2022-2023學(xué)年江西省崇義中學(xué)化學(xué)高三上期中經(jīng)典模擬試題（含解析）

1、2022-2023高三上化學(xué)期中模擬測試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在給定條件下，下列選項所示的物質(zhì)間轉(zhuǎn)化均能實現(xiàn)的是ANH3NO HNO3BCaCl2(aq) CaCO3CaOCFe2O3FeCl3(aq)無水FeCl3DNaOH(aq) Cu(OH)2懸獨液 Cu2O2、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A1mol乙酸與足量的乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)

2、，生成乙酸乙酯分子數(shù)為NA個B0.1 molL-1 Na2CO3溶液1 L所含碳酸根數(shù)目為0.1NAC110 g Na2S2中含有的離子數(shù)為3NAD1 mol Cl2與足量的水反應(yīng)時斷裂的Cl-Cl鍵為NA個3、現(xiàn)有a、b、c、d四種金屬， a、b合金鑄造的日用品暴露在潮濕空氣中a先被腐蝕；電解b、c的硫酸鹽混合溶液，電極上金屬c析出后再析出b； d的硝酸鹽溶液呈中性，四種金屬活潑性由強到弱的順序是（ ）Ad、a、b、cBd、b、a、cCa、b、c、dDa、b、d、c4、將38.4gCu完全溶于適量濃硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，這些氣體恰好能被5

3、00ml 2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的鹽溶液，其中NaNO3的物質(zhì)的量為A1.0mol B0.8mol C0.6mol D0.4mol5、短周期主族元素a、b、c、d的原子序數(shù)依次增大。四種元素形成的單質(zhì)依次為m、n、p、q ；x、y、z是這些元素組成的二元化合物，其中z為形成酸雨的主要物質(zhì)之一；25時，0.01molL1w溶液中，c(H+)/c(OH-)1.01010。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A原子半徑的大小：abcdB氫化物的沸點：bdCx的電子式為：Dy、w含有的化學(xué)鍵類型完全相同6、四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其

4、原子序數(shù)依次增大，b、d的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，d的簡單離子半徑是同周期主族元素中最小的，四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，下列敘述正確的是（ ）Ab元素最高價氧化物對應(yīng)的水化物為強酸B最簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：bcCc為第二周期第VIIA族元素D原子半徑：dcba7、下列說法不正確的是( )AC4H8Cl2的同分異構(gòu)體有10種BC2H6和C9H20一定互為同系物C紅葡萄酒儲藏時間長后變香可能是因為乙醇發(fā)生了酯化反應(yīng)D石油裂解、煤的氣化、蛋白質(zhì)變性都包含化學(xué)變化8、向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樯铧S色。再向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2

5、氣體，溶液逐漸變成無色。下列分析正確的是（）A上述實驗條件下，物質(zhì)的氧化性：Cu2+I2SO2B通入SO2時，SO2與I2反應(yīng)，I2作還原劑C通入SO2后溶液逐漸變成無色，體現(xiàn)了SO2的漂白性D滴加KI溶液時，轉(zhuǎn)移2mol電子時生成1mol白色沉淀9、對下列裝置作用的分析或解釋正確的是A裝置甲可除去HCl中的Cl2雜質(zhì)B裝置乙可吸收SO2，并防止倒吸C裝置丙石灰水變渾濁即可證明非金屬性：SiCD裝置丁可制取并收集NO氣體10、利用生物燃料電池原理研究室溫下氨的合成，電池工作時MV2+/MV+在電極與酶之間傳遞電子，示意圖如下所示。下列說法錯誤的是A相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法條件溫和，同時還可提

6、供電能B陰極區(qū)，在氫化酶作用下發(fā)生反應(yīng)H2+2MV2+2H+2MV+C正極區(qū)，固氮酶為催化劑，N2發(fā)生還原反應(yīng)生成NH3D電池工作時質(zhì)子通過交換膜由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)移動11、2016年1月自然雜志刊發(fā)了中科大科研組研究出一種新型電催化材料使CO2高效清潔地轉(zhuǎn)化為液體燃料HCOOH。則下列說法不正確的是A新型電催化材料增大了CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH的平衡常數(shù)BCO2轉(zhuǎn)化為HCOOH過程是CO2被還原的過程C新型電催化材料降低了CO2催化還原的活化能，但沒有改變反應(yīng)熱D硫酸鋇是一種難溶于水和酸的鹽，可用作X光透視腸胃的藥劑12、工業(yè)合成氨的原料氣來源于化石燃料，如采用甲烷與二氧化碳反應(yīng)： 。（在某容器

