2023年湖南省株洲市攸县三中高三下学期联考化学试题（含答案解析）

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0．5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、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO22、我国科学家构建了一种有机框架物M，结构如图。下列说法错误的是（）A．1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2B．苯环上的一氯化物有3种C．所有碳原子均处同一平面D．1molM可与15molH2发生加成反应3、山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A．山梨酸的分子式为C6H8O2B．1mol山梨酸最多可与2molBr2发生加成反应C．山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换反应D．山梨酸分子中所有碳原子可能共平面4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。p、q、r是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下，p为无色无味气体，q为液态，r为淡黄色固体，s是气体单质。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是A．原子半径：Z＞Y＞XB．m、n、r都含有离子键和共价键C．m、n、t都能破坏水的电离平衡D．最简单气态氢化物的稳定性：Y＞X5、短周期主族元素W、X、Y、Z、R

原子序数依次增大。考古时利用W

的一种同位素测定一些

文物的年代，X是地壳中含量最多的元素，Y、Z的质子数分别是W、X

的质子数的2倍。下列说法错误的是（）A．Y

单质可以与WX2

发生置换反应B．可以用澄清的石灰水鉴别WX2

与ZX2C．原子半径:Y>Z>R；简单离子半径:Z>X>YD．工业上常用电解熔融的Y

与R

形成的化合物的方法制取Y6、下列说法正确的是A．同主族元素中，原子序数之差不可能为16B．最外层电子数为8的粒子一定是0族元素的原子C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高D．主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be7、已知氯气、溴蒸气分别跟氢气反应的热化学方程式如下(Q1、Q2均为正值)：H2(g)+Cl2(g)→2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)→2HBr(g)+Q2根据上述反应做出的判断正确的是()A．Q1＞Q2B．生成物总能量均高于反应物总能量C．生成1molHCl(g)放出Q1热量D．等物质的量时，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)8、2019年2月，在世界移动通信大会(MWC)上发布了中国制造首款5G折叠屏手机的消息。下列说法不正确的是()A．制造手机芯片的关键材料是硅B．用铜制作手机线路板利用了铜优良的导电性C．镁铝合金制成的手机外壳具有轻便抗压的特点D．手机电池工作时，电池中化学能完全转化为电能9、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A．垃圾分类中可回收物标志：B．农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C．绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D．燃煤中加入CaO

