江西省新建二中2023学年高三第三次测评化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) Hv（逆）Bt2时刻改变的条件可能是加催化剂C、两过程达到反应限度时，A的体积分数=D、两过程达到反应限度时，平衡常数IZRDRZ2通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象12、某未知溶液可能含Na+、NH

2、4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A一定存在Fe2+、Na+、ClB一定不存在I、SO32C一定呈碱性D一定存在NH4+13、下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是选项实验操作现象结论或解释A向盐酸中滴加Na2SO3溶液产生使品红溶液褪色的气体非金属性：ClSB向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性D用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液迅

3、速产生无色气体形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率AABBCCDD14、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是ABCD15、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：下列有关说法正确的是A上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B钾长石用氧化物的形式可表示为K2OAl2O33SiO2C煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)316、新型锂空气电池具有使用寿命长、可在自然空气环境下工作的优点。其原理

4、如图所示（电解质为离子液体和二甲基亚砜），电池总反应为：下列说法不正确的是( )A充电时电子由Li电极经外电路流入Li2O2B放电时正极反应式为2Li+O2 +2e-=Li2O2C充电时Li电极与电源的负极相连D碳酸锂涂层既可阻止锂电极的氧化又能让锂离子进入电解质17、某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是A该元素位于第二周期IIIA族B核外有3种能量不同的电子C最外层电子占据3个轨道D最外层上有3种运动状态不同的电子18、含氯苯的废水可通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池将氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A电子流向：N极导线M极溶液N极BM极的电极反应式为

5、C每生成lmlCO2，有3mole-发生转移D处理后的废水酸性增强19、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32-AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：ClSiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)AABBCCDD20、工业上利用电化学方

6、法将SO2废气二次利用，制备保险粉（Na2S2O4）的装置如图所示，下列说法正确的是（ ）A电极为阳极，发生还原反应B通电后H+通过阳离子交换膜向电极方向移动，电极区溶液pH增大C阴极区电极反应式为：2SO2+2eS2O42D若通电一段时间后溶液中H+转移0.1mol，则处理标准状况下SO2废气2.24L21、磷酸氯喹在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是A基态C1原子的核外电子有17种运动状态BC、N、O、P四种元素中电负性最大的是OCH3PO4分子中磷原子的价层电子对数为4D与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变22、下

7、列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）以乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成一种香料W：（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为_。（2）上述反应中，属于取代反应的是_。（3）检验反应是否发生的方法是_。（4）写出两种满足下列条件的同分异构体的结构简式。_、_。a能发生银镜反应 b苯环上的一溴代物有两种（5）设计一条由乙烯制备A的合成路线。（无机试剂可以任选）_。（合成路线常用的表示方式为：）24、（12分）物质AG有下图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）。其中A为某金属矿的主要成分，经过一系列反应可得到气体B和

8、固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B_、G_。（2）反应的化学方程式是_。（3）利用电解可提纯C物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是_，阳极物质是_。MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为_（4）将0.20mol B和0.10mol O2充入一个固定容积为5L的密闭容器中， 在一定温度并有催化剂存在下，进行反应，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D0.18mol，则vO2=_molLmin（5）写出FG转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式： 25、（12分）一水硫酸四氨合铜晶体Cu(NH3)4SO4H

9、2O常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在工业上用途广泛。常温下该物质可溶于水，难溶于乙醇，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3molL-1的硫酸、浓氨水、10% NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500 molL-1稀盐酸、0.500 molL-1 的NaOH溶液来制备一水硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。ICuSO4溶液的制取实验室用铜与浓硫酸制备硫酸铜溶液时，往往会产生有污染的SO2气体，随着硫酸浓度变小，反应会停止，使得硫酸利用率比较低。实际生产中往往将铜片在空气中加热，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸铜溶液；这一过程缺点是

10、铜片表面加热易被氧化，而包裹在里面的铜得不到氧化。所以工业上进行了改进，可以在浸入硫酸中的铜片表面不断通 O2，并加热；也可以在硫酸和铜的混合容器中滴加 H2O2 溶液。趁热过滤得蓝色溶液。(1)某同学在上述实验制备硫酸铜溶液时铜有剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_。(2)若按进行制备，请写出Cu在H2O2 作用下和稀硫酸反应的化学方程式_。(3)H2O2溶液的浓度对铜片的溶解速率有影响。现通过下图将少量30的H2O2溶液浓缩至40，在B处应增加一个设备，该设备的作用是_馏出物是 _。II晶体的制备将上述制备的C