7、中，充入等物質(zhì)的量的和）下列說法正確的是（ ）A該原料氣的制備反應(yīng)為放熱反應(yīng)，B壓強關(guān)系：C恒溫、恒壓條件下，充入，平衡向逆反應(yīng)方向移動D時的平衡常數(shù)13、下列反應(yīng)中，水作氧化劑的是（）ASO3+H2OH2SO4B2K+2H2O2KOH+H2C2F22H2O 4HFO2D2Na2O22H2O 4NaOHO214、研究金屬橋墩腐蝕及防護是跨海建橋的重要課題。下列有關(guān)判斷中正確的是（）A用裝置模擬研究時未見a上有氣泡，說明鐵沒有被腐蝕B中橋墩與外加電源正極連接能確保橋墩不被腐蝕C中采用了犧牲陽極的陰極保護法保護橋墩D中海水均是實現(xiàn)化學(xué)能與電能相互轉(zhuǎn)化的電解質(zhì)15、下列對化學(xué)用語的描述中，不正確的是

8、A甲烷的結(jié)構(gòu)式：B磷的原子結(jié)構(gòu)示意圖： CBi 和Bi互為同位素D由Na和Cl 形成NaCl的過程： 16、將Cl2通入液復(fù)水中發(fā)生3Cl2+8NH3H2O =6NH4Cl+N2+8H2O.下列說法正確的是A濃氨水是弱電解質(zhì)BCl2的氧化性比N2的強C向1L 0.1mol/L氨水加入鹽酸至顯中性，生成NH4+數(shù)為0.16.021023D常溫常壓下，上述反應(yīng)每生成2.24LN2，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.66.021023二、非選擇題（本題包括5小題）17、化合物H是一種光伏材料中間體。工作室由芳香化合物A制備H的一種合成路線如下：已知：RCHO+CH3CHO RCH=CHCHO+H2O回答下列問題(1)

9、B所含官能團名稱為_。(2)由B生成C和E生成F的反應(yīng)類型分別為_、_。(3)D的結(jié)構(gòu)簡式為_。(4)由A生成B的化學(xué)方程式為_。(5)芳香化合物X是F的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶液反應(yīng)放出CO2，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為6：2：1：1，符合要求的X的結(jié)構(gòu)有_種，寫出其中一種結(jié)構(gòu)簡式_。(6)根據(jù)已有知識并結(jié)合相關(guān)信息，寫出以乙醇為原料合成 CH3CH2CH2COOH的合成路線(無機試劑在用)(合成路線示例如下：CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OH _。18、有一包白色固體粉末，其中可能含有NaCl、Ba（NO3）2、CuSO4、Na2CO3中的一種

10、或幾種，現(xiàn)做以下實驗：將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾，溶液呈無色：向的沉淀物中加入足量稀硝酸，固體完全溶解，并有氣泡產(chǎn)生；取少量的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生；另取中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀根據(jù)上述實驗事實，回答下列問題：（1）原白色粉末中一定含有的物質(zhì)是_，一定不含有的物質(zhì)是_，可能含有的物質(zhì)是_（寫化學(xué)式）（2）寫出各步變化的離子方程式_；_。19、CoCl2 6H2O是一種飼料營養(yǎng)強化劑。一種利用水鈷礦（主要成分為Co2O3、 Co(OH)3,還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等）制取CoCl2 6H2O的工藝流程如下：已知：浸出液含有的陽

11、離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表(金屬離子濃度為0.01 mol/L):沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co (OH) 2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl2 6H2O熔點為86,加熱至110120時，失去結(jié)晶水生成無水氯化鈷。(1)寫出浸出過程中主要發(fā)生的離子反應(yīng)方程式：_。(2)若不慎向“浸出液”中加過量NaC1O3時，可能會生成的有害氣體是_(填化學(xué)式)。(3)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系如圖，向“濾液”中加入萃取劑的目的是_，其

