河南省信阳市高级中学2023学年高三第五次模拟考试化学试卷含解析

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、以下物质间的每步转化通过一步反应能实现的是（ ）AAlAl2O3Al(OH)3NaAlO2BN2NH3NO2HNO3CCuCuOCu(OH)2CuSO4DNaNa2O2Na2CO3NaOH2、已知298K时，Ksp(Ni

2、S)=1.010-21，Ksp(FeS)=6.0 10-18，其沉淀溶解平衡曲线如图所示(图中R表示Ni或Fe)，下列说法正确的是(已知：2.4，3.2) （ ） AM点对应的溶液中，c(S2-)3.210-11 molL-1B与P点相对应的NiS的分散系是均一稳定的C向Q点对应的溶液中加水，可转化成N点对应的溶液DFeS+Ni2+NiS+Fe2+的平衡常数K=60003、下列实验能达到实验目的的是（ ）AABBCCDD4、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A12g 金刚石与 12g 石墨所含共价键数均为 2NAB常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4 溶液中 HC

3、OO-与 NH4+数目均为 NAC0.1molCl2 与 0.2molCH4 光照充分反应生成 HCl 分子数为 0.1NAD100g34%的 H2O2 中加入 MnO2 充分反应转移电子数为 2NA5、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()AAl2O3(熔融)Al(s)AlCl3(s)BFeS2(s) SO2(g) H2SO4(aq)CNH3(g) NO(g) NaNO3(aq)DSiO2(s) H4SiO4(s) Na2SiO3(aq)6、下列实验不能得到相应结论的是（ ）A向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强B向Na2SiO3溶液中

4、滴加酚酞，溶液变红，证明Na2SiO3发生了水解反应C将铝箔在酒精灯火焰上加热，铝箔熔化但不滴落，证明氧化铝熔点高于铝D将饱和氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，证明氯水有漂白性7、大气固氮（闪电时N2转化为NO）和工业固氮（合成氨）是固氮的重要形式，下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值：N2+O2 2NON2+3H22NH3温度25200025400K 3.8410310.151081.88104下列说法正确的是A在常温下，工业固氮非常容易进行B人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源C大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大D大气固氮是吸热反应，工业固氮是放热反应

5、8、常温下，将 1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3 固体的过程中，溶液中Ca2+ 和 CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是Aa=5.6B常温下，Ksp(CaC2O4)Ksp(CaCO3)Cb 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，至少要加入 2.12molNa2CO39、已知有如下反应：2Fe32I=2Fe2I2 2Fe2Br2=2Fe32Br 2Fe(CN)64-I2=2Fe(CN) 6

6、3-2I，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-Fe3Br2I210、测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和热的实验中没有使用的仪器有：大、小烧杯；容量瓶；量筒；环形玻璃搅拌棒；试管；温度计；蒸发皿；托盘天平中的()ABCD11、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（ ）A通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小B电源A极为负极C通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol电子D与电源A极相连的惰性电极上

7、发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2+8H+12、下列有关物质的分类或归类不正确的是()混合物：石炭酸、福尔马林、水玻璃、水银 化合物：CaCl2、烧碱、苯乙烯、HD电解质：明矾、冰醋酸、硫酸钡纯净物：干冰、冰水混合物、浓硫酸、水晶同素异形体：足球烯、石墨、金刚石同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2ABCD13、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是ABCD14、CuSO4溶液中加入过量KI溶液，产生白色CuI沉淀，溶液变棕色。向反

8、应后溶液中通入过量SO2，溶液变成无色。下列说法不正确的是( )A滴加KI溶液时，KI被氧化，CuI是还原产物B通入SO2后，溶液变无色，体现SO2的还原性C整个过程发生了复分解反应和氧化还原反应D上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+I2SO215、 “碳九”是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。“碳九”有两种，分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是A若将“碳九添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭B用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九C均三甲苯（）的二氯代物有5种D异丙苯和对甲乙苯（）

9、互为同系物16、利用pH传感器探究NaOH溶液与硫酸、硫酸铜混合溶液发生反应的离子反应顺序，绘得三份曲线图如图。已知实验使用的NaOH溶液浓度和滴速相同；硫酸溶液和硫酸铜溶液浓度相同；混合溶液中两溶质的浓度也相同。以下解读错误的是A三个时点的c(Cu2+)：pqwBw点：c(Na+)c(SO42-)c(Cu2+)c(H+)C混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应Dq点时溶液离子浓度：c(SO42-)+c(OH-)=c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)17、合成一种用于合成 分泌调节剂的药物中间体，其合成的关键一步如图。下列有关化合物甲、乙的说法正确的是 A甲乙的反应为加成反应B

