北京二中2022届高三化学上学期段考试卷（含解析）

北京二中2022届高三（上）段考化学试卷一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共42分．请把答案涂在答题卡上）1．（2分）化学与生活息息相关，下列说法不正确的是（　　）　A．用食醋可除去热水壶内壁的水垢　B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物　C．自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致　D．单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料　2．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应　B．乙烷和丙烷的物质的量共1mol，完全燃烧生成3molH2O　C．不能利用化合反应制备Fe（OH）3　D．Na2O2和Na2O中的阴阳离子数目之比不同　3．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．光导纤维的主要成份是硅　B．制普通玻璃的主要原料是烧碱、石灰石、石英　C．常用氢氟酸（HF）来刻蚀玻璃　D．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液　4．（2分）下列说法不正确的是（　　）　A．常温下用铝制容器贮运浓硫酸　B．K与水反应比Li与水反应剧烈　C．CO、NO都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在　D．NO2不能用排水法收集　5．（2分）下列各组物质相互混合，既有气体生成又有沉淀生成的是①金属钠投入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液③少量的电石投入过量NaHCO3溶液④过量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金属钠投入NH4Cl溶液中（　　）　A．①⑤B．②③C．②③D．①③④　6．（2分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是（　　）　A．它们的俗称分别是“大苏打”和“小苏打”　B．它们物质的量相等时，与足量的稀盐酸反应，所消耗HCl的物质的量相同　C．它们物质的量相等时，与足量的稀盐酸反应，在相同情况下放出的CO2体积相同　D．物质的量浓度相同时，它们的水溶液的碱性相同　7．（2分）在四种化合物：①Al（OH）3，②NaHCO3，③Al2O3，④H2N﹣CH2﹣COOH中，跟盐酸和氢氧化钠溶液都能反应的是（　　）　A．只有①③④B．只有①③C．只有①②③D．①②③④　8．（2分）下列各组稀溶液，只用试管和胶头滴管不能鉴别的是（　　）　A．B．Na2CO3和HClC．NaOH和A1C13D．-28-A12（SO4）3和NaHCO3AgNO3和NH3•H2O　9．（2分）（2022•武汉模拟）下列实验现象、操作或反应原理的解释正确的是（　　）现象、操作或反应解释A．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化不滴落铝箔对熔化的铝有吸附作用B．向滴有稀硫酸的热淀粉液中滴加碘水，液体呈蓝色淀粉在此条件下未水解C．向盛有足量Zn和稀硫酸的试管中滴加少量硫酸铜溶液形成锌铜原电池，使反应速率加快D．鸡蛋清溶液遇乙酸铅溶液会产生沉淀蛋白质发生盐析　A．AB．BC．CD．D　10．（2分）（2022•奉贤区二模）下列叙述中正确的是（　　）　A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封　B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2　C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣　D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+　11．（2分）某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3（气）和Cl2（气）恰好完全反应．若反应产物只有N2（气）和NH4Cl（固），则反应前后容器中压强比应接近于（　　）　A．1：11B．11：1C．7：11D．11：7　12．（2分）（2022•南京二模）X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（　　）　A．X、Y、Z一定是非金属单质　B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质　C．若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质　D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质　13．（2分）为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法ANH3（H2O）浓硫酸洗气B乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液CKCl固体（I2）KOH溶液加热D苯（苯酚）浓溴水过滤　A．AB．BC．CD．D　-28-14．（2分）（2022•绵阳模拟）某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是（　　）　A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H14　15．（2分）（2022•韶关模拟）下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（　　）　A．苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色　B．乙烯和1，3﹣丁二烯互为同系物，它们均能使Br2水褪色　C．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构休　D．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同　16．（2分）（2022•长宁区一模）中药狼把草的成分之一M具有消炎杀菌作用，M的结构如图所示：下列叙述正确的是（　　）　A．该化合物属于苯的同系物　B．1molM最多能与2molBr2发生反应　C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4　D．1molM与足量NaHCO3反应能生成2molCO2　17．（2分）对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得．下列有关说法正确的是（　　）　A．对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应　B．苯酚和羟基扁桃酸是同系物　C．乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇　D．在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰　18．（2分）某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90．将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g．A能与NaHCO3溶液发生反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物．有关A的说法正确的是（　　）　A．分子式是C3H8O3　B．A催化氧化的产物能发生银镜反应　C．0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2（标准状况）　D．A在一定条件下发生缩聚反应的产物是　19．（2分）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸．可经三步反应制取，发生反应的类型依次是（　　）　A．水解反应、加成反应、氧化反应B．加成反应、水解反应、氧化反应-28-　C．水解反应、氧化反应、加成反应D．加成反应、氧化反应、水解反应　20．（2分）在加热的条件下，氯气与碘单质以等物质的量反应，可得一红棕色液体ICl．ICl的性质类似于卤素，有很强的化学活泼性，如：2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2；ICl+H2O=HCl+HIO．