江西上饶协作体五校2022年高考化学模拟试题（含解析）

江西上饶协作体五校2022年高考化学模拟试卷一、选择题（每小题3分，共48分）1．化学与生产，生活紧密相联．下列说法不正确的是（　　）　A．臭氧（O3）是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂　B．在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质　C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单　D．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到，合成A的一种途经是：CH3C≡CH+CO+CH3OH，其过程符合绿色化学的原则考点：臭氧；铝的化学性质；常见的食品添加剂的组成、性质和作用；合成材料．.专题：化学应用．分析：A．臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用于消毒；B．硅胶具有吸水的性质，铁具有还原性可防氧化；C．铝及其合金，具有很多优点：密度低，强度高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，是电气、工业、家庭广泛使用的材料；D．有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到有机玻璃，原子利用率高，符合绿色化学原则．解答：解：A．臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用作自来水的消毒剂，故A正确；B．在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶具有吸水的性质，铁具有还原性可防氧化，故B正确；C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为其良好的性质，故C错误；D．反应物全部转变成目标产物，原子利用率高，符合绿色化学原则，故D正确；故选C．点评：本题考查了物质的性质与用途，绿色化学，题目综合性强，难度不大，注意绿色化学是高考的重点．　2．下列分类或归类正确的是（　　）①液氯、氨水、干冰、碘化银均为纯净物②CaCl2、NaOH、HCl、IBr均为化合物③明矾、水银、烧碱、硫酸均为强电解质④C60、C70、金刚石、石墨均为碳的同素异形体⑤碘酒、淀粉、水雾、纳米材料均为胶体．　A．①③④B．②③C．②④D．②③④⑤考点：混合物和纯净物；单质和化合物；分散系、胶体与溶液的概念及关系．.专题：物质的分类专题．分析：①由同种物质组成的为纯净物，包括单质和化合物；②单质是由同种元素组成的纯净物，化合物是由不同种元素组成的纯净物；-18-\n③在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；④由同种元素形成的不同种单质互为同素异形体，互为同素异形体的物质要符合以下两个条件：同种元素形成，不同单质；⑤胶体的本质特征是分散质微粒直径在1nm﹣100nm间．解答：解：①氨水是氨气的水溶液，属于混合物，故①错误；②CaCl2、NaOH、HCl、IBr是由不同种元素组成的纯净物，属于化合物，故②正确；③水银的单质，不是电解质，故③错误；④C60、C70、金刚石、石墨均为碳元素的不同单质，互为同素异形体，故④正确；⑤碘酒是碘单质的酒精溶液，淀粉、纳米材料不是分散系，胶体是分散系，故⑤错误；故选C．点评：本题考查了化学基本概念的理解和应用，熟悉混合物、化合物、单质、化合物、电解质、非电解质等概念的分析即可判断，掌握物质的组成是解题关键．　3．（3分）（2022•上饶模拟）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是（　　）①106gNa2CO3晶体中的离子总数大于3NA②．常温常压下，3.0g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的原子总数为0.4NA③在反应KClO4+8HCl=KCl+4Cl2↑+4H2O中，每生成4molCl2转移的电子数为8NA④将0.1molNaCl全部溶于乙醇中制成胶体，其中含有的胶体粒子数目为0.1NA⑤1molN2和3molH2在一定条件下的密闭容器中充分反应，容器内的分子数大于2NA⑥常温下，1L0.1mol•L﹣1的NH4NO3溶液中氮原子数等于0.2NA．　A．①②⑥B．②⑤⑥C．①③⑤D．③④⑤考点：阿伏加德罗常数．.专题：阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．分析：①根据n=计算碳酸钠的物质的量，每摩尔碳酸钠含有2mol钠离子、1mol碳酸根离子；②葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，只需要计算3.0gCH2O的物质的量计算原子数；③此反应转移7mol电子，生成4mol氯气；④胶体粒子是多个微粒的集合体；⑤合成氨反应前后体积减少，反应是可逆过程分析；⑥根据物料守恒来分析．解答：解：：①106g碳酸钠晶体的物质的量为=1mol，每摩尔碳酸钠含有2mol钠离子、1mol碳酸根离子，106g碳酸钠晶体中的离子总数为3mol×NAmol﹣1=3NA，故①错误；②葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，只需要计算3.0gCH2O的物质的量计算原子数=×4×NA=0.4NA，故②正确；③此反应转移7mol电子，生成4mol氯气，故③错误；④胶体粒子是多个微粒的集合体，所以无法计算胶体粒子个数，故④错误；⑤lmolN2和3molH2反应根据化学方程式可知反应前后物质的量减少2，减少的量为生成氨气的量为2，反应是可逆反应，所以密闭容器中充分反应，容器内的分子数一定大于2NA，故⑤正确；⑥根据物料守恒可知，无论NH4+怎么水解，溶液中的氮原子为0.2NA个，故⑥正确．