1、 可修改河北省保定市曲陽一中2020屆高三化學上學期第一次月考試題（含解析）試題總分:100分 考試時間:90分鐘可能用到元素的原子量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Al27 K 39 S32 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Si 28 Ca 40 I 127一 選擇題（每題只有一個正確選項，每題2分，共50分）1.下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【詳解】A. NaCl為強電解質，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自發解離為Na+和Cl-，故電離方程式為NaCl

2、=Na+Cl-，示意圖與化學用語表述內容相符；B. 電解氯化銅溶液，銅離子向陰極移動，得電子，發生電極反應為：Cu2+2e-=Cu，氯離子向陽極移動，失電子，發生電極反應為：2Cl-+2e-=Cl2，所以電解總反應為：Cu2+2Cl-Cu+Cl2，示意圖與化學用語表述內容不相符；C. CH3COOH為弱電解質，溶于水部分電離，因此電離方程式為CH3COOH CH3COO-+H+，示意圖與化學用語表述內容相符；D. 由圖可知，反應H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反應熱等于斷裂反應物分子中的化學鍵吸收的總能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol），與形成生成物分子

3、中化學鍵放出的總能量（431kJ/mol2=862kJ/mol）之差，即放熱183kJ/mol，放熱H為負值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-183kJ/mol，示意圖與化學用語表述內容相符；綜上所述，B項符合題意，答案選B。【點睛】B項是易錯點，要注意電解不等于電離，電解過程是陰陽離子放電的過程，會發生氧化還原反應。2.世界第一條大面積碲化鎘薄膜“發電玻璃”生產線最近在成都投產，該材料是在玻璃表面鍍一層碲化鎘薄膜，光電轉化率高。下列說法錯誤的是A. 普通玻璃含有二氧化硅B. 該發電玻璃能將光能完全轉化為電能C. 碲化鎘是一種無機化合物D. 應用該光電轉化技術可減少溫室氣體

4、排放【答案】B【解析】【詳解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正確； B. 該發電玻璃光電轉化率高，但不能將光能完全轉化為電能，故B錯誤；C. 碲化鎘屬于無機化合物，故C正確； D. 應用該光電轉化技術，提高了光電轉化率，能夠減少溫室氣體排放，故D正確。故選B。3.河北省衡水中學2019屆高三下學期一調下列化學用語正確的是A. 氯化鈉的分子式：NaClB. NH4Br的電子式：C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O【答案】D【解析】【詳解】A.氯化鈉是離子化合物，化學式NaCl，

5、沒有分子式，A項錯誤；B.NH4Br的電子式：，B項錯誤；C.比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直線型，C項錯誤；D.Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，D項正確。故答案選D。【點睛】比例模型不僅表示分子組成和內部成鍵情況，即結構式的特點，還涵蓋了空間構型的特點。4.安徽省合肥市2019年高三第三次教學質量檢測化工生產與人類進步緊密相聯。下列有關說法不正確的是A. 空氣吹出法提取海水中溴通常使用SO2作還原劑B. 侯氏制堿法工藝流程中利用了物質溶解度的差異C. 合成氨采用高溫、高壓和催化劑主要提高氫氣平衡轉化率D

6、. 工業用乙烯直接氧化法制環氧乙烷體現綠色化學和原子經濟【答案】C【解析】【詳解】A空氣吹出法中氯氣置換出來的溴，Br2被水蒸氣吹出與SO2反應，SO2Br22H2O=H2SO42HBr，S的化合價從4升高到6，作還原劑，A項正確；B在侯氏制堿法中，NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物質的溶解度小，使之析出，B項正確；C合成氨的反應為N23H22NH3，該反應是放熱反應，采用高溫并不利于反應正向移動，不能提高氫氣平衡轉化率，采用高溫是為了提高化學反應速率，使用催化劑只能加快反應速率，不能提高氫氣平衡轉化率，C項錯誤；D乙烯與氧氣反應生

7、成環氧乙烷，2CH2=CH2O22，原子利用率100% ，符合綠色化學和原子經濟性，D項正確；本題答案選C。5.湖北省黃岡中學2019屆高三5月第二次模擬考試厲害了，我的國展示了中國五年來探索太空，開發深海，建設世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術聯通世界等取得的舉世矚目的成就。它們與化學有著密切聯系。下列說法正確的是A. 大飛機C919采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料B. 為打造生態文明建設，我國近年來大力發展核電、光電、風電、水電，電能屬于一次能源C. 我國提出網絡強國戰略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅D. “神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使

