河南省豫南九校2023学年高三下学期联考化学试题含解析

1、2023高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、已知：K2CO3+CO2+H2O2KHCO3；CaCO3+CO2+H2OCa（HCO3）2 KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水 通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的

2、混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是ABCD2、在一定温度下，将气体 X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) 2Z(g) H0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是A反应前2min的平均速率v(Z)v(正)C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，c(Z)0.24molL1D该温度下此反应的平衡常数：K=1.443、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bc

3、a2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，产生白色沉淀的物质的量与盐酸体积的关系如图所示。下列说法正确的是A1mol d的氧化物含2mol 化学键B工业上电解c的氧化物冶炼单质cC原子半径：a b c dD简单氢化物的沸点：a d4、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A含1mol/LC1-的NH4Cl与氨水的中性混合溶液中，NH4+数为NAB60gSiO2和28gSi中各含有4NA个Si-O键和4NA个Si-Si键C标准状况下，浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备22.4LCl2，转移的电子数均为2NAD10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为0.5NA5、下列说

4、法正确的是( )A分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，后者红色更深B分别向2 mL 5%H2O2溶液中滴加1 mL0.1mol/ L FeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同C蛋白质溶液遇饱和Na2SO4溶液或醋酸铅溶液均产生沉淀，沉淀均可溶于水D用加热NH4C1和Ca(OH)2固体的混合物的方法，可将二者分离6、对下列事实的解释合理的是（ ）A氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高7、右图的

5、装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）ACO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉BNH3(H2O含酚酞)/红色喷泉CH2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉DHCl(AgNO3溶液)/白色喷泉8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A足量Zn与一定量的浓硫酸反应产生22.4L气体时，转移的电子数为2NAB5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为4NAC过量的铁在1mol Cl2中然烧，最终转移电子数为2NAD由2H和18O所组成的水11 g，其中所含的中子数为4NA9、常温下，下列各组离子

6、在指定溶液中能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-Dc(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-10、I2Cl6晶体在常温下就会“升华”，蒸气冷却可得到晶体ICl3。ICl3遇水会产生大量的腐蚀性白色烟雾，有强烈的催泪性。若生成物之一是HCl，则另一种是（ ）AHIO3BHIO2CHIODICl11、LiAlH4和LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。它们遇水均能剧

7、烈反应释放出H2，LiAlH4在1 25时分解为LiH、H2和Al。下列说法不正确的是ALiAlH4中AlH4-的结构式可表示为：B1mol LiAlH4在125完全分解，转移3mol电子CLiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作氧化剂DLiAlH4溶于适量水得到无色溶液，其反应可表示为：LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H212、通常条件下，经化学反应而使溴水褪色的物质是（）A甲苯B己烯C丙酸D戊烷13、环丙叉环丙烷(n)由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注，它有如下转化关系。下列说法正确的是An分子中所有原子都在同一个平面上Bn和：CBr2生成p的反应属于加成反应C

8、p分子中极性键和非极性键数目之比为2：9Dm分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种14、有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M同主族； Z+与Y2-具有相同的电子层结构，W是地壳中含量最多的金属，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和；下列序数不正确的是A离子半径大小：r(Y2-)r(W3+)BW的氧化物对应的水化物可与Z的最高价氧化物水化物反应CX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子15、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该电池电解含镍

9、酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（ ）A该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5xe-=V2O5+xLi+B该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大16、X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，X 原子最外层有两个未成对电子，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，R原子的核外电子数 是X原子与 Z 原子的核外电子数之和。下列叙述正确的是（ ）A原子半径的大小顺序：XYZRBX、Y 分别与氢元素组成的化合物熔沸点一定是：X87.8a，则

10、a、b、c的大小关系为_。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是_(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。_。26、（10分）亚硝酸钠(NaNO2)是一种常用的食品添加剂，使用时需严格控制用量。实验室以2NO+Na2O2=2NaNO2为原理，利用下列装置制取NaNO2(夹持和加热仪器略)。已知：酸性KMnO4溶液可将NO及NO2-氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。HNO2具有不稳定性：2HNO2=NO2+NO+H2O。回答下列问题：(1)按气流方向连

