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1、2022-2023 高三上化学期中模拟测试卷 注意事项 1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用 2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括 22 个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知反应：0H。将一定量的2NO充入注射器中后封口，如图是在拉伸和压缩注射器的过程中气体透光率随时间的变化（气体颜色越深，透光率越小）。下列说法正确的是 Ab 点的操作是压缩注射器 Bc 点与 a 点相比，2c NO增大，24c N O减小 C平均摩尔质
2、量：M aM c Dd 点：vv正逆 2、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是 选项 实验操作现象 实验结论 A 像某黄色溶液中加入淀粉 KI 溶液,溶液呈蓝色 溶液中含有 Br2 B 像某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水,石灰水变浑浊 该溶液中一定含有CO32-C 加热盛有少量 NH4HCO3 固体的试管,并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸,石蕊试纸变蓝 NH4HCO3呈碱性 D 向久置的Na2SO3 溶液中加入足量BaCl2溶液,出现白色沉淀,再加入足量稀盐酸,沉淀部分溶解 Na2SO3 部分被氧化 AA BB CC DD 3、某兴趣小组探究 SO2气体还原 Fe3，他们使用的
3、药品和装置如图所示，下列说法不合理的是()A能表明 I的还原性弱于 SO2的现象是 B 中蓝色溶液褪色 B装置 C 的作用是吸收 SO2尾气，防止污染空气 C为了验证 A 中发生了氧化还原反应，加入用稀盐酸酸化的 BaCl2溶液，产生白色沉淀 D为了验证 A 中发生了氧化还原反应，加入 KMnO4溶液，紫红色褪去 4、下列事实中，不能用勒夏特列原理解释的是（）A在 FeSO4溶液中加入少量铁粉以防止 Fe2+被氧化 B开启啤酒瓶后，瓶中立刻泛起大量泡沫 C实验室中常用排饱和食盐水的方法收集 Cl2 D工业生产硫酸的过程中使用过量的空气以提高 SO2的利用率 5、图是短周期的一部分，若 c 原子
4、的最外层上有 5个电子，则下列说法中错误的是 Aa 单质可跟 d 的最高价氧化物对应的水化物反应 B原子半径 abcd Cb 的氢化物比 c 的氢化物不稳定 Da 的最高价氧化物的水化物比 b 的最高价氧化物的水化物酸性强 6、相同质量的下列物质分别与等浓度的 NaOH 溶液反应，至体系中均无固体物质，消耗碱量最多的是（）AAl BAl(OH)3 CAlCl3 DAl2O3 7、已知某物质 X能发生如下转化：下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（）A若 X 为 NH3，则 A 为硝酸 B若 X 为 H2S，则 A 为亚硫酸或者硫酸 C反应和一定为氧化还原反应，反应有可能为非氧化还原
5、反应 D若 X 为非金属单质或非金属氢化物，则 A一定能与金属铜反应生成 Y 8、4-乙烯基苯酚（)常出现在肉香和海鲜香精的配方中,在其同分异构体中,含有苯环且能发生银镜反应的有 A3 种 B4 种 C5 种 D6 种 9、下列说法不正确的是()A甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明甲基使苯环变活泼 B在催化剂和高温下煤与氢气反应可以制得燃料油 C通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯和硬脂酸甘油酯 D棉花、鸡蛋白、ABS 树脂都是由高分子化合物组成的物质 10、下列离子方程式正确的是 A向稀 HNO3中滴加 Na2SO3溶液：SO32-2H=SO2H2O B向氨水中加入少量 H2C2O4溶液：H2C