可以减少酸雨的形成及温室气体的排放10、下列说法或表示方法中正确的是A．等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B．由C(金刚石)═C(石墨)△H=﹣1.9kJ•mol﹣1可知，金刚石比石墨稳定C．在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣285.8kJ•mol﹣1D．在稀溶液中：H+(aq)+OH﹣(aq)═H2O(l)△H=﹣57.3kJ•mol﹣1，若将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ11、将溶液和盐酸等体积混合，在混合溶液中，下列关系式正确的是A．B．C．D．12、为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A．用纯碱吸收硫酸工业的尾气 B．用烧碱吸收氯碱工业的尾气C．用纯碱吸收合成氨工业的尾气 D．用烧碱吸收炼铁工业的尾气13、已知有机物M在一定条件下可转化为N。下列说法正确的是A．该反应类型为取代反应B．N分子中所有碳原子共平面C．可用溴水鉴别M和ND．M中苯环上的一氯代物共4种14、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O15、有机物M是合成某药品的中间体，结构简式如图所示。下列说法错误的是A．用钠可检验M分子中存在羟基B．M能发生酯化、加成、氧化反应C．M的分子式为C8H8O4D．M的苯环上一硝基代物有2种16、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（）A．二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B．二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C．等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为3∶1D．二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物17、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/℃10882.3熔点/℃-10825.5下列说法不正确的是A．用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B．异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是1∶2∶6C．用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D．两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃18、药物麻黄碱和牛磺酸的结构简式如图。有关麻黄碱、牛磺酸的叙述正确的是麻黄碱牛磺酸A．分子式分别为C10H16ON、C2H7NO2SB．均能发生取代反应，麻黄碱还能发生加成反应C．均能与金属钠及氢氧化钠溶液反应D．牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)互为同系物19、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时Cd2＋向电极B移动B．电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C．电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D．反应中每生成amolHg转移3amol电子20、下列反应的离子方程式正确的是A．碳酸钠的水解反应CO32-+H2O=HCO3-+OH-B．碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-C．苯酚钠溶液与二氧化碳反应C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+CO32-D．稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H++2NO3-=3Fe3++2NO↑+4H2O21、把35.7g金属锡投入300mL14mol/LHNO3共热(还原产物为NOx)，完全反应后测得溶液中c(H+)=10mol/L，溶液体积仍为300mL。放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96L(S．T．P)。由此推断氧化产物可能是A．Sn(NO3)4 B．Sn(NO3)2 C．SnO2∙4H2O D．SnO22、下列说法正确的是A．氯碱工业电解饱和食盐水，以石墨作阴极，铁网作阳极B．稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，CO32-的水解程度和溶液的pH均增大C．相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱D．升高温度，可提高反应速率，原因是降低了反应的活化能二、非选择题(共84分)23、（14分）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。①W的氢化物与W最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。②X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。③常温下，Q的最高价气态氧化物与化合物X2O2发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反应的化学方程式为________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测Z在周期表中位置为________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。写出此反应的离子方秳式_____________________________。24、（12分）两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式___________。（2）B→C的化学方程式是________。（3）C→D的反应类型为__________。（4）1molF最多可以和________molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计B→C步骤的目的是_________。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_________、______、_______。①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线______（无机试剂及溶剂任选）。25、（12分）实验室用如图装置（略去夹持仪器）制取硫代硫酸钠晶体。已知：①Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇。②硫化钠易水解产生有毒气体。③装置C中反应如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO1？___（填“能”或“否”）。（1）配制混合液时，先溶解Na2CO1，后加入Na2S·9H2O，原因是___。（4）装置C中加热温度不宜高于40℃，其理由是___。（5）反应后的混合液经过滤、浓缩，再加入乙醇，冷却析出晶体。乙醇的作用是___。（6）实验中加入m1gNa2S·9H2O和按化学计量的碳酸钠，最终得到m2gNa2S2O1·5H2O晶体。Na2S2O1·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O1·5H2O)=248]（7）下列措施不能减少副产物Na2SO4产生的是___（填标号）。A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水配制相关溶液B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻C．先往装置A中滴加硫酸，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管26、（10分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。27、（12分）三苯甲醇()是重要的有机合成中间体。实验室中合成三苯甲醇时采用如图所示的装置，其合成流程如图：已知:①格氏试剂易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应合成③相关物质的物理性质如下：物质相对分子量沸点熔点溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有机溶剂溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水请回答下列问题：（1）合成格氏试剂：实验装置如图所示，仪器A的名称是____，已知制备格氏试剂的反应剧烈放热，但实验开始时常加入一小粒碘引发反应，推测I2的作用是____。使用无水氯化钙主要是为避免发生____（用化学方程式表示）。（2）制备三苯甲醇：通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL无水乙醚的混合液，反应剧烈，要控制反应速率除使用冷水浴外，还可以___（答一点）。回流0.5h后，加入饱和氯化铵溶液，有晶体析出。（3）提纯：冷却后析出晶体的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和碱式溴化镁等杂质，可先通过___（填操作方法，下同）除去有机杂质，得到固体17.2g。再通过___纯化，得白色颗粒状晶体16.0g，测得熔点为164℃。（4）本实验的产率是____（结果保留两位有效数字）。本实验需要在通风橱中进行，且不能有明火，原因是____。28、（14分）氮、磷、硼、砷的化合物用途非常广泛。根据所学知识回答下列问题：(1)如图所示，每条折线表示周期表ⅣA-ⅦA中的某一族元素氢化物的沸点变化。每个小黑点代表一种氢化物，其中a、b、c、d、e对应元素电负性最大的是__（用元素符号表示），e点代表的第三周期某元素的基态原子核外电子占据的最高能层符号为__，该能层具有的原子轨道数为__。(2)已知反应：(CH3)3C-F+SbF5→(CH3)3CSbF6，该反应可生成(CH3)3C+，该离子中碳原子杂化方式有__。(3)一种新型储氢化合物氨硼烷是乙烷的等电子体，且加热氨硼烷会慢慢释放氢气，推断氨硼烷的结构式为__（若含有配位键，要求用箭头表示）。(4)PCl5是一种白色晶体，在恒容密闭容器中加热可在148℃液化，形成一种能导电的熔体，测得其中含有一种正四面体形阳离子和一种正八面体形阴离子，熔体中P－Cl的键长只有198nm和206nm两种，这两种离子的化学式为__；正四面体形阳离子中键角大于PCl3的键角原因为___。(5)砷化硼为立方晶系晶体，该晶胞中原子的分数坐标为：B：（0，0，0）；（，，0）；（，0，）；（0，，）As：(，，)；(，，)；(，，)；(，，)①请在图中画出砷化硼晶胞的俯视图__。②与砷原子紧邻的硼原子有__个，与每个硼原子紧邻的硼原子有__个。29、（10分）某高分子有机物P的合成路线如下：已知1molB与足量的金属钠反应产生标况下22.4L氢气(1)A是2-甲基丙烯酸，A的结构简式是______________，E的化学式为___________________(2)A和B生成C的反应类型是________，D生成P的反应类型是______________(3)A与过量的B反应生成C，若A过量，则得到C′,C′的结构简式为__________________(4)P用NaOH溶液处理，完全水解的化学方程式是：_________________________________________________________________

