2022-2023學年安徽省六安市第一中學化學高三第一學期期中檢測模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學期中模擬測試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、W、X、Y、Z為四種短周期主族元素，在光照條件下W的簡單氫化物與氯氣反應生成油狀液體，X的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，Y原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，Z2的電子層

2、結構與氬相同。下列說法正確的是A工業(yè)上常用電解熔融Y的氧化物制取Y的單質BY與Z形成化合物的水溶液可使藍色石蕊試紙變紅C簡單氫化物沸點：WXD簡單離子半徑：ZXY2、常溫下，在pH1的某溶液中除H外還可能有Na、Fe3、Fe2、I、Cl、CO中的幾種，現(xiàn)取100 mL該溶液進行如下實驗。下列判斷正確的是（）AFe2、I、Cl三種離子一定存在BCO一定不存在，不能確定Na和Cl是否存在CFe3與Fe2至少有一種D該溶液中c（Cl）至少為0.3 molL13、X、Y、Z是三種氣態(tài)物質，在一定溫度下其變化符合下圖。下列說法一定正確的是（ ）A該反應熱化學方程式為X（g） +3Y（g） 2Z（g） H

3、=（E2E1）kJB若圖III中甲表示壓強，乙表示Z的含量，則其變化符合圖III中曲線C圖II曲線a是加入催化劑時的能量變化曲線，曲線b是沒有加入催化劑時的能量變化曲線D該溫度下，反應的平衡常數(shù)數(shù)值約為533。若升高溫度，則該反應的平衡常數(shù)減小，Y的轉化率降低4、某課外實驗小組設計的下列實驗不合理的是 （ ）A制備并觀察氫氧化亞鐵B證明過氧化鈉與水反應放熱C制備并收集少量NO2氣體D實驗室制備少量氨氣5、下列說法能夠說明氮的非金屬性比磷強的是AHNO3比H3PO4更穩(wěn)定BHNO3的氧化性比H3PO4強CHNO3的酸性比H3PO4強DHNO3比H3PO4容易揮發(fā)6、一定條件下，體積為10L的密閉

4、容器中，2molX和1molY進行反應：2X(g)Y(g)Z(g)，經60s達到平衡，生成0.3molZ。下列說法正確的是（ ）A以X濃度變化表示的反應速率為0.001mol/(Ls)B將容器體積變?yōu)?0L，Z的平衡濃度變?yōu)樵瓉淼腃若壓強增大1倍，則物質Y的轉化率增大1倍D若升高溫度，X的濃度增大，則該反應的正反應為吸熱反應7、一種從含Br-廢水中提取Br2的過程，包括過濾、氧化、正十二烷萃取及蒸餾等步驟。已知：Br2CCl4正十二烷密度/gcm 33.1191.5950.753沸點/58.7676.8215217下列說法正確的是A過濾時，需不斷攪B將-氧化為Br2C正十二烷而不用CCl4，是

5、因為其密度小D進行蒸餾，先收集正十二烷再收集Br28、短周期元素X、Y、Z、Q、T的原子序數(shù)與其常見化合價關系如圖所示。下列說法正確的是()A1 mol TX2與足量X2反應生成TX3的分子數(shù)目為NABZ元素形成的可溶性鹽溶液可能顯堿性C1 mol Y2X2與足量H2O反應轉移的電子數(shù)目為2NAD0.1 mol Q元素的含氧酸在水中電離出的H+數(shù)目為3NA9、下列氧化還原反應中，水作為氧化劑的是ACOH2OCO2H2B3NO2H2O2HNO3NOC2Na2O22H2O4NaOHO2D2F22H2O4HFO210、在V L Al2(SO4)3溶液中加入過量氨水，過濾得沉淀，然后在高溫中灼燒沉淀最

6、后得白色固體m g，溶液中SO42-的物質的量濃度是（ ）Am/27VmolL-1 B2m/27VmolL-1C3m/54VmolL-1 Dm/34VmolL-111、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工業(yè)上用ClO2氣體制NaClO2的工藝流程如圖所示：下列說法不正確的是( )A步驟a的操作包括過濾、洗滌和干燥B通入空氣的目的是驅趕出ClO2，使其被吸收器充分吸收C工業(yè)上可將ClO2制成NaClO2固體，便于貯存和運輸D吸收器中生成NaClO2的離子方程式：2ClO2+H2O2=2C1O2- -+O2+2H+12、下列各組中的物質均能發(fā)生加成反應的是A乙烯和乙醇B苯和氯乙烯C乙酸和溴乙烷D