故选B．-18-\n点评：本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．　4．（3分）（2022•上饶模拟）下列离子方程式正确的是（　　）　A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾[KAl（SO4）2•12H2O]加入足量水中：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓　B．Fe（OH）3溶于氢碘酸：Fe（OH）3+3H+═Fe3++3H2O　C．H218O中投入Na2O2固体：2H218O+2Na2O2═4OH﹣+4Na++18O2↑　D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2：Fe2++2OH﹣═Fe（OH）2↓考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：A．氢氧化钡与等物质的量的明矾反应生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸钾；B．三价铁离子具有强的氧化性，能够氧化碘离子；C．反应中过氧化钠既做氧化剂又做还原剂，氧气中氧原子来自过氧化钠；D．氢氧根离子过量，氨根离子、二价铁离子都发生反应．解答：解：A．等物质的量的Ba（OH）2与明矾[KAl（SO4）2•12H2O]加入足量水中，离子方程式：3Ba2++6OH﹣+2Al3++3SO42﹣═3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，故A正确；B．Fe（OH）3溶于氢碘酸，离子方程式：2I﹣+2Fe（OH）3+6H+═2Fe2++6H2O+I2，故B错误；C．H218O中投入Na2O2固体，离子方程式：4H218O+2Na2O2═418OH﹣+2H2O+4Na++O2↑，故C错误；D．（NH4）2Fe（SO4）2溶液与过量NaOH溶液反应制Fe（OH）2，离子方程式：2NH4++Fe2++4OH﹣═Fe（OH）2↓+2NH3•H2O，故D错误；故选：A．点评：本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应必须遵循客观事实，注意反应物用量对反应的影响，选项D为易错选项．　5．（3分）（2022•上饶模拟）在下列条件下，能大量共存的微粒组是（　　）　A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液：K+、Na+、AlO2﹣、S2O32﹣　B．在pH=1的溶液中：K+、MnO4﹣、CH3CHO、SO42﹣　C．能与Al反应生成H2的溶液：NH4+、Ca2+、NO3﹣、I﹣　D．中性的溶液中：CO32﹣、Na+、SO42﹣、AlO2﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性；B．在pH=1的溶液，显酸性；C．能与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液；D．离子之间相互促进水解．解答：解：A．c（H+）=1×10﹣14mol/L的溶液，显碱性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A正确；-18-\nB．在pH=1的溶液，显酸性，H+、MnO4﹣、CH3CHO发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；C．能与Al反应生成H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，酸性溶液中NO3﹣、I﹣（或Al）发生氧化还原反应不生成氢气，碱性溶液中不能大量存在NH4+，故C错误；D．CO32﹣、AlO2﹣相互促进水解，不能大量共存，故D错误；故选A．点评：本题考查离子的共存，为高频考点，把握习题中的信息及常见离子之间的反应为解答的关键，侧重水解反应、氧化还原反应、复分解反应的离子共存考查，题目难度不大．　6．（3分）（2022•上饶模拟）为提纯下列物质（括号内的物质是杂质），所选用的除杂试剂和分离方法都正确的是（　　）选项被提纯的物质除杂试剂分离（或操作）方法ASO2（HCl）饱和Na2SO3洗气BC2H6（C2H4）KMnO4溶液（H+）洗气CFeCl3（CuCl2）Fe过滤D炭粉（MnO2）浓盐酸（需加热）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．二者都与饱和Na2SO3反应；B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体；C．二者都与铁反应；D．加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应．解答：解：A．二者都与饱和Na2SO3反应，应用饱和NaHSO3溶液除杂，故A错误；B．乙烯被氧化生成二氧化碳气体，引入新杂质，应用溴水除杂，故B错误；C．二者都与铁反应，加入铁粉后应在滤液中通入氯气，故C错误；D．加热条件下，二氧化锰和浓盐酸反应，可用于除杂，故D正确．故选D．点评：本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握物质的性质的异同，除杂时注意不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大．　7．（3分）（2022•上饶模拟）X、Y、Z、W四种物质的转化关系．