2026屆廣東肇慶市化學(xué)高三上期中監(jiān)測模擬試題考生須知：1．全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應(yīng)位置上。2．請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準(zhǔn)考證號。3．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列有關(guān)說法正確的是（）A．質(zhì)子數(shù)相同的粒子屬于同種元素B．1molN2可與3molH2完全反應(yīng)生成2molNH3C．電閃雷鳴的雨天，雨水中會含有一定量的硝酸，其中發(fā)生的反應(yīng)之一是N2＋2O2=2NO2D．NO、NO2在一定條件下可相互轉(zhuǎn)化，且二者都是引起光化學(xué)煙霧的大氣污染物2、25°C時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．含有大量的水溶液中：、、、B．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、、C．K+、Ca2+、Cl-、通入CO2仍能大量共存D．=l×l0-2mol/L的溶液中：、Ca2+、Cl-、3、已知在水溶液中的氧化性，向碘化亞鐵溶液中通入，反應(yīng)完全后，測得溶液中、的物質(zhì)的量的比為，則溶液中與的物質(zhì)的量之比為()A． B． C． D．4、下列離子在溶液中能大量共存的是（）A．H+、AlO2-、CO32- B．K+、Ba2+、SO42-C．NH4+、OH-、NO3- D．Fe3+、NO3-、Cl-5、根據(jù)SO2通入不同溶液中實驗現(xiàn)象，所得結(jié)論不正確的是實驗現(xiàn)象結(jié)論A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產(chǎn)生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀酸性:H2SO3＞H2SiO3A．A B．B C．C D．D6、五種短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序數(shù)依次增大，元素X與W位于同一主族，Z元素的單質(zhì)既能與鹽酸反應(yīng)也能與NaOH溶液反應(yīng)，W原子的最外層電子數(shù)是次外層電子數(shù)的一半，M的最高正價與最低負(fù)價的絕對值之差為4，五種元素原子的最外層電子數(shù)之和為19。下列說法正確的是A．W的最高價氧化物能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸B．工業(yè)上常用單質(zhì)X還原Z的氧化物制取單質(zhì)ZC．簡單離子半徑由大到小的順序：Y＞Z＞MD．化合物YX2中既含有離子鍵，也含有共價鍵7、水是最寶貴的資源之一。下列表述正確的是A．水的電離程度很小，純水中主要存在形態(tài)是水分子B．溫度升高，純水中的c(H+)增大，c(OH-)減小C．4℃時，純水的pH=7D．向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，使水的離子積減小8、下圖是工業(yè)合成氨反應(yīng)的速率-時間圖像，在t1時刻改變某一條件，到t2時重新達(dá)到平衡，判斷t1時刻可能改變條件是（）A．使用催化劑B．升高溫度C．增大壓強D．提高N2濃度9、實驗室用下列裝置從NaBr溶液中制備單質(zhì)溴，其合理的是()A．用裝置甲制取氯氣B．用裝置乙氧化溴離子C．用裝置丙分離出溴的CCl4溶液D．用裝置丁獲得單質(zhì)溴10、北宋沈括的《夢溪筆談》對指南針已有詳細(xì)記載：“方家以磁石磨針鋒，則能指南?！贝攀闹饕煞质牵ǎ〢． B． C． D．11、下列有關(guān)實驗的描述正確的是A．向碘化鈉稀溶液中加入新制氯水立即生成大量紫黑色固體B．向分別裝有1gNa2CO3和NaHCO3固體的試管中滴入幾滴水，溫度高的為Na2CO3C．將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，變紅，說明樣品變質(zhì)D．中和熱測定時環(huán)形玻璃攪拌棒要不斷順時針攪拌，目的是為了混合均勻，充分反應(yīng)12、1912年E．Beckmann冰點降低法獲得了黃色的正交α—型硫元素的一種同素異形體S8分子。1891年，M．R．Engel首次制得了一種菱形的ε—硫，后來證明含有S6分子。下列說法正確的是（）A．S6和S8分子分別與銅粉反應(yīng)，所得產(chǎn)物可能均為CuSB．推測Na2S8可能是一種復(fù)合分子材料C．S6和S8分子分別與過量的氧氣反應(yīng)可以得到SO3D．等質(zhì)量的S6和S8分子分別與足量的KOH反應(yīng)，消耗KOH的物質(zhì)的量相同13、一定量的Cu2S投入到足量濃硝酸中，收集到氣體nmol，向反應(yīng)后的溶液（存在Cu2+和SO42-）中加入足量NaOH，產(chǎn)生藍(lán)色沉淀，過濾、洗滌、灼燒，得到CuO48.0g，若上述氣體為NO和NO2混合物，且體積比為1：2。