7、丙炔和丙烷13、實驗測得0.5 molL1CH3COONa溶液、0.5 molL1 CuSO4溶液以及H2O的pH隨溫度變化的曲線如圖所示。下列說法正確的是A隨溫度升高，純水中c(H+)c(OH)B隨溫度升高，CH3COONa溶液的c(OH)減小C隨溫度升高，CuSO4溶液的pH變化是Kw改變與水解平衡移動共同作用的結果D隨溫度升高，CH3COONa溶液和CuSO4溶液的pH均降低，是因為CH3COO、Cu2+水解平衡移動方向不同14、欲使0.1molL1的NaHCO3溶液中c(H)、c(CO32-)、c(HCO3-)都減少，其方法是()A通入二氧化碳氣體B加入氫氧化鈉固體C通入氯化氫氣體D加

8、入飽和石灰水溶液15、強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應為：H（aq）OH（aq）H2O（l）H57.3kJmol1。分別向1L 0.5molL1的Ba（OH）2的溶液中加入濃硫酸；稀硝酸；稀醋酸，恰好完全反應的熱效應分別為H1、H2、H3，下列關系正確的是AH1H2H3BH1H2H3CH1H2H3DH1H2H316、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子的最外層電子數(shù)是內層電子總數(shù)的2倍，X、Z同主族且質子數(shù)之比為1：2，Y的最高價氧化物對應的水化物屬于中強堿。下列說法正確的是( )A簡單離子半徑：ZXYB常溫下，W的氫化物均為氣體CX、Z形成的化合物可用作食品漂白劑D工

9、業(yè)上常用電解YX的方法冶煉Y單質二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物A(分子式為C6H6O)是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化。A 的有關轉化反應如下(部分反應條件略去)：已知： （R表示烴基，R和R表示烴基或氫）F和D互為同分異構體（1）寫出A的名稱：_。（2）能用于檢驗A中官能團的試劑是_。aNa bNaOH cNa2CO3 d溴水 eFeCl3（3）G是常用指示劑酚酞，G中能夠與NaOH溶液反應的官能團的名稱：_。（4）分別寫出反應AB和EF的化學方程式，并注明反應類型：AB：_；EF：_；（5）符合下列條件的B的同分異構體共_種。能發(fā)生銀鏡反應 分子中不含環(huán)狀結構寫出其中含有三

10、個甲基的分子的結構簡式_。（寫出一種即可）18、R、W、X、Y、M是原子序數(shù)依次增大的五種主族元素。R最常見同位素的原子核中不含中子。W與X可形成兩種穩(wěn)定的化合物：WX和WX2。工業(yè)革命以來，人類使用的化石燃料在燃燒過程中將大量WX2排入大氣，在一定程度導致地球表面平均溫度升高。Y與X是同一主族的元素，且在元素周期表中與X相鄰。（1）W的原子結構示意圖是_。（2）WX2的電子式是_。（3）R2X、R2Y中，穩(wěn)定性較高的是_（填化學式），請從原子結構的角度解釋其原因：_。（4）Se與Y是同一主族的元素，且在元素周期表中與Y相鄰。根據(jù)元素周期律，下列推斷正確的是_（填字母序號）。aSe的最高正化合

11、價為+7價bH2Se的還原性比H2Y強cH2SeO3的酸性比H2YO4強dSeO2在一定條件下可與NaOH溶液反應室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，該反應的化學方程式為_。（5）科研人員從礦石中分離出一種氧化物，化學式可表示為M2O3。為確定M元素的種類，進行了一系列實驗，結果如下：M的相對原子質量介于K和Rb（銣）之間；0.01 mol M2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到M的簡單氫化物，反應完全時，被M2O3氧化的Zn為0.06 mol；綜合以上信息推斷，M可能位于元素周期表第_族。19、資料顯示“強酸性或強堿性溶液可使品紅溶液褪色”。某興趣小組探究SO2使品

12、紅溶液褪色的原因，實驗如下。探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒實驗一：將SO2分別通入0.1%品紅水溶液和0.1%品紅乙醇溶液中。觀察到前者褪色而后者不褪色。實驗二：試管中的液體現(xiàn)象a0.1mol/L SO2溶液(pH=2)溶液逐漸變淺，約90s后完全褪色b0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)溶液立即變淺，約15s后完全褪色c0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色dpH=10 NaOH溶液紅色溶液不變色epH=2 H2SO4溶液紅色溶液不變色（1）SO2水溶液中含的微粒有_。（2）解釋NaHSO3溶液顯酸性的原因是_。（3）實驗d的目的是_。（4）由實驗一、二可知：該實驗條件

13、下，SO2使品紅溶液褪色時起主要作用的微粒是_。探究褪色過程的可逆性甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變。乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀，溶液變紅。（5）實驗方案合理的是_(選填“甲”或“乙”)。結合離子方程式說明其原因是_。（6）丙同學利用SO2的還原性設計并完成了下列實驗：向a實驗后的無色溶液中滴入過量_(填編號)，使溶液最終恢復紅色。也得出結論：該褪色過程是可逆的。A稀硝酸 B氯水 C雙氧水20、草酸亞鐵晶體(FeC2O42H2O，M=180g/mol)呈淡黃色,可用作曬制藍圖。某實驗小組對其進行了一