6、2O4+2NH3H2O C2O4 22NH 2H2O C氢氧化钠溶液中加入铝粉：2Al2OH-+6H2O=2Al(OH)43H2 D向 CuSO4溶液中加入 Na2O2：2Na2O22H2O=4Na4OH-O2 11、工业上常用铁碳混合物处理含 Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中 Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理的是 A活性炭对 Cu2+具有一定的吸附作用 B铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极 C增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中 Cu2+的去除速率 D利用铁碳混合物回收含 Cu2+废水中铜的
7、反应原理：Fe+Cu2+Fe2+Cu 12、下列各组离子中，能大量共存且加入(或通入)X 试剂后发生反应的离子方程式对应正确的是 选项 离子组 试剂 X 离子方程式 A.Fe3+、Al3+、SO32-、NO3-过量的盐酸 SO32-+2H+H2O+SO2 B.透明溶液中：Fe3+、NH4+、SO42-、Cl-过量的铜粉 2Fe3+Cu2Fe2+Cu2+C.Na+、Ba2+、HCO3-、Cl-NaHSO4溶液 H+HCO3-CO2+H2O D.pH=1 的溶液中：Mg2+、Fe2+、NO3-、SO42-双氧水 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O AA BB CC DD 13、已知 A、
8、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的 5 种主族元素在常温下 A 元素的单质是密度最小的气体，B 元素的原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍，C 元素在同周期的主族元素中原子半径最大，D元素是地壳中含量最多的金属元素，E 元素的单质是黄绿色的气体。下列说法正确的是（）A由元素 A、B 组成的化合物常温下一般是液态的 B元素 C、D 的最高价氧化物对应的水化物之间不可能发生反应 C由元素 B、C、D 组成的化合物可用作漂白剂 D化合物 AE 与 CE 含有相同类型的化学键 14、下列化学用语中，错误的是（）A镁离子的结构示意图为 BNa2O2的电子式为 C氯化氢分子的形成过程可用电子式表
9、示为 D次氯酸的结构式为 H-Cl-O 15、向 CuSO4溶液中加入 H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)，继续加入 H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（）ACu2+是 H2O2分解反应的催化剂 BH2O2只表现了氧化性 CH2O2的电子式为:D发生了反应 Cu2O+H2O2+4H+=2Cu2+3H2O 16、下列叙述正确的是()A二氧化碳的水溶液能够导电，说明二氧化碳是电解质 B向某溶液中滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，该溶液一定含有 SO42-C用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒
10、精灯外焰上灼烧呈黄色，该溶液肯定不含钾元素 D胶体区别于其他分散系的本质特征是胶体粒子直径介于 1100nm 之间 17、铝、铍(Be)及其化合物具有相似的化学性质。已知：BeCl2 Na2BeO2 2H2O=2NaCl2Be(OH)2能完全进行，则下列推断正确的是 ()ABeCl2水溶液的导电性强，故 BeCl2是离子化合物 BNa2 BeO2溶液的 pH7，将其蒸干并灼烧后得到的残留物为 BeO CBeCl2溶液的 pHbcd，故 B正确；C、同周期主族元素自左而右，非金属性增强，所以非金属性 bc，非金属越强，氢化物越稳定，所以 c 的氢化物比b 的氢化物稳定，故 C 正确；D、同周期主
11、族元素自左而右，非金属性增强，所以非金属性 ab，非金属越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以 a 的最高价氧化物的水化物比 b 的最高价氧化物的水化物酸性弱，故 D错误。答案选 D。【答案点睛】本题以元素周期表的结构为载体，考查元素推断、元素周期律、物质性质，清楚周期表的结构是解题的关键。6、A【题目详解】根据方程式可知 AlNaOH、Al(OH)3NaOH、AlCl33NaOH、Al2O32NaOH。则 m（Al）：m（NaOH）=27：40；mAl(OH)3：m（NaOH）=78：40；m（AlCl3）：m（NaOH）=33.375：40；m（Al2O3）：m（NaOH）=51：40
