2022年高三下学期第二次热身练习化学试卷 含解析

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1、2022年高三下学期第二次热身练习化学试卷 含解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）（xx春武清区校级月考）下列说法正确的是（）A陶瓷、玻璃和水泥都是无机非金属材料；青铜、碳素钢和石英都是合金B油脂皂化和蛋白质水解都是由高分子生成小分子的过程C已知Ksp（MnS）Ksp（CdS） 所以工业上用MnO2制取MnCl2时，用MnS除去溶液中含有的Cd2+离子D食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂；福尔马林可作食品的保鲜剂2（6分）（xx春武清区校级月考）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图字母代表元素，分析正确的是（）AR在周期表的第15列B元素Y气态氢化物的沸点小于元

2、素Q气态氢化物的沸点C简单离子的半径：XZMDZ的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M3（6分）（xx茂名三模）用下列实验装置室温下进行相应实验，能达到实验目的是（）A验证浓硫酸具有强氧化性B制取干燥的NH3C干燥、收集并吸收多余SO2D验证乙炔的还原性4（6分）（xx春武清区校级月考）下列说法正确的是（）A通过测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH可以确定碳和硫两元素非金属性强弱B苯的密度比水小，但由苯反应制得的溴苯、硝基苯、环己烷的密度都比水大CFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性，后者表现出漂白性D总质量一定时，甲醛和乙酸无论按什么比例混合

3、，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变5（6分）（xx盐城二模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1NaHCO3溶液：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）B0.1 molL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+2c（H2CO3）C0.1 molL1NaHCO3溶液与0.2 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3）D0.2 molL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（CO32）+2c（O

4、H）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+）6（6分）（xx春武清区校级月考）按如图装置进行实验（N装置中两个电极均为石墨棒），下列描述正确的是（）Aa、b连接，工作一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小Ba、b连接，装置M中若有0.1 mol SO42移到Cu电极，装置N中C2极放出H2 2.24 L（标准状况）Ca、b未连接时，装置N中C1电极上有气体析出D不论a、b是否连接，装置M中观察到的实验现象相同二、解答题（共6小题，满分64分）7（5分）（xx春武清区校级月考）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关

5、系如图所示（1）图中X的电子式为；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式；该变化说明S的非金属性比O（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：（2）下列物质用于Na2S2O3制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是（选填编号）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+Y dNaHS+NaHSO3（3）已知反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，研究其反应速率时，下列方案合理的是（选填编号）a测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c用Na2S2O3固体分别与浓、稀硫酸反应，

6、研究浓度对该反应速率的影响8（9分）（xx春武清区校级月考）（1）氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡离子方程式表示：已知HClO的杀菌能力比ClO强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是（一种原因即可）（2）在氯水中，下列关系正确的是（选填编号）ac（HClO）+c（ClO）=c（H+）c（OH） bc（H+）=c（ClO）+c（Cl）+c（OH）cc（HClO）c（Cl） dc（Cl）c（OH）9（18分）（xx春武清区校级月考）乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物已知：CH2=CHOH（不稳定）CH2CHO一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RC

7、OOR+ROHRCOOR+ROH完成下列填空：（1）写出反应类型：反应；反应反应的反应条件（2）写出B生成C反应化学方程式；写出反应化学方程式（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有种（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的所有同分异构体的结构简式10（xx春武清区校级月考）写出以分子式为C5H8的二烯烃为主要原料，制备的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：（RCH3CH=CH2+HClRCH3CHClCH3） CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH311（18分）（xx春武清区校级月考）氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途如图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制

8、的流程：已知：Br2是易挥发、深红棕色的液体；氢溴酸是易挥发、无色液体根据上述流程回答下列问题：（1）反应室中发生反应的化学方程式为（2）反应室使用冰水的目的（3）操作I的名称，操作的名称（4）反应室中加入Na2SO3的目的是（5）操作 III用到的玻璃仪器有（6）工业生产中制得的氢溴酸带有淡黄色于是甲乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为，若假设成立可观察到的现象为乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为，其用于证明该假设成立的方法为12（14分）（xx重庆校级模拟）甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7，是无色有酒精气味易挥发的液

