新疆伊宁生产建设兵团第四师第一中学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(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NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法

2、正确的是A6g 3He含有的中子数为2NAB1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD0.1molL1Na2SO4溶液中含有的SO42数目为0.1NA2、科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A过程I得到的Li3N中N元素为3价B过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程中能量的转化形式为化学能转化为电能D过程涉及的反应为4OH4eO2+2H2O3、下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项 实验 现象结论A将SO

3、2通入BaCl2溶液中，然后滴入HNO3有白色沉淀生成，且白色沉淀不溶于稀硝酸所得的沉淀为BaSO3，后转化为BaSO4B向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性：I- Fe2+C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色液体FeCl2溶液部分变质D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性AABBCCDD4、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是ANaCl(aq)NaHCO3(s) Na2CO3(s)BCuCl2 Cu(OH)2 CuCAl NaAlO2(aq) NaAlO2(s)DMgO(s) M

4、g(NO3)2(aq) Mg(s)5、在2019年9月25日，北京大兴国际机场正式投运。下列说法不正确的是A机场航站楼使用的玻璃为无机非金属材料B机场航站楼使用的隔震支座由橡胶和钢板相互粘结而成，属于新型无机材料C机场航站楼采用的钢铁属于合金材料D机场高速采用了新型自融冰雪路面技术，减少了常规融雪剂使用对环境和桥梁结构所造成的破坏6、化学方便了人类的生产与生活，下列说法不正确的是A氢氧化铝可用于中和人体过多的胃酸B碘是人体必需的微量元素，应该适量服用I2C葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸钙D漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)27、对下图两种化合物的结构或性质描述正确的是A不是同分异构体B分

5、子中共平面的碳原子数相同C均能与溴水反应D可用红外光谱区分，但不能用核磁共振氢谱区分8、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（ ）AY和Z形成的化合物的水溶液呈碱性BW和Y具有相同的最高化合价C离子半径YZDZ的氢化物为离子化合物9、ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（ ）A升华B熔化C溶于CCl4D受热分解10、向恒温恒容密闭容器中充入1 mol X 和1 mol Y，发生反应 X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列选项不能说明反应已达平衡状态的是Av正(X)=2v逆(Y

6、)B气体平均密度不再发生变化C容器内压强不再变化DX的浓度不再发生变化11、探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：. 向5mL 0.05 mol/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05mol/L KI溶液（反应a），平衡后分为两等份. 向一份加入饱和KSCN溶液，变红（反应b）；加入CCl4，振荡静置，下层显极浅的紫色. 向另一份加入CCl4，振荡静置，下层显紫红色结合实验，下列说法不正确的是：A反应a为：2Fe3+2I-2Fe2+I2B比较氧化性：中，I2Fe3+C中，反应a进行的程度大于反应bD比较水溶液中c(Fe2+)： 12、根据能量示意图,下列判断正确的是( )A化学反应中断键要放出

7、能量,形成化学键要吸收能量B该反应的反应物总能量小于生成物总能量C2A2(g)+B2(g)= 2C(g)H=-(b+c-a)kJmol-1D由图可知,生成1 mol C(l),放出 (b+c-a)kJ热量13、某温度下，向10mL 0.1molL-1 CuCl2溶液中滴加0.1molL-1的Na2S溶液，滴加过程中-lg c(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=310-25，下列有关说法正确的是ANa2S溶液中：c(H+)c(HS-)c(H2S)c(OH-)Ba、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b点Cc点溶液中c(Cu2+)=10-34.4 molL

8、-1D向100mL Zn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1molL-1的混合溶液中逐滴加入10-3 molL-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀14、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，0.1molCl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB标准状况下，6.72LNO2与水充分反应转移的电子数目为0.1NAC1.0L1.0mo1L1 的NaAlO2水溶液中含有的氧原子数为2NAD常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体含有的原子数目为NA15、下列关于甲、乙、丙、丁四种仪器装置的有关用法，其中不合理的是（ ）A甲装置：可用来证明硫的非金属性比硅强B乙装置：橡皮管的作用是能

