河北省邢台市2022-2023学年化学高三上期中考试模拟试题（含解析）.pdf

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1、2022-2023高三上化学期中模拟测试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、已知元素R有某种同位素的氯化物RClx,该氯化物中R微粒核内中子数为Y,核外电子数为Z,该同位素的符号为()A.B.丫+浓 C.x+瑟泳 D

2、.潢R2、下列对化学用语的描述中，不正玻的是A.甲烷的结构式：II-1-HCHB.磷的原子结构示意图：(+15)288C.2MBi和 缘Bi互为同位素D.由 Na 和 C1 形成 NaCl 的过程：N a G。：一 NapCl：3、下列有关叙述正确的是A.非金属元素既可以形成阴离子，也可以形成阳离子B.金属元素只能形成阳离子C.分子式相同的物质化学性质相同D.单核阳离子，其最外层均具有2电子或8电子的结构4、有关化学键和晶体的说法正确的是A.两种元素组成的晶体一定只含极性键 B.离子晶体一定不含非极性键C.原子晶体一定含有共价键 D.分子晶体一定含有共价键5、如图为实验室制氢气的简易装置。若在

3、加稀硫酸时，发现锌粒与稀硫酸没有接触而稀硫酸又不够了，为使反应顺利进行，则可以从长颈漏斗中加入的试剂是()食盐水K N O 3溶液适量硫酸铜溶液NazCO s溶液 CCL浓氨水A.B.（2X6）C.D.6、某溶液中存在较多的H+、SO：、Cl离 子,还可以大量存在的是A.OH B.CO；C.NH；D.Ba2+7、对中国古代著作涉及化学的叙述，下列解说错误的是A.汉书中“高奴县有消水可燃”，这里的“消水”指的是石油B.黄白第十六中“曾青涂铁，铁赤如铜”，其“曾青”是可溶性铜盐C.本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰，令人以灰淋汁，取碱浣衣”中的碱是K2c0 3D.天工开物中“凡石灰，经火焚炼为用”里

4、的“石灰”指 的 是Ca（OH）28、下列有关化学用语表示不正确的是（）A.蔗糖的分子式：G2H22011 B.乙烘的结构式：CH=CHC.氯化钠的电子式：Na+：C1Q-D.二硫化碳分子的比例模型：Q O Q9、2013年3月，黄浦江上游水质污染较为严重，相关自来水厂采用多种方法并用的方式进行水质处理，下列说法中错误的是（）A.加活性炭可吸附水中小颗粒，净化水质的方法属于物理方法B.加臭氧对水进行消毒，利用了臭氧的氧化性C.用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法D.用聚合硫酸铁作为净水剂，该处理过程中仅发生了化学变化10、在2P能级上最多只能排布6个电子，其依据的规律是A.能量最低

5、原理 B.泡利不相容原理C.洪特规则 D.能量最低原理和泡利不相容原理11、将一定量的C12通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其 中CIO-和CKV两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如下图所示。下列说法正确的是A.苛性钾溶液中KOH的质量是5.6 gB.反应中转移电子的物质的量是0.18molc.在酸性条件下c i o-和 cK h-可生成CbD.一定有3.136 L 氯气参与反应12、合成氨所需的氢气可用煤和水作原料经多步反应制得，其中的一步反应为：CO(g)+H2O(g)催化刑CO2(g)+H2(g)AHVO反

6、应达到平衡后，为提高CO 的转化率，下列措施中正确的是()A.增加压强 B.降低温度 C.增大CO 的浓度 D.更换催化剂13、全氮类物质具有高密度、超高能量及爆轰产物无污染等优点。中国科学家成功合成全氮阴离子NJ,可是制备全氮类物质Ns%：的重要中间体。下列说法中，不正确的是A.全氮类物质属于绿色能源 B.每个N9中含有35个质子C.N51V属于离子化合物 D.NsN-结构中含共价键和离子键14、我国某知名企业开发了具有多项专利的锂帆氧化物二次电池，其成本较低，对环境无污染，能量密度远远高于其他电池，电池总反应为VzOs+xLi-LixVzOs。下列说法中正确的是()A.电池在放电时，Li+

