2022-2023年高三下学期4月月考化学试卷 含解析 (V)

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1、2022-2023年高三下学期4月月考化学试卷 含解析 (V)1常温下，向一定浓度的氨水中逐滴加入盐酸，关于溶液中各离子浓度大小关系叙述最准确的是 （ ） Ac（Cl） c（NH4+） c（H+） c（OH）Bc c（NH4+） = c（Cl） c（H+） = c（OH）Cc（NH4+） c（Cl） c（OH） c（H+）D以上说法都有可能【答案】D【解析】因加入盐酸的用量没有限定，故混合溶液可能是酸性（此时A对）、中性（B对）、碱性（C对）2由甲醛(CH2O)、乙酸和乙酸乙酯组成的混合物中，氧元素的质量分数是37%，则碳元素的质量分数为 （ ）A、27% B、9% C、54% D、 无法计算

2、【答案】C 【解析】在混合物中，只有3种元素C、H、O，氧元素的质量分数为37%，那么碳和氢元素的质量分数为63%，在甲醛（CH2O）、乙酸（C2H4O2）、乙酸乙酯（C4H8O2）中，碳氢比例相同，C：H=6：1(质量比)，所以C占6/7,故为63%6/7=54。3下列物质中，在常温常压时呈气态的是A乙醇 B苯 C甲醛 D四氯化碳【答案】C【解析】试题分析：本题主要考查几种常见物质的状态。考点：物质的状态。4下列食品中属于碱性食品的是 A鸡肉 B猪肉 C 橘子 D 鱼肉【答案】C【解析】略5下列实验操作中错误的是 A蒸发操作时，应使混合物中的水分完全蒸干后，才能停止加热 B蒸馏操作时，应使温

3、度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C分液操作时，分液漏斗下层液体应从下口放出，上层液体应从上口倒出D萃取操作时，所选萃取剂溶解溶质能力应大于原溶剂且与原溶剂互不相溶【答案】A【解析】试题分析：A、蒸发操作时，应使混合物中的水分接近蒸干时停止加热，利用余热完全蒸干，错误；B、蒸馏操作时，温度计测量的是蒸汽的温度，所以应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，正确；C、分液操作时，为了使液体彻底分离，分液漏斗下层液体应从下口放出，上层液体应从上口倒出，正确；D、萃取操作时，为了使溶质转移，所选萃取剂溶解溶质能力应大于原溶剂且与原溶剂互不相溶，正确。考点：本题考查实验基本操作。 6在无色的强碱性溶液中，

4、能大量共存的是 ANa+、Al3+、NO3-、Cl- BK+、Na+、Cl-、AlO2-CFe2+、K+、SO42-、Cl- DNa+、HCO3-、K+、NO3- 【答案】B【解析】试题分析：AAl3+与OH-不共存；CFe2+浅绿色且与OH-不共存；D HCO3-与OH-不共存；只有B正确。考点：离子共存7不论以何种比例混合，将甲和乙两种混合气体同时通入过量的丙溶液中，不一定能产生沉淀的是A B C D【答案】D【解析】试题分析：A、由于石灰水过量，因此必有CaCO3和CaSO3沉淀生成，A项错误；B、同样由于石灰水过量，因此必有CaCO3沉淀生成，B项错误；C、CO2气体与Ba（N03）2

5、不反应，SO2气体通入Ba（NO3）2溶液后，由于溶液酸性增强，SO2将被NO3-氧化生成SO42-，因此有BaSO4沉淀生成，C项错误；D、当NH3过量时溶液中CaCO3沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+CO2+CaCl2+H2O=CaCO3 +2NH4C1；当NH3不足时，最终无沉淀生成，发生反应的化学方程式为：2NH3+2CO2+CaCl2+2H2O=Ca（HCO3）2+2NH4C1，D项正确；答案选D。考点：考查无机反应8下列各溶液中，离子的物质的量浓度关系正确的是A(NH4)2SO4溶液中 c(SO42-)c(NH4+)c(H+)c(OH-)BNa2S稀溶液中 c(Na+)

