福建省漳州市五中、龙海市五中等四校2023学年高三第一次调研测试化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：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05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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机化合物有（不考虑立体异构）A5种B6种C7种D8种2、下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影

2、响的是A硫酸与氯化钠反应B硝酸银溶液中滴加稀氨水C铁在硫蒸气中燃烧D铁粉加入硝酸中3、下列转化不能通过一步实现的是（ ）AFeFe3O4BAlNaAlO2CCuCuSO4DCuCuS4、丙烯醛（CH2=CH-CHO）不能发生的反应类型有（）A氧化反应B还原反应C消去反应D加聚反应5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A向1 L 1 molL-1 NaClO溶液中通入足量CO2,溶液中HClO的分子数为NAB标准状况下,体积均为2.24 L的CH4与H2O含有的电子总数均为NAC2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应,产物的分子数为2NAD由13 g乙酸与2 g CO(

3、NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子总数为NA6、定温度下，在三个容积均为2.0L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物质的量浓度与反应温度如下表所示，反应过程中甲、丙容器中CO2的物质的量随间变化关系如图所示。容器温度/起始物质的量浓度/molL-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列说法正确的是（）A该反应的正反应为吸热反应B乙容器中反应达到平衡时，N2的转化率小于40%C达到平衡时，乙容器中的压强一定大于甲容器的2倍D丙容器中反应达到平衡后，再充入0.

4、10molNO和0.10molCO2，此时v(正)196.64kJB2molSO2气体和过量的O2充分反应放出196.64kJ热量C1LSO2(g)完全反应生成1LSO3(g)，放出98.32kJ热量D使用催化剂，可以减少反应放出的热量8、一种新型太阳光电化学电池贮能时电解质溶液中离子在两极发生如下图所示的转化。下列说法正确的是（ ）A贮能时，电能转变为化学能和光能B贮能和放电时，电子在导线中流向相同C贮能时，氢离子由a极区迁移至b极区D放电时，b极发生：VO2+2H+e-=VO2+H2O9、室温下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)与的

5、变化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.210-7、5.610-11)Aa对应溶液的pH小于bBb对应溶液的c(H+)=4.210-7molL-1Cab对应的溶液中减小Da对应的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)10、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂-氮二次电池，将可传递Li+的醚类作电解质，电池的总反应为6Li+N22Li3A固氮时，锂电极发生还原反应B脱氮时，钌复合电极的电极反应：2Li3N-6e-=6Li+N2C固氮时，外电路中电子由钌复合电极流向锂电极D脱氮时，Li+向

6、钌复合电极迁移11、把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）AIO4-作氧化剂具有氧化性B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52C若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子D氧化性：MnO4-IO4-12、磺酰氯（SO2Cl2）在医药、染料行业有重要用途,其熔点为-54.1 C,沸点为69.2 C,易水解。某学习小组在实验室用SO2和Cl2在活性炭作用下制备SO2Cl2（SO2 +Cl2 SO2Cl2）,设计如图实验（夹持装置略去）。下列说法不正确的是Ac中的NaOH溶液可换成NaCl溶液,效果相同Be中

7、的冷却水应从下口入上口出Cd的作用是防止水蒸气进人a中使SO2Cl2水解Da中冰盐水有助于SO2Cl2液化,提高SO2和Cl2的转化率.13、科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是AM为电源的正极，N为电源负极B电解过程中，需要不断的向溶液中补充Co2+CCH3OH在溶液中发生6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+D若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L14、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的两种

8、或三种所组成的化合物。已知A的相对分子质量为28，B分子中含有18个电子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）AX、Y组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸点低BY的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z组成的分子可能为非极性分子DW是所在周期中原子半径最小的元素15、下列离子方程式正确的是A氯化铝溶液与一定量的碳酸钠溶液反应：Al3+3CO32+3H2O=Al(OH)3+3HCO3B氯化钠固体与浓硫酸混合微热：Cl+H+HClC氯气通入石灰乳：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OD苯酚钠溶液呈碱性的原理：C6H5O+H2OC6H5OH+OH16、光电池在光照条件下可产生电压