7、向负极移动B.锂在放电时做正极，充电时做阳极C.该电池充电时阳极的反应为LixV2OLxe-=V2Os+xLi+D.V2O5只是锂发生反应的载体，不参与电池反应15、下列物质或物质的主要成分对应化学式错误的是A.铜绿一CU2(OH)2c。3 B.芒硝一NaNOWOHzOC.漂粉精一Ca(ClO)2 D,水玻璃一NazSiCh16、第三周期元素X、Y、Z、W 的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是B.Y 元素存在同素异形体C.气态氢化物的稳定性：ZW YD.X 和 Y 的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液呈中

8、性二、非选择题（本题包括5 小题）17、化合物H 是重要的有机物，可 由 E 和 F 在一定条件下合成：（部分反应物或产物省略，另请注意箭头的指向）已知以下信息：i.A 属于芳香垃，H 属于酯类化合物。ii.I 的核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1。回答下列问题：（1）E 的含氧官能团名称是 ,B 的结构简式是。（2）B-C 和 G-J 两步的反应类型分别为,。（3）E+FH的化学方程式是 oD 与银氨溶液反应的化学方程式是 o（4）E 的同系物K 比 E 相对分子质量大2 8,则 K 的同分异构体共 种，其中核磁共振氢谱显示为4 组峰，且峰面积之比为6:2:1:1,写出符合要求的该同

9、分异构体的结构简式为（写 出 1 种即可）18、丹参醇是存在于中药丹参中的一种天然产物。合成丹参醇的部分路线如图：已知：Ql i-O(D A 的 官 能 团 名 称 为(写 两 种)。(2)下列说法正确的是A.化合物D 与足量的氢气加成的产物滴加新制的Cu(OH)2溶液会出现绛蓝色B.化合物E 能发生加成、取代、氧化反应，不发生还原反应C.D 生 成 E 的反应没有其他的有机副产物D.丹参醇的分子式是C17H14O5(3)B的分子式为C9Hl4 0,写出B 的结构简式：。D-E 的反应类型为(4)比 多 两 个 碳 的 同 系 物F(CUHI O0 3)的同分异构体同时满足下列条件，写出该同分

10、异构体的结构简式：_O分子中含有苯环，不含其它环不含c=c=c二基团，苯环不与甲基直接相连碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2 种和3 种氢原子。和：为原料制备软 的合成路线流程图_ _ _ _ _ _ _ _(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)。19、某化学小组研究盐酸被氧化的条件，进行如下实验。(1)研究盐酸被Mnth氧化。实验操作现象I常温下将MnCh和 12moi1/浓盐酸混合溶液呈浅棕色，有刺激注气味n将 I 中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体m加热MnCh和 4moi七 1稀盐酸混合物无明显现象已知Mn（h 呈

11、弱碱性。I 中溶液呈浅棕色是由于MnCh与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程是 n 中发生了分解反应，反应的化学方程式是 on i中无明显现象的原因，可能是c（H+）或 C（cr）较低，设计实验w 进行探究：分成两卷份MnO：和生成 H 色，体加热建型耳衿汕工皿色卡将实验皿、W作对比，得出的结论是 0用下图装置（a、b 均为石墨电极）进行实验V：i.K 闭合时，指针向左偏转i i.向右管中滴加浓H 2 s 至 c（H+心7m oiT,指针偏转幅度变化不大iii.再向左管中滴加浓H2sCh至 c（H*巨7moi七、指针向左偏转幅度增大将 i 和 ii、iii作对比，得 出 的 结 论 是（2）研究

12、盐酸能否被氧化性酸氧化。烧瓶中放入浓H2SO4,通过分液漏斗向烧瓶中滴加浓盐酸，烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉KI试纸检验，无明显现象。由此得出浓硫酸_ _ _ _ _ _ _ _（填“能”或“不能”）氧化盐酸。向试管中加入3mL浓盐酸，再加入1mL浓 HNCh,试管内液体逐渐变为橙色，加热，产生棕黄色气体，经检验含有 Nth。实验操作现象I将湿润的淀粉KI试纸伸入棕黄色气体中试纸先变蓝，后褪色II将湿润的淀粉KI试纸伸入纯净CL中试纸先变蓝，后褪色m.通过实验i、II、ni证明混合气体中含有CL,ni的操作是 o(3)由上述实验得出：盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、有关。20、久置的Na2

