答案解析】根据电离、水解、电解质等概念分析判断。【题目详解】A项：溶液中CH3COOH有电离平衡，不论加入多少碱，都不能使醋酸完全转化为醋酸根离子。即CH3COOH分子可以存在于碱性溶液中。A项错误；B项：SO2的水溶液能导电，不是因为SO2发生电离，而是它与水反应的产物H2SO3发生电离，故SO2属于非电解质。B项错误；C项：Al2O3熔点很高，可制造坩埚，但不能熔融NaOH。因为Al2O3为两性氧化物，能与NaOH反应。C项错误；D项：NaClO溶液中存在ClO水解平衡，通入的CO2与OH反应，使水解平衡右移

24、，ClO的浓度减小。D项正确。本题选D。10、B【分析】由生物燃料电池的示意图可知，左室电极为燃料电池的负极，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+；右室电极为燃料电池的正极，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，反应的方程式为N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，电池工作时，氢离子通过交换膜由负极向正极移动。【题目详解】A项、相比现有工业合成

25、氨，该方法选用酶作催化剂，条件温和，同时利用MV+和MV2+的相互转化，化学能转化为电能，故可提供电能，故A正确；B项、左室为负极区，MV+在负极失电子发生氧化反应生成MV2+，电极反应式为MV+e= MV2+，放电生成的MV2+在氢化酶的作用下与H2反应生成H+和MV+，反应的方程式为H2+2MV2+=2H+2MV+，故B错误；C项、右室为正极区，MV2+在正极得电子发生还原反应生成MV+，电极反应式为MV2+e= MV+，放电生成的MV+与N2在固氮酶的作用下反应生成NH3和MV2+，故C正确；D项、电池工作时，氢离子（即质子）通过交换膜由负极向正极移动，故D正确。故选B。【答案点睛】本题

26、考查原池原理的应用，注意原电池反应的原理和离子流动的方向，明确酶的作用是解题的关键。11、C【题目详解】A根据电离平衡常数知，在醋酸中这几种酸都不完全电离，都是弱酸，选项A正确；B在醋酸中，高氯酸的电离平衡常数最大，所以高氯酸的酸性最强，反应HClO4+NaHSO4=NaClO4+H2SO4能进行，选项B正确；C在冰醋酸中硫酸存在电离平衡，所以其电离方程式为H2SO4H+HSO4-，选项C错误；DKa(HCl) Ka(HNO3)，故酸性：HClHNO3，选项D正确；答案选C。12、B【答案解析】A、氢氧化铝胶体具有吸附性；B、纯碱碱性较强，不能用于胃药；C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性；

27、D、 硫酸钡难溶于水，可用于胃肠X射线造影检查。【题目详解】A、氢氧化铝胶体具有吸附性，吸附水中悬浮的杂质，故A正确；B、纯碱碱性较强，不能用于胃药，故B错误；C、铜离子是重金属离子，能使蛋白质变性，硫酸铜具有杀菌消毒作用，常用作游泳馆池水消毒剂，故C正确；D、 硫酸钡难溶于水，X射线不能透过，可用于胃肠X射线造影检查，故D正确。故选B。13、A【题目详解】A. 硫化氢气体通入氯水中，氯气将硫化氢氧化为硫单质，离子方程式为：H2SCl2S2Cl2H,故A正确；B. 向小苏打溶液中加入过量的石灰水，离子方程式为：Ca2+OHHCO3CaCO3H2O，故B错误；C. 氟气通入水中，生成HF和O2,

28、HF为弱电解质，不能拆，离子方程式为：2F22H2O4HFO2,故C错误；D. FeBr2溶液与足量的Cl2反应，离子方程式：2Fe24Br3Cl22Fe36Cl2Br2，故D错误。所以A选项是正确的。【答案点睛】本题考查了离子方程式书写正误的判断，明确化学反应的实质、掌握离子方程式书写的方法和注意事项是解题的关键，定量型离子方程式的书写要看准“少量”、“过量”或“等量”，注意化学式的拆分。14、A【题目详解】AMgO、Al2O3熔点高，不易熔融可用作耐高温材料，故A正确；B做氮肥是利用碳酸氢铵溶解后的铵根离子被植物吸收做氮肥，不是利用其分解的性质，故B错误；C硫酸铁溶液中铁离子水解生成氢氧化