8、用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽【答案】A【解析】【詳解】A. 合金屬于金屬材料，A項正確；B. 核電、光電、風電、水電等這些電能均是經過轉化的能源屬于二次能源，B項錯誤；C. 光纜的主要成分是二氧化硅，不是晶體硅，C項錯誤；D. “神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷是新型無機非金屬材料，不是傳統的硅酸鹽材料，D項錯誤；答案選A。【點睛】本題B選項是易錯點，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未經加工轉換的能量資源。包括：原煤、原油、天然氣、核能、太陽能、水力、風力、波浪能、潮汐能、地熱、生物質能和海洋溫差能等；二次能源則指由一次能源經過加工轉換以后得到的能源產品，主要包括

9、：電力、蒸汽、煤氣、汽油、柴油、重油、 液化石油氣、酒精、沼氣、氫氣和焦炭等。6.下列有關文獻的理解錯誤的是（ ）A. “所在山洋，冬月地上有霜，掃取以水淋汁后，乃煎煉而成”過程包括了溶解、蒸發、結晶等操作。B. 物理小識記載“青礬（綠礬）廠氣熏人，衣服當之易爛，栽木不沒,”“氣”凝即得“礬油”。青礬廠氣是NO和NO2。C. 開寶本草中記載了中藥材鐵華粉的制作方法：“取鋼煅作時如笏或團，平面磨錯令光凈，以鹽水灑之，于醋甕中陰處埋之一百日，鐵上衣生，鐵華成矣。”中藥材鐵華粉是醋酸亞鐵。D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黃合銷石并蜜燒之，焰起燒手、面及屋舍者”，描述了黑火藥制作過程。【答案】

10、B【解析】【詳解】A項，文中描述了提純固體的方法：將固體溶解，通過煎煉蒸發水分，進一步析出晶體，涉及溶解、蒸發、結晶等操作，故A正確；B項，青礬為硫酸亞鐵晶體(FeSO47H2O)，“廠氣熏人”中的“氣”應為硫的氧化物，氣凝即得“礬油”中的“礬油”應為硫酸，故B錯誤；C項，醋的主要成分是醋酸，與鐵反應生成醋酸亞鐵和氫氣，因此鐵華粉是醋酸亞鐵，故C正確；D項，黑火藥是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的應為制備黑火藥的過程，故D正確。綜上所述，符合題意的選項為B。【點睛】本題考查古代文獻中的化學知識，此類題目是近幾年高考的熱點，解題時應抓住化學知識的核心，

11、從物質制備、性質等角度理解文中所述內容，例如：題中A項涉及物質的分離提純方法；B項涉及硫及其化合物的性質；C項涉及鐵和醋酸的反應；D項涉及黑火藥的制備等。7.為實現隨處可上網，中國發射了“中星16號”衛星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發生反應為2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德羅常數，下列說法正確的是A. 1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4離子數均為NAB. 反應中還原產物分子數與氧化產物分子總數之比為1:3C. 產生6.4g O2反應轉移的電子總數為0.8NAD. 0.5mol NH4ClO4分解產生的氣體體積為44.8L【答案】B【解析

12、】【詳解】A. NH4+為弱堿的陽離子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+離子數少于NA，故A錯誤；B. 2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O反應中還原產物為氯氣，氧化產物為氮氣和氧氣，還原產物分子數與氧化產物分子總數之比為13，故B正確；C. 6.4g O2的物質的量=0.2mol，根據2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，產生6.4g O2反應轉移的電子總數為1.4NA，故C錯誤；D.未告知是否為標準狀況，無法計算 0.5mol NH4ClO4分解產生的氣體的體積，故D錯誤；答案選B。【點睛】本題的易錯點為D，使用氣體摩爾體積需要注意：對

13、象是否為氣體；溫度和壓強是否為標準狀況。8.NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述正確的是A. Cu與濃硝酸反應生成4.6gNO2和N2O4混合氣體時，轉移電子數為0.1NAB. 標準狀況下，2.24L己烷中共價鍵的數目為1.9NAC. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，陰離子總數一定大于0.1NAD. 34gH2O2中含有的陰離子數為NA【答案】A【解析】【詳解】A.4.6gNO2的物質的量是0.1mol，若反應完全產生4.6gNO2，轉移電子0.1NA；若完全轉化為N2O4，4.6g N2O4的物質的量是0.05mol，轉移電子數為20.05NA=0.1NA，故Cu與濃硝酸反應生成4.