13、s固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2s变质的产物。资料：i.Na2s能与S 反应生成Na2sx(黄色)，Na2sx与酸反应生成S 和 H2S；i i .BaS、BaSx均易溶于水，H2s 可溶于水，BaS2(h 微溶于水；iii.白色的Ag2s2O3难溶于水，且易转化为黑色AgzS。将久置的Na2s固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀(经检验该沉淀含S)。(1)推 测 Na2s变质的产物含有Na2Sx 实 验 证 据 是。(2)研究白色沉淀产生的途径，实验小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2s变质的产物中可能含有Na2s

14、2O3,白色沉淀由Na2s2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2s变质的产物中可能含有Na2s0 3,白色沉淀由Na2s2O3与 稀 硫 酸 反 应 的 化 学 方 程 式 是 请将途径三补充完全：.(3)为检验Na2s变质的产物中是否含有Na2s2O3,设计实验：取黄色溶液，向其中滴加AgNCh溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2s变质的产物中含Na2s2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是 o改进实验，方案和现象如下：实验二:实验一:a.实验一的目的是 ob.试 剂 1是,试剂2 是 o(4)检 验 Na2s变质的产物中是否含有Na2so兴取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色

15、沉淀。离心沉降(分离固体)后向溶液中滴加BaCL溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由：o21、直接排放含SCh的烟气会危害环境。利用工业废碱渣(主要成分Na2cCh)可吸收烟气中的S02并制备无水Na2s其流程如图lo含COj的尾气NaOH溶液含SO2的烟气NaHSa溶液 a 无水N?SO,固体7工业废碱渣图 I已知：H2s03、HSO3-、SO32-在水溶液中的物质的量分数随pH 的分布如图2,Na2s03 7H2O和 Na2s03的溶解度曲线如图3。20 40 60 80 100温度r c图2图3(1)Na2cth溶液显碱性，用离子方程式解释其原因：o(2)吸收烟气

16、为提高NaHSOj的产率，应控制吸收塔中的pH为。NaHSCh溶液中c(SO32-)c(H2SO3),结合方程式解释其原因：已知下列反应：SO2(g)+2OH-(aq)=SO32-(aq)+H2O(1)AH,=-164.3kJ moF1CO2(g)+2OH-(aq)=CO32-(aq)+H2O(I)H2=-109.4kJ moFl2HSO3-(aq)=SO32-(aq)+SO2(g)+H2O(1)AH3=+34.0kJ-mol1吸收塔中Na2cCh溶液吸收SCh生成HSO3-的热化学方程式是。吸收塔中的温度不宣过高，可能的原因是（写 出 1种即可）。（3）制备无水Na2sCh：将中和塔中得到的

17、Na2so3溶液（填操作），过滤出的固体用无水乙醇洗涤、干燥，得无水Na2s。3固体。2022-2023学年模拟测试卷参考答案（含详细解析）一、选 择 题（每题只有一个选项符合题意）1、c【题目详解】氯化物中阳离子为RX+,其核外电子数为Z,则 R 质子数为Z+X,质量数为Z+X+Y,故答案C 正确。故 选 C。2、BH【题目详解】A.甲烷为正四面体结构含有4 条 C-H键，结 构 式 为 11 C|,故 A 正确；IHB.该图中质子数为1 5,核外电子数为1 8,为 P3的结构示意图，故 B 错误；C.同位素是指质子数相同、中子数不同的同一元素的核素的互称，B i和 个 Bi为 B i的同位

