甘肃省庆阳市宁县第二中学2023学年高考化学全真模拟密押卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A14.0g

2、Fe发生吸氧腐蚀生成Fe2O3xH2O，电极反应转移的电子数为0.5NAB标准状况下，11.2LSO2溶于水，溶液中含硫粒子的数目大于0.5NAC常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中Ba2+的数目为0.5NAD分子式为C2H6O的某种有机物4.6g，含有CH键的数目一定为0.5NA2、某无色溶液中可能含有Na+、K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、SO42、SO32、Cl、Br、CO32中的若干种，离子浓度都为0.1molL1。往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成。某同学另取少量原溶液，设计并完成如下实验：则关于原溶液的判断不正确的是A若步骤中Ba(NO3

3、)2和HNO3溶液改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响B无法确定原溶液中是否存在ClC肯定存在的离子是SO32、Br，是否存在Na+、K+需要通过焰色反应来确定D肯定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、SO42、CO32，是否含NH4+另需实验验证3、将NaHCO3和Na2O2的固体混合物x g在密闭容器中加热至250，充分反应后排出气体将反应后的固体溶入水无气体放出，再逐滴加入盐酸，产生气体（标准状况）与所加盐酸体积之间的关系如图所示下列说法错误的是（ ）AHCl的浓度0.2mol/LB反应后固体的成分为NaOH与Na2CO3C密闭容器中排出气体的成分为O2和H2ODx的

4、数值为6.094、下列说法正确的是（ ）A液氯可以储存在钢瓶中B工业制镁时，直接向海水中加Ca（OH）2溶液以制取Mg（OH）2C用硫酸清洗锅炉后的水垢D在水泥回转窖中用石灰石、纯碱、黏土为原料制造水泥5、CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A分子式为C3H6N3O3B属于共价化合物C分子中既含极性键，又含非极性键D生成该物质的上述反应为中和反应6、下列关于氧化还原反应的说法正确的是A1mol Na2O2参与氧化还原反应，电子转移数一定为NA (NA为阿伏加德罗常数

5、的值)B浓HCl和MnO2制氯气的反应中，参与反应的HCl中体现酸性和氧化性各占一半CVC可以防止亚铁离子转化成三价铁离子，主要原因是VC具有较强的还原性DNO2与水反应，氧化剂和还原剂的物质的量之比为2: 17、某离子反应中涉及H2O、ClO-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六种微粒。其中ClO-的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断正确的是（ ）A该反应的还原剂是Cl-B反应后溶液的酸性明显增强C消耗1mol还原剂，转移6 mol电子D氧化剂与还原剂的物质的量之比为238、下列说法中，正确的是ACO2的摩尔质量为44 gB1 mol N2的质量是14 gC标准状况下, 1 mol

6、CO2所占的体积约是22.4 LD将40 g NaOH溶于1 L水中，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L9、以下性质的比较中，错误的是A酸性：H2CO3H2SiO3H3AlO3B沸点：HClHBr HIC热稳定性：HFHClH2SD碱性：KOHNaOHMg(OH)210、在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是AMg2+、Na+、SO42-、Cl-BK+、CO32-、Cl-、NO3-CNa+、Cl-、NO3-、Fe2+DNH4+、OH-、SO42-、NO3-11、已知硫酸亚铁溶液中加入过氧化钠时发生反应：4Fe24Na2O26H2O=4Fe(OH)3O28Na，则下列说法

7、正确的是A该反应中Fe2是还原剂，O2是还原产物B4 mol Na2O2在反应中共得到8NA个电子C每生成0.2 mol O2，则被Fe2还原的氧化剂为0.4 molD反应过程中可以看到白色沉淀转化为灰绿色再转化为红褐色沉淀12、铜板上铁铆钉处的吸氧腐蚀原理如图所示，下列有关说法中，不正确的是A正极电极反应式为：2H+2eH2B此过程中还涉及到反应：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3C此过程中铜并不被腐蚀D此过程中电子从Fe移向Cu13、下列说法正确的是A在实验室用药匙取用粉末状或块状固体药品BpH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿C蒸馏操作时，装置中的温

8、度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部D分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出14、下列有关酸碱滴定实验操作的叙述错误的是（）A准备工作：先用蒸馏水洗涤滴定管，再用待测液和标准液洗涤对应滴定管B量取15.00mL待测液：在25mL滴定管中装入待测液，调整初始读数为10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶C判断滴定终点：指示剂颜色突变，且半分钟内不变色D读数：读蓝线粗细线交界处所对应的刻度，末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积15、用下列方案及所选玻璃仪器（非玻璃仪器任选）就能实现相应实验目的的是选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3固