則n為（）A．3.28 B．1.80 C．0.80 D．1.6314、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A．足量MnO2和100mL6mol/L濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生Cl2的分子數(shù)為0.15NAB．100mL1molFeCl3溶液中所含F(xiàn)e3+的數(shù)目為0.1NAC．48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中碳碳單鍵的數(shù)目為3NAD．密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應(yīng)后分子總數(shù)為2NA15、最新版元素周期表已全部填滿，聯(lián)合國2019年定為國際化學(xué)元素周期表年。鉨（Nh）是113號主族元素，其原子核外最外層電子數(shù)是3.下列說法不正確的是（）A．Nh的金屬性強于Al B．Nh是第七周期第IIIA族元素C．Nh的原子半徑小于同主族元素原子 D．Nh在其化合態(tài)中主要呈+3價16、某無色溶液,由Na+、Ag+、Ba2+、Al3+、AlO2?、MnO4?、CO32?、SO42?中的若干種組成，取該溶液進(jìn)行如下實驗：①取適量試液，加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到澄清溶液；②在①所得溶液中再加入過量碳酸氫銨溶液，有氣體生成；同時析出白色沉淀甲；③在②所得溶液中加入過量Ba(OH)2溶液，也有氣體生成，并有白色沉淀乙析出。根據(jù)對上述實驗的分析判斷,最后得出的結(jié)論合理的是()A．不能判斷溶液中是否存在SO42? B．溶液中一定不存在的離子是CO32?C．不能判斷溶液中是否存在Ag+ D．不能判斷是否含有AlO2?離子二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知：①在稀堿溶液中，溴苯難發(fā)生水解②現(xiàn)有分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，吸收峰的面積比為1:2:6:1，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應(yīng)，其中C能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應(yīng)。請回答下列問題：（1）X中官能的名稱是______________。（2）F→H的反應(yīng)類型是_________________。（3）I的結(jié)構(gòu)簡式為___________________；（4）E不具有的化學(xué)性質(zhì)________（選填序號）a．取代反應(yīng)b．消去反應(yīng)c．氧化反應(yīng)d．1molE最多能與2molNaHCO3反應(yīng)（5）寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式：①X與足量稀NaOH溶液共熱的化學(xué)方程式：________________；②F→G的化學(xué)方程式：____________________；（6）同時符合下列條件的E的同分異構(gòu)體共有_____種，其中一種的結(jié)構(gòu)簡式為________。a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種b．不能發(fā)生水解反應(yīng)c．遇FeCl3溶液不顯色d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應(yīng)18、為分析某有機化合物A的結(jié)構(gòu)，進(jìn)行了如下實驗：（1）向NaHCO3溶液中加入A，有氣體放出，說明A中含有___________官能團(tuán)（寫結(jié)構(gòu)簡式）。（2）向NaOH溶液中加入少許A，加熱一段時間后，冷卻，用HNO3酸化后再滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生淡黃色沉淀，說明中A還有___________官能團(tuán)（寫名稱）。（3）經(jīng)質(zhì)譜分析，Mr(A)=153，且A中只有四種元素，則A的分子式為___________。（4）核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結(jié)構(gòu)簡式為___________。（5）已知A可發(fā)生如下圖所示的轉(zhuǎn)化：①A→B、D→E的反應(yīng)類型分別為___________、___________。②寫出下列反應(yīng)的化學(xué)方程式C→H：_________________________。③C的同分異構(gòu)體有多種，寫出與C具有相同的官能團(tuán)的C的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：___________________________；寫出F的結(jié)構(gòu)簡式：________________________。