2022-2023学年海南省三亚市高三下册化学高考仿真模拟试题（3月4月）含解析

※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………试卷第=page1212页，共=sectionpages1313页第页码13页/总NUMPAGES总页数57页2022-2023学年海南省三亚市高三下册化学高考仿真模拟试题（3月）评卷人得分一、单选题1．今年早春，我市多个地区出现“速冻"模式，冰冻和雨雪极端天气对我们的生活、交通、电力、通信和农业等造成不利影响。下列说法正确的是A．通信光缆的主要成分是SiO2B．生火取暖应注意通风，防范CO中毒，CO为酸性氧化物C．冰冻期间，各级政府积极应对确保电力供应稳定，电能属于一次能源D．京珠北高速乳源至乐昌段，使用国家储备盐给路面除冰，储备盐NaCl是离子化合物，存在极性键2．下列说法不正确的是A．钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火B．油脂、淀粉、蔗糖和葡萄糖在一定条件都能发生水解反应C．除去干燥中混有的少量，可将混合气体依次通过盛有酸性溶液、浓硫酸的洗气瓶D．“中和滴定”实验中，锥形瓶用蒸馏水洗涤后即可使用，滴定管用蒸馏水洗涤后，需经润洗方可使用3．设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A．1.8g含有的中子数为0.1B．1L氨水中所含的数目为0.1C．5.6g铁与足量稀盐酸反应、转移的电子数)0.3D．124g()分子中所含的共价键数目为64．聚乳酸(PLA)是一种生物可降解材料。低相对分子质量PLA可由乳酸直接聚合而成，高相对分子质量PLA的制备过程如下图所示。下列说法正确的是A．乳酸生产中间体时，原子利用率能达到100%B．PLA易溶于水C．1mol乳酸最多能消耗2molNaOHD．由乳酸直接生成低相对分子质量PLA的反应属于缩聚反应5．下列操作或装置能达到实验目的的是ABCD配制一定浓度的NaCl溶液除去氯气中的HCl气体观察铁的吸氧腐蚀检验乙炔的还原性A．A B．B C．C D．D6．一种氯离子介导的电化学合成方法，能将乙烯高效清洁、有选择性地转化为环氧乙烷，电化学反应的具体过程如图所示。在电解结束后，将阴、阳极电解液输出混合，便可反应生成环氧乙烷。下列说法正确的是反应流程：A．Ni电极作负极B．该过程的总反应为：CH2=CH2+H2O→+H2C．工作过程中Ni电极附近pH减小D．交换膜两侧KCl浓度均不变7．化合物R(结构式如图所示)具有强大的氧化能力，可有效改善水质。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，X与W、Y与Z分别同主族，Z、W对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．X与Y只能形成一种化合物B．化合物R中Y的化合价有2种C．W可与反应生成Y的单质D．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性8．废易拉罐(含有Al和少量Fe、Mg杂质)制备明矾，分析流程，正确的是A．为尽量少引入杂质，NaOH溶液应改用KOH或氨水B．“沉淀”为Al2(CO3)3C．上述流程中可用过量CO2代替NH4HCO3D．滤渣的主要成分是Fe(OH)3和Mg(OH)29．常温下，W、X、Y、Z四种短周期元素的最高价氧化物对应的水化物溶液(浓度均为0.01mol/L)的pH和原子半径、原子序数的关系如下图所示。下列说法不正确的是A．X与Y形成的化合物的水溶液呈酸性 B．单质的沸点：Y>ZC．简单离子半径：Y>Z>W>X D．ZO2可作为自来水的消毒剂10．室温下，向20.00mL0.1000mol/L的某一元碱MOH溶液中滴加未知浓度的稀硫酸，混合溶液的温度、酸度AG[AG=随加入稀硫酸体积的变化如图所示。下列说法正确的是A．硫酸的浓度为0.1000mol/LB．b点对应的溶液中：c(M+)+2c(H+)=2c(OH-)+c(MOH)C．当AG=0时，溶液中存在：c()>c(M+)>c(H+)=c(OH-)D．b、c、d三点对应的溶液中，水的电离程度的大小关系是b>c>d11．咖啡酸片常用于手术时止血，其活性成分咖啡酸的结构简式如图所示，下列说法正确的是A．一定量的该物质分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为3：1B．1mol该物质与足量饱和溶液反应，可放出22.4L(标准状况)C．1mol该物质与足量浓溴水反应，消耗3molD．含有2个酚羟基、1个碳碳双键和1个羧基的咖啡酸的同分异构体有11种12．现代工业中用“NH3-NH4Cl水溶液”浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的工艺流程如图所示：已知：①浸出液中含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、，且存在[M(NH3)4]2+M2++4NH3(M为Cu或Zn)；②“氧化除杂”的目的是将转化为As2O5胶体，再经吸附聚沉除去。下列有关说法正确的是A．“溶浸”过程中发生反应：ZnO+4NH3·H2O+2H+=[Zn(NH3)4]2++5H2OB．空间结构为正八面体形C．“滤渣3”的主要成分为Pb、ZnD．“电解残留液”适当处理后可返回“溶浸”过程循环利用13．