14、系列探究。 I.純凈草酸亞鐵晶體熱分解產物的探究(1)氣體產物成分的探究。小組成員采用如下裝置可重復選用)進行實驗：E中盛裝堿石灰的儀器名稱為_。按照氣流從左到右的方向，上述裝置的接口順序為agf_尾氣處理裝置(儀器可重復使用)。實驗前先通入一段時間N2，其目的為_。實驗證明了氣體產物中含有CO，依據(jù)的實驗現(xiàn)象為_。(2)小組成員設計實驗證明了A中分解后的固體成分為FeO，則草酸亞鐵晶體分解的化學方程式為_。(3)曬制藍圖時，以K3Fe(CN)6溶液為顯色劑，該反應的化學方程式為_。.草酸亞鐵晶體樣品純度的測定工業(yè)制得的草酸亞鐵晶體中常含有FeSO4雜質，測定其純度的步驟如下：步驟1：稱取mg

15、草酸亞鐵晶體樣品并溶于稀HSO4中，配成250mL溶液；步驟2：取上述溶液25.00mL，用 cmol/L KMnO4標準液滴定至終點，消耗標準液V1mL；步驟3：向反應后溶液中加入適量鋅粉，充分反應后，加入適量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗標準液V2mL。(4)步驟2中滴定終點的現(xiàn)象為_；步驟3中加入鋅粉的目的為_。(5)草酸亞鐵晶體樣品的純度為_；若步驟1配制溶液時部分Fe2+被氧化變質，則測定結果將_(填“偏高”、“偏低”或“不變”)。21、SCR和NSR技術可有效降低柴油發(fā)動機在空氣過量條件下的NOx排放。（1）SCR（選擇性催化還原）工作原理：尿

16、素CO(NH2)2水溶液熱分解為NH3和CO2，請寫出CO2的電子式_。反應器內NH3還原NO2過程中，若還原產物比氧化產物少1mol，轉移電子總數(shù)_個（用NA表示）。當燃油中含硫量較高時，尾氣中SO2在O2作用下會形成(NH4)2SO4，使催化劑中毒。用化學方程式表示(NH4)2SO4的形成_。尿素溶液濃度影響NO2的轉化，測定溶液中尿素（M=60 gmol1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，將所含氮完全轉化為NH3，所得NH3用過量的v1 mL c1 molL1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 molL1 NaOH溶液恰好中和，則尿素溶液中溶質的質量分數(shù)是_（2

17、）NSR（NOx儲存還原）工作原理：NOx的儲存和還原在不同時段交替進行，如圖a所示。通過BaO和Ba(NO3)2的相互轉化實現(xiàn)NOx的儲存和還原。儲存NOx的物質是_。用H2模擬尾氣中還原性氣體研究了Ba(NO3)2的催化還原過程，該過程分兩步進行，圖b表示該過程相關物質濃度隨時間的變化關系。第一步反應消耗的H2與Ba(NO3)2的物質的量之比是_。還原過程中，有時會產生笑氣（N2O）。用同位素示蹤法研究發(fā)現(xiàn)笑氣的產生與NO有關。在有氧條件下15NO與NH3以一定比例反應時，得到的笑氣幾乎都是15NNO。將該反應的化學方程式補充完整：_15NNO+H2O2022-2023學年模擬測試卷參考答

18、案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【分析】W、X、Y、Z為四種短周期主族元素，在光照條件下W的簡單氫化物與氯氣反應生成油狀液體，W為C；X的氣態(tài)氫化物的水溶液呈堿性，X為N；Y原子半徑是短周期主族元素原子中最大的，Y為Na；Z2-的電子層結構與氬相同，Z的質子數(shù)為18-2=16，Z為S，以此來解答?！绢}目詳解】由上述分析可知，W為C，X為N，Y為Na，Z為S，A、Na為活潑金屬，工業(yè)上常用電解熔融NaCl制取Y的單質，故A錯誤；B、Y與Z形成化合物為Na2S，水解顯堿性，水溶液可使紅色石蕊試紙變藍，故B錯誤；C、氨氣分子間含氫鍵，沸點較高，則簡單氫化物沸點：WXY，故

19、D正確。2、A【分析】pH=1的溶液中氫離子濃度為0.1mol/L，100mL該溶液中含有氫離子的物質的量為0.01mol，則一定不存在CO；向溶液中通入氯氣分液后得到紫色溶液，則原溶液中含有I-，鐵離子能夠氧化碘離子，則一定不存在Fe3+；2.54g為碘單質，物質的量為=0.01mol，原溶液中含有碘離子的物質的量為0.02mol；水層中加入氫氧化鈉溶液得到固體，該固體為氫氧化亞鐵，灼燒固體得到的1.60g為氧化鐵，則溶液中一定存在Fe2+，根據(jù)鐵元素守恒可知亞鐵離子的物質的量為：2=0.02mol，0.02mol亞鐵離子帶有正電荷為0.04mol，0.02mol碘離子帶有0.02mol電子

