河北省枣强县枣强中学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请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A甲是浓氨水，乙是浓硫酸B甲是浓氨水，乙是浓盐酸C甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D甲是浓硝酸，乙是浓氨水2

2、、分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A3种B4种C5种D6种3、W、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，的最外层电子数是电子层数的3倍，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍。下列说法错误的是A原子半径大小顺序为：YZXWB简单氢化物的沸点X高于Y，气态氢化物稳定性ZYCW、X、Y形成化合物的酸性一定弱于W、X、Z形成的化合物的酸性DW、Z阴离子的还原性：WZ4、下列溶液一定呈中性的是Ac(H+) = c(OH)BpH=7CKW=10-14Dc(H+) =10-7mol/L5、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙

3、述正确的是()A14 g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB1 mol N2与4 mol H2反应生成的NH3分子数为2NAC1 mol Fe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD标准状况下，2.24 L CCl4含有的共价键数为0.4NA6、下列有关说法正确的是（ ）A蔗糖、淀粉、蛋白质、油脂都是营养物质，都属于高分子化合物，都能发生水解反应B甲苯与氯气在光照下反应主要生成2，4二氯甲苯C乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应，乙酸乙酯中的少量乙酸可用饱和Na2CO3溶液除去D甲烷、乙烯和苯在工业上都可通过石油分馏得到7、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向Fe

4、Br2溶液中通入适量Cl2，溶液由浅绿色变为黄色Cl2氧化性强于Br2B常温下，等体积pH3的HA和HB两种酸分别加水稀释，溶液导电能力如图HA酸性比HB弱C向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有氧化性D取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体气体为氧气AABBCCDD8、在加热条件下，乙醇转化为有机物R的过程如图所示，其中错误的是 AR的化学式为C2H4OB乙醇发生了还原反应C反应过程中固体有红黑交替变化的现象D乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能发生类似反应9、阿伏加德罗常数为NA。关于 l00mLl mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法

5、正确是A加NaOH可制得Fe(OH)3 胶粒0.2NAB溶液中阳离子数目为0.2NAC加Na2CO3 溶液发生的反应为 3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3DFe2(SO4)3溶液可用于净化水10、NA表示阿伏加德罗常数的值，则下列说法中正确的是A铁丝和3.36LCl2完全反应，转移电子的数目为0.3NAB1 molNaClO中含有的Cl数目为NAC5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的微粒数目为2.5107NAD18g H2O中含有的电子数为10NA11、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2

6、H2O(g) H=-867 kJ.mol-1，实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是容器编号温度/K起始物质的量/mol平衡物质的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0AT1T2B若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移C平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6 kJD容器III中反应起始时v 正(CH4) YZRBX2Y与Z2反应可证明Z的非金属性比Y强CY的氧化物对应的水化物一定是强酸DX和R组成的化合物只含一种化学键1

7、5、下列有关实验的描述正确的是：A要量取15.80mL溴水，须使用棕色的碱式滴定管B用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿C溴苯中混有溴，加入KI溶液，振荡，用汽油萃取出碘D中和热测定时环形玻璃搅拌棒要不断顺时针搅拌，主要目的是为了充分反应16、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确

8、的是（ ）AX中一定不存在FeOBZ溶液中一定含有K2CO3C不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl17、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18、短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍；Z 的原子半径在短周期中最大；常温下，Z和W

9、形成的化合物的水溶液pH 7, 呈弱碱性。下列说法正确的是AX 与W 属于同主族元素B最高价氧化物的水化物酸性：W X WDZ 和W的单质都能和水反应19、下列说法正确的是( )A将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质B氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电D强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强20、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-Bb点

10、对应的溶液中：K+、Ca2+、H+、Cl-Cc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-Dd点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+21、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是() A点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B到水的电离程度逐渐减小CI能在点所示溶液中存在D点所示溶液中：c(Na+)c(Cl) + c(ClO)22、铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液适量铋酸

11、钠溶液过量双氧水适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（ ）ABiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色DH2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2二、非选择题(共84分)23、（14分）曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：D分子中有2个6元环；请回答：（1）化合物A的结构简式_。A生成B的反应类型_。（2）下列说法不正确的是_。AB既能表现碱性又能表现酸性B1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4 m

12、olOHCD与POCl3的反应还会生成E的一种同分异构体DG的分子式为C16H18O3N4（3）写出CD的化学方程式_。（4）X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：_。1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与NH2相连结构（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。_24、（12分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。D的分子

13、式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。请回答以下问题：（1）A的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_，B中所含官能团的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）D的核磁共振氢谱有_组峰； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有_(不含D)种。（5）反应的化学方程式是_。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线_。合成路线流程图示例：CH3CH2OH CH3CH2OOCCH325、（12分）下面是关于硫化氢的部分文献资料资料：常温常压下，硫化氢(H2S)是一种无色气体，具有臭鸡蛋气味，饱和硫化氢溶液的物质的量浓度约为0.

