福建省柘荣一中、宁德高中重点中学2023学年高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

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、下列说法不正确的是A某些生活垃圾可用于焚烧发电B地沟油禁止食用，但可以用来制肥皂或生物柴油C石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃D煤是由有机物和无机物组成的复杂的混合物，其中含有焦炭、苯、甲苯等2、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶

2、液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解AABBCCDD3、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下,22.4 L乙酸中含有的碳碳单键总数为2NAB常温下,46 g NO2气体中所含有的分子数为NAC1 mol氖气中含有的原子总数为NAD0.1 L0.1 mol L-1 MgCl2溶液中的

3、Mg2+数目为0. 01NA4、现有以下物质：NaCl溶液 CH3COOH NH3 BaSO4 蔗糖 H2O，其中属于电解质的是（ ）ABCD5、下列实验中根据现象得出的结论错误的是（ ）选项实验现象结论A相同条件下，用1molL-1的CH3COOH和1molL-1的HCl分别做导电性实验CH3COOH溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3C向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色

4、沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2AABBCCDD6、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（ ）A密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：BFe在Cl2中的燃烧产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：7、下列实验用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A鉴别SO2和CO2B检验CH2=C(CH3)CHO中含碳碳双键C鉴别苯和甲苯D检验硫酸铝溶液中是否有硫酸亚铁8、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）选项目的分离方法原理A分离氢氧化铁胶体与FeCl3溶液过

5、滤胶体粒子不能通过滤纸B用乙醇提取碘水中的碘萃取碘在乙醇中的溶解度较大C用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体蒸发MgCl2受热不分解D除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚的沸点相差较大AABBCCDD9、下列有关化工生产原理正确的是A工业制取烧碱：Na2O+H2O=2NaOHB工业合成盐酸：H2+Cl22HClC工业制取乙烯：C2H5OHCH2=CH2H2OD工业制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2 =Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O10、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）A常温下甲能与氢气直接化合，乙不能B甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C甲得到电子能力比乙强D甲、乙形成的化合物中，甲显

6、负价，乙显正价11、元素铬（Cr）的几种化合物存在下列转化关系：已知：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O。下列判断不正确的是（ ）A反应表明Cr2O3有酸性氧化物的性质B反应利用了H2O2的氧化性C反应中溶液颜色变化是由化学平衡移动引起的D反应中铬元素的化合价均发生了变化12、下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是AABBCCDD13、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥BNaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝14、在一定温度下，将气体 X和气体Y各0.16mo

7、l充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) 2Z(g) H0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是A反应前2min的平均速率v(Z)v(正)C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，c(Z)0.24molL1D该温度下此反应的平衡常数：K=1.4415、下列有关实验的选项正确的是()A分离甲醇与氯化钠溶液B加热NaHCO3固体C制取并观察Fe(OH)2的生成D记录滴定终点读数为12.20mL16、下列说法或表示方法正确的是（ ）A在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热要大于57.3kJ/molB

8、2C（s）+O2（g）2CO（g）H O，SOC已知：2SO2(g) +O2(g)2SO3 (g) ；H=98.3kJ/mol。将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出49.15kJ的热量D在10lkPa、25时，1gH2完全燃烧生成气态水，放出120.9kJ的热量，则氢气的燃烧热为241.8 kJ/mol17、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）A密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD6.4 g S2

9、和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA18、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物易溶于苯及水B该有机物苯环上的一氯代物共有4种C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D1mol该有机物最多可与1mol NaOH发生反应19、对图两种有机物的描述错误的是（ ）A互为同分异构体B均能与钠反应C均能发生加成反应D可用银氨溶液鉴别20、饱和二氧化硫水溶液中存在下列平衡体系：SO2+H2OH+HSO3 HSO3H+SO32，若向此溶液中（）A加水，SO32浓度增大B通入少量Cl2气体，溶液pH增大C加少量CaSO3粉末，HSO3浓度基本不变D通入少量HCl气体，溶