11、接仪器接口_(填接口字母)。(2)实验过程中C装置内观察到的现象是_。(3)Na2O2充分反应后，测定NaNO2含量：称取反应后B中固体样品3.45g溶于蒸馏水，冷却后用0.50mol L-1酸性KMnO4标准液滴定。重复三次，标准液平均用量为20.00mL。该测定实验需要用到下列仪器中的_(填序号)。a锥形瓶 b容量瓶 c胶头滴管 d酸式滴定管 e碱式滴定管 f玻璃棒假定其他物质不与KMnO4反应，则固体样品中NaNO2的纯度为_。实验得到NaNO2的含量明显偏低，分析样品中含有的主要杂质为_(填化学式)。为提高产品含量，对实验装置的改进是在B装置之前加装盛有_(填药品名称)的_(填仪器名称

12、)。(4)设计一个实验方案证明酸性条件下NaNO2具有氧化性_。(提供的试剂：0.10molL-1NaNO2溶液、KMnO4溶液、0.10molL-1KI溶液、淀粉溶液、稀硝酸、稀硫酸)27、（12分）二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。各物质的溶解性表物质水苯乙醇2-苯甲酰基苯甲酸难溶易溶易溶二正丁基氧化锡难溶易溶易溶正丁基锡羧酸酯难溶易溶易溶回答下列问题：（1）仪器甲的作用是_，其进水口

13、为_。（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是_。（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是_（填标号）A能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动B能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间C分离有机溶剂和水D主要起到冷凝溶剂的作用（4）回流后分离出苯的方法是_。（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是_（填标号）A水 B乙醇 C苯（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约

14、为_。28、（14分）二甲醚（CH3OCH3）被称为“21 世纪的清洁燃料”。利用甲醇脱水可制得二甲醚，反应方程式如下： 2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g) H1(1)二甲醚亦可通过合成气反应制得，相关热化学方程式如下：2H2（g）+ CO（g） CH3OH（g） H2CO（g）+ H2O（g） CO2（g）+ H2(g) H33H2（g）+ 3CO（g） CH3OCH3（g）+ CO2 (g) H4则H1 _（用含有H2、H3、H4的关系式表示）。(2)经查阅资料，上述反应平衡状态下 Kp 的计算式为: （Kp 为以分压表示的平衡常数，T 为热力学温度）。且催化剂吸附

15、 H2O(g)的量会受压强影响，从而进一步影响催化效率。)在一定温度范围内，随温度升高，CH3OH(g)脱水转化为二甲醚的倾向_ （填“增大”、“不变”或“减小”）。某温度下（此时 Kp=100），在密闭容器中加入CH3OH，反应到某时刻测得各组分的分压如下：物质CH3OHCH3OCH3H2O分压/MPa0.500.500.50此时正、逆反应速率的大小：v正 _v逆 （填“”、 “”或“”）。200时，在密闭容器中加入一定量甲醇 CH3OH，反应到达平衡状态时，体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数为 _（填标号）。A B C D E300时，使 CH3OH(g)以一定流速通过催化剂，V/F

16、 (按原料流率的催化剂量)、压强对甲醇转化率影响如图1所示。请解释甲醇转化率随压强（压力）变化的规律和产生这种变化的原因，规律_，原因_。(3)直接二甲醚燃料电池有望大规模商业化应用，工作原理如图2所示。该电池的负极反应式为：_。某直接二甲醚燃料电池装置的能量利用率为 50%，现利用该燃料电池电解氯化铜溶液，若消耗 2.3g 二甲醚，得到铜的质量为_ g。29、（10分）主要用于高分子胶囊和印刷油墨的粘合剂的甲基两烯酸缩水油酯GMA(即：)的合成路线如下(部分反应所需试剂和条件已略去)：已知：请按要求回答下列问题：(1)GMA的分子式_；B中的官能团名称：_；甘油的系统命名：_。(2)验证D中

17、所含官能团各类的实验设计中，所需试剂有_。(3)写出下列反应的化学方程式：反应：_。反应：_。(4)M是H的同分异构体。M有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的M的所有可能的结构：_。能发生银镜反应 能使溴的四氯化碳溶液褪色 能在一定条件下水解(5)已知： 2 CH2=CH2O2/Ag。参照上述合成路线并结合此信息，以丙烯为原料，完善下列合成有机物参考答案（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、B【答案解析】根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“通入悬浊液中的气体，与溶液反应后