6、c(S2-)+c(H2S)+c(HS-)C饱和食盐水中 c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)DCH3COOH溶液加水稀释后，溶液中所有离子浓度都减小【答案】C【解析】试题分析：A、(NH4)2SO4溶液中，离子的物质的量浓度关系为：c(NH4+) c(SO42-)c(H+)c(OH-)，错误；B、根据物料守恒，Na2S稀溶液中 c(Na+)2c(S2-)+2c(H2S)+2c(HS-)，错误；C、根据电荷守恒，饱和食盐水中 c(Na+)+c(H+)c(Cl-)+c(OH-)，正确；D、CH3COOH溶液加水稀释后，溶液中OH浓度增大，错误。考点：本题考查离子浓度比较。 9下列实验

7、方案中，不能测定Na2CO3和NaHCO3,混合物中Na2CO3质量分数的是 A取a克混合物充分加热，剩余b克固体B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体C取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰直接吸收，增重b克D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体。【答案】C【解析】试题分析：A取a克混合物充分加热，碳酸氢钠分解，剩余b克固体是碳酸钠，利用差量法可以计算碳酸钠的质量分数，A正确；B取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体，bg固体是氯化钠，根据总质量和钠离子守恒可以计算碳酸钠的质量分数，B正确；C

8、取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰直接吸收，增重b克，由于生成的CO2中含有水蒸气，则bg不一定是CO2的质量，因此不能计算碳酸钠的质量分数，C错误；D取a克混合物与足量Ba（OH）2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体，碳酸钠、碳酸氢钠均与氢氧化钡反应，bg固体是碳酸钡，因此可以计算碳酸钠的质量分数，D正确，答案选C。考点：考查实验方案设计与评价10下表是小王同学血常规检查报告单中的部分内容编号项目结果正常范围参考值单位1红细胞计数2.33.551012L-12血红蛋白75110150gL-1 小王同学应注意补充的微量元素是A硒 B锌 C铁 D碘【答案】C【解析】由表中

9、数据可知不王同学的红细胞数少，血红蛋白少，所以，应补充微量元素是铁元素；11一种新燃料电池，一极通入空气，另一极通入丁烷气体；电解质是掺杂氧化钇（Y2O3）的氧化锆（ZrO2）晶体，在熔融状态下能传导O2-。下列对该燃料说法正确的是A在熔融电解质中，O2由负极移向正极B电池的总反应是：2C4H10 + 13O2 8CO2 + 10H2OC通入空气的一极是正极，电极反应为：O2 + 4e- 2H2O= 4OH-D通入丁烷的一极是正极，电极反应为：C4H10 + 26e- + 13O2 = 4CO2 + 5H2O【答案】B【解析】在原电池中较活泼的金属作负极，失去电子，发生氧化反应。电子经导线传递

10、到正极上，所以溶液中的阳离子向正极移动，阴离子向负极移动。正极得到电子，发生还原反应。所以丁烷在负极通入，空气在正极通入，所以选项AD不正确。由于电解质是熔融的氧化物，所以正极反应式为O2 + 4e-= 2O2，C不正确，所以正确的答案是B。12能表明非金属甲的非金属性比非金属乙的非金属性强的叙述正确的是：A在氧化还原反应中，甲得电子比乙得电子多 B甲的最高价氧化物对应水化物酸性比乙的的最高价氧化物对应水化物酸性强C甲的氢化物水溶液酸性比乙的氢化物水溶液酸性强D向含甲和乙的阴离子的钠盐混合溶液中通入氯气，乙的阴离子先反应【答案】BD【解析】非金属性的比较规律： 1、由元素原子的氧化性判断：一般

11、情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。 2、由单质和酸或者和水的反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强。 3、由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强。 4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强。 5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属越强。（除氟元素之外） 6、由对应阴离子的还原性判断：还原性越强，对应非金属性越弱。 7、由置换反应判断：强置弱。若依据置换反应来说明元素的非金属性强弱，则非金属单质应做氧化剂，非金属单质做还原剂的置换反应不能作为比较非金属性强弱的依据 值得注意的是：氟元素没有正价态，故没有氟的含氧酸，所以最高价氧化物对应水合物的

12、酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氟元素！故规律5只适用于氟元素之外的非金属元素。 8、按元素周期律，同周期元素由左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族元素由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱。据此可知选项BD正确，答案选BD。13下列关于浓硫酸的叙述正确的是 （ ）A浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化B浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体C浓硫酸具有吸水性，因此可用作干燥剂，能干燥氢气、硫化氢、氨气等气体D因为浓硫酸在常温下不可与铁或铝反应，因此常温下可用铁制或铝制容器储存浓硫酸【答案】A【解析】略14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澄清透明