下列组合中不符合该关系的是（　　）ABCDXHClNa2O2Na2CO3SO2YFeCl2NaOHCO2Na2SO3ZCl2Na2CO3Ca2CO3H2SO4WFeCl3NaHCO3Ca（HCO3）2NaHSO3-18-\n　A．AB．BC．CD．D考点：钠的重要化合物；氯气的化学性质；二氧化硫的化学性质．.专题：元素及其化合物．分析：A．HCl具有酸性，可与活泼金属反应，可被氧化生成Cl2；B．Na2CO3与NaOH不反应；C．Na2CO3可与酸、氢氧化钙反应生成CaCO3等发生复分解反应；D．SO2可与碱反应，具有还原性，可被氧化．解答：解：A．HCl可与Fe反应生成FeCl2，可被氧化生成Cl2，Cl2可与FeCl2反应生成FeCl3，故A正确B．Na2O2可与水反应生成NaOH，可与二氧化碳反应生成Na2CO3，Na2CO3与NaOH不反应，故B错误；C．Na2CO3可与酸反应生成CO2，可与氢氧化钙反应生成CaCO3，CaCO3与CO2反应生成Ca（HCO3）2，故C正确D．SO2可与NaOH反应生成Na2SO3，与过氧化氢反应生成H2SO4，H2SO4和Na2SO3反应生成NaHSO3，故D正确．故选B．点评：本题综合考查元素化合物知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，注意相关基础知识的积累，难度不大．　8．（3分）（2022•上饶模拟）为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用氢氧化钠溶液进行吸收处理（反应方程式：2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；NO2+NO+2NaOH═2NaNO2+H2O）．现有由1molNO、2molNO2、1molN2O4组成的混合气体恰好被1L氢氧化钠溶液吸收（无气体剩余），则此氢氧化钠溶液的物质的量浓度最小为（　　）　A．3mol/LB．4mol/LC．5mol/LD．6mol/L考点：化学方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：由1molNO、2molNO2、1molN2O4组成的混合气体恰好被1LNaOH溶液吸收都生成钠盐NaNOx，根据钠盐化学式知，钠盐中Na、N原子个数之比为1：1，再结合C=计算NaOH溶液物质的量浓度．解答：解：由1molNO、2molNO2、1molN2O4组成的混合气体恰好被1LNaOH溶液吸收都生成钠盐NaNOx，根据钠盐化学式知，钠盐中Na、N原子个数之比为1：1，所以n（NaOH）=n（NO）+n（NO2）+2n（N2O4）=（1+2+2×1）mol=5mol，C（NaOH）===5mol/L，故选C．点评：本题考查化学方程式的计算，侧重考查分析计算能力，利用原子守恒能化繁为简，提高解题正确率，题目难度不大．　9．（3分）（2022•上饶模拟）工业上以铬铁矿（主要成分为FeO•Cr2O3）、碳酸钠、氧气、和硫酸为原料生产重铬酸钠（Na2Cr2O7•2H2O），其主要反应为：下列说法正确的是（　　）（1）4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2-18-\n（2）2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O．　A．反应（1）和（2）均为氧化还原反应　B．反应（1）的氧化剂是O2，还原剂是FeO•Cr2O3　C．高温下，O2的氧化性强于Fe2O3，弱于Na2CrO4　D．反应（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3mol考点：氧化还原反应．.专题：氧化还原反应专题．分析：A、化学反应中有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，没有化合价变化的化学反应不是氧化还原反应；B、得电子化合价降低的物质是氧化剂，失电子化合价升高的物质是还原剂；C、同一化学反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；D、反应只有O元素的化合价降低，由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，由方程式可知计算Na2CrO4与转移电子数，再换算为生成1mol的Na2Cr2O7时转移电子数．解答：解：A、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中有元素化合价的变化，所以是氧化还原反应，而2Na2CrO4+H2SO4=Na2SO4+Na2Cr2O7+H2O中没有元素化合价的变化，所以不是氧化还原反应，故A错误；B、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，氧气中氧元素得电子化合价降低，所以氧化剂是氧气，铁元素和铬元素失电子化合价升高，所以还原剂是FeO•Cr2O3，故B正确；C、4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2中，氧化剂是氧气，还原剂是FeO•Cr2O3，氧化产物是Na2CrO4，所以氧气的氧化性大于Na2CrO4和Fe2O3，故C错误；D、由方程式4FeO•Cr2O3+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2转移电子可知，生成1molNa2CrO4时，参加反应的O2的物质的量为mol，反应中O元素由0价降低为﹣2价，电子转移的物质的量为参加反应的氧气的物质的量的4倍，转移电子的物质的量为mol×4=3.5mol，所以反应（1）中每生成1molNa2CrO4时电子转移3.5mol，故D错误；故选B．点评：本题考查了氧化剂和还原剂的判断、氧化还原反应的判断等知识点，根据元素化合价的变化判断氧化还原反应、氧化剂和还原剂即可分析解答本题，题目难度中等．　