12、使用的最佳pH范圍是_(選填下列字母）。A2.02.5 B3.03.5 C4.04.5 D5.05.5(4) “操作1”是_。制得的CoCl2 6H2O需減壓烘干的原因是_。(5)為測定粗產(chǎn)品中CoCl2 6H2O的含量，稱取一定質(zhì)量的粗產(chǎn)品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質(zhì)量。通過計算發(fā)現(xiàn)粗產(chǎn)品中CoCl2 6H2O的質(zhì)量分?jǐn)?shù)大于100%,其原因可能是_。(答一條即可）20、磺酰氯(SO2Cl2)是一種重要的有機合成試劑，實驗室可利用SO2與Cl2在活性炭作用下反應(yīng)制取少量的SO2Cl2，裝置如下圖所示(有些夾持裝置省略)。已知SO2Cl2的熔點為-54.1，沸點

13、為69.1，遇水能發(fā)生劇烈的水解反應(yīng)，并產(chǎn)生白霧。(1)儀器a的名稱：_。(2)C中發(fā)生的反應(yīng)方程式是：_。(3)儀器c(注：小寫字母表示)的作用是_。(4)A是實驗室制無色氣體甲的裝置，其離子反應(yīng)方程式：_。(5)分離產(chǎn)物后，向獲得的SO2Cl2中加入足量NaOH溶液，振蕩、靜置得到無色溶液乙。寫出該反應(yīng)的離子方程式：_。21、以天然氣為原料合成甲醇。有關(guān)熱化學(xué)方程式如下:2CH4(g)+O2(g)=2CO(g)+4H2(g) H1=-70.8 kJmol-1CO(g)+2H2(g) CH3OH(g) H22CH4(g)+O2(g) 2CH3OH(g) H3=-251.0 kJmol-1(1

14、)H2=_kJmol-1。（2）在恒容密閉容器里，按物質(zhì)的量比1:1加入一定量的碳和水蒸氣反應(yīng)生成水煤氣。一定條件下達到平衡，當(dāng)改變反應(yīng)的某一條件時，下列變化能說明平衡一定向正反應(yīng)方向移動的是_。（填序號）A正反應(yīng)速率先增大后減少 B化學(xué)平衡常數(shù)K減少C再加入一定量碳 D反應(yīng)物氣體體積分?jǐn)?shù)增大(3)在體積可變的密閉容器中投入1 mol CO和2 mol H2,在不同條件下發(fā)生反應(yīng):CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)。實驗測得CH3OH的物質(zhì)的量隨溫度、壓強的變化如圖所示。該反應(yīng)自發(fā)進行的條件是_（填“低溫”、“高溫”或“任意溫度”）506 K時，反應(yīng)平衡時H2的轉(zhuǎn)化率為_；壓強:p1_

15、(填“”“”“0) mol H2、2 mol CO和7.4 mol CH3OH(g),在506 K下進行上述反應(yīng)。為了使該反應(yīng)逆向進行,a的范圍為_。2022-2023學(xué)年模擬測試卷參考答案（含詳細(xì)解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【答案解析】A項，4NH3+5O24NO+6H2O，NO與H2O不反應(yīng)，錯誤；B項，CO2與CaCl2（aq）不反應(yīng)，CaCO3CaO+CO2，錯誤；C項，F(xiàn)e2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O，F(xiàn)eCl3溶液中存在水解平衡：FeCl3+3H2OFe（OH）3+3HCl，加熱時由于HCl的揮發(fā)，水解平衡正向移動，最終FeCl3完全水解成Fe（O

16、H）3，不能得到無水FeCl3，錯誤；D項，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu（OH）2，CH3CHO+2Cu（OH）2+NaOHCH3COONa+Cu2O+3H2O，正確；答案選D。2、C【答案解析】A、酯化反應(yīng)是可逆反應(yīng)，不能進行徹底，故生成的乙酸乙酯分子個數(shù)小于NA個，故A錯誤；B、碳酸根是弱酸根，在溶液中會水解，故溶液中的碳酸根的個數(shù)小于0.1NA個，故B錯誤；C、110gNa2S2的物質(zhì)的量為1mol，而Na2S2由2個鈉離子和1個S22-離子構(gòu)成，故1molNa2S2中含3NA個離子，故C正確；D、氯氣和水的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進行徹底，則斷裂的Cl-Cl鍵個數(shù)小于NA個，