29、铁胶体具有吸附悬浮杂质的作用，可以净水，不是利用其易溶于水的性质，故C错误；D二氧化硫中S元素的化合价居于中间价态，具有氧化性和还原性，但漂白纸张是利用二氧化硫的漂白性，不是氧化性，故D错误；故选A。15、B【答案解析】A浓硫酸和铜片反应生成二氧化硫，硫酸铜和水，故A对；B验证SO2漂白试剂为品红，酸性高锰酸钾溶液褪色，表现SO2的还原性，故B错；C 2Na2S+SO2 +2H2O=3S+4 NaOH故C正确；D：SO2+2 NaOH= Na2SO3+ H2O能达到目的。本题正确答案：B。点睛：本题考查化学实验常见物质SO2的制取和性质检验知识。制取原理可行，SO2漂白性不是氧化还原反应漂白，

30、验证时不能用酸性高锰酸钾溶液。16、C【答案解析】A依据图a可知：当反应达到平衡后，由于升高温度，逆正，平衡逆向移动，根据平衡移动原理，升高温度，化学平衡向吸热反应方向移动，因此可判断正反应为放热反应，错误；B在图b中，平衡未移动，但是达到平衡所需要的时间缩短，由于该反应是气体体积减小的反应，所以虚线不可表示压强增大，只能表示是加入了催化剂，错误；C若正反应的H0，升高温度，正、逆反应速率都加快，根据平衡移动原理，平衡逆向移动，故可以用图c可表示升高温度使平衡向逆反应方向移动，正确；D由于升高温度，气体的平均相对分子质量减小，该反应是气体体积减小的反应，则根据平衡移动原理，升高温度，平衡向吸热

31、反应方向移动，平衡逆向移动，可推知正反应的HCl- Na+ 、 离子键、共价键 弱于 非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大 由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O 【分析】A、B、C、D 均为短周期主族元素，且原子序数一次递增。A是地壳中含量最多的元素，则A为氧元素； B 是短周期中金属性最强的元素，则B为钠元素；C 与 D 位置相邻，D 是同周期元素中原子半径最小的元素，则D为氯元素

32、，C为硫元素；A、B、C、D分别为：O、Na、S、Cl 。【题目详解】(1)A为氧元素，在周期表中的位置为第二周期A族，氧原子的最外层电子排布式为2s22p4，氧原子核外共有8个电子，则有8个不同运动状态的电子。答案为：二；A；2s22p4；8；(2) Na、S、Cl 三种元素形成简单离子分别为：Na+、S2-、Cl-，S2-、Cl-分别为三个电子层，Na+为两个电子层，Na+半径最小，电子层结构相同的粒子，核电荷数越大，半径越小，故S2-半径大于Cl-半径，半径大小的顺序为：S2-Cl- Na+。答案为：S2-Cl- Na+；(3) O和Na形成化合物有Na2O和Na2O2，电子式分别为、；

33、这些化合物中所含的化学键有离子键、共价键；答案为：、；离子键、共价键；(4) S和Cl为同周期元素，同周期元素从左至右，非金属性依次增强，则非金属性的强弱：S弱于Cl；从原子结构的角度分析：非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O；答案为：弱于；非金属性也就是得电子的能力 S的原子序数是16 而Cl是17 所以Cl的原子半径小于S原子，Cl原子对电子的

34、引力较大 所以捕获电子的能力也大；由反应2H2S+O2（不足）=2H2O+2S可知，O2是氧化剂，S是氧化产物，O2的氧化性大于S，非金属性越强，氧化性越强，说明S的非金属性小于O。18、乙二醛 硝基苯 碳碳双键、醛基 加成反应(还原反应) 氧化反应 +2+2HCl 2 或 【分析】A的相对分子质量为58，碳和氢的质量分数之和为44.8%，则含氧的质量分数为0.552，A中O原子个数=2，C原子个数=22，核磁共振氢谱显示为一组峰，可发生银镜反应，则A为OHCCHO；A发生信息的反应生成B，根据B分子式知，B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B和乙烯发生信息的反应生成C，C为，C和H2发生加