10、甲分子中至少有 8 个碳原子在同一平面上C甲、乙均不能使溴水褪色D乙与足量 H2 完全加成的产物分子中含有 4 个手性碳原子18、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是()AFeCl3易发生水解，可用于蚀刻铜制的印制线路板B漂白粉具有氧化性，可用于脱除烟气中SO2和NOCCaCO3高温下能分解，可用于修复被酸雨侵蚀的土壤D活性炭具有还原性，可用于除去水体中Pb2等重金属19、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是（ ）XYZQA原子半径（r）：r（Y）r（Z）r（X）B分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种

11、强酸C推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应DZ的简单阴离子失电子能力比Y的强20、某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（ ）AX的分子式为C12H16O3BX在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C在催化剂的作用下，1 mol X最多能与1 mol H2加成D可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X21、化学与人类生产、生活密切相关。下列说法不正确的是( )A高纯度的硅单质广泛用于制作芯片B碳酸镁可用于制造耐高温材料氧化镁CSO2能用浓硫酸来干燥,说明其还原性不强D铁质地柔软,而生活中的钢质地坚硬,说明合金钢能增强铁的硬度22、铈是稀土元素，氢氧化铈Ce(OH)4是一种重要

12、的氢氧化物。平板电视显示屏生产过程中会产生大量的废玻璃粉末（含SiO2、Fe2O3、CeO2），某课题组以此粉末为原料回收铈，设计实验流程如下：下列说法不正确的是A过程中发生的反应是：Fe2O3+6H+2Fe3+3H2OB过滤操作中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒C过程中有O2生成D过程中发生的反应属于置换反应二、非选择题(共84分)23、（14分）花椒毒素()是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）的反应类型为_；B分子中最多有_个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为_；的“条件a”为_。（3）为加成反应，化学方程式为_。（4）的化学方程式为

13、_。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_。(只写一种即可)。苯环上只有3个取代基；可与NaHCO3反应放出CO2；1mol J可中和3mol NaOH。（6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ：_24、（12分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是_，B中含有的官能团的名称是_。（2）DE的反应类型是_。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_。（4）写出EF的化学方程式：_。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯

14、()的同分异构体有_种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_ 。能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：_。25、（12分）食盐中含有一定量的镁、铁等杂质，加碘盐可能含有 K+、IO3-、I-、Mg2+加碘盐中碘的损失主要是由于杂质、水分、空气中的氧气以及光照、受热引起的。已知：IO3-+5I-+6H+3I2+3H2O，2Fe3+2I-2Fe2+I2，KI+I2KI3；氧化性： IO3

15、-Fe3+I2。（1）学生甲对某加碘盐进行如下实验，以确定该加碘盐中碘元素的存在形式。取一定量加碘盐，用适量蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化，将所得溶液分为 3 份。第一份试液中滴加 KSCN 溶液后显红色；第二份试液中加足量 KI 固体，溶液显淡黄色，加入 CCl4，下层溶液显紫红色；第三份试液中加入适量 KIO3 固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。第一份试液中，加 KSCN 溶液显红色，该红色物质是_（用化学式表示）。第二份试液中“加入 CCl4”的实验操作名称为_，CCl4 中显紫红色的物质是_（用化学式表示）。根据这三次实验，学生甲得出以下结论：在加碘盐中，除了 Na+、Cl-以外，一定存在

16、的离子是_，可能存在的离子是_，一定不存在的离子是_。由此可确定，该加碘盐中碘元素是_价（填化合价）的碘。（2）将 I2溶于 KI 溶液，在低温条件下，可制得 KI3H2O该物质作为食盐加碘剂是否合适？_（填“是”或“否”），并说明理由_。（3）已知：I2+2S2O32-2I-+S4O62-学生乙用上述反应方程式测定食用精制盐的碘含量（假设不含Fe3+），其步骤为：a准确称取 wg 食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；b用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量 KI 溶液，使 KIO3与 KI 反应完全；c以淀粉溶液为指示剂，逐滴加入物质的量浓度为 2.010-3mol/L 的 Na2S2O3 溶液 10.