2023学年模拟测试卷参考答案（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、B【答案解析】

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。2、D【答案解析】

A.根据物质结构可知：在该化合物中含有3个-COOH，由于每2个H+与CO32-反应产生1molCO2气体，所以1molM可与足量Na2CO3溶液反应生成1.5molCO2，A正确；B.在中间的苯环上只有1种H原子，在与中间苯环连接的3个苯环上有2种不同的H原子，因此苯环上共有3种不同位置的H原子，它们被取代，产生的一氯化物有3种，B正确；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；与苯环连接的碳碳三键的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直线型分子，一条直线上2点在一个平面上，则直线上所有的原子都在这个平面上，所以所有碳原子均处同一平面，C正确；D.在M分子中含有4个苯环和3个碳碳三键，它们都可以与氢气发生加成反应，则可以与1molM发生加成反应的氢气的物质的量为3×4+2×3=18mol，D错误；故合理选项是D。3、C【答案解析】

A．由结构简式可知分子为C6H8O2，选项A正确；B．山梨酸分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1mol山梨酸最多可与2molBr2发生加成反应，选项B正确；C．山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；D．根据乙烯分子6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D正确。答案选C。4、A【答案解析】

p、q、r是由这些元素组成的二元化合物，常温常压下，p为无色无味气体，q为液态，r为淡黄色固体，s是气体单质，可知r为Na2O2，q为H2O，且r与p、q均生成s，s为O2，p为CO2，n为Na2CO3，m为NaHCO3，t为NaOH，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na。【题目详解】由上述分析可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，原子半径C>O，则原子半径：Z＞X＞Y，故A错误；B．m为NaHCO3，n为Na2CO3，r为Na2O2，均含离子键、共价键，故B正确；C．m为NaHCO3，n为Na2CO3，t为NaOH，n、m促进水的电离，t抑制水的电离，则m、n、t都能破坏水的电离平衡，故C正确；D．非金属性Y＞X，则最简单气态氢化物的稳定性：Y＞X，故D正确；故选A。【答案点睛】本题考查无机物的推断，把握淡黄色固体及q为水是解题关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用。5、B【答案解析】

考古时利用W的一种同位素测定一些文物的年代，则W为C；X是地壳中含量最多的元素，则X为O；Y、Z的质子数分别是W、X的质子数的2倍，则Y的质子数为6×2=12，Y为Mg，Z的质子数为8×2=16，Z为S，R的原子序数最大，R为Cl，以此来解答。【题目详解】由上述分析可知，W为C、X为O、Y为Mg、Z为S、R为Cl；A．Mg与CO2点燃下发生置换反应生成MgO、C，故A正确；B．二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则澄清的石灰水不能鉴别，故B错误；C．同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：Y＞Z＞R；电子层越多离子半径越大，且具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径：Z＞X＞Y，故C正确；D．Mg为活泼金属，工业上采用电解熔融氯化镁冶炼Mg，故D正确；故答案为B。6、D【答案解析】

A．同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18、32等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A错误；B．最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B错误；C．同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；D．主族元素中，原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为8的元素，次外层电子数为8的是Ar，不是主族元素，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。7、A【答案解析】

A．非金属性Cl＞Br，HCl比HBr稳定，则反应①中放出的热量多，即Ql＞Q2，故A正确；B．燃烧反应为放热反应，则反应物总能量均高于生成物总能量，故B错误；C．由反应①可知，Q1为生成2molHCl的能量变化，则生成molHCl(g)时放出热量小于Q1，故C错误；D．同种物质气体比液体能量高，则1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D错误；故选A。8、D【答案解析】

A.单晶硅是良好的半导体材料，可以制作芯片，A项正确；B.铜属于金属，具有良好的导电性，可以做手机线路板，B项正确；C.镁铝合金密度小强度高，具有轻便抗压的特点，C项正确；D.手机电池工作时，电池中化学能主要转化为电能，但有一部分能量以热能形式会散失，D项错误；答案选D。9、C【答案解析】