④G與過量的銀氨溶液反應(yīng)，每生成2.16gAg，消耗G的物質(zhì)的量是__________mol。19、某班同學(xué)用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質(zhì)?；卮鹣铝袉栴}：(1)分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是________。(2)甲組同學(xué)取2mLFeCl2溶液，加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化。FeCl2溶液與氯水反應(yīng)的離子方程式為_______。(3)乙組同學(xué)認(rèn)為甲組的實驗不夠嚴(yán)謹(jǐn)，該組同學(xué)在2mLFeCl2溶液中先加入0.5mL煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是______。(4)丙組同學(xué)取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分別取2mL此溶液于3支試管中進(jìn)行如下實驗：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層呈紫色；②第二只試管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍(lán)色沉淀：③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅。實驗②檢驗的離子是_____（填離子符號）；實驗①和③說明：在I-過量的情況下，溶液中仍含有______（填離子符號），由此可以證明該氧化還原反應(yīng)為______。(5)丁組同學(xué)向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________；20、Co(CH3COO)2·4H2O(乙酸鈷)是一種重要的有機化工原料?；卮鹣铝袉栴}:(1)以工業(yè)品氧化鈷(CoO)為原料制備乙酸鈷。(已知CoO與CH3COOH溶液反應(yīng)緩慢,Co2+能與H+、NO3-大量共存)可能用到的試劑:Na2CO3溶液、CH3COOH溶液、HNO3溶液。先將CoO溶于____(填化學(xué)式,下同)溶液制得____溶液;在不斷攪拌下,向制得的溶液中不斷加入____溶液至不再產(chǎn)生沉淀,靜置,過濾,洗滌;向沉淀中加入___溶液至沉淀完全溶解,調(diào)節(jié)pH約為6.8,經(jīng)一系列操作得Co(CH3COO)2·4H2O。

(2)為探究乙酸鈷的熱分解產(chǎn)物,先在低于100℃時使其脫去結(jié)晶水,然后用下列裝置進(jìn)行實驗(已知CO能與PdCl2溶液反應(yīng)生成黑色Pd沉淀):①通N2的目的是______。

②澄清石灰水和PdCl2溶液分別用于檢驗CO2和CO,其中盛放PdCl2溶液的裝置是____(填字母)。

③實驗結(jié)束時,為防止倒吸,正確的操作是______。

④裝置a中完全反應(yīng)后得到鈷的一種氧化物,固體殘留率(×100%)為45.4%。該氧化物為____。

⑤裝置a在加熱過程中沒有水生成,最終生成的固體氧化物質(zhì)量為3.0125g,裝置b和c中的試劑均足量(b、c中得到固體的質(zhì)量分別為2.5g、10.6g),集氣瓶中收集到的氣體為C2H6和N2,則裝置a中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為________。21、合理處理燃?xì)庵械腍2S,不僅可資源化利用H2S,還可減少對大氣的污染。回答下列問題:(1)反應(yīng)2H2S(g)=2H2(g)+S2(g)ΔH=+171.59kJ·mol-1,該反應(yīng)可在____(填“低溫”“高溫”或“任何溫度”)下自發(fā)進(jìn)行。

(2)利用H2S代替H2O通過熱化學(xué)循環(huán)可高效制取H2,原理如圖a所示:①“Bunsen反應(yīng)”的離子方程式為________。

②已知鍵能E(I—I)=152.7kJ·mol-1,E(H—H)=436.0kJ·mol-1,E(H—I)=298.7kJ·mol-1,HI氣體分解為碘蒸氣和氫氣的熱化學(xué)方程式為________。

③上述循環(huán)過程總反應(yīng)方程式為________。

(3)AhmedDahamWiheeb等介紹的一種燃料電池的裝置如圖b所示:通入O2的電極為________(填“正極”或“負(fù)極”),每消耗3.36L(標(biāo)準(zhǔn)狀況下)O2,理論上消耗H2S的質(zhì)量為____。

(4)為探究H2S直接熱解[H2S(g)H2(g)+S2(g)],在一密閉容器中充入1molH2S與4molN2(N2不參與反應(yīng)),維持總壓在101kPa下進(jìn)行實驗,圖c是不同溫度下反應(yīng)時間與H2S的轉(zhuǎn)化率的關(guān)系,圖d是平衡時氣體組成與溫度的關(guān)系。①圖c中溫度由高到低的順序是________。