20、，所以原溶液中一定含有Cl-，其物質的量至少為0.04mol-0.02mol-0.01mol=0.01mol，氯離子的濃度最小為=0.1mol/L，以此解答該題?！绢}目詳解】A. 由以上分析可知原溶液中一定含有Fe2+、I、Cl，故A正確；B. 原溶液中一定不存在CO，一定含有Cl，故B錯誤；C. 原溶液中一定存在Fe2+，一定不存在Fe3+，故C錯誤；D. 根據(jù)分析可知該溶液中c(Cl)0.1molL1，故D錯誤；故選A。3、D【分析】圖中X、Y的物質的量濃度逐漸減小，應是反應物，Z的物質的量濃度逐漸增大，應是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1

21、：3：2，根據(jù)濃度的變化之比等于化學計量數(shù)之比可知反應方程式應為X（g）+3Y（g） 2Z（g），由圖反應物的總能量大于生成物的總能量可知該反應為放熱反應，反應熱為H=-（E2-E1）kJ/mol，該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g） 2Z（g），H=-（E2-E1）kJ/mol，據(jù)以上分析進行解答?！绢}目詳解】A項、結合以上分析可知，該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g） 2Z（g），H=-（E2-E1）kJ/mol，故A錯誤；B項、結合以上分析可知，壓強增大，平衡右移，Z的含量應增大，故B錯誤；C項、圖也可能為加入不同的催化劑，b的催化效果較好的能量變化曲線，或是曲線b是加入催化劑，

22、曲線a是沒有加入催化劑時的能量變化曲線，故C錯誤；D項、該反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，該反應的平衡常數(shù)減小，Y的轉化率降低，故D正確；故選D?！敬鸢更c睛】圖中X、Y的物質的量濃度逐漸減小，應是反應物，Z的物質的量濃度逐漸增大，應是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據(jù)濃度的變化之比等于化學計量數(shù)之比可知反應方程式應為X（g）+3Y（g） 2Z（g），由圖反應物的總能量大于生成物的總能量可知該反應為放熱反應，反應熱為H=-（E2-E1）kJ/mol是解答關鍵。4、C【答案解析】A、甲可用于制備并觀察氫氧化亞鐵沉淀，符合，錯誤

23、；B、脫脂棉燃燒，說明反應放熱，合理，錯誤；C、二氧化氮與水反應，不能有排水法收集，不合理，正確；D、丁可用于實驗室制備少量氨氣，正確；答案選C。5、C【分析】比較元素的非金屬性，可根據(jù)元素對應的氫化物的穩(wěn)定性、最高價氧化物的水化物的酸性以及與氫氣反應的劇烈程度等角度?！绢}目詳解】A、氫化物的穩(wěn)定性才能作為判斷依據(jù)，故A錯誤；B、比較非金屬的強弱，可根據(jù)單質的氧化性或陰離子的還原性強弱，不能根據(jù)最高價含氧酸的氧化性比較，故B錯誤；C、HNO3的酸性比H3PO4強，且二者都是最高價含氧酸，可說明氮的非金屬性比磷強，故C正確；D、揮發(fā)性屬于物理性質，不能用于比較非金屬性，故D錯誤。答案選C?！敬鸢?/p>

24、點睛】本題考查元素周期律的遞變規(guī)律，注意比較元素非金屬性的角度，學習中注意相關基礎知識的積累。6、A【答案解析】A.v(Z)= =0.0005 mol/(L s) ，v(X)=2v(Z) =0.001 mol/(L s)，以X濃度變化表示的反應速率為0.001mol/(Ls)，故A正確；B.減壓平衡左移，Z的平衡濃度小于原來的，故B錯誤；C.原平衡Y轉化0.03mol。假設壓強增大1倍，平衡右移，物質Y的轉化率增大1倍，則相應消耗Y0.03mol，平衡常數(shù)K=，故C錯誤；D.升高溫度，平衡左移，說明該反應的正反應為放熱反應，故D錯誤。故選A。7、B【題目詳解】A、過濾時不需攪拌，選項A錯誤；B

25、、用乙裝置利用氯氣將Br-氧化為Br2，選項B正確； C、丙裝置中用正十二烷而不用CCl4，是因為其沸點與溴相差大，萃取后的溶液可通過蒸餾而分離，選項C錯誤；D、可用裝置丁進行蒸餾，先收集Br2再收集正十二烷，選項D錯誤。答案選B。8、B【答案解析】由圖中化合價可知，X的化合價為-2價，沒有正化合價，故X為O元素，Y的化合價為+1價，處于A族，原子序數(shù)大于O元素，故Y為Na元素，Z為+3價，為Al元素，Q的化合價為+5價，故Q為P元素，T的最高正價為+6價，應為S元素；A1molSO2與O2反應為可逆反應，1molSO2與足量O2反應生成SO3的分子數(shù)目小于NA，故A錯誤；BAl元素形成的可溶

