2022-2022学年湖南省株洲市浏阳一中、攸县一中联考高三（上）期中化学试卷 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1．（2分）（2022秋•西城区期末）下列说法中，正确的是（ ）A．稀硫酸不具有氧化性B．NH4Cl中只含有离子键C．可用丁达尔效应区分溶液和胶体D．金属阳离子被还原时一定得到金属单质 2．（2分）（2022春•沈阳校级期末）分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法．下列分类合理的是（ ）①根据酸分子中含有H原子个数将酸分为一元酸、二元酸等②碱性氧化物一定是金属氧化物③根据丁达尔现象可将分散系分为胶体、溶液和浊液④SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应⑤根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．A．②③B．②④⑤C．①②④D．②③④⑤ 3．（2分）（2022秋•攸县校级期中）化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（ ）A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片C．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一D．明矾和氯气均可用于水的杀菌、消毒 4．（2分）（2022秋•攸县校级期中）下列实验操作中正确合理的是（ ）A．用100mL容量瓶配制50mL0.1mol/L盐酸B．在托盘天平上称量NaOH时，应将NaOH固体放在小烧杯中称量C．用25mL量筒量取4.0mol/L的盐酸5.62mLD．用托盘天平准确称取5.85gNaCl固体 5．（2分）（2022秋•攸县校级期中）在离子浓度都为0.1mol/L下列溶液中，加入（或通入）某物质后，发生反应先后顺序正确是（ ）A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B．在含I﹣、SO32﹣、Br﹣的溶液中不断通入氯气：I﹣、Br﹣、SO32﹣C．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3+、NH4+、H+ 6．（2分）（2022•临沂校级二模）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）①金属钠投入到FeCl2溶液中27\n②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2．A．①②③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤ 7．（2分）（2022•郫县模拟）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）A．B．（2b﹣a）mol/LC．D．（10b﹣5a）mol/L 8．（2分）（2022•枣庄校级二模）下列说法正确的是（ ）A．HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B．已知①Fe+Cu2+═Fe2++Cu；②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C．已知还原性：B﹣＞C﹣＞D﹣，反应2C﹣+D2═2D﹣+C2和反应2C﹣+B2═2B﹣+C2都能发生D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应 9．（2分）（2022秋•攸县校级期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．0.1mol/LNa2S溶液中所含S2﹣总数小于O.1NAB．若CH3COONa溶液中CH3COO﹣的数目为NA，则Na+的数目大于NAC．一定条件下，1molN2和3molH2混合充分反应，转移的电子数目为6NAD．标准状况下，11.2L己烷中含有的化学键数目为9.5NA 10．（2分）（2022秋•攸县校级期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．使pH试纸变红的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、ClO﹣B．无色透明的溶液：Cu2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣C．0.1mol•L﹣1KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣ 11．（2分）（2022秋•攸县校级期中）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M．关于该反应的说法中正确的组合是（ ）①氧化剂是H3AsO3②还原性：Cl﹣＞As③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol④M为OH﹣⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①②④⑤B．①③⑤C．①②③④D．只有①③ 12．（2分）（2022秋•攸县校级期中）下列离子方程式书写正确的是（ ）A．NaHS溶液的水解方程式：HS﹣+H2O⇌H3O++S2﹣27\nB．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣C．向KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣完全沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣═Al（OH）3↓+2BaSO4↓D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+ 13．（2分）（2022•枣庄校级二模）某未知溶液可能含Cl﹣、SO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+，将溶液滴在红色石蕊试纸上，试纸变蓝．取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是（ ）A．一定有Cl﹣B．一定有SO42﹣C．一定没有Al3+D．一定没有SO32﹣ 14．（2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 15．（2分）（2022秋•攸县校级期中）下列叙述正确的是（ ）①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生②用过量的氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+③Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2④铝粉与氧化镁共热可制取金属镁⑤蔗糖炭化的演示实验中，浓硫酸既体现了其强氧化性又体现了其脱水性⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质．A．①④⑤B．①⑤⑥C．②③④D．④⑤⑥ 16．（2分）（2022•呼伦贝尔二模）CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色．向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色．下列说法不正确的是（ ）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2 17．（2分）（2022秋•攸县校级期中）向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图（忽略CO2的溶解和HCl的挥发）：则下列分析都正确的组合是（ ）溶液组成主要成分对应图象溶液中离子浓度关系ANaHCO3c（Na+）=c（HCO3﹣）27\nBNaHCO3、Na2CO3c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）CNaOH、Na2CO3c（OH﹣）＞c（CO32﹣）DNa2CO3c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）A．AB．BC．CD．D 18．（2分）（2022秋•红塔区校级期末）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（ ）A．加入合金的质量可能为9.6gB．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLC．参加反应的硝酸的物质的量为0.4molD．溶解合金时产生NO气体体积0.224L 19．（2分）（2022•浙江模拟）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）；△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．A、C两点的反应速率：A＞CB．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．由状态B到状态A，可以用加热的方法D．若P2＞P1，则化学平衡常数KA＞KC 20．（2分）（2022秋•攸县校级期中）从葡萄籽中提取的原花青素结构为：原花青素具有生物活性，如抗氧化和自由基清除能力等，可防止机体内脂质氧化和自由基的产生而引发的肿瘤等多种疾病．有关原花青素的下列说法不正确的是（ ）27\nA．该物质既可看作醇类，也可看作酚类B．1mol该物质可与4molBr2反应C．1mol该物质可与7molNaOH反应D．1mol该物质可与7molNa反应 21．（2分）（2022•宜阳县校级模拟）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为（ ）A．2：1：2B．6：3：2C．2：1：3D．3：7：1 22．（2分）（2022秋•攸县校级期中）将15.6gNa2O2和5.4gAl时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL澄清溶液，再向该溶液中缓慢通入标准况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变（ ）A．最终得到7.8g的沉淀B．最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．反应过程中得到6.72L的气体（标准状况下）D．最终得到的溶液中c（NaCl）=2mol/L 二、非选择题23．（8分）（2022秋•攸县校级期中）2molO3和3molO2的质量之比 ，分子数之比 ，同温同压的密度之比为 ，含氧原子数之比为 ，体积之比为 ． 24．（4分）（2022秋•攸县校级期中）气体化合物A分子式可表示为OxFy，己知同温同压下l0mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为 推断的依据为 ． 25．（14分）（2022秋•攸县校级期中）某强酸性溶液X中仅含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：27\n根据以上信息，回答下列问题：（1）仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的阳、阴离子分别是 ．若要用实验证明该阴离子是否存在，最可靠的化学方法是 ．（2）尽量用离子方程表达下列反应：①中生成气体A： ．②中生成溶液H： ．②中产生的气体F遇氯气产生白烟： ．（3）若②中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入l0ml时开始产生沉淀，55ml时沉淀的量达到最大值0.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60ml时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中c（Fe2+）为 mol/L、c（Fe3+）为 mol/L、c（H+）为 mol/L、c（Cl﹣）为 mol/L．（若有些离子不存在，请填0mol/L） 26．（14分）（2022秋•攸县校级期中）氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料，防腐等工业．该物质露置于空气中易被氧化为绿色的高价铜盐，在热水中易水解生成氧化铜水合物而呈红色．已知pH为5时，+2价铜已开始以碱式盐的形式沉淀．某兴趣小组去一家回收含铜电缆废料的工厂做社会调查，技术人员向他们展示了处理废料的综合利用方案（如图1）：（1）加入的A是 ，通入的B是 ．27\n（2）反应②的离子方程式是 为提高CuCl的产率，常在反应②的溶液中加入适量稀碱溶液，控制pH为3.5．这样做的目的是 但当加入碱溶液偏大时，会 ．（3）保持各反应物的最佳配比，改变温度，测得CuCl产率的变化如图2所示．则溶液温度控制在 时，CuCl的产率已达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是 ．（4）最后得到的氯化亚铜需要 保存． 27．（16分）（2022•广东模拟）以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）B和C中含有的官能团名称分别为 ．（2）写出A的结构简式： ．（3）①③的反应类型分别为 反应和 反应．（4）写出乙醇的同分异构体的结构简式： ．（5）写出反应②和④的化学方程式：② ；④ ．（6）写出B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式： ． 27\n2022-2022学年湖南省株洲市浏阳一中、攸县一中联考高三（上）期中化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共44分）1．（2分）（2022秋•西城区期末）下列说法中，正确的是（ ）A．稀硫酸不具有氧化性B．NH4Cl中只含有离子键C．可用丁达尔效应区分溶液和胶体D．金属阳离子被还原时一定得到金属单质【考点】氧化还原反应；分散系、胶体与溶液的概念及关系；离子化合物的结构特征与性质．【专题】基本概念与基本理论．【分析】A．稀硫酸中H元素的化合价降低，可表现氧化性；B．氯化铵中含N﹣H共价键；C．胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有；D．金属氧离子被还原，可能得到金属阳离子．【解答】解：A．稀硫酸中H元素的化合价降低，可表现氧化性，如Zn与稀硫酸反应，稀硫酸具有氧化性，故A错误；B．氯化铵中含N﹣H共价键，则氯化铵中含离子键、共价键，故B错误；C．胶体具有丁达尔现象，而溶液不具有，则可用丁达尔效应区分溶液和胶体，故C正确；D．金属氧离子被还原，可能得到金属阳离子，如铁离子被还原为亚铁离子，故D错误．故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，侧重常见氧化还原反应的考查，把握实例分析为解答的关键，还涉及化学键、胶体性质等，综合性较强，题目难度不大． 2．（2分）（2022春•沈阳校级期末）分类是学习和研究化学的一种常用的科学方法．下列分类合理的是（ ）①根据酸分子中含有H原子个数将酸分为一元酸、二元酸等②碱性氧化物一定是金属氧化物③根据丁达尔现象可将分散系分为胶体、溶液和浊液④SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应⑤根据反应的热效应将化学反应分为放热反应和吸热反应．A．②③B．②④⑤C．①②④D．②③④⑤【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；分散系、胶体与溶液的概念及关系；吸热反应和放热反应．【分析】①根据酸电离出的氢离子数目将酸分为一元酸、二元酸等；②金属氧化物包括碱性氧化物、两性氧化物和过氧化物；③据分散质微粒的大小可以将混合物进行分类；④根据酸性氧化物的性质分析；⑤化学反应有的是吸热反应，有的放热，一定伴随能量的转化．【解答】解：①根据酸分子能电离出的氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸等，故①错误；27\n②金属氧化物包括碱性氧化物、两性氧化物和过氧化物，所以碱性氧化物都是金属氧化物，故②正确；③根据分散质微粒直径的大小，可以将分散系分为胶体、浊液和溶液三大类，不能根据丁达尔效应分类，故③错误；④酸性氧化物能与碱溶液反应生成盐和水，则SiO2是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，故④正确；⑤化学反应一定伴随能量的转化，根据化学反应中的热效应，将化学反应分为放热反应、吸热反应，故⑤正确．综上所述：②④⑤正确；故选B．【点评】本题考查物质分类，物质性质的应用，物质的分类要注意分类的依据和标准，不同的依据物质的分类结果不一样，题目难度不大． 3．（2分）（2022秋•攸县校级期中）化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（ ）A．煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B．自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片C．汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一D．