14、1molL1。硫化氢剧毒，经粘膜吸收后危害中枢神经系统和呼吸系统，对心脏等多种器官造成损害。硫化氢的水溶液称氢硫酸(弱酸)，长期存放会变浑浊。硫化氢及氢硫酸发生的反应主要有：2H2S+O2=2H2O+2S 2H2S+3O2=2H2O+2SO22H2S+SO2=2H2O+3S 2H2S+Cl2=2HCl+SH2S=H2+S H2S+CuSO4=CuS+H2SO4H2S+2NaOH=Na2S+2H2O H2S+NaOH=NaHS+H2O某研究性学习小组对资料中“氢硫酸长期存放会变浑浊”这一记载十分感兴趣，为了探究其原因，他们分别做了如下实验：实验一：将H2S气体溶于蒸馏水制成氢硫酸饱和溶液，在空气

15、中放置12天未见浑浊现象。用相同浓度的碘水去滴定氢硫酸溶液测其浓度。图一所示为两只烧杯中氢硫酸浓度随时间变化而减小的情况。实验二：密闭存放的氢硫酸，每天定时取1mL氢硫酸，用相同浓度的碘水滴定，图二所示为氢硫酸浓度随放置天数变化的情况。实验三：在饱和氢硫酸溶液中以极慢的速度通入空气（12个气泡/min），数小时未见变浑浊的现象。实验四：盛满试剂瓶，密闭存放的饱和氢硫酸溶液隔23天观察，直到略显浑浊；当把满瓶的氢硫酸倒扣在培养皿中观察23天，在溶液略显浑浊的同时，瓶底仅聚集有少量的气泡，随着时间的增加，这种气泡也略有增多（大），浑浊现象更明显些。请回答下列问题：（1）实验一（见图一）中，氢硫酸的

16、浓度随时间变化而减小的主要因素是_。（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸反应的化学方程式为_。两个实验中准确判断碘水与氢硫酸恰好完全反应是实验成功的关键。请设计实验方案，使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应_。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现浑浊现象是由于生成了_的缘故。（4）该研究性学习小组设计实验三，说明他们认为“氢硫酸长期存放会变浑浊”的假设原因之一是（用文字说明）_。此实验中通入空气的速度很慢的主要原因是什么？_。（5）实验四的实验现象说明“氢硫酸长期存放会变浑浊”的主要原因可能是_。为进一步证实上述原因的准确性，你认为还应做哪些实验（只需用文字说明实验设想，不需要回答

17、实际步骤和设计实验方案）？_。26、（10分）某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：请回答下列问题：（1）步骤中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是_。（2）步骤中，除发生反应Fe2HCl=FeCl2H2外，其他可能反应的离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O和_。（3）溶液C的颜色是_，溶液D中可能含有的金属阳离子有_。（4）可以验证溶液B中是否含有Fe2的一种试剂是_(填选项序号)。a稀硫酸 b铁 c硫氰化钾 d酸性高锰酸钾溶液（5）操作乙的名称是_，步骤产生金属铜的化学方程式为_。27、（12分）CuCl用于石油工业脱硫与

18、脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是_；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液 B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_并维持pH在_左右以保证较高产

19、率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是_（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是_。.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_D（5）用D装置测N2含量，读数时应注意_。28、（14分）工业上可利用CO2来制备清洁液体颜料甲醇，有关化学反应如下：反应：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）

20、H149.6kJmol-1反应：CO2（g）+H2（g）H2O（g）+CO（g） H2+41kJmol-1（1）反应在_（填“低温”或“高温”）下可自发反应。（2）有利于提高上述反应甲醇平衡产率的条件是_。A高温高压 B低温低压 C高温低压 D低温高压（3）在CuZnO/ZrO2催化下，CO2和H2混合气体，体积比1：3，总物质的量amol进行反应，测得CO2转化率、CH3OH和CO选择性随温度、压强变化情况分别如图所示（选择性：转化的CO2中生成CH3OH或CO的百分比）。下列说法正确的是_。A压强可影响产物的选择性BCO2平衡转化率随温度升高先增大后减小C由图1可知，反应的最佳温度为220