10．（3分）（2022•上饶模拟）Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后，溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣；且溶液呈中性，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可能为（　　）　A．3：2：1B．2：4：1C．2：3：1D．4：2：1-18-\n考点：钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．.专题：几种重要的金属及其化合物．分析：根据Na2O2、HCl、Al2O3三种物质在水中完全反应后溶液显中性的可能情况来回答．解答：解：溶液中只含有Na+、H+、Cl﹣、OH﹣，且溶液呈中性，所以中性溶液的溶质为NaCl，由反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，4NaOH+4HCl=4NaCl+4H2O，可看成Al2O3不反应，只要Na2O2、HCl的物质的量之比为2：4即符合题意，则Na2O2、HCl、Al2O3的物质的量之比可以为2：4：n，n可以是任意值，故选B．点评：本题是一道开放性的题目，考查学生分析和解决问题的能力，难度较大．　11．（3分）（2022•上饶模拟）对下列反应①KHCO3溶液与石灰水反应、②Na2SO3溶液与稀盐酸反应、③Si与烧碱溶液反应、④Fe与稀硝酸反应．改变反应物用量，不能用同一个离子方程式表示的是（　　）　A．①②③B．①②④C．①③④D．②③④考点：离子方程式的书写．.专题：离子反应专题．分析：在溶液中的反应，若反应产物与反应物的量无关时，只发生一个化学反应，反应物相同，生成物也相同，则就能用同一离子方程式表示，若反应产物与反应物的量有关时，不能用同一个离子方程式表示，以此来解答．解答：解：①KHCO3少量时，发生反应为KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O+KOH，KHCO3过量时发生反应为2KHCO3+Ca（OH）2═CaCO3↓+2H2O+K2CO3，则不能用同一离子方程式表示，故①正确；②Na2SO3溶液与稀盐酸反应，盐酸量少，反应生成亚硫酸氢钠，离子反应为SO32﹣+H+═HSO3﹣，而盐酸量多时，反应生成二氧化硫和水，离子反应为SO32﹣+2H+═H2O+SO2↑，不能用同一个离子方程式来表示，故②正确；③Si与烧碱溶液反应无论以何种量混合，二者反应生成硅酸钠和水，SiO2+2OH﹣═SiO32﹣+H2O，可以用同一离子方程式表示，故③错误；④Fe与稀硝酸反应，Fe不过量生成Fe3+，4H++NO3﹣+Fe═Fe3++NO↑+2H2O，Fe过量生成Fe2+，8H++2NO3﹣+3Fe═3Fe2++2NO↑+4H2O，不能用同一个离子方程式来表示，故④正确；故选B．点评：本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的化学反应为解答的关键，侧重与量有关的离子反应考查，注重分析能力与知识综合应用能力的训练，题目难度不大．　12．（3分）（2022•上饶模拟）将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系．下列判断正确的是（　　）　A．与NaOH反应的氯气一定为0.3mol　B．n（Na+）：n（Cl﹣）可能为7：3　C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25　D．n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：2：1-18-\n考点：氯气的化学性质；化学方程式的有关计算．.专题：元素及其化合物．分析：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），再根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3），据此计算；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，据此判断；C、利用极限法解答，根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，根据电子转移守恒验证判断．解答：解：A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.3mol，故参加反应的氯气n（Cl2）=0.15mol，故A错误；B、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，n（Na+）：n（Cl﹣）最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时，n（Na+）：n（Cl﹣）最小为6：5，故6：5＜n（Na+）：n（Cl﹣）＜2：1，7：3＞2：1，故B错误；C、根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时，转移电子数最少，为0.3mol××1=0.15mol，氧化产物只有NaClO3时，转移电子数最多，为0.3mol××1=0.25mol，故C正确；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1+1mol×5=7mol，得失电子不相等，故D错误；故选C．点评：本题考查氧化还原反应计算、根据方程式的计算等，难度较大，注意极限法与守恒法的利用．　13．（3分）（2022•上饶模拟）有FeO、Fe2O3的混合物若干克，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g；将等质量的原混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，需1mol•L﹣1的盐酸的体积至少为（　　）　A．