18、才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【题目详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B符合题意，故答案选B。2、D【答案解析】A.反应前 2 min 内Y的改变量为1.14mol，则Z改变量为1.18mol，2min内Z的平均速率v(Z)=n/t=4113m

19、ol(Lmin)1，故A错误；B.其他条件不变，降低温度，平衡向放热方向移动，正向移动，反应达到新平衡前：v(正)v(逆)，故B错误；C.充入气体X和气体Y各1.16mol，平衡时Y的物质的的量为1.11mol，则改变量为1.16mol，此时Z的物质的量为1.12mol，浓度为1112molL1，保持其他条件不变向容器中充入1.32mol气体X和132 mol气体Y，用建模思想，相当于两个容器，缩小容器加压，平衡不移动，浓度为原来2倍，即c(Z) = 1.124 molL1，故C错误；D.平衡时，Y的物质的量为1.1mol，X的物质的量为1.1mol，Z的物质的量为1.12mol，该温度下此反

20、应的平衡常数，故D正确；答案选D。3、B【答案解析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，a和b的最外电子数之和等于c和d的最外层电子数之和，这四种元素组成两种盐b2da3和bca2。在含该两种盐的混合溶液中滴加盐酸，生成白色沉淀，盐酸过量时部分沉淀溶解，说明生成的沉淀中含有氢氧化铝，因此两种盐的混合溶液中含有偏铝酸盐，如NaAlO2，因此a为O元素，c为Al元素，b为Na元素；根据盐b2da3的形式，结合强酸制弱酸的原理，d酸难溶于水，因此d酸为硅酸，d为Si元素。据此分析解答。【题目详解】根据上述分析，a为O元素，b为Na元素，c为Al元素，d为Si元素。A. d的氧化物为二氧化硅，

21、1mol 二氧化硅中含有4mol Si-O键，故A错误；B. 工业上冶炼铝是电解熔融的氧化铝实现的，故B正确；C. 一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，原子半径：a d c b，故C错误；D. 水分子间能够形成氢键，沸点较高，而SiH4不能，因此简单氢化物的沸点：a d，故D错误；答案选B。4、D【答案解析】A没有提供溶液的体积，无法计算混合溶液中NH4+的数目，A不正确；B60gSiO2和28gSi都为1mol，分别含有4NA个Si-O键和2NA个Si-Si键，B不正确；C标准状况下22.4LCl2为1mol，若由浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制得，

22、则转移的电子数分别为2NA、NA，C不正确；D10g46%甲酸(HCOOH)水溶液所含的氧原子数为 =0.5NA，D正确；故选D。5、B【答案解析】A.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性强，所以分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，前者红色更深，A错误；B.FeCl3和CuSO4溶液对5%H2O2溶液分解的催化效果不同，所以分别向2mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1mol/LFeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同，B正确；C.Na2SO4属于不属于重金属盐，该盐可使蛋白质产生盐析现象而产生沉淀，醋酸铅属于重金属

23、盐，能使蛋白质变性而产生沉淀，所以蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，蛋白质变性产生的白色沉淀不溶于水，C错误；D.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热条件下发生反应生成氨气，不能用加热的方法分离，D错误；故合理选项是B。6、D【答案解析】A. 氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B. 常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D. 铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【答案点睛】钝化反应是发

24、生了化学反应。7、A【答案解析】A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A；B.NH3易溶于水，形成NH3H2O，NH3H2ONH4OH，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；C.H2SCuSO4H2SO4CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；D.HClAgNO3HNO3AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。答案选A。8、C【答案解析】A未注明是在标准状况下生成的22.4L气体，故无法计算转移的电子数，A选项错误；B5NH4NO32HNO34N29H2O反应中，铵根离子中被氧化的N元素化合价由-3价升高为N2中的0价，共失去15个电子

