江苏省沭阳县潼阳中学2023学年高三（最后冲刺）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、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1mol Al(OH)3。设计如下三种方案： 方案：向 Al 中加入 NaOH 溶液，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：向 Al 中加入硫酸，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加 N

2、aOH 溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：将 Al 按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液和溶液。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A三种方案转移电子数一样多B方案所用硫酸的量最少C方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量D采用方案时，用于制备溶液的 Al 占总量的 0.252、已知有如下反应：2Fe32I=2Fe2I2 2Fe2Br2=2Fe32Br 2Fe(CN)64-I2=2Fe(CN) 63-2I，试判断氧化性强弱顺序正确的是（ ）AFe3Br2I2Fe(CN)63-BBr2I2Fe3Fe(CN)63-CBr2Fe3I2Fe(CN)63-DFe(CN)63-F

3、e3Br2I23、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4- 2e=S2O82+2H+。下列说法正确的是（ ）A阴极电极反应式为Pb+HSO4- 2e=PbSO4+H+B阳极反应中S的化合价升高CS2O82中既存在非极性键又存在极性键D可以用铜电极作阳极4、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A4g甲烷完全燃烧转移的电子数为2NAB11.2L（标准状况）CCl4中含有的共价键数为2NAC3 mol SO2和1mol O2于密闭容器中催化反应后分子总数为3NAD1L 0.1molL1的Na2S溶液中HS和S2离子数之和为0

4、.1 NA5、短周期元素的离子W3+、X+、Y2、Z都具有相同的电子层结构，以下关系正确的是（）A单质的熔点：XWB离子的还原性：Y2ZC氢化物的稳定性：H2YHZD离子半径：Y2W3+6、下列说法不正确的是（ ）A冰醋酸和水银都是纯净物B氢原子和重氢原子是两种不同核素C氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质D稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系7、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A抗氧化剂B调味剂C着色剂D增稠剂8、依据反应2KIO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确

5、的是A用制取SO2B用还原IO3-C用从水溶液中提取KHSO4D用制取I2的CCl4溶液9、能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A硝酸钡，稀硫酸B稀盐酸，氯化钡C稀硫酸，氯化钡D稀硝酸，氯化钡10、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+H2O11、室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度来滴定该浓氯水，根据测定结果绘制出ClO、ClO3等离子的物质的量浓度

6、c与时间t的关系曲线如下。下列说法正确的是ANaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装Ba点溶液中存在如下关系：c(Na+)+ c(H+)=c(ClO) +c(ClO3) +c(OH)Cb点溶液中各离子浓度：c(Na+) c(Cl) c(ClO3) =c(ClO) c(OH) c(H+)Dt2t4，ClO的物质的量下降的原因可能是ClO自身歧化：2 ClO=Cl+ClO312、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OB将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC用过量的NaOH溶液吸收SO2：

7、OH+SO2HSO3D向AlCl3溶液中加入氨水：Al3+3OHAl（OH）313、工业上利用电化学方法将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2.24L14、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为。下列说法中正确的是（ ）AD和T是质量数不同，

8、质子数相同的氢的两种元素B通常所说的氢元素是指 C、是氢的三种核素，互为同位素D这个反应既是核反应，也是化学反应15、傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺13己烷互为同分异构体Bb的二氯代物超过三种CR为C5H11时，a的结构有3种DR为C4H9时，1molb加成生成C10H10至少需要3molH116、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（ ）AH2Y的电离方程式为：B在该酸式盐溶液中CHY-的水解方程

9、式为D在该酸式盐溶液中17、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用。下列说法正确的是（ ）A某些金属元素的焰色反应、海水提溴、煤的气化、石油的裂化都是化学变化的过程B氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨和温室效应等环境问题C油脂的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的油脂会因水解而变质D白葡萄酒含维生素C等多种维生素,通常添加微量的目的是防止营养成分被氧化18、能用H+OH- H2O表示的是ANH3 H2O + HNO3 NH4NO3 + H2OBCH3COOH + KOH CH3COOK+ H2OCH2SO4 + Ba(OH)2 BaSO4+ 2H2OD2HCl+ Ca