9、体甲醇有毒，误饮510mL能双目失明，大量饮用会导致死亡甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等（1）工业上可利用CO2和H2生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1又查资料得知：CH3OH（l）+1/2O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为（2）工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10

10、L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol回答下列问题：010min内H2O（g）的平均反应速率为若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是a升高温度 b缩小容器的体积c增大H2O （g）的浓度 d加入适当的催化剂若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙

11、中为0.1mol/L CuSO4溶液 （假设反应前后溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色回答下列问题：a物质是，A电极的电极反应式为乙装置中的总化学反应方程式为当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=xx天津市武清区杨村一中高三（下）第二次热身练习化学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共6小题，每小题6分，满分36分）1（6分）（xx春武清区校级月考）下列说法正确的是（）A陶瓷、玻璃和水泥都是无机非金属材料；青铜、碳素钢和石英都是合金B油脂皂化和蛋白质水解都是由高分子生成小分子的过程C已知Ksp（MnS）Ksp（CdS） 所以工业上用MnO2制取M

12、nCl2时，用MnS除去溶液中含有的Cd2+离子D食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂；福尔马林可作食品的保鲜剂考点：无机非金属材料；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；生活中常见合金的组成；甲醛；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点分析：A玻璃、陶瓷和水泥是无机非金属材料，石英是二氧化硅，不是合金；B蛋白质是高分子化合物，油脂不是高分子化合物；C沉淀向Ksp更小的方向转化，加入MnS可使Cd2+离子转化为CdS沉淀；D食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂；福尔马林是甲醛的水溶液，有毒不可作食品的保鲜剂；解答：解：A玻璃、陶瓷和水泥是三大重要的无机非金属材料，青铜为Cu的合金，碳素钢为铁的合金，石英是二氧

13、化硅，不是合金，故A错误； B蛋白质水解都是由高分子生成小分子的过程，油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故B错误；C沉淀向Ksp更小的方向转化，Ksp（MnS）Ksp（CdS），加入MnS可使Cd2+离子转化为CdS沉淀，所以可用MnS除去溶液中含有的Cd2+离子，故C正确；D食盐它可以使细菌细胞脱水死亡，所以可以杀菌，可作为防腐剂，食盐具有咸味是咸味剂，福尔马林是甲醛的水溶液，有毒不可作食品的保鲜剂，故D错误；故选C点评：本题考查无机非金属材料、合金、高分子化合物、沉淀溶解平衡、甲醛等知识，题目难度不大，掌握物质相关性质是解题的关键，平时注意化学与生活知识的积累2（6分）（xx春武清区

14、校级月考）如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图字母代表元素，分析正确的是（）AR在周期表的第15列B元素Y气态氢化物的沸点小于元素Q气态氢化物的沸点C简单离子的半径：XZMDZ的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M考点：原子结构与元素周期律的关系；元素周期表的结构及其应用分析：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Si，Q为Cl元素，结合元素周期律与物质的性质等解答解答：解：同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故前7种

15、元素处于第二周期，后7种元素处于第三周期，由原子序数可知，X为氧元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，R为Si，Q为Cl元素AR为Si元素，位于周期表第14列，故A错误；BHF分子之间存在氢键，沸点高于HCl，故B错误；CO2、Na+、Al3+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径O2Na+Al3+，故C正确；DNa与氯化铝溶液反应，首先与水反应生成氢氧化钠与氢气，氢氧化钠再与氯化铝反应，不能置换出Al，故D错误，故选C点评：本题考查位置结构性质的关系及应用，题目难度中等，推断元素是解题的关键，根据原子半径变化规律结合原子序数进行推断，首先审题中要抓住“短周期主族元素