26、性鹽如NaAlO2在溶液中顯堿性，故B正確；CNa2O2與H2O的反應2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反應中2molNa2O2轉移2mol電子，則1mol Na2O2與足量H2O反應轉移的電子數(shù)目為NA，故C錯誤；DP的含氧酸H3PO4為中強酸，在溶液中部分電離，所以0.1molP元素的含氧酸在水中電離出的H+數(shù)目為小于0.3NA，故D錯誤；故答案為B。點睛：根據(jù)推斷元素是解題的關鍵，根據(jù)化合價結合原子序數(shù)進行推斷，圖中化合價可知，X的化合價為-2價，沒有正化合價，故X為O元素，Y的化合價為+1價，處于A族，原子序數(shù)大于O元素，故Y為Na元素，Z為+3價，為Al元素，Q的化合價為+5

27、價，故Q為P元素，T的最高正價為+6價，應為S元素，結合對應單質、化合物的性質以及題目要求解答該題。9、A【分析】氧化還原反應中水作為氧化劑，說明水中氫元素的化合價降低，得到電子，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A. 反應CO+H2O(g)CO2+H2中氫元素化合價從+1價降低到0價，化合價降低，水是氧化劑，A正確；B. 反應3NO2+H2O2HNO3+NO中氮元素化合價部分升高，部分降低，二氧化氮既是氧化劑也是還原劑，水既不是氧化劑，也不是還原劑，B錯誤；C. 反應2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中過氧化鈉中氧元素化合價部分升高，部分降低，過氧化鈉既是氧化劑也是還原劑，水既不是氧化劑，也不是還原

28、劑，C錯誤；D. 反應2F2+2H2O4HF+O2中氧元素化合價升高，失去電子，水是還原劑，D錯誤。答案選A。10、D【答案解析】依題意，最后所得固體為Al2O3，其物質的量為m/102 mol，原V L Al2(SO4)3溶液中含SO42-的物質的量m23/(1022)mol，c(SO42-)= m/34VmolL-1，所以答案選D。11、D【分析】由流程可知，發(fā)生器通入空氣，可將ClO2排出，確保其被充分吸收，在吸收器中發(fā)生2ClO2+2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O，然后真空蒸發(fā)、冷卻結晶，再經過過濾、洗滌和干燥得到NaClO2，以此解答該題。【題目詳解】A步驟a是將晶

29、體從溶液中取出，然后干燥，所以操作包括過濾、洗滌和干燥，A正確；B反應結束后，發(fā)生器中含有少量ClO2，通入空氣的目的是讓ClO2逸出，進入吸收器被濃NaOH溶液和雙氧水充分吸收，B正確；C工業(yè)上利用還原劑及NaOH溶液，將ClO2制成NaClO2固體，固體較為穩(wěn)定，便于貯存和運輸，C正確；D吸收器反應在堿性條件下進行，生成NaClO2的離子方程式：2ClO2+H2O2+2OH-=2C1O2-+O2+2H2O，D不正確；故選D?！敬鸢更c睛】書寫離子方程式時，應關注溶液的性質，以便確定溶液中參加反應的微粒是H+、H2O，還是OH-和H2O。12、B【答案解析】A項，乙烯可以發(fā)生加成反應，乙醇無不

30、飽和鍵不能發(fā)生加成反應，故A錯誤；B項，苯分子中含碳碳不飽和鍵，可以發(fā)生加成反應，例如一定條件下苯可以和氫氣發(fā)生加成反應，氯乙烯分子中含碳碳雙鍵，可以發(fā)生加成反應，故B正確；C項，乙酸分子中羰基不能發(fā)生加成反應，溴乙烷無不飽和鍵不能發(fā)生加成反應，故C錯誤；D項丙炔分子中含碳碳叁鍵，能發(fā)生加成反應，丙烷為飽和烷烴不能發(fā)生加成反應，故D錯誤。點睛：本題考查有機物的性質、反應類型，主要是對加成反應實質的理解應用，根據(jù)加成反應的實質，有機物分子中含有不飽和碳原子，才能發(fā)生加成反應，常見的有：含有碳碳雙鍵、C=O鍵、-CHO及苯環(huán)的物質可以發(fā)生加成反應，如：烯烴、炔烴、醛類、苯及其同系物等，注意-COO