②圖d中A點H2S的平衡轉(zhuǎn)化率為______,B點時反應(yīng)的平衡常數(shù)Kp=____(已知≈10)。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【詳解】A．粒子的概念包含多種，質(zhì)子數(shù)相同的原子屬于同一種元素，A錯誤；B．N2和H2的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，1molN2與3molH2不能完全反應(yīng)生成2molNH3，B錯誤；C．在放電的條件下氮氣和氧氣反應(yīng)生成NO而不生成NO2，C錯誤；D．NO和氧氣能反應(yīng)生成NO2：2NO+O2=2NO2，NO2和水反應(yīng)生成NO：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故NO和NO2間可以相互轉(zhuǎn)化，且兩者均可以引起光化學(xué)煙霧，D正確；故選D。2、C【詳解】A．、會反應(yīng)產(chǎn)生，不能大量共存，A不符合題意；B．與Al反應(yīng)能放出H2的溶液可能顯酸性，也可能顯堿性。在酸性溶液中：Fe2+、H+、會發(fā)生氧化還原反應(yīng)，不能大量共存；在堿性溶液中，OH-與Fe2+會反應(yīng)產(chǎn)生Fe(OH)2沉淀，也不能大量共存，B不符合題意；C．K+、Ca2+、Cl-、之間不能發(fā)生任何反應(yīng)，且通入CO2也不能反應(yīng)，因此仍能大量共存，C符合題意；D．=l×l0-2mol/L的溶液顯堿性，含有大量OH-，OH-與會發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生弱電解質(zhì)NH3·H2O，不能大量共存，D不符合題意；故合理選項是C。3、C【詳解】通入氯氣后，碘離子先被氧化，其次是亞鐵離子，最后氧化單質(zhì)碘；設(shè)碘化亞鐵的物質(zhì)的量是1mol，則溶液中碘離子的物質(zhì)的量是2mol，亞鐵離子是1mol，反應(yīng)后生成的物質(zhì)的量是1mol，生成的物質(zhì)的量是1mol，生成氯離子3mol；然后發(fā)生氯氣氧化單質(zhì)碘的反應(yīng)，當(dāng)溶液中、的物質(zhì)的量的比為，剩余碘單質(zhì)的物質(zhì)的量是0.5mol，則消耗碘單質(zhì)0.5mol，依據(jù)化學(xué)方程式為，生成的物質(zhì)的量是1mol，生成的物質(zhì)的量是5mol；則總共生成8mol，溶液中與的物質(zhì)的量之比為1mol：8mol=1：8，故選：C。4、D【詳解】A.H+與AlO2-、CO32-發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B.Ba2+、SO42-之間反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C.NH4+、OH-之間發(fā)生反應(yīng)，在溶液中不能大量共存，故C錯誤；D.Fe3+、NO3-、Cl-可以在溶液中大量共存，故D正確；答案選D。5、C【詳解】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42?，再與BaCl2反應(yīng)產(chǎn)生白色沉淀，體現(xiàn)了SO2的還原性，A正確；B、SO2與H2S在溶液發(fā)生反應(yīng)SO2+2H2S=3S↓+2H2O，體現(xiàn)了SO2的氧化性，B正確；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，這是SO2在酸性溶液中還原KMnO4生成Mn2+，體現(xiàn)了SO2的還原性，C錯誤；D、SO2與Na2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀，根據(jù)較強酸制較弱酸，可得結(jié)論酸性：H2SO3>H2SiO3，D正確。答案選C。6、D【解析】根據(jù)題意可以判斷X、Y、Z、W、M分別是碳、鎂、鋁、硅、硫。A.W的最高價氧化物二氧化硅不能與水反應(yīng)生成相應(yīng)的酸，故A錯誤；B.工業(yè)上常用電解Z的氧化物的方法制取單質(zhì)Z，故B錯誤；C.電子層結(jié)構(gòu)相同的簡單離子的半徑隨著核電荷數(shù)增大而減小，所以離子半徑：02＞Mg2+＞Al3+，同主族元素簡單離子的半徑隨著電子層數(shù)增大而增大，所以離子半徑：02-＜S2-，總之，簡單離子半徑由大到小的順序：M＞Y＞Z，故C錯誤；D.化合物YX2中既含有離子鍵，也含有共價鍵，故D正確。故選D。7、A【詳解】A.水在常溫下電離出氫離子和氫氧根離子濃度為1×10-7mol/L，水電離程度很小，所以純水中水的主要存在形態(tài)是水分子，A正確；B.水的電離是吸熱過程，升溫促進(jìn)電離，氫離子和氫氧根離子濃度增大，B錯誤；C.溫度降低，水的電離平衡逆向移動，c(H+)<1×10-7mol/L，所以4℃時，純水的pH>7，C錯誤D.