10、液中HSO3浓度减小21、下列化学用语正确的是ANa-O-H与Na+都表示氢氧化钠B与都表示氟离子C-OH与都表示羟基D与都表示水分子22、CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O属于的反应类型是( )A复分解反应B置换反应C分解反应D氧化还原反应二、非选择题(共84分)23、（14分）药物Z可用于治疗哮喘、系统性红斑狼疮等，可由X（1,4-环己二酮单乙二醇缩酮）和Y（咖啡酸）为原料合成，如下图：（1）化合物X的有_种化学环境不同的氢原子。（2）下列说法正确的是_。AX是芳香化合物BNi催化下Y能与5molH2加成CZ能发生加成、取代及消去反应D1mol Z最多可与5mol NaOH反

11、应（3）Y与过量的溴水反应的化学方程式为_。（4）X可以由_（写名称）和M（）分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个OH的消去反应得到稳定化合物N（分子式为C6H8O2），则N的结构简式为_（已知烯醇式不稳定，会发生分子重排，例如：）。（5）Y也可以与环氧丙烷（）发生类似反应的反应，其生成物的结构简式为_（写一种）；Y的同分异构体很多种，其中有苯环、苯环上有三个取代基（且酚羟基的位置和数目都不变）、属于酯的同分异构体有_种。24、（12分）有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无

12、色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。（1）A可以发生的反应有_（选填序号）。加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）B分子所含官能团的名称是_。（3）B分子中没有支链，其结构简式是_，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是_。（4）由B制取A的化学方程式是_。（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：天门冬氨酸的结构简式是_。25、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC124

13、H2O，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC124H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC124H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_（填“E”或“F”）。装置G的作用是_；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是_。通氮气的作用是_。实验结束时，先熄灭D和I处的酒

14、精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是_。若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为_。26、（10分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：和 NH3 相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/沸点/溶解性密度/gcm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚

15、1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134.比较苯胺与氨气的性质 (1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。 .制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流 20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是_(填“a”或“b”)；(3)滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_。.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：

16、ii.加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用 NaOH 固体干燥，蒸馏后得到苯胺 2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是_。 (5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。(6)该实验中苯胺的产率为 _。 (7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案： _。27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和

17、贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2OClO2熔点-59、沸点11；H2O2沸点150（1）NaClO2中氯元素的化合价是_。（2）仪器A的作用是_。（3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：_。冰水浴冷却的目的是_(写两种)。（4）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因_。（5）Cl存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：_(用离子方程式表示)，H2O2+C

18、l2=2Cl-+O2+2H+。（6）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，加入23滴淀粉溶液，用0.20molL-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度_。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）28、（14分）自来水生产过程中，可用氯气等物质作消毒剂，明矾等物质作絮凝剂。出厂的自来水中含少量可溶性矿物质。完成下列填空：(1)

19、自来水中含硫量约70 mg/L，它只能以_(填微粒符号)形态存在，不能以其它形态存在的原因是_。(2)已知在碱性条件下，氯气会发生自身氧化还原反应，某反应体系中的物质为：KClO3、Cl2、KCl、KOH、H2O。写出该反应的化学方程式。_。该反应中氧化剂与还原剂的质量比为_。(3)实验室利用反应6HClKClO3 KCl+3H2O+3Cl2制取Cl2，当产生标准状况下的气体3.36 L时，转移电子_mol。(4)不同环境中，物质的性质可能会有所不同。根据上述两题的反应中KClO3和Cl2的氧化性强弱比较，你能得出的结论是_。(5)铝铵矾NH4Al(SO4)212H2O也是常用的工业净水剂，其

20、净水的化学原理是_（用离子方程式表示）。(6)在向铝铵矾溶液中逐滴滴加氢氧化钡溶液的过程中，下列关系可能正确的是_。（选填编号）an(SO42-)n(NH4+)n(A13+)n(OH-)bn(A13+)n(NH4+)n(SO42-)n(H+)cn(BaSO4)nA1(OH)3n(NH3H2O)n(A1O2-)dn(NH3H2O)n(BaSO4)nA1(OH)3n(A1O2-)29、（10分）超音速飞机在平流层飞行时，尾气中的NO会破坏臭氧层。科学家正在研究利用催化技术将尾气中的NO和CO转变成CO2和N2，其反应为：2NO+2CO2CO2+N2（降温后该反应的平衡常数变大）为了测定在某种催化剂