9、，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向通过。下列说法不正确的是A该装置将光能转化为化学能并分解水B双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D再生池中的反应：2V2+2H+2V3+H217、下列各组原子中，彼此化学性质一定相似的是A最外层都只有一个电子的X、Y原子B原子核外M层上仅有两个电子的X原子与N层上仅有两个电子的Y原子C2p轨道上有三个未成对电子的X原子与3p轨道上有三个未成对电子的Y原子D原子核外电子排布式为1s2的X原子与原子核外电子排布式为1s22s2的Y原子18、临床

10、证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）A分子式是C18H32ClN3O8P2B能发生取代、加成和消去反应C1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D分子中的C1被OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀19、工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca(NO3)26H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，所用硝酸溶液中溶质的质量分数应为A53.8%B58.3%C60.3%D70.0%20、化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说法正确的是 ( )A“华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是二氧化硅B豆腐有“植

11、物肉”之美称，“卤水点豆腐”是胶体的聚沉过程C港珠澳大桥为了防腐蚀可以在钢铁中增加含碳量D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”中的碱是碳酸钠21、充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径对数据的利用情况正确的是A利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性C利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性D利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质密度的大小22、下列实验操作规范且能达到实验目的的是（ ）AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）为分析某盐的成分，做了如下实验：请回答：（1）盐 M 的化学式是_；（2）被

12、 NaOH 吸收的气体的电子式_；（3）向溶液 A 中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生，写出反应的离子方程式_ (不考虑空气的影响)。24、（12分）美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成I。试回答下列问题：（1）A的分子式为：_。（2）写出下列物质的结构简式：D：_；G：_。（3）反应中属于取代反应的有_。（4）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能

13、发生水解反应”条件的E的同分异构体有_种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：_。25、（12分）废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。I.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤二：处理滤液，得到ZnCl2xH2O晶体；步骤三：将SOCl2与ZnCl2xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SO

14、Cl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：已知：SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105，沸点79，140以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。（1）接口的连接顺序为a_hi_e。（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：_。（3）步骤二中得到ZnCl2xH2O晶体的操作方法：_。（4）验证生成物中含有SO2的现象为：_。II.回收锰元素，制备MnO2（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。III.二氧化锰纯度的测定称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液

15、转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式_。（7）产品的纯度为_。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答

16、下列问题：ISO2Cl2的制备（1）水应从_（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是_（填标号）。Fe+18.4mol/LH2SO4Na2SO3+70%H2SO4Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是_。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是_。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是_。II测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000molL1的AgNO3溶液l00.00mL；向其中加入2mL硝基苯，用力摇

17、动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10Ksp(AgSCN)=210-12（6）滴定终点的现象为_。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为_%，若步骤不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。27、（12分）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2 + HNO3 = SO3 + HNO2、SO3 + HNO2

18、= NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。仪器I的名称为_，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_。按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。A中反应的方程式为_。B中“冷水”的温度一般控制在20，温度不宜过高或过低的原因为_。 （2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500 g产品放入250 mL的碘量瓶中，并加入100.00 mL浓度为0.1000 molL-1的KMnO4标准溶液和10 mL 25%的H2SO4，摇匀；用0.5000 molL-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02 mL, 到达滴定终点

19、时读数为31.02 mL。已知：i：KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 ii：2KMnO4 + 5Na2C2O4 + 8H2SO4 = 2MnSO4 +10CO2+ 8H2O完成反应i的化学方程式：_KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 滴定终点的现象为_。产品的纯度为_。28、（14分）二草酸合铜( II )酸钾晶体K2Cu(C2O4)22H2O，微溶于冷水，可溶于热水，微溶于酒精，干燥时较为稳定，加热时易分解。I.用氧化铜和草酸为原料制备二草酸合铜(II)酸钾晶体的