明矾和氯气均可用于水的杀菌、消毒【考点】化石燃料与基本化工原料；常见的生活环境的污染及治理；硅和二氧化硅．【专题】化学应用．【分析】A、根据煤的气化和液化的概念分析；B、硅在自然界以化合态存在；C、PM2.5产生的主要来源，是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，大多含有重金属等有毒物质；D、明矾只能净水不能消毒．【解答】解：A、煤的气化是煤与水蒸汽反应H2、CO等气体的过程．煤的液化是将煤与H2在催化剂作用下转化为液体燃料或利用煤产生的H2和CO通过化学合成产生液体燃料或其他液体化工产品的过程，两种过程都生成了新物质，是化学变化，故A错误；B、硅为亲氧元素，在自然界以化合态存在，无单质，故B错误；C、PM2.5产生的主要来源，是日常发电、工业生产、汽车尾气排放等过程中经过燃烧而排放的残留物，大多含有重金属等有毒物质，汽车尾气的大量排放是造成PM2.5值升高的原因之一，故C正确；D、明矾只能净水不能消毒，氯气可以消毒，故D错误．故选C．【点评】本题考查了化学在人类生产生活中的应用，主要涉及环境污染和食品安全，该部分题目因为与社会接触密贴成为高考的热点，题目难度不大，根据相关知识不难解答． 4．（2分）（2022秋•攸县校级期中）下列实验操作中正确合理的是（ ）A．用100mL容量瓶配制50mL0.1mol/L盐酸B．在托盘天平上称量NaOH时，应将NaOH固体放在小烧杯中称量C．用25mL量筒量取4.0mol/L的盐酸5.62mLD．用托盘天平准确称取5.85gNaCl固体【考点】计量仪器及使用方法．27\n【专题】化学实验常用仪器及试剂．【分析】A．量筒量液时要注意量程的选择，应选择等于或略大于量取液体体积的量程；B．氢氧化钠具有强腐蚀性，称量时应该放在小烧杯中快速称量；C．量筒的最小读数为0.1mL，无法量取5.62mL盐酸；D．托盘天平的最小读数为0.1g，无法称量5.85g氯化钠固体．【解答】解：A．用100mL容量瓶配制50mL0.1mol/L盐酸，应选择50mL的量筒，故A错误；B．氢氧化钠具有腐蚀性，且容易潮解，所以在托盘天平上称量NaOH时，应将NaOH固体放在小烧杯中快速称量，故B正确；C．量筒最小读数为0.1mL，所以无法用25mL量筒量取4.0mol/L的盐酸5.62mL，故C错误；D．托盘天平的最小读数为0.1g，无法用托盘天平准确称取5.85gNaCl，只能称量5.9g氯化钠，故D错误；故选B．【点评】本题考查物质的分离方法以及实验仪器的使用，题目难度不大，注意基础知识的积累． 5．（2分）（2022秋•攸县校级期中）在离子浓度都为0.1mol/L下列溶液中，加入（或通入）某物质后，发生反应先后顺序正确是（ ）A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+B．在含I﹣、SO32﹣、Br﹣的溶液中不断通入氯气：I﹣、Br﹣、SO32﹣C．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液：OH﹣、AlO2﹣、SO32﹣D．在含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3+、NH4+、H+【考点】离子共存问题．【分析】A．铁离子氧化性最大，则加入锌后铁离子优先反应；B．还原性越强的离子优先被氯气氧化；C．氢氧根离子结合氢离子能力最强，其次是偏铝酸根离子，最弱的为亚硫酸根离子；D．根据结合氢氧根离子能力H+＞Fe3+＞NH4+进行判断．【解答】解：A．在含Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉，由于氧化性：Fe3+＞Cu2+＞H+，则发生反应的先后顺序为：Fe3+、Cu2+、H+，故A错误；B．在含I﹣、SO32﹣、Br﹣的溶液中不断通入氯气，由于还原性大小为：Br﹣＜I﹣＜SO32﹣，则发生反应的先后顺序为：SO32﹣、I﹣、Br﹣故B错误；C．在含AlO2﹣、SO32﹣、OH﹣的溶液中逐滴加入硫酸氢钠溶液，结合氢离子能力大小为：OH﹣＞AlO2﹣＞SO32﹣，故C正确；D．含Fe3+、H+、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液，结合氢氧根离子能力大小为：H+＞Fe3+＞NH4+，故D错误；故选C．【点评】本题考查了常见离子的性质、氧化还原反应的综合应用等知识，题目难度中等，明确常见离子的性质为解答根据，注意掌握氧化还原反应中氧化性、还原性强弱的判断方法． 6．（2分）（2022•临沂校级二模）下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的是（ ）①金属钠投入到FeCl2溶液中②过量NaOH溶液和明矾溶液混合③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中27\n④向NaAlO2溶液中通入过量CO2⑤向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2．A．①②③④⑤B．只有①④C．只有②③D．只有③④⑤【考点】钠的化学性质；钠的重要化合物；镁、铝的重要化合物．【分析】①钠和水反应生成的氢氧化钠和FeCl2溶液发生复分解反应生成Fe（OH）2，最终生成红褐色的Fe（OH）3；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，反应生成偏铝酸钠，无沉淀产生；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生复分解反应有碳酸钙是白色沉淀生成；④碳酸酸性比氢氧化铝强，过量CO2通入NaAlO2溶液中生成氢氧化铝白色沉淀；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出白色的碳酸氢钠晶体．【解答】①金属钠投入到烧杯中的FeCl2溶液中，发生的反应为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+FeCl2=Fe（OH）2↓+2NaCl，4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，所以最终生成的沉淀是红褐色的，所以不符合，故错误；②过量NaOH溶液和明矾溶液混合，发生的反应是：3OH+Al3+=Al（OH）3↓，AlOH3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，所以最终没有沉淀生成，故错误；③少量Ca（OH）2投入过量NaHCO3溶液中发生的反应为：Ca（OH）2+NaHCO3=CaCO3↓+H2O+NaOH，碳酸钙是白色沉淀，所以有白色沉淀生成，故正确；④向NaAlO2溶液中通入过量CO2溶液发生的反应为：AlO2﹣+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，氢氧化铝是白色沉淀，故正确；⑤向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2发生的反应为：Na2CO3+H2O+CO2=2NaHCO3，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠晶体，所以产生白色沉淀，故正确；故选：D．【点评】本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意⑤根据物质的溶解度能判断产生沉淀，该题为易错选项． 7．（2分）（2022•郫县模拟）把500mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成五等份，取一份加入含amol氢氧化钠的溶液恰好反应完全，另取一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全，则该混合溶液中c（Na+）为（ ）A．B．（2b﹣a）mol/LC．D．（10b﹣5a）mol/L【考点】有关混合物反应的计算．【专题】守恒法．【分析】NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H20+Na2CO3+H2O，加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，根据方程式计算．【解答】解：设100ml溶液中含有NH4HCO3xmol，Na2CO3ymol，NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH，反应为NH4HCO3+2NaOH═NH3•H20+Na2CO3+H2O，则NH4HCO3为0.5amol，加入含bmolHCl的盐酸的反应为NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，则Na2CO3的物质的量为×（b﹣0.5a）mol，27\nn（（Na+）=2n（Na2CO3）=（b﹣0.5a）mol，c（Na+）=（b﹣0.5a）mol÷0.1L=（10b﹣5a）mol/L，故选D．