向水中加入酸或堿，都可抑制水的電離，但水的離子積只與溫度有關(guān)，溫度不變，水的離子積不變，D錯誤；故合理選項是A。8、B【解析】根據(jù)圖像，t1時正、逆反應(yīng)速率增大，逆反應(yīng)速率大于正反應(yīng)速率，說明平衡逆向移動，合成氨是一個放熱的體積減小的反應(yīng)，根據(jù)外界條件對化學(xué)反應(yīng)速率和平衡移動的影響分析解答。A.使用催化劑，平衡不移動，故A錯誤；B．合成氨反應(yīng)是一個放熱反應(yīng)，升高溫度平衡逆向移動，故B正確；C．增大反應(yīng)體系的壓強，平衡正向移動，正逆反應(yīng)速率都增大，故C錯誤；D.提高N2濃度，平衡正向移動，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查影響化學(xué)反應(yīng)速率的因素，注意把握濃度、催化劑、溫度、壓強對反應(yīng)速率的影響即可解答，側(cè)重反應(yīng)速率圖象的分析，明確速率變化程度為解答的關(guān)鍵，本題的難點是根據(jù)圖像判斷平衡的移動方向。9、C【解析】A.1mol/L鹽酸不是濃鹽酸，與二氧化錳不反應(yīng)，應(yīng)選濃鹽酸、二氧化錳加熱制備氯氣，A錯誤；B．導(dǎo)管應(yīng)長進(jìn)短出，圖中氣體將溶液排出，B錯誤；C．溴的CCl4溶液在下層，水在上層，則圖中分液裝置可分離，C正確；D．蒸餾時溫度計測定餾分的溫度，且冷卻水下進(jìn)上出，圖中溫度計的位置、冷水方向不合理，D錯誤；答案選C。點睛：本題考查化學(xué)實驗方案的評價，把握實驗裝置的作用、氣體的制備、混合物分離提純、實驗技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實驗?zāi)芰Φ目疾?，注意實驗的評價性分析。選項A是易錯點，注意稀鹽酸與二氧化錳不反應(yīng)。10、C【詳解】叫磁性氧化鐵，具有磁性，制指南針的磁石的主要成分是，C答案選C。11、B【解析】碘離子被氯氣氧化為碘單質(zhì)，碘單質(zhì)溶在水中，溶液顯紫色，不能有紫色固體析出，A錯誤；Na2CO3溶于水放熱多，所以溫度高，B正確；Fe2+、NO3-在酸性環(huán)境下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，F(xiàn)e2+被氧化為Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色，樣品不一定變質(zhì)，C錯誤；用環(huán)形玻璃攪拌棒要輕輕攪動，防止熱量散失，D錯誤。正確答案B。12、D【詳解】A．S6和S8是硫元素的不同單質(zhì)，化學(xué)性質(zhì)相似，因此它們分別與銅粉反應(yīng)，所得產(chǎn)物相同均為Cu2S，故A選項錯誤。B．Na2S8不是復(fù)合分子材料，故B選項錯誤。C．不管氧氣過量還是少量，S6和S8分子分別與氧氣反應(yīng)可以得到SO2，故C選項錯誤。D．等質(zhì)量的S6和S8分子，其硫原子的物質(zhì)的量相同，因此它們分別與足量的KOH反應(yīng)，消耗KOH的物質(zhì)的量相同，故D選項正確。故答案選D?！军c睛】本題中要注意S6和S8是硫元素的不同單質(zhì)，互為同素異形體，化學(xué)性質(zhì)相似，可以采用對比法研究。13、B【分析】結(jié)合n=計算n(CuO)，根據(jù)Cu元素守恒計算n(Cu2S)，再根據(jù)電子轉(zhuǎn)移數(shù)目守恒計算n(NO)、n(NO2)，進(jìn)而計算氣體總物質(zhì)的量，實際氣體介于二者之間?！驹斀狻康玫紺uO

48.0g，其物質(zhì)的量為=0.6mol，n(Cu2S)=n(CuO)=×0.6mol=0.3mol，Cu2S中S的化合價由-2價升高為+6價，且Cu元素的化合價由+1價升高為+2價，則轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量0.3×（8+1×2）=3mol，上述氣體為NO和NO2混合物，且體積比為1：2，設(shè)NO為xmol、NO2為2xmol，由電子守恒可知3x+2x=3，解得x=0.6，可知n=0.6+2×0.6=1.80。答案選B。【點睛】氧化還原反應(yīng)的計算，把握元素化合價變化、電子守恒為解答的關(guān)鍵，注意守恒法的應(yīng)用。14、C【詳解】A．100mL6mol?L-1濃鹽酸中含有氯化氫0.1L×6mol?L-1=0.6mol，MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，完全反應(yīng)0.6mol氯化氫可以生成0.15mol氯氣，由于稀鹽酸不與二氧化錳反應(yīng)，所以生成的氯氣的物質(zhì)的量小于0.15mol，產(chǎn)生的氯氣分子數(shù)小于0.15NA，故A錯誤；B．Fe3+為弱堿陽離子，水溶液中部分水解，故

100mL1mol?L-1FeCl3