20、流程如下：已知：H2C2O4CO+CO2+H2O回答下列问题：(1)将H2C2O4晶体加入去离子水中，微热，溶解过程中温度不能太高，原因是_。(2)将CuO与KHC2O4的混合液在50C下充分反应，该反应的化学方程式为_。(3)50 C时，加热至反应充分后的操作是_(填字母)。A放于冰水中冷却后过滤 B自然冷却后过滤 C趁热过滤 D蒸发浓缩、冷却后过滤II.以CuSO45H2O晶体和K2C2O4固体为原料制备二草酸合铜( II )酸钾晶体。实验步骤：将CuSO45H2O晶体和K2C2O4固体分别用去离子水溶解后，将K2C2O4溶液逐滴加入硫酸铜溶液中，有晶体析出后放在冰水中冷却，过滤，用酒精洗

21、涤，在水浴锅上炒干。炒时不断搅拌，得到产品。(4)用酒精而不用冷水洗涤的目的是_。II.产品纯度的测定：准确称取制得的晶体试样ag溶于NH3H2O中，并加水定容至250mL，取试样溶液25.00mL，再加入10 mL的稀硫酸，用b molL-1 的KMnO4标准液滴定，消耗KMnO4标准液V mL。(5)滴定时，下列滴定方式中，最合理的是_(填字母)，理由为_。 (夹持部分略去)A B C(6)若在接近滴定终点时，用少量蒸馏水将锥形瓶内壁冲洗一下，再继续滴定至终点，实验结果会_(填“偏大”偏小”或“无影响”)。(7)该产品的纯度为_(写出表达式)。29、（10分）甲醇的用途广泛，摩托罗拉公司也

22、开发出一种由甲醇、氧气以及强碱做电解质溶液的新型手机电池，容量达氢镍电池或锂电池的10倍，可连续使用一个月才充一次电、请完成以下与甲醇有关的问题：（1）工业上有一种生产甲醇的反应为：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)；H=-49kJmol-1。在温度和容积相同的A、B两个容器中，按不同方式投入反应物，保持恒温恒容，经10秒钟后达到平衡，达到平衡时的有关数据如下表：从反应开始到达到平衡时，A中用CO2来表示的平均反应速率为_。A中达到平衡时CO2的转化率为_。a=_。（2）某同学设计了一个甲醇燃料电池，并用该电池电解200mL一定浓度NaCl与CuSO4混合溶液，其装置如图

23、：写出甲中通入甲醇这一极的电极反应式_。理论上乙中两极所得气体的体积随时间变化的关系如图所示(气体体积已换算成标准状况下的体积)，写出在t1后，石墨电极上的电极反应式_；在t2时所得溶液的pH约为_。参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【答案解析】该分子式符合饱和一元醇和饱和一元醚的通式。醇类可以与金属钠反应放出氢气，而醚不能。根据碳链异构，先写出戊烷的同分异构体（3种），然后用羟基取代这些同分异构体的不同类的氢原子，就可以得出这样的醇，戊基共有8种，故这样的醇共有8种，D正确，选D。2、C【答案解析】A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能

24、生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；故合理选项是C。3、D【答案解析】A. Fe单质在氧气中燃烧生产Fe3O4，故A可以一步实现；B. Al和NaOH反应生成NaAlO2、H2和H2O，故B可以一步实现；C. Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，故C可以一步实现；D. S的氧化性较弱，和Cu反应生成低价硫化物Cu2S，故D不能一步实现；故选D。【答案点睛

25、】熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。4、C【答案解析】丙烯醛含有碳碳双键，可发生氧化反应，加聚反应，且醛基、碳碳双键都可与氢气发生加成反应，也为还原反应，不能发生消去反应， 故选：C。5、D【答案解析】A. 向1 L 1 molL-1 NaClO溶液中通入足量CO2，次氯酸是弱酸，部分电离，溶液中HClO的分子数小于NA，故A错误；B. 标准状况下， H2O是液体，2.24 L H2O的物质的量不是0.1mol，故B错误；C. NO和O2反应生成NO2，体系中存在平衡， 2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应，产物的