13、溶液中：Cl、NO3- 、Cu2+ 、NH4+B水电离产生的c(OH)11011mol/L的溶液：Cu 2+、SO42、NO3、ClC中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、SO42-D能使苯酚变紫色的溶液：K+、Mg2+、S2-、SO42-【答案】A【解析】试题分析：B、由题目条件可得水的电离被抑制，溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液，当为碱溶液时，铜离子和氢阳根离子反应，故在溶液中不能大量共存，B错误；C、在中性溶液中，铁离子早已水解完全，故铁离子不存在，C错误；D、能使苯酚变紫色的溶液中含铁离子，铁离子和硫离子因发生氧化还原反应而不能在溶液中大量共存，故错误；故选A。考点：离子共存15设

14、NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述中不正确的是A标准状况，11.2L氧气所含的原子数为NA B1.8g的NH4离子中含有的电子数为NAC常温常压下，48gO3和2的混合气体含有的氧原子数为3NA D2.4g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1NA【答案】D【解析】试题分析：2.4gMg为0.1mol，转变为Mg2+时失去电子数为0.2mol，D错误，其余的都正确。答案选D。考点：阿伏伽德罗常数点评：阿伏伽德罗常数是历年高考的“热点”问题。多年来全国高考化学试题出现的几率为100%。这双因为它既考查了学生对物质的量与粒子数、质量、气体体积和物质的量浓度之间的关系，又可以与物质结构、盐类水解、弱电

15、解质的电离等其他的概念性知识点结合成综合性习题。16为了保护坏境，充分利用资源，某研究小组通过如下简化流程，将工业制硫酸的硫铁矿烧渣（Fe主要以Fe2O3存在）转变成重要的化工原料FeSO4（反应条件略）。活化硫铁矿还原Fe3+的主要反应为：FeS2+7Fe2(S04)3+8H2O=15FeSO4+8H2SO4，不考虑其它反应，请回答下列问题：（1）第步H2SO4与Fe2O3反应的离子方程式是 。（2）检验第步中Fe3+是否完全被还原，应选择 （填字母编号）。AKMnO4溶液 BKCl溶液 CKSCN 溶液（3）第步加FeCO3调溶液pH到5.8左右，然后在第步通入空气使溶液pH到5.2，此时

16、Fe2+不沉淀，滤液中铝、硅杂质被除尽，通入空气引起溶液pH降低的原因是 。（4）FeSO4可转化为FeCO3，FeCO3在空气中加热反应可制得铁系氧化物材料。已知25，101kPa时：4Fe（s）+3O2（g）2Fe2O3（s）H=1648kJ/molC（s）+O2（g）CO2（g）H=393kJ/mol2Fe（s）+2C（s）+3O2（g）2FeCO3（s）H=1480kJ/molFeCO3在空气中加热反应生成Fe2O3的热化学方程式是 。（5）FeSO4在一定条件下可制得FeS2（二硫化亚铁）纳米材料，该材料可用于制造高容量锂电池，电池放电时的总反应为4Li+FeS2=Fe+2Li2S，

17、正极反应式是 。（6）假如烧渣中的铁全部视为Fe2O3，其含量为50%，将a kg质量分数为b%的硫酸加入到c kg烧渣中浸取，铁的浸取率为96%，其它杂质浸出消耗的硫酸以及调pH后溶液呈微酸性，所残留的硫酸忽略不计，按上述流程，第步应加入FeCO3 kg【答案】（1）Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O （2） C（3）氧气可以将Fe2+离子氧化为Fe3+离子，Fe3+离子水解生成H+（4）4FeCO3（s）+O2（g）2Fe2O3（s）+4CO2（g）H260kJ/mol（5）FeS2+4eFe+2S2 （3分） （6）（0.118ab0.646c）【解析】试题分析：硫铁矿烧渣用硫酸浸取，

18、过滤后滤液中含有硫酸铁和未反应的硫酸，用活化硫铁矿还原铁离子后过滤，向滤液中加入碳酸亚铁调节溶液pH，过滤后再通入空气，调节溶液的pH，除去溶液中杂质离子，过滤浓缩结晶得到硫酸亚铁晶体。（1）硫酸和氧化铁反应生成硫酸铁和水，离子方程式为：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2O。（2）硫氰化钾可以检验铁离子，显红色，所以若Fe3+没有完全还原，则可以用KSCN检验，答案选C。（3）氧气可以将Fe2+被氧化为Fe3+， Fe3+水解产生H+，使溶液的pH降低。（4）根据盖斯定律，2+4即可，4FeCO3(s)+O2(g) =2Fe2O3(s)+ 4CO2(g) H16482（1480）+4（393）