A.垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B.空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C.绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D.煤燃烧生成CO2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。10、D【答案解析】

A．等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；B．从热化学方程式看，石墨能量低，物质所含能量越低越稳定，故B错误；C．2g氢气是1mol，热化学方程式应为：2H2(g)+O2(g)═2H2O(l)△H=﹣571.6kJ•mol﹣1，故C错误；D．浓硫酸溶解放热，所以将含0.5molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ，故D正确；答案选D。11、B【答案解析】

混合后发生反应：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三种溶质（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物质的量浓度相等。【题目详解】A.电荷守恒式为c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A错误；B.CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈碱性，故c(Na+)>c（HCO3-）>c(Cl-)>c（CO32-）>c(OH-)>c(H+)，故B正确；C.物量守恒式应为c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C错误；D.根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，联立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D错误；答案：B【答案点睛】电荷守恒、物料守恒、质子守恒是比较离子浓度常用的方法。12、B【答案解析】

A．纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；B．氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；C．硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D．炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；故选：B。13、C【答案解析】

A.M中碳碳双键变成单键，该反应类型为加成反应，故A错误；B.异丙基中的碳是四面体结构，N分子中所有碳原子不能平面，故B错误；C.M中碳碳双键可与溴水发生加成反应，使溴水褪色，可用溴水鉴别M和N，故C正确；D.M中苯环上的一氯代物共有邻、间、对3种，故D错误；故选C。14、B【答案解析】

氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。【题目详解】A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为×6=0.12mol，故B错误；C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。15、A【答案解析】

A．分子中含有酚羟基、羟基、羧基，都能与钠反应放出氢气，不能用钠检验M分子中存在羟基，故A错误；B．分子中含有酚羟基能发生氧化反应，羟基、羧基能发生酯化，含有苯环能发生加成反应，故B正确；C．根据结构简式，M的分子式为C8H8O4，故C正确；D．M的苯环上一硝基代物有2种()，故D正确；故选A。16、C【答案解析】

A.根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B.二羟基甲戊酸中含有羟基，－CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C.该有机物中能与Na发生反应的是－OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D.二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【答案点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“－CH2”。17、B【答案解析】

A.醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B.有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1∶2∶1∶6，故选B；C.根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；D.两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；答案：B18、B【答案解析】

A.根据物质结构简式可知麻黄碱分子式是C10H15ON，牛磺酸分子式是C2H7NO3S，A错误；B.麻黄碱含有苯环、醇羟基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应；牛磺酸含有羟基、氨基，可以发生取代反应，B正确；C.麻黄碱含有醇羟基，可以与Na反应，但不能与NaOH发生反应，C错误；D.牛磺酸与HSCH2CH(NH2)COOH(半胱氨酸)结构不同，因此二者不能互为同系物，D错误；故合理选项是B。19、B【答案解析】

根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2＋向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amolHg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。20、B【答案解析】

A.碳酸钠溶液中CO32-水解程度很小，存在化学平衡，水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，A错误；B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-，B正确；C.苯酚钠溶液与二氧化碳反应，产生苯酚、NaHCO3，反应方程式为C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C错误；D.稀硝酸与过量的铁屑反应产生Fe2+，3Fe+8H++2NO3-=3Fe2++2NO↑+4H2O，D错误；故合理选项是B。21、C【答案解析】

根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【题目详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/L

HNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol×(x−0)=1.2mol×(5−4)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3−)==10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。22、C【答案解析】

A．电解饱和氯化钠溶液时，如果Fe作阳极，则阳极上Fe失电子而不是氯离子失电子，所以应该用石墨作阳极，故A错误；B．稀释0.1mol/LNa2CO3溶液，促进碳酸钠的水解，水解程度增大，但溶液的碱性减弱，pH减小，故B错误；C．金属活动顺序表中单质的还原性越强，对应的阳离子氧化性越弱，锌比铜活泼，则铜离子比锌离子的氧化性强，根据三价铁离子与铜的反应：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，由强制弱可判断三价铁氧化性比铜离子的氧化性强，即相同条件下，溶液中Fe3+、Cu2+、Zn2+的氧化性依次减弱，故C正确；D．温度升高，增加了反应体系中活化分子百分数，反应速率加快，但反应的活化能不变，故D错误；答案选C。【答案点睛】本题的易错点为A，要注意电解饱和食盐水应该生成氢氧化钠、氢气和氯气，因此阳极应该选用惰性材料作电极。二、非选择题(共84分)23、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【答案解析】