11、uSO4溶液按如图所示进行操作(1)硫酸铜溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入适量NH3H2O调节溶液pH，产生浅蓝色沉淀，已知其成分为 Cu2(OH)2SO4，试写出生成此沉淀的离子反应方程式_。(2)继续滴加 NH3H2O，会转化生成深蓝色溶液，请写出从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体的方法_。并说明理由_。.产品纯度的测定精确称取 mg 晶体，加适量水溶解，注入图示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量 NaOH 溶液， 通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸馏水冲洗导管内壁，用 V1mL 0.500molL1 的盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，用 0.500 molL1 NaOH 标准溶液滴定过剩的

12、 HCl(选用 甲基橙作指示剂)，到终点时消耗 V2mLNaOH 溶液。1.水 2.长玻璃管 3.10%NaOH溶液 4.样品液 5.盐酸标准溶液(1)玻璃管2的作用_。(2)样品中产品纯度的表达式_。（不用化简）(3)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是_A.滴定时未用 NaOH 标准溶液润洗滴定管B.滴定过程中选用酚酞作指示剂C.读数时，滴定前平视，滴定后俯视D.取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁E.由于操作不规范，滴定前无气泡，滴定后滴定管中产生气泡26、（10分）某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹)：（1）在进行气体制备时，

13、应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后，在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水，然后_，则证明A装置的气密性良好。（2）利用E装置能吸收的气体有_(任写两种即可)。（3）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置_作为发生装置(填所选装置的字母序号)，实验时先在稀硫酸中加入少量硫酸铜晶体可使反应速率加快，原因是_。（4）某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较Cl和S2的还原性强弱。A中玻璃仪器甲的名称为_，A装置中发生反应的离子方程式为_。C中说明Cl和S2的还原性强弱的实验现象_。27、（12分）随着科学的发展，可逐步合成很多重要的化工产品，如用作照相定影剂的硫代硫酸钠(俗称大苏打)，用于填充汽车

14、安全气囊的叠氮化钠(NaN3)，某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3。I.制备硫代硫酸钠晶体。查阅资料:Na2S2O3易溶于水，向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3。实验装置如图所示(省略夹持装置):(1)组装好仪器后,接下来应该进行的实验操作是_,然后加入试剂。仪器a的名称是_;E中的试剂最好是_.(填标号)，作用是_。A澄清石灰水BNaOH溶液 C饱和NaHSO3溶液(2)已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经_(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有

15、_。.实验室利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。(1)装置B中盛放的药品为_(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因是_。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得,应选择的气体发生装置是_。28、（14分）磷和砷是同主族的非金属元素。(1)砷(As)元素位于元素周期表第_列；As原子能量最高的3个轨道在空间相互_；1个黄砷(As4)分子中含有_个AsAs键，键角_度(2)黑磷的结构与石墨相似最近中国科学家将黑磷“撕”成了二维结构，硬度和导

16、电能力都大大提高，这种二维结构属于_(选填编号)a离子晶体 b原子晶体 c分子晶体 d其它类型(3)与硫元素的相关性质比，以下不能说明P的非金属性比S弱的是_(选填编号)a磷难以与氢气直接化合 b白磷易自燃 cPH的键能更小 dH3PO4酸性更弱(4)次磷酸钠(NaH2PO2)可用于化学镀镍，即通过化学反应在塑料镀件表面沉积镍磷合金化学镀镍的溶液中含有Ni2+和H2PO2，在酸性条件下发生以下镀镍反应：_ Ni2+_ H2PO2+_H2O_Ni+_ H2PO3+_H+请配平上述化学方程式。上述反应中，若生成1mol H2PO3，反应中转移电子的物质的量为_。(5)NaH2PO4、Na2HPO4