25、，被还原的氮元素由硝酸根中+5价降低为氮气中的0价，共得到15个电子，则生成28g（即1mol）氮气，转移电子的物质的量为=3.75mol，个数为3.75NA，B选项错误；C过量的铁在1mol Cl2中然烧，Cl2被还原为Cl-，共转移2mol电子，数目为2NA，C选项正确；D由2H和18O所组成的水化学式为2H218O，一个2H218O含有12+10=12个中子，11g2H218O的物质的量为0.5mol，则含有的中子数为6NA，D选项错误；答案选C。9、C【答案解析】ApH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B水电离出的c(H+)=10-1

26、2mol/L的溶液呈酸性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都能反应，都不能大量共存，故B错误；C=1012的水溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，能大量共存，故C正确；DFe3+和SCN-发生络合反应，不能大量共存，故D错误；故选C。10、B【答案解析】ICl3中I为+3价，Cl为-1价，与水发生水解反应(为非氧化还原反应，各元素化合价价态不变），生成HIO2和HCl，答案选B。11、C【答案解析】ALiAlH4中AlH4-与NH4+为等电子结构，所以其结构与铵根离子相似，可表示为：，故A正确；BLiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价，A

27、l为+3价，H为-1价，受热分解时，根据Al元素化合价变化即可得出1mol LiAlH4在125完全分解，转移3mol电子，故B正确；C乙醛生成乙醇得到氢，在有机反应中得氢去氧是还原反应，所以LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂，故C错误；DLiAlH4中的-1价H和水中的+1价H发生氧化还原反应生成氢气，同时生成的OH-与Al3+反应生成AlO2-，所以反应方程式为： LiAlH4+2H2O=LiAlO2+4H2，故D正确。故选D。12、B【答案解析】A甲苯中没有碳碳双键，能萃取使溴水褪色，故A错误； B己烯中含有碳碳双键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故B正确； C

28、丙酸中没有碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误； D戊烷为饱和烷烃，不能使溴水褪色，故D错误； 故选：B。13、B【答案解析】An中有饱和的C原子CH2，其结构类似于CH4，所有的原子不可能共平面，A项错误；Bn中的碳碳双键打开与：CBr2相连，发生加成反应，B项正确；Cp分子中的非极性键只有CC键，1个p分子中有9根CC键，极性键有C-H键和CBr键，分别为8根和2根，所以极性键和非极性键的比例为10:9，C项错误；Dm的化学式为C7H8O，属于芳香族化合物的同分异构体，如果取代基是OH和CH3，则有邻间对3种，如果取代基为CH2OH，只有1种，取代基还可为OCH3，1种，则共5种，D项错误；

29、本题答案选B。14、C【答案解析】根据已知条件可知：X是C，Y是O，Z是Na，W是Al，M是Si。【题目详解】AO2-、Al3+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)r(W3+) ，A正确；BW的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物，而Z的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反应，B正确；CX有多种同素异形体如金刚石、石墨等， Y也存在同素异形体，若氧气与臭氧，C错误；DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCl4、SiCl4，D正确；故选C。15、D【答案解析】V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出L

30、i化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【题目详解】A. 该电池充电时，阴极的电极反应式为Li+ + e= Li，故A错误；B. Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C. 根据电子守恒得到关系式2Li Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；D. 电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不断增大，故D正确。综上所述，答案为D。【答案点睛】分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极

31、，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。16、C【答案解析】X、Y、Z、R 是四种原子序数依次递增的短周期主族元素，Y原子最外层电子数是内层电子数的3倍，则核外各电子层的电子分别为2、6，应为O元素；Z元素的单质常温下能与水剧烈反应产生氢气，应为Na元素；X原子最外层有两个未成对电子，其电子排布式为：1s22s22p2（C）或1s22s22p4（O），排除氧元素，故X为C；X原子与 Z 原子的核外电子数之和为17，则R为Cl元素，以此解答。【题目详解】A. 由分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Na元素、R为Cl元素，电子层数越多，原子半径越大，同周期元素，