下列叙述正确的是（　　）　A．在Zn与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂　B．在Zn与ICl的反应中，ZnI2既是氧化产物，又是还原产物　C．在H2O与ICl的反应中，ICl是氧化剂，H2O是还原剂　D．在H2O与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂　21．（2分）（2022•闵行区一模）向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系正确的是（　　）　A．B．C．n=m+17VcD．＜p　二、填空题（本大题共5道题，请把答案写在答题纸上，要求字迹清楚）22．（8分）（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：　_________　．（2）为了证明溴乙烷中含有溴元素，下列操作的正确顺序是　_________　（填序号）．①滴加AgNO3溶液②充分振荡、静置③取上层水溶液④加入5%的NaOH溶液⑤滴加过量稀HNO3．滴加AgNO3溶液时发生反应的离子方程式是　_________　．（3）菱铁矿的主要成分为FeCO3．将FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液．写出这一变化过程的离子方程式　_________　．　23．（10分）盐酸、硫酸、硝酸是中学阶段常见的三种强酸．现就三大强酸与金属铜的反应回答问题：（1）我们知道，稀盐酸与Cu不反应，但在稀盐酸中加入H2O2后，则可使铜顺利溶解，该反应的化学反应方程式为　_________　．（2）在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积　_________　（填“大于”“等于”或“小于”）100mL，你认为其主要原因是　_________　．（3）甲同学取一定量的铜与浓硝酸反应，发现有红棕色的气体生成，甲同学认为红棕色的气体一定是NO2，但是测量该实验产生的红棕色气体的摩尔质量，发现并不等于46g/mol．请结合化学反应方程式分析所有可能的原因　_________　．（4）分别将等质量的铜片与等体积均过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得到的溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，对于前者呈绿色的原因甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体．同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确．这些方案中可行的是（选填序号）　_________　①加热该绿色溶液，观察颜色变化②加水稀释绿色溶液，观察颜色变化③向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化④向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色．　-28-24．（12分）“84消毒液”与硫酸溶液反应可以制取氯气，反应方程式为：NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2↑+H2O．为探究氯气的性质，某同学设计了如下所示的实验装置请回答：（1）从①、②、③装置中选择合适的制气装置（A处）　_________　（填写序号）．（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是　_________　，说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进的方法　_________　．（3）为了验证氯气的氧化性，将氯气通Na2SO3溶液中，写出氯气与Na2SO3溶液反应的离子方程式　_________　．（4）写出氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式　_________　，为验证尾气吸收后的溶液中存在氯离子，正确的操作为　_________　．（5）已知RCH2COOH和Cl2在红磷存在时发生取代反应生成RCHClCOOH．现有分子式为C4H8O2的羧酸A，发生如下变化．E的分子式为C8H12O4，E的核磁共振氢谱显示只有一个峰．写出E的结构简式　_________　．　25．（14分）PNA是一种具有良好的热稳定性、耐腐蚀性和抗水性的高分子化合物，常用作增塑剂，其合成路线如图所示：已知：①R1CH=CHR2R1COOH+R2COOH（R1、R2代表烃基）②（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）请回答：（1）A分子中只有一个氯原子，A→B的化学方程式是　_________　．（2）C含有的官能团名称是　_________　．-28-（3）D能发生银镜反应，且分子中有支链，D的结构简式是　_________　．（4）E→F的反应类型是　_________　．（5）E的结构简式是　_________　．（6）C与F在一定条件下生成增塑剂PNA的反应的化学方程式是：　_________　．（7）香豆素是一种重要的香料，与C具有相同的相对分子质量；14.6g香豆素完全燃烧生成39.6gCO2和5.4gH2O．①香豆素的分子式是　_________　．②写出所有符合下列条件的香豆素的同分异构体的结构简式　_________　．a．分子中含有基团b．分子中除一个苯环外，无其他环状结构c．苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物．　26．（14分）由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）　_________　．（2）Z为一种或两种气体：①若试剂a为饱和NaHCO3溶液，且Z只为一种气体．则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是　_________　．写出气体Z的电子式　_________　．②若试剂a为适量水，且Z为两种气体的混合物，则Z中两种气体的化学式是　_________　．（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是　_________　．（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI﹣时，共转3mol电子，该反应的离子方程式是　_________　．（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）　_________　．　-28-2022-2022学年北京二中高三（上）段考化学试卷参考答案与试题解析　一、选择题（每小题只有一个正确答案，每题2分，共42分．请把答案涂在答题卡上）1．（2分）化学与生活息息相关，下列说法不正确的是（　　）　A．用食醋可除去热水壶内壁的水垢　B．淀粉、油脂和蛋白质都是高分子化合物　C．自行车钢架生锈主要是电化学腐蚀所致　D．单质硅是将太阳能转化为电能的常用材料考点：油脂的性质、组成与结构；金属的电化学腐蚀与防护；硅和二氧化硅；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．专题：化学应用．分析：A、醋酸能和碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙；B、油脂属于小分子化合物；C、能构成原电池的腐蚀属于电化学腐蚀；D、太阳能电池的常用材料是硅单质．解答：解：A、水垢的主要成分是碳酸钙，碳酸的酸性小于醋酸的酸性，醋酸能和不溶性的碳酸钙反应生成可溶性的醋酸钙，所以用食醋可除去热水壶内壁的水垢，故A正确；B、淀粉和蛋白质属于天然高分子化合物，油脂的相对分子质量较小，属于小分子化合物，故B错误；C、铁和碳遇到合适的电解质溶液能构成原电池，属于电化学腐蚀，故C正确；D、硅是半导体材料，可以制成光电池，将光能直接转化为电能，所以硅是将太阳能转化为电能的常用材料，故D正确；故选B．点评：本题考查了物质的性质、金属的腐蚀等知识点，明确金属的化学腐蚀和电化学腐蚀的判断方法．　2．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．一定条件下，Cl2可在甲苯的苯环或侧链上发生取代反应　B．乙烷和丙烷的物质的量共1mol，完全燃烧生成3molH2O　C．不能利用化合反应制备Fe（OH）3　D．Na2O2和Na2O中的阴阳离子数目之比不同考点：苯的同系物；钠的重要化合物；烷烃及其命名．