16、”几个字3（6分）（xx茂名三模）用下列实验装置室温下进行相应实验，能达到实验目的是（）A验证浓硫酸具有强氧化性B制取干燥的NH3C干燥、收集并吸收多余SO2D验证乙炔的还原性考点：化学实验方案的评价分析：A浓硫酸与铜粉常温下不反应；B氧化钙与水反应是放热反应；C二氧化硫是酸性气体；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体解答：解：A浓硫酸与铜粉常温下不反应，加热才反应，故A错误； B氧化钙与水反应是放热反应，可用浓氨水和水制取氨气，故B正确；C二氧化硫是酸性气体，不能用碱石灰干燥，故C错误；D生成的乙炔中含有H2S、PH3等还原性气体，应将杂质除去方能证明乙炔的还原性，故D错误故选B点评

17、：本题考查化学实验方案的评价，涉及物质的制备、分离和检验等实验操作，侧重于物质性质的考查，题目难度不大4（6分）（xx春武清区校级月考）下列说法正确的是（）A通过测同温同浓度下的Na2CO3和Na2SO3水溶液的pH可以确定碳和硫两元素非金属性强弱B苯的密度比水小，但由苯反应制得的溴苯、硝基苯、环己烷的密度都比水大CFe2+、SO2都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，前者表现出还原性，后者表现出漂白性D总质量一定时，甲醛和乙酸无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变考点：非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；化学方程式的有关计算；二氧化硫的化学性质；苯的性质分析：A元素的非金属

18、性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则其最高价含氧酸的钠盐pH越低；B环己烷密度小于水；CFe2+、SO2都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色；D无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧时消耗O2的质量不变，生成CO2及H2O的质量均不变，化合物各组分所含元素种类相同，说明混合物各组分的最简式相同解答：解：A元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，则其最高价含氧酸的钠盐pH越低，亚硫酸钠不是S元素最高价氧化物钠盐，所以不能据此判断非金属性强弱，故A错误；B环己烷密度小于水，故B错误；CFe2+、SO2都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，

19、亚铁离子和二氧化硫都体现还原性，故C错误；D无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧时消耗O2的质量不变，生成CO2及H2O的质量均不变，化合物各组分所含元素种类相同，说明混合物各组分的最简式相同，甲醛和乙酸的最简式都是CH2O，所以总质量一定时，甲醛和乙酸无论按什么比例混合，完全燃烧消耗氧气量或生成CO2量不变，故D正确；故选D点评：本题考查较综合，涉及非金属性强弱判断、氧化还原反应、根据方程式的计算等知识点，侧重考查学生知识综合应用能力，难点是D选项，题目难度中等5（6分）（xx盐城二模）下列溶液中有关物质的量浓度关系正确的是（）A0.1 molL1NaHCO3溶液：c（Na+

20、）c（HCO3）c（CO32）c（H2CO3）B0.1 molL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+2c（H2CO3）C0.1 molL1NaHCO3溶液与0.2 molL1NaOH溶液等体积混合：c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3）D0.2 molL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合：c（CO32）+2c（OH）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+）考点：离子浓度大小的比较分析：ANaHCO3溶液呈碱性，HCO3水解程度大于电离程度；B、0.1 m

21、olL1NaHCO3溶液与0.1 molL1NaOH溶液等体积混合，恰好完全反应生成单一的碳酸钠；C、向0.1molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.2 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解，导致氢氧根离子浓度大于0.05 molL1，而碳酸根离子浓度小于0.05 molL1；D、向0.2molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaHCO3溶液的混合液，根据物料守恒和电荷守恒分析解答解答：解：AN