9、使水顺利流下C丙装置：用图示的方法能检查此装置的气密性D丁装置：可在瓶中先装入某种液体收集NO气体16、去除括号内少量杂质，选用的试剂和方法正确的是A乙烷(乙烯)：通 H2 催化剂加热B己烷(己烯)：加溴水后振荡分液CFe2O3 (Al2O3)：加 NaOH 溶液过滤DH2O (Br2)：用酒精萃取17、下列说法错误的是（ ）A图a所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B用图b所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e口通入NH3，再从f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误

10、18、下列叙述正确的是（ ）A合成氨反应放热，采用低温可以提高氨的生成速率B常温下，将pH4的醋酸溶液加水稀释，溶液中所有离子的浓度均降低C反应4Fe(OH)2(s)2H2O(l)O2(g)=4Fe(OH)3(s)常温下能自发进行，该反应的HPH3，CH3OH HCHOBSO2与CO2的化学性质有些类似，但空间结构与杂化方式不同C熔、沸点: SiF4 SiCl4 SiBr4 KCl KBr，原因是晶格能逐渐减小（5）钠钾合金属于金属晶体，某种合金的晶胞结构如图所示，晶体中K 原子的配位数为_；已知金属原子半径r（Na）、r（K），计算晶体的空间利用率_（假设原子是刚性球体）29、（10分）磷及

11、部分重要化合物的相互转化如图所示。(1)不慎将白磷沾到皮肤上，可用0.2mol/L CuSO4溶液冲洗，根据步骤可判断，1mol CuSO4所能氧化的白磷的物质的量为_。(2)步骤中，反应物的比例不同可获得不同的产物，除Ca3(PO4)2外可能的产物还有_。磷灰石是生产磷肥的原料，它的组成可以看作是Ca3(PO4)2、CaF2、CaSO4、CaCO3、SiO2的混合物，部分元素的分析结果如下（各元素均以氧化物形式表示）：成分CaOP2O5SO3CO2质量分数（%）47.3028.403.506.10 (3)磷灰石中，碳元素的质量分数为_%（保留两位小数）。(4)取100g磷灰石粉末，加入足量的

12、浓硫酸，并加热，钙元素全部以CaSO4的形式存在，可以得到CaSO4_g（保留两位小数）。(5)取m g 磷灰石粉末，用50.00mL混酸溶液（磷酸为0.5mol/L、硫酸为0.1mol/L）与其反应，结果Ca、S、P元素全部以CaSO4和Ca(H2PO4)2的形式存在，求m的值_。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、A【答案解析】A 、6g 3He的物质的量为2 mol，1 mol3He含有的中子数为NA，2 mol 3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA ，选项B错误

13、；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1 mol，1 mol C4H10中极性健数目为10NA ，非极性键数目为3 NA，选项C错误；D、0.1molL1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42数目，选项D错误。答案选A。2、C【答案解析】A.Li3N中锂元素的化合价为+1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为-3价，A项正确；B.由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式：Li2N+3H2O3LiOH+NH3，B项正确；C.由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单

14、质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D.过程电解LiOH产生O2，阳极反应为4OH4eO2+2H2O，D项正确。故答案选C。3、B【答案解析】A二氧化硫与氯化钡不反应，但溶解的二氧化硫能够被硝酸氧化生成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，结论不正确，故A错误；D氯水先氧化碘离子生成碘单质，则溶液变蓝，可知还原性：I-Fe2+，故B正确；C过氧化钠具有强氧化性，与水反应生成碱，过氧化钠可氧化亚铁离子，因此出现红褐色沉淀和无色液体，该现象不能说明FeCl2溶液是否变质，故C错误；D浓硫酸滴入蔗糖中，使蔗糖脱水，反应放热，然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫等，主要体现了浓硫酸的脱

15、水性和氧化性，结论不正确，故D错误；故选B。4、C【答案解析】A. NaCl溶液中通入二氧化碳不能反应生成碳酸氢钠，但碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，故不正确；B. CuCl2和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜和葡萄糖反应生成氧化亚铜沉淀，不能得到铜，故错误；C. Al和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液加热蒸干得到偏铝酸钠固体，故正确；D. MgO(s)和硝酸反应生成硝酸镁，硝酸镁溶液电解实际是电解水，不能到金属镁，故错误。故选C。5、B【答案解析】A玻璃的主要成分为硅酸盐，属于无机非金属材料，A正确；B橡胶属于有机高分子材料，钢板属于合金材料，它们都不属于新型无机材料，B不