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、甲苯具有苯及烷烃的性质，在光照或催化剂的条件下可取代不同烃基上的H原子；B、比较乙烷和丙烷的化学式，确定平均组成中H原子数目，根据平均组成中H原子数目判断燃烧生成水的量；C、氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁；D、Na2O2和Na2O中的阴离子分别是O22﹣、O2﹣，阳离子都是Na+．解答：解：A、在光照条件下氯气和甲苯中甲基上的H原子发生取代反应，在催化剂的条件下，氯气和苯环上的H原子发生取代反应，故A正确；-28-B、1mol乙烷含有含有6molH原子，1mol丙烷含有8molH原子，故乙烷和丙烷的物质的量共1mol，平均H原子大于6mol、小于8mol，根据H原子守恒可知，完全燃烧生成H2O应大于3mol，小于4mol，故B错误；C、氢氧化亚铁与氧气、水反应生成氢氧化铁，该反应属于化合反应，故C错误；D、Na2O2和Na2O中的阴离子分别是O22﹣、O2﹣，阳离子都是Na+，Na2O2和Na2O中的阴阳离子数目之比都是1：2，故D错误．故选AB．点评：本题考查常见有机物的结构和性质、铁与钠的化合物的性质与结构等，难度不大，注意Na2O2和Na2O的结构与性质．　3．（2分）下列说法正确的是（　　）　A．光导纤维的主要成份是硅　B．制普通玻璃的主要原料是烧碱、石灰石、石英　C．常用氢氟酸（HF）来刻蚀玻璃　D．实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液考点：硅和二氧化硅；玻璃的主要化学成分、生产原料及其用途．专题：碳族元素．分析：A、光导纤维成分是二氧化硅；B、制普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英；C、氢氟酸和玻璃中的二氧化硅反应；D、氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠是矿物胶；解答：解：A、光导纤维成分是二氧化硅，硅是太阳能电池的材料，故A错误；B、制普通玻璃的主要原料是纯碱、石灰石、石英；故B错误；C、氢氟酸和玻璃中的二氧化硅反应；常用氢氟酸（HF）来刻蚀玻璃，故C正确；D、实验室用带玻璃塞的试剂瓶保存氢氧化钠溶液，氢氧化钠和玻璃中的二氧化硅反应生成硅酸钠是矿物胶把瓶塞和瓶口粘结在一起，故D错误；故选C．点评：本题考查了二氧化硅的性质应用，工业制玻璃的原料，氢氟酸的特征性质，试剂保存方法，基础题较简单．　4．（2分）下列说法不正确的是（　　）　A．常温下用铝制容器贮运浓硫酸　B．K与水反应比Li与水反应剧烈　C．CO、NO都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在　D．NO2不能用排水法收集考点：氮的氧化物的性质及其对环境的影响；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用．专题：氮族元素；几种重要的金属及其化合物．分析：A．常温下，Al遇浓硫酸发生钝化；B．K的金属性比Li强；C．NO极易与氧气反应生成二氧化氮；D．NO2与水反应．解答：-28-解：A．因常温下Al遇浓硫酸发生钝化阻止反应的进一步发生，则可用铝制容器贮运浓硫酸，故A正确；B．因K的金属性比Li强，则K与水反应比Li与水反应剧烈，故B正确；C．CO、NO有毒，都是大气污染气体，而NO极易与氧气反应生成二氧化氮，所以NO不能在空气中稳定存在，故C错误；D．因NO2与水反应，则NO2不能用排水法收集，故D正确；故选C．点评：本题考查物质的性质，熟悉钝化、金属性的比较、物质与水、氧气等的反应即可解答，注意氮的氧化物的性质及对环境的污染为常考查点，题目难度不大．　5．（2分）下列各组物质相互混合，既有气体生成又有沉淀生成的是①金属钠投入到CuSO4溶液中②过量的NaOH溶液和明矾溶液③少量的电石投入过量NaHCO3溶液④过量的Na2O2投入FeCl2溶液⑤金属钠投入NH4Cl溶液中（　　）　A．①⑤B．②③C．②③D．①③④考点：钠的化学性质；钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾；③碳化钙与水反应生成乙炔和氢氧化钙，氢氧化钙与碳酸氢钠反应生成碳酸钙沉淀；④过氧化钠与水反应生成氧气和氢氧化钠，氢氧化钠与氯化亚铁、氧气反应生成氢氧化铁沉淀；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，只生成氢气，不产生沉淀．解答：解：①金属钠投入到CuSO4溶液中，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠与硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，故①正确；②过量氢氧化钠与明矾反应生成偏铝酸钠和硫酸钾，不会产生沉淀，故②错误；③少量的电石投入过量NaHCO3溶液，生成乙炔气体和碳酸钙沉淀，故③正确；④过量的Na2O2投入FeCl2溶液，反应生成氧气和氢氧化铁沉淀，故④正确；⑤金属钠投入NH4Cl溶液中，只生成氢气，不产生沉淀，故⑤错误；故选：D．点评：本题考查了化学反应的现象，题目不难，熟悉各种物质的性质和化学反应的实质是解题关键．　6．（2分）下列关于Na2CO3和NaHCO3的说法正确的是（　　）　A．它们的俗称分别是“大苏打”和“小苏打”　B．它们物质的量相等时，与足量的稀盐酸反应，所消耗HCl的物质的量相同　C．它们物质的量相等时，与足量的稀盐酸反应，在相同情况下放出的CO2体积相同　D．物质的量浓度相同时，它们的水溶液的碱性相同考点：钠的重要化合物．专题：元素及其化合物．分析：A．碳酸钠俗称苏打或纯碱；B．物质的量相等时，与足量的稀盐酸反应，所消耗HCl的物质的量不同；C．根据C元素守恒判断；-28-D．Na2CO3水解程度比NaHCO3大．解答：解：A．碳酸钠俗称苏打或纯碱，大苏打为Na2S2O3，故A错误；B．根据Na元素守恒，与盐酸反应后都生成NaCl，则碳酸钠消耗的盐酸多，故B错误；C．反应后都生成二氧化碳，根据C元素守恒可知，生成二氧化碳体积相同，故C正确；D．Na2CO3水解程度比NaHCO3大，物质的量浓度相同时，碳酸钠溶液碱性较大，故D错误．故选C．点评：本题考查碳酸钠和碳酸氢钠的性质，题目难度不大，注意从守恒的角度分析．　7．（2分）在四种化合物：①Al（OH）3，②NaHCO3，③Al2O3，④H2N﹣CH2﹣COOH中，跟盐酸和氢氧化钠溶液都能反应的是（　　）　A．只有①③④B．只有①③C．只有①②③D．①②③④考点：两性氧化物和两性氢氧化物．专题：元素及其化合物．分析：根据物质间的反应进行判断，中学常见的既能与酸反应又能与碱反应的物质主要有：①两性物质：Al2O3、Al（OH）3、氨基酸、蛋白质等；②多元弱酸的酸式盐：NaHCO3、KHS、KHSO3、NaH2PO4等；③弱酸的铵盐及其酸式盐：（NH4）2S、NH4HS、（NH4）2CO3、NH4HCO3、CH3COONH4等；④某些具有两性的金属：Al等；⑤某些非金属：Si、S等，以及其它一些物质，据此解答．解答：解：①Al（OH）3是两性氢氧化物，能与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故①符合；②NaHCO3属于弱酸的酸式盐，与盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳与水，能与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，故②符合；③Al2O3是两性氧化物，与盐酸反应生成氯化铝与水，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，故③符合；④H2N﹣CH2﹣COOH属于氨基酸，含有﹣NH2、﹣COOH，能与盐酸、氢氧化钠反应，故④符合，故选D．点评：本题考查了物质的性质，难度不大，旨在考查学生对知识的理解识记与知识归纳，注意基础知识的积累．　8．（2分）下列各组稀溶液，只用试管和胶头滴管不能鉴别的是（　　）　A．A12（SO4）3和NaHCO3B．Na2CO3和HClC．NaOH和A1C13D．AgNO3和NH3•H2O考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：只要用试管和胶头滴管，不用任何化学试剂就可以鉴别的物质可以采用相互滴加的方法检验，滴加顺序不同，现象不同的可以鉴别．