22、aHCO3溶液呈碱性，HCO3水解程度大于电离程度，则c（H2CO3）c（CO32），故A错误；BNa2CO3溶液中存在物料守恒，为c（Na+）=2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3），故B错误；C、向0.1molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.2 molL1NaOH溶液后，相当于0.05 molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaOH溶液的混合液，由于Na2CO3的水解呈碱性，所以c（Na+）c（OH）0.05 molL1c（CO32）c（HCO3），故C正确；D、向0.2molL1NaHCO3溶液中加入等体积0.1 molL1NaOH溶液后，相当于0.05

23、molL1的Na2CO3溶液和0.05 molL1NaHCO3溶液的混合液，根据电荷守恒可知：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（OH）c（H+），而物料守恒可知：2c（Na+）=3c（CO32）+3c（HCO3）+3c（H2CO3），将代入，可得：c（CO32）+2c（OH）=c（HCO3）+3c（H2CO3）+2c（H+），故D正确；故选：CD点评：本题考查离子浓度大小的比较，结合盐的水解综合分析离子浓度的变化情况，学生要学会将守恒知识在解这类题中的应用，有一定的难度6（6分）（xx春武清区校级月考）按如图装置进行实验（N装置中两个电极均为石墨棒），下列描述正确的是（）Aa

24、、b连接，工作一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小Ba、b连接，装置M中若有0.1 mol SO42移到Cu电极，装置N中C2极放出H2 2.24 L（标准状况）Ca、b未连接时，装置N中C1电极上有气体析出D不论a、b是否连接，装置M中观察到的实验现象相同考点：原电池和电解池的工作原理分析：如果a、b连接时，左边装置是原电池，Zn易失电子作负极、Cu作正极，负极反应式为Zn2e=Zn2+、正极反应式为2H+2e=H2，C1是阳极，电极反应式为OH4e=2H2O+O2，C2是阴极，电极反应式为2H+2e=H2；如果a、b不连接时，左边装置不能构成原电池，只有锌和稀硫酸发生置换反

25、应，据此分析解答解答：解：Aa、b连接，M是原电池，铜电极上氢离子放电生成氢气，导致溶液酸性减弱，N中电解水，导致硫酸浓度增大，所以工作一段时间后装置M中溶液pH变大，装置N中溶液pH变小，故A正确；Ba、b连接，M是原电池，所以装置M中若有0.1molSO42移到Zn电极，而不是铜极，故B错误；Ca、b未连接时，装置N中不发生反应，所以装置N中C1电极上无气体析出，故C错误；Da、b连接时，装置M中发生原电池反应，Cu作正极，有气体生成，a、b不连接时，锌和氢离子直接反应，接触面上析出气体，所以观察到的实验现象不相同，故D错误；故选A点评：本题考查原电池和电解池原理，明确各个电极上发生的反应

26、是解本题关键，知道电解质溶液中阴阳离子移动方向，题目难度不大二、解答题（共6小题，满分64分）7（5分）（xx春武清区校级月考）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要视角硫及其化合物与价态变化为坐标的二维转化关系如图所示（1）图中X的电子式为；其水溶液在空气中放置易变浑浊，写出反应的化学方程式2H2S+O2=2S+2H2O；该变化说明S的非金属性比O弱（填“强”或“弱”），从原子结构的角度解释原因：硫原子半径大于氧原子，硫原子的得电子能力小于氧原子（2）下列物质用于Na2S2O3制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是bd（选填编号）aNa2S+S bZ+S cNa2SO3+

27、Y dNaHS+NaHSO3（3）已知反应：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，研究其反应速率时，下列方案合理的是b（选填编号）a测定一段时间内生成SO2的体积，得出该反应的速率b研究浓度、温度等因素对该反应速率的影响，比较反应出现浑浊的时间c用Na2S2O3固体分别与浓、稀硫酸反应，研究浓度对该反应速率的影响考点：含硫物质的性质及综合应用；非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律；氧化还原反应；化学反应速率的影响因素分析：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径

28、自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；（3）硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，反应速率越快，出现浑浊时间越短；解答：解：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应的化学方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，所以S非金属性比O弱；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强，则硫原子半径大于氧原子，硫原子的得电子能力小于氧原子可解释，