Cu2+与NH3存在如下平衡：Cu2+[Cu(NH3)]2+[Cu(NH3)2]2+[Cu(NH3)3]2+[Cu(NH3)4]2+；向某浓度的硫酸铜溶液中滴加浓氨水，实验测得Cu2+、[Cu(NH3)]2+、[Cu(NH3)2]2+、[Cu(NH3)3]2+、[Cu(NH3)4]2+的物质的量分布分数(δ)与溶液中游离氨的浓度的负对数[-lgc(NH3)]关系如图所示。下列说法正确的是A．曲线b表示[Cu(NH3)]2+B．<C．Q点，2c(Cu2+)<c(SO)D．M点，2c(SO)+c(OH-)=2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2c{[Cu(NH3)2]2+}+2c{[Cu(NH3)3]2+}+2c{[Cu(NH3)4]2+}+c(H+)评卷人得分二、多选题14．我国科学家设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s−SnLi实现安培级CO2电合成甲酸盐，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法不正确的是A．放电时，正极电极周围pH降低B．充电时，阴极反应式为Zn(OH)+2e－=Zn+4OH－C．使用催化剂Sn或者s−SnLi均能有效减少副产物CO的生成D．使用Sn催化剂，中间产物更不稳定评卷人得分三、工业流程题15．以黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)为原料制备MnSO4·H2O的工艺流程如下。回答下列问题：已知溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的如下表所示：金属离子开始沉淀时的8.17.52.23.7沉淀完全时的9.69.03.24.7(1)混合研磨成细粉的目的是_______。“酸浸”过程得到的滤液中含有，则该过程中主要反应的离子方程式是_______。(2)根据上表数据，计算的_______。若“调”后的溶液中浓度为，则“调”应控制的范围是_______。(3)“沉锰”时，参与反应的离子方程式是_______。(4)结合图像，分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是_______、洗涤、干燥.若称取一定质量的用标准溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，计算所得样品质量分数大于，分析可能的原因是_______。评卷人得分四、实验题16．钴是一种中等活泼金属，在化合物中常以+2价或+3价存在，其中CoCl2易溶于水。某同学制得的CoCl2·6H2O在醋酸氛围中制得无水(CH3COO)2Co，并利用下列装置检验(CH3COO)2Co在氮气氛围中的分解产物。已知常温下PdCl2溶液能被CO还原为Pd。(1)装置E、F用于检验CO和CO2，其中盛放PdCl2溶液的是装置_______(填“E”或“F”)。(2)装置G的作用是_______；E、F、G中的试剂均足量，若观察到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_______。(3)通入氮气的作用是_______。(4)实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其主要目的是_____。(5)若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、CxHy，已知CxHy标况下密度为1.34g/L且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=1：4：2：3则该反应的化学方程式为_______。(6)用ClO2处理过的饮用水常含有一定量的，饮用水中ClO2和的含量可用连续碘量法进行测定。已知ClO2被I-还原为或Cl-的转化率与溶液的pH关系如图所示。反应生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定，原理为：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。滴定过程为：准确量取水样加入到碘量瓶中，调节水样的为7～8，加入足量的KI晶体，充分反应后，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至淡黄色，加入淀粉溶液，滴定至第一次终点，消耗Na2S2O3溶液；调节溶液的，继续用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至第二次终点，消耗溶液。①当pH≤2.0时与I-的离子方程式为_______。②两次滴定终点的现象_______(填“相同”或“不相同”)。根据上述数据，该水样中的浓度为_______(用含字母的代数式表示)。评卷人得分五、原理综合题17．氮的氧化物是大气污染物之一。研究它们的反应机理，对于消除环境污染，促进社会可持续发展有重要意义。回答下列问题：(1)已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H1=-907kJ∙mol-1；②①4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H2=-1269.0kJ∙mol-1。