17、故D錯誤；故選C。3、A【題目詳解】構(gòu)成原電池，活潑金屬作負(fù)極，先被腐蝕，說明a的金屬性強于b；電解過程中，陽離子氧化性強的先析出，根據(jù)單強離弱，因此b的金屬性強于c；顯中性，因此硝酸是強酸，此鹽屬于強堿強酸鹽，d是活潑金屬；故選項A正確。【答案點睛】4、D【答案解析】可以將反應(yīng)理解為：Cu + HNO3 + NaOH Cu(NO3)2 + NaNO3 + NaNO2 + H2O（未配平），由上，發(fā)生化合價變化的元素只有Cu和N，所以38.4g Cu（0.6mol）失去1.2mol電子，硝酸也應(yīng)該得到1.2mol電子生成0.6molNaNO2（一個N原子得到2個電子）。根據(jù)鈉原子守恒，加入1m

18、ol氫氧化鈉，則NaNO3 + NaNO2 一共1mol，已知有0.6mol NaNO2，則有0.4molNaNO3。5、B【答案解析】z是形成酸雨的主要物質(zhì)之一，推出z是SO2，n、p為單質(zhì)，因此n、p為S和O2， c(H)/c(OH)=1010，溶液顯堿性，即c(OH)=102molL1，w為強堿，即NaOH，推出x和y反應(yīng)可能是Na2O2與H2O反應(yīng)，即n為O2，q為S，四種元素原子序數(shù)增大，推出a為H，b為O，p為Na，據(jù)此分析作答。【題目詳解】A、半徑大小比較：一看電子層數(shù)，電子層數(shù)越多，半徑越大，二看原子序數(shù)，電子層數(shù)相同，半徑隨著原子序數(shù)增大而減小，因此半徑順序是：NaSOH，故

19、錯誤；B、氫化物分別是H2O、H2S，H2O中含有分子間氫鍵，H2S沒有，則H2O的沸點高于H2S，故正確；C、x為H2O，其電子式為：，故錯誤；D、y是過氧化鈉，w為NaOH，前者只含離子鍵，后者含有離子鍵和共價鍵，故錯誤；答案選B。6、A【答案解析】四種主族元素a、b、c、d分布在三個短周期中，其原子序數(shù)依次增大，則a為H；b、d的簡單離子具有相同電子層結(jié)構(gòu)，d的簡單離子半徑是同周期主族元素中最小的，d為Al，四種元素原子的最外層電子數(shù)之和為15，b、c為第二周期元素，b、c的最外層電子數(shù)之和為15-1-3=11，b為N，c為O符合題意，以此來解答【題目詳解】由上述分析可知，a為H，b為N

20、，c為O，d為Al；Ab元素為氮元素，其最高價氧化物對應(yīng)的水化物硝酸為強酸，故A正確；B非金屬性O(shè)N，則氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：bc，故B錯誤；Cc為O元素，核電荷數(shù)為8，為第二周期第VIA族元素，故C錯誤；D短周期主族，電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半徑：AlNOH，故D錯誤；故答案為A。7、A【答案解析】A. C4H8Cl2可以看成丁烷的二氯代物，C4H8Cl2的同分異構(gòu)體可以采取“定一議二”法確定：、，故C4H2Cl8共有9種，A錯誤；B. C2H6和C9H20都是烷烴，一定互為同系物，B正確；C. 紅葡萄酒儲藏時間長后變香可能是因為乙醇發(fā)生了氧化反應(yīng)生成乙酸

21、，乙醇與乙酸再發(fā)生酯化反應(yīng)，C正確；D. 石油裂解、煤的氣化、蛋白質(zhì)變性都包含化學(xué)變化，D正確。8、A【分析】向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至過量，觀察到產(chǎn)生白色沉淀CuI，溶液變?yōu)樯铧S色，說明有I2生成。碘元素化合價由-1價升高到0價，Cu2+被還原為CuI，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，溶液逐漸變成無色，說明I2被還原，I2與SO2反應(yīng)生成HI和H2SO4，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，發(fā)生反應(yīng)化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI+I2，向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。