解答：解：A、无论是硫酸铝滴加到碳酸氢钠溶液中还是碳酸氢钠滴加到硫酸铝溶液中，都产生沉淀，不能鉴别，故A选；-28-B、将碳酸钠溶液滴加到盐酸溶液中立即有气泡生成，将盐酸滴加到碳酸钠溶液中，先没有气体生成，当盐酸滴加到一定程度后后气体生成，反应现象不同，可以鉴别，故B不选；C、将氢氧化钠溶液滴加到氯化铝溶液中先生成白色沉淀，后溶解，将氯化铝滴加到NaOH中，先没有现象，后生成沉淀，二者现象不同，可鉴别，故C不选；D、将硝酸银滴加到氨水中先没有现象，后生成沉淀，将氨水滴加到硝酸银溶液中先生成白色沉淀，后溶解，二者现象不同，可以鉴别，故D不选．故选A．点评：本题考查不加任何试剂的鉴别，题目难度中等，注意物质发生反应的现象，牢固掌握相关基础知识，是解答此类题目的关键．　9．（2分）（2022•武汉模拟）下列实验现象、操作或反应原理的解释正确的是（　　）现象、操作或反应解释A．铝箔在酒精灯火焰上加热熔化不滴落铝箔对熔化的铝有吸附作用B．向滴有稀硫酸的热淀粉液中滴加碘水，液体呈蓝色淀粉在此条件下未水解C．向盛有足量Zn和稀硫酸的试管中滴加少量硫酸铜溶液形成锌铜原电池，使反应速率加快D．鸡蛋清溶液遇乙酸铅溶液会产生沉淀蛋白质发生盐析　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．专题：实验评价题．分析：A．Al燃烧生成的氧化铝的熔点高；B．变蓝说明还有淀粉，但可能部分水解；C．构成Zn、Cu原电池，加快反应速率；D．鸡蛋清为蛋白质，遇重金属盐发生变性．解答：解：A．Al燃烧生成的氧化铝的熔点高，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化不滴落，与吸附性无关，故A错误；B．变蓝说明还有淀粉，但可能部分水解，即不能确定水解的程度，故B错误；C．向盛有足量Zn和稀硫酸的试管中滴加少量硫酸铜溶液，Zn置换出Cu，构成Zn、Cu原电池，加快反应速率，故C正确；D．鸡蛋清为蛋白质，乙酸铅为重金属盐，则发生变性，故D错误；故选C．点评：本题考查化学实验方案的评价，涉及Al及其化合物的性质、水解实验、影响化学反应速率的因素、原电池、蛋白质的性质等，侧重物质的性质的考查，题目难度中等．　10．（2分）（2022•奉贤区二模）下列叙述中正确的是（　　）　A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封　B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2　C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I﹣　D．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：化学实验基本操作．分析：A．实验室保存液溴常用水封的方法；-28-B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4．解答：解：A．液溴易挥发，密度比水大，实验室常用水封的方法保存，故A正确；B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色的物质具有氧化性，可能为NO2、O3、Cl2等物质，但不一定为Cl2，故B错误；C．CC14层显紫色，证明原溶液中存在I2，I﹣无色，故C错误；D．溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，可能为AgCl或BaSO4，不一定含有Ag+，故D错误．故选A．点评：本题考查物质的保存、检验等知识，题目难度不大，解答该类题目注意把握相关化学基本实验操作．　11．（2分）某温度下，在体积一定的密闭容器中适量的NH3（气）和Cl2（气）恰好完全反应．若反应产物只有N2（气）和NH4Cl（固），则反应前后容器中压强比应接近于（　　）　A．1：11B．11：1C．7：11D．11：7考点：化学方程式的有关计算．专题：计算题．分析：根据题意，反应的方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，根据pV=nRT判断反应前后压强关系．解答：解：反应为NH3（气）和Cl2（气），生成物为N2（气）和NH4Cl（固），则反应的方程式为：8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl，由方程式可知：反应前后气体的物质的量之比为11：1，由pV=nRT可知，相同温度，体积一定时，气体的物质的量之比等于压强之比，所以反应前后容器中压强比应接近于11：1，故选B．点评：本题考查化学方程式的计算，题目难度中等，本题解题关键是根据题意正确书写化学方程式．　12．（2分）（2022•南京二模）X、Y、Z是三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，这些单质和化合物之间存在如图所示的转化关系，下列说法正确的是（　　）　A．X、Y、Z一定是非金属单质　B．X、Y、Z中至少有一种是金属单质　C．若X、Y都为金属单质，则Z必为非金属单质　D．如果X、Y都为非金属单质，则Z必为金属单质考点：无机物的推断．专题：推断题．-28-分析：首先判断出单质X与化合物甲生成化合物乙和单质Y的反应为置换反应，然后结合常见的置换反应判断即可．和甲反应生成Y和乙，X+甲→Y+乙，肯定是置换反应，考虑还原性物质有关，X和Z反应可得乙，X+Z→乙，肯定是化合反应，X是金属了，那么Z应该是非金属单质，Y和Z反应可得甲，Y+Z→甲，肯定是化合反应，Y是金属了，那么Z应该是非金属单质；解答：根据X、Y、Z是单质，甲和乙是常见的化合物，x和甲反应会生成y和乙，反应是置换反应，X可能是氢气或者碳或者活泼金属，x和z会生成乙，y和z会生成甲，A、X、Y、Z不一定是非金属单质，如2Mg+CO2=C+2MgO，故A错误；B、X、Y、Z可以都是非金属单质，如C+H2O=CO+H2，故B错误；C、若X、Y都为金属单质，发生置换反应是一定是金属单质很金属化合物的反应，XY的化合物一定是非金属化合物，所以则Z必为非金属单质，如2Al+Fe2O3=2Fe+Al2O3；Zn+CuCl2=ZnCl2+Cu；故C正确；D、如果X、Y都为非金属单质，则Z可以为金属单质，也可以为非金属单质，如Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑故D错误；故选C．点评：本题考查了物质转化关系和物质性质的应用，主要考查置换反应的特征反应，常见的置换反应的熟练掌握是解题关键．　13．（2分）为提纯下列物质（括号中为杂质），所选除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）选项被提纯的物质（杂质）除杂试剂分离方法ANH3（H2O）浓硫酸洗气B乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液CKCl固体（I2）KOH溶液加热D苯（苯酚）浓溴水过滤　A．AB．BC．CD．D考点：物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．专题：化学实验基本操作．分析：A．氨气和浓硫酸反应；B．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应；C．加入KOH，加热条件下碘与KOH反应；D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯．解答：解：A．氨气和硫酸反应，应用碱石灰干燥，故A错误；B．乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠溶液，乙酸可与碳酸钠反应而除去，然后用分液的方法分离，故B正确；C．应用加热的方法分离，加热是碘升华，加入KOH，碘与KOH反应，故C错误；D．苯酚与浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚溶于苯，应加入NaOH溶液，然后分液，故D错误．故选B．点评：本题考查物质的分离、提纯，题目难度不大，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新的杂质，且不能影响被提纯的物质．　-28-14．（2分）（2022•绵阳模拟）某烃的一种同分异构体只能生成一种一氯代物，该烃的分子式可以是（　　）　A．C3H8B．C4H10C．C5H12D．C6H14考点：辨识简单有机化合物的同分异构体；有机化合物的异构现象．专题：同分异构体的类型及其判定．分析：先判断烷烃的同分异构体，再确定烷烃的对称中心，即找出等效的氢原子，根据先中心后外围的原则，将氯原子逐一去代替氢原子，有几种氢原子就有几种一氯代烃．