14、6gNO2和N2O4混合氣體時，轉移電子數一定為0.1NA，A正確；B.標準狀況下，已烷不是氣體，因此不能使用氣體摩爾體積計算其物質的量及化學鍵的數目，B錯誤； C.缺體積，無法計算溶液中微粒的數目，C錯誤；D.34gH2O2的物質的量為1mol，由于H2O2是共價化合物，在水中部分電離，存在電離平衡，因此含有的陰離子數小于NA，D錯誤；故合理選項是A。9.下列指定反應的離子方程式正確的是A. 用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘：2IH2O2=I22OHB. 過量的鐵粉溶于稀硝酸：Fe4HNO3-=Fe3NO2H2OC. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2S2O32-5H2O=

15、10H2SO42-8ClD. 向NaAlO2溶液中通入過量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-【答案】C【解析】【詳解】A. 用過氧化氫從酸化的海帶灰浸出液中提取碘，反應的離子方程式為：2IH2O22H+=I22H2O，選項A錯誤；B. 過量的鐵粉溶于稀硝酸，反應的離子方程式為：3Fe8H2NO3-=3Fe22NO4H2O，選項B錯誤；C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反應的離子方程式為：4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8Cl，選項C正確；D. 向NaAlO2溶液中通入過量CO2，反應的離子方程式為：AlO2-CO22H2O=Al(OH)3H

16、CO3-，選項D錯誤。答案選C。10.下列解釋工業生產或應用的化學用語中，不正確的是A. FeCl3溶液刻蝕銅電路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+B. Na2O2用作供氧劑：Na2O2+H2O=2NaOH +O2C. 氯氣制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2OD. Na2CO3溶液處理水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42【答案】B【解析】詳解】A. FeCl3溶液與銅反應生成氯化亞鐵和氯化銅：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正確；B. Na2O2用作供氧劑與水反應生成氫氧化鈉和氧氣：2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，故B錯誤；

17、C. 氯氣與氫氧化鈉溶液反應制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O，故C正確；D. Na2CO3與硫酸鈣發生沉淀轉化：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故D正確；選B。11.下列離子方程式書寫正確的是A. 少量CO2通入苯酚鈉溶液中：2C6H5OCO2H2O=2C6H5OHCO32-B 少量CO2通入CaCl2溶液中：Ca2CO2H2O=CaCO32HC. 過量H2S氣體通入CuSO4溶液中：H2SCu2=CuS2HD. 向Fe(NO3)3溶液中加入HI溶液：2Fe32I=2Fe2I2【答案】C【解析】【分析】A、無論少量還是足量的CO2通入苯酚鈉溶液

18、中，反應只能生成苯酚和碳酸氫鈉；B、碳酸的酸性弱于鹽酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反應；C、CuS沉淀不溶于水，不能與稀硫酸反應；D、酸性條件下，NO3和Fe3均能與I發生氧化還原反應。【詳解】A項、無論少量還是足量的CO2通入苯酚鈉溶液中，反應只能生成苯酚和碳酸氫鈉，反應的離子方程式為CO2+C6H5O-+H2OC6H5OH+HCO3-，故A錯誤；B項、碳酸的酸性弱于鹽酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反應，故B錯誤；C項、CuS沉淀不溶于水，不能與稀硫酸反應，過量H2S氣體通入CuSO4溶液中反應生成硫化銅沉淀和稀硫酸，反應的離子方程式為H2SCu2=CuS2H，故C正確；D項、酸

19、性條件下，NO3和Fe3均能與I發生氧化還原反應，故D錯誤。故選C。【點睛】本題考查離子反應方程式的正誤判斷，注意反應實質的判斷，把握發生的反應及離子反應的書寫方法為解答的關鍵。12.下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應無關的是ABCD實驗新制氯水滴入Na2S 溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中飽和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4 酸性溶液中現象產生黃色渾濁溶液由橙色變為綠色液體變為紅褐色且澄清透明產生無色氣體，溶液紫紅色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【詳解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反應方程式為Cl2+Na2S=2NaCl+S，有元素化合價升降，

20、屬于氧化還原反應，故A不符合題意；B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-轉化為Cr3+，Cr元素化合價由+6價變為+3價，有化合價變化，所以屬于氧化還原反應，故B不符合題意；C.飽和FeCl3溶液滴入沸水中，此過程為制備氫氧化鐵膠體的過程，離子方程式為Fe3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3H+，過程中無化合價變化，不屬于氧化還原反應，故C符合題意；D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反應方程式為2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+

21、10CO2+8H2O，高錳酸鉀轉化為硫酸錳，錳元素化合價由+7價變為+2價，有化合價變化，屬于氧化還原反應，故D不符合題意。答案選C。【點睛】本題解題關鍵是理解氧化還原反應的特征和實質。有元素化合價升降的反應為氧化還原反應，氧化還原反應的實質是有電子得失。據此判斷反應是否與氧化還原反應相關。13.K2FeO4 是優良的水處理劑，一種制備方法是將 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反應為 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列關于該反應的說法不正確的是A. 鐵元素被氧化，氮元素被還原B. 每生成 1 mol K2FeO4，轉移 6 mo