【点评】本题考查混合物的计算，题目难度不大，本题注意用守恒的方法根据化学方程式计算． 8．（2分）（2022•枣庄校级二模）下列说法正确的是（ ）A．HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强B．已知①Fe+Cu2+═Fe2++Cu；②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+，则氧化性强弱顺序为：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+C．已知还原性：B﹣＞C﹣＞D﹣，反应2C﹣+D2═2D﹣+C2和反应2C﹣+B2═2B﹣+C2都能发生D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性；【解答】解：A．HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的酸性强；对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强，故HClO＞HClO4，故A错误；B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应①Fe+Cu2+═Fe2++Cu中，氧化剂是Cu2+，氧化产物是Fe2+，所以氧化性Cu2+＞Fe2+，在反应②2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是Cu2+，所以氧化性Fe3+＞Cu2+，故氧化性顺序是：Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故B正确；氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，还原性：C﹣＞D﹣，故反应2C﹣+D2═2D﹣+C2能发生，还原性：B﹣＞C﹣，故反应2C﹣+B2═2B﹣+C2不能发生，故C错误；D．具有强氧化性和强还原性的物质放在一起不一定发生氧化还原反应，化学反应需要适宜的反应条件，比如说氯气有强氧化性，氢气有强还原性，两者只有在点燃时才会反应，常温下不反应，故D错误，故选B．【点评】本题考查氧化还原反应中氧化性和还原性的强弱比较，难度不大．要注意对于同一种元素形成的不同价态的含氧酸，一般低价态的比高价态的氧化性强；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；还原剂的还原性大于还原产物的还原性． 9．（2分）（2022秋•攸县校级期中）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A．0.1mol/LNa2S溶液中所含S2﹣总数小于O.1NAB．若CH3COONa溶液中CH3COO﹣的数目为NA，则Na+的数目大于NAC．一定条件下，1molN2和3molH2混合充分反应，转移的电子数目为6NAD．标准状况下，11.2L己烷中含有的化学键数目为9.5NA【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】A、溶液体积不明确；B、根据物料守恒来分析；C、合成氨的反应为可逆反应；27\nD、标况下己烷为液态．【解答】解：A、溶液体积不明确，故溶液中的硫离子的个数无法计算，故A错误；B、根据物料守恒可知，CH3COONa溶液中n（CH3COO﹣）+n（CH3COOH）=n（Na+），故当CH3COO﹣的数目为NA时，Na+的数目大于NA，故B正确；C、合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移的电子数小于6NA个，故C错误；D、标况下己烷为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和化学键的个数，故D错误．故选B．【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． 10．（2分）（2022秋•攸县校级期中）常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）A．使pH试纸变红的溶液：K+、Ca2+、Cl﹣、ClO﹣B．无色透明的溶液：Cu2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣C．0.1mol•L﹣1KNO3溶液：Mg2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液：Na+、NH4+、SO42﹣、NO3﹣【考点】离子共存问题．【专题】离子反应专题．【分析】A．使pH试纸变红的溶液为碱性溶液，溶液中存在大量氢氧根离子；B．铜离子为有色离子，铜离子与碳酸根离子反应；C．四种离子之间不反应，都不与硝酸钾反应；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液为酸性或碱性溶液，铵根离子与氢氧根离子反应．【解答】解：A．使pH试纸变红的溶液中存在大量氢氧根离子，Ca2+与氢氧根离子反应生成微溶物氢氧化钙，在溶液中不能大量共存，故A错误；B．Cu2+、CO32﹣之间反应，且Cu2+为有色离子，在溶液中不能大量共存，故B错误；C．Mg2+、Fe3+、Cl﹣、SO42﹣之间不反应，都不与KNO3反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D．水电离出的c（H+）=10﹣12mol•L﹣1的溶液中存在大量氢离子或氢氧根离子，NH4+与碱性溶液中的氢氧根离子反应，在碱性溶液最后不能大量共存，故D错误；故选C．【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，属于中等难度的试题，注意明确离子不能大量共存的一般情况，如：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的氢离子或氢氧根离子；溶液的颜色，无色时可排除有色离子的存在． 11．（2分）（2022秋•攸县校级期中）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M．关于该反应的说法中正确的组合是（ ）①氧化剂是H3AsO3②还原性：Cl﹣＞As③每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol④M为OH﹣⑤SnCl62﹣是氧化产物．A．①②④⑤B．①③⑤C．①②③④D．只有①③27\n【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】3SnCl2+12Cl﹣+aH3AsO3+bH+⇌2As+3SnCl62﹣+cM中，由原子守恒可知，M为H2O，Sn元素的化合价升高，As元素的化合价降低，结合氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来解答．【解答】解：3Sn2++2H3AsO3+6H++18Cl﹣=2As+3SnCl62﹣+6M中，由原子守恒可知，M为H2O，①As元素的化合价降低，则氧化剂是H3AsO3，故正确；②Cl元素的化合价在该反应中不变，则不能比较Cl﹣、As的还原性，故错误；③由反应可知，1molAs生成时转移3mol电子，则反应中转移电子的物质的量为3mol，故正确；④由原子守恒可知，M为H2O，故错误；⑤反应中Sn元素化合价升高，则SnCl62﹣是氧化产物，故正确；故选B．【点评】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，注意原子守恒及氧化还原反应中氧化性比较规律，题目难度不大． 12．（2分）（2022秋•攸县校级期中）下列离子方程式书写正确的是（ ）A．NaHS溶液的水解方程式：HS﹣+H2O⇌H3O++S2﹣B．200mL2mol/L的FeBr2溶液中通入11.2L标准状况下的氯气：4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣C．向KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣完全沉淀：Al3++2SO42﹣+2Ba2++3OH﹣═Al（OH）3↓+2BaSO4↓D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4：3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+H2O+4H+【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．水解生成硫化氢和氢氧根离子；B．