12、；所以相同质量的物质，消耗碱量最多的是 Al。故选 A。7、D【题目详解】A若 X为 NH3，则 Y 为 NO，Z为 NO2，A 为硝酸，故 A 正确；B若 X 为 H2S，氧气少量时，生成硫单质和水，氧气过量时，生成二氧化硫和水，则 Y 为 S 或 SO2，Z为 SO2或 SO3，A 为亚硫酸或者硫酸，故 B 正确；C根据图示，反应和一定为氧化还原反应，结合选项 A、B 分析可知，若 X为 NH3，Z为 NO2，与水的反应为氧化还原反应，若 X为 H2S，Z为 SO2或 SO3，与水反应为非氧化还原反应，则反应有可能为非氧化还原反应，故C 正确；D根据 B 项分析，若 X 为 H2S，Y 可
13、能为 S，Z是 SO2、A 为亚硫酸，则亚硫酸不能与金属铜反应，故 D 错误；答案选 D。8、B【答案解析】含有苯环且能发生银镜反应，说明含有醛基，如果苯环上含有一个取代基，应该是CH2CHO，如果含有两个取代基，应该是CHO 和CH3，有邻、间、对三种，合计是 4 种，答案选 B。9、A【题目详解】A.苯环影响甲基，使甲基易被氧化，则甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故 A 错误；B.煤的液化指把煤在催化剂等作用下使煤发生裂化并加氢，以得到与石油产品成分相近的燃料油，故 B 正确；C.硬脂酸甘油酯中含有三个酯基，乙酸乙酯中含有一个酯基，官能团相同，酯基的数目不同，通过红外光谱分析可以区分乙酸乙酯
14、和硬脂酸甘油酯，故 C 正确；D.棉花属于纤维素、鸡蛋白属于蛋白质、ABS 树脂都是由高分子化合物组成的物质，故 D 正确；答案选 A。10、C【答案解析】A.稀 HNO3具有氧化性，能够把 SO32-氧化为 SO42-，不能产生 SO2，A 错误；B.向氨水中加入少量 H2C2O4溶液生成草酸铵，反应进行到底，不属于可逆反应，B 错误；C.氢氧化钠溶液中加入铝粉，反应生成偏铝酸钠和氢气，方程式书写正确，C 正确；D.Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，方程式书写不完整，D 错误；综上所述，本题选 C。【答案点睛】过氧化钠的化学性质活泼，过氧化钠与硫
15、酸铜溶液反应，过氧化钠先与水反应生成氢氧化钠和氧气，然后生成的氢氧化钠与硫酸铜溶质发生复分解反应，生成氢氧化铜和硫酸钠；以此类推，过氧化钠与氯化铁溶液、氯化镁溶液等反应与上述反应过程相似。11、C【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为 2：1 时的速率快；D、利用铁碳混合物回收含 Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧化还原反应。【题目详解】A 项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图像可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对 Cu2+具有一定的吸附作用，
16、故不选 A 项；B 项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成 Fe2+，发生氧化反应，因此铁作负极，故不选 B 项；C 项，由图像可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至 x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中 Cu2+的去除速率，故选 C 项；D 项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为 Fe
17、+Cu2+Fe2+Cu，故不选 D 项。综上所述，本题正确答案为 C。【答案点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。12、B【题目详解】A.酸性条件下，硝酸把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，不能生成二氧化硫气体，故 A错误；B.透明溶液可能是有色溶液，在透明溶液中这四种离子能大量共存，加入铜粉，铜与铁离子反应，铜不能与亚铁离子反应，发生 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故 B 正确；C.加入硫酸氢钠溶液，相当于加入强酸，反应漏掉了 Ba2+SO42-=BaSO