10、(OH)2 CaCl2 + 2H2O19、公元八世纪，Jabir ibn Hayyan在干馏硝石的过程中首次发现并制得硝酸(4KNO32K2O+4NO+3O2)，同时他也是硫酸和王水的发现者。下列说法正确的是A干馏产生的混合气体理论上可被水完全吸收B王水是由3体积浓硝酸与1体积浓盐酸配制而成的C王水溶解金时，其中的盐酸作氧化剂(Au+HNO3+4HCl=HAuCl4+NO+2H2O)D实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是浓硫酸的氧化性20、下列离子方程式书写正确的是 ()A硫化钠溶液显碱性：S2-+2H2O=H2S+2OH-B金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg2+=2

11、Na+MgC新制氢氧化铜溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2+2CH3COO-+2H2OD水溶液中，等物质的量的Cl2与FeI2混合：2Cl2+2Fe2+2I-=2Fe3+4Cl-+I221、如图是利用试纸、铅笔芯设计的微型实验以铅笔芯为电极，分别接触表面皿上的试纸，接通电源，观察实验现象下列说法错误的是（）ApH试纸变蓝BKI淀粉试纸变蓝C通电时，电能转换为化学能D电子通过pH试纸到达KI淀粉试纸22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W原子的最外层电子数为内层电子数的3倍，X在短周期主族元素中金属性最强，Y与W同主族。下列叙述正确的是（ ）AX2W、X2Y的

12、水溶液都呈碱性B原子半径：r(Z)r(Y)r(X)r(W)C简单气态氢化物的热稳定性：WZ c(Cl-) c(ClO3-)=c(ClO-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D. ClO-发生歧化反应，离子方程式为：3ClO-=2Cl-+ ClO3-，故D错误。故选C。12、A【答案解析】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故A正确；B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故B错误；C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH+SO2H2O+SO32，故C错误；D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，

13、一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故D错误；答案选A。【答案点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。13、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

14、，阳极电极反应式为：2H2O+SO22e4H+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。14、C【答案解析】A 项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；B项、是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，故B错误；C项、的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；故选C。15、C【答案解析】A.环己烯分子式为C6H10，螺13己烷分

15、子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的1个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示1种取代位置，有1种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1氯戊烷、1氯戊烷和3氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在1号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为1甲基1氯丁烷、1甲基1氯丁烷、3甲基1氯丁烷和3甲基1氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即1，3二甲基1氯丙烷。综上所

16、叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与3mol H1加成，故D正确。答案：C【答案点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。16、A【答案解析】A.H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)c(HY);HY的电离程度小于HY的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还

17、是以HY为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH)c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)c(Y2),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HY)c(OH)c(H+)c(Y2)，B项错误；C.HY水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY+H2OOH+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D. 根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。【答案点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。17、D【答案解析】A. 焰色反应是物理变化，故A错误；B.

18、 氮氧化物的大量排放，会导致光化学烟雾、酸雨环境问题，温室效应是CO2造成的，故B错误；C. 长时间放置的油脂会因被氧化而变质，故C错误；D. 白葡萄酒含维生素C等多种维生素，SO2具有还原性，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化，故D正确。综上所述，答案为D。18、D【答案解析】A一水合氨在离子反应中保留化学式，离子反应为H+NH3H2O=NH4+H2O，故A错误；B醋酸在离子反应中保留化学式，离子反应为CH3COOH+OH-=H2O+CH3COO-，故B错误；C硫酸钡在离子反应中保留化学式，离子反应为2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2O，故C错误；D为强酸与强碱