n（FeBr2）=0.4mol，n（Cl2）==0.5mol，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化；C．使SO42﹣完全沉淀，反应生成硫酸钡和偏铝酸钾；D．强碱溶液中不能生成氢离子．【解答】解：A．NaHS溶液的水解方程式为HS﹣+H2O⇌H2S+OH﹣，故A错误；B．n（FeBr2）=0.4mol，n（Cl2）==0.5mol，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子部分被氧化，离子反应为4Fe2++6Br﹣+5Cl2═4Fe3++3Br2+10Cl﹣，故B正确；C．向KAl（SO4）2溶液中加入Ba（OH）2溶液使SO42﹣完全沉淀的离子反应为Al3++2SO42﹣+2Ba2++4OH﹣═AlO2﹣+2BaSO4↓+2H2O，故C错误；D．在强碱溶液中次氯酸钠与Fe（OH）3反应生成Na2FeO4的离子反应为4OH﹣+3ClO﹣+2Fe（OH）3═2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O，故D错误；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，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大．27\n 13．（2分）（2022•枣庄校级二模）某未知溶液可能含Cl﹣、SO32﹣、Na+、SO42﹣、Al3+，将溶液滴在红色石蕊试纸上，试纸变蓝．取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀．下列判断合理的是（ ）A．一定有Cl﹣B．一定有SO42﹣C．一定没有Al3+D．一定没有SO32﹣【考点】常见阴离子的检验；常见阳离子的检验．【分析】将溶液滴在红色石蕊试纸上，试纸变蓝说明溶液呈碱性，则SO32﹣存在而Al3+不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中有SO32﹣或SO42﹣或两者均有；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此作判断．【解答】解：将溶液滴在红色石蕊试纸上，试纸变蓝说明溶液呈碱性，而SO32﹣水解显碱性，故SO32﹣一定存在而Al3+不存在；取少量试液，滴加硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，由于硝酸有强氧化性，能将SO32﹣氧化为SO42﹣，说明溶液中有SO32﹣或SO42﹣中的至少一种或两者均有；在上层清液中滴加硝酸银溶液，产生白色沉淀，则不能确定原溶液中是否有Cl﹣，因为前面已滴加了氯化钡，据此可知A错误；B错误；C正确；D错误．故选C．【点评】本题考查了溶液中离子的检验，解题的关键是学生要熟记相关的元素化合物知识，以及仔细审题，尤其是要注意前面的操作对后面实验的干扰． 14．（2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． 27\n15．（2分）（2022秋•攸县校级期中）下列叙述正确的是（ ）①久置于空气中的氢氧化钠溶液，加盐酸时有气体产生②用过量的氨水除去Fe3+溶液中的少量Al3+③Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，SO2和Na2O2反应生成Na2SO3和O2④铝粉与氧化镁共热可制取金属镁⑤蔗糖炭化的演示实验中，浓硫酸既体现了其强氧化性又体现了其脱水性⑥氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质．A．①④⑤B．①⑤⑥C．②③④D．④⑤⑥【考点】钠的重要化合物；盐类水解的原理；浓硫酸的性质．【专题】盐类的水解专题；氧族元素；几种重要的金属及其化合物．【分析】①久置于空气中的氢氧化钠溶液吸收空气中的二氧化碳反应生成碳酸钠；②过量的氨水Fe3+和Al3+都生成沉淀；③Na2O2具有强氧化性；④镁比铝活泼；⑤依据浓硫酸具有强的氧化性、脱水性解答；⑥氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行．【解答】解：①久置于空气中的氢氧化钠溶液，生成碳酸钠，加盐酸时，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，故①正确；②过量的氨水Fe3+和Al3+都生成沉淀，应加入氢氧化钠，过滤后再加入盐酸，故②错误；③SO2和Na2O2反应生成硫酸钠，故③错误；④镁比铝活泼，铝不能置换出镁，故④错误；⑤蔗糖炭化实验体现了浓硫酸的脱水性，反应中由二氧化碳、二氧化硫生成，表现浓硫酸强的氧化性，故⑤正确；⑥氯化铁溶液中铁离子水解，加热促进水解进行，氧化铁胶体加热会聚沉，均产生红褐色沉淀氢氧化铁，氢氧化铁胶体与氯化铁溶液分别蒸干灼烧得相同的物质三氧化二铁，故⑥正确；故选B．【点评】本题考查较为综合，涉及过氧化钠、浓硫酸、铝、氨水等知识，为高考常见题型和高频考点，侧重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． 16．（2分）（2022•呼伦贝尔二模）CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色．向反应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色．下列说法不正确的是（ ）A．滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B．通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C．整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞I2＞SO2【考点】氧化还原反应．【专题】氧化还原反应专题．【分析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，以此来解答．27\n【解答】解：A．滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B．通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C．发生2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D.2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D正确；故选C．【点评】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，选项B为易错点． 17．（2分）（2022秋•攸县校级期中）向四只盛有一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体后，在所得溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，并将溶液加热，产生的CO2气体与HCl物质的量的关系如图（忽略CO2的溶解和HCl的挥发）：则下列分析都正确的组合是（ ）溶液组成主要成分对应图象溶液中离子浓度关系ANaHCO3c（Na+）=c（HCO3﹣）BNaHCO3、Na2CO3c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣）CNaOH、Na2CO3c（OH﹣）＞c（CO32﹣）DNa2CO3c（Na+）=c（CO32﹣）+c（HCO3﹣）+c（H2CO3）A．AB．BC．CD．D【考点】离子方程式的有关计算．【专题】计算题．【分析】向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3的，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物．根据产物和盐酸反应情况看与图象是否符合，根据水解比较离子浓度大小．27\n【解答】解：向一定量NaOH溶液的烧杯中通入不同量的CO2气体，当二氧化碳少量时，产物是NaOH和Na2CO3的混合物，当NaOH和CO2恰好完全反应时，产物只有Na2CO3的，当二氧化碳过量时，产物可能只有NaHCO3，也可能是Na2CO3和NaHCO3的混合物．