22、A. 在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI+I2反應(yīng)中，Cu2+化合價降低，Cu2+作氧化劑，I2是I-失去電子形成的，I2是氧化產(chǎn)物，根據(jù)物質(zhì)的氧化性：氧化劑氧化產(chǎn)物，可知氧化性：Cu2+I2；在反應(yīng)SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中，碘元素化合價由0價降低為-1價，I2作氧化劑，SO2被氧化，SO2作還原劑。由于物質(zhì)氧化性：氧化劑還原劑，因此氧化性：I2SO2，故氧化性：Cu2+I2SO2，A正確；B. 向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反應(yīng)方程式可知，碘元素化合價由0價降低為-1價，被還原，所以I2作氧化劑，

23、B錯誤；C. 向反應(yīng)后的混合物中不斷通入SO2氣體，發(fā)生反應(yīng)：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，因為I2不斷被還原消耗變?yōu)镮-使碘水褪色，SO2體現(xiàn)強還原性，而不能表現(xiàn)漂白性，C錯誤；D. CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液，發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI+I2，可知：每轉(zhuǎn)移2 mol電子生成2 mol CuI，D錯誤；故合理選項是A?！敬鸢更c睛】本題考查氧化還原反應(yīng)，掌握物質(zhì)的性質(zhì)與元素化合價的關(guān)系是本題解答的關(guān)鍵。根據(jù)題目信息推斷實驗中發(fā)生的反應(yīng)，利用物質(zhì)的氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物，氧化劑大于還原劑；物質(zhì)的還原劑：還原劑大于還原產(chǎn)物，還原劑大于

24、氧化劑，電子轉(zhuǎn)移數(shù)目等于反應(yīng)中元素化合價升降總數(shù)，本題考查了學(xué)生對氧化還原反應(yīng)的利用及對陌生信息的接受與應(yīng)用能力。9、D【答案解析】試題分析：HCl極易溶于水，會被飽和氯化鈉吸收，A錯；飽和石灰水的濃度很小，不能用來吸收SO2，B錯；C中石灰水變渾濁只說明反應(yīng)有CO2生成，反應(yīng)不是強酸制弱酸，C錯；稀硝酸與銅反應(yīng)生成NO，NO不溶于水，可用排水法收集，D對。考點：實驗裝置圖和實驗?zāi)康牡脑u價。10、B【分析】由生物燃料電池的示意圖可知，左室電極為燃料電池的負(fù)極，MV+在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成MV2+，電極反應(yīng)式為MV+e= MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下與H2反應(yīng)生成H+和MV

25、+，反應(yīng)的方程式為H2+2MV2+=2H+2MV+；右室電極為燃料電池的正極，MV2+在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成MV+，電極反應(yīng)式為MV2+e= MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反應(yīng)生成NH3和MV2+，反應(yīng)的方程式為N2+6H+6MV+=6MV2+NH3，電池工作時，氫離子通過交換膜由負(fù)極向正極移動?！绢}目詳解】A項、相比現(xiàn)有工業(yè)合成氨，該方法選用酶作催化劑，條件溫和，同時利用MV+和MV2+的相互轉(zhuǎn)化，化學(xué)能轉(zhuǎn)化為電能，故可提供電能，故A正確；B項、左室為負(fù)極區(qū)，MV+在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成MV2+，電極反應(yīng)式為MV+e= MV2+，放電生成的MV2+在氫化酶的作用下

26、與H2反應(yīng)生成H+和MV+，反應(yīng)的方程式為H2+2MV2+=2H+2MV+，故B錯誤；C項、右室為正極區(qū)，MV2+在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成MV+，電極反應(yīng)式為MV2+e= MV+，放電生成的MV+與N2在固氮酶的作用下反應(yīng)生成NH3和MV2+，故C正確；D項、電池工作時，氫離子（即質(zhì)子）通過交換膜由負(fù)極向正極移動，故D正確。故選B?！敬鸢更c睛】本題考查原池原理的應(yīng)用，注意原電池反應(yīng)的原理和離子流動的方向，明確酶的作用是解題的關(guān)鍵。11、A【答案解析】A、催化劑降低反應(yīng)的活化能，但不能改變化學(xué)平衡，不能改變化學(xué)平衡常數(shù)，選項A不正確；B、CO2轉(zhuǎn)化為HCOOH可認(rèn)為是催化加氫，碳元素的化合價