19、反应生成可溶性盐与水的离子反应，离子反应为H+OH-=H2O，故D正确；故答案为D。【答案点睛】明确H+OH- H2O表达的反应原理是解题关键，能用此离子方程式的反应是一类强酸与强碱发生中和反应生成盐和水，且生成的盐为可溶性盐，如稀硫酸与氢氧化钡溶液的反应就不能用此离子方程式表示，原因是生成的BaSO4不溶。19、A【答案解析】A.干馏硝石产生的气体NO、O2的物质的量的比是4:3，将混合气体通入水中，会发生反应：2H2O+4NO+3O2=4HNO3，故可以完全被水吸收，A正确；B.王水是由3体积浓盐酸与1体积浓硝酸配制而成的，B错误；C.在王水溶解金时，其中的硝酸作氧化剂，获得电子被还原产生

20、NO气体，C错误；D.实验室可用NaNO3与浓硫酸反应制备少量的HNO3，利用的是HNO3易挥发，而浓硫酸的高沸点，难挥发性，D错误；故合理选项是A。20、C【答案解析】A硫化钠水解，溶液显碱性，反应的离子反应为S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B钠投入到氯化镁溶液中反应生成氢氧化镁、氢气和氯化钠，离子方程式：2H2O+2Na+Mg2+Mg(OH)2+H2+2Na+，故B错误；C醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)22CH3COO-+Cu2+2H2O，故C正确；D在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应时，只氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2

21、=I2+2Cl-，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为B，要注意钠与盐溶液的反应规律，钠先与水反应，生成物再与盐反应。21、D【答案解析】A连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性，pH试纸遇碱变蓝色，故A正确；B连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，所以淀粉碘化钾试纸变蓝色，故B正确；C该装置是将电能转化为化学能装置，为电解池，故C正确；D电子不通过电解质溶液，电解质溶液中阴阳离子定向移动形成电流，故D错误；故答案为D。【答案点睛】考查电解原理，明确离子放电顺序及各个电极上发生的反

22、应、物质的性质即可解答，该装置为电解池，连接负极的铅笔芯为阴极，阴极上氢离子放电，同时电极附近生成氢氧根离子，溶液呈碱性；连接正极的铅笔芯为阳极，阳极上氯离子放电生成氯气，氯气能氧化碘离子生成碘，碘与淀粉试液变蓝色，注意电解质溶液中电流的形成，为易错点。22、A【答案解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的最外层电子数为内层电子数的3倍，则W为O元素；X在短周期主族元素中金属性最强，则X为Na元素；W与Y属于同一主族，则Y为S元素；Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，据此解答。【题目详解】根据上述分析可知：W为O，X为Na，Y为S，Z为Cl元素。ANa2O是碱性氧化物，与水反

23、应产生NaOH，NaOH是一元强碱，水溶液显碱性；Na2S是强碱弱酸盐，在溶液中S2-发生水解作用，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离，最终达到平衡时溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，A正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(Cl)r(O)，B错误；C元素的非金属性：OClS，则简单气态氢化物的热稳定性：H2OHClH2S，C错误；CO、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；故合理选项是A。【答案点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周

24、期律内容及常见元素化合物性质，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力。二、非选择题(共84分)23、LiN3 第2周期VA族 3LiN3Li3N+4N2 【答案解析】B是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，且微溶于水，C为LiOH，载人宇宙飞船内常用含 C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH与反应生成Li2CO3；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3，确定B为氮气，NH3是2.24L合0.1mol，A中N为14gmol10.1mol=1.4g。A为Li3N，3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li为 2.1g，n(Li)=0.3mol，n

25、(N)=0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。【题目详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN3。故答案为：LiN3；（2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。故答案为：第2周期VA族；（3）A为Li3N，Li最外层只有1个电子，显+1价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为。故答案为：；（4）由分析X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成 Li3N 和 N2，由质量守恒：化学反应方程式为 3LiN3Li3N+4N2。故答案为： 3LiN3Li3N+4N2。24、3,5-二硝基苯甲酸 羧基 溴原子 取代反应 防止两