A、图中刚开始加入HCl就产生了二氧化碳，因此溶质只能是NaHCO3，由于碳酸氢根水解，故c（Na+）＞c（HCO3﹣），故A错误；B、从图中看出刚滴下去盐酸一个单位后产生了二氧化碳，说明此时碳酸根的量是一个单位（盐多酸少，碳酸钠和盐酸一比一反应生成碳酸氢钠），后来盐酸加了两个单位才把所有二氧化碳反应出来，说明溶液中总的碳酸氢根量为两个单位，但有一个单位的是之前碳酸根得来的，所以原溶液中碳酸根的量和碳酸氢根的量相等，由于碳酸钠水解程度大于碳酸氢钠，故c（CO32﹣）＜c（HCO3﹣），故B正确；C、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，说明产物是NaOH和Na2CO3的混合物，一个单位的盐酸和NaOH反应，第二个单位的盐酸和Na2CO3反应生成NaHCO3，后由图中可看出，NaHCO3又消耗了2个单位的盐酸，不可能存在此种情况，故C错误；D、从图中看出，滴入了两个单位的盐酸后才开始产生气泡，且产生二氧化碳所消耗的盐酸是一个单位，不可能只有Na2CO3，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生金属钠的化合物的性质，题目难度中等，可根据碳酸钠、碳酸氢钠、氢氧化钠分别与盐酸反应的化学方程式及盐类的水解进行判断． 18．（2分）（2022秋•红塔区校级期末）将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（ ）A．加入合金的质量可能为9.6gB．沉淀完全时消耗NaOH溶液体积为150mLC．参加反应的硝酸的物质的量为0.4molD．溶解合金时产生NO气体体积0.224L【考点】有关混合物反应的计算．【分析】沉淀为M（OH）2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH﹣）==0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）2]=n（OH﹣）=×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，A．由m=nM计算金属的质量；B．由氢氧根离子守恒得n（OH﹣）=n（NaOH）；C．先由转移电子守恒计算参加氧化还原反应的硝酸，再根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒计算生成硝酸盐的硝酸；D．由转移电子守恒计算生成NO体积．【解答】解：沉淀为M（OH）2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n（OH﹣）==0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M（OH）2]=n（OH﹣）=×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol，A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；27\nB．由氢氧根离子守恒得n（OH﹣）=n（NaOH）=0.3mol，V（NaOH）==100mL，故B错误；C．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n（HNO3）=2n[M（NO3）2]=2n（M）=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故C正确；D．由转移电子守恒得n（NO）==0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故D错误；故选C．【点评】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可，题目难度中等． 19．（2分）（2022•浙江模拟）反应N2O4（g）⇌2NO2（g）；△H=+57kJ•mol﹣1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示．下列说法正确的是（ ）A．A、C两点的反应速率：A＞CB．A、C两点气体的颜色：A深，C浅C．由状态B到状态A，可以用加热的方法D．若P2＞P1，则化学平衡常数KA＞KC【考点】体积百分含量随温度、压强变化曲线．【专题】化学平衡专题．【分析】N2O4（g）═2NO2（g）△H=+57kJ•mol﹣1，该反应为吸热反应，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大；增大压强，化学平衡逆向移动，NO2的体积分数减小，结合图象来分析解答．A、A、C两点都在等温线上，压强越大，反应速率越快．B、增大压强平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大．C、压强相同，升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，A点NO2的体积分数大．D、平衡常数只受温度影响，温度相同平衡常数相同．【解答】解：A．由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，则A、C两点的反应速率：A＜C，故A错误；B．由图象可知，A、C两点都在等温线上，C的压强大，与A相比C点平衡向逆反应进行，向逆反应进行是减小由于压强增大导致浓度增大趋势，但到达平衡仍比原平衡浓度大，平衡时NO2浓度比A的浓度高，NO2为红棕色气体，则A、C两点气体的颜色：A浅，C深，故B错误；27\nC．升高温度，化学平衡正向移动，NO2的体积分数增大，由图象可知，A点NO2的体积分数大，则T1＜T2，由状态B到状态A，可以用加热的方法，故C正确；D．由图象可知，A、C两点都在等温线上，平衡常数只受温度影响，温度相同平衡常数相同，所以化学平衡常数KA=KC，故D错误；故选：C．【点评】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义、“定一议二”“先拐先平”即可解答，难度不大．注意B选项为易错点，改变压强的本质为体积变化． 20．（2分）（2022秋•攸县校级期中）从葡萄籽中提取的原花青素结构为：原花青素具有生物活性，如抗氧化和自由基清除能力等，可防止机体内脂质氧化和自由基的产生而引发的肿瘤等多种疾病．有关原花青素的下列说法不正确的是（ ）A．该物质既可看作醇类，也可看作酚类B．1mol该物质可与4molBr2反应C．1mol该物质可与7molNaOH反应D．1mol该物质可与7molNa反应【考点】有机物的结构和性质．【分析】分子中含有酚羟基，可发生取代、氧化和显色反应，含有醇羟基，可发生取代、氧化和消去反应，以此解答该题．【解答】解：A．分子中含有酚羟基和醇羟基，可看作醇类，也可看作酚类，故A正确；B．分子中含有2个苯环，5个酚羟基，共有4个H原子可被取代，故B正确；C．分子中只有酚羟基与氢氧化钠反应，则1mol该物质可与5molNaOH反应，故C错误；D．分子中共含有7个羟基，则1mol该物质可与7molNa反应，故D正确．故选C．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握有机物中的官能团为解答本题的关键，熟悉醇、酚的性质即可解答，题目难度不大． 21．（2分）（2022•宜阳县校级模拟）取体积相同的KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气，当反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2溶液的物质的量浓度之比为（ ）A．2：1：2B．6：3：2C．2：1：3D．3：7：1【考点】氯气的化学性质；化学方程式的有关计算．【专题】卤族元素．【分析】根据通入足量氯气，当反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，则KI、Na2SO3、FeBr2失去的电子数相等，又溶液的体积相同，则浓度之比等于物质的量之比．【解答】解：因KI、Na2SO3、FeBr2溶液，分别通入足量氯气均发生氧化还原反应，且反应恰好完全时，三种溶液消耗氯气的物质的量相同，27\n则KI、Na2SO3、FeBr2失去的电子数相等，设KI、Na2SO3、FeBr2的物质的量分别为x、y、z，由失去的电子数相等可知，x×（1﹣0）=y×（6﹣4）=z×（3﹣2）+z×2×（1﹣0），解得x：y：z=6：3：2，故选B．【点评】本题考查氯气的氧化性，明确氧化还原反应中电子守恒是解答本题的关键，注意FeBr2中Fe、Br都失去电子是学生解答中的难点和易错点． 22．（2分）（2022秋•攸县校级期中）将15.6gNa2O2和5.4gAl时放入一定量的水中，充分反应后得到200mL澄清溶液，再向该溶液中缓慢通入标准况下的HCl气体6.72L，若反应过程中溶液的体积保持不变（ ）A．最终得到7.8g的沉淀B．最终得到的溶液中c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）C．反应过程中得到6.72L的气体（标准状况下）D．最终得到的溶液中c（NaCl）=2mol/L【考点】化学方程式的有关计算．【分析】15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）3↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A．根据m=nM计算生成的氢氧化铝的质量；B．