溶液中所含F(xiàn)e3+數(shù)目小于0.1NA，故B錯誤；C．正丁烷和異丁烷只是碳架不同，含有的碳碳單鍵均為3條，所以48g正丁烷和10g異丁烷，即混合物的物質(zhì)的量為=1mol，所以48g正丁烷和10g異丁烷的混合物中碳碳單鍵數(shù)目為3NA，故C正確；D．SO2和O2的催化反應(yīng)為可逆反應(yīng)，反應(yīng)不可能完全進(jìn)行，所以密閉容器中，反應(yīng)生成三氧化硫的物質(zhì)的量小于2mol，則反應(yīng)后氣體總物質(zhì)的量大于2mol，反應(yīng)后分子總數(shù)大于2NA，故D錯誤；故選C。15、C【詳解】A．同主族從上往下金屬性增強，所以Nh的金屬性強于Al，故A正確；B．Nh是第七周期第ⅢA族元素，故B正確；C．電子層數(shù)越多半徑越大，所以Nh的原子半徑大于同族元素原子，故C錯誤；D．最外層3個電子，所以Nh在其化合態(tài)中主要呈+3價，故D正確；故答案為C。16、A【解析】溶液無色，說明溶液中不存在(紫色)；①取適量溶液，加入過量鹽酸，有氣體生成，并得到澄清溶液，說明溶液中存在，不存在Ag+、Ba2+、Al3+，因為它們都會和反應(yīng)；依據(jù)溶液中的電荷守恒知，一定存在陽離子Na+；②因加入過量鹽酸，如果溶液中存在，則轉(zhuǎn)變成Al3+；向①所得溶液中再加入過量碳酸氫銨溶液，有氣體生成，同時析出白色沉淀甲，①中過量鹽酸與過量碳酸氫銨反應(yīng)生成CO2；白色沉淀只能是Al3+和碳酸氫銨中的發(fā)生相互促進(jìn)的水解反應(yīng)生成Al(OH)3和CO2，所以原溶液中一定存在；③向②所得溶液中加入過量Ba(OH)2溶液，也有氣體生成，并有白色沉淀乙析出，說明②中過量的碳酸氫銨與OH?反應(yīng)生成氨氣；但白色沉淀不一定是BaSO4，因為碳酸氫銨遇堿可生成，從而得到BaCO3白色沉淀;綜上所述此溶液中一定不存在Ag+、Ba2+、Al3+、，一定存在Na+、、，不能確定是否存在，綜上所述，選項A正確?！军c睛】每一次所加過量試劑都會對后一次實驗造成影響，離子共存問題需考慮全面。在堿性溶液中轉(zhuǎn)化為，從而對的檢驗造成干擾，是本題的易錯點。二、非選擇題（本題包括5小題）17、酯基、溴原子消去反應(yīng)b、d4：、、、（任寫一種）【分析】分子式為C10H10O2Br2的芳香族化合物X，與NaOH水溶液加熱發(fā)生反應(yīng)產(chǎn)生的C含有羧基，產(chǎn)生的D能夠與新制Cu(OH)2懸濁液在加熱煮沸時發(fā)生反應(yīng)，證明D中含有醛基，根據(jù)題意可知該物質(zhì)是含有2個醇羥基的物質(zhì)脫水產(chǎn)生，所以X中含有酯基及溴原子，兩個溴原子連接在同一個碳原子上。其苯環(huán)上的一溴代物只有一種，說明苯環(huán)上只有一種位置的氫原子，其核磁共振氫譜圖中有四個吸收峰，說明含有四種不同類型的氫原子，吸收峰的面積比為1:2:6:1，所以四類氫原子的個數(shù)之比為1:1:6:1，H原子總數(shù)是10個，在一定條件下可發(fā)生下述一系列反應(yīng)，其中C還能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說明C中還含有醛基，A能被氧化生成B，B能被氧化生成C，說明C中含有羧基，所以C是甲酸，B是甲醛，A是甲醇；E遇FeCl3溶液顯色且能與濃溴水反應(yīng)，說明苯環(huán)上含有酚羥基，且兩個鄰位有氫原子，所以X是，酯發(fā)生水解反應(yīng)生成甲酸和酚鈉，且酚鈉中含有醛基，D是，E是，F(xiàn)是。【詳解】（1）根據(jù)上述推斷可知X中含有酯基和溴原子；（2）F是，生成H可以使溴水褪色，說明H中含有不飽和的碳碳雙鍵，因此該反應(yīng)屬于消去反應(yīng)，產(chǎn)生的H結(jié)構(gòu)簡式是。（3）H含有碳碳雙鍵，在一定條件下發(fā)生加聚反應(yīng)形成高聚物I，I的結(jié)構(gòu)簡式為。（4）E是，含有酚羥基，能和溴水反應(yīng)發(fā)生取代反應(yīng)，能和FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)；但是不能發(fā)生消去反應(yīng)；由于含有一個羧基，羧酸的酸性比碳酸強，所以可以和1mol碳酸氫鈉反應(yīng)，故選b、d。（5）①X與足量稀NaOH溶液共熱的化學(xué)方程式是：；②F→G的化學(xué)方程式是：；（6）E是，同時符合條件a．苯環(huán)上核磁共振氫譜有兩種，說明只有兩類氫原子；b．不能發(fā)生水解反應(yīng)說明不含酯基；c．遇FeCl3溶液不顯色說明不含酚羥基；d．1molE最多能分別與1molNaOH和2molNa反應(yīng)說明含有一個醇羥基和一個羧基的E的同分異構(gòu)體共有4種，他們的結(jié)構(gòu)分別是：、、、。