31、H不能發(fā)生加成反應。13、C【分析】水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離；鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，據(jù)此解題；【題目詳解】A.水的電離為吸熱過程，升高溫度，平衡向著電離方向移動，水中c(H+).c(OH-)=Kw增大，故pH減小，但c(H+)=c(OH-)，故A不符合題意；B.水的電離為吸熱過程，升高溫度，促進水的電離，所以c(OH-)增大，醋酸根水解為吸熱過程，CH3COOH-+H2O CH3COOH+OH-,升高溫度促進鹽類水解，所以c(OH-)增大，故B不符合題意；C.升高溫度，促進水的電離，故c(H+)增大；升高溫度，促進銅離子水解Cu2+2H2OCu(OH)2

32、+2H+，故c(H+)增大，兩者共同作用使pH發(fā)生變化，故C符合題意；D.鹽類水解為吸熱過程，升高溫度促進鹽類水解，故D不符合題意；綜上所述，本題應選C?！敬鸢更c睛】本題考查弱電解質在水中的電離平衡，明確化學平衡常數(shù)只是溫度的函數(shù)，溫度對水的電離和鹽類水解平衡的影響是解題的關鍵，鹽類水解是高頻考點，也是高考的重點和難點，本題難度不大，是基礎題。14、D【題目詳解】A.CO2與水反應生成碳酸，c(H+)、c(HCO3-)增大，A錯誤；B.NaHCO3+NaOH=Na2CO3+H2O，所以加入氫氧化鈉固體后，c(HCO3-)減小，c(CO32-)增大，c(H)減小，B錯誤；C.HCl+NaHCO3

33、=NaCl+H2O+CO2，所以通入氯化氫氣體后，c(HCO3-)減小，c(CO32-)減小，碳酸氫鈉溶液呈堿性，通入氯化氫后溶液堿性減弱，所以c(H+)增大，C錯誤；D.Ca(OH)2+NaHCO3=CaCO3+H2O+NaOH，所以加入飽和石灰水溶液后，HCO3-轉化為CaCO3沉淀，所以c(HCO3-)、c(CO32-)都減小，溶液由弱堿性變?yōu)閺妷A性，所以c(H+)也減小，D正確；故合理選項是D。15、C【答案解析】強酸與強堿的稀溶液發(fā)生中和反應的熱效應為：H（aq）OH（aq）=H2O（l）H=57.3kJmol1；1L 0.5molL1的Ba（OH）2溶液中氫氧化鋇物質的量為0.5m

34、ol；濃硫酸稀釋時會放熱，生成BaSO4沉淀放熱，H157.3kJmol1；故H1H2H3，答案選C。16、A【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，W原子的最外層電子數(shù)是內層電子總數(shù)的2倍，則W為C，X、Z同主族且質子數(shù)之比為1：2，則X為O，Z為S，Y的最高價氧化物對應的水化物屬于中強堿，Y為Mg?！绢}目詳解】A簡單離子半徑：S2O2Na+，故A正確；B常溫下，W的氫化物不一定都為氣體，比如苯，故B錯誤；CX、Z形成的化合物SO2不能用作食品漂白劑，會傷害人體肝等，故C錯誤；D工業(yè)上常用電解熔融的MgCl2的方法冶煉Mg單質，故D錯誤。綜上所述，答案為A。二、非選擇題（本題

35、包括5小題）17、苯酚 d e 羥基、酯基 ；加成反應 +H2O；消去反應 8 (CH3)2CHCH(CH3)CHO (CH3)3CCH2CHO CH3CH2C(CH3)2CHO 【答案解析】化合物A(分子式為C6H6O)是一種有機化工原料，在空氣中易被氧化，所以A是苯酚，A的結構簡式為：，A在一定條件下和氫氣發(fā)生加成反應生成B，B的結構簡式為：，B被重鉻酸鉀溶液氧化生成C，C的結構簡式為，C反應生成D，結合題給信息知，D的結構簡式為：，C經過一系列反應生成E，E反應生成F，F(xiàn)和D互為同分異構體，所以E發(fā)生消去反應生成F，則F的結構簡式為：。(1)A為苯酚，故答案為苯酚；(2)檢驗A中官能團酚

36、羥基可以選用濃溴水和氯化鐵，濃溴水與苯酚反應生成白色沉淀，氯化鐵遇到苯酚，溶液顯紫色，故選de；(3)G中能夠與NaOH溶液反應的官能團是酚羥基和酯基，故答案為酚羥基和酯基；(4)分別寫出反應AB和EF的化學方程式，并注明反應類型：反應AB是部分與氫氣加成，反應的化學方程式為+3H2，根據(jù)上述分析，反應EF是E發(fā)生了消去反應，反應的化學方程式為 +H2O，故答案為+3H2；加成反應； +H2O；消去反應；(5)B為，能發(fā)生銀鏡反應，說明結構中含有醛基；分子中不含環(huán)狀結構，滿足條件的B的同分異構體為己醛，有CH3CH2CH2CH2CH2CHO、(CH3)2CH CH2CH2CHO、CH3CHCH