解答：解：A、丙烷只有一种结构（CH3CH2CH3），丙烷有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故A错误；B、丁烷有正丁烷和异丁烷，正丁烷（CH3CH2CH2CH3）有2种氢原子，所以一氯代物有2种；异丁烷CH3CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故B错误；C、戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷3种同分异构体，正戊烷CH3CH2CH2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；异戊烷CH3CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；新戊烷CH3C（CH3）2CH3有1种氢原子，所以一氯代物有1种，故C正确；D、C6H14有5种同分异构体，CH3（CH2）4CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH2CH2CH3有5种氢原子，所以一氯代物有5种；CH3CH2CH（CH3）CH2CH3有4种氢原子，所以一氯代物有4种；CH3C（CH3）2CH2CH3有3种氢原子，所以一氯代物有3种；CH3CH（CH3）CH（CH3）CH3有2种氢原子，所以一氯代物有2种，故D错误；故选C．点评：本题考查了同分异构体的判断，难度较大，先确定烃的同分异构体，再确定等效氢原子，最后根据氢原子的种类确定一氯代物的种类，会确定等效氢原子是解本题的关键．　15．（2分）（2022•韶关模拟）下列与有机物的结构、性质有关的叙述正确的是（　　）　A．苯、油脂均不能使酸性KMnO4溶液褪色　B．乙烯和1，3﹣丁二烯互为同系物，它们均能使Br2水褪色　C．葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，二者互为同分异构休　D．乙醇、乙酸均能与Na反应放出H2，二者分子中官能团相同考点：苯的性质；乙烯的化学性质；油脂的性质、组成与结构；葡萄糖的性质和用途．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A、油脂中烃基含有不饱和键，可以使酸性高锰酸钾褪色．B、同系物组成通式相同，结构相似，含有相同的官能团及官能团数目，相差1个或若干个CH2原子团．乙烯和1，3﹣丁二烯分子中含有C=C双键数目不同，不是同系物．C、葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮．D、乙醇官能团是羟基，乙酸官能团是羧基．解答：解：A、苯中化学键是介于单键与双键之间的一种特殊的键，不存在单键与双键交替结构，不能使酸性高锰酸钾褪色，油脂中烃基含有不饱和键，可以被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故A错误；B、乙烯和1，3﹣丁二烯分子中含有C=C双键数目不同，不是同系物，故B错误；C、葡萄糖、果糖的分子式均为C6H12O6，葡萄糖是多羟基醛，果糖是多羟基酮，二者分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故C正确；-28-D、乙醇的官能团是羟基，乙酸的官能团是羧基，故D错误．故选：C．点评：考查有机物的结构与性质、同分异构体、官能团等，比较基础，注意基础知识的掌握．　16．（2分）（2022•长宁区一模）中药狼把草的成分之一M具有消炎杀菌作用，M的结构如图所示：下列叙述正确的是（　　）　A．该化合物属于苯的同系物　B．1molM最多能与2molBr2发生反应　C．M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4　D．1molM与足量NaHCO3反应能生成2molCO2考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．分析：A．苯及苯的同系物都属于碳氢化合物，只含碳氢元素；B．M中含有2个酚羟基和1个碳碳双键；C．酚羟基与酯基都能与NaOH溶液反应；D．M在碱性条件下水解生成的﹣COOH能与NaHCO3反应．解答：解：A．该分子中含有氧元素，所以不是苯的同系物，故A错误；B．M中含有2个酚羟基和1个碳碳双键，则1molM最多能与3molBr2发生反应，故B错误；C．酚羟基与酯基都能与NaOH溶液反应，则M与足量的NaOH溶液发生反应时，所得有机产物的化学式为C9H4O5Na4，故C正确；D．M在碱性条件下水解生成的﹣COOH能与NaHCO3反应，所以1molM与足量NaHCO3反应能生成1molCO2，故D错误；故选C．点评：本题考查有机物的结构和性质，明确M中的官能团及结构中酯基水解后的产物为解答的关键，选项CD为解答的难点和易错点．　17．（2分）对羟基扁桃酸是药物合成的重要中间体，它可由苯酚和乙醛酸反应制得．下列有关说法正确的是（　　）　A．对羟基扁桃酸可以发生消去反应、取代反应和缩聚反应　B．苯酚和羟基扁桃酸是同系物　C．乙醛酸与H2在热的镍催化下反应生成乙二醇　D．在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰考点：有机物分子中的官能团及其结构．专题：有机物的化学性质及推断．-28-分析：A．对羟基扁桃酸中含有酚羟基、羟基和羧基，根据官能团的性质判断；B．根据同系物的定义判断；C．醛酸与H2在热的镍催化下反应生成物中含有3个﹣OH；D．从对称的角度判断苯环的氢原子种类．解答：解：A．对羟基扁桃酸的酚羟基不能发生消去反应，醇羟基邻位碳原子上没有氢原子，也不能发生消去反应，故A错误；B．羟基扁桃酸中含有羧基和醇羟基，与苯酚结构不同，不是同系物，故B错误；C．醛酸与H2在热的镍催化下反应生成物中含有3个﹣OH，不是乙二醇，故C错误；D．如图所示：，在核磁共振氢谱中对羟基扁桃酸应该有6个吸收峰，故D正确．故选D．点评：本题考查有机物的结构和性质，题目难度不大，本题注意把握有机物的结构和官能团的性质，学习中注意相关基础知识的积累．　18．（2分）某有机物A由C、H、O三种元素组成，相对分子质量为90．将9.0gA完全燃烧的产物依次通过足量的浓硫酸和碱石灰，分别增重5.4g和13.2g．A能与NaHCO3溶液发生反应，且2分子A之间脱水可生成六元环化合物．有关A的说法正确的是（　　）　A．分子式是C3H8O3　B．A催化氧化的产物能发生银镜反应　C．0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2（标准状况）　D．A在一定条件下发生缩聚反应的产物是考点：有机物分子中的官能团及其结构；物质的组成、结构和性质的关系．专题：计算题；有机物的化学性质及推断．分析：由一定质量有机物燃烧产物可计算有机物的实验式，再根据相对分子质量可计算并写出分子式，根据A能与NaHCO3溶液发生反应，可写出A的结构简式．由结构简式即可判断该有机物的性质并计算与钠产生氢气的量．解答：解：使浓硫酸增重可知水的质量为5.4g，可计算出n（H2O）==0.3mol，n（H）=0.6mol；使碱石灰增重13.2g，可知二氧化碳质量为13.2g，n（C）=n（CO2）==0.3mol，此有机物9.0g含O：9.0g﹣0.6g﹣0.3×12g=4.8g，n（O）==0.3mol，n（C）：n（H）：n（O）=0.3mol：0.6mol：0.3mol=1：2：1，即实验式为CH2O，实验式的式量为30，又A的相对分子质量为90，设分子式为（CH2O）n，可得：30n=90，解得：n=3，A、其分子式为C3H6O3，故A错误；-28-B、由可与NaHCO3溶液发生反应，可知A含羧基，再根据2分子A之间脱水可生成六元环化合物，可推出A还含羟基，因此A的结构简式为：HO﹣CH2﹣CH2﹣COOH或CH3﹣CH（OH）﹣COOH，A中含羟基，可被催化氧化为醛基或羰基，含醛基的可发生银镜反应，而羰基不能发生银镜反应，故B错误；C、羟基和羧基均和钠反应，因此0.1molA与足量Na反应产生2.24LH2（标准状况），故C正确；D、A含两种官能团，故可发生缩聚反应生成：但由于A有两种结构，所以缩聚产物也不同，故D错误；故选C．点评：此题考查了分子式的计算．计算时含氧可根据质量守恒来计算．B、D选项的回答需要考虑A的结构的可能形式．　19．（2分）已知：乙醇可被强氧化剂氧化为乙酸．可经三步反应制取，发生反应的类型依次是（　　）　A．水解反应、加成反应、氧化反应B．加成反应、水解反应、氧化反应　C．水解反应、氧化反应、加成反应D．加成反应、氧化反应、水解反应考点：有机物分子中的官能团及其结构；取代反应与加成反应；消去反应与水解反应．专题：有机反应．分析：卤代烃水解可以得到醇类，醇被强氧化剂氧化可以得到羧酸类物质，但是所以在氧化之前要先将碳碳双键加成，根据有机物的结构和原子变化情况，应该选择氯化氢做加成试剂．解答：解：先是水解，可以将溴原子被﹣OH取代，得到含有醇羟基的醇类物质，然后是和氯化氢加成，保护双键，最后用强氧化即将醇氧化为羧酸即可，发生的反应类型以此为：水解反应、加成反应、氧化反应．故选A．点评：本题考查学生有机物的合成方面的知识，注意碳碳双键、醇羟基均易被强氧化剂氧化这一性质，难度不大．　