26、个硝基都转化为氨基 30 【答案解析】由C的结构简式和A到B，A到C的反应条件逆推可知B为；A为；在以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。【题目详解】（1）由于羧基定位能力比硝基强，故C名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G中含官能团名称有醚键、羧基、溴原子。答案：3,5-二硝基甲酸；羧基；溴原子。（2）根据框图C结构逆向推理，B为苯甲酸，结构简式为；A为甲苯，B生成C是在浓硫酸作用下硝酸中硝基取代苯环上的氢，所以B生成C反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。

27、（3）由G生成H反应为G与CH3OH在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为；CD、EF都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，E的结构尚保留一个硝基，可以推知D的结构中也有一个硝基，故CD反应中，(NH4)2S只将其中一个硝基还原，避免用H2/Pd将C中所有的硝基都转化为氨基。答案：；防止两个硝基都转化为氨基。（4）化合物F苯环上有3个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故有10种同分异构体，环上有3个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2

28、OOCH、-COOCH3，化合物F的同分异构体中能同时满足条件的共有103=30种。答案：30。（5）根据缩聚反应规律，可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该单体，需要将苯环上的乙基氧化为羧基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下，依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案：。【答案点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-溴-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C逆推B、A的结构简式，再根据各物质之间的反应

29、条件和官能图的性质进行判定。25、趁热过滤 防止反应过于剧烈，引发安全问题 趁热过滤 热水 冷水 使己二酸盐转化为己二酸，易析出，浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率 ABD % 【答案解析】由题意可知，三颈烧瓶中加入5mL10%氢氧化钠溶液和50mL水，搅拌使其溶解，然后加入6.3g高锰酸钾，小心预热溶液到40，缓慢滴加1.4mL环己醇，控制滴速，使反应温度维持在45左右，反应20min后，再在沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚，加入适量亚硫酸氢钠固体除去多余高锰酸钾，趁热过滤得到MnO2沉淀和含有己二酸钾的滤液，用热水洗涤MnO2沉淀，将洗涤液合并入滤液，热浓缩使滤

30、液体积减少至10mL左右，趁热小心加入浓硫酸，使溶液呈强酸性（调节pH=12），冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥，得己二酸白色晶体，据此分析解答。【题目详解】（1）如果滴加环己醇速率过快会导致其浓度过大，化学反应速率过快，故为了防止反应过于剧烈，引发安全问题，要缓慢滴加环己醇；故答案为：防止反应过于剧烈，引发安全问题；（2）根据步骤中“沸水浴上加热5min促使反应完全并使MnO2沉淀凝聚”，说明温度高时，MnO2沉淀的溶解度小，故为了充分分离MnO2沉淀和滤液，应趁热过滤；为减少MnO2沉淀的损失，洗涤时也要用热水洗涤，根据表可知己二酸的溶解度随温度升高而增大，故步骤中洗涤己二酸晶体时应用冷水洗涤，

31、减小己二酸的溶解度，提高产率；故答案为：趁热过滤；热水；冷水；（3）实验制得的为己二酸钾，根据强酸制弱酸，用浓硫酸调节pH成强酸性可以使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；故答案为：使己二酸盐转化为己二酸，易于析出，同时浓硫酸不会使浓溶液稀释，可提高己二酸的产率；（4）A.称取己二酸样品质量时，先将锥形瓶放在电子天平秤盘的中央，显示数字稳定后按“去皮”键（归零键），再缓慢加样品至所需样品的质量时，记录称取样品的质量，A正确；B.摇瓶时，应微动腕关节，使溶液向一个方向做圆周运动，但是勿使瓶口接触滴定管，溶液也不得溅出，避免待测物质的损失，B正确；C.滴