19、=256kJ/mol。（5）电池放电时的总反应为4Li+ FeS2= Fe +2Li2S，正极发生还原反应，所以是二硫化亚铁得到电子生成铁和硫离子，电极反应式为：FeS2+4e= Fe +2S2。（6）由于最终得到FeSO4，根据元素守恒，n(Fe)=n(S)，Fe来自于Fe2O3、FeS2、FeCO3；S来自于FeS2、H2SO4则有：+0.118ab0.646c。【考点定位】本题主要是考查化学工艺流程、化学反应与能量、元素及化合物、化学计算等【名师点睛】该类试题的关键是要明确实验目的，理解装置的作用以及工艺流程的原理，吸收题目新信息并且能加以灵活运用。工艺流程题设问的地方：反应速率与平衡理

20、论的运用；氧化还原反应的判断、方程式书写；利用控制pH分离除杂；利用溶解度分离；常用的分离方法、实验操作；流程中的物质转化和循环；绿色化学评价；电化学；计算产量、产率、产品纯度等。17(15分)KI可用于制造染料、感光材料、食品添加剂等，其工业生产过程如下：（1）“歧化”产物之一是碘酸钾(KIO3)，该反应的离子方程式是_。（2）“还原”过程中使用的铁屑需用碱溶液清洗，其目的是_。（3）“调pH”的具体实验操作是_(限用试剂：KOH溶液、pH试纸)。（4）“操作X”的名称是_，Y的化学式是_。（5）在“操作X”后，为得到KI固体，还需要进行的实验操作是_。（6）在测定产品中KI含量时，测得其含

21、量为101.5%，其原因可能是产品中混有I2。检验产品中含I2的方法是_。【答案】(15分)（1）I26OH=IIO3-3H2O(2分)（2）去除铁屑表面的油污(2分)（3）向“还原”所得混合物中滴加KOH溶液，用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，再与标准比色卡比照，测出pH；重复操作，直至pH9(2分)（4）过滤(1分）Fe(OH)2或Fe(OH)3(2分)（5）蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤(3分)（6）取少许产品于试管中，用少量水溶解；再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，说明产品中混有I2(3分，操作、现象、结论各1分)【解析】试题分析：（1）发生“歧化”时就是同种元素的化合价既升高又

22、降低，产物之一是KIO3，则另一产物为KI，该反应的离子方程式是I26OH=IIO3-3H2O。（2）铁屑表面可能有油污，阻止铁与溶液接触，用碱溶液清洗，可去除油污。（3）“调pH”的方法是逐滴添加试剂并不断测溶液的PH，具体实验操作是向“还原”所得混合物中滴加KOH溶液，用洁净的玻璃棒蘸取少量溶液，点在pH试纸上，再与标准比色卡比照，测出pH；重复操作，直至pH9 。（4）“操作X”的目的是分离出溶液中的不溶固体，因此是过滤操作；得到的不溶物Y是Fe(OH)2或Fe(OH)3。（5）从滤液中得到KI固体，还需要进行的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤。（6）利用I2遇淀粉溶液变蓝色来检

23、测，实验操作是：取少许产品于试管中，用少量水溶解；再滴入淀粉溶液，若溶液呈蓝色，说明产品中混有I2。考点：无机工业流程 重点考查实验操作的原理及评价18（10分）实验室用如下图所示装置验证苯与溴反应的产物以及反应类型。（1）由分液漏斗往烧瓶中滴加苯与溴的混合液时，反应很剧烈，可明显观察到烧瓶中充满了_色气体。反应方程式： ；（2）洗气瓶中产生的现象是： ，四氯化碳的作用是： ，如果省略洗气瓶， （填“能”或“不能”得到正确结论；（3）则烧杯中产生的现象： ，说明苯与溴的反应是 反应；（4）用离子方程式表示除去溴苯中溶解的溴： 。【答案】（1） 红棕 + Br2 + HBr（2）液体变为红棕色，