16、正确；C钢铁是铁碳的合金，属于合金材料，C正确；D常规融雪剂主要成分为氯化镁等，会腐蚀水泥路面和桥梁，新型自融冰雪路面技术可减少对路面及桥梁的影响，D正确；故选B。6、B【答案解析】A胃酸的主要成分为HCI，Al(OH)3与HCI反应达到中和过多胃酸的目的，正确，A不选；B碘元素是人体必需微量元素，不能摄入过多，而且微量元素碘可以用无毒IO3或I补充，而I2有毒不能服用，错误，B选； C葡萄糖是食品添加剂，也可直接服用，同时葡萄糖通过氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制备补钙剂葡萄糖酸钙，正确，C不选；D漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够氧化有色物质

17、，起到漂白的作用，正确，D不选。答案选B。7、C【答案解析】A、二者分子式相同而结构不同，所以二者是同分异构体，错误；B、第一种物质含有苯环，8个C原子共面，第二种物质含有碳碳双键，7个C原子共面，错误；C、第一种物质含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，第二种物质含有碳碳双键，可与溴水发生加成反应，正确；D、两种有机物H原子位置不同，可用核磁共振氢谱区分，错误；答案选C。8、D【答案解析】W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F)，Y为Cl；W、X、Z最外层电子数之和为11，则X、Z的最外层电子数之和为4，Z可能为K或Ca，则X可能为Al或Mg。【题目详解】

18、AY和Z形成的化合物，不管是CaCl2还是NaCl，其水溶液都呈中性，A错误；BF没有正价，Cl的最高化合价为+7，B错误；C离子半径Cl-K+Ca2+，则离子半径YZ，C错误；DCaH2、KH都是离子化合物，D正确；故选D。9、D【答案解析】ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。10、A【答案解析】A. 在任何时刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，则v正(Y)= 2v正(X)=4 v逆(Y)，说明反应正向进行，未达到平衡状态，A符合题意

19、；B. 反应混合物中W是固体，若未达到平衡状态，则气体的质量、物质的量都会发生变化，气体的密度也会发生变化，所以当气体平均密度不再发生变化时，说明反应处于平衡状态，B不符合题意；C. 反应在恒容密闭容器中进行，反应前后气体的物质的量发生变化，所以若容器内压强不再变化，则反应处于平衡状态，C不符合题意；D. 反应在恒温恒容的密闭容器中进行，若反应未达到平衡状态，则任何气体物质的浓度就会发生变化，所以若X的浓度不再发生变化，说明反应处于平衡状态，D不符合题意；故合理选项是A。11、C【答案解析】A、加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明5mL 0.05mol/L FeCl3溶液中加入5mL

20、0.05mol/L KI溶液，两者发生氧化还原反应生成碘单质，所以反应的化学方程式：2Fe3+2I-2Fe2+I2，故A正确；B、中下层显极浅的紫色，说明加入饱和KSCN溶液，平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动，所以在饱和KSCN溶液中，碘单质是氧化剂，铁离子是氧化产物，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性：中，I2Fe3+，故B正确；C、反应a进行是铁离子与碘离子反应生成单质碘和亚铁离子，而反应b进行的是铁离子与KSCN溶液生成络合物的反应，两者反应不同，无法比较其反应程度的大小，故C错误；D、中下层显极浅的紫色，说明平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动，导致亚铁离

21、子的浓度减小，中向另一份加入CCl4，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2正向移动，所以水溶液中c(Fe2+)：，故D正确；答案选C。12、D【答案解析】A. 断键需要吸热，成键会放热，故A不选；B. 该反应是放热反应，反应物总能量大于生成物总能量，故B不选；C. 2A2(g)+B2(g)=2C(g) H=-(b-a)kJmol-1。生成C(l)时的H=-(b+c-a)kJmol-1，故C不选；D. 据图可知，生成1 mol C(l)，放出 (b+c -a)kJ的热量，故D选。故选D。13、B【答案解析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1