18、4，故 C 错误；D.pH=1 的溶液显酸性，发生反应为 3Fe2+NO3-+4H+3Fe3+2H2O+NO，离子组不能大量共存，故 D 错误；综上所述，本题选 B。13、A【分析】A、B、C、D、E 是短周期中原子序数依次增大的 5 种主族元素，在常温下 A 元素的单质是密度最小的气体，则 A 是 H元素；B 元素的原子最外层电子数是其电子层数的 3 倍，B 是短周期元素，最外层电子数不能超过 8 个，所以其最外层电子数是 6，且有两个电子层，B 为 O元素；C 元素在同周期的主族元素中原子半径最大且原子序数大于O，所以 C 是 Na 元素；D元素是地壳中含量最多的金属元素，D 为 Al元素
19、；E 元素的单质是黄绿色的气体，则 E 是Cl元素，据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，A 是 H 元素，B 为 O元素，C 是 Na 元素，D为 Al元素，E 是 Cl元素。A由元素 H、O组成的化合物可有 H2O，H2O2，常温下是液态的，故 A 正确；BNa、Al元素的最高价氧化物的水化物为 NaOH、Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，二者能发生反应生成偏铝酸钠，故 B 错误；C由元素 O、Na、Al组成的化合物是 NaAlO2，没有漂白性，故 C 错误；DHCl 中含共价键，NaCl 中含离子键，化学键类型不同，故 D 错误；故选 A。14、D【答案解析】A.镁离子的结构示意
20、图为失去最外层后形成的离子，故 A 正确；B、Na2O2的电子式中 O22中两个 O原子间以非极性键相结合，故 B 正确；C、氯化氢分子是共价化合物，原子间以共用电子对相结合，故 C 正确；D、次氯酸的结构式为 H-O-Cl，故 D 错误.故选 D。15、B【答案解析】A向 CuSO4溶液中加入 H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明 Cu2+是 H2O2分解反应的催化剂，故 A 正确；B根据“蓝色溶液变为红色浑浊(Cu2O)”，说明铜离子被还原成+1 价，H2O2表现了还原性；继续加入 H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应 Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2
21、O，Cu2O中+1 价 Cu 被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B错误；CH2O2属于共价化合物，电子式为:，故C正确；D 红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1 价 Cu 被氧化成+2 价 Cu2+，发生反应为：Cu2O+H2O2+4H+2Cu2+3H2O，故 D正确；故选 B。点睛：本题考查氧化还原反应，明确题干信息的含义为解答关键。本题的易错点为 B，要注意题干信息的解读，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊，说明生成了 Cu2O；继续加入 H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明又生成了Cu2+。16、D【答案解析】A.二氧化碳是非电解质；B.白色沉淀可能为氯化银沉淀，也
22、可能为硫酸钡沉淀；C.K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察；D.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同；【题目详解】A.二氧化碳的水溶液能够导电，是因为二氧化碳溶于水生成了碳酸，碳酸是电解质，而二氧化碳是非电解质，故 A 项错误；B.向某溶液中滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银沉淀，也可能为硫酸钡沉淀，故无法确定溶液中是否一定含有 SO42-，故 B 项错误；C.K元素的焰色反应为紫色，但是要透过蓝色钴玻璃片观察，故 C 项错误；D.胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质粒子直径大小不同，分散质粒子直径小于 1nm 的为溶液，介于 11