20．（2分）在加热的条件下，氯气与碘单质以等物质的量反应，可得一红棕色液体ICl．ICl的性质类似于卤素，有很强的化学活泼性，如：2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2；ICl+H2O=HCl+HIO．下列叙述正确的是（　　）　A．在Zn与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂　B．在Zn与ICl的反应中，ZnI2既是氧化产物，又是还原产物　C．在H2O与ICl的反应中，ICl是氧化剂，H2O是还原剂　D．在H2O与ICl的反应中，ICl既是氧化剂，又是还原剂考点：氧化还原反应．专题：氧化还原反应专题．分析：A、2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2；依据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，元素化合价降低的物质做氧化剂；-28-B、2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2；依据元素化合价变化分析判断，还原剂被氧化得到氧化产物，氧化剂被还原为还原产物；C、ICl+H2O=HCl+HIO；依据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，元素化合价降低的物质做氧化剂；D、ICl+H2O=HCl+HIO；依据元素化合价变化分析判断，元素化合价升高的物质做还原剂，元素化合价降低的物质做氧化剂．解答：解：A、反应2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2中，Zn元素化合价升高做还原剂，ICl中碘元素化合价降低做氧化剂，故A错误；B、反应2Zn+2ICl=ZnI2+ZnCl2中，Zn元素化合价升高做还原剂，ICl中碘元素化合价降低做氧化剂，得到氧化产物为ZnI2和ZnCl2，还原产物为ZnI2，所以ZnI2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确；C、反应ICl+H2O=HCl+HIO中，元素化合价反应前后无化合价变化，不是氧化还原反应，故C错误；D、反应ICl+H2O=HCl+HIO中，元素化合价反应前后无化合价变化，不是氧化还原反应，故D错误；故选B．点评：本题考查了氧化还原反应的概念判断、概念应用，化合价变化是氧化还原反应的特征，是判断的依据．　21．（2分）（2022•闵行区一模）向mg镁和铝的混合物中加入适量的稀硫酸，恰好完全反应生成标准状况下的气体bL．向反应后的溶液中加入cmol/L氢氧化钾溶液VmL，使金属离子刚好沉淀完全，得到的沉淀质量为ng．再将得到的沉淀灼烧至质量不再改变为止，得到固体pg．则下列关系正确的是（　　）　A．B．C．n=m+17VcD．＜p考点：有关混合物反应的计算；镁、铝的重要化合物．专题：计算题．分析：反应化学方程式为：Mg+H2SO4=MgSO4+H2↑；2Al+3H2SO4=Al2（SO4）3+3H2↑；MgSO4+2KOH=Mg（OH）2↓+K2SO4；Al2（SO4）3+6KOH=2Al（OH）3↓+3K2SO4；Mg（OH）2MgO+H2O；2Al（OH）3Al2O3+3H2O；A．根据n=计算氢气的物质的量，根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH﹣），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，据此计算氢氧根离子的物质的量，再根据c=计算氢氧化钾的物质的量浓度；B、由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，沉淀灼烧生成氧化镁与氧化铝，二者质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，据此计算；C、沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，根据n=cVM计算氢氧根离子的质量；-28-D、按照极值方法计算，若mg全是镁，计算生成得到的氧化镁质量，若mg全是铝，计算得到的氧化铝的质量，实际固体的质量介于二者之间．解答：解：A、根据电荷守恒，氢氧化镁、氢氧化铝沉淀中含有n（OH﹣），等于金属提供的电子的物质的量，等于生成氢气的获得的电子的物质的量，故生成的氢气的物质的量等于参加反应的碱的物质的量的一半，故×2=cmol/L×V×10﹣3L，整理得c=，故A错误；B、选项中p为生成的氧化物的质量，由Mg（OH）2MgO+H2O，2Al（OH）3Al2O3+3H2O可知，氧化物的质量等于金属质量与氧原子的质量之和，由方程式可知氧原子的物质的量等于氢氧根离子物质的量的一半，故p=m+c×V×10﹣3××16=m+，故B正确；C、沉淀为氢氧化镁、氢氧化铝，其质量等于金属的质量与含有的氢氧根离子的质量之和，故n=m+c×V×10﹣3×17=m+，故C错误；D、得到的氧化物为氧化镁，根据元素守恒，则质量为P=×40=，若mg全是铝，得到的氧化物为氧化铝，根据元素守恒，则质量为p=××102=，质量介于二者之间，故D正确；故选BD．点评：本题综合考查镁铝元素单质及化合物的性质、混合物的有关计算，注意利用方程式与电子转移守恒寻找关系解答，题目计算量较大，且为无数据计算，难度较大．　二、填空题（本大题共5道题，请把答案写在答题纸上，要求字迹清楚）22．（8分）（1）用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应：　SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4　．（2）为了证明溴乙烷中含有溴元素，下列操作的正确顺序是　④②③⑤①　（填序号）．①滴加AgNO3溶液②充分振荡、静置③取上层水溶液④加入5%的NaOH溶液⑤滴加过量稀HNO3．滴加AgNO3溶液时发生反应的离子方程式是　Ag++Br﹣=AgBr↓　．（3）菱铁矿的主要成分为FeCO3．将FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液．写出这一变化过程的离子方程式　Fe2++2HCO3﹣=FeCO3+CO2↑+H2O　．考点：化学方程式的书写；离子方程式的书写；常见阴离子的检验．专题：物质的性质和变化专题．分析：（1）二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸被氧化为硫酸；（2）证明溴乙烷中含有溴元素，应先发生水解产生溴离子，再利用酸中和，最后加硝酸酸化的硝酸银；（3）FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液，则反应物为FeSO4、NH4HCO3，生成物为FeCO3、CO2、H2O，以此来解答．-28-解答：解：（1）硫酸型酸雨的形成中发生SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4，故答案为：SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O2═2H2SO4；（2）证明溴乙烷中含有溴元素，应先发生水解产生溴离子，再利用酸中和，最后加硝酸酸化的硝酸银，则正确的顺序是④②③⑤①，滴加AgNO3溶液发生的离子方程式为Ag++Br﹣=AgBr↓，故答案为：④②③⑤①；Ag++Br﹣=AgBr↓；（3）FeSO4溶液与稍过量的NH4HCO3溶液混合，得到含FeCO3的浊液，则反应物为FeSO4、NH4HCO3，生成物为FeCO3、CO2、H2O，该反应的离子方程式为Fe2++2HCO3﹣=FeCO3+CO2↑+H2O，故答案为：Fe2++2HCO3﹣=FeCO3+CO2↑+H2O．点评：本题考查化学反应方程式的书写，明确反应物与生成物是解答本题的关键，并注意化学反应方程式遵循质量守恒定律，注意（2）中不能在碱性条件下检验溴离子，题目难度不大．　23．（10分）盐酸、硫酸、硝酸是中学阶段常见的三种强酸．现就三大强酸与金属铜的反应回答问题：（1）我们知道，稀盐酸与Cu不反应，但在稀盐酸中加入H2O2后，则可使铜顺利溶解，该反应的化学反应方程式为　H2O2+Cu+2HCl=CuCl2+2H2O　．（2）在一定体积的18mol/L的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积　大于　（填“大于”“等于”或“小于”）100mL，你认为其主要原因是　随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，Cu和稀硫酸不反应　．