27、從+4價降低為+2價，是被還原的過程，選項B正確；C、催化劑降低反應(yīng)的活化能，加快反應(yīng)速率，但沒有改變反應(yīng)熱，選項C正確；D、醫(yī)學(xué)上用于做鋇餐的藥劑BaSO4，利用了它難溶于水和酸的性質(zhì)，選項D正確。答案選A。點睛：本題考查較為綜合，涉及氧化還原反應(yīng)、環(huán)境保護等知識，側(cè)重于學(xué)生的分析能力的考查，有利于培養(yǎng)學(xué)生良好的科學(xué)素養(yǎng)，提高學(xué)習(xí)的積極性。12、D【題目詳解】A由圖像中的變化曲線可知，溫度越高，轉(zhuǎn)化率越高，故正反應(yīng)方向為吸熱反應(yīng)，則，A錯誤；B由化學(xué)方程式可知，該反應(yīng)為氣體分子數(shù)增多的反應(yīng)，增大壓強，平衡向逆反應(yīng)方向移動，即壓強越高，轉(zhuǎn)化率越低，則由圖中的四組壓強曲線可知，B錯誤；C恒溫恒壓

28、，充入惰性氣體，容器容積增大，平衡正向移動，C錯誤；D由圖像可知，時取壓強為，的轉(zhuǎn)化率為50%，由三段式處理數(shù)據(jù)：該溫度的平衡常數(shù)，D正確；故選D。13、B【答案解析】A、沒有化合價的變化，不屬于氧化還原反應(yīng)，故A錯誤；B、H2O中H化合價由1價0價，化合價降低，因此H2O作氧化劑，故B正確；C、H2O中O由2價0價，化合價升高，即H2O作還原劑，故C錯誤；D、Na2O2既是氧化劑又是還原劑，H2O既不是氧化劑又不是還原劑，故D錯誤。故選B。14、C【題目詳解】A、裝置模擬的是鐵的吸氧腐蝕，在該過程中不會有氣泡生成，因此不能說明鐵沒有被腐蝕，A錯誤；B、裝置中，鋼鐵橋墩應(yīng)該作陰極，即與電源的負(fù)

29、極相連，才能確保橋墩不被腐蝕，B錯誤；C、裝置采用了犧牲陽極的陰極保護法保護橋墩，其中陽極的金屬要比鐵的性質(zhì)活潑，才能確保鋼鐵橋墩作正極，不被腐蝕，C正確；D、海水是混合物，電解質(zhì)是化合物，D錯誤；故選C。15、B【題目詳解】A.甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)含有4條C-H鍵，結(jié)構(gòu)式為，故A正確；B.該圖中質(zhì)子數(shù)為15，核外電子數(shù)為18，為P3-的結(jié)構(gòu)示意圖，故B錯誤；C.同位素是指質(zhì)子數(shù)相同、中子數(shù)不同的同一元素的核素的互稱，Bi 和Bi為Bi的同位素，故C正確；D. Na和Cl 形成NaCl的過程Na失去電子變?yōu)镹a+，Cl得到電子變?yōu)镃l-，圖示為，故D正確；故答案選：B。16、B【答案解析】A、濃

30、氨水是混合物，不是弱電解質(zhì)，弱電解質(zhì)是化合物，故A錯誤；B、氧化劑Cl2的氧化性比氧化產(chǎn)物N2的強，故B正確；C、向1L 0.1mol/L氨水加入鹽酸至顯中性，所加HCl不足，生成NH4+數(shù)少于0.16.021023，故C錯誤； 故選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵、醛基氧化反應(yīng)取代反應(yīng)（或酯化反應(yīng)）4種【分析】芳香族化合物A與乙醛發(fā)生信息中的反應(yīng)生成B，A含有醛基，反應(yīng)中脫去1分子水，由原子守恒可知A的分子式為：C9H8O+H2O-C2H4O=C7H6O，故A為，則B為，B發(fā)生氧化反應(yīng)、酸化得到C為C與溴發(fā)生加成反應(yīng)得到D為，D發(fā)生消去反應(yīng)、酸化得到E為E與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生

31、成F為結(jié)合信息中的加成反應(yīng)、H的結(jié)構(gòu)簡式，可推知G為，以此解答(1)(5)；(6)利用信息增長碳鏈，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反應(yīng)得到CH3CH=CHCHO，再與氫氣發(fā)生反應(yīng)得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH?！绢}目詳解】(1)由分析可知，B為，所含官能團名稱為碳碳雙鍵和醛基。(2)發(fā)生氧化反應(yīng)生成的C為；E為，其與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成的F為，反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(3)由分析可知D的結(jié)構(gòu)簡式為；(4)A為，與乙醛在NaOH的水溶液中發(fā)生反應(yīng)生成的B為，反應(yīng)的化學(xué)方程式為；(5)F為，芳香化合物X是F的同分異構(gòu)體，X能與飽和碳酸氫鈉溶