21、左右D及时分离出甲醇和水以及使氢气和二氧化碳循环使用，可提高原料利用率250时，反应和达到平衡，平衡时容器体积为VL，CO2转化率为25%，CH3OH和CO选择性均为50%，则该温度下反应的平衡常数为_。分析图2中CO选择性下降的原因_。29、（10分）为测试一铁片中铁元素的含量，某课外活动小组提出下面方案并进行了实验。将0.200g铁片完全溶解于过量稀硫酸中，将反应后得到的溶液用的溶液滴定，达到终点时消耗了溶液。（1）配平以下方程式并标出电子转移的方向与数目_。（2）滴定到终点时的现象为_，铁片中铁元素的质量分数为_。（3）高锰酸钾溶液往往用硫酸酸化而不用盐酸酸化，原因是：_。（4）溶液呈酸

22、性，加硫酸后增加，请结合离子方程式并利用化学平衡移动理论解释：_。（5）高锰酸钾在化学品生产中，广泛用作为氧化剂。可以氧化、等多种物质，如，试推测空格上应填物质的化学式为_。（6）上述反应在恒温下进行，该过程中会明显看到先慢后快的反应，原因可能是_。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】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【题目详解】A. 浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B. 由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离

23、烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C. 氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D. 氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。2、B【答案解析】根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案选B。3、C【答案解析】因为W、Y、Z为短

24、周期主族元素，原子序数依次增大，W、X、Y位于不同周期，所以W位于第一周期、X位于第二周期、Y、Z位于第三周期，故W是H元素；的最外层电子数是电子层数的3倍，X是第二周期元素共两个电子层，故X最外层有6个电子，X为O元素；X是O元素，原子序数是8，Y与Z的原子序数之和是X的原子序数的4倍，即是Y与Z的原子序数之和是32，Y、Z为第三周期主族元素，故Y原子序数为15，Z的原子序数为17，Y是P元素，Z是Cl元素。【题目详解】A同一周期，从左到右，主族元素的原子半径随着原子序数的增加而，逐渐减小，则原子半径PCl，因为P、Cl比O多一个电子层，O比H多一个电子层，故原子半径大小顺序为：PClOH，

25、即YZXW ，A正确；BH2O分子间可以形成氢键，而PH3分子间不能形成氢键，故H2O的沸点比PH3的沸点高；同周期主族元素，从左到右随着原子序数的增加，原子半径逐渐减小，元素的非金属性逐渐增强，故气态氢化物稳定性HClPH3，B正确；C没有强调P与Cl元素的最高价含氧酸酸性的比较，而H3PO4的酸性比HClO的酸性强，C错误；DP3-的还原性比Cl-的还原性强，D正确；答案选C。4、A【答案解析】溶液的酸碱性取决于溶液中 c(H+)与c(OH)的相对大小，据此判断溶液酸碱性。【题目详解】A. c(H+) = c(OH)的溶液一定呈中性，A项正确；B. 只有常温下pH=7的溶液才是中性的，B项

26、错误；C. 常温下稀溶液中KW=10-14，溶液不一定中性，C项错误；D. 只有常温下c(H+) =10-7mol/L时，溶液才是中性的，D项错误；本题选A。5、A【答案解析】A. 乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1mol N2与4mol H2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1mol Fe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24L CCl4

27、的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。6、C【答案解析】A油脂属于小分子化合物，不是高分子化合物，故A错误； B甲苯和氯气在光照条件下发生取代反应时，取代甲基上氢原子而不是苯环上氢原子，故B错误；C乙醇、乙酸能发生酯化反应，乙酸乙酯能发生水解反应，所以乙醇、乙酸、乙酸乙酯都能发生取代反应；制备乙酸乙酯时常用饱和碳酸钠溶液，目的是中和挥发出来的乙酸，使之转化为乙酸钠溶于水中，故C正确；D石油的分馏不能得到甲烷、乙烯等，只能的到汽油、煤油、柴油等轻质油和重油，然后轻质油再经过裂解可以得到甲烷、乙烯等小分子烃，通过煤的干馏可得到苯，故D错误；故选C。7、B【答案解

28、析】A溶液由浅绿色变为黄色，可能亚铁离子、溴离子均被氧化，可能只有亚铁离子被氧化，则由现象不能比较Cl2、Br2的氧化性，故A错误；B由图可知，稀释时HB的导电能力变化大，则HB的酸性强，即HA酸性比HB弱，故B正确；C白色沉淀可能为亚硫酸钡，则X可能为氨气，故C错误；D变质的过氧化钠中含有碳酸钠，过氧化钠和碳酸钠均能与盐酸反应生成无色气体，生成的气体可能为二氧化碳，故D错误；故选B。8、B【答案解析】从铜催化氧化乙醇的反应机理分析。【题目详解】A. 图中CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，则R化学式为C2H4O，A项正确；B. 乙醇变成乙醛，发生了脱氢氧化反应，B项错误；C.