21、作用下的反应速率，在某温度下用气体传感器测得不同时间的NO和CO浓度如表：时间（s）012345c（NO）（mol/L）1.001034.501042.501041.501041.001041.00104c（CO）（mol/L）3.601033.051032.851032.751032.701032.70103请回答下列问题（均不考虑温度变化对催化剂催化效率的影响）：（1）反应的Q_0（填写“”、“”、“=”）。（2）前2s内的平均反应速率v（N2）=_。（3）计算在该温度下，反应的平衡常数K=_。（4）假设在密闭容器中发生上述反应，达到平衡时下列措施能提高NO转化率的是_。A选用更有效的催化

22、剂B升高反应体系的温度C降低反应体系的温度D缩小容器的体积（5）研究表明：在使用等质量催化剂时，增大催化剂比表面积可提高化学反应速率。为了分别验证温度、催化剂比表面积对化学反应速率的影响规律，某同学设计了三组实验，部分实验条件已经填在下面实验设计表中。实验编号T（）NO初始浓度（mol/L）CO初始浓度（mol/L）催化剂的比表面积（m2/g）2801.2010-35.8010-382_124350_124请在上表空格中填入剩余的实验条件数据。请在给出的坐标图中，画出上表中的三个实验条件下混合气体中NO浓度随时间变化的趋势曲线图，并标明各条曲线的实验编号_。参考答案（含详细解析）一、选择题(共

23、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. 焚烧将某些还原性的物质氧化，某些生活垃圾可用于焚烧发电，故A正确；B. “地沟油”的主要成分为油脂，含有有毒物质，不能食用，油脂在碱性条件下水解称为皂化反应，油脂燃烧放出大量热量，可制作生物柴油，故B正确；C. 石油裂解主要是为了获得气态不饱和短链烃，如乙烯、丙烯等，故C正确；D. 煤中不含苯、甲苯等，苯和甲苯是煤的干馏的产物，故D错误；故选D。【答案点睛】本题考查了有机物的结构和性质，应注意的是煤中不含苯、甲苯等，苯、甲苯是煤的干馏产物。2、B【答案解析】A.所给现象只能确定有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要

24、透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗23次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。3、C【答案解析】A.标准状况下，乙酸为液体，无法计算，故A错误；B. 在NO2气体中部分NO2会

25、自发发生反应2NO2N2O4，所以46gNO2气体中所含有的分子数小于NA，故B错误；C. 氖气是以单原子的形式存在，因此1mol氖气中的含有1NA的原子，故C正确；D. 氯化镁溶液中镁离子会水解，因此0.1 L0.1 mol L-1 MgCl2溶液中的Mg2+数目小于0. 01NA，故D错误；故选C。4、B【答案解析】在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。NaCl溶液是混合物，不是电解质；CH3COOH溶于水可导电，是电解质；NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身导电，不是电解质；BaSO4熔融状态下可电离成离子，可以导电，是电解质； 蔗糖溶于水不能电离出离子，溶液不导

26、电，不是电解质；H2O可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选B。【答案点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。5、C【答案解析】A.同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱酸，A正确；B.铜在酸性条件下，被硝酸根离氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气变为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液可能含有NO3，B正确；C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，也可能为Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，C错误

27、；D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出KspMg(OH)2KspCu(OH)2结论，D正确。正确选项C。6、B【答案解析】A. 该过程涉及的化学方程式有：，A错正确；B. Fe在Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C. 该过程涉及的化学方程式有：Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正确；D. 该过程涉及的化学方程式有：2NH3H2O+SO2 =(NH4)2SO3+H2O，NH3H2O+SO2 =NH4HSO3，D正确；故合理选项为B。7、B【答案解析】A.二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化，高锰酸钾溶液会褪色，而二氧化