18、素，故 C 正确；D.Na和 C1形成NaCl的过程Na失去电子变为Na+,Cl得到电子变为C，图 示 为 Na+V j：Na-：C1：|，故D 正确；故答案选：B3,A【答案解析】A.非金属元素既可以形成阴离子，也可以形成阳离子，如 H-和H+、砧-和NH4+,A 正确；B.金属元素也能形成阴离子，如 MnO/,B 不正确；C.分子式相同的物质化学性质不一定相同，如乙醇和二甲醛的分子式相同，但官能团不同，其化学性质不同，C 不正确；D.单核阳离子，其核外也可能没有电子，如 H+,D 不正确。本题选A。4、C【答案解析】A.两种元素组成的晶体可以含有非极性键，如 C2H2含有碳碳非极性键，故

19、A 错误；B.离子晶体可以含有非极性键，如 NazOz的过氧根含有氧氧非极性键，故 B 错误；C 原子晶体是利用共价键形成空间网状结构，原子晶体一定含有共价键，故 C 正确；D.分子晶体不一定含有共价键，如稀有气体分子是单原子分子，它们的晶体不含有共价键。故 C 正确。点睛：分子晶体含有分子间作用力，一般分子内含有共价键（稀有气体分子内没有共价键）；原子晶体只有共价键；金属晶体只有金属键；离子晶体含有离子键，根内含有共价键。5、D【分析】加入的物质应该具备以下条件：不能和容器中的物质反应生成其它气体；能够让稀硫酸和锌混合生成氢气.【题目详解】食盐水和锌和硫酸都不反应，降低反应物的浓度，只是降低

20、反应速率，所以不影响氢气的生成，故正确；加入KNO3溶液后，相当于溶液中含有硝酸，硝酸和锌反应产生NO等，不产生氢气，故错误；适量稀硫酸铜溶液，锌能置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池能加快反应速率，但不产生其它气体，即不影响氢气,故正确；Na2c03溶液和硫酸反应生成二氧化碳，消耗酸，降低酸的浓度，所以能影响氢气，故错误；CCL和硫酸、锌都不反应，所以不影响氢气，故正确；浓氨水能和硫酸反应生成盐，消耗酸，降低酸的浓度，所以能影响氢气，故错误。故选D。6、C【题目详解】A.OH-与H+能发生离子反应生成水，不能大量共存，故 A 错误；B.CO；与 H+能发生离子反应生成水和C O 2,不能大量共存

21、，故 B 错误；C.NH：与 H+、SO；、均不发生离子反应，能大量共存，故 C 正确；D.Ba?+与SO：能发生离子反应生成BaSCh,不能大量共存，故 D 错误；故答案为C.7、D【答案解析】试题分析：A.消水可燃，指的是石油，A 正确；B.曾青涂铁是一种可溶性铜盐的溶液放入金属铁得到金属铜的过程，“曾青”是可溶性铜盐，B 正确；C.草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，C正确；D.石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是碳酸钙，D 错误，答案选D。考点：考查化学与生产、生活的关系8,B【题目详解】A.蔗糖是二糖，分子式为Ci2H220”，A 正确；B.乙焕的结构式为HC三

22、 CH,乙快的结构简式为CH三 CH,B 错误；C.氯化钠是离子化合物，其电子式为：Na+：C1Q，C 正确；D.硫原子半径大于碳原子半径，二硫化碳分子的比例模型：i Q,D 正确；答案选B。9、D【答案解析】A.活性炭具有较强的吸附性，自来水中加入活性炭可吸附水中小颗粒，该方法属于物理方法，A 正确；B.臭氧具有强氧化性，自来水中加臭氧对自来水进行杀菌消毒，B 正确；C.用细菌与酶的扩充法去除水中的氨氮的方法属于生物法，C 正确；D.聚合硫酸铁作为净水剂是因为Fe3+3H2O=Fe(OH)K胶体)+3 H+,发生化学变化，Fe(OH)3胶体吸附水中悬浮物发生物理变化，D 错误；答案选D。10