29、 图中另一反应为2Cu+O22CuO，两反应中交替生成铜、氧化铜，故固体有红黑交替现象，C项正确；D. 从乙醇到乙醛的分子结构变化可知，分子中有H的醇都可发生上述催化氧化反应。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的两个羟基都有H，能发生类似反应，D项正确。本题选B。【答案点睛】有机反应中，通过比较有机物结构的变化，可以知道反应的本质，得到反应的规律。9、D【答案解析】A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；B. l00mL l mol/L的Fe2(SO4)3溶液中nFe2(SO4)3 =1 molL1 0.1L =0.1mol，n(Fe3+)=0.2

30、mol，铁离子水解 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为 3CO32+ 2Fe3+ + 3H2O =2 Fe(OH)3 + 3CO2，故C错误；D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。综上所述，答案为D。【答案点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。10、D【答案解析】A.未告知是否为标准状况，无法计算3.36LCl2的物质的量，因此无法确定铁和氯气反

31、应转移的电子数，故A错误；B.次氯酸钠中不存在氯离子，故B错误；C.Fe(SCN)3为难电离的物质，5mL0.005mol/L的Fe(SCN)3中溶质的物质的量为0.005L0.005mol/L=2.5105mol，微粒数目略小于2.5105NA，故C错误；D.18g H2O的物质的量为1mol，而水为10电子微粒，故1mol水中含10NA个电子，故D正确；答案选D。【答案点睛】本题的易错点为A，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为气体；温度和压强是否为标准状况。11、A【答案解析】A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有T1ClO2Na，故A错误；B. ，可以

32、证明Cl的非金属性比S强，故B正确；C. Y的氧化物对应的水化物有H2SO4和H2SO3,H2SO3为弱酸故C错误；DX和R组成的化合物有Na2O和Na2O2，Na2O2中既有离子键又有共价键，故D错误；故答案选：B。【答案点睛】Na2O2中既有离子键又有共价键。15、B【答案解析】A溴水可氧化橡胶，应选酸式滴定管，故A错误；B气体溶于水后才能显示一定的酸碱性，因此，用pH试纸检测气体的酸碱性时，需要预先润湿，故B正确；C溴与KI反应生成的碘易溶于溴苯，汽油与溴苯互溶，无法萃取，应选NaOH溶液充分洗涤、分液，故C错误；D环形玻璃搅拌棒应该上下移动，进行搅拌，温度计插在玻璃环中间，无法旋转搅拌

33、棒，故D错误；答案选B。16、B【答案解析】将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3；向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。【题目详解】A.

34、 根据上述分析，不能确定X中是否存在FeO，故A错误；B. 用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z溶液中一定含有K2CO3，故B正确；C. 根据分析，不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和Fe，不能确定是否存在FeO，故C错误；D. 向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X中含有KCl，故D错误；故选B。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。17、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

35、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。18、A【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍，则X为O；Z 的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，Y为F；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH 7，呈弱碱性，则为Na2S，即W为S。【题目详解】A. O与S属于同主族元素，故A正确；B. F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；C. 水、氟化氢分子间存在氢键，

36、沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点： H2O HF H2S，故C错误；D. Na与H2O反应生成NaOH和H2，S和H2O不反应，故D错误。综上所述，答案为A。【答案点睛】注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高。19、C【答案解析】A硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；B氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故

37、C正确；D溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；正确答案是C。【答案点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。20、C【答案解析】A. a点对应的溶液中含有碳酸氢钠，HCO3-、OH-反应生成CO32-和水，a点对应的溶液中不能有大量OH-，故不选A；B. b点对应的溶液中有碳酸氢钠，HCO3-、H+反应生成CO2气体和水，b点对应的溶液中不能有大量H+，故不选B；C. c点对应的溶液中溶质只有氯化钠，Na+、Ca2+、NO3-

38、、Cl-不反应，能共存，故选C；D. d点对应的溶液中含有盐酸， F-、H+反应生成弱酸HF，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，Ag+、Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故不选D；答案选C。21、D【答案解析】A点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B到溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所

39、以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【答案点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1molL-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2OHCl+HClO、HCl+NaOHNaCl+H2O、HClO+NaOHNaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。22、C【答案解析】向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓

40、慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；【题目详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；B. 滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D. 由中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；故选C。【答案点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。二、非选择题