37、(CH3) CH2CHO、CH3CH2 CH2CH(CH3)CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，共7種，其中含有三個甲基的分子的結構簡式有(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO，故答案為7；(CH3)2CHCH(CH3)CHO、(CH3)3CCH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO(任寫一種)。18、 H2O 氧原子與硫原子最外層電子數(shù)相同，電子層數(shù)SO，原子半徑SO，得電子能力SO，元素的非金屬性SO，原子半徑SO，得電子能力SO，元素的非金屬性SO，原子

38、半徑SO，得電子能力SO，元素的非金屬性SSe，則H2SeO3的酸性比H2SO4弱，故c錯誤；d同主族元素化學性質具有相似性，SO2屬于酸性氧化物可與NaOH溶液反應，則SeO2在一定條件下也可與NaOH溶液反應，故d正確；答案選bd；室溫下向SeO2固體表面吹入NH3，可得到兩種單質和H2O，根據(jù)物料守恒，生成的單質應為N2和Se，利用氧化還原反應得失電子守恒，該反應的化學方程式為3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O，答案為：3SeO2+4NH3=3Se + 2N2 + 6H2O；（5）0.01 mol M2O3在堿性溶液中與Zn充分反應可得到M的簡單氫化物，則氫化物中M的

39、化合價為最低價態(tài)，M為主族元素，M最高正價=8-M最低負價的絕對值，設M的氫化物中化合價為-x價，則M由+3價變?yōu)?x價，0.01 mol M2O3完全反應共得到2（3+x）0.01 mol的電子，金屬Zn由0價變?yōu)?2價，被M2O3氧化的Zn為0.06 mol，共失去20.06 mol的電子，根據(jù)得失電子守恒，2（3+x）0.01=20.06，解得x=3，則M的氫化物中化合價為-3價，則M最高正價=8-3=+5，主族元素最高正價等于最外層電子數(shù)，最外層電子數(shù)等于主族序數(shù)，故M可能位于元素周期表第VA族，答案為：VA；19、SO2、H2SO3、HSO3、SO32 HSO3離子存在平衡有電離平衡

40、：HSO3 H+SO32 ，水解平衡：HSO3 +H2O H2SO3+OH，因為亞硫酸氫根離子電離程度大于其水解程度，所以溶液顯酸性 證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾 SO32 乙 SO32能使品紅褪色，因為SO2+2OH +Ba2+ = BaSO3+H2O，同時排除SO32的干擾 AC 【分析】探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水發(fā)生反應生成亞硫酸，亞硫酸存在兩步電離，據(jù)此分析判斷；(2)NaHSO3溶液中存在亞硫酸氫鈉電離和水解，溶液顯酸性說明亞硫酸氫根離子電離程度大于水解程度；(3)氫氧化鈉溶液中紅色不褪去說明氫氧根離子對品紅褪色不干擾；(4)根據(jù)實驗一和實

41、驗二的abc分析判斷；探究褪色過程的可逆性(5)甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變，氫氧根離子不影響溶液的褪色，乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀亞硫酸鋇，溶液變紅，說明品紅褪色可逆；(6)選擇的試劑不能具有漂白性，同時能夠將二氧化硫反應除去，據(jù)此分析解答。【題目詳解】探究體現(xiàn)漂白性的主要微粒(1)二氧化硫溶于水和水發(fā)生反應生成亞硫酸，亞硫酸存在兩步電離，SO2+H2OH2SO3，H2SO3H+HSO3-，HSO3-H+SO32-，SO2水溶液中含的微粒有：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-，故答案為

42、：SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-；(2)NaHSO3溶液中，HSO3-離子存在的平衡有：電離平衡HSO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，溶液顯酸性說明亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，故答案為：HSO3-離子存在的平衡有：電離平衡HSO3-H+SO32-，水解平衡HSO3-+H2OH2SO3+OH-，因為亞硫酸氫根離子的電離程度大于水解程度，所以溶液顯酸性；(3)pH=10NaOH溶液中紅色溶液不變色，證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾，故答案為：證明該實驗條件下氫氧根離子對品紅溶液褪色不產生干擾；(4)實驗一：將SO2分別通入0

43、.1%品紅水溶液和0.1%品紅乙醇溶液中。觀察到前者褪色而后者不褪色。說明使品紅褪色的微粒不是SO2；根據(jù)實驗二的abc可知，a.0.1mol/LSO2溶液(pH=2)中主要含有SO2和H2SO3，溶液逐漸變淺，約90s后完全褪色，b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)中主要含有HSO3-，溶液立即變淺，約15s后完全褪色，c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)中主要含有SO32-，溶液立即褪色，說明SO2使品紅溶液褪色時起主要作用的微粒是SO32-，故答案為：SO32-；探究褪色過程的可逆性(5)甲同學：向a實驗后的無色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10時，溶液顏色不變