最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，根据电荷守恒可知c（Na+）+c（H+）=c（Cl﹣）+c（AlO2﹣）+c（OH﹣）；C．根据过氧化钠与水反应及铝与氢氧化钠反应计算生成氧气、氢气的总体积；D．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，再根据c=计算．【解答】解：15.6gNa2O2的物质的量为=0.2mol，5.4gAl的物质的量为=0.2mol，首先发生反应2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑，生成NaOH为0.4mol，再发生2Al+2NaOH+2H2O═2NaAlO2+3H2↑，由方程式可知Al完全反应，剩余NaOH为0.4mol﹣0.2mol=0.2mol，生成NaAlO2为0.2mol，通入标准状况下的HCl气体6.72L，物质的量为=0.3mol，首先发生反应NaOH+HCl═NaCl+H2O，剩余HCl为0.3mol﹣0.2mol=0.1mol，再发生反应NaAlO2+HCl+H2O═Al（OH）327\n↓+NaCl，由方程式可知，NaAlO2有剩余，HCl完全反应，生成Al（OH）3为0.1mol，最终溶液中溶质为NaAlO2、NaCl，A．最终生成Al（OH）3为0.1mol，质量为0.1mol×78g/mol=7.8g，故A正确；B．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，由电荷守恒可知c（Na+）=c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c（AlO2﹣）﹣c（H+），故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氧气为0.2mol×=0.1mol，铝与氢氧化钠反应生成氢气为0.2mol×=0.3mol，故生成气体的体积为（0.1mol+0.3mol）×22.4L/mol=8.96L，故C错误；D．反应后溶液的成分是0.3molNaCl和0.1molNaAlO2，故溶液氯化钠的物质的量浓度为=1.5mol/L，故D错误；故选A．【点评】本题考查混合物的计算、钠的化合物与铝单质及化合物的性质等，难度中等，根据过量计算判断发生的反应是解题的关键． 二、非选择题23．（8分）（2022秋•攸县校级期中）2molO3和3molO2的质量之比 1：1 ，分子数之比 2：3 ，同温同压的密度之比为 3：2 ，含氧原子数之比为 1：1 ，体积之比为 2：3 ．【考点】物质的量的相关计算．【分析】氧气和臭氧都是氧原子构成的不同单质，根据m=nM计算O3和O2的质量之比；根据阿伏加德罗定律可知，二者的分子数之比等于物质的量之比；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比；根据N=nNA计算含有的氧原子数之比；根据阿伏加德罗定律可知，二者的体积之比等于物质的量是之比．【解答】解：氧气和臭氧都是氧原子构成的不同单质，所以2molO3和3molO2的质量之比1：1；根据阿伏加德罗定律可知，二者的分子数之比是1：1；在相同条件下，气体的密度之比是摩尔质量之比，因此二者的密度之比是48：32=3：2；化学化学式可知，含有的氧原子数之比是1：1；根据阿伏加德罗定律可知，二者的体积之比是2：3．故答案为：1：1；2：3；3：2；1：1；2：3．【点评】本题考查学生物质的量以及阿伏伽德罗常数的有关计算等方面的知识，属于综合知识的考查，难度中等． 24．（4分）（2022秋•攸县校级期中）气体化合物A分子式可表示为OxFy，己知同温同压下l0mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为 O3F2 推断的依据为 阿伏加德罗定律和质量守恒定律 ．【考点】化学方程式的有关计算．【专题】利用化学方程式的计算．【分析】根据质量守恒定律和阿伏加德罗定律，写出分解方程式为2OxFy3O2+2F2，则可推断化学式，由此分析解答．27\n【解答】解：根据质量守恒定律和阿伏加德罗定律，写出分解方程式为2OxFy3O2+2F2，则A化学式为O3F2，故答案为：O3F2；阿伏加德罗定律和质量守恒定律．【点评】本题考查物质的量有关计算、化学方程式计算等，难度不大，侧重对基础知识的巩固． 25．（14分）（2022秋•攸县校级期中）某强酸性溶液X中仅含有Ba2+、Al3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣、Cl﹣、NO3﹣中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：（1）仅根据上述连续实验不能确定溶液X中是否含有的阳、阴离子分别是 Fe3+、Cl﹣ ．若要用实验证明该阴离子是否存在，最可靠的化学方法是 取少量B溶液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明存在Cl﹣，否则Cl﹣不存在 ．（2）尽量用离子方程表达下列反应：①中生成气体A： 3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O ．②中生成溶液H： Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O ．②中产生的气体F遇氯气产生白烟： 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 ．（3）若②中所用氢氧化钠浓度为2mol/L，当加入l0ml时开始产生沉淀，55ml时沉淀的量达到最大值0.03mol，继续滴加沉淀的量保持不变，随后再滴加沉淀部分溶解，到60ml时沉淀的量降为0.025mol且保持不变，则原溶液中c（Fe2+）为 0.15 mol/L、c（Fe3+）为 0.1 mol/L、c（H+）为 0.4 mol/L、c（Cl﹣）为 0.4 mol/L．（若有些离子不存在，请填0mol/L）【考点】常见离子的检验方法．【专题】物质检验鉴别题．【分析】在强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣、SO32﹣离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C为BaSO4，说明溶液中含有SO42﹣离子，根据硫酸钡的质量可以计算硫酸根离子的物质的量，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，根据NO的体积可以计算亚铁离子的量，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，说明溶液中含有NH4+离子；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，以此进行解答．【解答】解：强酸性溶液中一定不会存在CO32﹣、SO32﹣离子；加入过量硝酸钡生成沉淀，则该沉淀C9.32g为BaSO4，说明溶液中含有SO42﹣27\n离子，根据硫酸钡的质量可以计算硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，浓度是=0.4mol/L，生成气体A，A连续氧化生成D和E，则A为NO，D为NO2，E为HNO3，说明溶液中含有还原性离子，则一定为Fe2+离子，根据NO的体积可以计算亚铁离子的量，溶液B中加入过量NaOH溶液，沉淀G只为Fe（OH）3，生成气体F，则F为NH3，112mL氨气的物质的量是0.005mol，根据氮元素守恒，溶液中含有NH4+离子物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L；溶液H中通入CO2气体，生成沉淀I，则I为Al（OH）3，H为NaOH和NaAlO2，说明溶液中含有Al3+离子，再根据离子共存知识，溶液中含有Fe2+离子，则一定不含NO3﹣离子，含有SO42﹣离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl﹣，（1）根据以上分析可知，溶液中不能确定的阳离子为Fe3+，溶液中不能确定的阴离子为Cl﹣；检验氯离子的方法为：取少量B溶液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明存在Cl﹣，否则Cl﹣不存在，故答案为：Fe3+、Cl﹣；取少量B溶液于试管中，向其中滴加AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明存在Cl﹣，否则Cl﹣不存在；（2）①中得到的气体A是NO，Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3﹣离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：3Fe2++4H++NO3﹣=3Fe3++NO↑+2H2O；②