23、00nm之间为胶体，大于 100nm 为浊液，故 D 项正确。综上，本题选 D。【答案点睛】电解质的判断是解答的易错点，把握电解质的定义主要有两点：溶于水溶液中或在熔融状态下能够发生自身的电离而导电，二是该物质是化合物。17、D【答案解析】A、铝、Be 及其化合物具有相似的化学性质，AlCl3属于共价化合物，则 BeCl2也属于共价化合物，故 A错误；B、NaAlO2属于强碱弱酸盐，水溶液显碱性，即 pH7，NaAlO2溶液加热蒸干并灼烧得到物质仍然是 NaAlO2，因此 Na2BeO2溶液显碱性，pH7，Na2BeO2溶液加热蒸干并灼烧得到物质仍然为 Na2BeO2，故 B 错误；C、AlC
24、l3属于强酸弱碱盐，溶液显酸性，即 pH7，AlCl3溶液中存在：AlCl33H2O Al(OH)33HCl，加热促进 Al3水解，同时 HCl 易挥发，加热更加促进平衡向正反应方向进行，蒸干灼烧后得到物质为 Al2O3，因此 BeCl2溶液显酸性，加热蒸干灼烧后得到物质为 BeO，故 C 错误；D、氢氧化铝表现两性，既能溶于盐酸，也能溶于 NaOH，因此 Be(OH)2也表现两性，既能溶于盐酸，也溶于 NaOH，故 D 正确。18、D【分析】由题给信息可知，利用太阳光实现高效分解水，分两个阶段，阶段 I 为 2H2O=H2O2+H2，阶段 II 为2H2O2=2H2O+O2，总反应为 2H2
25、O=2H2+O2，据此分析。【题目详解】A.该过程利用太阳光实现高效分解水，实现了太阳能向化学能的转化，故 A 正确；B.阶段 I 中发生的反应为 2H2O=H2O2+H2，生成 H2O2时氧元素化合价从-2 价升高到-1 价，所以 H2O2是氧化产物，故 B 正确；C.阶段 II 中发生的反应为 2H2O2=2H2O+O2，每生成 1molO2，转移 2 mol 电子，故 C 正确；D.过氧化氢不稳定，能量高，分解成的 H2O和 O2较稳定，所以阶段 II 发生的反应为放热反应，故 D 错误。故答案选 D。19、C【题目详解】A.Na2O2可用于呼吸面具供氧，是因为可以与二氧化碳以及水反应生
26、成氧气，与颜色无关，A 错误；B.金属 Al可用于防锈涂料制造，是因为铝表面有一层致密的氧化铝薄膜，可以进一步阻止生锈，与导电性没有关系，B 错误；C.ClO2具有强氧化性，因此可用于饮用水消毒，C 正确；D.氯化铁可用于腐蚀铜制线路板，是利用了铁离子的氧化性，与铁离子水解没有关系，D 错误；答案选 C。20、B【题目详解】黑色粉末(主要成分 MnO2、炭粉及少量 Hg2+、Pb2+等重金属盐)用浓硫酸溶解，并加入适量铁粉，过滤后所得滤渣 1 中主要是不溶于水的炭粉、和置换出的 Hg、Pb 等，滤液中主要含有 MnSO4、Fe2(SO4)3，加入 CaCO3并调节溶液 pH=5 左右，并加热煮
27、沸，促进 Fe3+水解生成 Fe(OH)3，则过滤后滤渣 2 主要为 Fe(OH)3，滤液主要含有MnSO4，滤液经蒸发浓缩并冷却结晶、过滤即可得到 MnSO4nH2O；A用 Fe 和浓 H2SO4溶解 MnO2时发生反应的化学方程式为 2Fe+3MnO2+6H2SO4=3MnSO4+Fe2(SO4)3+6H2O，反应中1molFe 参加反应，被还原的 MnO2是 1.5mol，故 A正确；B步骤中同时发生 Fe+Hg2+=Fe2+Hg、Fe+Pb2+=Fe2+Pb，则重金属 Hg、Pb 主要在滤渣 1 中，故 B 错误；C悬浊液中 Fe(OH)3颗粒越大，越易与 MnSO4溶液过滤分离，则步
28、骤煮沸使 Fe(OH)3沉淀颗粒长大，目的是便于固液分离，故 C 正确；D锰等是重要金属资源，汞、铅等重金属能来得污染环境，则合理处理废旧电池有利于资源再利用并防止汞、铅等重金属污染，故 D 正确；故答案为 B。21、A【答案解析】A熔化铝只是物质状态的变化，没有新物质生成，故 A正确；B电解氧化铝生成铝和氧气，有新物质生成，故 B 错误；C氢氧化铝分解生成氧化铝和水，有新物质生成，故 C 错误；D氯化铝水解生成氢氧化铝和氯化氢，有新物质生成，故 D 错误；故答案为 A。22、C【答案解析】A.制硝基苯时应采用水浴加热，故 A错误；B.制氢氧化亚铁时，为防止氢氧化亚铁被空气氧化，应将滴管伸入溶
29、液中，故 B 错误；C.实验室制乙烯需要加热到 170，装置符合要求，故 C 正确；D.做石油的蒸馏实验时应选用蒸馏烧瓶，故 D错误；答案为 C。二、非选择题(共 84 分)23、丙烯 加成反应 还原反应 羧基、硝基 n 一定条件(n1)H2O 、【分析】苯和 A 反应生成，则烃 A(C3H6)为 CH2=CHCH3，根据 G的结构和反应得到 B 的结构为，C 的结构为，C 和 NaCN 反应生成 D()，根据信息得到 D 反应生成 E()，根据信息得到 E 反应生成 F()，F 发生缩聚反应生成 G。【题目详解】(1)烃 A(C3H6)为 CH2=CHCH3，A 的名称是丙烯；故答案为：丙烯