22、mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，结合溶度积常数和溶液中的守恒思想分析解答。【题目详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，b点滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。ANa2S

23、溶液显碱性，根据质子守恒，c(H+)c(HS-)2c(H2S)c(OH-)，故A错误；Ba、c两点Cu2+、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进和抑制，水的电离程度最小，故B正确；C该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-) =10-17.7mol/L10-17.7mol/L =10-35.4mol2/L2，c点溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=0.1mol/L，因此 c(Cu2+)=310-34.4 mol/L，故C错误；D向100 mLZn2+、Cu2

24、+浓度均为0.1molL-1的混合溶液中逐滴加入10-3 molL-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=310-24mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，先产生CuS沉淀，故D错误；故选B。【答案点睛】本题的难点是根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp，也是解题的关键。本题的易错点为C，要注意c点溶液中c(S2-)=0.1mol/L。14、D【答案解析】A. 氯气和水反应为可逆反应，所以转移的电子数目小于0.1NA，故A错误；B. 标准状况下，6.72LNO2的物

25、质的量为0.3mol，根据反应3NO2+H2O2HNO3+NO可知，0.3mol二氧化氮完全反应生成0.1molNO，转移了0.2mol电子，转移的电子数目为0.2NA，故B错误；C. NaAlO2水溶液中，除了NaAlO2本身，水也含氧原子，故溶液中含有的氧原子的个数大于2NA个，故C错误；D. 14g由N2与CO组成的混合气体的物质的量为：=0.5mol，含有1mol原子，含有的原子数目为NA，故D正确。故答案选D。15、A【答案解析】试题分析：A二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸钠溶液反应生成不溶性硅酸，但亚硫酸不是硫元素的最高价含氧酸，乙醇则该装置不能能

26、证明硫的非金属性比硅强，故A错误；B橡皮管可使下部的压力转移到上方，从而利用压强平衡的原理使液体顺利流下，故B正确；C如果装置的气密性良好，甲、乙两侧水面高度不同，否则水面相同，所以能检验装置的气密性，故C正确；DNO不溶于水，因此在此装置中充满水，从进气可以收集NO气体，故D正确；故选A。考点：考查化学实验方案设计，涉及非金属性强弱的判断、气密性检验、气体的收集方法等知识点16、C【答案解析】A. 乙烷(乙烯)：通 H2 催化剂加热，虽然生成乙烷，但氢气量不好控制，有可能引入氢气杂质，应该通入溴水中，故A错误；B. 己烷(己烯)：加溴水，己烯与溴发生加成反应，生成有机物，与己烷互溶，不会分层

27、，故B错误；C. Fe2O3 (Al2O3)：加 NaOH 溶液，氧化铝与氢氧化钠溶液反应，氧化铁与氢氧化钠溶液不反应，过滤可以得到氧化铁，故C正确；D. H2O (Br2)：不能用酒精萃取，因为酒精易溶于水，故D错误；故选：C。17、B【答案解析】A. 根据图a装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A正确；B. 阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B错误；C. 图c所示装置是侯氏制碱法的反应原

28、理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D. 如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D正确。故选B。【答案点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。18、C【答案解析】A、降低温度，会减慢氨的生成速率，选项A错误；B、常温下，将pH=4的醋酸溶液稀释后，溶液中氢

29、离子的浓度降低，由c（OH-）=可知氢氧根离子的浓度增大，选项B错误；C、反应4Fe(OH)2(s)2H2O(l)O2(g)=4Fe(OH)3(s)，S0，常温下能自发进行，说明H-TS0，因此可知H0，选项C正确；D、可看作该反应的平衡常数的倒数，温度不变，平衡常数不变，则该值不变，选项D错误。答案选C。19、B【答案解析】A由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H+2e-=H2AQ，故A不符合题意；B原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；C甲池处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2

30、+H2AQH2O2+AQ，故C不符合题意；D乙池处，硫化氢失电子生成硫单质，得电子生成I-，离子方程式为：H2S+3I-+S+2H+，故D不符合题意；故选：B。【答案点睛】本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。20、D【答案解析】A、将键线式转化为分子式，该物质的分子式为C9H10，A错误；B、该物质有个对称轴，共有4种等效氢，如图所示，则一氯代物共4种，B错误；。C、两个环共用的碳原子，是饱和的碳原子，与4个碳原子相连，空间结构类似于CH4，最多3个原子共平面，C错误；B、分子中含有碳碳双键，能够被高锰酸钾氧化，而使酸性高锰酸钾