17、和Na3PO4可通过H3PO4与NaOH溶液反应获得，含磷各物种的分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系如图所示。pH=8时，溶液中主要含磷物种浓度大小关系为_。为获得尽可能纯的NaH2PO4，pH应控制在_。29、（10分）Li、Fe、As均为重要的合金材料，NA为阿伏加德罗常数的值。回答下列问题：(1)基态Li原子核外电子占据的空间运动状态有_个，占据最高能层电子的电子云轮廓图形状为_。(2)Li的焰色反应为紫红色，很多金属元素能产生焰色反应的原因为_。(3)基态Fe3+比基态Fe2+稳定的原因为_。(4)KSCN和K4Fe(CN)6均可用于检验Fe3+。SCN-

18、的立体构型为_，碳原子的杂化方式为_。K4Fe(CN)6中所含元素的第一电离能由大到小的顺序为_(用元素符号表示)；1 mol Fe(CN)64-中含有键的数目为_。(5)H3AsO3的酸性弱于H3AsO4的原因为_。(6)Li、Fe和As可组成一种新型材料，其立方晶胞结构如图所示。若晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度可表示为_gcm-3。(列式即可)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、C【答案解析】试题分析：A、图像分析判断0t2时，0t1逆反应速率大于正反应速率，t1t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若

19、是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数=，C正确；D、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。考点：考查化学平衡的建立、图像的分析2、C【答案解析】A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O，无明显现象，AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，Al(OH)3

20、+NaOH=NaAlO2+2H2O，产生沉淀，后沉淀溶解，图中一开始就有沉淀，故A错误；B、在NaHCO3和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸，反应分以下两步进行: Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，NaHCO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，图中一开始就有气泡，不符合，故B错误；C、向NaOH溶液中通入氯气，发生 2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，开始转移电子数逐渐增多，饱和后不再溶解，故C正确；D、在氢氧化钡溶液中滴加NaHCO3溶液，少量时的反应是:NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3+NaOH+H2O，过量时的反应是:Ba(OH)2+2NaHCO3 =B

21、aCO3+Na2CO3+2H2O，导电能力是先变小，再变大，但由于有Na离子，导电能力不可能变为0，故D错误；故选C。3、C【答案解析】A. 钢中的含碳量低于生铁，含碳量越大，硬度越高，但是生铁的韧性较钢要差，钢材的抗震性更好，故A正确；B. 该钢材改变了金属的组成和结构，比生铁的抗耐蚀性要好，故B正确；C. 根据生铁的含碳量为：2%-4.3%，钢的含碳量为：0.03%-2%，可知含碳量：生铁钢，故C错误；D. 钢材和生铁都是合金都有金属，都导电导热，故D正确；题目要求选错的，故选C。4、D【答案解析】A根据水蒸气的反应速率，生成水蒸气的物质的量浓度为0.0252molL1=0.05molL1

22、，则消耗CO2的物质的量浓度为0.05molL1，推出CO2的转化率为100%=50%，乙可以看作是在甲的基础上再通入H2，增加反应物的浓度，平衡向正反应方向移动，CO2的转化率增大，即大于50%，故A正确；B反应前后气体系数之和相等，因此甲和丙互为等效平衡，即丙中c(CO2)是甲中c(CO2)的2倍，故B正确；C700时，H2（g）CO2（g）H2O（g）CO（g）起始： 0.1 0.1 0 0变化： 0.05 0.05 0.05 0.05平衡： 0.05 0.05 0.05 0.05根据化学平衡常数的定义，K=1，温度升高至800，此时平衡常数是1，说明升高温度平衡向正反应方向移动，根据勒

23、夏特列原理，正反应方向是吸热反应，故C正确；D若起始时，通入0.1molL1H2和0.2molL1CO2，转化率相等，因此达到平衡时c(CO)相等，故D错误；故答案选D。5、C【答案解析】A. NaCl属于盐，所以是电解质，A错误；B. NaCl溶液是混合物所以不是电解质，B错误；C. 氯化钠固体溶于水后在水分子的作用下，发生电离，电离为可以移动的离子使溶液导电，C正确；D. 氯化钠溶于水是氯化钠发生了电离，水的电离实际很微弱，D错误；故答案选C。6、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，N

24、H3H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，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