17、0mL，恰好反应完全。根据以上实验，学生乙所测精制盐的碘含量（以 I 元素计）是_mg/kg（以含w的代数式表示）。26、（10分）硫代硫较钠 (Na2S2O3)在生产生活中具有广泛应用。硫化碱法是工业上制取硫代硫酸钠的方法之一。实验室模拟工业生产装置如图所示：(1)利用如图装置进行实验，为保证硫酸顺利滴下的操作是_。(2)装置B中生成的Na2S2O3同时还生成CO2，反应的离子方程式为_；在该装置中使用多孔球泡的目的是_。(3)装置C的作用是检验装置B中SO2的吸收效果，C中可选择的试剂是_(填字母)。a.H2O2溶液 b.溴水 c.KMnO4溶液 d.BaCl2溶液(4)Na2S2O3溶液

18、常用于测定废水中Ba2+浓度。取废水20.00mL，控制适当的酸度，加入足盐K2Cr2O7溶液，得到 BaCrO4 沉淀，过滤洗涤后用适量稀酸溶解，此时 CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量 KI溶液，将Cr2O72- 充分反应；然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.100 mol/L的Na2S2O3 溶液进行滴定：(I2 +2 S2O32-= S4O62-+ 2I-)，滴定终点的现象为_。平行滴定3次，消耗Na2S2O3 溶液的平均用量为18.00mL。则该废水中Ba2+ 的物质的量浓度为_mol/L，在滴定过程中，下列实验操作会造成实验结果偏高的是_(填字母)。a.滴定管未用Na2S2

19、O3溶液润洗b.滴定终点时俯视读数c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理d.滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡27、（12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

20、作乙的名称是_，步骤产生金属铜的化学方程式为_。28、（14分）BA族半导体纳米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题：（1）基态锌（Zn）原子的电子排布式为Ar_。（2）“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是_（填标号）a 构造原理 b 泡利原理 c 洪特规则 d 能量最低原理（3）在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_。（4）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态，其主

21、要原因是_；的中心原子杂化类型为_，其空间构型为_。（5）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中化学键的类型为_。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成Zn(OH)42，请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_。 一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度为_gcm3。29、（10分）2015年“812”天津港危化仓库爆炸，造成生命、财产的特大损失。据查危化仓库中存有大量的钠、钾，硝酸铵和氰化钠（NaCN）。请回答下列问题：（1）钠、钾着火，下列可用来灭火的是_。A、 水 B、

22、泡沫灭火器 C、干粉灭火器 D、细沙盖灭（2）NH4NO3为爆炸物，在不同温度下受热分解，可发生不同的化学反应：在110C时：NH4NO3=NH3+HNO3+173kJ在185200C时：NH4NO3=N2O+2H2O+127kJ在230C以上时，同时有弱光：2NH4NO3=2N2+O2+4H2O+129kJ，在400C以上时，发生爆炸：4NH4NO3=3N2+2NO2+8H2O+123kJ上述反应过程中一定破坏了_化学键。（3）NaCN的电子式为_，Na+有_种运动状态不同的电子，C原子核外有_种能量不同的电子，N原子核外最外层电子排布有_对孤对电子。（4）下列能说明碳与氮两元素非金属性相对

23、强弱的是_。A、相同条件下水溶液的pH：NaHCO3NaNO3 B、酸性：HNO2H2CO3C、CH4比NH3更稳定 D、C 与H2的化合比N2与H2的化合更容易（5）NaCN属于剧毒物质，可以用双氧水进行无害化处理NaCN + H2O2 N2+ X + H2O，试推测X的化学式为_。（6）以TiO2为催化剂用NaClO将CN离子氧化成CNO，CNO在酸性条件下继续与NaClO反应生成N2、CO2、Cl2等。写出CNO-在酸性条件下被NaClO氧化的离子方程式：_；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、D【答案解析】A. Al和O2反应生成Al

24、2O3，但Al2O3不能一步反应生成Al(OH)3，故A错误；B. N2和H2化合生成NH3，但NH3不能一步反应生成NO2，故B错误；C. Cu和O2反应生成CuO，但CuO不能一步反应生成Cu(OH)2，故C错误；D. Na和O2反应生成Na2O2，Na2O2和CO2反应生成Na2CO3，Na2CO3和Ca(OH)2反应生成NaOH，故D正确。答案选D。2、D【答案解析】A饱和的NiS溶液中c(Ni2)=c(S2)= =3.21011molL1，同理饱和FeS溶液中c(Fe2)=c(S2)=2.4109molL1，因此I曲线代表的是FeS，II曲线代表的是NiS，即M点c(S2)=2.41