0.05LB．0.1LC．0.2LD．1L考点：有关混合物反应的计算．.专题：计算题．分析：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g为混合物中氧原子的质量，物质的量=0.05mol；将等质量的FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应，欲使之完全溶解，当恰好反应时，需要盐酸的体积最小，此时恰好为FeCl2、FeCl3，FeO、Fe2O3中O元素为﹣2价，用﹣1价的Cl﹣替换﹣2价的O，所以n（Cl﹣）=2n（O），再根据V=计算盐酸的体积．-18-\n解答：解：FeO、Fe2O3的混合物，在足量H2气流中，加热充分反应，冷却后称得剩余固体比原混合物减轻0.8g为混合物中氧原子的质量，物质的量=0.05mol；将等质量的FeO、Fe2O3的混合物与盐酸反应，使之完全溶解，当恰好反应时，需要盐酸的体积最小，此时恰好为FeCl2、FeCl3，FeO、Fe2O3中O元素为﹣2价，用﹣1价的Cl﹣替换﹣2价的O，所以n（Cl﹣）=2n（O）=0.05mol×2=0.1mol，所以盐酸的体积为=0.1L．故选：B．点评：考查混合物的计算，难度中等，判断混合物中O原子与氯离子的关系实际解题的关键，可以根据关系式判断．　14．（3分）（2022•上饶模拟）下列说法正确的是（　　）　A．按系统命名法，有机物可命名为3，7﹣二甲基﹣4﹣乙基辛烷　B．环己醇分子中所有的原子可能共平面　C．谷氨酸分子（α﹣氨基戊二酸）缩合只能形成1种二肽（不考虑立体异构）　D．在一定条件下，1.0mol的，最多能与含3.0molNaOH的溶液完全反应考点：常见有机化合物的结构；有机化合物命名；有机物的结构和性质；人体必需的氨基酸．.专题：有机化学基础．分析：A．根据命名原则分析；B．环己醇中碳连接4个原子或原子团，为四面体结构；C．根据缩合原理和谷氨酸分子不对称分析；D．能和氢氧化钠反应的基团为酚羟基、卤素原子和铵根离子．解答：解：A．命名时要使最先遇到的简单取代基位次最小，正确的命名为：2，6﹣二甲基﹣5﹣乙基辛烷，故A错误；B．环己醇中碳连接4个原子或原子团，为四面体结构，所有原子不可能共平面，故B错误；C．缩合是氨基和羧基形成肽键，谷氨酸分子不对称，缩合最多可形成2种二肽，故C错误；D．能和氢氧化钠反应的基团为酚羟基、卤素原子和铵根离子，各需要1mol氢氧化钠，故D正确；故选D．点评：本题考查有机物的命名、结构与性质，把握官能团与性质的关系为解答的关键，题目难度不大．　15．（3分）（2022•上饶模拟）组成和结构可用表示的有机物中，能发生消去反应的共有（　　）-18-\n　A．10种B．16种C．20种D．25种考点：有机化合物的异构现象；有机物的结构和性质．.专题：同分异构体的类型及其判定．分析：先找出ClH6C3﹣的同分异构体，再找出﹣C2H5O的同分异构体，然后判断有机物的种数．解答：解：苯环前面的取代基共有5种：CH2ClCH2CH2﹣、CH3CHClCH2﹣、CH3CH2CHCl﹣、CH3（CH2Cl）CH﹣、（CH3）2CCl﹣，都能发生消去反应；后边的有4种：CH3OCH2﹣、CH3CH2O﹣、CH3CH（OH）﹣、HOCH2CH﹣，有2种能发生消去反应，尽管有2种不能发生消去反应，但能发生消去反应的共有5×4=20种，故选C；点评：本题主要考查了同分异构体的书写和消去反应的条件，注意碳链异构、官能团异构以及组合原理的掌握，难度不大．　16．（3分）（2022•上饶模拟）1L某混合溶液中，溶质X、Y的浓度都为0.1mol•L﹣1，向混合溶液中滴加某溶液Z（0.1mol•L﹣1氢氧化钠或硫酸溶液）至溶液呈中性，所得沉淀的物质的量如图所示，则X、Y、Z分别是（　　）　A．氯化铝、氯化铁、氢氧化钠B．氯化铝、氯化镁、氢氧化钠　C．偏铝酸钠、氢氧化钡、硫酸D．偏铝酸钠、氯化钡、硫酸考点：镁、铝的重要化合物．.专题：图示题；压轴题；几种重要的金属及其化合物．分析：若Z为氢氧化钠溶液，根据图象中生成沉淀消耗的体积计算分析判断，生成氢氧化铝沉淀、氢氧化铁沉淀、氢氧化镁沉淀时沉淀物质的量和消耗的碱的物质的量不符合，不能是铝盐；所以z是硫酸溶液，根据图象分析．解答：解：从图象趋势和沉淀于消耗Z的量，可知溶液中有偏铝酸钠，无铝盐溶液，故所加Z为硫酸溶液，从生成沉淀质量增加知含Ba2+；故AB错误；若为偏铝酸钠、氯化钡、硫酸，开始滴入硫酸时会生成沉淀氢氧化铝和硫酸钡沉淀，生成最大量沉淀氢氧化铝0.1mol，需要硫酸0.05mol；生成硫酸钡沉淀0.1mol，需要硫酸0.1mol，同时生成盐酸氯化氢0.2mol，所以溶液不能为中性，并且不符合第一个拐点，故D不符合；按图象拐点分成三个阶段．1：硫酸和氢氧化钡分别是二元强酸强碱，因此一开始氢氧化钡的OH﹣和硫酸里的H+1：1中和．同时Ba2+和SO42﹣，1：1反应生成硫酸钡沉淀．2：氢氧化钡消耗完，硫酸继续滴加，氢离子开始和偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀，由于H+和AlO2﹣是1：1反应，但硫酸是两元酸，因此硫酸的消耗量和沉淀的生成量是1：2．-18-\n3：硫酸进一步过量，开始消耗沉淀，3份H+消耗一份Al（OH）3，因此硫酸和沉淀消耗量应为1.5：1直到把氢氧化铝完全溶解，只剩下不溶于酸的BaSO4．符合图象的数值变化；故C符合；故选C．点评：本题考查了铝盐、偏铝酸盐和钡盐与碱、酸反应的图象分析判断，题目较难，需要从图象中分析数据结合物质反应和沉淀生成判断．　二、解答题（共5小题，满分52分）17．（10分）（2022•上饶模拟）（1）环境专家认为可以用铝将水中的NO3﹣转化为N2，从而清除污染．该反应中涉及的粒子有：H2O、Al、OH﹣、Al（OH）3、NO3﹣、N2，请将各粒子分别填入以下空格（请将整个方程式配平后写在答题纸上）．