若4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)的逆反应活化能为E逆=akJ∙mol-1，则其正反应活化能为_______kJ∙mol-1(用含a的代数式表示)。(2)氢气选择性催化还原NO是一种比NH3还原NO更为理想的方法，备受研究者关注。以Pt-HY为催化剂，氢气选择性催化还原NO在催化剂表面的反应机理如下图：①Pt原子表面上发生的反应除N+N=N2、2H+O=H2O外还有_____。②已知在HY载体表面发生反应的NO、O2物质的量之比为1∶1，补充并配平下列离子方程式：_______。+NO+O2→N2+H2O+_______(3)硫碘循环(SI循环)是目前最有前景和研究最多的一个热化学循环。SI循环涉及如下两个反应：反应I(Bunsen反应)：SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)⇌2HI(aq)+H2SO4(aq)∆H1=akJ∙mol-1反应II：2HI(aq)⇌H2(g)+I2(s)∆H2=bkJ∙mol-1①科研团队研究了温度和压强对反应I(Bunsen反应)达到平衡时n(SO2)的影响如下图所示，则p1_____p2(填“>”“<"或“=”)。②为了促进HI的分解，某科研团队设计了两种选择性膜反应器，其示意图如下。已知：HI的分解在反应区内进行，膜可以对产物进行选择性释放。反应区内通过控制使压强恒定为100kPa。反应开始时，投料均为1mol的HI气体。膜反应器1中氢气的渗透速率为3.1×10-8mol/(s·Pa)。反应区内的部分实验数据显示在下表中。反应器示意图无膜反应器膜反应器1膜反应器2物质HIH280s后的平衡物质的量/mol0.78____HI平衡分解率α1=____α2=52%α3_____α4(填“>”“<”或“=”)(4)我国科学家在(自然-通讯》发表了低温高效催化丁烷脱氢制丁烯的研究成果。该过程易发生积炭和裂化等副反应，催化反应历程如图a所示[注：0.06ev表示1个C4H8(g)+1个H2(g)的能量)]①三种催化剂催化效果最好的是_______(填“A”、“B”或“C”)，以C为催化剂时决速反应的方程式为_______；②在一恒容密闭容器中通入1mol丁烷和适量的催化剂，发生催化脱氢反应，若起始投料量不变，经过相同时间，测得不同温度下丁烷转化率和丁烯产率如图b所示。温度高于T1时，丁烯产率降低的原因可能是_______(写一条即可)，温度高于T2时丁烷转化率增大的原因可能是_______(写一条即可)。评卷人得分六、有机推断题18．化合物G是用于治疗面部疱疹药品泛昔洛韦的合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：(1)A的名称为_______，D→E的反应类型为_______。(2)D中官能团的名称为_______。(3)B→C的反应方程式为_______。(4)F的结构简式为_______。(5)C有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有_______种；①分子中含有苯环。②分子中含有2个-CH2OH。写出其中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4：3：2：2：1的结构简式_______。(6)参照上述合成路线，设计以苯甲醇和为原料(无机试剂任选)制备的路线_______。※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………试卷第=page4040页，共=sectionpages2727页第页码39页/总NUMPAGES总页数57页答案：1．A【详解】A．二氧化硅具有良好的光学特性，可以制造光导纤维，通信光缆的主要成分是SiO2，故A正确；B．酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物，CO不能和碱反应，不是酸性氧化物，故B错误；C．一次能源是指直接取自自然界没有经过加工转换的各种能量和资源，如太阳能、水力、风力等，由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，称为二次能源，例如：电力、蒸汽、煤气等等，所以电能属于二次能源，故C错误；D．NaCl是由钠离子和氯离子形成的离子化合物，只存在离子键，故D错误；故答案为A。2．B【详解】A．过氧化钠、过氧化钾与二氧化碳反应，镁在二氧化碳中燃烧，故钾、钠、镁等活泼金属着火时，不能用泡沫灭火器灭火，故A正确；B．葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故B错误；C．酸性溶液能与发生氧化还原反应从而除去，经过浓硫酸的洗气瓶除去中的水蒸气，得到干燥的，故C正确；D．锥形瓶用蒸馏水洗涤后无需干燥，不影响待测液中溶质物质的量，不影响测定结果；滴定管用蒸馏水洗涤后需经润洗才可使用，若不润洗，会使的滴定管中的溶液被稀释，浓度偏低，影响测定结果，故D正确；故选B。3．D【详解】A．D2O摩尔质量是20g•mol-1，1.8g该物质不足0.1mol，所以中子数为，计算错误，不符题意；B．在溶液中水解，故粒子数量少于0.1NA，描述错误，不符题意；C．铁与盐酸反应发生的离子反应是，5.6gFe反应，转移电子，描述错误，不符题意；D．每个P4分子中含有6条P—P单键，124gP4物质的量是1mol，所以P—P键一共6NA，描述正确，符合题意；综上，本题选D。