26、分子数小于2NA，故C错误；D. 乙酸、CO(NH2)2中氢元素质量分数都是，由13 g乙酸与2 g CO(NH2)2(尿素)形成的混合物中含有的氢原子物质的量是 ，氢原子数是NA，故D正确。选D。6、B【答案解析】A. 根据图示，甲反应速率快，升高温度，CO2的物质的量减少，所以该反应的正反应为放热反应，故A错误；B. 丙中达到平衡状态时二氧化碳为0.12mol，根据“一边倒原则”，乙容器相当于加入0.20molNO和0.20molCO，投料是丙的2倍，与丙相比，相当于加压，平衡正向移动，乙容器中N2的平衡浓度大于0.06 mol/L；所以N2的转化率小于40%，故B正确；C. 根据“一边倒

27、原则”，乙容器相当于加入0.20mol NO和0.20mol CO，投料的物质的量是甲的2倍，乙压强大，平衡正向进行，气体物质的量减小，甲的温度比乙高，所以乙容器中的压强一定小于甲容器的2倍，故C错误；D. ；丙容器中反应达到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，平衡正向进行，所以v(正)v(逆)，故D错误；【答案点睛】本题考查了平衡常数、等效平衡原理的应用，学会根据Q、K的关系判断化学反应方向，Q=K时，反应达到平衡状态；QK时，反应逆向进行；Q196.64kJ ，故A正确；B、2molSO2气体和过量的O2充分反应不可能完全反应，所以热量放出小于196.64kJ，故B错误

28、；C、状况未知，无法由体积计算物质的量，故C错误；D、使用催化剂平衡不移动,不影响热效应,所以放出的热量不变,故D错误；答案选A。8、D【答案解析】光照时贮能VO2+失电子转化为VO2+，b极为阳极，a极为阴极，放电时b极为正极，a极为负极，据此分析解答。【题目详解】A. 贮能时，光能转变为化学能，选项A错误；B. 贮能时电子由b极流出，放电时电子由a极流出，在导线中流向不相同，选项B错误；C. 贮能时，氢离子由阳极b极区迁移至阴极a极区，选项C错误；D. 放电时，b极为正极，发生电极反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，选项D正确；答案选D。9、D【答案解析】a点横坐标为0，即lg=0，

29、所以=1，b点lg=2，=100；另一方面根据HCO3-H+CO32-可得：K a2=，据此结合图像分析解答。【题目详解】A由分析可知，K a2=，而a点=1，所以a点有：c(H+)= Ka2=5.610-11，同理因为b点=100，结合K a2表达式可得5.610-11=，c(H+)=5.610-9，可见a点c(H+)小于b点c(H+)，所以a点pH大于b点，A错误；B由A可知，b点c(H+)=5.610-9，B错误；C由K a2=和KW的表达式得：K a2=，温度不变，K a2、Kw均不变，所以不变，C错误；D根据电荷守恒有：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c

30、(Cl-)+c(OH-)+2 c(CO32-)，a点c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，D正确。答案选D。【答案点睛】电解质溶液结合图像判断的选择题有两点关键：一是横纵坐标的含义，以及怎么使用横纵坐标所给信息；二是切入点，因为图像上有，所以切入点一定是与有关系的某个式子，由此可以判断用Ka2的表达式来解答，本题就容易多了。10、B【答案解析】据总反应6Li+N22Li3N可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极

31、反应式为6Li+N2+6e-2Li3【题目详解】A. 固氮时，锂电极失电子发生氧化反应，故A错误；B.脱氮时，钌复合电极的电极反应为正极反应的逆反应：2Li3N-6e-=6Li+N2，故B正确；C.固氮时，外电路中电子由锂电极流向钌复合电极，故C错误；D.脱氮时，Li+向锂电极迁移，故D错误；答案：B【答案点睛】明确原电池负极：升失氧；正极：降得还，充电:负极逆反应为阴极反应，正极逆反应为阳极反应是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性。11、D【答案解析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低