25、的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。7、B【答案解析】A.火法炼铜是指用氧气与硫化亚铜制取铜的反应，属于氧化还原反应，故A不选；B. 转轮排字属于物理变化，故选B；C.用粮食酿酒过程实质是淀粉水解生成葡萄糖，在进行发酵生成乙醇的过程，中间有元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选；D. 钻木取火是通过动能转化为热能使木材燃烧，属于氧化还原反应，故D不选；答案：B。8、A【答案解析】向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体质量增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知m(O2

26、)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)=0.25mol，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2， xmol 0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ymol 0.5ymol所以0.5x+0.5y0.25，44x+18y11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A原混合气体的平均摩尔质量=23.2g/mol，故A正确；B反应中生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol2=0.5mol，故B错误；C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物质的量浓度减小，故C错误；D由于反应后固

27、体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和增大，故D错误；答案选A。9、C【答案解析】A.As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B.红棕色气体为NO2，N的化合价由5价4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；C.根据题中信息，As的化合价由3价5价，S的化合价由2价0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)2(53)32=n(HNO3)(54)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正

28、确；D.4.8g硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C 选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol10=0.5mol，故D错误；答案：C。10、C【答案解析】A. 的结构中含有三种类型的氢，所以一氯代物有3种，故A错误；B. 脂肪在人体内脂肪酶的作用下水解成甘油和高级脂肪酸，然后再分别进行氧化释放能量，故B错误；C. 结构相似，组成相差一个-CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；D. 通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料，不能得到苯，故

29、D错误；答案：C。11、B【答案解析】由条件“X的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X为H元素；由条件“Y原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y为C元素；由条件“Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q为第三周期的金属元素(Na或Mg或Al)；由X可以与R形成H2R化合物可知，R为S元素；S可以与Z形成SZ2气体，所以Z为O元素。【题目详解】A硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：；当通入336mL，即0.015molSO2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中，那么浓度即为0.3mol/L，A错误；BQ无论是Na，Mg，Al中的哪一种元素，获得其单质都是采用

30、电冶金的方式，B正确；CY，Z，R分别为C，O，S三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H2OH2SCH4，即ZRY，C错误；DSO2通入BaCl2溶液中无现象，但是通入Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀，D错误。答案选B。12、B【答案解析】某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根

31、离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选B。13、C【答案解析】A.盐酸中滴加Na2SO3溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和Cl的非金属性强弱，故A错误；B.Fe先与FeCl3反应，再与Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含有Cu2+，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故C正确；D. 用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属反

32、应不能生成氢气，故D错误，故选C。14、D【答案解析】C3H8中含有2种化学环境不同的H原子数目，再利用-OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。【题目详解】C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3。AC3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A不选；BC4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相

33、同，故B不选；CC6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C不选；DC5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D选；故选D。15、C【答案解析】A. CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；B. 根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2OAl2O36SiO2，B错误；C. 煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和A

34、l元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；D. 向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。16、A【答案解析】这是二次电池，放电时Li是负极，充电时Li是阴极；【题目详解】A. 充电时电子经外电路流入Li，A错误；B. 放电时正极为还原反应，O2得电子化合价降低，反应式为2Li+O2 +2e-=Li2O2，B正确；C. 充电时Li电极为阴极，与电源的负极相连，C正确；D.碳酸锂涂层的覆盖可阻止锂电极的氧化，但是涂层能让锂离子进入电解质定向移动形成闭合回路，

35、D正确；答案选A。【答案点睛】关键之一是正确判断电极。关于负极的判断可以从这几方面入手：如果是二次电池，与电源负极相连的那一极，在放电时是负极；电子流出那一极是负极；发生氧化反应的一极是负极；阴离子向负极移动。17、B【答案解析】由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【题目详解】A有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；C最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨

36、道，故C错误；D最外层电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B。18、D【答案解析】A原电池中阳离子向正极移动，所以由图示知M极为正极，则电子流向：N极导线M极，电子无法在电解质溶液中移动，故A错误；BM为正极，电极反应式为+2e-+H+Cl，氯苯被还原生成苯，故B错误；CN极为负极，电极反应为CH3COO+2H2O8e2CO2+7H+，根据转移电子守恒，则每生成1molCO2，有4mole-发生转移，故C错误；D根据电极反应式计算得，转移4mol e-时，负极生成3.5mol H+，正极消耗2mol H+，则处理后的废水酸性增强，故D正确。故选D。19、D【答案解