30、。(2)反应是丙烯和苯发生加成反应，反应是NO2反应生成NH2，该反应是加氢去氧的反应为还原反应；故答案为：加成反应；还原反应。(3)根据前面分析得到 D 的结构简式是；故答案为：。(4)E()中官能团的名称是羧基和氨基；故答案为：羧基、硝基。(5)反应发生缩聚反应，n 一定条件(n1)H2O；故答案为：n 一定条件(n1)H2O。(6)F()的同分异构体有多种，苯环对位上有两个取代基，其中一个是NH2；能发生水解反应，说明含有酯基，核磁共振氢谱共有 5 组峰，、；故答案为：、。(7)乙烯和溴水加成反应生成 BrCH2CH2Br，BrCH2CH2Br 在碱性条件下水解生成 HOCH2CH2OH
31、，BrCH2CH2Br 和NaCN 反应生成 NCCH2CH2CN，NCCH2CH2CN 在酸性条件下反应生成 HOOCCH2CH2COOH，HOOCCH2CH2COOH和 HOCH2CH2OH发生缩聚反应生成，合成路线为；故答案为：。【答案点睛】有机推断是常考题型，主要根据前后物质的分子式和结构简式来分析另外的物质的结构简式和需要的物质，综合考察学生的思维。24、甲苯 C7H7NO2 羧基 酯基 还原反应 10 【分析】相对分子质量为 92 的某芳香烃 X是一种重要的有机化工原料，令分子组成为 CxHy，则9212=78，由烷烃中C 原子与 H原子关系可知，该烃中 C 原子数目不能小于 7，
32、故该芳香烃 X的分子式为 C7H8，结构简式为。在浓硫酸、加热条件下与浓硝酸发生取代反应生成 E，结合 G的结构可知 E 为，E 转化生成 F，由于苯胺容易被氧化，由反应信息、反应信息可知，F 为，发生反应生成 Y，Y 为功能高分子化合物，故 Y的结构简式为。【题目详解】(1)通过以上分析知，X 为，为甲苯；G()的分子式为 C7H7NO2，故答案为甲苯；C7H7NO2；(2)F 为，B()中官能团的名称为酯基和羧基，故答案为；酯基、羧基；(3)F()G()反应中硝基被还原为氨基，故答案为还原反应；(4)邻氨基苯甲酸在一定条件下反应生成 Y，反应的化学方程式为 n+(n-1)H2O，故答案为
33、n+(n-1)H2O；(5)B 为()，其同分异构体满足下列条件：含有苯环；只含一种官能团；1mol该有机物能与2molNaHCO3完全反应，说明含有两个羧基。如果取代基为-COOH、-CH2COOH，有邻间对 3 种结构；如果取代基为-CH(COOH)2，有 1 种结构；如果取代基为两个-COOH、一个-CH3，两个-COOH 为相邻位置，有 2 种同分异构体；如果两个-COOH为相间位置，有 3 种同分异构体；如果两个-COOH 为相对位置，有 1 种同分异构体；所以符合条件的有 10 种，故答案为 10；(6)以 C()为原料制备，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与溴发生加
34、成反应，所得产物在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成，合成反应流程图为：，故答案为。【答案点睛】本题考查有机推断。本题的难点为(6)中合成路线的设计，可以采用正向或逆向方法进行设计，关键是羟基的引入和羟基数目的改变方法，要注意卤代烃在羟基引入中的运用。25、CaSO3 、装置 a 的质量、盛放 CaO 后装置 a 的质量、吸收 SO2后装置 a 的质量(其他答案合理即可)Ag2SO4固体 检验白色沉淀是否具有还原性 H2O+SO2=H2SO3 H2SO3+2AgNO3 Ag2SO3+2HNO3 2.24 【题目详解】(1)二氧化硫是酸性氧化物，氧化钙是碱性氧化物，二者反应生成亚硫酸钙，因此 Ca
35、O脱硫后的产物是 CaSO3；加快 SO2气体流速不利于二氧化硫吸收，错误；将堆集在一起的 CaO平铺在整个玻璃管，增大反应物接触面积，有利于能提高脱硫效果，正确；加热 a 加快反应速率，脱硫效果可能会更好，正确；答案为、；要通过 CaO的增重评价其脱硫能力，需要知道反应前后固体增加的质量，因此需要测量的数据是装置 a 的质量、盛放 CaO 后装置 a 的质量、吸收 SO2后装置 a 的质量；(2)要证明“假设 1”不成立，需要证明沉淀 A不是硫酸银，因此需要做对比实验，即取 Ag2SO4固体，加入蒸馏水，静置，取上层清液滴加 Ba(NO3)2溶液，产生沉淀，说明“假设 1”不成立。浓 HNO