22、l eC. K2FeO4具有氧化殺菌作用D. 該實驗條件下的氧化性：KNO3K2FeO4【答案】B【解析】【詳解】A. 氮元素化合價降低，被還原，鐵元素化合價升高被氧化，故A正確；B. 反應Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中鐵元素由+3價變為+6價，故1molFe2O3轉移6mol電子，生成2molK2FeO4，故當生成1molK2FeO4時轉移3mol電子，故B錯誤；C. K2FeO4中鐵元素為+6價，有強氧化性，能殺菌消毒，故C正確；D. 反應中KNO3為氧化劑，而K2FeO4為氧化產物，氧化性：氧化劑氧化產物，則氧化性：KNO3K2FeO4，故D正確

23、；答案選B。14.雌黃(As2S3)在我國古代常用作書寫涂改修正膠。濃硝酸氧化雌黃可制得硫黃，并生成砷酸和一種紅棕色氣體，利用此反應原理設計為某原電池。下列有關敘述正確的是A. 砷酸的分子式為H2AsO4B. 紅棕色氣體在該原電池的負極區生成并逸出C. 該反應的氧化劑和還原劑物質的量之比為12：1D. 該反應中每析出4.8g硫黃，則轉移0.5mol電子【答案】D【解析】【詳解】A、砷最高價為+5，砷酸的分子式為H3AsO4，故A錯誤；B、紅棕色氣體是硝酸發生還原反應生成的NO2,原電池正極發生還原反應，所以NO2在正極生成并逸出，故B錯誤；C、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，As2S3化合價共

24、升高10，硝酸被還原為NO2，氮元素化合價降低1，氧化劑和還原劑物質的量之比為10：1，故C錯誤；D、As2S3被氧化為砷酸和硫單質，1mol As2S3失10mol電子，生成2mol砷酸和3mol硫單質，所以生成0.15mol硫黃，轉移0.5mol電子，故D正確。15.下列有關化學反應的敘述正確的是A. Fe在稀硝酸中發生鈍化B. MnO2和稀鹽酸反應制取Cl2C. SO2與過量氨水反應生成(NH4)2SO3D. 室溫下Na與空氣中O2反應制取Na2O2【答案】C【解析】【分析】相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量），反應有可能也不同；A.鈍化反應應注意必須注明常溫下，濃硝酸與F

25、e發生鈍化；B.實驗室制備氯氣的反應中應注意鹽酸的濃度和反應溫度；C.過量與少量問題應以少量物質為基準書寫產物；D.鈉的還原性強，其與氧氣反應，溫度不同，產物也不同；【詳解】A.常溫下，Fe在與濃硝酸發生鈍化反應，故A錯誤；B.二氧化錳與濃鹽酸在加熱條件下反應制取氯氣，故B錯誤；C.二氧化硫與過量氨水反應生成亞硫酸銨，故C正確；D.常溫下，Na與空氣中的氧氣反應生成Na2O；加熱條件下，鈉與氧氣反應生成Na2O2，故D錯誤；綜上所述，本題應選C。【點睛】本題考查常見物質的化學反應，相同的反應物，條件不同（如溫度、濃度、過量與少量），反應有可能也不同，所以在描述化學反應時應注意反應的條件。16.

26、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】【分析】A.電解條件時應看清是電解水溶液還是電解熔融態物質，Cl2具有強氧化性；B.根據“強堿制弱堿”原理制備氫氧化鎂；C.注意生成二氧化硫與三氧化硫的條件；D.氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應制備碳酸氫鈉是利用碳酸氫鈉的溶解度低；【詳解】A.氯氣的氧化性強，與鐵單質反應直接生成氯化鐵，故A錯誤；B.氯化鎂與石灰乳發生復分解反應生成氫氧化

27、鎂，氫氧化鎂高溫煅燒生成氧化鎂和水，故B正確；C.硫單質在空氣中燃燒只能生成SO2，SO2在與氧氣在催化劑條件下生成SO3，故C錯誤；D.氨氣與二氧化碳和氯化鈉溶液反應生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉受熱分解可生成碳酸鈉，故D錯誤；綜上所述，本題應選B。【點睛】本題考查元素及其化合物之間的相互轉化和反應條件，解題的關鍵是熟悉常見物質的化學性質和轉化條件。17.下列說法不正確的是()A. 油脂有油和脂肪之分，但都屬于酯B. 糖類、油脂、蛋白質都是高分子化合物，都能發生水解反應C. 葡萄糖既可以與銀氨溶液反應，又可以與新制氫氧化銅懸濁液反應D. 天然油脂是混合物，沒有固定的熔點和沸點【答案】B【解析】【詳解

28、】A油脂有油和脂肪之分，它們的官能團都是酯基，屬于酯，故A正確；B糖類中的單糖、二糖和油脂相對分子質量較小，不屬于高分子化合物，且單糖不水解，故B錯誤；C葡萄糖分子結構中含有醛基，則既可以與銀氨溶液反應，又可以與新制氫氧化銅懸濁液反應，故C正確；D天然油脂無論是植物油還是動物脂肪，均是混合物，沒有固定的熔沸點，故D正確；故答案為B。18.為了提純下表所列物質(括號內為雜質)，有關除雜試劑和分離方法的選擇均可行的是( )編號被提純的物質除雜試劑分離方法A己烷(己烯)溴水分液B淀粉溶液(NaCl)水過濾C甲苯(乙酸)NaOH溶液分液D甲烷(乙烯)KMnO4酸性溶液洗氣A. AB. BC. CD.