24、 除去HBr中的Br2蒸气，不能（3）生成淡黄色沉淀， 取代（4）2OH- + Br2 = Br- + BrO- + H2O （方程式2分,其他各1分）【解析】试题分析：考点：（1）苯与溴反应放出大量热量，使反应液微沸，且使溴挥发，故HBr气体中混有溴蒸气，呈红棕色；苯和溴发生了取代反应生成了溴苯和HBr，故方程式为：+Br2 +HBr；（2）反应生成的HBr气体中混有溴蒸汽，而溴极易溶于有机溶剂，HBr不溶，故用四氯化碳能除去HBr中的溴蒸汽，四氯化碳吸收了溴蒸汽后，溶液变为红棕色；如果溴蒸汽不除去，则也能和硝酸银反应生成淡黄色沉淀，从而无法确定苯和溴是否发生了取代反应；（3）HBr气体通入

25、到硝酸银溶液中会生成淡黄色沉淀，从而说明苯与溴发生的是取代反应而非加成；（4）溴苯中溴的除去方法是向溴苯中加入氢氧化钠溶液，将溴转化为不溶于有机溶液的盐，分液即可，离子方程式为：2OH-+Br2Br-+BrO-+H2O；本题考查了苯的性质，应注意的是苯和溴发生的是取代分液而非加成，且如果发生的是取代，则有HBr生成，如果发生加成则无HBr生成，故通过检验HBr写生成从而确定反应的类型。19（10分）如图是某研究性学习小组设计的SO2与Na2O2反应的探究装置（1）实验开始时，打开旋塞K，通入N2排尽整套装置中的空气，关闭旋塞K。点燃酒精灯，A中反应的化学方程式是 。（2）B装置的作用是 。（3

26、）反应过程中，观察到：A中出现黑色不溶物；C中固体由淡黄色逐渐至完全转化为白色；若将带火星木条伸入D试管口内，火星显得更明亮。 停止加热后，再通入N2至整套装置冷却，其目的是 。 取少量C中白色固体，溶于蒸馏水得无色溶液W 。若向W中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去；若向W中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，出现大量白色沉淀；则说明C中白色固体有 。 D装置中发生反应的离子方程式是 。过滤出A装置中的黑色不溶物，洗涤后将其溶于浓硝酸，得到蓝色溶液并产生红棕色气体；向蓝色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀；则黑色物质可能是_。ACu BCuO CCuS DCu2S 【答案】（1）Cu

27、 + 2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2 + H2O （2分）；（2）观察气体通量、干燥（1分）（3） 防止造成污染（1分）； Na2SO3、Na2SO4（2分） 4OH- + 2SO2 + O2 = 2SO42- + 2H2O （2分）C、D（2分）。【解析】试题分析：（1）在A中Cu与浓硫酸发生反应产生硫酸铜、SO2和水，反应的化学方程式是Cu + 2H2SO4（浓） CuSO4 + SO2 + H2O；（2）由于制取SO2时是在溶液中进行的，所以气体中混有水蒸汽，所以B装置的作用是干燥气体，同时可以通过观察气泡来控制气体的流量和流速；（3）反应过程中，观察到：A中出现黑色不溶物；

28、C中固体由淡黄色逐渐至完全转化为白色；若将带火星木条伸入D试管口内，火星显得更明亮。 停止加热后，再通入N2至整套装置冷却，其目的是驱赶装置中的SO2气体，防止造成污染； 取少量C中白色固体，溶于蒸馏水得无色溶液W 。若向W中滴加几滴酸性KMnO4溶液，振荡，紫色褪去；证明C中物质有还原性，则根据元素守恒可得含有Na2SO3；若向W中加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，出现大量白色沉淀；则说明C中白色固体还有Na2SO4，因此C中白色固体有Na2SO3、Na2SO4。 在D装置中SO2、O2与NaOH发生反应,根据原子守恒、电子守恒和电荷守恒可得相应的离子方程式是4OH- + 2SO2 + O2

29、= 2SO42- + 2H2O； A装置中的固体是黑色不溶物，则排除Cu存在；洗涤后将其溶于浓硝酸，得到蓝色溶液并产生红棕色气体；证明发生了氧化还原反应，向蓝色溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀证明含有Cu、S元素，产生了BaSO4沉淀；则黑色物质可能是CuS 、Cu2S，选项是、。 考点：考查SO2的制取及SO2与Na2O2反应的产物成分的确定的知识。20葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物（C6H12O62CH3CH2OH+2CO2）、已知：实验室制乙烯原理为CH3CH2OHCH2=CH2H2O，产生的气体能使Br2的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证。（气密性已检验，部