4．D【详解】A．2分子乳酸酯化生成l分子中间体的同时生成2分子水，原子利用率不能达到100%，A项错误；B．PLA属于羧基和羟基的缩聚产物，为酯类物质，难溶于水，B项错误；C．乳酸中只有羧基能和NaOH反应，则1mol乳酸最多能消耗1molNaOH，C项错误；D．不管生成低相对分子质量还是高相对分子质量PLA，其过程均为缩聚反应，D项正确；答案选D。5．C【详解】A．配制溶液定容时要平视溶液的凹液面，A错误；B．应该用饱和氯化钠溶液吸收氯气中的氯化氢，用碳酸氢钠会产生二氧化碳杂质气体，B错误；C．铁在食盐水中能发生吸氧腐蚀，试管中的气体减少，右侧红墨水会倒吸入导管中，C正确；D．电石含有杂质，产生的气体不仅有乙炔还有硫化氢等，硫化氢也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检验乙炔的还原性，D错误；故选C。6．B【详解】A．由反应流程可知，Pt电极区要将Cl−转化为Cl2，发生氧化反应，故Pt为阳极，Ni电极为阴极，选项A错误；B．根据反应历程和阴极区的反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，可知该过程的总反应为CH2=CH2+H2O→+H2，选项B正确；C．工作过程中阴极区的反应为2H2O+2e−=2OH−+H2↑，故阴极附近pH增大，选项C错误；D．阳极区发生Cl2+H2O=HCl+HClO，阴极区生成KOH，故在电解液混合过程中会发生反应HCl+KOH=KCl+H2O，氯离子通过阴离子交换膜向左侧移动，KCl浓度增大，阳极区浓度减小，选项D错误；答案选B。7．B【分析】Z能形成6条共价键，故Z为S；Y与Z分别同主族，Y为O；Z、W对应的简单离子核外电子排布相同，且W能形成+1价离子，故W为Na；X与W同主族，X在化合物中能形成1条共价键，X应为H。【详解】A．H与O能形成的化合物有H2O、H2O2，A项错误；B．化合物R中存在结构-O-O-，此结构中O化合价为-1，同时R中还存在-2价的O，故Y的化合价有2种，B项正确；C．Na可与反应生成氢气，C项错误；D．SO2、SO3均是酸性氧化物，其水溶液呈酸性，D项错误；答案选B。8．C【分析】由题给流程可知，易拉罐中铝与氢氧化钠溶液微热反应生成偏铝酸钠和氢气，铁、镁不与氢氧化钠溶液反应，过滤得到含有铁、镁的滤渣和偏铝酸钠溶液；向偏铝酸钠溶液中加入碳酸氢铵溶液，溶液中铝离子与碳酸氢根反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝沉淀溶于稀硫酸后，加入硫酸钾，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到明矾。【详解】A．铝能与氢氧化钠溶液和氢氧化钾溶液反应，不能与弱碱氨水反应，则溶解易拉罐时不能用氨水代替氢氧化钠溶液，故A错误；B．由分析可知，沉淀为氢氧化铝，故B错误；C．二氧化碳也能与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀，则可以用过量的二氧化碳代替碳酸氢铵得到氢氧化铝沉淀，故C正确；D．由分析可知，滤渣的主要成分是铁、镁，故D错误；故选C。9．A【分析】浓度均为0.01mol•L-1的溶液，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物的pH都小于7，W、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物是酸，说明W、Y、Z都是非金属元素，W、Z最高价氧化物对应的水化物的pH=2，为一元强酸，原子序数Z＞W，则Z是Cl、W是N；Y的最高价氧化物对应的水化物的pH＜2，应该为二元强酸硫酸，则Y是S；X的最高价氧化物对应的水化物的pH=12，应该为一元强碱氢氧化钠，则X是Na。【详解】由以上分析可知，W、X、Y、Z分别为N、Na、S、Cl元素，A．X与Y形成的化合物Na2S为强碱弱酸盐，水解后水溶液呈碱性，故A错误；B．硫常温下是固体，氯气为气体，单质的沸点：Y>Z，故B正确；C．电子层数越多，原子或离子的半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，对核外电子的吸引能力越强，离子半径越小，则N3-、Na+、S2-、Cl-的半径大小为：S2-＞Cl-＞N3-＞Na+，即Y＞Z＞W＞X，故C正确；D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可作为自来水的消毒剂，故D正确；故选A。10．B【分析】c点温度最高，为酸碱恰好完全反应的点，溶质M2SO4；则b点为浓度比为1:2的M2SO4、MOH混合溶液；d点为MHSO4和M2SO4混合溶液(MHSO4浓度较大)；当AG＞0时，溶液中c(H+)＞c(OH-)，溶液显酸性，即M2SO4溶液显酸性，则MOH为一元弱碱。【详解】A．c点温度最高，为酸碱恰好反应的点，则n(MOH)=2n(H2SO4)，即0.02L×0.1000mol•L-1=2×c(H2SO4)×0.02L，解得c(H2SO4)=0.0500mol•L-1，故A错误；B．