41、(共84分)23、取代反应AB+CH2(COOH)2+2H2O【答案解析】甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2（F），F与E发生取代反应生成，所以有机物E为，根据反应条件，有机物D与POCl3反应生成，所以有机物（D），有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D，所以有机物C为；有机物B与发生反应生成有机物C，所以有机物B为，有机物A与醋酸反应生成有机物B，所以有机物A为；据以上分析解答。【题目详解】（1）根据以上分析可知，化合物A的结构简式；（2）A.有机物B为，含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误；B.1mol有机物C（）在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，选

42、项B错误；C.D与POCl3的反应生成外，还能生成E的一种同分异构体,选项C正确；D.根据有机物G的结构简式，其分子式为C16H18O3N4，选项D正确；答案选AB；（3）有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D，化学方程式：；（4）有机物A为；X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有机物，1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与NH2相连结构，满足条件的有机物的结构简式为：；（5）甲醇氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH，甲酸与(CH3)2NH发生取代生成；合成流程如下：。【答案点睛】本题考查有机

43、推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高的要求。24、CHCH 加成反应 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

44、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)

45、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

46、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。2

47、5、硫化氢的挥发 H2S+I2=2HI+S 向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色 S或硫 氢硫酸被空气中氧气氧化 防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发 硫化氢自身分解 确证生成的气体是氢气 【答案解析】（1）因为硫化氢气体溶于水生成氢硫酸，所以氢硫酸具有一定的挥发性，且能被空气中的氧气氧化而生成硫。实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起的。（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，生成硫和水。使实验者准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用指示剂。（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，出现的浑浊只能为硫引起。（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则

48、是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，主要从硫化氢的挥发性考虑。（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。【题目详解】（1）实验一（见图一）中，溶液未见浑浊，说明浓度的减小不是由被氧化引起，应由硫化氢的挥发引起。答案为：硫化氢的挥发；（2）实验一和实验二中，碘水与氢硫酸发生置换反应，方程式为H2S+I2=2HI+S。实验者要想准确掌握所加碘水恰好与氢硫酸完全反应，应使用淀粉作指示剂，即向氢硫酸中加入淀粉液，滴加碘水到溶液刚好呈蓝色。答案为：H2S+I2=2HI+S；向氢硫酸中加入淀粉液，滴

49、加碘水到溶液刚好呈蓝色；（3）“氢硫酸长期存放会变浑浊”中，不管是氧化还是分解，出现的浑浊都只能为硫引起。答案为：S或硫；（4）实验三中，氢硫酸溶液与空气接触，则是硫化氢与空气中氧气反应所致。此实验中通入空气的速度很慢，防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发。答案为：氢硫酸被空气中氧气氧化；防止因通入空气过快而使硫化氢大量挥发；（5）实验四为密闭容器，与空气接触很少，所以应考虑硫化氢自身分解。因为被氧化时，生成硫和水；分解时，生成硫和氢气，所以只需检验氢气的存在。答案为：硫化氢自身分解；确证生成的气体是氢气。【答案点睛】实验三中，通入空气的速度很慢，我们在回答原因时，可能会借鉴以往的经验，认为通

50、入空气的速度很慢，可以提高空气的利用率，从而偏离了命题人的意图。到目前为止，使用空气不需付费，显然不能从空气的利用率寻找答案，应另找原因。空气通入后，大部分会逸出，会引起硫化氢的挥发，从而造成硫化氢浓度的减小。26、过滤 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 棕黄色 Fe2+、Cu2+、Fe3+ d 电解 CuCl2Cu+Cl2。 【答案解析】废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，经过过滤操作可得到固体A，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+然后通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，溶液C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2F

51、e3+=2Fe2+Cu2+通过电解操作乙可得到氯气、铜和E，所以阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液。【题目详解】(1)废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，故答案为：过滤；(2)经过上述分析可知：固体A为Fe2O3和Fe的混合物,加入盐酸发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3) 经过上述分析可知：溶液B 为FeCl2和 FeCl3的混合物，通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，所以溶液C为FeCl3，呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生的发应为：Cu+2F

52、e3+=2Fe2+Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；(4)因为Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，所以用酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为:d；(5) 经过上述分析可知：溶液D中含有的离子为Fe2+、Cu2+、Fe3+、Cl-。步骤产生金属铜和氯气，其电解反应的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2，故答案为：电解；CuCl2Cu+Cl2。27、三颈烧瓶 B 2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42 及时除去系统中反应生成的H+ 3.5 可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条） 洗去晶体表面的杂

53、质离子，同时防止CuCl被氧化 CBA 温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条） 【答案解析】.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条

54、）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为CBAD；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【题目详解】.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成C

55、u(SO3)23-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+ ，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质