29、故答案为：；弱；硫原子半径大于氧原子，硫原子的得电子能力小于氧原子；（2）Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，bd符合题意，故答案为：bd；（3）根据硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成了单质硫，溶液变浑浊，可以判断反应速率快慢，反应速率越快，出现浑浊时间越短，故答案为：b点评：本题考查非金属性比较、氧化还原反应、反应速率等，侧重反应原理中高频考点的考查，（2）注意根据氧化还原反应的规律解答，题目难度不大8（9分）（xx春武清区校级月考）（1）氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡离

30、子方程式表示：Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl、HClOH+ClO、Cl2（g）Cl2（aq）已知HClO的杀菌能力比ClO强，氯水处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬季差（一种原因即可）此空删去此空删去（2）在氯水中，下列关系正确的是bc（选填编号）ac（HClO）+c（ClO）=c（H+）c（OH） bc（H+）=c（ClO）+c（Cl）+c（OH）cc（HClO）c（Cl） dc（Cl）c（OH）考点：弱电解质在水溶液中的电离平衡；离子浓度大小的比较分析：（1）氯气与水反应、HClO的电离及氯气的溶解均存在平衡；夏季温度高

31、，HClO不稳定，光照分解；（2）氯水中电荷守恒为c（H+）=c（ClO）+c（Cl）+c（OH），物料守恒为c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），氯水显酸性；解答：解：（1）氯水中含氯元素的平衡关系为Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl、HClOH+ClO、Cl2（g）Cl2（aq）；夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬季差（或HClO电离是吸热过程，夏季有更多的HClO电离为H+和ClO），故答案为：Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl、HClOH+ClO、Cl2（g）Cl2（aq）；夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬季差；（4

32、）a电荷守恒式为c（H+）=c（ClO）+c（Cl）+c（OH），物料守恒为c（Cl）=c（ClO）+c（HClO），则c（HClO）+2c（ClO）=c（H+）c（OH），故a错误；b电荷守恒式为c（H+）=c（ClO）+c（Cl）+c（OH），故b正确；c由Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl、HClOH+ClO可知，c（HClO）c（Cl），故c正确； d溶液显酸性，c（OH）最小，则c（Cl）c（OH），故d错误；故答案为：b c；点评：本题考查较综合，涉及离子浓度大小比较、化学平衡及应用等，注重反应原理中高频考点的考查，把握物质的性质、化学反应原理的应用为解答的关键，综合性较强，

33、题目难度中等9（18分）（xx春武清区校级月考）乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物已知：CH2=CHOH（不稳定）CH2CHO一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR+ROHRCOOR+ROH完成下列填空：（1）写出反应类型：取代反应；加成反应反应的反应条件催化剂（2）写出B生成C反应化学方程式2CH3CHO+O22CH3COOH；写出反应化学方程式nCH3COOCH=CH2（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有4种（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的所有同分异构体的结构简式HCOOCH2CH=CH2；HCOOCH=CHCH3（顺反）；HCOOC（CH3）=CH2考点

34、：有机物的推断分析：乙炔和水发生加成反应生成B，根据信息知，B为CH3CHO，B被氧化生成C，C为CH3COOH，乙炔和乙酸反应生成D，根据D分子式知，乙炔和乙酸发生加成反应生成D，D能发生加聚反应，则D中含有碳碳双键，则D结构简式为CH2=CHCH2COOH，E结构简式为，E和甲醇发生取代反应生成乙酸甲酯和尿不湿；根据反应知，C6H6为苯，苯和丙烯发生反应加成反应生成F，F发生取代反应生成M，则F为，据此分析解答解答：解：乙炔和水发生加成反应生成B，根据信息知，B为CH3CHO，B被氧化生成C，C为CH3COOH，乙炔和乙酸反应生成D，根据D分子式知，乙炔和乙酸发生加成反应生成D，D能发生加