NO3﹣+　10Al　+　18H2O　→　10Al（OH）3　+　3N2　+　6OH﹣　该反应过程中，被氧化与被还原的元素的物质的量之比为　5：3　．（2）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性．回答下列问题：①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：　H3PO2=H2PO+H+　②NaH2PO2为　正盐　（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显　弱碱盐　（填“弱酸性”“中性”或“弱性”）．③H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为　H3PO4　（填化学式）．考点：氧化还原反应方程式的配平；弱电解质在水溶液中的电离平衡．.分析：（1）反应中NO3﹣→N2，N元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，Al→Al（OH）3，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，根据电荷守恒可知OH﹣是生成物，由H元素守恒可知H2O是反应物，化合价升降最小公倍数为30，故N2系数为3，Al系数为10，根据电荷守恒、元素守恒配平其它物质的系数，根据方程式判断被氧化与被还原的元素的物质的量之比；（2）①H3PO2是一元弱酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子；②H3PO2是一元弱酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性；③根据转移电子守恒判断氧化产物．解答：解：（1）反应中NO3﹣→N2，N元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，Al→Al（OH）3，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，根据电荷守恒可知OH﹣是生成物，由H元素守恒可知H2O是反应物，化合价升降最小公倍数为30，故N2系数为3，Al系数为10，根据N元素守恒可知NO3﹣系数为6，根据Al元素守恒可知Al（OH）3系数为10，电荷守恒可知OH﹣系数为6，根据H元素守恒可知H2O系数为，配平后离子方程式为6NO3﹣+10Al+18H2O=10Al（OH）3+3N2+6OH﹣．由方程式可知被氧化与被还原的元素的物质的量之比10：6=5：3，故答案为：10Al、18H2O=10Al（OH）3、3N2、6OH﹣；5：3；（2）①H3PO2是一元弱酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2﹣，故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣；②H3PO2是一元弱酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，故答案为：正盐；弱碱性；③-18-\n该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4，故答案为：H3PO4．点评：本题考查氧化还原反应、电离方程式的书写、盐类水解等知识点，明确物质的性质是解本题关键，利用守恒思想、电离方程式书写规则、盐类水解原理解答即可，题目难度不大．　18．（8分）（2022•上饶模拟）已知A、B、C、D、E、F、G都是中学化学常见的物质，如图中A为淡黄色固体，B、C为溶液，D、G为无色气体，E、F为白色沉淀．①写出B→C的离子方程式　H2SO3+Cl2=4H++SO42﹣+2Cl﹣　②写出D和G反应的化学方程式　2SO2+O22SO2　③写出过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式　OH﹣+SO2=HSO3﹣　④从上图出现的物质中选出反应物，写出一个置换反应，以验证氯元素原子的氧化性比硫元素原子的氧化性强　H2S+Cl2S↓+2HCl　．考点：无机物的推断．.专题：推断题．分析：B与硫化氢反应得到淡黄色固体A，考虑A为硫，B与氯气反应得到C，C与硝酸钡反应得到白色沉淀F，且A与无色气体反应得到D，D与水反应得到B，可推知B为H2SO3，A为S，G为O2，D为SO2，C为H2SO4，E为BaSO3，F为BaSO4，据此解答．解答：解：B与硫化氢反应得到淡黄色固体A，考虑A为硫，B与氯气反应得到C，C与硝酸钡反应得到白色沉淀F，且A与无色气体反应得到D，D与水反应得到B，可推知B为H2SO3，A为S，G为O2，D为SO2，C为H2SO4，E为BaSO3，F为BaSO4，①B→C的离子方程式为：H2SO3+Cl2=4H++SO42﹣+2Cl﹣，故答案为：H2SO3+Cl2=4H++SO42﹣+2Cl﹣；②D和G反应的化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；③过量的D通入Ba（OH）2溶液中的离子方程式为：OH﹣+SO2=HSO3﹣，故答案为：OH﹣+SO2=HSO3﹣；④从上图出现的物质中选出反应物，用一个置换反应，以验证氯元素原子的氧化性比硫元素原子的氧化性强，该反应为：H2S+Cl2-18-\nS↓+2HCl，故答案为：H2S+Cl2S↓+2HCl．点评：本题考查无机物推断，涉及硫元素单质化合物的性质与转化，物质的颜色是推断突破口，难度中等．　19．（10分）（2022•上饶模拟）有A、B、C、D、E五种常见化合物，都是由下表中的离子形成的：阳离子K+Na+Cu2+Al3+阴离子SO42﹣HCO3﹣NO3﹣OH﹣为了鉴别上述化合物．