根据A可知硫酸的浓度为0.05mol/L，b点加入10mL硫酸，生成M2SO4为0.01L×0.05mol·L－1=5.0×10-4mol，剩余MOH为0.02L×0.1mol·L－1-2×5.0×10-4mol=1.0×10-3mol，可知b点溶液中MOH与M2SO4物质的量为2：1，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO)+c(OH-)，根据物料守恒有c(M+)+c(MOH)=4c(SO)，联立可得2c(OH-)+c(MOH)=c(M+)+2c(H+)，故B正确；C．当AG=0时，溶液中c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有：c(H+)+c(M+)=2c(SO)+c(OH-)，联立可得c(M+)=2c(SO)，则溶液中存在c(H+)=c(OH-)＜c(SO)＜c(M+)，故C错误；D．结合分析可知c点水的电离受到促进，b点显酸性，水的电离程度收到促进，但促进程度没有c点大，d点MaHSO4的浓度远远大于M2SO4，水的电离程度收到一直，因此水的电离程度：c＞b＞d，故D错误；故选B。11．B【详解】A．能与Na反应的官能团有-OH和-COOH，能与NaOH反应的官能团为-COOH、酚羟基，故一定量咖啡酸分别与足量Na、NaOH反应，消耗二者物质的量之比为1：1，A项错误；B．能与反应的官能团为-COOH，参与反应的-COOH与生成CO2之比为1：1，故1mol该物质与足量饱和溶液反应，可放出1molCO2，标况下体积为22.4L，B项正确；C．咖啡酸中存在1个碳碳双键，能与Br2发生加成反应，消耗1molBr2，该物质还存在酚羟基，故还可与Br2发生邻对位取代反应，结构中有2个酚羟基，根据取代位置，可以与3molBr2发生取代反应，故1mol该物质与足量浓溴水反应，共消耗4mol，C项错误；D．含有2个酚羟基、1个碳碳双键和1个羧基的物质，如果取代基为-CH=CH-COOH或，则取代基的位置有中为1、2，中为1、2、3，中为1，此时满足条件结构共为2×(2+3+1)=12，其中咖啡酸的同分异构体为12-1=11，但取代基还可以为-CH=CH2和-COOH，故满足条件的咖啡酸同分异构体大于11种，D项错误；答案选B。12．D【分析】用NH3-NH4C1水溶液浸出氧化锌烟灰(主要成分为ZnO、Pb、CuO和As2O3)制取高纯锌的流程为：氧化锌烟灰用NH3·H2O和NH4Cl溶浸，浸出液含[Zn(NH3)4]2+、[Cu(NH3)4]2+、，其中ZnO的反应为ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，Pb不反应，过滤得到滤渣1为Pb；将浸出液用H2O2氧化除去，反应为2+2H2O2+6NH3·H2O=As2O5(胶体)+10Cl-+6+5H2O，经吸附聚沉除去As2O5(滤渣2)后，再加入锌粉还原，可除去Cu和过量的Zn(滤渣3)，滤液中主要含有[Zn(NH3)4]2+，电解后阴极发生反应[Zn(NH3)4]2++2e-=Zn+4NH3↑，得到高纯锌。【详解】A．根据上述分析可知：用NH3-NH4C1水溶液浸出氧化锌烟灰时，ZnO发生反应：ZnO+2NH3·H2O+2=[Zn(NH3)4]2++3H2O，选项A错误；B．为sp3d杂化，空间构型为三角双锥，选项B错误；C．根据上述分析可知“滤渣3”的主要成分为Cu及过量的Zn，选项C错误；D．“电解残留液”中含有[Zn(NH3)4]2+，可返回“溶浸”过程进行循环利用，节约资源，降低生产成本，选项D正确；答案选D。13．C【分析】由题意可知，体系中存在平衡：Cu2++NH3[Cu(NH3)]2+K1，[Cu(NH3)]2++NH3[Cu(NH3)2]2+K2，[Cu(NH3)2]2++NH3[Cu(NH3)3]2+K3，[Cu(NH3)3]2++NH3[Cu(NH3)4]2+K4；增大c(NH3)，-lgc(NH3)减小，各个平衡均正向移动，故可以得知曲线e表示Cu2+，曲线d表示[Cu(NH3)]2+，曲线c表示[Cu(NH3)2]2+，曲线b表示[Cu(NH3)3]2+，曲线a表示[Cu(NH3)4]2+。【详解】A．由分析可知，曲线b表示c[Cu(NH3)3]2+，A错误；B．由图像可知：Q点处，K1===104.3，同理，P点处，K2===103.7，N点处，K3===103，M点处，K4===102.3；则=10-0.6>=10-0.7，B错误；C．根据物料守恒可得：c()=c(Cu2+)+c{[Cu(NH3)]2+}+c{[Cu(NH3)2]2+}+c{[Cu(NH3)3]2+}+c{[Cu(NH3)4]2+}，Q点处，c(Cu2+)=c[Cu(NH3)4]2+，故2c(Cu2+)<c(SO42-)，C正确：D．M点处，根据电荷守恒可得：2c()+c(OH-)=2c(Cu2+)+2c{[Cu(NH3)]2+}+2c{[Cu(NH3)2]2+}+2c{[Cu(NH3)3]2+}+2c{[Cu(NH3)4]2+}+c()+c(H+)，D错误；故选C。14．AD【分析】根据电子转移方向可知左边锌为原电池负极，右边是正极，充电时左边为阴极，右边为阳极。【详解】A．放电时，根据图中信息，正极电极是二氧化碳得到电子和水结合生成甲酸根和氢氧根，因此正极周围pH增大，故A错误；B．放电时，负极锌失去电子和氢氧根结合生成Zn(OH)，则充电时，阴极反应式为Zn(OH)+2e－=Zn+4OH－，故B正确；C．催化剂能降低反应的活化能，生成CO的活化能比生成甲酸的活化能更高，根据图像可知使用催化剂Sn或者s−SnLi均能有效减少副产物CO的生成，故C正确；D．使用Sn催化剂，中间产物能量更低，根据能量越低越稳定，得到使用Sn催化剂，中间产物更稳定，故D错误；综上所述，答案为AD。15．(1)