29、D【答案】C【解析】【詳解】A加成產物及過量的溴均易溶于己烷，引入新雜質，應蒸餾分離，故A錯誤；B溶液中的分子或離子微粒及膠體中的膠粒均可透過濾紙，不能過濾分離，應滲析法分離，故B錯誤；C乙酸與NaOH反應后生成可溶于水的醋酸鈉，與甲苯分層，然后分液可分離，故C正確；D乙烯被高錳酸鉀氧化生成二氧化碳，引入新雜質，可選溴水、洗氣，故D錯誤；故答案為C。【點睛】在解答物質分離提純試題時，選擇試劑和實驗操作方法應遵循三個原則：不能引入新的雜質(水除外)，即分離提純后的物質應是純凈物(或純凈的溶液)，不能有其他物質混入其中；分離提純后的物質狀態不變；實驗過程和操作方法簡單易行，即選擇分離提純方法應遵循

30、先物理后化學，先簡單后復雜的原則。19.下列實驗裝置圖正確的是（ ）A. 實驗室制備及收集乙烯B. 石油分餾C. 實驗室制硝基苯D. 實驗室制乙炔【答案】C【解析】A常溫下，雖然乙烯和空氣不反應，但乙烯的相對分子質量接近于空氣，所以不能用排空氣法收集，乙烯難溶于水，需用排水法收集， 選項A錯誤；B蒸餾時，溫度計應位于蒸餾燒瓶支管口附近測蒸氣的溫度，為充分冷凝，應從下端進水，上端出水，選項B錯誤；C苯和硝酸沸點較低，易揮發，用長玻璃導管冷凝，制硝基苯的溫度是50-60，水浴加熱可以使反應物受熱均勻，并且溫度容易控制，圖示裝置正確，選項C正確；D電石成分為碳化鈣，實驗室利用碳化鈣與水反應制取乙炔，

31、此反應大量放熱，會損壞啟普發生器，生成的氫氧化鈣是糊狀物，會堵塞反應容器，故不可利用啟普發生器制取，選項D錯誤。答案選C。點睛：本題考查實驗室制備物質的裝置圖分析判斷、原理應用，掌握基礎和注意問題是關鍵，注意A接近于空氣相對分子質量的氣體，即使和空氣不反應，也不能用排空氣集氣法收集，易錯點為選項C：實驗室用濃硝酸和苯在濃硫酸作用下制備硝基苯，制取硝基苯的溫度是50-60，據此分析解答。20.以下關于化學實驗中“先與后”的說法中正確的是（）蒸餾時，先點燃酒精燈，再通冷凝水加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物制備氧氣，用排水法收集氣體后，先移出導管后撤酒精燈實驗室制取某氣體時，先檢查裝置氣密性后裝藥品分液

32、時，先打開分液漏斗上口的塞子，后打開分液漏斗的旋塞H2還原CuO實驗時，先檢驗氣體純度后點燃酒精燈使用托盤天平稱盤物體質量時，先放質量較小的砝碼，后放質量較大的砝碼蒸餾時加熱一段時間，發現忘記加沸石，應迅速補加沸石后繼續加熱A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】蒸餾時，應先通冷凝水，再點燃酒精燈加熱，故錯誤；加熱氯酸鉀和二氧化錳的混合物制備氧氣，用排水法收集氣體后，為防止液體倒吸炸裂試管，應該先移出導管后撤酒精燈，故正確；制取氣體時，一定要先檢查裝置氣密性后裝藥品，故正確；分液操作時，先打開分液漏斗上口的塞子，使內外壓強想通，再打開分液漏斗的旋塞，故正確；做H2還原CuO實驗開始時要排

33、除空氣，先通入氫氣，結束時要防止金屬銅被氧氣氧化，先撒酒精燈待試管冷卻后停止通H2，故正確；托盤天平的砝碼在加取時，先放質量較大的砝碼，后放質量較小的砝碼，故錯誤；蒸餾時加熱一段時間，發現忘記加沸石，應冷卻后再補加沸石，再繼續加熱，故錯誤；答案為C。21.下列說法正確的是A. 與含有相同的官能團，互為同系物B. 屬于醛類，官能團為CHOC. 的名稱為：2乙基1丁烯D. 的名稱為：2甲基1，3二丁烯【答案】C【解析】【詳解】A. 前者OH與苯環的側鏈相連，屬于醇類，后者OH直接與苯環相連，屬于酚類，盡管分子構成相差了1個CH2，但是二者不是同一類物質，所以它們不互為同系物，A錯誤；B. 該物質屬