9、体中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B测定海带中是否含有碘将海带剪碎，加蒸馏水浸泡，取滤液加入淀粉溶液试管、胶头滴管、烧杯、漏斗C测定待测溶液中I-的浓度量取20.00ml的待测液，用0.1molL-1的FeC13溶液滴定锥形瓶、碱式滴定管、量筒D配制500mL1mol/LNaOH溶液将称量好的20.0gNaOH固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀烧杯、玻璃棒、量筒、500ml.容量瓶、胶头滴管AABBCCDD16、乙烯的产量是衡量一个国家石油化工发展水平的重要标志之一，以乙烯为原料合成的部分产品如图所示。下列有关说法正确的是A氧化反应有，加成反应有

10、B氯乙烯、聚乙烯都能使酸性KMnO4溶液褪色C反应的现象为产生砖红色沉淀D可用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2二、非选择题（本题包括5小题）17、丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)B的化学名称是_，H的分子式是_。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_。(3)C中所含官能团的名称为_，由G生成H的反应类型是_。(4)C与F反应生成G的化学方程式为_。反应中使用K2CO3的作用是_。(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为_。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分

11、，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：_。（无机试剂任选）18、以下是由甲苯合成乙酰水杨酸和酚酞的合成路线。（1）写出“甲苯A”的化学方程式_。（2）写出C的结构简式_，E分子中的含氧官能团名称为_；（3）上述涉及反应中，“E酚酞”发生的反应类型是_。（4）写出符合下列条件的乙酰水杨酸的一种同分异构体的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色， 能与碳酸氢钠反应，苯环上只有2个取代基的， 能使溴的CCl4溶液褪色。（5）写出乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式：_。（6）由D合成E有多步，请设计出DE的合成路线_。(有机物均用结构简式表示)。(合成路线常用的表示方式为：

12、DE)19、CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中

13、Co2O3发生反应的离子方程式_。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为_。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_、_和过滤。制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最佳pH范围是_。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，

14、加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是_。(答一条即可)20、乙苯是主要的化工产品。某课题组拟制备乙苯:查阅资料如下:几种有机物的沸点如下表:有机物苯溴乙烷乙苯沸点/8038.4136.2化学原理: +CH3CH2Br +HBr。氯化铝易升华、易潮解。I制备氯化铝甲同学选择下列装置制备氯化铝（装置不可重复使用）:（1）本实验制备氯气的发生装置的玻璃仪器有_种。（2）连接装置之后,检查装置的气密性，装药品。先点燃A处酒精灯，当_时（填实验现象）点燃F处酒精灯。（3）气体流动方向是从左至右，装置导管接口连接

15、顺序a_kifg_。（4）D装置存在明显缺陷，若不改进，导致的实验后果是_。II.制备乙苯乙同学设计实验步骤如下:步骤1：连接装置并检查气密性（如图所示，夹持装置省略）。步骤2：用酒精灯微热烧瓶。步骤3：在烧瓶中加入少量无水氯化铝、适量的苯和溴乙烷。步骤4：加热，充分反应半小时。步骤5：提纯产品。回答下列问题:（5）本实验加热方式宜采用_ （填“酒精灯直接加热”或“水浴加热”）。（6）确认本实验A中已发生了反应的试剂可以是_。A 硝酸银溶液B 石蕊试液C 品红溶液 D 氢氧化钠溶液（7）提纯产品的操作步骤有：过滤；用稀盐酸洗涤；少量蒸馏水水洗加入大量无水氯化钙；用大量水洗；蒸馏并收集136.2

16、馏分分液。操作的先后顺序为_（填其它代号）。21、CuSO4和Cu(NO3)2是自然界中重要的铜盐。回答下列问题：（1）CuSO4和Cu(NO3)2中阳离子基态核外电子排布式为_，S、O、N三种元素的第一电离能由大到小为_。（2）SO42的立体构型是_，与SO42互为等电子体的一种分子为_（填化学式）。（3）往Cu(NO3)2溶液中通入足量NH3能生成配合物Cu(NH3)4(NO3)2。其中NO3中心原子的杂化轨道类型为_，Cu(NH3)4(NO3)2中存在的化学键类型除了极性共价键外，还有_。（4）CuSO4的熔点为560，Cu(NO3)2的熔点为115，CuSO4熔点更高的原因是_。（5）