（3）甲同学取一定量的铜与浓硝酸反应，发现有红棕色的气体生成，甲同学认为红棕色的气体一定是NO2，但是测量该实验产生的红棕色气体的摩尔质量，发现并不等于46g/mol．请结合化学反应方程式分析所有可能的原因　硝酸由浓变稀，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，同时存在反应2NO2⇌N2O4　．（4）分别将等质量的铜片与等体积均过量的浓硝酸、稀硝酸反应，所得到的溶液前者呈绿色，后者呈蓝色，对于前者呈绿色的原因甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体．同学们分别设计了以下4个实验来判断两种看法是否正确．这些方案中可行的是（选填序号）　①③④　①加热该绿色溶液，观察颜色变化②加水稀释绿色溶液，观察颜色变化③向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化④向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色．考点：硝酸的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质．专题：元素及其化合物．分析：（1）铜和双氧水、盐酸反应生成氯化铜、水；（2）铜和浓硫酸反应但和稀硫酸不反应；（3）浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，但稀硝酸和铜反应生成一氧化氮；二氧化氮能自身发生反应生成四氧化二氮；（4）根据改变溶液中硝酸铜的质量分数或溶解气体的浓度是否影响溶液的颜色来判断．-28-解答：解：（1）铜和双氧水、盐酸反应生成氯化铜和水，反应方程式为H2O2+Cu+2HCl=CuCl2+2H2O，故答案为：H2O2+Cu+2HCl=CuCl2+2H2O；（2）浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反应，所以被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积大于100mL，故答案为：大于；随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，Cu和稀硫酸不反应；（3）随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，稀硝酸和铜反应生成一氧化氮不是二氧化氮，且生成的二氧化氮自身能发生反应生成四氧化二氮，导致测量该实验产生的红棕色气体的摩尔质量不等于46g/mol，故答案为：硝酸由浓变稀，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O，同时存在反应2NO2⇌N2O4；（4）要证明是Cu（NO3）2浓度过低或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（①③方案）再观察颜色变化．二是增加溶液中Cu（NO3）2溶液的浓度（④方案）观察反应后的颜色变化，故答案为：①③④．点评：本题考查了铜和硝酸的反应实验，难点是（4）题，会设计实验验证是Cu（NO3）2浓度过低或是溶解了NO2导致装置中溶液呈绿色，设计实验是高考的热点，也是学习的难点．　24．（12分）“84消毒液”与硫酸溶液反应可以制取氯气，反应方程式为：NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2↑+H2O．为探究氯气的性质，某同学设计了如下所示的实验装置请回答：（1）从①、②、③装置中选择合适的制气装置（A处）　②　（填写序号）．（2）装置B、C中依次放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，其原因可能是　Cl2中混有少量的水蒸气　，说明该装置存在明显的缺陷，请提出合理的改进的方法　在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气．　．（3）为了验证氯气的氧化性，将氯气通Na2SO3溶液中，写出氯气与Na2SO3溶液反应的离子方程式　SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+　．（4）写出氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式　Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O　，为验证尾气吸收后的溶液中存在氯离子，正确的操作为　取少量溶液于试管中，先加HNO3调节pH为酸性，在加AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，证明原溶液中有Cl﹣　．（5）已知RCH2COOH和Cl2在红磷存在时发生取代反应生成RCHClCOOH．现有分子式为C4H8O2的羧酸A，发生如下变化．-28-E的分子式为C8H12O4，E的核磁共振氢谱显示只有一个峰．写出E的结构简式　　．考点：制备实验方案的设计；有机物的合成；性质实验方案的设计．专题：有机物的化学性质及推断；化学实验基本操作．分析：（1）由NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2↑+H2O可知，反应有液体参加，需要加热，据此判断．（2）装置B中干燥的有色布条褪色，说明有水参与反应，而水只能来源于气体中，制备的氯气未进行干燥，应除去气体中的水蒸气．（3）氯气把SO32﹣氧化为SO42﹣，自身被还原为Cl﹣．（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水；利用氯离子与银离子生成氯化银白色沉淀检验氯离子．（5）由题目信息及转化关系可知，B为C3H7ClCOOH，D为C3H7（OH）COOH，E的分子式为C8H12O4，E为环酯，E的核磁共振氢谱显示只有一个峰，分子中含有4个甲基，故A中含有2个甲基，所以B为C（CH3）2ClCOOH，D为C（CH3）2（OH）COOH．解答：解：（1）由NaClO+NaCl+H2SO4Na2SO4+Cl2↑+H2O可知，反应有液体参加，需要加热，所以选装置②．故答案为：②．（2）装置B中干燥的有色布条褪色，Cl2中可能混有少量的水蒸气，应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气．故答案为：Cl2中混有少量的水蒸气；在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气．（3）氯气把SO32﹣氧化为SO42﹣，自身被还原为Cl﹣，反应离子方程式为SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+．故答案为：SO32﹣+Cl2+H2O=SO42﹣+2Cl﹣+2H+．（4）氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，反应化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；检验氯离子的操作为：取少量溶液于试管中，先加HNO3调节pH为酸性，在加AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，证明原溶液中有Cl﹣．故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；取少量溶液于试管中，先加HNO3调节pH为酸性，在加AgNO3溶液，如有白色沉淀生成，证明原溶液中有Cl﹣．-28-（5）由题目信息及转化关系可知，B为C3H7ClCOOH，D为C3H7（OH）COOH，E的分子式为C8H12O4，E为环酯，E的核磁共振氢谱显示只有一个峰，分子中含有4个甲基，故A中含有2个甲基，所以B为C（CH3）2ClCOOH，D为C（CH3）2（OH）COOH，所以E的结构简式为．故答案为：．点评：本题考查学生对实验原理与装置的理解选取与评价、常用化学用语书写、离子具检验与实验方案设计、有机推断、阅读获取信息能力等，难度中等，（4）中结构简式的书写为易错点，根据信息结合转化关系推断物质A的结构特点是关键．　25．（14分）PNA是一种具有良好的热稳定性、耐腐蚀性和抗水性的高分子化合物，常用作增塑剂，其合成路线如图所示：已知：①R1CH=CHR2R1COOH+R2COOH（R1、R2代表烃基）②（R1、R2、R3代表烃基或氢原子）请回答：（1）A分子中只有一个氯原子，A→B的化学方程式是　　．（2）C含有的官能团名称是　羧基　．（3）D能发生银镜反应，且分子中有支链，D的结构简式是　　．（4）E→F的反应类型是　加成反应（或还原反应）　．-28-（5）E的结构简式是　　．（6）C与F在一定条件下生成增塑剂PNA的反应的化学方程式是：　　．