根据题干可知Q、W、X、Y、Z分别为C、N、O、Na、Cl五种元素。(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【题目详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案为：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根据方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第ⅦA族，故答案为：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的难溶半导体材料CuYO2可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案为：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。24、＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH氧化反应3氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基CH3CH2OHCH3CHO【答案解析】

分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件①，可知B为，结合B→C的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，C→D的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件②，可知X→Y的过程为，据此进行分析推断。【题目详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案为：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知C→D的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1mol氢氧化钠，共消耗3mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由①得出苯环中取代基位置对称，由②得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、、。答案为：、、；（7）根据已知条件②需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO。25、安全瓶，防止倒吸能碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出×100%D【答案解析】

(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解；(4)温度过高不利于二氧化硫的吸收，产品产率会降低；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，结合数据计算理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量，Na2S2O1·5H2O的产率为；(7)Na2SO1易被氧化为硫酸钠，减少副产物的含量就要防止Na2SO1被氧化。【题目详解】(1)装置B的作用是平衡压强，防止倒吸，则B为安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是与二氧化硫反应制备亚硫酸钠，氢氧化钠和二氧化硫反应也可以生成亚硫酸钠，可以代替碳酸钠；(1)Na2S是强碱弱酸盐，易发生水解，碳酸钠溶液显碱性，可以抑制Na2S水解；(4)温度过高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1较多，或Na2S2O1产率降低等其它合理答案；(5)Na2S2O1．5H2O是无色晶体，易溶于水，难溶于乙醇，则乙醇的作用为：降低Na2S2O1晶体的溶解度，促进晶体析出；(6)根据反应Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1，列关系式2Na2S·9H2O~1S~1Na2S2O1·5H2O，理论上制得Na2S2O1·5H2O晶体的质量为g，Na2S2O1·5H2O的产率为×100%=×100%；(7)A．用煮沸并迅速冷却后的蒸馏水中含氧量降低，可有效防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故A不符合题意；B．装置A增加一导管，实验前通人N2片刻，可将装置中的空气赶走提供无氧环境，可防止Na2SO1被氧化为Na2SO4，可减少副产物的产生，故B不符合题意；C．先往装置A中滴加硫酸，产生二氧化硫，可将装置中的空气赶走，片刻后往三颈烧瓶中滴加混合液，可减少副产物的产生，故C不符合题意；D．将装置D改为装有碱石灰的干燥管，装置中仍然含有空气，氧气可将Na2SO1被氧化为Na2SO4，不能减少副产物产生，故D符合题意；答案选D。26、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【答案解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【题目详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。【答案点睛】H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。27、球形干燥管与Mg反应放出热量，提供反应需要的活化能+H2O→+Mg(OH)Br缓慢滴加混合液蒸馏重结晶68%乙醚有毒，且易燃【答案解析】

首先利用镁条、溴苯和乙醚制取格氏试剂，由于格氏试剂易潮解，所以需要在无水环境中进行反应，则装置A中的无水氯化钙是为了防止空气中的水蒸气进入反应装置；之后通过恒压滴液漏斗往过量的格氏试剂中加入苯甲酸抑制和无水乙醚混合液，由于反应剧烈，所以需要采用冷水浴，同时控制混合液的滴入速率；此时得到的三苯甲醇溶解在有机溶剂当中，而三苯甲醇的沸点较高，所以可采用蒸馏的方法将其分离，除去有机杂质；得到的粗品还有可溶于水的Mg(OH)Br杂质，可以通过重结晶的方法分离，三苯甲醇熔点较高，所以最终得到的产品为白色颗粒状晶体。【题目详解】(1)根据装置A的结构特点可知其为球形干燥管；碘与Mg反应放热，可以提供反应需要的活化能；无水氯化钙防止空气中的水蒸气进入反应装置，使格氏试剂潮解，发生反应：+H2O→+Mg(OH)Br；(2)控制反应速率除降低温度外(冷水浴)，还可以缓慢滴加混合液、除去混合液的杂质等；(3)根据分析可知应采用蒸馏的方法除去有机杂质；进一步纯化固体可采用重结晶的方法；(4)三苯甲醇可以通过格氏试剂与苯甲酸乙酯按物质的量比2:1反应，由于格氏试剂过量，所以理论生成的n(三苯甲醇)=n(苯甲酸乙酯)=0.09mol，所以产率为=68%；本实验使用的乙醚易挥发，有毒且易燃，所以需要在通风橱中进行。【答案点睛】本题易错点为第3题，学生看到三苯甲醇的熔