17、利用CuSO4和NaOH制备的Cu(OH)2检验醛基时，生成红色的Cu2O，其晶胞结构如图所示。该晶胞原子坐标参数A为（0，0，0）；B为（1，0，0）；C为（，）。则D原子的坐标参数为_，它代表_原子。若Cu2O晶体密度为d gcm3，晶胞参数为a pm，则阿伏加德罗常数值NA=_。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、A【答案解析】A铁发生吸氧腐蚀，铁为负极，电极反应为：Fe-2e-=Fe2+，正极反应为：O2+4e-+2H2O=4OH-，Fe2+与OH-反应生成的氢氧化亚铁又被氧气氧化为氢氧化铁，最后变成Fe2O3xH2O，14.0gFe的物质的量为，电极反应转

18、移的电子数为0.252NA=0.5NA，A正确；B标况下，11.2LSO2的物质的量为0.5mol，溶于水生成H2SO3，H2SO3发生两级电离：H2SO3HSO3-+H+、HSO3-SO32-+H+，根据质量守恒定律，溶液中含硫粒子的数目等于0.5NA，B错误；C常温下，0.5LpH=14的Ba(OH)2溶液中c(OH-)=1molL-1，OH-数目为0.5L1molL-1=0.5NA，由Ba(OH)2的化学式可知Ba2+的数目为0.25NA，C错误；D化学式为C2H6O的有机物可能为乙醇（C2H5OH）或甲醚(CH3OCH3)，乙醇(C2H5OH)分子中有5个C-H键，甲醚(CH3OCH3

19、)分子中有6个C-H键，C2H6O的某种有机物4.6g的物质的量为0.1mol，含C-H键数目不一定为0.5NA，D错误。答案选A。2、A【答案解析】无色溶液中一定不含Cu2+，往该溶液中加入过量的BaCl2和盐酸的混合溶液，无白色沉淀生成，无SO42-，加足量氯水，无气体，则无CO32-，溶液加四氯化碳分液，下层橙色，则有Br-，上层加硝酸钡和稀硝酸有白色沉淀，有SO32-，无Mg2+，溶液中一定含阳离子，且离子浓度都为0.1molL1。根据电荷守恒，一定含有NH4+、Na+、K+，一定不存在Cl-。滤液中加硝酸酸化的硝酸银有白色沉淀，是过程中加氯水时引入的氯离子。A过程中用氯水与亚硫酸根离

20、子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，已引入氯离子，若改用BaCl2和盐酸的混合溶液，则对溶液中离子的判断无影响，故A正确；B由上述分析可知， Cl-不存在，故B错误；C肯定存在的离子是SO32-、Br-、NH4+、Na+、K+，故C错误；D肯定不存在的离子有Mg2+、Cu2+、SO42-、CO32-、Cl，故D错误；故选A。3、D【答案解析】A、由175mL到275mL是与碳酸氢钠反应，而n（Na2CO3）=n（NaHCO3）=n（CO2）=0.02mol，NaHCO3HCl1mol 1mol0.02mol 0.02mol所以c（HCl）=0.02mol/(275175)103L=0.2mol/

21、L，A正确；B、由图像可知，因为175275-175所以固体混合物为NaOH，Na2CO3，B正确；C、由方程式可知：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，生成0.02mol的二氧化碳和0.02mol的水，再根据2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2可知密闭容器中排出气体的成分O2，H2O，C正确；D、根据碳原子守恒可知，n（NaHCO3） = n（CO2） = 0.02mol = 0.02mol ，275ml时溶质是单一的氯化钠，根据钠守恒可知n（Na2O2） 0.2 mol/L 0.275L 0.02 mol/L 0.0175mol，固

22、体的质量为：0.02 84 + 0.0175 78 = 3.045g，故x=3.045g，D错误；答案选D。【点晴】解答时注意掌握过氧化钠、碳酸氢钠的性质及根据化学方程式进行的简单计算方法，本题中分析、理解图像信息是解题关键。另外明确二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的先后顺序是解答的难点和易错点，一定量的Na2O2与一定量的CO2和H2O(g)的混合物的反应，可看做Na2O2先与CO2反应，待CO2反应完全后，Na2O2再与H2O(g)发生反应。4、A【答案解析】A. 液氯是液态的氯，和铁在常温下不反应，所以可以储存在钢瓶中，故A正确；B. 海水制镁富集氯化镁，生产流程采用了向晒盐后的苦卤中加入