34、于酯類（甲酸酯，含有醛基），官能團為酯基， B錯誤；C. 該物質的官能團為碳碳雙鍵，含有官能團的最長的碳鏈有4個C，因此主鏈含有4個C，為丁烯；編號時官能團的編號要小，因此碳碳雙鍵的編號為1，乙基的編號為2，命名為2-乙基1丁烯，C正確；D. 該物質中含有2個碳碳雙鍵，且含有碳碳雙鍵最長的碳鏈有4個碳原子，因此該物質為丁二烯。編號時，不管是從左端還是右端，碳碳雙鍵的編號均為1、3，因此編號的選擇，讓甲基的編號的編號小，甲基的編號為2，則該物質的名稱應為：2-甲基-1，3-丁二烯，故D錯誤。22. 亞硫酸鹽是一種常見的食品添加劑，用如下圖實驗可檢驗某食品中亞硫酸鹽含量（所加試劑均足量）。下列說法

35、不正確的是A. 亞硫酸鹽作為食品添加劑，作用是防腐保鮮B. 反應過程中通入N2的作用是將裝置中空氣和生成的氣體全部趕出C. 測定樣品質量及中耗堿量，可測定樣品中亞硫酸鹽含量D. 若僅將中氧化劑“H2O2溶液”替換為碘水，對測定結果無影響【答案】D【解析】試題分析：亞硫酸鹽可以防腐保鮮，A正確。溫度越高，氣體在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以將產生的氣體從溶液中全部趕出，B正確。測定中耗堿量，可以求出硫酸的物質的量，進而利用硫元素守恒，求出樣品中含SO2的質量，再除以樣品質量就可得到樣品中亞硫酸鹽含量，C正確。若僅將中的氧化劑“H2O2溶液”替換為碘水，則過量的碘水也會消耗氫氧化鈉，對測定結

36、果有影響，D錯誤。考點：化學實驗的知識23. 鹵代烴的取代反應，實質是帶負電荷的原子團取代了鹵代烴中的鹵原子，例如：CH3BrOH（或NaOH）CH3OHBr（或NaBr）。下列反應的化學方程式中，不正確的是A. CH3CH2BrNaHSCH3CH2HSNaBrB. CH3ICH3ONaCH3O CH3NaIC. CH3CH2ClCH3ONaCH3ClCH3CH2ONaD. CH3CH2ClCH3CH2ONa（CH3CH2）2ONaCl【答案】C【解析】試題分析：A、NaHS中HS顯負價，取代溴原子的位置，A正確；B、CH3ONa中CH3O顯負價，取代碘原子的位置，故B選項正確；C、同B選項分

37、析，故C錯誤；D、CH3CH2ONa中CH3CH2O顯負價，取代氯原子的位置，故D正確。考點：考查有機物信息的運用。24. 下列有關實驗的敘述正確的是A. 過濾時，可用玻璃棒攪拌漏斗中的液體以加快過濾速率B. 用濕潤的pH試紙測溶液的pH，因溶液被稀釋而使測量值變大C. 酸堿滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必須檢查是否漏水D. 酸堿滴定實驗中，需用待滴定溶液潤洗錐形瓶以減小實驗誤差【答案】C【解析】試題分析：A、過濾時用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A項錯誤；B、若為堿溶液，被稀釋后PH值會變小，B項錯誤；C、酸堿滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必須檢查是否漏水，C項錯誤；D、酸堿滴定實驗中，錐形瓶

38、不能潤洗，D項錯誤；答案選C。考點：考查化學實驗的注意事項25.下列各組物質中，不論兩種物質以何種比例混合，只要總質量一定，經完全燃燒后，產生的CO2質量不變的是（ ）A. 乙烯和苯B. 乙醇和乙酸C. 甲醛（HCHO）和葡萄糖D. 丙烯和丙烷【答案】C【解析】A乙烯和苯的最簡式不相同，分子中的含碳量不等，不符合題意，故A錯誤；B乙醇和乙酸的最簡式不相同，分子中的含碳量不等，不符合題意，故B錯誤；C甲醛(HCHO)與葡萄糖(C6H12O6)的最簡式相同，分子中的含碳量相等，符合題意，故C正確； D丙烷和丙烯的最簡式不相同，分子中的含碳量不相等，不符合題意，故D錯誤；故選C。點睛：本題考查有機物