37、析】A开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-AlO2-，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，

38、则溶度积为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。20、C【答案解析】A电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，为阳极发生氧化反应，A错误；B通电后H+通过阳离子交换膜向阴极电极方向移动，电极上二氧化硫被氧化生成硫酸，电极反应式为2H2O+SO22e4H+SO42，酸性增强pH减小，B错误；C电极极为阴极，发生还原反应SO2生成Na2S2O4，电极反应式为：2SO2+2eS2O42，C正确；D由阴极电极反应式为：2SO2+2eS2O42，阳极电极反应式为：2H2O+S

39、O22e4H+SO42，则若通电一段时间后溶液中H+转移0.1mol，则阴阳两极共处理标准状况下SO2废气（0.1+0.05）mol22.4L/mol=3.36L，D错误，答案选C。21、D【答案解析】A基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确；B非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：CPNO，四种元素中电负性最大的是O，故B正确；CH3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+(5+3-24)=4，故C正确；D磷酸氯喹分子中只有一个手性碳，如图(所示)：，与足量H2发生加成反应后，该分子中含有5个手性碳原子，如图(所示): ，故D错误；答案选

40、D。【答案点睛】计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。22、D【答案解析】A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；C. 除去KNO3固体中的NaCl，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；答案：D。二、非选择题(共84分)23、乙醇、浓硫酸、170 取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红

41、色沉淀生成，可证明反应已经发生 【答案解析】由C的结构及反应为酯化反应可知，A为CH3COOH，C为，则反应为光照下取代反应，生成B为，反应为卤代烃的水解反应，反应为醇的催化氧化反应。（1）实验室制备乙烯的反应试剂与具体反应条件为乙醇、浓硫酸、170，发生消去反应，故答案为：乙醇、浓硫酸、170；（2）上述反应中，属于取代反应的是 ，故答案为：；（3）检验反应是否发生的方法是取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应已经发生，故答案为：取样，滴加新制氢氧化铜悬浊液，加热，有砖红色沉淀生成，可证明反应已经发生；（4）的同分异构体满足a能发生银镜反应，含-CHO；b苯环上的一

42、溴代物有两种，苯环上有2种H，则2个取代基位于对位，符合条件的结构简式为、，故答案为：；（5）乙烯加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙酸，则由乙烯制备A的合成路线为，故答案为：。24、（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4浓）SO2+ CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液 粗铜 MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036 ； 正反应方向 ； 0.36 ；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O 【答案解析】试题分析：F与甲醛溶液反应生成G，G为砖红色沉淀，则G

43、为Cu2O； A为某金属矿的主要成分，则A中含有Cu元素，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，判断C为Cu单质，则E为酸，B能与氧气反应生成C，C能与水反应生成相应的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E为硫酸，Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠溶液、甲醛反应生成氧化亚铜沉淀，符合此图。（1）根据以上分析，B的化学式是SO2；G为Cu2O；（2）反应为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为Cu+2H2SO4浓）SO2+ CuSO4+2H2O；（3）提纯Cu时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液，则铜离子在阴极析出，从而提纯Cu；MnO2

44、是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极发生还原反应，Mn元素的化合价降低，与水结合生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-；（4）二氧化硫与氧气的反应方程式是2SO2+O22SO3，经半分钟后达到平衡，测得容器中含三氧化硫0.18 mol，说明消耗氧气的物质的量是0.09mol，则vO（2）=0.09mol/5L/0.5min=0.036 mol/Lmin)；继续通入0.20 mol B和0.10 mol O2，相当于反应物浓度增大，缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，再达平衡时，三氧化硫的物质的量比原来的2倍还多，所以大于0.36mol，容器

45、中相当于有0.4mol二氧化硫，可逆反应不会进行到底，所以三氧化硫的物质的量小于0.40mol；（5）F是硫酸铜，先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，甲醛与氢氧化铜发生氧化反应，生成氧化亚铜砖红色沉淀，化学方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O 。考点：考查物质推断，物质性质的判断，化学方程式的书写25、反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O 失去结晶水变为 CuSO4 Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O 减压设备 水（H2O） 2Cu2