23、石灰乳，而不是直接往海水中加入氢氧化钙溶液，故B错误；C. 水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，不容易去除，所以应该用盐酸清洗锅炉后的水垢，故C错误；D. 生产水泥的原料为石灰石、黏土，故D错误。故选A。5、B【答案解析】A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A错误；B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D错误；答案选B。6、C【答案解析】AN

24、a2O2中的O为-1价，既具有氧化性又具有还原性，发生反应时，若只作为氧化剂，如与SO2反应，则1molNa2O2反应后得2mol电子；若只作为还原剂，则1molNa2O2反应后失去2mol电子；若既做氧化剂又做还原剂，如与CO2或水反应，则1molNa2O2反应后转移1mol电子，综上所述，1molNa2O2参与氧化还原反应，转移电子数不一定是1NA，A项错误；B浓HCl与MnO2制氯气时，MnO2表现氧化性，HCl一部分表现酸性，一部分表现还原性；此外，随着反应进行，盐酸浓度下降到一定程度时，就无法再反应生成氯气，B项错误；C维生素C具有较强的还原性，因此可以防止亚铁离子被氧化，C项正确；

25、DNO2与水反应的方程式：，NO2中一部分作为氧化剂被还原价态降低生成NO，一部分作为还原剂被氧化价态升高生成HNO3，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1:2，D项错误；答案选C。【答案点睛】处于中间价态的元素，参与氧化还原反应时既可作为氧化剂表现氧化性，又可作为还原剂表现还原性；氧化还原反应的有关计算，以三个守恒即电子得失守恒，电荷守恒和原子守恒为基础进行计算。7、B【答案解析】由曲线变化图可知，随反应进行具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根据所含有的 NH4+和 N2，其中 NH4+有还原性，故N2是生成物，N元素化合价发生氧化反应，则反应的方程式应为

26、3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+；A由方程式可知反应的氧化剂是ClO-，还原产物为Cl-，故A错误；B反应生成H+，溶液酸性增强，故B正确；CN元素化合价由-3价升高到0价，则消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故C错误；C由方程式可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，故D错误；答案为B。点睛：由曲线变化图可知，具有氧化性的ClO-物质的量减小为反应物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再结合氧化还原反应的理论，有氧化必有还原，根据所含有的微粒，可知NH4+是还原剂，氧化产物为N2，发生反应的方程式应为3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答

27、该题。8、C【答案解析】A.二氧化碳的摩尔质量为44 g/mol，1mol二氧化碳的质量为44g，故A错误；B. 1molN2的质量是=1mol28g/mol=28g，故B错误；C.标准状况下，气体摩尔体积为22.4 L/mol，1molCO2所占的体积约是22.4L，所以C选项是正确的；D.40 g NaOH的物质的量为1mol，溶于水配成1L溶液，所得溶液中NaOH的物质的量浓度为1 mol/L，体积1L是指溶剂的体积，不是溶液的体积，故D错误。答案选C。9、B【答案解析】A元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性CSiAl，所以酸性：H2CO3H2SiO3H3

28、AlO3，A正确；B同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，沸点为HIHBrHCl，B错误；C元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性FClS，所以氢化物的热稳定性：HFHClH2S，C正确；D元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性KNaMg，所以碱性：KOHNaOHMg(OH)2，D正确；故合理选项是B。10、C【答案解析】酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【题目详解】A这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量

29、共存，A不符合题意；BH+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；CH+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；DNH4+、OH-发生复分解反应生成NH3H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。11、C【答案解析】A该反应中Fe元素化合价由+2价变为+3价、O元素化合价由-1价变为0价和-2价，得电子化

30、合价降低的反应物是氧化剂、失电子化合价升高的反应物是还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物，所以Fe2+和的过氧化钠作还原剂，Fe(OH)3和O2是氧化产物，故A错误；B该反应中有4mol过氧化钠反应时有3mol过氧化钠得电子发生还原反应，有的过氧化钠作氧化剂，因此4molNa2O2在反应中共得到6NA个电子，故B错误；C根据方程式，生成0.2 mol O2，反应的Fe2+为0.8mol，被0.8mol Fe2+还原的氧化剂(Na2O2)的物质的量=0.4mol，故C正确；D该反应中有氧气生成，所以不能生成氢氧化亚铁沉淀，而是直接生成红褐色沉淀，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点和难点为C