25、09molL1，故A错误；B此时P点对应的NiS为过饱和溶液，不是稳定分散系，应有沉淀产生，故B错误；CQ点加水，溶液中c(Ni2)、c(S2)减小，Q不能转化到N点，应在Q点上方，故C错误；D平衡常数K=6000，故D正确。3、D【答案解析】A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；D.Fe2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；故答案选:D。【答案点睛】常温下铝与浓硝

26、酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。4、C【答案解析】A金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；B常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B错误；C0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0.1NA，C正确；D100g34%的H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选

27、C。5、A【答案解析】A. 2Al2O3(熔融)4Al(s)+3O2，2Al+3Cl22AlCl3(s)，故A正确；B.SO2(g) +H2O=H2SO3(aq)，故B错误；C.NO(g)与NaOH(aq)不反应，故C错误；D. SiO2(s) 不溶于水，故D错误；故选A。6、A【答案解析】A次氯酸具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，故A错误；B无色酚酞遇碱变红色，向Na2SiO3溶液中滴加酚酞，溶液变红，说明该溶液呈碱性，则硅酸钠水解导致溶液呈碱性，故B正确；C氧化铝的熔点高于铝的熔点，铝表面被一层致密的氧化铝包着，所以铝箔在酒精灯火焰上加热熔化但不滴落，故

28、C正确；D氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，溶液呈酸性，则氯水遇蓝色石蕊试纸变红色，次氯酸有漂白性，所以试纸最后褪色，故D正确；答案选A。7、D【答案解析】由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出，大气固氮反应是吸热反应，工业固氮是放热反应。评价一个化学反应是否易于实现工业化，仅从平衡的角度评价是不够的，还要从速率的角度分析，如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率，那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。【题目详解】A仅从平衡角度分析，常温下工业固氮能够获得更高的平衡转化率；但是工业固氮，最主要的问题是温和条件下反应速率太低，这样平衡转化率再高意义也不大；所

29、以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行，A项错误；B分析表格中不同温度下的平衡常数可知，大气固氮反应的平衡常数很小，难以获得较高的转化率，因此不适合实现大规模固氮，B项错误；C平衡常数被认为是只和温度有关的常数，C项错误；D对于大气固氮反应，温度越高，K越大，所以为吸热反应；对于工业固氮反应，温度越高，K越小，所以为放热反应，D项正确；答案选D。【答案点睛】平衡常数一般只认为与温度有关，对于一个反应若平衡常数与温度的变化不同步，即温度升高，而平衡常数下降，那么这个反应为放热反应；若平衡常数与温度变化同步，那么这个反应为吸热反应。8、B【答案解析】Ac(CO32-)=7.010-5molL1

30、时，c(Ca2+)=4.010-5molL1，Ksp(CaCO3)=7.010-54.010-5=2.810-9，当c(Ca2+)=5.010-5molL1时，a10-5molL1=c(CO32-)= =5.610-5molL1,a=5.6,故A正确；B1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C从图中当c(CO32-)在0a时，溶液为CaC2O4的饱和溶

31、液，c(C2O42-) 的最大值为5.610-5molL1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)，故C正确；D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=2molL1，根据Ksp（CaC2O4）=c（Ca2）c（C2O42-）=5.010-55.010-5，可知此时溶液中c（Ca2）=1.2510-9molL1，而根据Ksp（CaCO3）=2.810-9可知溶液中的c（CO32）= = 2.240molL1，故溶液中n（CO32）=2.240molL10.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的

32、物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；故选B。【答案点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算。9、C【答案解析】依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式判断氧化性Fe3I2，由反应方程式得到氧化性Br2Fe3，由反应方程式得到氧化性I2Fe(CN)63-，综合可得C项正确。故选C。10、B【答案解析】在测定稀盐酸和氢氧化钠稀溶液中和反应反应热的实验中,需要使用量筒量取溶液体积，小烧杯作为两