36、3具有强氧化性，所以加入浓硝酸的目的是检验白色沉淀是否具有还原性；根据复分解反应原理可知产生沉淀 A 的化学方程式是 H2O+SO2H2SO3、H2SO3+2AgNO3Ag2SO3+2HNO3；(3)1L 0.1mol/L 的 NaClO溶液中次氯酸钠的物质的量是 0.1mol，次氯酸钠的还原产物是氯化钠，可以得到 0.2mol 电子，二氧化硫的氧化产物是硫酸，所以根据电子得失守恒可知最多可以吸收 SO20.1mol，在标准状况下的体积是 2.24L。26、defabc(ef 的顺序能互换)CaO+NH3H2O=NH3+Ca(OH)2 防止倒吸或作安全瓶 防止碘升华 无固体残留且溶液呈无色 2
37、IO-+N2H4=N2+2I-+2H2O 趁热过滤 81.0%【答案解析】本题为实验题，要结合实验目的和实验步骤进行分析，并利用得失电子守恒配平相应的氧化还原反应方程式，利用方程式进行计算；【题目详解】（1）装置 A 制备水合肼，装置 B防倒吸，装置 C 提供氨气，装置 D 防止倒吸或作安全瓶，故连接顺序为 defabc 装置 C 提供氨气，反应物为浓氨水和氧化钙，故反应方程式为 CaO+NH3H2O=NH3+Ca(OH)2；装置 D的作用为：防止倒吸或作安全瓶；（2）由于在加热条件下碘易升华，所以反应装置温度不宜过高，防止碘升华；反应完全时，碘单质全部转化为NaIO和 NaIO3，故现象为无
38、固体残留且溶液呈无色；由题意可知水合肼还原 NaIO，IO-被还原为 I-，水合肼中 N元素升价，得到 N2，利用得失电子守恒，将反应方程式配平，得到 2IO-+N2H4=N2+2I-+2H2O；活性炭难溶于水，为了防止 NaI 由于温度降低结晶析出，故将溶液与活性炭分离的方法是趁热过滤；反应前加入 25.4g 单质碘，即0.1mol 单质碘，由原子守恒可知，应得到 0.2mol NaI，即 30g NaI。实验过程中得产品 24.3g，故产率=24.3g/30g100%=81%；27、Cr3+3OH-=Cr(OH)3 Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化 2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-
39、=22-4CrO+8H2O pH较低时，溶液中存在 Cr3+，不易被氧化，故溶液为墨绿色，pH 较高时，混合物中存在 Cr(OH)3和 CrO2，可被过氧化氢氧化为2-4CrO或2-27Cr O，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色 H2O2+23-8CrO=22-4CrO+4O2+2OH-在一定温度和 pH 下，用不同浓度的 Cr2(SO4)3溶液与 H2O2反应，观察反应后的现象 pH、温度、浓度 【分析】本题探究 Cr()与过氧化氢反应的影响因素，研究了 pH、温度、浓度的影响，在研究每一个因素时，需用控制变量法，即研究一个因素，需保证另外两个因素不变。探究 pH的影响时，不同 pH时 Cr
40、在水中的存在形式不同，pH较小时以 Cr3+形式存在，随着 pH 的不断增大，Cr 的存在形式变为 Cr(OH)3和 CrO2；探究温度的影响时，生成的红色物质 CrO38（Cr 为+5 价）不稳定，该物质中 O 的化合价为-1 价，自身的 Cr 与 O发生氧化还原反应，反应后的物质再被 H2O2氧化，得到亮黄色的 CrO24和 O2；探究浓度的影响时，需保证 pH和温度不变，改变 Cr3+浓度，观察反应后的现象。【题目详解】(1)为碱性环境，生成蓝色沉淀的离子方程式为 Cr3+3OH-=Cr(OH)3；(2)试管溶液为酸性，酸性条件下为 Cr3+，Cr3+较稳定，不能被过氧化氢氧化；(3)中
41、溶液偏碱性，沉淀溶解，溶液变为亮黄色，是 Cr(OH)3被氧化为2-4CrO，离子方程式为2Cr(OH)3+3H2O2+4OH-=22-4CrO+8H2O；(4)根据分析，pH较低时，溶液中存在 Cr3+，而 Cr3+不易被氧化，故溶液为Cr3+的颜色，为墨绿色；pH 较高时，根据分析，混合物中存在 Cr(OH)3和 CrO2，两者都可被过氧化氢氧化，得到2-4CrO或2-27Cr O，故溶液颜色逐渐变为黄色或砖红色；(5)根据分析，在碱性环境中，生成的红色物质 CrO38不稳定，该物质中 O的化合价为-1 价，自身的 Cr 与 O发生氧化还原反应，反应后的物质再被 H2O2氧化，得到亮黄色的