30、分夹持装置略）。实验操作和现象：操 作现 象点燃酒精灯，加热至170：A中烧瓶内液体渐渐变黑：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色实验完毕，清洗烧瓶III：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有 性。（2）分析，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用。根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是 ；乙根据现象认为实验中产生的SO2和 ，使B中有色物质反应褪色。为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：甲：在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：Br2的CCl4溶液褪色。乙：用下列装置按一定顺序与A连接：（尾气处理装置略）现象：C中溶

31、液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色。请回答下列问题A甲设计实验中A、B间洗气瓶中盛放的试剂是 ；乙设计的实验D中盛放的试剂是 ，装置连接顺序为 。B能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是 。C乙为进一步验证其观点，取少量C中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是 。由此可得出的干燥的SO2不能使Br2的四氯化碳溶液褪色。、葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化剂。（3）0.5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，该溶液的pH=4.5。溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如右图所示。写出Na2S2O5溶于水时发生的化学方程式 。（4）已知：K

32、spBaSO4=110-10，KspBaSO3=510-7。把部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42-沉淀完全c(SO42-) 110-5molL-1，此时溶液中c(SO32-) molL-1。【答案】（1）脱水性；（2）CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；H2O；a、氢氧化钠溶液；浓硫酸；（d）cabe（f）；b、加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；c、SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4；（3）Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；（4）0.05【解析】试题分析：（

33、1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸具有脱水性；（2）根据甲的观点，是C2H4使B中溶液褪色，反应的化学方程式是CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；乙根据现象认为产生了SO2和H2O，溴单质可以和二氧化硫、水发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸而褪色；a、甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠溶液，可以和二氧化硫反应，排除二氧化硫的干扰；乙的设计，D中盛放的试剂应是浓硫酸，干燥气体，要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使品红褪色，所以装置连接顺序为（d）cabe（f）；b、证明SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2

34、；c、溴单质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀，离子方程式为SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4；（3）由图可知，pH=4.5时，主要以亚硫酸氢根离子的形式存在，故水解方程式为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；（4）根据Ksp=c（Ba2+）c（SO42），可知最少需要c（Ba2+）= KspBaSO4/c(SO42)= 110-10/110-5=105molL1，则溶液中SO32的最大浓度c（SO32）= KspBaSO3/ c（Ba2+）=510-7/10-5=0.05molL1。考点：

35、乙醇的性质、图象分析、离子浓度计算211.92g铜和一定量的浓HNO3反应，随着铜的不断减少，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜反应完毕时，共收集到气体1.12L（标准状况）。求：（1）反应消耗的HNO3的物质的量。（2）反应生成的气体水洗后剩余多少体积？【答案】（1）0.11 mol （3分）（2）0.448 L （3分） 【解析】略22（xx秋南宁校级期末）有A、B、C、D、E、F、G、H、I九种物质，转化关系如下图所示（相关反应的某些产物在图中已略去）其中A为黑色粉末状固体物质，常用作氯酸钾分解制氧气的催化剂；D在C中燃烧，火焰呈苍白色；E与B接触有大量白烟产生；G为焰色反应呈黄色的强碱（

36、1）写出下列物质的化学式：A E G I （2）写出A+BC的化学方程式： ；（3）写出C+GH+I+H2O的离子方程式： 【答案】（1）MnO2；NH3；NaOH；NaClO；（2）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；（3）Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O【解析】A为黑色粉末状固体物质，常用作氯酸钾分解制氧气的催化剂，则A为MnO2，A与B反应得到C，D在C中燃烧生成B，火焰呈苍白色，则B为HCl，C为Cl2，D为H2，G为焰色反应呈黄色的强碱，则G为NaOH，G与氯气反应生成NaCl、NaClO与水，E与B接触有大量白烟产生，反应生成F，且F与G反应的E与H，可推知E

37、为NH3、F为NH4Cl、H为NaCl、I为NaClO（1）由上述分析可知，A为MnO2，E为NH3，G为NaOH，I为NaClO，（2）A+BC的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，（3）C+GH+I+H2O的离子方程式：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，【点评】本题考查无机物推断，A的颜色与用途、一些反应现象是推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意对基础知识的理解掌握23室温下，现有A、B、C、D、E、F六种常见化合物，已知它们的阳离子有K+、Ag+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，阴离子有Cl-、OH-、CH3COO-、NO3-、SO42-、C