33、溶液的反应容器，小烧杯置于大烧杯中，小烧杯与大烧杯之间填充隔热材料，反应过程中用环形玻璃搅拌棒不断搅拌促进反应均匀、快速进行，用温度计量取起始温度和最高温度，没有使用到的是容量瓶、试管、蒸发皿、托盘天平，即，答案选B。11、D【答案解析】A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H+2e-=H2，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1mo

34、lH2生成，则转移0.2mol电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2+8H+，D正确；故合理选项是D。12、D【答案解析】石炭酸是苯酚，属于纯净物、福尔马林是甲醛的水溶液属于混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液属于混合物、水银是单质属于纯净物，错误；CaCl2、烧碱、苯乙烯是化合物，HD是氢气分子，不是化合物，错误；明矾是十二水合硫酸铝钾晶体、冰醋酸属于酸、硫酸钡是盐，都是电解质，正确；干冰是二氧化碳，是纯净物、冰

35、水混合物是水，属于纯净物、浓硫酸是混合物、水晶是二氧化硅，属于纯净物，错误；足球烯、石墨、金刚石是由C元素形成的性质不同的单质，属于同素异形体，正确；CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，组成相差CH2，结构不一定相似，所以不一定是同系物，错误，错误；答案选D。13、C【答案解析】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H+OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少

36、，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合。答案选C。14、C【答案解析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2，反应中Cu元素的化合价降低，I元素的化合价升高；向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低。【题目详解】A、滴加KI溶液时，I元素的化合价升高，KI被氧化，Cu元素的化合价降低，则CuI是还原产物，故A正确；B、通入SO2后溶液逐渐变成无色，发生了氧化还原反应，S元素的化合价升高，体现其还原性，故B正确；C、发生2CuSO4+4KI2

37、K2SO4+2CuI+I2、SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI均为氧化还原反应，没有复分解反应，故C错误；D、2CuSO4+4KI2K2SO4+2CuI+I2反应中Cu元素的化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为-1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2SO2，所以氧化性Cu2+I2SO2，故D正确。答案选C。【答案点睛】本题考查氧化还原反应，根据题目信息推断实验中发生的反应，素材陌生，难度较大，考查学生对氧化还原反应的利用，把握反应中元素的

38、化合价变化为解答的关键，选项B为易错点。15、D【答案解析】A. 由于碳九中碳原子个数比汽油的多，所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成“积碳”，故A正确；B. 裂解碳九中含有烯烃，能与溴水发生加成反应而使其褪色，故B正确；C. 均三甲苯的二氯代物中，两个氯原子在同一个碳原子上的有1种：，在不同碳原子上的有4种：、，共有5种，故C正确；D. 异丙苯与对甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2原子团的要求，故D错误；故答案为D。【答案点睛】有机物二元取代物的种数确定，应采用“定一移二”的方法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目。16、

39、D【答案解析】根据图象可知：混合溶液中开始滴加NaOH溶液时，溶液pH2，几乎等于H2SO4溶液的pH，随着NaOH溶液的滴加，溶液pH变化不大，当滴加至100 s时，产生滴定突跃，此时溶液pH5，等于CuSO4溶液的pH，说明此时发生反应为H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O，即在前100 s内发生酸碱中和反应，在100 s200 s内发生反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)2，在200 s时，该反应沉淀完全，发生滴定突跃，在200 s以后W段的溶液中，处于Cu(OH)2的沉淀溶解平衡阶段，溶液中c(H+)几乎不变。【题目详解】A根据上述分析可知：在p点阶段，发生反应：H+OH-=

40、H2O，在q点阶段，发生反应：Cu2+2OH-=Cu(OH)2，在w段，发生滴定突跃，Cu2+滴定达到沉淀溶解平衡阶段，所以三个时点的溶液中Cu2+的浓度关系c(Cu2+)：pqw，A正确；B w点时溶液中溶质为Na2SO4及难溶性Cu(OH)2的饱和溶液，根据Na2SO4=2Na+SO42-及Cu(OH)2是难溶性物质，但其溶解电离产生的离子浓度远大于水电离产生的离子浓度，所以此时溶液中微粒浓度关系为：c(Na+)c(SO42-)c(Cu2+)c(H+)，B正确；C根据滴定时溶液的pH变化，结合单独滴加NaOH溶液时的pH图象可知：混合溶液中滴加NaOH溶液，硫酸先于硫酸铜发生反应，C正确；