35、聚反应，则D中含有碳碳双键，则D结构简式为CH2=CHCH2COOH，E结构简式为，E和甲醇发生取代反应生成乙酸甲酯和尿不湿；根据反应知，C6H6为苯，苯和丙烯发生反应加成反应生成F，F发生取代反应生成M，则F为，（1）通过以上分析知：是取代反应；加成反应，反应是取代反应，需要的反应条件催化剂，故答案为：取代；加成；催化剂；（2）B发生氧化反应生成C，B生成C反应化学方程式2CH3CHO+O22CH3COOH；E发生加聚反应生成E，所以反应化学方程式nCH3COOCH=CH2，故答案为：2CH3CHO+O22CH3COOH；nCH3COOCH=CH2；（3）R是M的同系物，其化学式为，丁基有四

36、种同分异构体，所以R有4种，故答案为：4；（4）D结构简式为CH2=CHCH2COOH，D的同分异构体中含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯，符合条件的同分异构体结构简式为HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3（顺反）、HCOOC（CH3）=CH2，故答案为：HCOOCH2CH=CH2；HCOOCH=CHCH3（顺反）；HCOOC（CH3）=CH2点评：本题考查有机物推断，为高频考点，侧重考查学生分析推断及获取信息利用信息解答问题能力，熟悉常见有机物官能团及其性质、反应条件是解本题关键，注意题给信息的灵活运用，题目难度不大10（xx春武清区校级月考）写出以分子式为C5H8的二烯烃为

37、主要原料，制备的合成路线流程图（无机试剂任选）合成路线流程图示例如下：（RCH3CH=CH2+HClRCH3CHClCH3） CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHOHCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOH考点：有机物的合成专题：有机物的化学性质及推断分析：CH2=C（CH3）CH=CH2与溴发生1，4加成生成CH2BrC（CH3）=CHCH2Br，在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2C（CH3）=CHCH2OH，然后发生催化氧化生成OH

38、CC（CH3）=CHCHO，再进一步发生催化氧化生成HOOCC（CH3）=CHCOOH，最后与HCl在催化剂条件下发生加成反应生成解答：解：CH2=C（CH3）CH=CH2与溴发生1，4加成生成CH2BrC（CH3）=CHCH2Br，在氢氧化钠溶液、加热条件下发生水解反应生成HOCH2C（CH3）=CHCH2OH，然后发生催化氧化生成OHCC（CH3）=CHCHO，再进一步发生催化氧化生成HOOCC（CH3）=CHCOOH，最后与HCl在催化剂条件下发生加成反应生成，合成路线流程图为：CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHO

39、HCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOH，故答案为：CH2=C（CH3）CH=CH2CH2BrC（CH3）=CHCH2BrHOCH2C（CH3）=CHCH2OHOHCC（CH3）=CHCHOHOOCC（CH3）=CHCOOH点评：本题考查有机物的合成，涉及烯烃、卤代烃、醇、酸、羧酸的性质与转化，有利于基础知识的巩固11（18分）（xx春武清区校级月考）氢溴酸在医药和石化工业上有广泛用途如图是模拟工业制备氢溴酸粗品及精制的流程：已知：Br2是易挥发、深红棕色的液体；氢溴酸是易挥发、无色液体根据上述流程回答下列问题：（1）反应室中发生反应的化学方程式为SO2+Br2+2H2O

40、=H2SO4+2HBr（2）反应室使用冰水的目的防止Br2和HBr挥发（3）操作I的名称蒸馏，操作的名称过滤（4）反应室中加入Na2SO3的目的是还原除去粗品中的Br2（5）操作 III用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏蒸馏烧瓶、温度计、冷凝器、牛角管、锥形瓶（6）工业生产中制得的氢溴酸带有淡黄色于是甲乙两同学设计了实验加以探究：甲同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，则用于证明该假设所用的试剂为KSCN溶液，若假设成立可观察到的现象为溶液变成血红色乙同学假设工业氢溴酸呈淡黄色是因为氢溴酸中含有Br2，其用于证明该假设成立的方法为用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止分层，