23、、B【题目详解】构造原理决定了原子、分子和离子中电子在各能级的排布。在一个原子轨道里，最多只能容纳2 个电子,而且它们的自旋状态相反，称为泡利不相容原理。当电子排布在同一个能级的不同轨道时，基态原子中的电子总是单独优先占据一个轨道，而且自旋状态相同，称为洪特规则。能量最低原理是核外电子排布时，尽先占据能量最低的轨道。因此在2P能级上最多只能排布6 个电子，其依据的规律是泡利不相容原理，B 正确，答案选B。11、B【答案解析】氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n(CIO)=0.08mol,n(C1O3)=0.02m ol,根据得失电子守恒可知生成的氯离子n(Cl)=0

24、.08molx(1-0)+0.02molx(5-0)=0.18m ol,且转移电子物质的量为0.18moL根据物料守恒可知n(K+)=n(Cl)+n(CIO)+n(CIO3)=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28moloA、通过以上分析可知，氢氧化钾的物质的量是0.28moL质量是0.28molx56g/mol=15.68g,故 A 错误；B、根据上述分析可知，反应中转移电子的物质的量是0.18m ol,故 B 正确；C、因 CKT中 C1元素的化合价是+1价，C1O3 中 C1元素的化合价是+5价，而 CL中 C1元素的化合价是0 价，所以CIO-和 C1O3 中 C1元

25、素的化合价都比C12中 C1元素的化合价高，故 CIO-和 C1O3-不可能生成C12,所 以 C 错误；D、因 n(Cl)+n(CIO)+n(C1O3)=0.18mol+0.08mol+0.02mol=0.28mol,则根据原子守恒可知 CL的物质的量是0.14moL但题目未说明是标准状况，所以无法计算CL的体积，故 D 错误；12、B【题目详解】提 高 CO的转化率可以让平衡正向进行即可。A、增加压强，该平衡不会发生移动，故 A 错误；B、降低温度，化学平衡向着放热方向即正向进行，故 B 正确；C、增大CO的浓度，化学平衡向着正方向进行，但是一氧化碳的转化率降低，故 C 错误；D、催化剂不

26、会引起化学平衡的移动，故 D 错误；答案选B。13、C【答案解析】A项，全氮类物质具有超高能量及爆轰产物无污染等优点，因此全氮类物质为绿色能源，故 A项正确；B项，一个氮原子中含有7 个质子，所以每个田中含有35个质子，故 B项正确；C项，该物质由氮元素组成，属于单质，不属于化合物，故 C项错误；D项，N9和 Ns-内部都含有氮氮共价键，NsN-结构中含有阳离子和阴离子，因此该物质含有离子键，故 D项正确。综上所述，本题选C。14、C【分析】放电时，该原电池中锂失电子而作负极，V2O5得电子而作正极，负极上发生氧化反应，正极上发生还原反应,阳离子向正极移动，由此分析解答。【题目详解】A.电时，

27、该装置是原电池，锂离子向正极移动，故 A 错误；B.放电时为原电池，锂失电子而作负极，充电时作阴极，故 B 错误；C.该电池充电时，正极与外接电源的正极相连为阳极，则阳极上LixVzOs失电子，阳极上电极反应式为：LixV2O5-xe=V2Os+xLi+,故 C 正确；D.V2O5得电子而作正极，所 以 V2O5参与电池反应，故 D 错误。答案选C。15、B【答案解析】A、铜绿的主要成分为碱式碳酸铜，分子式为CuMOH)2co3,故 A 不符合题意；B、芒硝为含有10个结晶水的硫酸钠，化学式为NazSCMOPhO,故 B 符合题意；C、漂粉精是由氢氧化钙与氯气反应制备的，有效成分为次氯酸钙，化

28、学式为Ca(ClO)2,故 C 不符合题意；D、水玻璃是硅酸钠的水溶液，主要成分是NazSiCh,故 D 不符合题意；综上所述，本题应选B。16、B【答案解析】同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，所以原子序数XYZW,X的最高价氧化物的水溶液为碱性，而且0.010 mol L-的这四种溶液pH为 1 2,确定为一元强碱，所以X 为 Na,W 的最高价氧化物的水溶液的pH为 2,W 为 CI、Z 为 S,Y 的溶液的pH为 4,为弱酸磷酸，Y 为 P,存在同素异形体。【题目详解】A、四种元素简单离子的半径YZW X,错误；B、P 存在红磷和白磷等多种同素异形体，正确；C、YZW的非金属性逐渐