31、，要注意该反应中有2种还原剂Fe2+和的Na2O2，氧化剂是的Na2O2，不能根据方程式直接计算，要注意得失电子守恒计算。12、A【答案解析】A.正极电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故A错误；B.电化学腐蚀过程中生成的Fe(OH)2易被氧化成Fe(OH)3，故B正确；C.铜为正极，被保护起来了，故C正确；D. 此过程中电子从负极Fe移向正极Cu，故D正确；故选A。13、D【答案解析】A、粉末状或小颗粒状固体，要利用药匙，块状固体药品要用镊子取用，故A错误；B、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；C、蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧

32、瓶中的支管口处，测的是蒸汽的温度，故C错误；D、分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出，故D正确；故选D。14、B【答案解析】A、用待测液和标准液洗涤对应滴定管，避免待测液和标准液被稀释而浓度减小引起较大误差，故A不符合题意；B、由于25mL滴定管中装入待测液的体积大于25mL，所以调整初始读数为10.00mL后，将剩余待测液放入锥形瓶，待测液体积大于15.00mL，测定结果偏大，故B符合题意；C、酸碱滴定时，当指示剂变色后且保持半分钟内不变色，即可认为已经达到滴定终点，故C不符合题意；D、滴定实验中，准确读数应该是滴定管上蓝线的粗细交界点对

33、应的刻度线，由于滴定管的0刻度在上方，所以末读数减去初读数即反应消耗溶液的体积，故D不符合题意；故选：B。15、D【答案解析】A. 过滤需要漏斗，故A错误；B. 取滤液需要先加酸性双氧水，再加入淀粉溶液，过滤时还需要玻璃棒，故B错误；C. FeC13溶液显酸性，滴定时应该用酸式滴定管，故C错误；D. 配制500mL1mol/LNaOH溶液，将称量好的20.0gNaOH固体、溶解、冷却、转移、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器主要有烧杯、玻璃棒、量筒、500ml容量瓶、胶头滴管，故D正确。综上所述，答案为D。【答案点睛】检验海带中是否含有碘离子，先将海带灼烧后溶解、过滤，向滤液中加入酸性双氧水氧化，再

34、加入淀粉检验。16、C【答案解析】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，据此解答。【题目详解】反应为乙烯与水发生加成反应生成乙醇，反应为乙烯与氯气发生加成反应生成1,2-二氯乙烷，反应为1,2-二氯乙烷发生消去反应生成氯乙烯，反应为乙烯发生加聚反应生成聚乙烯，反应为乙醇发生催化氧化生成乙醛，反应为乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，A. 根据以上分析知，氧化反应有，加成反应有，A项错误；B.

35、 氯乙烯有碳碳双键，能被酸性KMnO4溶液氧化，从而使酸性KMnO4溶液褪色，聚乙烯没有碳碳双键，不能被酸性KMnO4溶液氧化，则不能使酸性KMnO4溶液褪色，B项错误；C. 乙醛被新制氢氧化铜悬浊液氧化生成乙酸，氢氧化铜被还原生成氧化亚铜砖红色沉淀，C项正确；D. 乙醇与CCl4互溶，则不能用乙醇萃取Br2的CCl4溶液中的Br2，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯） C13H20ON2 浓HNO3浓H2SO4，加热 氨基 取代反应 吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率 或 【答案解析】A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的

36、结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：【题目详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH取代，故反应类型是取代反应；（4）C与F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应

37、，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。18、 羧基、羟基 取代或酯化 或的邻、间、对的任意一种 （写出D的结构简式即给1,其他合理也给分）【答案解析】根据题中各物质转化关系，甲苯与溴在铁粉作催化剂的条件下生成A为，A发生水解得B为，B与乙酸发生酯化反应C为，C发生氧化反应得乙酰水杨酸，比较和酚酞的结构可知，与反应生成D为，D发生氧化反应得，再与反应得E为。（1）“甲苯A”的化学方程式为； （2）C为，E为，E分子中的含氧官能团名称为羧

38、基、羟基；（3）上述涉及反应中，“E酚酞”发生的反应类型是取代或酯化反应；（4）乙酰水杨酸的一种同分异构体，符合下列条件遇FeCl3溶液显紫色，说明有酚羟基，能与碳酸氢钠反应，说明有羧基，苯环上只有2个取代基，能使溴的CCl4溶液褪色，说明有碳碳双键，则该同分异构体的结构简式为或的邻、间、对的任意一种；（5）乙酰水杨酸和NaOH溶液完全反应的化学方程式为；（6）根据上面的分析可知，DE的合成路线为。19、Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O Fe(OH)3 、Al(

39、OH)3 蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解 除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 【答案解析】（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将F

40、e2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢

41、氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间， Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。20、4F中充满黄