32、原子序数越大，半径越小，则原子半径的大小顺序：YXR H2CO3，故C正确；D. Y与Z形成的两种化合物为Na2O和Na2O2，二者都是离子晶体，其中Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键和非极性共价键，故D错误；正确答案是C。【答案点睛】本题考查原子结构与元素关系、元素的性质等，难度不大，推断元素是关键。17、A【答案解析】A的溶液显酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-离子之间不反应，与氢离子也不反应，可大量共存，A项正确；B氨水显碱性，与Cu2+之间发生反应生成氢氧化铜沉淀，在溶液中不能大量共存，B项错误；C1 molL1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I，故在该溶

33、液中不能大量共存，C项错误；DHCO3-与OH会反应生成CO32-和H2O而不能大量共存，D项错误；答案选A。【答案点睛】（1）判断离子能否大量共存的原则：在所给条件下，离子之间互不反应，则离子能够大量共存，否则，不能大量共存；（2）判断离子能否大量共存的步骤：先看题给限制条件，包括颜色、酸碱性、氧化（还原）性等，再看离子之间的相互反应，逐项判断各组离子之间是否发生反应，从而确定离子能否大量共存；（3）注意题目中给的是“一定”“可能”还是“不能”大量共存，具体问题具体分析。18、D【答案解析】A溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，

34、分层现象逐渐消失，故不选A；B乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；C橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；D汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。19、B【答案解析】A酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；B常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；C标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D熔融状态的KH

35、SO4的电离方程式为KHSO4=K+HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量=0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误；故选：B。【答案点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。20、B【答案解析】A根据图像，pH =1.9时，溶液显酸性，c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒，有c(Na+)+ c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+ c(OH-)，因此c(Na+)c(HA-)+2c(A2-)，故A正确；B根据图像，当溶液中的溶质为NaHA，溶液显酸性，pH7，此时溶液中存在物料守恒，c(

36、Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故B错误；C根据图像，pH=6时，c(HA-)c(A2-)，溶液中的溶质为NaHA和Na2A，c(Na+)c(HA-)c(A2一)c(H2A)，故C正确；DKa2(H2A)=，根据图像，当pH=7.2时，c(HA-)=c(A2一)，则Ka2(H2A)= c(H+)=10-7.2，因此lgKa2(H2A)=-7.2，故D正确；故选B。21、C【答案解析】室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变

37、但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3H2O后，NH3H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【题目详解】A点处为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：低于，B错误；C点溶质为等物质的量的氯化铵和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)，C正确；D点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=

38、c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。22、B【答案解析】A苯环上有3种氢，侧链上有2种氢，其一氯代物有5 种，故A正确；B次甲基中碳原子连接的原子或基团形成四面体结构，分子中所有碳原子不可能都在同一平面，故B错误；C含有苯环，可以发生加成反应与取代反应，可以燃烧，侧链可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故C正确；D苯环能与氢气发生加成反应，1 mol该物质最多能和3 mol H2发生反应，故D正确。故选：B。【答案点睛】一氯代物的种类即判断分子内的等效氢数目，一般同一个甲基上的氢等效、同一个碳上连接点甲基上的氢等效、对称结构的氢等效。二、非选择题(共84分)23、CHCH 加

39、成反应 碳碳双键、酯基 5 4 【答案解析】A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CHCH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制

40、备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【题目详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CHCH；(2)反应CHCH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应是在NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应是C和E发生

41、酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【答案点睛】常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔

42、烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、醚键、羰基 AD 、。 【答案解析】苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二硝基苯

43、，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-CH2

44、CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【题目详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的结构简式可知其分子式为 C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；DE是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子； GH 是-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2CH2

45、)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质 C为间苯二酚， 能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且 1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH 与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR 谱显示有NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF 与 2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR 谱显示分子中含有 5 种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能为：

46、、；正确答案：、。（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。25、ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O a、c K3Fe(CN)6溶液 2.0 25 cba 若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净 称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于 【答案

47、解析】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO47H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证

48、明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【题目详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO47H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(2) NaClO3氧化FeSO47H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO47H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入

49、硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验ba；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验cb，因此三者关系为cba；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产

50、率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，

51、若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。【答案点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。26、aedbc(或cb)f 固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生 adf 50% Na2CO3、NaOH 碱石灰(或氢氧化钠固体) 干燥管(或U形管) 取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不