41、Dq点时溶液中含Na2SO4、CuSO4及H2O，根据电荷守恒可得离子浓度：2c(SO42-)+c(OH-)=2c(Cu2+)+c(H+)+c(Na+)，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了反应先后顺序的判断及溶液中离子浓度大小比较。碱与酸、盐混合溶液反应先后顺序的判断可结合溶液pH变化分析，酸碱中和能力大于碱与盐反应的能力，结合电荷守恒、原子守恒、质子守恒分析离子浓度关系。17、D【答案解析】A甲中与N相连的H被-CH2COCH3取代，发生取代反应，A错误；B甲中至少有6个碳原子共面，即苯环的6个C，B错误；CBr2能将-CHO氧化，甲乙中均含-CHO，C错误；D与4个不相同的原子

42、或原子团相连的C原子称为手性碳，一定条件下，乙中苯环、酮基、-CHO均能和氢气发生加成反应，其产物有4个手性碳，如图*所示：，D正确。答案选D。18、B【答案解析】A.FeCl3具有强氧化性，能与Cu等金属反应，可用于蚀刻铜制的印制线路板，与FeCl3易发生水解无关，A错误；B.漂白粉的主要成分是次氯酸钙，次氯酸钙具有强氧化性，能氧化SO2和NO生成硫酸盐和硝酸盐，所以漂白粉可用于脱除烟气中SO2和NO有害气体，B正确；C.CaCO3能与酸反应，能改良、修复被酸雨浸蚀的土壤，与CaCO3高温下能分解无关，C错误；D.活性炭与Pb2+等金属离子不反应，不能用于除去水体中Pb2+等重金属离子，D错

43、误；故合理选项是B。19、D【答案解析】元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，则X位于第二期，Y、Z位于第三周期；X的最高正价和最低负价之和为0，则X位于A族，为C元素，结合各元素在周期表中的相对位置可知，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素，据此解答。【题目详解】根据分析可知：X为C元素，Y为S，Z为Cl元素，Q为Sc元素。A.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（Y）r（Z）r（X），故A正确；B.亚硫酸与次氯酸反应生成HCl和硫酸，HCl和硫酸都是强酸，故B正确；C.Q位于A族，最外层含有6个电子，根据O、S的性质可

44、推测Se的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应，故C正确；D.非金属性越强，对应离子的失电子能力越强，非金属性ClS，则简单离子失电子能力Z（Cl）Y（S），故D错误；故选D。20、D【答案解析】A. X的分子式为C12H14O3，故A错误；B. 羟基邻位碳上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；C. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。答案选D。21、C【答案解析】A. 利用高纯度的硅单质的半导体性能，广泛用于制作芯片，正确，故A不选；B. 碳酸镁加热分

45、解可以得到氧化镁，氧化镁可用于制造耐高温材料，故B不选；C.SO2中的硫元素的化合价为+4价，浓硫酸中的硫元素的化合价为+6价，价态相邻，故SO2可以用浓硫酸干燥，但SO2有强还原性，故C选；D.合金的硬度大于金属单质，故D不选；故选C。22、D【答案解析】该反应过程为：CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀盐酸，Fe2O3转化FeCl3存在于滤液A中，滤渣A为CeO2和SiO2；加入稀硫酸和H2O2，CeO2转化为Ce3+，滤渣B为SiO2；加入碱后Ce3+转化为沉淀，通入氧气将Ce从+3价氧化为+4价，得到产品。根据上述分析可知，过程为Fe2O3与盐酸发生反应，选项A正确；结合过滤操作要

46、点，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒，选项B正确；稀硫酸、H2O2、CeO2三者反应生成Ce2(SO4)3、O2和H2O，反应的离子方程式为6H+H2O2+2CeO22Ce3+O2+4H2O，选项C正确；D中发生的反应是4Ce(OH)3+O2+2H2O4Ce(OH)4，属于化合反应，选项D错误。二、非选择题(共84分)23、取代反应 18 羰基、醚键 浓硫酸、加热（或：P2O5） 30 【答案解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得

47、到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应； B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C()中含氧官能团有羰基、醚键；反应为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，苯环上只有3个取代基；可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有

48、羧基；1mol J可中和3mol NaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为C3H6COOH的结构有CH2CH2CH2COOH、CH2CH(CH3)COOH、CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)2COOH、CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化