18、-COOH溴原子C3H5O2BrCH2BrCH2COOH消去反應(yīng)酯化反應(yīng)（取代反應(yīng)）nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O0.01【分析】A和NaHCO3溶液反應(yīng)有氣體放出，說明A中含有羧基，A和足量NaOH溶液反應(yīng)一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，有機化合物A的相對分子質(zhì)量為153，溴的相對原子質(zhì)量是80、-COOH的相對分子質(zhì)量為45，所以A剩余基團(tuán)相對分子質(zhì)量為28，其基團(tuán)應(yīng)該為C2H4，所以A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A的結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCH2COOH；A和氫氧化鈉水溶液加熱時發(fā)生取代反應(yīng)，然后酸化生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2COOH，C發(fā)生氧化反應(yīng)生成G，G的結(jié)構(gòu)簡式為OHCCH2COOH，C發(fā)生酯化反應(yīng)生成高分子化合物H，其結(jié)構(gòu)簡式為，A和NaOH醇溶液加熱時，A發(fā)生消去反應(yīng)生成B，B的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOONa，B然后酸化生成D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOH，D和C在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應(yīng)生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為CH2=CHCOOCH2CH2COOH，E發(fā)生加聚反應(yīng)生成F，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為，再結(jié)合題目分析解答?！驹斀狻?1)A和NaHCO3溶液反應(yīng)有氣體放出，說明A中含有羧基，羧基的結(jié)構(gòu)簡式為-COOH；(2)A和足量NaOH溶液反應(yīng)一段時間后，再加入過量的HNO3酸化的AgNO3溶液，有淡黃色沉淀生成，說明A中含有Br元素，即A還有溴原子官能團(tuán)；(3)有機化合物A的相對分子質(zhì)量為153，且A中只有四種元素，溴的相對原子質(zhì)量是80、-COOH的相對分子質(zhì)量為45，所以A剩余基團(tuán)相對分子質(zhì)量為28，其基團(tuán)應(yīng)該為C2H4，則A的分子式為C3H5O2Br；(4)A的分子式為C3H5O2Br，核磁共振氫譜顯示，A的氫譜有3種，其強度之比為1︰2︰2，則A結(jié)構(gòu)簡式為CH2BrCH2COOH；(5)①A→B是CH2BrCH2COOH在NaOH的醇溶液中發(fā)生消去反應(yīng)生成CH2=CHCOONa；D→E是CH2=CHCOOH和HOCH2CH2COOH在濃硫酸的作用下發(fā)生酯化反應(yīng)生成CH2=CHCOOCH2CH2COOH；②HOCH2CH2COOH在濃硫酸的催化作用下發(fā)生縮聚反應(yīng)的化學(xué)方程式為nCH2(OH)CH2COOHHOH+(n-1)H2O；③C的結(jié)構(gòu)簡式為HOCH2CH2COOH，與C具有相同官能團(tuán)的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為；由分析可知F的結(jié)構(gòu)簡式為；④G的結(jié)構(gòu)簡式為OHCCH2COOH，Ag的物質(zhì)的量==0.02mol，生成0.02molAg需要0.01molG?！军c睛】能準(zhǔn)確根據(jù)反應(yīng)條件推斷反應(yīng)原理是解題關(guān)鍵，常見反應(yīng)條件與發(fā)生的反應(yīng)原理類型：①在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，可能是酯的水解反應(yīng)或鹵代烴的水解反應(yīng)；②在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)；③在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、成醚反應(yīng)或硝化反應(yīng)等；④能與溴水或溴的CCl4溶液反應(yīng)，可能為烯烴、炔烴的加成反應(yīng)；⑤能與H2在Ni作用下發(fā)生反應(yīng)，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應(yīng)或還原反應(yīng)；⑥在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應(yīng)；⑦與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應(yīng)，則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應(yīng)。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。