28、碳不与酸性高锰酸钾溶液反应，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选A；B.碳碳双键和醛基都能被高锰酸钾氧化，不能用酸性高锰酸钾鉴别，故选B；C.甲苯能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而苯不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以反应现象不同，能达到实验目的，故不选C；D.硫酸亚铁可以与酸性高锰酸钾溶液反应，使其褪色，而硫酸铝不能，故不选D；答案：B【答案点睛】能使酸性高锰酸钾反应褪色的是：亚铁离子、H2S、SO2、FeSO4、KI、HCl、醛基、酚羟基、碳碳双键、碳碳三键、和苯环相连的碳上有氢原子、和羟基相连的碳上有氢原子的醇。8、D【答案解析】A项，胶体粒子可以通过滤纸，但不能通过半透膜，所以分离胶体与溶液

29、的方法是渗析，故A项错误；B项，乙醇与水互溶，致使碘、水、乙醇三者混溶，不能用乙醇萃取的方法进行分离，故B项错误；C项，用MgCl2溶液制备无水MgCl2固体，要先升温蒸发，然后降温结晶获得六水合氯化镁，然后通过干燥氯化氢气流加热得到MgCl2，故C项错误；D项，丁醇和乙醚的沸点相差大，可以用蒸馏的方法分离，故D项正确。综上所述，本题的正确答案为D。9、D【答案解析】A.工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，A错误；B.工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl溶于水得到盐酸，而不是光照，B错误；C.C2H5OHCH2=CH2+H2O

30、是实验室制备乙烯的方法，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，C错误；D.将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，D正确；故合理选项是D。10、B【答案解析】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；B元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；C元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；D甲、乙形成的化合物

31、中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少。通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。11、D【答案解析】A.Cr2O3作为金属氧化物，能与酸反应，题给反应又告知Cr2O3能与KOH反应：Cr2O3

32、+2KOH=2KCrO2+H2O，可知Cr2O3具有酸性氧化物的性质，A项正确；B.反应中过氧化氢使Cr的化合价从+3价升高到+6价，H2O2表现了氧化性，B项正确；C.反应中发生反应：2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，加入硫酸，增大了H+浓度，平衡向右移动，溶液由黄色变为橙色，C项正确；D.反应和中铬元素的化合价并没有发生变化，D项错误；所以答案选择D项。12、D【答案解析】ACH4和Cl2在光照下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中一氯甲烷和氯化氢在常温下为气体。混合气体通入石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气剩余，故反应后含氯的气体有3种，故A错误

33、；B.向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液，由于碱过量，两种金属离子均完全沉淀，不存在沉淀的转化，故不能根据现象比较Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶解度的大小，故B错误；C.碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，氨气溶于水溶液显碱性，使石蕊变蓝，结论错误，故C错误；D.金属钠和水反应比钠和乙醇反应剧烈，说明水中羟基氢的活泼性大于乙醇的，故D正确。故选D。13、B【答案解析】A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A不符合题意； B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液

34、无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意； D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D不符合题意； 故选：B。【答案点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类型有：强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。14、D【答案解析】A.反应前 2 min 内Y的改变量为1.14mol，则Z改变量为1.18mol，2min

35、内Z的平均速率v(Z)=n/t=4113mol(Lmin)1，故A错误；B.其他条件不变，降低温度，平衡向放热方向移动，正向移动，反应达到新平衡前：v(正)v(逆)，故B错误；C.充入气体X和气体Y各1.16mol，平衡时Y的物质的的量为1.11mol，则改变量为1.16mol，此时Z的物质的量为1.12mol，浓度为1112molL1，保持其他条件不变向容器中充入1.32mol气体X和132 mol气体Y，用建模思想，相当于两个容器，缩小容器加压，平衡不移动，浓度为原来2倍，即c(Z) = 1.124 molL1，故C错误；D.平衡时，Y的物质的量为1.1mol，X的物质的量为1.1mol，