32、，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【题目详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2+5 IO4-+3H2O =2MnO4- + 5IO3-+6H+。AIO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，故B正确；C若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol(7-2)=10mol，故C正确；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-IO4-，故D错

33、误；故选D。12、A【答案解析】A c中的NaOH溶液的作用是吸收未反应的Cl2，不能用NaCl溶液，故A错误；B. e是冷凝作用，应该下口进上口出，故B正确；C SO2Cl2遇水易水解，所以d防止水蒸气进入，故C正确；D 冰盐水有降温作用，根据题给信息知SO2Cl2易液化，能提高SO2和Cl2的转化率，故D正确；故选A。13、B【答案解析】连接N的电极上H+得电子产生H2，则为阴极，N为电源的负极，M为电源的正极。A. M为电源的正极，N为电源负极，选项A正确；B. 电解过程中，阳极上Co2+失电子产生Co3+，Co3+与乙醇反应产生Co2+，Co2+可循环使用，不需要向溶液中补充Co2+，

34、选项B错误；C. CH3OH在溶液中被Co3+氧化生成CO2,发生反应6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+，选项C正确；D. 若外电路中转移1mol电子，根据电极反应2H+2e-=H2，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。14、A【答案解析】根据分析A相对原子质量为28的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。【题目详解】A选项，

35、C、H组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，故A错误；B选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸，它为弱酸，故B正确；C选项，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，故C正确；D选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素，故D正确。综上所述，答案为A。15、A【答案解析】A氯氯化铝与碳酸钠溶液过量时发生双水解生成氢氧化铝和碳酸氢钠，离子方程式：Al3+3CO32+3H2O=Al(OH)3+3HCO3，选项A正确；B氯化钠固体与浓硫酸混合微热，离子方程式：H2SO4(浓)+NaCl(固)=NaHSO4+HCl(g)，选项B错误；C氯气通入石

36、灰乳，离子方程式：Ca(OH)2+2Cl22Ca2+2Cl-+2ClO-+2H2O，选项C错误；D酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH，选项D错误；答案选A。【答案点睛】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查化学式的拆分，注意浓硫酸、固体氯化钠、石灰乳应保留化学式，易错点为D酚钠溶液呈碱性是因为苯氧根离子水解生成氢氧根离子和苯酚，离子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH。16、C【答案解析】由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，左侧为阴极，反应式为 2V3+2e-=2V2+；双

37、极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，由此来解题。【题目详解】A. 由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；B. 双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C. 光照过程中阳极区反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；D. 根据以上分析，再生

38、的反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，D正确；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。17、C【答案解析】A最外层都只有一个电子有H、Na、Cu等，化学性质不一定相似，故A错误；B原子核外M层上仅有两个电子的X原子为Mg，原子核外N层上仅有两个电子的Y原子有Ca、Fe、Ti等，二者性质不一定相似，故B错误；C2p轨道上有三个未成对电子的X原子为N，3p轨道上有三个未成对电子的Y原子为P，N、P位于同一主族，化学性质相似，故C正确；D原子核外电子排布式为1s2的原子是He，性

39、质稳定，原子核外电子排布式为1s22s2的原子是Be，性质较活泼，二者性质一定不相似，故D错误；故选C。18、B【答案解析】A根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；BCl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；C苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D分子中的C1被OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；故答案为B。19、B【答案解析】工业上以CaO和HNO3为原料制备Ca（NO3）26H2O晶体。为确保制备过程中既不补充水分，也无多余的水分，也就是硝酸溶液

40、中的水全部参与化学反应生成Ca（NO3）26H2O晶体，反应方程式为：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O，设硝酸的质量为126g，则：CaO+2HNO3+5H2OCa（NO3）26H2O126g 90g因此硝酸溶液中溶质的质量分数为100%=58.3%；故选：B。20、B【答案解析】A. 手机中芯片的主要成分是硅，而不是二氧化硅， A错误；B.豆浆属于胶体，向豆浆中加入卤水（含有电解质溶液）会引发胶体的聚沉，形成豆腐，B正确；C. 钢铁中增加含碳量，更容易形成原电池，形成原电池造成铁的腐蚀速率加快，C错误；D. 草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，故D错误；