29、减弱，所以气态氢化物的稳定性逐渐减弱，错误；D、NaOH与磷酸恰好反应，生成强碱弱酸盐，水解为碱性，错误；答案选B。二、非选择题(本题包括5 小题)17、竣基 0 H C H 2cl 取代反应(或水解反应)加聚反应(或聚合反应)H C O O H+C H 3cH(OH)CH3 COOCH(CH;);+H2OYHO+2Ag(NH?)OH、，COOMH4+2Ag+3NH3+H2O 14 COOH 或 C H jCOOH【分析】A 属于芳香烧，分子式为C7H8,则 A 为B 与氯气在光照条件下发生甲基上取代反应生成B,结 合 B的分子式可知BB 发生水解反应生成C 为 二 y CH：OH,C 发生催

30、化氧化生成D 为D 与银氨溶液反应、酸化得到E 为Q fC O O H.I 的分子式为c3H7CI,核磁共振氢谱为二组峰，且峰的面积比为6：1,贝!1 为C H3 c He I 发生水解反应得到F 为 CH3cH(OH)CH.“E 与 F 发生酯化反应生成H 为COOCH-CH.I 发生消去0反应生成G 为 CH2=CHCH3,G 发生加聚反应生成J 为ECH2 一 土，据此分析作答。CH?【题目详解】(1)通过以上分析知，E 为Q C O O H,含有官能团为竣基，B 结构简式为CHjCl,故答案为较基;CH2cl;(2)B 发生水解反应生成C 为、11cHl0 H,其反应类型为：取代反应(

31、或水解反应)；G 发生加聚反应生成J 为ECH2 一fH 土，其反应类型为：加聚反应(或聚合反应);CH4(3)E+FTH的化学方程式为:COOH+CH3CH(OH)CH3C0OCH(CH：);+H2O；D 为C C H O,其与银氨溶液反应的化学方程式为:-CH0+2Ag(NH3)NH、COOHH4+2Ag+3NH3+H2O；(4)E 的同系物K 比 E 相对分子质量大2 8,则 K 的分子式为：C,HI0O2,与 E 属于同系物，则含有竣基，且属于芳香族化合物，则按苯环上的取代基个数分类讨论如下：苯环上有一个取代基，则结构简式为QCH：CH；COOHQpCHCOOH；苯环上有两个取代基，贝

32、!)可以是-CH2cH3和-C O O H,也可以是-CH2coOH和-C H 3,两个取代基的位置可以是邻间对，共 2x3=6种；苯环上有三个取代基，则为2 个-CH3和 1个-C O O H,定“二”议“一”其，确定其结构简式可以为:COOHCOOHH3COOH、HOOCCH,.-C O O H 和CHCH/。*共 6 种，综上情况可知，K 的结构简式有2+6+6=14种；其中核磁共振氢谱有4 组峰，且峰面积之比COOH_/CH3为 6:2:1:1的结构简式是 COOH或18、碳碳双键、球基 ACOOH,CH3故答案为14；-C O O H 或 C H3COOH(任意一种)。H O-A 0

33、-C-CHCW CCHj消去反应OA：)O颉%醇-.QOCHi【分析】B 的分子式为C9Hl40,B 发生信息的反应生成C,则 B 为COOCH,;C 中去掉氢原子生成D,D 发生消去反应生成E,醇羟基变为碳碳双键，E 发生一系列反应是丹参醇；据此解答。【题目详解】(1)根据结构简式可知，A 的官能团名称为碳碳双键和球基(2)A.化合物D与足量的氢气加成的产物是多羟基化合物，滴加新制的Cu(OH)2溶液发生络合反应,会出现绛蓝色，A 正确；B.根据结构简式可知，化合物E 含碳碳双键、酸键、苯环、谈基、该物质能发生加成、取代、氧化反应，苯环可发生加氢还原反应，B 错误；C.D 生成E 的反应是醇