32、液反應(yīng)放出CO2，說明含有羧基，其核磁共振氫譜顯示有4種不同化學(xué)環(huán)境的氫，峰面積比為6：2：1：1，則分子中應(yīng)含有2個甲基，且為對稱結(jié)構(gòu)，符合條件的結(jié)構(gòu)有4種，分別是；(6)利用信息增長碳鏈，乙醇催化氧化生成乙醛，2分子乙醛反應(yīng)得到CH3CH=CHCHO，再與氫氣發(fā)生反應(yīng)得到CH3CH2CH2CH2OH，最后用酸性高錳酸鉀溶液氧化得到CH3CH2CH2COOH合成路線流程圖為：?！敬鸢更c睛】學(xué)生需要將題目給信息與已有知識進行重組并綜合運用是解答本題的關(guān)鍵，需要學(xué)生具備準(zhǔn)確、快速獲取新信息的能力和接受、吸收、整合化學(xué)信息的能力，采用正推和逆推相結(jié)合的方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結(jié)

33、構(gòu)簡式，然后分析官能團推斷各步反應(yīng)及反應(yīng)類型。18、（1）Ba（NO3）2、Na2CO3 CuSO4 NaCl；（2）Ba2+CO32-=BaCO3 BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O【答案解析】試題分析：（1）將部分粉末加入水中，振蕩，有白色沉淀生成，過濾溶液呈無色，說明無CuSO4，沉淀只能為碳酸鋇，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，固體完全溶解，并有氣泡產(chǎn)生，進一步確定白色沉淀為碳酸鋇；（3）取少量（2）的溶液，滴入稀硫酸，有白色沉淀產(chǎn)生，確定有Ba(NO3)2；（4）另取（1）中過濾后的溶液加入足量AgNO3溶液產(chǎn)生白

34、色沉淀，因為Na2CO3與硝酸鋇反應(yīng)后可能過量，碳酸鈉也可以與硝酸銀溶液反應(yīng)生成白色沉淀，所以不能確定是否有NaCl。（1）原白色粉末中一定含有的物質(zhì)是Ba(NO3)2、Na2CO3，一定不含的物質(zhì)是CuSO4，可能含有的物質(zhì)是NaCl。（2）各步變化的離子方程式分別為Ba2+CO32-=BaCO3、BaCO3+2H+=Ba2+CO2+H2O、SO 42-+Ba2+=BaSO4、CO32-+2Ag+=Ag2CO3、Ag+Cl=AgCl 。點睛：檢驗離子時，要注意排除干擾，如檢驗氯離子時，碳酸根就對其有干擾，所以要先向待檢液中加入稀硝酸把溶液酸化，排除了干擾離子的干擾后，再加入硝酸銀溶液檢驗氯離

35、子。19、Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2OCl2除去錳離子B蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥降低烘干溫度，防止產(chǎn)品分解粗產(chǎn)品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結(jié)晶水【答案解析】向水鈷礦主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，加入氯酸鈉將亞鐵離子氧化為Fe3+，然后加入Na2CO3調(diào)節(jié)pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液經(jīng)過萃取后主要含有CoCl2，最終得到CoCl26H2O晶體。(1)向水鈷礦主要成

36、分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，根據(jù)電荷守恒和得失電子守恒，反應(yīng)的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；(2)NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，若不慎向“浸出液”中加過量NaC1O3時，氯酸鈉會將本身被還原生成的氯離子氧化，生成氯氣，故答案為：Cl2；(3)根據(jù)萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關(guān)系圖，溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子，向“濾液”中加入萃取劑可以除去錳離子，在pH為34之間時，錳離子的萃取率較高，結(jié)合陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH表，可知在pH為33.5之間，在可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉(zhuǎn)化為Co(OH)2沉淀，故選B，故答案為：除去錳離子；B；(4) “操作1”是從溶液中獲得溶質(zhì)的過程，因此“操作1”的步驟為蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過濾，洗滌，干燥。根據(jù)題意知，CoCl26H