（7）香豆素是一种重要的香料，与C具有相同的相对分子质量；14.6g香豆素完全燃烧生成39.6gCO2和5.4gH2O．①香豆素的分子式是　C9H6O2　．②写出所有符合下列条件的香豆素的同分异构体的结构简式　　．a．分子中含有基团b．分子中除一个苯环外，无其他环状结构c．苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物．考点：有机物的合成．专题：有机物的化学性质及推断．分析：由合成图可知，环己烷与氯气光照下发生取代反应生成A（一氯环己烷），然后发生消去反应生成B（），再被氧化生成C（），D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，结合信息②可知，D与HCHO反应生成E（），E与氢气发生加成生成F（），C与F发生酯化反应生成PNA，然后结合物质的结构、性质来解答．解答：解：由合成图可知，环己烷与氯气光照下发生取代反应生成A（一氯环己烷），然后发生消去反应生成B（），再被氧化生成C（），D能发生银镜反应，且分子中有支链，则D为，结合信息②-28-可知，D与HCHO反应生成E（），E与氢气发生加成生成F（），C与F发生酯化反应生成PNA，（1）A分子中只有一个氯原子，A→B发生一氯取代，该化学方程式为，故答案为：；（2）由上述分析可知，C为，其官能团名称是羧基，故答案为：羧基；（3）D能发生银镜反应，且分子中有支链，则含有甲基和醛基，即D为，故答案为：；（4）E与氢气发生加成生成F（），该反应类型是加成反应（或还原反应），故答案为：加成反应（或还原反应）；（5）结合信息②可知，D与HCHO反应生成E，则E为，故答案为：；（6）C与F发生酯化反应生成PNA，该酯化反应的化学方程式是，故答案为：；（7）①香豆素是一种重要的香料，与C具有相同的相对分子质量，相对分子质量为146，14.6g香豆素完全燃烧生成39.6gCO2和5.4gH2O，即0.1mol香豆素燃烧生成0.9molCO2和0.3molH2O，再由质量守恒可知，含有氧原子的物质的量为=0.2mol，所以香豆素的分子式是C9H6O2，故答案为：C9H6O2；-28-②香豆素的同分异构体符合a．分子中含有基团；b．分子中除一个苯环外，无其他环状结构；c．苯环上的氢原子被氯原子取代，得到两种一氯代物，则其同分异构体的结构简式为，故答案为：．点评：本题考查有机物的合成，题目难度较大，注意有机物的结构和反应条件来推断各物质是解答的关键，利用正推法结合信息即可解答，D、E的转化是解答的难点．　26．（14分）由Fe2O3、Fe、CuO、C、Al中的几种物质组成的混合粉末，取样品进行下列实验（部分产物略去）：（1）取少量溶液X，加入过量的NaOH溶液，有沉淀生成．取上层清液，通入CO2，无明显变化，说明样品中不含有的物质是（填写化学式）　Al　．（2）Z为一种或两种气体：①若试剂a为饱和NaHCO3溶液，且Z只为一种气体．则反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是　C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O　．写出气体Z的电子式　　．②若试剂a为适量水，且Z为两种气体的混合物，则Z中两种气体的化学式是　NO、CO2　．（3）向Y中通入过量氯气，并不断搅拌，充分反应后，溶液中的阳离子是　Cu2+、Fe3+、H+　．（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈呈蓝色并有红褐色沉淀生成．当消耗2molI﹣时，共转3mol电子，该反应的离子方程式是　2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2　．（5）另取原样品，加入足量稀硫酸充分反应．若溶液中一定不会产生Y中的红色固体，则原样品中所有可能存在的物质组合是（各组合中的物质用化学式表示）　CuO和C或者Fe2O3、CuO和C　．-28-考点：物质的检验和鉴别的实验方案设计．专题：物质检验鉴别题．分析：能与Fe2O3、Fe、CuO、C、Al物质反应产生两种气体的浓酸不可能是浓盐酸；如果是浓硫酸，可以与Fe、C、Al单质发生氧化还原反应，浓硫酸被还原为SO2，C被氧化为CO2，Fe和Al被氧化为Fe3+和Al3+；如果是浓硝酸，则两种气体是CO2和NO2，其变化与加浓硫酸的反应相同．无论是那种浓酸均可以使两种氧化物Fe2O3、CuO转化为对应的盐．（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2﹣离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应，产生白色沉淀Al（OH）3．（2）①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则浓酸为浓硫酸．②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸．（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉．向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+．（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．说明产物有I2和Fe（OH）3，H2O2作氧化剂，I﹣、Fe2+共同还原H2O2．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，转移3mol电子其中2mol来自I﹣，令外1mol电子来自Fe2+．即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子．（5）由前几问知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，Fe2O3有没有不一定．解答：解：（1）无论加什么浓酸（硫酸和硝酸），溶液X中都可能含有Fe3+、Cu2+、Al3+三种金属阳离子．向溶液X中加入过量的NaOH溶液，可转化为Fe（OH）3和Cu（OH）2沉淀析出，如果有Al3+，则可转化为ALO2﹣离子，如果上层清液，通入CO2后，会发生反应AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，产生白色沉淀Al（OH）3，所以，可以肯定溶液X中没有AlO2﹣，样品中没有Al．故答案为：Al．（2）①若Z只为一种气体，试剂a为饱和NaHCO3溶液，则z为CO2，两种气体中一种与NaHCO3溶液生成CO2，应为SO2，则浓酸为浓硫酸．反应I中能同时生成两种气体的化学方程式是C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，二氧化碳是直线型分子，电子式为：；故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；；②若Z为两种气体的混合物，试剂a为适量水，则其中一种为NO2，气体Z为NO、CO2化合物，则浓酸为浓硝酸．故答案为：NO、CO2；-28-（3）向溶液X中加过量Fe粉，得Y溶液和两种固体，且一种固体为红色（Cu），另一种就是过量的Fe粉，这个过程发生了置换反应：Cu2++Fe=Cu+Fe2+，向Y溶液中通入过量氯气，并不断搅拌，会发生如下反应：Cl2+2Fe2+=2Cl﹣+2Fe3+，2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，Cl2+H2O=HCl+HClO，充分反应后，溶液中的阳离子是：Cu2+、Fe3+、H+（特别注意没有了Fe2+）．故答案为：Cu2+、Fe3+、H+；（4）取Y中的溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成．I﹣、Fe2+共同还原H2O2．当消耗2molI﹣时，共转移3mol电子，转移3mol电子其中2mol来自I﹣，令外1mol电子来自Fe2+．即氧化的I﹣与Fe2+之比是2：1，需要H2O2再提供3mol电子．这反应方程式：2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2．故答案为：2Fe2++3H2O2+4I﹣=2Fe（OH）3↓+2I2．（5）根据前面分析可知，样品中一定没有Al，一定有CuO和C，不能确定是否有Fe和Fe2O3，加入足量稀硫酸后一定不产生Cu，那么排除Fe，符合整个设问的组合只有两种为：CuO、C；CuO、C、Fe2O3．故答案为：CuO和C或者Fe2O3、CuO和C．点评：无机推断题为主体的综合题，主要考查金属单质、金属氧化物、非金属单质的性质．本题综合性强，涉及知识面广，难度较大．　-28-