分别完成以下实验，其结果是：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B为紫色（透过蓝色钴玻璃）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成．根据上述实验填空：（1）写出B、D的化学式：B　KNO3　，D　CuSO4　．（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为　Na2CO3　．（3）在A溶液中加少入量澄清石灰水，其离子方程式为　2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O　．（4）C常用作净水剂，用离子方程式表示其净水原理　Al3++3H2OAl（OH）3+3H+　．考点：常见离子的检验方法；离子方程式的书写；盐类水解的应用；无机物的推断．.专题：离子反应专题．分析：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，说明D中含有离子Cu2+；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解，由以上离子可以看出，应为Al3+与OH﹣的反应；③进行焰色反应，只有B为紫色（透过蓝色钴玻璃），说明B中含有K+；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A含有HCO3﹣，C、D中产生白色沉淀该沉淀为BaSO4，说明C、D中含有SO42﹣；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，说明二者没有发生任何反应．以此解答该题．解答：解：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，说明D中含有离子Cu2+；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解，由以上离子可以看出，应为Al3+与OH﹣的反应，则E中含有OH﹣，C中含有Al3+；③进行焰色反应，只有B为紫色（透过蓝色钴玻璃），说明B中含有K+；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A含有HCO3﹣，焰色反应不呈紫色，A应为NaHCO3，C、D中产生白色沉淀该沉淀为BaSO4，说明C、D中含有SO42﹣；所以C为Al2（SO4）2，D为CuSO4，E焰色反应不呈紫色，只能为NaOH，-18-\n⑤将B、D两溶液混合，D为CuSO4，未见沉淀或气体生成，说明二者没有发生任何反应，则B为KNO3，则（1）B、D的化学式分别为KNO3，CuSO4，故答案为：KNO3，CuSO4；（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应，反应的化学方程式为NaHCO3+NaOH═Na2CO3+H2O，溶液反应后蒸干，得到的化合物为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；（3）在NaHCO3溶液中加少入量澄清石灰水，其离子方程式为2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O，故答案为：2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+H2O；（4）Al2（SO4）2常作净水剂，原因是Al3+离子水解生成具有较强吸附性的Al（OH）3胶体，反应的离子方程式为Al3++3H2OAl（OH）3+3H+，故答案为：Al3++3H2OAl（OH）3+3H+．点评：本题考查离子的检验，题目难度较大，注意从离子反应的现象和离子共存等角度思考．　20．（12分）（2022•上饶模拟）硫酸亚铁铵[（NH4）2Fe（SO4）2•6H2O]较硫酸亚铁不易被氧气氧化，是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁．硫酸亚铁铵在500℃时隔绝空气加热完全分解．回答下列问题：（1）硫酸亚铁铵隔绝空气加热完全分解，发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和　SO2　．（2）为检验分解产物的成份，设计如下实验装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全．①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气，目的是　使分解产生的气体在B、C中被吸收充分　．②为验证A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有　BD　．A．KSCN溶液B．稀硫酸C．浓盐酸D．KMnO4溶液③装置B中BaCl2溶液的作用是为了检验分解产物中是否有　SO3　气体生成，若含有该气体，观察到的现象为　溶液变浑浊　．④若A中分解产物有N2，固体残留物只有Fe2O3，Fe2O3的物质的量为bmol，C中沉淀物质的量为amol，则b　小于　a（填“大于”、“小于”或“等于”）⑤实验中，观察到C中有白色沉淀生成，则C中发生的反应为　SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+　（用离子方程式表示）．（3）已知亚铁离子被氧气氧化的反应是：4Fe2++O2+（4+2x）H2O⇌2Fe2O3•xH2O+8H+，硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化，其原因是　硫酸亚铁铵溶液中NH4+发生水解增大c（H+），抑制了上述氧化还原反应的进行　．考点：探究物质的组成或测量物质的含量．.