42、 CrO24和 O2，总反应为H2O2+23-8CrO=22-4CrO+4O2+2OH-；(6)根据分析，探究浓度的影响时，需保证 pH和温度不变，通过稀释，改变 Cr3+浓度，观察反应后的现象；(7)根据分析，本实验探究了 pH、温度、浓度不同时，对 Cr()与过氧化氢反应的影响；28、NH4+OH-=NH3H2O 使 NH3从水体中挥发出来 6:1 2NH2Cl+HClO=N2+3Cl-+3H+H2O Cl2投入量不足，生成了 NH2C1 1.26 【答案解析】本题考查氮及其化合物的性质，涉及方程式的书写、图像的分析、计算等。（1）铵盐能和强碱反应，实质是：NH4+OH-=NH3H2O；氨
43、水电离是可逆反应，鼓入大量空气，将生成氨气带走，即减少生成物，可以使化学平衡向正反应方向移动，因而促进了氨水电离，鼓入大量空气的目的是使 NH3从水体中挥发出来；（2）根据图像可知，为了完全从废水中去除氨氮，投入的 Cl2与 NH4+的最佳比值为 6:1；HClO具有强氧化性，将 NH2Cl转化为 N2，故其反应方程式为：2NH2Cl+HClO=N2+3Cl-+3H+H2O；分析图像横坐标，可知 a 投入的氯气的量较少，生成了NH2C1，故 a 点余氯浓度较大；（3）Cl2与 Na2SO3反应的方程式 Cl2+SO32-+H2O=SO42-+2 H+2 Cl-可得，m(Na2SO3)=33?3
44、-3101000/71/10/126/10/71/mL mmg Lg mgg molkg gg mol=1.26。29、abcd 升高温度反应速率加快 在所有副产物中，CH4中 H:C 原子个数比最高(或 H元素含量最高)，若生成 CH4，相当于 H的利用率最低 CaO 结合 CO2生成 CaCO3，使 CO2的浓度降低，反应 I 平衡正移，H2产率提高 催化效率高,稳定性高/催化剂寿命长 La2O2CO3+C La2O3+2CO 【分析】（1）抓住表中信息和盖斯定律分析即可解答；（2）主要从温度对反应速率和化学平衡移动的影响的角度进行分析解答；（3）在所有的副产物中，CH4中氢元素的质量分数
45、最高，抑制产生甲烷的副反应，更有利于提高氢原子的利用率，据此分析可得结论；根据图 1 可知，加入 CaO 可以降低二氧化碳的浓度，促进反应正向移动，提高氢气的产率，据此分析可得结论；（4）由图 2 信息可知，Ni/SiC 催化剂的催化效率并不随时间的延长而降低，而另两种催化剂均出现催化效率降低的现象，由此分析解答；由题给信息可知，氧化镧在清除积炭过程中（C+CO2=2CO）起到催化剂作用，则第二步反应为积碳与 La2O2CO3反应生成 La2CO3和 CO，由此可得结论。【题目详解】（1）a.由反应 I、反应 II、反应 III 对比可知，消耗等量的甘油，反应 I 的产氢率最高，故 a 正确；
46、b.由反应 I、反应 II、反应 III 对比可知，当消耗 1mol 甘油时，反应的放热最显著，故 b 正确；c.由盖斯定律可知，H312H1+12H2=12（+128 kJmol1）+12（603 kJmol1）=237.5 kJmol1，故 c正确；d.因反应 I 为吸热反应，反应 II 为放热反应，则在反应过程中通过调控甘油、水蒸气、氧气的用量比例可以实现自热重整反应，即焓变约为 0，故 d 正确；故答案为：abcd；（2）因反应为吸热反应，在较高温度下有利于反应的进行，从而提高产氢率，故答案为升高温度反应速率加快；（3）在所有的副产物中，CH4中氢元素的质量分数最高，抑制产生甲烷的副反
47、应，更有利于提高氢原子的利用率，故答案为在所有副产物中，CH4中 H:C 原子个数比最高(或 H元素含量最高)，若生成 CH4，相当于 H的利用率最低；根据图 1 可知，加入 CaO 可以降低二氧化碳的浓度，促进反应正向移动，提高氢气的产率，故答案为 CaO结合 CO2生成 CaCO3，使 CO2的浓度降低，反应 I 平衡正移，H2产率提高；（4）由图 2 信息可知，Ni/SiC 催化剂具有催化效率高,稳定性高/催化剂寿命长等特点，故答案为催化效率高，稳定性高/催化剂寿命长；由题给信息可知，氧化镧在清除积炭过程中（C+CO2=2CO）起到催化剂作用，则第二步反应为积碳与 La2O2CO3反应生成 La2CO3和 CO，故答案为 La2O2CO3+C La2O3+2CO。【答案点睛】本题主要考查了化学反应原理在化工工艺选择上的应用，思维的出发点依然是课本中的化学反应速率和化学平衡移动的影响因素，如用 CaO吸附增强制氢，是因为 CaO和 CO2反应消耗了 CO2，造成二氧化碳浓度减小，导致平衡正向移动；反应采取较高温度下进行，主要原因是兼顾催化剂的活性，反应速率等因素。