39、燃燒的有關計算。解答此類試題的關鍵是理解題意。本題中只要總質量一定，完全燃燒時生成CO2的質量也一定，則說明混合物各組分分子中含碳量相等。二（非選擇題，共50分）26.高分子化合物M的合成路線如下：已知：(1)A中含氧官能團的名稱是_。(2)H是A的同分異構體，能與FeCl3顯示特殊的紫色，核磁共振氫譜顯示H有5組峰，則其結構簡式為_。(3) B的結構簡式為_，G的結構簡式為_。(4) 已知D為乙酸乙酯，2 D E + C2H5OH，F中含有醇羥基，的反應類型為_。(5) 寫出的反應方程式_。(6) 以乙醛為原料，寫出合成D的流程圖_。(其他無機試劑任選)。【答案】 (1). 羰基 (2).

40、(3). (4). (5). 消去反應 (6). + (7). 【解析】【分析】根據信息，反應發生還原反應，NO2NH2，即B的結構簡式為，反應發生硝化反應，即A的結構簡式為，根據M的結構簡式，推出反應類型為加聚反應，即G的結構簡式為，根據問題（4），推出E的分子式為C6H10O3，按照G的結構簡式，推出E的結構簡式為，F中含有醇羥基，則反應為加成反應，推出F的結構簡式為，反應則發生消去反應；【詳解】根據信息，反應發生還原反應，NO2NH2，即B的結構簡式為，反應發生硝化反應，即A的結構簡式為，根據M的結構簡式，推出反應類型為加聚反應，即G的結構簡式為，根據問題（4），推出E的分子式為C6H1

41、0O3，按照G的結構簡式，推出E的結構簡式為，F中含有醇羥基，則反應為加成反應，推出F的結構簡式為，反應則發生消去反應；（1）根據上述分析，A中含氧官能團是羰基；（2）能與FeCl3發生顯色反應，說明酚羥基，H中應含有碳碳雙鍵，核磁共振氫譜有5組峰，說明有5種不同環境的氫，應是對稱結構，即結構簡式為；（3）根據上述分析，B的結構簡式為，G的結構簡式為；（4）FG消除OH，引入碳碳雙鍵，即反應的類型為消去反應；（5）反應為加成反應，其反應方程式為+ ；（6）D為乙酸乙酯，結構簡式為CH3COOCH2CH3，將乙醛氧化成乙酸，將乙醛與H2發生加成反應生成乙醇，然后乙酸和乙醇發生酯化反應，得到乙酸乙

42、酯，流程圖為。【點睛】本題考查有機合成與推斷，涉及對有機物結構簡式的推斷、官能團的轉化、反應類型及同分異構體的書寫等，解題時注意已知信息和官能團的性質。第（2）小題同分異構體種數的判斷是本題難點，能與FeCl3發生顯色反應，說明含有酚羥基；H是A的同分異構體，A中含有羰基，因此H中應含有碳碳雙鍵。27.氯磺酸是無色液體，密度1.79gcm-3，沸點約152。氯磺酸有強腐蝕性，遇濕空氣產生強烈的白霧，故屬于危險品。制取氯磺酸的典型反應是在常溫下進行的，反應為 HCl（g）+SO3 = HSO3Cl。實驗室里制取氯磺酸可用下列儀器裝置（圖中夾持、固定儀器等已略去），實驗所用的試劑、藥品有：密度1.

43、19gcm-3濃鹽酸密度1.84gcm-3、質量分數為98.3%的濃硫酸 發煙硫酸（H2SO4SO3）無水氯化鈣水。制備時要在常溫下使干燥的氯化氫氣體和三氧化硫反應，至不再吸收HCl時表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl氣氛中分離出氯磺酸。（1）儀器中應盛入的試劑與藥品（填數字序號）：A中的a_ B_ C_ F_ 。（2）A的分液漏斗下邊接有的毛細管是重要部件，在發生氣體前要把它灌滿a中液體，在發生氣體時要不斷地均勻放出液體。這是因為_。 （3）實驗過程中需要加熱的裝置是_ （填裝置字母）。（4）若不加F裝置，可能發生的現象是_， 有關反應的化學方程式_。（5）在F之后還應加的裝置是_。【答案

44、】 (1). (2). (3). (4). (5). 使密度較濃硫酸小的濃鹽酸順利流到底部，能順利產生HCl氣體 (6). C (7). 產生大量白霧 (8). HSO3Cl+H2O= H2SO4+HCl (9). 加一倒扣漏斗于燒杯水面上的吸收裝置【解析】分析】題中已經告知氯磺酸的一些性質及制備信息。要結合這些信息分析各裝置的作用。制備氯磺酸需要HCl氣體，則A為HCl氣體的發生裝置，濃硫酸吸水放熱，可以加強濃鹽酸的揮發性。B為濃硫酸，用來干燥HCl氣體，因為氯磺酸對潮濕空氣敏感。C為氯磺酸的制備裝置，因為C有溫度計，并連有冷凝裝置，反應結束后可以直接進行蒸餾，所以C中裝的物質是發煙硫酸。E