36、Z的物质的量为1.12mol，该温度下此反应的平衡常数，故D正确；答案选D。15、C【答案解析】A甲醇与水互溶，不分层，则不能用分液的方法分离，故A错误；B加热固体，试管口应略朝下倾斜，以避免试管炸裂，故B错误；C植物油起到隔绝空气作用，氢氧化钠与硫酸亚铁反应，可生成氢氧化亚铁，故C正确；D滴定管刻度从上到下增大，则记录滴定终点读数为11.80mL，故D错误。故选：C。【答案点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0刻度在滴定管的上方，与量筒读数不同。16、B【答案解析】A. 在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1 mol水时的反应热叫做中和热，在稀溶液中，H2SO4和Ba(OH)2的中和热等于57.

37、3kJ/mol，故A错误；B. 2C（s）+O2（g）2CO（g）燃烧过程均为放热反应，H O；该反应是气体体积增加的反应，即为混乱度增大的过程，SO；故B正确C. 已知：2SO2(g) +O2(g)2SO3 (g) ；H=98.3kJ/mol。该反应为可逆反应，H=98.3kJ/mol为反应进行彻底时放出的热量，将1molSO2和0.5molO2充入一密闭容器中反应，放出的热量小于49.15kJ，故C错误。D. 在10lkPa、25时，1gH2完全燃烧生成气态水，水蒸气不是稳定的氧化物，不能用于计算燃烧热，故D错误；答案选B17、C【答案解析】A若2molSO2和1molO2完全反应，可生成

38、2molSO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；BpH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；C该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故C错误；D6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为NAmol-1=0.2NA，故D正确；故答案为C。【答案点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，

39、该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。18、D【答案解析】A. 该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误； B. 该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误； C. 该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D. 该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。19、A【答案解析】A.前者含8个H原子，后者含10个H原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故A错误；B.前者含-OH，后者含-COOH，则均能与钠反应生成氢气，故B正

40、确； C.前后含苯环、-CHO，后者含碳碳双键，则均可发生加成反应，故C正确；D.前者含-CHO （能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故D正确；故答案选A。【答案点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、羰基，含有苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。20、D【答案解析】A加水稀释，虽然平衡正向移动，但达平衡时，SO32浓度仍减小，故A错误；B氯气与将亚硫酸反应，生成硫酸和盐酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，故B错误；CCaSO3与H+反应生成HS

41、O3-，从而增大溶液中的HSO3浓度，故C错误；D通入HCl气体，氢离子浓度增大，第一步电离平衡逆向移动，HSO3浓度减小，故D正确；故选D。21、C【答案解析】A.氢氧化钠是离子化合物，不能用Na-O-H表示，故A错误；B.为氟离子，不一定代表氟离子，可能是Ne原子或者氧离子等，故B错误；C.-OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C正确；D.水分子是v型结构，不是直线型，故D错误；答案：C22、A【答案解析】A. 复分解反应是两种化合物互相交换成分生成另外两种化合物的反应，该反应CaCO3和HCl生成CaCl2和H2CO3，属于复分解反应，故A选；B.置换反应是一种单质和一种化合物生

42、成另一种单质和另一种化合物的反应，本反应中无单质参与或生成，故B不选；C.分解反应是一种物质生成两种或两种以上物质的反应，本反应的反应物有两个，故C不选；D.氧化还原反应是有元素化合价升高和降低的反应，本反应无元素化合价变化，故D不选。故选A。二、非选择题(共84分)23、3 C 乙二醇 或 8 【答案解析】（1）同一个碳原子上的氢原子是相同的，其次同一个碳原子所连接的所有甲基上的氢原子是相同的，再就是具有对称性结构的（类似于平面镜成像中物体和像的关系），所以根据化合物X的结构简式可知，分子中含有3种化学环境不同的氢原子。（2）A、X分子中不存在苯环，不是芳香化合物，A不正确；B、Y分子中含有