49、氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。24、C6H7N 羰基、碳碳双键 酯化反应（或取代反应） HOCH2COOC2H5 +C6H5CH2Br+HBr 2 或 【答案解析】本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型

50、；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【题目详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7

51、N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，DE发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为： + C6H5CH2Br +HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应

52、，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。25、Fe(SCN)3 萃取 I2 和Fe3+ Mg2+、K+ I- +5 否 KI3受热（或潮湿）条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华 【答案解析】（1）从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有F

53、e3+，反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成。这是因为由于氧化性：Fe3+I2，加足量KI后，和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，根据化合价规律确定该加碘盐中碘元素的价态；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变色。由此可知该加碘盐中不含KI；具有氧化性的离子为与具有还原性的离子为I-，发生氧化还原反应；（2）根据KI具有还原性及氧化还原反应、KI3在常温下不稳定性来分析；（3）存在KIO33I26Na2S2O3，以此计算

54、含碘量。【题目详解】（1）某加碘盐可能含有K+、I-、Mg2+，用蒸馏水溶解，并加稀盐酸酸化后将溶液分为3份：从第一份试液中滴加KSCN溶液后显红色，可知该加碘盐中含有Fe3+，反应：Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3，Fe(SCN)3呈血红色；故答案为：Fe(SCN)3；从第二份试液中加足量KI固体，溶液显淡黄色，用CCl4萃取，下层溶液显紫红色，可知有碘生成，故答案为：萃取；I2；据上述实验得出氧化性：Fe3+I2，加足量KI后，IO3-和Fe3+均能将I-氧化成I2，由此也可以知道该加碘盐添加KIO3，该加碘盐中碘元素是+5价；第三份试液中加入适量KIO3固体后，滴加淀粉试剂，溶液不变

55、色。由此可知该加碘盐中不含KI，一定存在的离子是：IO3-和Fe3+，可能存在的离子是：Mg2+、K+，一定不存在的离子是I-，故答案为：和Fe3+；Mg2+、K+；I-；+5；（2）KI作为加碘剂的食盐在保存过程中，KI会被空气中氧气氧化，根据题目告知，KI3H2O是在低温条件下，由I2溶于KI溶液可制得，再由题给的信息：“KI+I2KI3”，可知KI3在常温下不稳定性，受热(或潮湿)条件下易分解为KI和I2，KI又易被空气中的氧气氧化，I2易升华，所以KI3H2O作为食盐加碘剂是不合适的，故答案为：否；KI3受热(或潮湿)条件下产生KI和I2，KI被氧气氧化，I2易升华；（3）根据反应式可

56、知，设所测精制盐的碘含量(以I元素计)是xmg/kg，则因此所测精制盐的碘含量是x=，故答案为：。26、打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔 4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2 增大SO2与溶液的接触面积，使反应充分 bc 滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复 0.03mol/L a 【答案解析】装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，进入B装置，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，装置B中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠；装置C检验二氧化硫的吸收效果，需要有明显的实验现象；装置D进行尾气吸收。(4)滴定过程

57、中，Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，然后滴入Na2S2O3标准液滴定生成的碘单质的量，从而确定Cr2O72-的量，进而确定钡离子的量。【题目详解】(1)若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞，或没有将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，分液漏斗内的液体将不能顺利滴下，为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔；(2)根据已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3和CO2，该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低，做氧化剂，硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2；在该装

58、置中使用多孔球泡可以增大接触面积，使反应充分；(3)a二氧化硫可以被双氧水氧化，但没有明显现象，故a不选；b溴水可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故b选；c高锰酸钾可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故c选；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故d不选；综上所述选bc；(4)滴定终点碘单质被完全反应，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复；Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，自身被还原成Cr3+，所以有转化关系Cr2O72-3I2，滴定过程中发生反应I2 +2S2O32-= S4O62-+ 2I-，所以I22S2O32-，钡离子与Cr

59、2O72-存在转化关系2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-，所以Ba2+和S2O32-存在数量关系2Ba2+6S2O32-，所以废液中Ba2+的浓度为；a滴定管未用标准液润洗，会稀释标准液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；b滴定终点时俯视读数导致读数偏小，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；c锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，对待测液的溶质的物质的量没有影响，故对实验结果不影响；d滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡将使读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；综上所述选a。27、过滤 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 棕黄色 Fe2+、Cu2+、Fe3+ d 电解 CuCl2Cu+

60、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+2Fe3+=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+