41、下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2考点：物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用专题：实验设计题分析：Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，反应室1中发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氢氧化钡溶液，使反应生成SO42 转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaBr，再蒸馏得到精致的氢溴酸（

42、5）操作为蒸馏，用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏蒸馏烧瓶、温度计、冷凝器、牛角管、锥形瓶；（6）用KSCN溶液检验Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变成血红色；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验解答：解：Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，反应室1中发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离粗品中可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，除去粗品中未反应完的溴，再加入氢氧

43、化钡溶液，使反应生成SO42 转化硫酸钡沉淀，再进行过滤分离，无色溶液中含有HBr及NaBr，再蒸馏得到精致的氢溴酸（1）Br2具有强氧化性，在溶液中将SO2氧化为H2SO4，自身被还原为HBr，反应室1中发生反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故答案为：SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr；（2）Br2氧化SO2放出很多热量，液溴、氢溴酸易挥发，反应室使用冰水降低温度，防止Br2和HBr挥发，故答案为：防止Br2和HBr挥发；（3）操作I是将互溶的硫酸、氢溴酸分离，而氢溴酸易挥发，应采取蒸馏进行分离；操作分离固体与液体，应是过滤，故答案为：蒸馏；过滤；（4）粗品中

44、可能含有挥发出的Br2，加入Na2SO3，还原除去粗品中的Br2，故答案为：还原除去粗品中的Br2；（5）操作为蒸馏，用到的玻璃仪器有：酒精灯、蒸馏蒸馏烧瓶、温度计、冷凝器、牛角管、锥形瓶，故答案为：酒精灯、蒸馏蒸馏烧瓶、温度计、冷凝器、牛角管、锥形瓶；（6）用KSCN溶液检验Fe3+：取少许溶液滴加KSCN溶液，溶液变成血红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Fe3+，故答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色；由工艺流程可知，溶液中可能含有Br2，可以用CCl4萃取方法检验：用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2，故答案为：氢溴

45、酸中含有Br2；用胶头滴管取制得的氢溴酸于试管中，滴加CCl4、振荡、静止分层，下层呈橙红色，说明氢溴酸呈淡黄色是因为含Br2点评：本题以制备氢溴酸为载体，考查学生对工艺流程的理解、物质的分离提纯等基本操作、离子检验、物质性质等，难度中等，是对知识的综合运用，需学生具有扎实的基础知识与灵活运用知识解决问题的能力12（14分）（xx重庆校级模拟）甲醇又称“木醇”或“木精”，沸点64.7，是无色有酒精气味易挥发的液体甲醇有毒，误饮510mL能双目失明，大量饮用会导致死亡甲醇是重要的化学工业基础原料和液体燃料，可用于制造甲醛和农药，并常用作有机物的萃取剂和酒精的变性剂等（1）工业上可利用CO2和H2

46、生产甲醇，方程式如下：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1又查资料得知：CH3OH（l）+1/2O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，则表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（2Q1+3Q2+2Q3）kJmol1（2）工业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反

47、应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol回答下列问题：010min内H2O（g）的平均反应速率为0.006mol/Lmin若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是aca升高温度 b缩小容器的体积c增大H2O （g）的浓度 d加入适当的催化剂若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），重新达到化学平衡状态时，此时平衡混合气体中H2的体积分数为25%（3）甲醇燃料电池是符合绿色化学理念的新型燃料电池，下图是以甲醇燃料电池（甲池）为电源的电解装置已知：A、B、C、D、E、F都是惰性电极，丙中为0.1mol/L CuSO4溶液 （假设反应前后