34、的消去反应，参照乙醇的消去反应，可知有有机副产物酸产生，故 C 错误；D.根据结构简式可知，丹参醇的分子式是G8Hl6。5,D 错误；综上所诉，答案为A；(3)通过以上分析知，通过以上分析知，B 的结构简式:0H;D 中的醇羟基转化为E 中的碳碳双键，所以D-E 的反应类为消去反应;(4)f的一种同分异构体同时满足下列条件:分子中含有苯环，不含其它环不含、=C=C二基团，苯环不与甲基直接相连;碱性条件水解生成两种产物，酸化后分子1H-NMR谱和IR谱检测表明，两种分子分别含有2种和3种氢原子；则该物质含酯基，且水解后得到的酸、醇分别含2种、3种氢原子，符合条件的结构简式为HO4 y O-C C

35、SCCHJCHJ_/=HOd y-O-C-C H C W C C H,HOH7C-CHj O-c-C3CH；成反应生成oNaOH/乙静(5)。和澳发生加成反应生成Br，Br发生消去反应生成JCOOCM和 发生加/K C O O C H t1和氢气发生加成反应生成 C O O C H jCOOCH,Ni.A，其合成路线为COOCH)19、MnO2+4HCI=MnC14+2H2O大到一定浓度才能被MnCh氧化AMnC14=C12?+MnCl2 Kt中没有明显现象的原因是c(H+)、c(C1)较低，需要增HC1的还原性与c(H+)无关；MnCh的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnCh的氧化

36、性越强 不能 将湿润的淀粉K I试纸伸入纯净的N th中 c(Cl)c(H+)(或浓度)【分析】(1)MnCh呈弱碱性与浓盐酸发生复分解反应，生成四氯化镒和水;MnCL加热发生分解反应，产生的黄绿色气体CL;对比实验IV、实验皿，增大c(H+)或c(Cl-)后，均能产生黄绿色气体，即可得出结论;右管中滴加浓H 2sO 溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HC1的还原性；左管中滴加浓112so4,溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnCh的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnCh的氧化性越强;(2)烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉K I试纸检验，

37、无明显现象，说明产生的白雾中没有CL;实验II中将湿润的淀粉K I试纸伸入纯净的C12中，观察到试纸先变蓝，后褪色，因此实验ID需检验N02对湿润的淀粉K I试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有CL;(3)由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(c r)有关。【题目详解】(D由于M n(h呈弱碱性，与浓盐酸发生复分解反应，则该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl=MnC14+2H2O；将I中混合物过滤后，所得滤液为MnCL溶液，加热后产生的黄绿色气体为C L,由于该反应为分解反应，因此反A应的化学方程式为：MnCl4=MnC12+C12f;实验IV中增大c

38、(H+)或c(CI-)后，均能产生黄绿色气体，因此说明实验HI中无明显现象是由于溶液中c(H+)、c(Cr)较低引起的，需要增大到一定浓度才能被MnCh氧化；右管中滴加浓H2s0 4,溶液中c(H+)增大，但指针偏转幅度不大，说明c(H+)不影响HC1的还原性；左管中滴加浓H2so4,溶液中c(H+)增大，指针偏转幅度增大，说明c(H+)对MnCh的氧化性有影响，且c(H+)越大，MnCh的氧化性越强；(2)烧瓶上方立即产生白雾，用湿润的淀粉K I试纸检验，无明显现象，说明产生的白雾中没有C L,因此说明HC1不能被浓硫酸氧化；实验f l 中将湿润的淀粉K I试纸伸入纯净的CL中，观察到试纸先

39、变蓝，后褪色，因此实验IE需检验N th对湿润的淀粉KI试纸的颜色变化，从而证明混合气体中是否含有C12,因此实验in的操作是将湿润的淀粉K I试纸伸入纯净的NO1中；(3)由上述实验过程分析可得，盐酸能否被氧化与氧化剂的种类、c(H+)或c(c r)有关。20、溶液呈黄色 Na2s2O3+H2SO4=Na2sCh+SCM+S+H2O 白色沉淀由SO；与S3在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H 2s与SO2反应产生)剩余的Na2s也能与AgNCh溶液反应生成黑色的Ag2s沉淀 确认A g 2 s和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除SO：、SO；对S2O：检验的干扰 BaCL溶液 Ag