32、定时左手轻轻挤压玻璃球让液体自行呈线状流下，容易使标准液滴加过量，应逐滴加入，便于控制实验，C错误；D.为减少误差，滴定结束后稍停12分钟，等待滴定管内壁挂有的溶液完全流下时再读取刻度数，D正确；E.记录测定结果时，滴定前仰视刻度线，滴定到达终点时又俯视刻度线，标准液的消耗读数偏小，将导致滴定结果偏低，E错误；故答案为：ABD；一个己二酸分子中含有两个羧基，与NaOH溶液的反应为：HOOC（CH2）4COOH+2NaOH=NaOOC（CH2）4COONa+2H2O，则n（己二酸）= n（NaOH）=0.1000mol/Lb103L，则己二酸的纯度为：；故答案为：。26、Cu或Cu2O 向得到的

33、红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有 除去NH3 防止金属镁与NH3反应生成副产物 C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应 【答案解析】（1）A装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg

34、(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【题目详解】（1）A装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu或Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，

35、否则没有； （2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【答案点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。27、冷凝回流 受热均匀，便于控制温度 向过滤器中加入乙醇浸没

36、沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作23次 拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管 关闭水龙头 溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可） 【答案解析】结合题给信息进行分析：步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。步骤2中，因为反应温度为170180，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。【题目详解】（1）冷凝管起冷凝回流的作

37、用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作23次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作23次；（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水

38、，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。【答案点睛】冷却结晶的晶体大小影响因素：（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。28、 NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2(g) H2=+57.2kJ/mol NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O

39、 NO2量太多，剩余的NO2和水反应生成NO逸出，导致NO去除率降低 1：1 cbd 60% 【答案解析】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，以此计算即可；(2)根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；(3)NO、NO2和Ca(OH)2发生归中反应产生Ca(NO2)2、H2O；根据二者发生归中反应的物质的量的比及NO2与水反应产生HNO3和NO分析判断；(4)b点时N2含量最高，说明按方程式计量关系反应，根据方程式分析C、N个数的比；根据坐标系中横坐标的含义及物质浓度与物质转化率的关系分析判断。利用化学平衡常数与温度的关系及该反应的正反应为放热

40、反应，利用温度对平衡移动的影响判断；根据物质反应转化关系，结合=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，计算平衡时各种物质的浓度，最后根据转化率的含义计算NO的转化率。【题目详解】(1)由于活性氧原子变化的速率为零，可认为其生成速率等于消耗速率，v1=k1c(O3)， v2=k2c(O3)c(O)，则k1c(O3)=k2c(O3)c(O)，所以c(O)=；(2)反应是O3在NO作用下生成NO2和O2，NO2在氧原子作用下生成NO和O2，反应过程中NO参与反应后又生成，所以NO作用为催化剂，根据盖斯定律将两个热化学反应相减可得到反应2的热化学方程式；NO2(g)+O(g)=NO(g)+O2

41、(g) H=+57.2 kJ/mol；(3)NO和Ca(OH)2不反应，所以反应物有NO、NO2和Ca(OH)2，根据氧化还原规律，产物为Ca(NO2)2和水，所以离子方程式为：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；当NO太少，NO2量太多，首先发生反应：NO+NO2+Ca(OH)2=Ca2+2NO2-+H2O；NO2不能完全吸收，过量的NO2就和水反应生成HNO3和NO，这样就导致NO2去除率升高，但NO去除率却降低；(4)当反应物按化学计量数之比加入时，平衡时的N2的体积分数最大，所以b点的平衡体系中C、N原子个数比接近1：1；增大，CO的浓度增大的倍数大于NO增大的倍数，使CO转化率降低，所以a、b、c三点CO的转化率从小到大的顺序为cbT2，平衡逆向移动，化学平衡常数减小，故d点平衡常数小于b、c点，所以b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为b=cd；若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，假设开始时n(NO)=1 mol，n(CO)=0.8 mol，假设CO平衡时CO转化了x mol，则根据物质反应