35、成反应生成D，D发生催化氧化生成E，E为，E发生信息的反应生成F为，F和H发生取代反应生成M，H为，G发生还原反应生成H、苯发生取代反应生成G，则G为；(6)制备，可由HOCH2CH2OH氧化生成OHC-CHO，乙烯与水反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，在碱性条件下成OHC-CHO与乙醛反应生成。【题目详解】根据上述分析可知：A为OHCCHO、B为OHCCH=CHCH=CHCHO、C为、D为、E为、F为、G为、H为。(1) A为OHCCHO，A的名称为乙二醛；E的结构简式为；G为，名称为硝基苯； (2)B为OHCCH=CHCH=CHCHO，B中含有的官能团的名称为碳碳双键、醛基；(3)CD的反应

36、类型为加成反应，与H2的加成反应又叫还原反应，DE的反应类型为氧化反应；(4)F为，H为，F和H发生取代反应生成M，F+HM的化学方程式为+2+2HCl；(5)C为，芳香族化合物W是C的同分异构体，有三个取代基，能与FeC13溶液发生显色反应，说明含有苯环和酚羟基，0.5molW可与足量的Na反应生成lgH2，说明W分子结构中含有2个羟基，核磁共振氢谱为五组峰，说明物质分子中含有五种不同位置的H原子，则W的结构简式为或，所以有两种同分异构体；(6)乙烯和水发生加成反应生成乙醇，乙醇催化氧化产生乙醛，乙二醇发生催化氧化生成乙二醛，乙醛和乙二醛发生信息中反应生成目标产物，其合成路线为。【答案点睛】

37、本题考查有机物的合成与推断，注意把握题给信息以及有机物官能团的性质以及转化，把握推断的思路，易错点为同分异构体的判断，本题侧重考查学生的分析能力和接受信息处理问题的能力。19、CO32-、SO42- Mg2+、Ba2+ Cl- NH4+OH-=NH3+H2O BaCO3 0.02mol BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O 【分析】第一份加入足量AgNO3溶液有沉淀产生，则溶液中可能存在Cl、CO32、SO42；第二份加足量NaOH溶液充分加热后，收集到气体0.896L(标准状况)，则原溶液中存在NH4；第三份加足量BaCl2溶液后，过滤后充分干燥得到沉淀6.27g，再经足量稀硝酸洗涤、

38、干燥后，沉淀质量变为2.33g，则溶液中存在CO32、SO42；一定不存在Mg2、Ba2；无法确定Cl是否存在；【题目详解】（1）分析可知，原溶液中一定存在的阴离子CO32-、SO42-；一定不存在的离子是Mg2+、Ba2+；可能存在的离子Cl-；（2）中铵根离子与氢氧根离子反应生成氨气和水，离子方程式为NH4+OH-=NH3+H2O；（3）碳酸钡溶于硝酸，生成硝酸钡、二氧化碳和水，离子方程式为BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O；碳酸钡、硫酸钡的混合物6.27g，不溶的为硫酸钡，2.33g，则碳酸钡的质量为6.27-2.33=3.94g，即0.02mol。20、关闭K3、K2，打开分液

39、漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺利流下，则证明甲装置气密性良好 d e f c a b 亚铁离子新制且反应装置处于氢气气氛中，产品不易被氧化，纯度高 氯化钙 AD KMnO4溶液可以氧化乳酸根，标准液消耗量变多，所以结果总是大于100% 【分析】本实验由乳酸钙与FeCl2反应制得乳酸亚铁晶体，甲装置用于制取FeCl2溶液，因为亚铁离子易被空气中的氧气氧化，首先利用氢气排出装置内的空气，再利用产生的氢气使装置内压强增大，将FeCl2溶液压入三颈烧瓶中，使FeCl2溶液与乳酸钙反应生成乳酸亚铁晶体，经过滤得到乳酸亚铁晶体粗产品和CaCl2溶液，乳酸亚铁晶体粗产品用乙醇洗涤、低温真空干燥得到成品乳酸亚铁，CaCl2溶液经过浓缩得到副产物CaCl2，据此解答。【题目详解】(1)首先关闭K3、K2，形成封闭体系，打开分液漏斗活塞，打开K1，加入蒸馏水，若蒸馏水不能顺利流下，则证明甲装置气密性良好；(2)亚铁离子易被空气中的氧气氧化，需先用氢气排出装置内的空气，因此需要先关闭K2，打开K3，打开分液漏斗上口玻璃塞，打开K1，盐酸与铁反应生成氢气，排出空气，然后关闭K3，打开K2，产生的氢气使装置内压强增大，将氯化亚铁溶液压入三颈烧瓶中，然后关闭K1，盖上分液漏