43、1个苯环和1个碳碳双键，在Ni催化下Y能与4molH2加成，B不正确；C、Z分子中含有碳碳双键、酚羟基、醇羟基、酯基，因此能发生加成、取代及消去反应，C正确；D、Z分子中含有2和酚羟基和1个酯基，则1mol Z最多可与3mol NaOH反应，答案选C。（3）Y分子中酚羟基的邻位与对位的氢原子与溴水发生取代反应，碳碳双键与溴水发生加成反应，则Y与过量的溴水反应的化学方程式为。（4）X分子中含有2个醚键，则X可以由乙二醇和M通过分子间脱水而得；一定条件下，M发生1个OH的消去反应生成碳碳双键，由于羟基与碳碳双键直接相连不稳定，容易转化为碳氧双键，所以得到稳定化合物N的结构简式为。（5）根据已知信息

44、可知反应是醚键断键，其中一个氧原子结合氢原子变为羟基，而属于其它部分相连，由于环氧乙烷分子不对称，因此生成物可能的结构简式为或；苯环对称结构，在苯环上取代有2种可能；属于酯的取代基有4种：、（或），所以共24=8种同分异构体。24、 碳碳双键、羧基 HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O 【答案解析】A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含

45、两个酯基；（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选。（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。（4）B与CH3OH发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与

46、NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。25、Co2O36H2Cl=2Co2Cl23H2O 冷却结晶、过滤 F 除去CO2 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 防止倒吸 3(CH3COO)2CoCo3O44CO2CO23C2H6 【答案解析】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不

47、能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸

48、；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可；【题目详解】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防

49、在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化

50、物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Co3O4+4CO+2CO2+3C2H6；26、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH- C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤 【答案解析】(1)根据浓氨水和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184分析； (2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信

51、息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【题目详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，

52、故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2C6H5NH2，则m=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实

53、验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤。27、+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O 14 90.5% 【答案解析】(1)根据化合物中化合价的代数和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸； (3)根据题干信息可知，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内

54、发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解；(5)根据信息可以确定反应的反应物为ClO3-和Cl-，产物

55、ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O；(6)NaClO2和KI反应生成的产物为I2和Cl-，离子方程式为：4H+ClO2-+4I-=2I2+Cl-+2H2O，其中氧化剂为ClO2-，还原剂为I-，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:4，结合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得关系式NaClO24Na2S2O3，则10mL样品溶液中，n(NaClO2)= n(Na2S2O3)= 0.2mol/L0.02L=0.001mol，所以1L溶液中

56、n(NaClO2)=0.1mol，m (NaClO2)=9.05g，则NaClO2粗品的纯度为，故答案为：1:4；90.5%。28、SO42- 自来水中有Cl2，具有强氧化性。（或者SO42-是硫最稳定的化合态） 3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O 5：1 0.25 酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同（或碱性条件下，氯气氧化性强；酸性条件下，氯酸钾氧化性强） Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ ac 【答案解析】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子；(2)氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反

57、应方程式；氧化剂得电子，还原剂失电子，根据得失电子守恒分析；(3)根据方程式中转移电子数目与反应产生氯气的物质的量关系进行计算；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，生成3 mol Cl2转移5 mol电子；(4)物质的氧化性强弱与溶液的酸碱性有关；(5)铝离子水解生成氢氧化铝胶体能净水；(6)a向硫酸铝铵矾溶液NH4Al(SO4)2中滴加极少量的氢氧化钡溶液，溶液相当于铝铵矾溶液；b滴加氢氧化钡溶液首先与铝离子反应，所以整个过程中n(Al3+)n(BaSO4)。【题目详解】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子，所以自来水中的硫以SO42

58、-的形态存在；(2)氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，其反应的化学方程式为：3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O；在该反应中，Cl2作氧化剂得电子，Cl2作还原剂失电子，在方程式3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O中，3 mol Cl2中含有6 mol Cl原子，其中得电子的Cl为5，失电子的Cl为1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；(3)在反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，生成3 mol Cl2转移5 mol电子，制取标准状况下3.36 L氯气的物质的量n(Cl2)=0.15 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=0.15 mol=0.25 mol；(4)酸性条件下发生氧化还原反应，KClO3作氧化剂，碱性条件下，氯气是氧化剂