H是偏铝酸钠溶液，铝离子与过量氢氧化钠的反应，生成偏铝酸根离子和水，离子方程式是Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；③F为NH3，氨气与氯气发生反应生成氯化铵和氮气，反应的化学方程式为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；（3）根据反应：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，得到112mL0.005molNO，Fe2+的物质的量是0.015mol，所以原溶液中c（Fe2+）==0.15mol/L，加入氢氧化钠是60ml时，沉淀的量降为0.025mol，即氢氧化铁的物质的量是0.025mol，根据铁元素守恒，所以Fe3+的物质的量是0.01mol，所以原溶液中c（Fe3+）==0.1mol/L，硫酸根离子的物质的量为=0.04mol，浓度是=0.4mol/L；NH4+离子物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，Al3+的物质的量是0.005mol，浓度是0.05mol/L，根据反应：3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，可知参加反应H+为0.005mol×4=0.02mol，加入氢氧化钠消耗H+为0.01L×2mol/L=0.02mol，故原溶液中H+为0.02mol+0.02mol=0.04mol，由于2c（Fe2+）+3c（Fe3+）+3c（Al3+）+c（NH4+）=（2×0.15+3×0.1+3×0.05+0.05）mol/L=0.8mol/L，2c（SO42﹣）=0.8mol/L，原溶液中含有Cl﹣，根据电荷守恒：c（Cl﹣）=c（H+）==0.4mol/L，故答案为：0.15；0.1；0.4；0.4．【点评】本题考查了常见阴阳离子的检验、无机推断，题目难度中等，注意掌握常见离子的性质及检验方法，（3）为难点、易错点，注意溶液电中性知识在化学计算中的应用方法，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力． 27\n26．（14分）（2022秋•攸县校级期中）氯化亚铜是一种重要的化工产品，常用作有机合成催化剂，还可用于颜料，防腐等工业．该物质露置于空气中易被氧化为绿色的高价铜盐，在热水中易水解生成氧化铜水合物而呈红色．已知pH为5时，+2价铜已开始以碱式盐的形式沉淀．某兴趣小组去一家回收含铜电缆废料的工厂做社会调查，技术人员向他们展示了处理废料的综合利用方案（如图1）：（1）加入的A是 稀硫酸 ，通入的B是 空气 ．（2）反应②的离子方程式是 2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+ 为提高CuCl的产率，常在反应②的溶液中加入适量稀碱溶液，控制pH为3.5．这样做的目的是 OH﹣中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，提高Cu2Cl2的产率 但当加入碱溶液偏大时，会 Cu2+能与OH结合，生成沉淀，反而降低了Cu2Cl2的产率造成产物不纯 ．（3）保持各反应物的最佳配比，改变温度，测得CuCl产率的变化如图2所示．则溶液温度控制在 53℃～55℃ 时，CuCl的产率已达到94%，当温度高于65℃时，CuCl产率会下降，其原因可能是 温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反 ．（4）最后得到的氯化亚铜需要 隔绝空气密封 保存．【考点】制备实验方案的设计；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【专题】化学平衡图像；无机实验综合．【分析】含铜废料加入硫酸，在加热条件下通入氧气可发生反应生成硫酸铜，经过滤后，在滤液中加入亚硫酸钠，发生氧化还原反应生成CuCl，在滤液中加入铁粉，发生置换反应生成硫酸亚铁和铜，以此解答该题．【解答】解：（1）金属铜和稀硫酸不反应，但是在鼓入空气的条件下会发生反应生成硫酸铜，所以A是稀硫酸，B是空气，故答案为：稀硫酸；空气；（2）由图示可知，反应物有：Cu2+、SO32﹣、Cl﹣，生成物有Cu2Cl2、SO42﹣，由于是氧化还原反应，化合价发生了变化，根据电子得失和质量守恒进行配平：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+，在反应②的溶液中加适量稀碱溶液，OH﹣中和了反应中的H+，有利于平衡向右进行，提高Cu2Cl2的产率，但当OH﹣浓度过大时，Cu+能与OH﹣结合，生成氢氧化亚铜，从而降减了Cu2Cl2的产率，27\n故答案为：2Cu2++SO32﹣+2Cl﹣+H2O=2CuCl↓+SO42﹣+2H+；OH﹣中和了反应生成的H+，有利于反应向右进行，提高Cu2Cl2的产率；Cu2+能与OH结合，生成沉淀，反而降低了Cu2Cl2的产率造成产物不纯；（3）因在53℃～55℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了Cu2Cl2的水解，Cu2Cl2被氧化的速度加快．故答案为：53℃～55℃；温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；（4）因温度升高，促进了CuCl与空气中氧气发生反应，所以反应①在隔绝空气条件下（还原气氛）进行可以提高CuCl的产率．故答案为：隔绝空气密封保存．【点评】本题主要考查了CuCl的制备，为高频考点，对制备过程中的有关知识进行了考查，氧化还原反应实质和规律的应用，培养了学生分析问题的能力和运用知识的能力． 27．（16分）（2022•广东模拟）以乙烯为原料合成化合物C的流程如图所示：（1）B和C中含有的官能团名称分别为 醛基、酯基 ．（2）写出A的结构简式： ClCH2CH2Cl ．（3）①③的反应类型分别为 加成 反应和 水解（取代） 反应．（4）写出乙醇的同分异构体的结构简式： CH3OCH3 ．（5）写出反应②和④的化学方程式：② 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O ；④ 2CH3COOH+HOCH2CH2OH+2H2O ．（6）写出B与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式： CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O ．【考点】有机物的推断；乙烯的化学性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】乙烯与氯气发生加成反应生成A，A为ClCH2CH2Cl，在氢氧化钠水溶液、加入条件下发生水解反应生成乙二醇．乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成B，B氧化生成乙酸，故B为CH3CHO．乙酸与乙二醇发生酯化反应生成C，由C的分子式C6H10O4可知，C为，据此解答．【解答】解：乙烯与氯气发生加成反应生成A，A为ClCH2CH2Cl，在氢氧化钠水溶液、加入条件下发生水解反应生成乙二醇．乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成B，B氧化生成乙酸，故B为CH3CHO．乙酸与乙二醇发生酯化反应生成C，由C的分子式C6H10O4可知，C为，27\n（1）B为CH3CHO，含有醛基，C为，含有酯基，故答案为：醛基、酯基；（2）由上述分析可知，A的结构简式为：ClCH2CH2Cl，故答案为：ClCH2CH2Cl；（3）反应①是乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应③ClCH2CH2Cl发生水解反应生成乙二醇，水解反应属于取代反应，故答案为：加成；水解（取代）；（4）乙醇的同分异构体的结构简式为：CH3OCH3，故答案为：CH3OCH3；（5）反应②是乙醇氧化生成CH3CHO，反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，反应④是乙酸与乙二醇发生酯化反应生成，反应方程式为：2CH3COOH+HOCH2CH2OH+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；2CH3COOH+HOCH2CH2OH+2H2O；（6）CH3CHO与新制Cu（OH）2悬浊液反应的化学方程式为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O，故答案为：CH3CHO+2Cu（OH）2CH3COOH+Cu2O↓+2H2O．【点评】本题考查有机物之间的转化关系，涉及烯烃、醇、醛、羧酸、卤代烃性质，考查官能团、有机反应类型、同分异构体、方程式书写等，掌握官能团的性质是解题的关键，难度不大． 27