-18-\n分析：（1）氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价降低的应该是硫，所以气体产物中还可能有SO2；（2）①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的气体在BC装置中完全吸收；②为验证A中残留物是否含有FeO，应该先用稀硫酸溶解，然后再用KMnO4溶液检验亚铁离子；③装置B中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊；④若A中分解产物有N2，固体残留物只有Fe2O3，Fe2O3的物质的量为bmol，C中沉淀物质的量为amol，根据化合价升降必相等，硫降低的化合价（2a）等于铁升高的化合价（2b）和氮升高的化合价之和，则b小于a；⑤C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42﹣，SO42﹣再与Ba2+结合成沉淀BaSO4，则C中发生的反应为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；（3）硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化是因为溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生．解答：解：（1）氮元素和铁元素化合价升高，根据在氧化还原反应中化合价有升必有降，化合价降低的应该是硫，所以气体产物中还可能有SO2；故答案为：SO2；（2）①A中固体充分加热较长时间后，通入氮气目的是使分解生成的气体在BC装置中完全吸收；故答案为：使分解产生的气体在B、C中被吸收充分；②为验证A中残留物是否含有FeO，应该先用稀硫酸溶解，然后再用KMnO4溶液检验亚铁离子，故选BD；故答案为：BD；③装置B中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊；故答案为：SO3；溶液变浑浊；④若A中分解产物有N2，固体残留物只有Fe2O3，Fe2O3的物质的量为bmol，C中沉淀物质的量为amol，根据化合价升降必相等，硫降低的化合价（2a）等于铁升高的化合价（2b）和氮升高的化合价之和，则b小于a；故答案为：小于；⑤C中有白色沉淀生成，是因为SO2被双氧水氧化成SO42﹣，SO42﹣再与Ba2+结合成沉淀BaSO4，则C中发生的反应为SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；故答案为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4↓+2H+；（3）硫酸亚铁铵溶液较硫酸亚铁溶液不易被氧气氧化是因为溶液中铵根离子水解显酸性，氢离子浓度增大，抑制氧化还原反应的发生；故答案为：硫酸亚铁铵溶液中NH4+发生水解增大c（H+），抑制了上述氧化还原反应的进行．点评：本题考查了物质性质的实验探究和实验设计，注意氧化还原反应和盐类水解等知识的灵活应用．　21．（12分）（2022•上饶模拟）已知两个羟基同时连在同一个碳原子上时结构是不稳定的，它将发生脱水反应，例如：CH3CH（OH）2→CH3CHO+H2O，现有分子式为C9H8O2Br2的物质M，已知E的化学式为C7H5O2Na，A的相对分子质量为46，在一定条件下可发生下列一系列反应：-18-\n请回答下列问题（1）B中官能团的名称　醛基　，A的核磁共振氢谱有　3　个吸收峰；G→H的反应类型　加成反应　．（2）M的结构简式　　（3）写出下列反应的化学方程式①E→F　　②H→I　　（4）同时符合下列条件的G的同分异构体的结构简式有　3　种，写出其中一种　　A．分子中含有苯环B能发生水解反应C．能发生银镜反应D与FeCl3溶液反应显紫色．考点：有机物的推断．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：A的相对分子质量为46，A氧化生成B，B可继续氧化成C，又B可以生成C，所以A为CH3CH2OH；B为CH3CHO，C为CH3COOH，E的化学式为C7H5O2Na，可与氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，说明E中含有﹣CHO，H转化为I时，产物只有一种结构，说明D、E、F、H、I中苯环上的取代基处于对位，则E为，羧酸的酸性强于酚，在碱性条件下，根据有机物的转化可知F为，G为，H为，则I为，D应为Br2CH﹣﹣OH，M为：，结合有机物的结构和性质可解答该题．解答：-18-\n解：A的相对分子质量为46，A氧化生成B，B可继续氧化成C，又B可以生成C，所以A为CH3CH2OH；B为CH3CHO，C为CH3COOH，E的化学式为C7H5O2Na，可与氢氧化铜浊液反应生成砖红色沉淀，说明E中含有﹣CHO，H转化为I时，产物只有一种结构，说明D、E、F、H、I中苯环上的取代基处于对位，则E为，根据有机物的转化可知F为，G为，H为，则I为，D应为Br2CH﹣﹣OH，M为：，（1）B为CH3CHO，含有醛基，A为CH3CH2OH，含有3种性质不同的H，核磁共振氢谱有3个吸收峰，G→H，G为，通过加成反应可生成，故答案为：醛基；3；加成反应；（2）由以上分析可知M为，故答案为：；（3）①E为，在加热条件下与氢氧化铜反应生成F为，反应的方程式，故答案为：；②H为，通过消去反应可生成，反应的方程式为，-18-\n故答案为：；（4）G为，由条件可知G的同分异构体应含有﹣COO﹣、﹣CHO、以及酚羟基，符合条件下的有（临、间、对任写一种）等结构，故答案为：3；；点评：本题考查有机物的推断，涉及酯、醛、羧酸、卤代烃、醇、酚的性质等，题目难度较大，需要对给予的信息进行利用，能较好的考查考生的阅读、自学能力和思维能力，是热点题型．对学生的逻辑推理有较高的要求，掌握官能团的性质是关键，注意把握题给信息，采取正推法与逆推法相结合的方法推断．　-18-