31、溶液褪色，D正确；答案选D。21、A【答案解析】A氧化钠和过氧化钠中阴阳离子个数比都是12，4.6g钠的物质的量是0.2mol，4.6gNa完全转化成Na2O和Na2O2的混合物，钠离子的物质的量是0.2mol，所以生成物中阴离子为0.1mol，阴离子总数为0.1 NA，故A正确；B标准状况下，22.4L丙烷的物质的量为=1mol，C3H8含共用电子对数=1mol10NA=10NA，故B错误；C氯气和水的反应为可逆反应，不能完全反应，故转移的电子数小于0.1NA个，故C错误；D铵根离子能少量水解，1L0.1molL-1NH4NO3溶液中含有铵根离子的数目小于0.1NA，故D错误；故选A。【答案

32、点睛】本题的易错点为A，要注意过氧化钠中的阴离子为过氧根离子。22、C【答案解析】A用容量瓶配制溶液不能用待装液润洗，A项错误；B湿润的红色石蕊试纸遇酸性气体不变色，B项错误；CMnO2和浓盐酸在加热条件下可制备氯气，C项正确；D乙酸和乙醇互溶，不能用分液漏斗进行分离，D项错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、D【答案解析】氧化得到的A为ClCH2COOH，ClCH2COOH与NH3作用得到的B为H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为，再与CH3OH作用得到的D为；与SOCl2作用生成的E为，E与D作用生成的F为，F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨

33、酸钠；（1）写出化合物的结构简式：B为H2NCH2COOH； D为；（2）A催化氧化为转化为ClCH2COOH，反应类型为氧化反应，故A正确；B RCOOH与SOCl2发生取代反应，所得产物为RCOOCl、SO2和HC1，故B正确；C化合物B为氨基酸，一定条件下能发生缩聚反应，故B正确；D布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na，故D错误；答案为D。（3）红外光谱表明分子中含有酣基，实验发现能与NaOH溶液12反应，也能发生银镜反应，说明苯环上直接连接HCOO；HNMR谱显示分子中有三个相同甲基，说明同一碳原子上连接三个甲基；苯环上只有一种化学环境的氢原子，因苯环上不可能只有对位有两个

34、不同的取代基，可以保证对称位置上的氢原子环境相同，满足条件的同分异构体有；（4）F布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为；（5）以为原料制备的合成路线为。点睛：本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型；难点是有机物D的结构确定，可先根据F的碱性水解，结合产物确定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架结构、反应原理及原子守恒分析推测D的结构。24、C7H7NO2 羧基、氨基

35、 ac n+nH2O 取代反应 保护氨基 +H2O+CH3COOH 【答案解析】(1)由甲的结构简式，则甲的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 ，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)由可知步骤的反应类型是取代反应；答案：取代反应。步骤和在合成

36、甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；步骤反应的化学方程式为。答案：。25、弱 还原 分液漏斗 排除装置中的空气 Cu2+H2S=CuS+2H+ 将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收 洗涤 干燥 2.5mol/L 偏高 【答案解析】（1）根据盐类水解原理及酸性高锰酸钾的强氧化性分析解答；（2）根据实验目的、实验装置及空气的组成和H2S的还原性分析解答；运用关系式法进行相关计算。【题目详解】（1）在试管中加入少量三硫代碳酸钠样品，加水溶解，洲得溶液pH=10，溶液显碱性，说明盐为强碱弱酸盐；向该溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去证明盐被氧化发生氧