增大与酸的接触面积，加快反应速率

(2)

4.7～7.1(3)(4)

蒸发结晶、趁热过滤

样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质【分析】黄铁矿(主要成分是FeS2，含少量SiO2)和软锰矿(主要成分是MnO2，含少量Fe2O3、Al2O3)先进行粉碎，增大酸溶时的接触面积，再加入稀硫酸酸浸，其中SiO2不溶于酸，金属氧化物溶于酸生成硫酸铝和硫酸铁，MnO2、FeS2与硫酸发生反应生成单质S和硫酸锰、硫酸铁，由表中数据计算出Mn(OH)2的Ksp可知，过滤除杂后加氢氧化钠调节溶液pH值4.7～7.1之间除去溶液中的Fe3+和Al3+，所得滤液中加入氨水、碳酸氢铵发生反应，将锰转化为碳酸锰沉淀，碳酸锰沉淀中加入稀硫酸，将其转化为硫酸锰溶液，经过操作A即蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，过滤洗涤干燥后得到MnSO4·H2O，据此分析解题。（1）由分析可知，混合研磨成细粉的目的是增大与酸的接触面积，加快反应速率，“酸浸”过程得到的滤液中含有，是由于MnO2和FeS2反应转化而来的，故该过程中主要反应的离子方程式是，故增大与酸的接触面积，加快反应速率；；（2）根据上表数据，计算的c(Mn2+)c2(OH-)=0.01mol/L×(mol/L)2=10-5mol/L×(mol/L)2=，当浓度为时，溶液中c(OH-)==10-6.9mol/L，此时溶液的pH=7.1，由分析可知，调节pH的目的是除去溶液中的Fe3+和Al3+，故“调”应控制的范围是4.7～7.1，故；4.7～7.1；（3）由分析可知，“沉猛”时，参与反应的离子方程式是，故；（4）由题干溶解度图像可知，当温度低于40℃时溶液将析出，故由分析从“操作A”所得溶液中得到晶体需进行的操作是蒸发结晶、保持温度高于40℃以上趁热过滤，洗涤、干燥，若称取一定质量的用标准溶液滴定(操作过程产生的误差很小可忽略)，若样品失去部分结晶水则导致相同质量的样品中含有的硫酸根偏大，导致结果偏高，或样品混有硫酸盐杂质也将产生跟多的硫酸钡，导致计算所得样品质量分数大于，故蒸发结晶、趁热过滤；样品失去部分结晶水或混有硫酸盐杂质。16．(1)F(2)

除去CO2

分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质(3)将D中的气态产物带入后续装置##排出装置中的空气##不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等(4)防倒吸(5)3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑(6)