48、溶液体积不变），当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色回答下列问题：a物质是CH3OH，A电极的电极反应式为CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O乙装置中的总化学反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H2当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，丙中溶液的pH=1考点：化学平衡的计算；用盖斯定律进行有关反应热的计算；电解原理分析：（1）依据热化学方程式和盖斯定律计算分析得到所需热化学方程式；（2）平均反应速率=计算得到；若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，依据化学反应影响因素和平衡移动原理分析选择的条件；结合平衡常数概念，依据化学平衡三段式列式计算得到；（3）

49、甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；a为甲醇电极商十点钟发生氧化反生成碳酸盐；乙中是电极饱和食盐水；依据电极反应和电子守恒计算所得溶液的PH解答：解：（1）CO2（g）+3H2（g）CH3OH（l）+H2O （g）H=Q1kJmol1CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2（g）H=Q2kJmol1H2O（g）=H2O（l）H=Q3kJmol1，依据盖斯定律2+3+2得到：表示甲醇的燃烧热的热化学方程式为CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（2Q1+

50、3Q2+2Q3） kJmol1；故答案为：CH3OH（l）+O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=（2Q1+3Q2+2Q3） kJmol1；（2）业上可用CO和H2O（g）来合成CO2 和H2，再利用（1）中反应原理合成甲醇某温度下，将1molCO和1.5molH2O充入10L固定密闭容器中进行化学反应：CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，当反应进行到10min时达到平衡，此时测得H2为0.6mol，依据化学平衡三段式列式 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1 1.5 0 0变化量（mol） 0.6 0.6 0.6 0.6平衡量（mol）

51、0.4 0.9 0.6 0.6故答案为：6103 molL1min1；010min内H2O（g）的平均反应速率=0.006mol/Lmin；故答案为：0.006mol/Lmin；CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）H0，反应是气体体积不变的吸热反应，若想加快正反应速率的同时提高CO的转化率，可以采用的方法是；a升高温度，反应速率增大，平衡正向进行，故a符合； b缩小容器的体积，压强增大，平衡不变，速率增大，不能提高一氧化碳转化率，故B不符合；c增大H2O （g）的浓度，反应速率增大，一氧化碳转化率增大，故c符合； d加入适当的催化剂，改变反应速率，不改变化学平衡，一氧化碳转化率不变

52、，故d不符合；故答案为：ac；计算平衡常数，K=1 若保持温度容积不变再向其中充入1molCO和0.5molH2O（g），设生成氢气物质的量为x CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）起始量（mol） 1+0.4 0.9+0.4 0.6 0.6.6变化量（mol） x x x x平衡量（mol） 1.4x 1.4x 0.6+x 0.6+x=1x=0.4mol此时平衡混合气体中H2的体积分数=100%=25%故答案为：25%；（3）甲为原电池，乙、丙为电解池，当向甲池通入气体a和b时，D极附近呈红色，说明D为电解池的阴极，C为电解池的阳极，b为正极，a为负极，E为阳极，F为阴极；上述分

53、析可知a物质为甲醇，电极反应为：CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；故答案为：CH3OH；CH3OH6e+8OH=CO32+6H2O；乙中是电极饱和食盐水，生成氯气和氢气、氢氧化钠溶液，反应的化学方程式为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；故答案为：2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2+H2；当乙装置中C电极收集到224mL（标况下）气体时，生成氯气物质的量=0.01mol，2Cl2e=Cl2，电子转移0.02mol，丙中电解硫酸铜的反应为：2CuSO4+2H2O2Cu+O2+2H2SO4，电子转移4mol，反应2mol硫酸铜，生成硫酸2mol，电子转移0.02mol，生成硫酸0.01mol，氢离子浓度=0.02mol，c（H+）=0.1mol/L，溶液的pH=1故答案为：1；点评：本题考查了化学平衡、反应速率的影响因素分析判断，平衡常数、反应速率的计算应用，原电池原理的理解应用和电解池中溶液PH的计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等