19、防止Fe2+被氧化2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-隔絕空氣（排除氧氣對實驗的影響）Fe2+Fe3+可逆反應(yīng)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O【分析】（1）鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，氯化亞鐵溶液中加入鐵粉防止氯化亞鐵被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實驗的影響；（4）由實驗現(xiàn)象可知，在I-過量的情況下，溶液中存在Fe2+離子、I2和Fe3+離子，說明氧化還原反應(yīng)是可逆反應(yīng)；（5）向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子?！驹斀狻浚?）鐵和氯化鐵反應(yīng)生成氯化亞鐵，在FeCl2溶液中需加入少量鐵屑，其目的是防止氯化亞鐵被氧化；（2）氯氣具有氧化性能氧化氯化亞鐵為氯化鐵，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-；（3）煤油不溶于水，密度比水小，分層后可以隔離溶液與空氣接觸，排除氧氣對實驗的影響；（4）實驗②加入1滴K3[Fe（CN）6]溶液，生成藍(lán)色沉淀，說明溶液中存在Fe2+離子，實驗①中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層顯紫色說明生成I2，碘離子被鐵離子氧化為碘單質(zhì)，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，實驗③中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明溶液中仍含有鐵離子，在I-過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+，說明該反應(yīng)為可逆反應(yīng)；（5）向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl2溶液，溶液變成棕黃色，說明過氧化氫氧化亞鐵離子為鐵離子，反應(yīng)的離子方程式為：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O。【點睛】本題考查了鐵的化合物性質(zhì)，涉及了離子方程式書寫、離子檢驗、物質(zhì)的保存等知識點，解答時注意鐵的化合物的性質(zhì)與題干信息相結(jié)合進(jìn)行分析判斷。20、HNO3Co(NO3)2Na2CO3CH3COOH隔絕空氣,使反應(yīng)產(chǎn)生的氣體全部進(jìn)入后續(xù)裝置c先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣Co3O43Co(CH3COO)2Co3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑【解析】根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應(yīng)緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產(chǎn)生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應(yīng)生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結(jié)晶等方法得到最終產(chǎn)物；探究乙酸鈷的熱分解產(chǎn)物，a中乙酸鈷受熱分解生成CO、CO2等產(chǎn)物,通入N2先將空氣排盡并將產(chǎn)生的氣體都趕入吸收裝置，b澄清石灰水檢驗CO2，c中PdCl2溶液可檢驗CO，最后用d來收集未反應(yīng)完的CO?！驹斀狻浚?）根據(jù)CoO與CH3COOH溶液反應(yīng)緩慢，Co2+能與H+、NO3-大量共存的信息，制備乙酸鈷時，先將CoO溶于溶液HNO3溶液制得Co(NO3)2溶液，再加入Na2CO3溶液產(chǎn)生碳酸鈷沉淀，最后加CH3COOH溶液反應(yīng)生成Co(CH3COO)2，再通過濃縮、結(jié)晶等方法得到Co(CH3COO)2·4H2O；故答案為HNO3；Co(NO3)2；Na2CO3；CH3COOH；（2）①通N2的目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，并使反應(yīng)產(chǎn)生的氣體全部進(jìn)入后續(xù)裝置，故答案為隔絕空氣，使反應(yīng)產(chǎn)生的氣體全部進(jìn)入后續(xù)裝置；②因為在檢驗CO時可生成CO2，會影響原混合氣體中CO2的檢驗，因此應(yīng)該先檢驗CO2，故答案為c；③實驗結(jié)束時，為防止倒吸，應(yīng)該先熄滅酒精燈，再通入一段時間氮氣保護(hù)分解后的產(chǎn)物，以免被空氣氧化，故答案為先熄滅裝置a的酒精燈,冷卻后停止通入氮氣；④樣品已完全失去結(jié)晶水，殘留固體為金屬氧化物，取1molCo(CH3COO)2，質(zhì)量為177g，則殘留的氧化物質(zhì)量為177g×45.4%=80.36g，根據(jù)Co元素守恒，氧化物中含有1molCo，則氧元素的物質(zhì)的量為mol