45、用來接收氯磺酸。由于氯磺酸對潮濕空氣敏感，F中要裝無水氯化鈣，以防止空氣中的水蒸氣進入裝置中。【詳解】（1）A為HCl的發生裝置，則a裝濃鹽酸；B要干燥HCl氣體，則B要裝濃硫酸；C為氯磺酸的發生裝置，則C要裝發煙硫酸；F要裝無水氯化鈣，以防止空氣中的水蒸氣進如裝置；（2）由題知，濃鹽酸的密度比濃硫酸小，如果直接滴加，兩種液體不能充分混合，這樣得到的HCl氣流不平穩。故題中的操作的目的是使密度較濃硫酸小的濃鹽酸順利流到底部，充分混合兩種液體，能順利產生HCl氣體；（3）C裝置既是氯磺酸的發生裝置，也是氯磺酸的蒸餾裝置，所以C需要加熱；（4）若無F裝置，則空氣中的水蒸氣會進入裝置中，氯磺酸對水汽

46、極為敏感，則可以看到產生大量白霧，方程式為HSO3Cl+H2O= H2SO4+HCl；（5）實驗中，不能保證HCl氣體完全參加反應，肯定會有多于的HCl氣體溢出，則需要尾氣處理裝置，由于HCl極易溶于水，最好加一倒扣漏斗于燒杯水面上的吸收裝置。【點睛】要結合題中給出的信息，去判斷各裝置的作用，從而推斷出各裝置中的藥品。28.CoCl26H2O是一種飼料營養強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工藝流程如下：已知：浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分陽離子以氫氧化物形

47、式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔點為86，加熱至110120時，失去結晶水生成無水氯化鈷。（1）寫出浸出過程中Co2O3發生反應的離子方程式 。（2）寫出NaClO3發生反應的主要離子方程式 ；若不慎向“浸出液”中加過量NaClO3時，可能會生成有毒氣體，寫出生成該有毒氣體的離子方程式 。（3）“加Na2CO3調pH至a”,過濾所得到的沉淀成分為 。（4）“操作1”中包含3個基本實驗操作，它們

48、依次是 、 和過濾。制得的CoCl26H2O在烘干時需減壓烘干的原因是 。（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是 ；其使用的最佳pH范圍是 。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）為測定粗產品中CoCl26H2O含量，稱取一定質量的粗產品溶于水，加入足量AgNO3溶液，過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質量。通過計算發現粗產品中CoCl26H2O的質量分數大于100，其原因可能是 。(答一條即可)【答案】（1）Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；C

49、lO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O（3）Fe(OH)3 Al(OH)3（4）蒸發(濃縮) 、冷卻(結晶)；降低烘干溫度，防止產品分解（5）除去溶液中的Mn2+ ；B；（6）粗產品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水【解析】試題分析：（1）向水鈷礦主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發生氧化還原，根據電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案

50、為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發生氧化還原反應生成氯氣，其反應的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案為：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為

51、：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；鐵離子能與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鐵和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分為：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案為：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）利用從溶液中制取固體的方法制取氯化鈷固體，其操作步驟為：蒸發濃縮、冷卻結晶和過濾，故答案為：蒸發濃縮；冷卻結晶；（5）根據流程圖可知，此時溶液中存在Mn2+、Co2+金屬離子；由萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系可知，調節溶液PH在3.03.5之間，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+轉化為Co(OH

52、)2沉淀，故答案為：除去溶液中的Mn2+；B（6）根據CoCl26H2O的組成分析，造成產品中CoCl26H2O的質量分數大于100%的原因可能是：含有雜質，導致氯離子含量大或結晶水化物失去部分水，導致相同質量的固體中氯離子含量變大，故答案為：粗產品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水。【考點定位】考查制備實驗方案的設計【名師點晴】本題通過制取CoCl26H2O的工藝流程，含鈷廢料中加入鹽酸，加入鹽酸和亞硫酸鈉，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3調pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，過濾后所得濾液主要含有CoCl2，為得到CoCl26H2O晶體，應控制溫度在86以下，加熱時要防止溫度過高而失去結晶水，可減壓烘干。考查了物質制備方案的設計，題目難度中等，理解工藝流程圖、明確實驗操作與設計及相關物質的性質是解答本題的關鍵，試題充分考查了學生的分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。29.三氯氧磷(POCl3)是一種工業化工原料，可用于制取有機磷農藥、長效磺胺藥物等，還可用作染料中間體、有機合成的氯化劑和催化劑、阻燃劑等。利用O2和PCl3為原料可制備三氯氧