44、，說明氫氧根離子濃度不影響二氧化硫褪色，不能說明二氧化硫的漂白性具有可逆性；乙同學：向a實驗后的無色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10時，生成白色沉淀亞硫酸鋇，溶液變紅，說明品紅溶液的褪色具有可逆性；乙方案合理，其原因是SO32-能使品紅褪色，因為SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，同時排除SO32-的干擾，故答案為：乙；SO32-能使品紅褪色，因為SO2+2OH-+Ba2+=BaSO3+H2O，同時排除SO32-的干擾；(6)A稀硝酸不具有漂白性，能夠將二氧化硫氧化生成硫酸，因此溶液變紅色，故A正確；B氯水中含有次氯酸，具有漂白性，溶液不會變成紅色，故B錯誤；C雙氧水能夠將

45、二氧化硫氧化為硫酸，溶液變成紅色，故C正確；故選AC。20、U形管 bchi(或ih)debc 排盡裝置中的空氣，防上加熱時發(fā)生爆炸 C中固體由黑色變?yōu)榧t色，后B裝置中出現(xiàn)渾濁 FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O 3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4 錐形瓶中溶液顏色變?yōu)闇\紫色，且30s內不褪色 將Fe3+還原為Fe2+ 100% 偏低 【答案解析】I.在A中草酸亞鐵晶體(FeC2O42H2O)受熱發(fā)生分解反應：FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，用D檢驗水蒸氣的存在，用B檢驗CO2氣體，然后用E干燥CO，將CO用通入C使C

46、O與CuO發(fā)生反應：CO+CuOCO2+Cu，反應產生的CO2氣體通過B裝置檢驗，由于反應過程中有CO產生，會導致大氣污染，所以最后將氣體進行尾氣處理。用K3Fe(CN)6溶液檢驗溶液中的Fe2+，據(jù)此書寫反應方程式；II. 步驟2中向FeC2O42H2O、FeSO4溶解后的酸性溶液中滴入酸性KMnO4溶液，溶液中的Fe2+、H2C2O4都被氧化，F(xiàn)e2+變?yōu)镕e3+；KMnO4被還原為無色的Mn2+；H2C2O4變?yōu)镃O2氣體逸出；步驟3中向反應后溶液中加入適量鋅粉，Zn將溶液中Fe3+還原為Fe2+，充分反應后，加入適量稀H2SO4，再用 cmol/L KMnO4標準溶液滴定至終點，這時溶

47、液中Fe2+氧化為Fe3+，消耗標準液V2mL。則前后兩次消耗的高錳酸鉀溶液的體積差就是氧化H2C2O4消耗的體積，根據(jù)C守恒可知n(H2C2O4)=n(FeC2O42H2O)，最后根據(jù)電子守恒確定KMnO4與FeC2O42H2O的物質的量之間的關系，利用該反應消耗的n(KMnO4)計算出FeC2O42H2O的質量，從而可得其純度，據(jù)此分析?！绢}目詳解】(1) 根據(jù)E的結構可知E中盛裝堿石灰的儀器名稱為U形管；根據(jù)上述分析可知儀器使用的先后順序為ADBECB，則按照氣流從左到右的方向，上述裝置的接口順序為agfbchi(或ih)debc尾氣處理裝置；實驗前先通入一段時間N2，其目的為排盡裝置中

48、的空氣，防上加熱時產生的CO與裝置內的空氣混合加熱發(fā)生爆炸事故；實驗證明了氣體產物中含有CO，依據(jù)的實驗現(xiàn)象為C中固體Cu變?yōu)镃u單質，物質由黑色變?yōu)榧t色，反應產生的CO2氣體可以使后面的B裝置中出現(xiàn)渾濁現(xiàn)象；(2)草酸亞鐵晶體受熱分解產生FeO、CO、CO2和水，根據(jù)電子守恒及原子守恒，可得分解的化學方程式為FeC2O42H2O FeO+CO+CO2+2H2O；(3)K3Fe(CN)6溶液遇FeC2O4，溶液變?yōu)樗{色，該反應的化學方程式為3FeC2O4+2K3FeCN)6=Fe3Fe(CN)62+3K2C2O4； (4)在步驟2中用酸性KMnO4滴定含有Fe2+、H2C2O4的溶液，KMnO4被還原為無色的Mn2+，所以滴定終點的現(xiàn)象為錐形瓶中溶液顏色變?yōu)闇\紫色，且30s內不褪色。在步驟3中加入鋅粉的目的為將溶液中的Fe3+氧化為Fe2+，以便于確定溶液H2C2O4的物質的量，并根據(jù)C元素守恒，計算出FeC2O4的物質的量。(5)根據(jù)上述分析可知草酸消耗的KMnO4的物質的量為n(KMnO4)= cmol/L (V1-V2)