46、+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+ 加入乙醇或醇析 Cu(NH3)4SO4H2O晶体难溶于乙醇，能溶于水 平衡气压，防止堵塞和倒吸 AB 【答案解析】I(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性； (2) 双氧水与铜、稀硫酸反应生成硫酸铜和水；(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式；(1) 硫酸铜与NH3H2O反应生成Cu2(OH)2SO4，据此书写离子方程式；(2) 根据Cu(NH3)4SO4H2O可溶于水，难溶于乙醇分析；. (1) 玻璃管2起到了平衡气压的作用；(2)根据关系式计算；(3) 氨含量测定结果偏低，说明中和滴定时消耗

47、氢氧化钠溶液体积V2偏大。【题目详解】I(1) 得到的为硫酸铜和硫酸溶液,浓缩时,硫酸变浓,浓硫酸具有吸水性,使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4，可使固体变为白色；(2) Cu在H2O2作用下与稀硫酸反应生成硫酸铜，该反应的化学方程式为：Cu+H2O2+H2SO4CuSO4+2H2O；(3) 过氧化氢受热易分解，故采用减压蒸馏的方式，则B处增加一个减压设备，馏出物为H2O；II(1) 浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，反应的离子方程式为：2Cu2+2NH3H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；(2) 由题中信息，Cu(NH3)4SO4H2O晶体难溶于乙醇，可

48、溶于水，故加入乙醇(或醇析)可从深蓝色溶液中析出深蓝色晶体；. (1) 装置中长导管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸；(2)与氨气反应的n(HCl)=103V1L0.500molL10.500molL1103V2L=5104(V1V2)mol，根据NH3HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=5104(V1V2)mol，则nCu(NH3)4SO4H2O=n(NH3)= 5104(V1V2)mol，样品中产品纯度的表达式为：100%=100%；(3) A滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管,浓度偏低,则V2偏大，氨含量偏低，故A正确；B滴定过程中选用酚酞作指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，消耗NaOH

49、溶液体积偏大，测定的氨含量偏低，故B正确；C读数时，滴定前平视,滴定后俯视，导致V2偏小，则含量偏高，故C错误；D取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D错误；E由于操作不规范,滴定前无气泡,滴定后滴定管中产生气泡,导致消耗氢氧化钠溶液体积V2偏小，测定的氨含量偏高，故E错误；故答案选AB。26、打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变 CO2、H2S、Cl2等气体中任选两种 B Zn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池 分液漏斗 MnO24H2ClMn2Cl22H2O 产生淡黄色沉淀 【答案解析】(1

50、)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变，则气密性良好；(2)E中NaOH溶液能吸收酸性气体，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B；滴加硫酸铜后，Zn置换出Cu，形成ZnCu原电池，加快Zn与稀硫酸反应的速率；(4)A中仪器甲的名称为分液漏斗；装置A制备氯气，利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气时发生反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O；A中制得的氯气通入Na2S溶液中

51、有淡黄色S沉淀生成，因此C中说明Cl和S2的还原性强弱的实验现象产生淡黄色沉淀。27、检查装置气密性 分液漏斗 B 吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体 蒸发浓缩，冷却结晶 玻璃棒、烧杯、漏斗 碱石灰 制备NaN3的反应需要在210-220oC下进行，水浴不能达到这样的温度 2Na+2NH3=2NaNH2+H2 D 【答案解析】I.(1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体。(2

52、)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。.(1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置B中盛放的药品为碱石灰。(2)由于制备NaN3的反应需要在210220oC下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得，由于在该温度下硝酸铵已熔化，同时为避免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置D。28、15 垂直 6 60 d b 1 1 1 1 1 2 2mol c(HPO42)c(H2PO4) 45.5(介于此区间内的任意值或区间均可) 【答案解析】(1)砷（As）为第A族元素，As原子能量最高的3个轨道为4p，黄砷（As4）分子类似P4结构，为正四面体； (2)黑磷的结构与石墨相似，硬度和导电能力都大大提高，则晶体类型与石墨相同；(3)可利用与氢气化合的难易程度、N-H和P-H的键能及最高价含氧酸的酸性等比较非金属性；(4)镍元素的化合价降低了2价，磷元素的化