52、变色，滴加NaNO2溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性) 【答案解析】本题表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，该反应是陌生反应，但实际主要以基础知识为主，例如NO、Na2O2，NO2-等性质，本题综合性强，难度偏大。【题目详解】（1）A中浓硝酸与炭反应生成NO2，NO2通入C装置可产生NO，因而按气流方向连接仪器接口aed，注意长进短出，然后NO和B中Na2O2反应，最后D为除杂装置，因而后续连接顺序为bc(或cb)f，该处答案为aedbc(或cb)f；（2）NO2与水反应可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含挥发的硝酸）与Cu反应得到硝酸铜和NO，NO为无色气体，因而C中

53、现象为固体逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气泡产生；（3）酸性KMnO4标准液有腐蚀性，因而选用酸式滴定管，锥形瓶盛放待测液，玻璃棒溶解和转移固体，因而选adf；高锰酸钾与亚硝酸钠的离子方程式为2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，n(NO2-)=mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol69g/mol=1.725g，则固体样品中NaNO2的纯度为100=50；碳和浓硝酸反应得到CO2，同时C中会有水蒸气进入B中，CO2和水分别与Na2O2反应得到Na2CO3、NaOH，样品中含有的主要杂质为Na2CO3、NaOH，同时除去CO2和H2O，可使用碱石

54、灰(或氢氧化钠固体)，该药品可装在干燥管内或U形管中；（4）要想证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，需要选用合适的还原剂（如KI溶液）与之反应，并且能够观察到明显的反应现象（如淀粉遇碘变蓝），根据提供的试剂可选用0.10molL-1NaNO2溶液、0.10molL-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有强氧化性干扰实验。因而实验过程为取少量KI溶液和NaNO2溶液于试管，滴加几滴淀粉溶液不变色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液变蓝，证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于试管，然后滴加几滴淀粉溶液不变色，滴加NaNO2溶液，溶液变为蓝色，证明酸性条件下NaNO

55、2具有氧化性)。27、冷凝反应物使之回流 b 苯能腐蚀橡胶 ABC 蒸馏 B 72.0% 【答案解析】(1)仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从b口流入，故答案为：冷凝反应物使之回流；b；(2)因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，故答案为：苯能腐蚀橡胶；(3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；D、分水器可以及时分离出乙酸和水

56、，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；故答案为：ABC；(4)分离出苯的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；(5)产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，该物质在乙醇中易溶，在水中难溶，选用乙醇溶解然后加水便于晶体析出，故答案为：B；(6)根据反应方程式可知存在数量关系 因为，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则m=0.9279g，产率=100%=72.0%，故答案为：72.0%。【答案点睛】第(5)题溶剂的选择的为易错点，产品在苯和乙醇都易溶，但还要考虑产品是否容易重新结晶，产品在水中难溶，而水与乙醇可以互溶，乙醇中加水可以降低产品的溶解度，更方

57、便产品晶体析出。28、H4-2H2- H3 减小 C 规律：压强增大，甲醇转化率减小 原因：压强增大，催化剂吸附水分子的量增多，催化效率降低 CH3OCH3 -12e-3H2O2CO212H+ 9.6g 【答案解析】(1)结合已知热化学反应方程式，根据盖斯定律解答； (2)根据温度对2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)反应的平衡移动的影响分析；结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)，根据表格数据，比较Qp与Kp的大小，确定反应进行方向，进而判断正、逆反应速率的大小；200时，根据（Kp 为以分压表示的平衡常数，T为热力学温度）计算平衡时Kp，结合反应2CH3OH(g) CH3OCH3(g) + H2O(g)判断达平衡状态时体系中CH3OCH3(g)的物质的量分数；300时，根据图1中曲线随压强的变化分析变化规律；(3)该电池为燃料电池，燃料电池中一般燃料做负极，燃料燃烧生成二氧化碳和水，据此书写负极反应式；计算2.3g 二甲醚完全燃烧时转移电子的物质的量，再根据电子守恒计算生成铜的质量。【题目详解】(1)已知：2H2(g)+ CO(g) CH3OH(g) H2CO(g)+ H2O(g) CO2(g)+ H2(g) H33H2(g)+ 3CO(g) CH3OCH3(g)+ CO2 (g) H4