37、化还原反应，Na2CS3具有还原性，故答案为：弱；还原性；（2）根据仪器构造分析，仪器d的名称分液漏斗；N2化学性质比较稳定，为了防止空气中氧气将H2S氧化，所以反应开始时需要先通入一段时间N2，排除装置中的空气，故答案为：分液漏斗；排除装置中的空气；B中发生反应是硫酸铜和硫化氢反应生成黑色硫化铜沉淀，反应的离子方程式为：Cu2+H2S=CuS+2H+，故答案为：Cu2+H2S=CuS+2H+；反应结束后打开活塞K，再缓慢通入热N2一段时间，其目的是：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收；将装置中的CS2全部排入C中被充分吸收，故答案为：将装置中的H2S全部排入B中被充分吸收，将装置中的CS

38、2全部排入C中被充分吸收；称量B中沉淀质量之前需要进行的实验操作名称是：过滤、洗涤、干燥，若B中生成沉淀的质量为8.4g，物质的量=，物质的量守恒，CS32-+2H+=CS2+H2S，Cu2+H2S=CuS+2H+，得到定量关系：CS32H2SCuS， n（Na2CS3）= n（CuS）=0.0875mol，则35.0mL三硫代碳酸钠溶液的物质的量浓度，故答案为：洗涤、干燥； 2.5mol/L；若反应结束后将通热N2改为通热空气，通过测定C中溶液质量的增加值来计算三硫代碳酸钠溶液的浓度时，C中除吸收二硫化碳还会吸收空气中二氧化碳，溶液质量增加偏大，计算得到溶液浓度或偏高，故答案为：偏高。26、

39、II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境 【答案解析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，

40、装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【题目详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达

41、到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的

42、非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【答案点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。27、还原性、酸性 充分溶解和，以增大反应物浓度 分液 除去（或），防止氧化 C 乙醇（或酒精） 89.5%。 【答案解析】装置A用于制取Cl2，发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，装置B中发生的是制取HIO3的反应，装置C为尾气处理装置，既要吸收尾气中

43、的HCl和Cl2，还要防止倒吸。【题目详解】（1）装置A中发生的反应为：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，浓盐酸中的Cl元素有一部分失电子转化为Cl2，表现出还原性，还有一部分Cl元素没有变价转化为KCl（盐），表现出酸性，故答案为：还原性、酸性；（2）装置B中发生的反应为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl，Cl2和I2均难溶于水，易溶于CCl4，加入CCl4可使二者溶解在CCl4中，增大反应物浓度，故答案为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3+10HCl；充分溶解I2和Cl2，以增大反应物浓度；（3）分离B中制得的HIO3水溶液的操作为分液，HIO3溶

44、液中混有的Cl2在碱性条件下转化为ClO-，ClO-会将IO3-氧化为IO4-，因此在中和前需要将Cl2除去，故答案为：分液；除去Cl2（或ClO-），防止氧化KIO3；（4）尾气中主要含HCl和Cl2，需用NaOH溶液吸收，同时要防止倒吸，故答案为：C；（5）因为KIO3难溶于乙醇，向KIO3溶液中加入乙醇可降低其溶解度，促使KIO3晶体析出，故答案为：乙醇（或酒精）；（6）每20mLKIO3溶液中，加入KI溶液和稀盐酸发生的反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴定时发生的反应为：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可列出关系式：IO3-3I26S2O32-，每次平均

45、消耗的n(S2O32-)= 0.1004mol/L0.025L=0.00251mol，则每20mLKIO3溶液中，n(KIO3)=n(IO3-)= n(S2O32-)6=0.00251mol6=0.000418mol，200mL溶液中，n(KIO3)=0.00418mol，产品中KIO3的质量分数=89.5%，故答案为：89.5%。【答案点睛】1g样品配成了200mL溶液，而根据关系式计算出的是20mL溶液中KIO3的物质的量，需扩大10倍才能得到1g样品中KIO3的物质的量。28、3d104s24p3非极性sp2C6【答案解析】As是33号元素，其原子结构示意图为；则基态原子的电子排布式为Ar3d104s24p3；同一周期中，元素第一电离能呈增大趋势，且As的p轨道为半充满结构所以第一电离能AsGa；配合物Fe(CO)5熔点为-20.5，沸点为103，易溶于CCl4，CCl4是非极性溶剂，根据分子晶体的物理性质：分子晶体熔沸点低，易溶于有机溶剂，所以属于分子晶体，是非极性分子；(3)B原价电子数为3，无孤对电子，则BF3的杂化轨道类型为sp2；