40、NCh溶液 可以，稀盐酸将S2O：、SO；等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2s等低价含硫物质被02氧化【题目详解】(1)将久置的Na2s固体溶于水，溶液呈黄色，推 测Na2s变质的产物含有Na2sx(黄色)；(2)Na2s2O3与稀硫酸反应生成二氧化硫和硫单质，化学方程式为：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2T+Sj+H2O；Na2s变质的产物中可能含有Na2so3,白色沉淀由SO；与S3在酸性条件下反应产生(或白色沉淀由生成的H 2s与SO2反应产生):(3)该结论的理由不充分，原因是：剩余的Na2s也能与AgNCh溶液反应生成黑色的Ag2s沉淀；a.SO：、SO

41、；有可能也和AgN(h溶液反应生成黑色固体，所以实验一的目的是：确认Ag2s(h和Ag2s(h都不易转化为黑色固体，排除SO：、5 0；对$2 0；一检验的干扰；b.黄色溶液中先加入BaCL溶液生成白色沉淀BaSzCh;再加入AgN(h 溶液白色沉淀转化为黑色沉淀Ag2s2O3;(4)可以，稀盐酸将S2O；、SO；等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2s等低价含硫物质被02氧化。21、CO32-+H 2O=O H+HCO3-4-5 溶液中，HSCh-存在：HSO3-=H+SC)32 和 HS(h+2so3+O ir,HSO3-的电离程度强于水解程度 2sCh(g)+CO32-(aq)

42、+H2O(1)=2HSO3-(aq)+CO2(g)AH=-88.9kJ mol 防止SO2的溶解度下降；防止HS(h-受热分解；防止HS(h-的氧化速率加快等隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出，高于34过滤【分析】Na2c03为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(2)由图象可知pH在 4 5 时 NaHSO3的物质的量分数最高；NaHSCh溶液中c(SO3*)c(H2so3),说明HS(h-电离程度大于水解程度；已知：SO2(g)+2OH-(aq)=SO32-(aq)+H2O(l)AHi=-164.3kJmor1,CO2(g)+2OIT(aq)=CCh3(aq)+H2O(l)AH2=-109.4kJmo

43、r,2HSO/(aq)=SO32(aq)+SO2(g)+H2O(l)AH3=+34.0kJmor 利用盖斯定律将-可得Na2c03溶液吸收SO2生 成 HSCh-的热化学方程式；HS(h-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且 HSO3-易被氧化；得无水Na2sCh固体，温度应高于34,且防止被氧化。【题目详解】(l)Na2c。3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为CO32-+H2O=OH-+HCOn由图象可知pH在 4 5 时 NaHSOj的物质的量分数最高；NaHSCh溶液中存在 HS(h H+S(h2和 HSO3+H2O =H2SO3+OH,c(SO32-)c(H2SO

44、3),说明 HSCh-电离程度大于水解程度；已知：SO2(g)+2OH-(aq)=SO3*(aq)+H2。Hi=-164.3kJm ol,CO2(g)+2OlT(aq)=CO3”(aq)+H2O(l)AH2=-109.4kJ.mol1,2HSO3-(aq)=SO32(aq)+SO2(g)+H2O(l)AH3=+34.0kJmor1,利用盖斯定律将-可得Na2cCh溶液吸收SO2生 成 HS(h-的热化学方程式为2SO2(g)+CO32(aq)+H2O(l)=2HSO3(aq)+CO2(g)AH=-88.9 kJ.mol1；HSO3-不稳定，易分解，如温度过高，可导致气体的溶解度下降，且 HSO3-易被氧化，则吸收塔的温度不易过高；得无水Na2sCh固体，温度应高于3 4 C,且防止被氧化，可隔绝空气，加热浓缩至有大量固体析出。【答案点睛】应用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化学方程式(一般23个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减，得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的AH与原热化学方程式之间AH的换算关系。