相同

（1）据已知信息，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，CO被氧化为CO2，装置E、F用于检验CO和CO2，故应先检验CO2，后检验CO，则其中盛放PdCl2溶液的是装置F。（2）为不影响后续装置对分解产物的检验，气体进入装置H前应先除去CO2，装置G的作用是故除去CO2；E、F、G中的试剂均足量，若观察到I中氧化铜变红，则氧化铜被还原，J中固体由白色变蓝色，则产物有水分，K中石灰水变浑浊，则产物有CO2，故可得出的结论是分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质。（3）实验目的是检验(CH3COO)2Co在氮气氛围中的分解产物，通入氮气的作用是将D中的气态产物带入后续装置(或排出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)。（4）实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，继续通入氮气，其主要目的是防倒吸。（5）若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、CxHy，CxHy标况下密度为1.34g/L，则CxHy摩尔质量为1.34g/L×22.4L/mol=30g/mol，根据烃类物质的结构特点，可判断CxHy的分子式为C2H6，且n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=1：4：2：3，根据碳元素守恒可知，该方程式乙酸钴的系数与生成物的比值为n[(CH3COO)2Co]：n(X)：n(CO)：n(CO2)：n(CxHy)=3：1：4：2：3，则该反应的化学方程式为：3(CH3COO)2CoCo3O4+4CO↑+2CO2↑+3C2H6↑。（6）该滴定第一次终点是在为7～8，Na2S2O3溶液滴定ClO2与I-反应生成的I2，此时ClO2被还原为；滴定第二次终点是在，Na2S2O3溶液滴定与I-反应生成的I2，此时被还原为Cl-；①根据题意，当pH≤2.0时被完全还原为Cl-，与I-的离子方程式为：；②两次滴定均是Na2S2O3溶液与I2反应，终点时都是滴入最后一滴标准液时蓝色褪去且半分钟不恢复蓝色，现象相同；根据上述数据，该水样中的浓度为两次终点求出的浓度的差值，由氧化还原反应原理可知，ClO2～～I-～Na2S2O3、～4I-～4Na2S2O3，n(ClO2)=cV1×10-3mol，则溶液中原n()=cV2×10-3mol-cV1×10-3mol=mol，故该水样中的浓度为mol/L=mol/L。17．(1)a-1812(2)

N+NO=N2O、3H+N=NH3

4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+(3)

<

0.11

22%

>(4)

B

C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)

催化剂活性降低，反应速率减慢

温度较高，丁烷裂化速率加快（1）已知：①4NH3(g)+5O2(g)=4NO(g)+6H2O(g)∆H1=-907kJ∙mol-1；②4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g)∆H2=-1269.0kJ∙mol-1。根据盖斯定律，由②-①得反应4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)∆H=-1812kJ∙mol-1，若4NH3(g)+6NO(g)=5N2(g)+6H2O(g)的逆反应活化能为E逆=akJ∙mol-1，∆H=E正-E逆，则其正反应活化能为E正=∆H-E逆=-1812kJ∙mol-1-akJ∙mol-1=(a-1812)kJ∙mol-1；（2）①Pt为催化剂，反应在Pt原子表面上发生，发生的反应有N+N=N2、2H+O=H2O、N+NO=N2O、3H+N=NH3等，答案为N+NO=N2O、3H+N=NH3；②由图可知，反应物为NO、O2和，反应生成N2和H2O，反应物中有H+，故生成物中应补充H+，已知NO、O2物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平，得到4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+，故答案为:4+2NO+2O2=3N2+6H2O+4H+；（3）①比较压强，需控制温度相同，当温度相同时，p1时n(SO2)大于p2时n(SO2)，根据方程式SO2(g)+I2(s)+2H2O(l)⇌2HI(aq)+H2SO4(aq)可知，压强增大时，平衡向正方向移动，n(SO2)会减小，故p1<p2；②无膜反应器发生的反应为2HI=H2+I2初始投入1molHI，80s平衡之后还有0.78mol，说明反应分解了0.22mol，生成I2的物质的量为0.11mol；因此分解率为100%=22%；膜反应器1，HI的80s后分解率为52%，可得80s后HI还有1mol（1-52%）=0.48mol，分解了0.52mol，由HI:H2=2:1可得，生成了H20.26mol；膜反应器2增加了I2气体的释放，有效的促使反应向正向移动，所以HI的分解率是增加的，所以a3>a2；（4）①催化剂在参加化学反应时,能够降低反应的活化能，使反应在较低温度下发生。那种催化剂使用时活化能越低，且其使反应发生就越容易进行。根据图示可知催化剂B参加反应.过程中，活化能最小,故三种催化剂催化效果最好的是B；以C为催化剂时决速反应是活化能最大的步骤发生反应，根据图示可知该步反应的化学方程式为C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)，故答案为:B；C4H10*(g)=C4H9*(g)+H*(g)；②若起始投料量不变，经过相同时间，温度高于T1时，丁烯产率降低，原因是催化剂只有在一定温度下才能达到最佳活性，当温度高于该温度范围时，催化剂活性降低，导致化学反应速率减慢;当温度高于T2时丁烷转化率增大，是由于温度较高，丁烷裂化速率加快，单位时间内丁烷分解量增加，因而丁烷转化率增大,故答案为:A;催化剂活性降低，反应速率减慢;温度较高，丁烷裂化速率加快。18．(1)

甲苯

取代反应(2)醚键、溴原子(3)+HOCH2CH2OH→+HBr(4)(5)

10(1种，邻、间、对3种，位置异构6种)