41、答案选B。21、C【答案解析】A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错误；C、沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，正确；D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。22、C【答案解析】A氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A错误；BPb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，加入Na2S时，若有黑色沉淀PbS生成，不能说明PbSO4转化为

42、PbS，不能说明Ksp(PbSO4)Ksp(PbS)，故B错误；C淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C正确；D硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D错误；答案选C。【答案点睛】Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，这是易错点。二、非选择题(共84分)23、Fe(ClO4)32Fe3+H2S=2Fe2+2H+S【答案解析】（1）混合单质气体被稀N

43、aOH溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明M中含有O和Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g160g/mol=0.1mol，n（O2）=33.6g32g/mol=1.05mol，则m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol2）=1:3:12，则M的分子式为Fe(ClO4)3。（2）被 NaOH 吸收的气体为氯气，其电子

44、式为：。（3）A为FeCl3溶液，向溶液 A 中通入 H2S 气体，有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S。24、C5H12 CH3CHO C6H12O62C2H5OH + 2CO2 4 HCOOC(CH3)3 【答案解析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中=，则A为C5H12；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为

45、，则D为，C为。【题目详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应是葡萄糖的分解反应；反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应是醛和醛的加成反应；反应是醛的氢化反应，属于加成反应；反应是酯化反应，属于取代反应，属于取代反应，故答案为：；（4）反应是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2；反应是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62

46、C2H5OH + 2CO2；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。25、f g b c d xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 品红溶液褪色 除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2 MnO2+C2O42-+4H+Mn2+2CO2+2H2O 43.5% 【答案解析】SOCl2吸

47、收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。【题目详解】（1）根据分析可知装置的连接顺序为fghibcde，（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2；（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶

48、、过滤；（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；II. （5）固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O；（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：2MnO4-5C2O

49、42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L0.01L=0.0005mol，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005mol=0.005mol，总的草酸根的物质的量为=0.01mol，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以产品的纯度为【答案点睛】第（2）题的方程式书写为易错点，要注意与SOCl2反应的不是单纯的水，而是ZnCl2xH2O中的结晶水，所以在方程式中不能写水；从溶液中获取晶体的一般操

50、作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、（洗涤、干燥）。26、b 碱石灰 制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率 蒸馏 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 85.5% 偏小 【答案解析】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平

51、衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点； （7）用cmolL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.1LVc103mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基

52、苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【题目详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选；（3）根据装置图可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，

53、故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰，可以吸收氯气、SO2并防止空气中的水蒸气进入冷凝管中，故乙装置中盛放的试剂是碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：溶液变为红色，而且半分钟内不褪色；（7）用0.1000molL-1NH4

54、SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积10.00mL，则过量Ag+的物质的量为Vcmol=0.010.1000molL-1=110-3mol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.2000mol/L0. 1LVc103mol1.910-2mol，则SO2Cl2的物质的量为1.910-2mol 0.5=9.510-3mol ，产品中SO2Cl2的质量分数为 100%=85.5%； 已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012，则AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为A

55、gSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：85.5%；偏小。27、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐 adecbdef Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4= 2NaHSO4+SO2 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5H

56、NO3+2H2SO4 滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67% 【答案解析】(1)根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；在氧

57、化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【题目详解】(1)根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进

58、入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：adecbdef；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，

59、配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000molL1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=0.5000molL1(31.02mL-1.02mL)10-3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000molL10

60、.1L0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=0.004=0.01mol，产品的纯度为=100%=84.67%。【答案点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。28、温度过高草酸会分解 2KHC2O4+CuOK2Cu（C2O4）2+H2O C 酒精易挥发，便于干燥二草酸合铜( II )酸钾晶体 B 滴定时，标准液应盛放在滴