38、O32-，现将它们分别配成0.1 mol/L的溶液，进行如下实验：（已知：室温下，饱和氢氧化钙溶液浓度约为0.00165 g/mL）测得溶液A、C、E呈碱性，且碱性为A E C；向B溶液中滴加Na2S溶液，出现难溶于强酸且阴阳离子个数比为12的黑色沉淀；向D溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，无明显现象；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色。根据上述实验现象，回答下列问题：（1）写出下列化合物的化学式：A _、B _、C _。（2）实验中白色沉淀变为红褐色对应的化学方程式：_（3）D与E的溶液反应离子方程式是：_。【答案】（1）A、Ba(OH)2；B、AgNO3

39、；C、Ca（CH3COO）2；（2）4Fe(OH)2O22 H2O=4Fe(OH)3 ；（3）2Al3+3CO32-3H2O=2Al(OH)3 3CO2；【解析】试题分析：已知：室温下，饱和氢氧化钙溶液浓度约为0.00165 g/mL，则1L溶液中最多含有1.65g钙离子，最大物质的量为：=0.04125mol，即：氢氧化钙的最大浓度小于0.04125mol/L，则六种化合物中不可能含有氢氧化钙。测得溶液A、C、E呈碱性，三种溶液为碱液或水解呈碱性的溶液，且碱性为AEC，则A为碱，溶液中含有大量的OH-离子，OH-离子与Ag+，Ca2+，Fe2+，Al3+等离子不能大量共存，故A只能为Ba（O

40、H）2，根据越弱越水解，E应为碳酸盐，根据离子共存，只能为K2CO3，C为醋酸盐；向B溶液中滴加Na2S溶液，出现难溶于强酸且阴阳离子个数比为1：2的黑色沉淀，该黑色沉淀为硫化银，则B为硝酸银溶液；向D溶液中滴加Ba（NO3）2溶液，无明显现象，说明B中不含SO42-离子；向F溶液中滴加氨水，生成白色絮状沉淀，沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，说明F中含有Fe2+离子，综上分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，D为AlCl3，E为K2CO3，F为FeSO4，（1）根据分析可知，A为Ba（OH）2，B为AgNO3，C为Ca（CH3COO）2，故答案为：Ba（

41、OH）2；AgNO3；Ca（CH3COO）2；（2）氢氧化亚铁在溶液中被氧气氧化成氢氧化铁，反应的化学方程式为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；（3）D为AlCl3，E为K2CO3，二者混合后发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，反应的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2，故答案为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al（OH）3+3CO2。考点：考查了离子共存、离子反应、盐类水解的相关知识。2422（16分）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，其合成路径如下（部分

42、反应条件略去）。已知：（1）A属于芳香烃，名称是 。（2）BC的化学方程式是_。（3）D的含氧官能团名称是_。（4）E的结构简式是_。（5）FK的化学方程式是_。（6）由E与N合成华法林的反应类型是_。（7）下列说法正确的是_。aM与N互为同分异构体b将L与足量的NaOH溶液反应，1 mol L消耗4 mol NaOHcE最多可与5 mol氢气加成dB可以发生消去反应（8）LM的转化中，会产生少量链状高分子聚合物，该反应的化学方程式是_。【答案】（1）甲苯（2）（3）醛基（4）（5）（6）加成反应（7）ac（8）【解析】试题分析：（1）A经过光照发生取代反应后生成，分子式为C7H7Cl，那么A

43、为甲苯；（2）C在铜作催化剂的条件下氧化，说明C为醇，D为醛，B为卤代烃，在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应，形成醇，方程式为；（3）D为苯甲醛，其官能团为醛基；（4）因，可知苯甲醛可与丙酮发生反应，生成；（5）F为，与甲醇发生酯化反应，方程式为；（6）E中含有碳碳双键，与N反应生成华法林，为加成反应；（7）M和N分子式相同，结构不同，互为同分异构体；L与足量的NaOH溶液反应，1 mol L消耗3 mol NaOH；E中含有苯环，可与3mol氢气加成，有一个碳碳双键，可与1mol氢气加成，有一个羰基，可与1mol氢气加成，共计最多可与5 mol氢气加成；B与氯原子直接相连的碳原子的邻位上只有一个氢原子，且是苯环上的氢原子，不能再发生消去反应。（8）LM的转化中，产生少量链状高分子聚合物，化学方程式为：考点：有机物之间的相互转化点评：本题主要考察了有机物之间的相互转化，有一定的难度，解答本题的关键是弄清官能团之间的变化关系，本题为常考题型。