或(6)【分析】A转化为B：，根据A的分子式可推知A为，发生取代反应生成，与乙二醇发生取代反应生成C为，与四溴化碳发生取代反应生成D；E发生还原反应生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，根据G的结构简式及F的分子式可推知F为。（1）A为，名称为甲苯；D→E是与发生取代反应生成和HBr，反应类型为取代反应；（2）D为，官能团的名称为醚键、溴原子；（3）B→C是与乙二醇发生取代反应生成和HBr，反应方程式为+HOCH2CH2OH→+HBr；（4）F的结构简式为；（5）C有多种同分异构体，同时满足条件的同分异构体：①分子中含有苯环，②分子中含有2个-CH2OH，1种，邻、间、对3种，位置异构6种，总共10种；其中一种核磁共振氢谱中峰面积之比为4：3：2：2：1的结构简式为或；（6）参照上述合成路线，以苯甲醇和为原料(无机试剂任选)制备，苯甲醇与浓HBr反应生成，与反应生成，转化为，合成路线如下：。2022-2023学年海南省三亚市高三下册化学高考仿真模拟试题（4月）评卷人得分一、单选题1．中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A．该过程将太阳能转化成为化学能B．该过程中，涉及极性键和非极性键的断裂与生成C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1D．原料气N2可通过分离液态空气获得2．a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层电子数相同，c所在周期数与族序数相同；d与a同族，下列叙述正确的是A．四种元素中b的金属性最强B．原子半径：C．d的单质氧化性比a的单质氧化性强D．c的最高价氧化物对应水化物是一种强碱3．普通电解精炼铜的方法所制备的铜中仍含杂质，利用如图中的双膜(阴离子交换膜和过滤膜)电解装置可制备高纯度的Cu。下列有关叙述正确的是（

）A．电极a为粗铜B．甲膜为过滤膜，可阻止阳极泥及漂浮物杂质进入阴极区C．乙膜为阴离子交换膜，可阻止杂质阳离子进入阴极区D．当电路中通过1mol电子时，可生成32g精铜4．在100mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.3mol/L、0.15mol/L，向该混合液中加入2.56g铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子的物质的量浓度是A．0.15mol/L B．0.225mol/L C．0.30mol/L D．0.45mol/L5．下列物理量与温度、压强有关且对应单位正确的是A．阿伏加德罗常数：mol-1 B．气体摩尔体积:L.mol-1C．物质的量浓度：g·L-1 D．摩尔质量：g·mol-16．阿伏加德罗是意大利化学家（1776.08.09-

1856.07.09），曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把1mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用N表示。下列说法或表示中不正确的是A．科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1molB．在K37ClO3+6H35Cl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC．60克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D．6.02×1023mol-1叫做阿伏加德罗常数7．用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A．装置探究浓度对化学反应速率的影响B．装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C．装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D．装置防止铁钉生锈8．向FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液,测定混合后溶液pH随混合前溶液中变化的曲线如图所示。实验发现:ⅰ.a点溶液澄清透明,向其中滴加NaOH溶液后,立即产生灰白色沉淀,滴入KSCN溶液显红色;ⅱ.c点和d点溶液中产生红褐色沉淀,无气体逸出。取其上层清液滴加NaOH溶液后无明显现象,滴加KSCN溶液显红色。下列分析合理的是A．向a点溶液中滴加BaCl2溶液,无明显现象B．b点较a点溶液pH升高的主要原因:2Fe3++SO32-+H2O2Fe2++SO42-+2H+C．c点溶液中发生的主要反应:2Fe3++3SO32-+6H2O2Fe(OH)3+3H2SO3D．向d点上层清液中滴加KSCN溶液,溶液变红;再滴加NaOH溶液,红色加深9．目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁－铬液流电池储能示范电站。铁－铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，工作示意图如图。下列说法错误的是A．放电时a电极反应为Fe3++e−=Fe2+B．充电时b电极反应为Cr3++e−=Cr2+C．放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D．该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低10．《Chem.sci.》报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是A．分子式为C18H17NO2B．能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C．所有氢原子不可能共平面D．苯环上的一氯代物有7种11．聚乳酸是一种生物降解塑料，结构简式为．下列说法正确的是（）A．聚乳酸的相对分子质量是72B．聚乳酸的分子式是C3H4O2C．乳酸的分子式是C3H6O2D．聚乳酸可以通过水解降解12．新型冠状病毒是一种致病性很强的RNA病毒，各位成外的小可爱们请注意防护额！下列说法错误的是A．新型冠状病毒组成元素中含有C、H、OB．用“84消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好C．3M防颗粒物口罩均使用3M专有高效过滤材料——聚丙烯材质，聚丙烯属于有机物D．不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒13．常温下，某实验小组探究碳酸氢铵溶液中各微粒物质的量浓度随溶液pH的变化如图所示(忽略溶液体积变化)，则下列说法错误的是（

）A．由图可知碳酸的Ka1数量级约为10-7B．向NH4HCO3溶液加入与NH4HCO3等物质的量NaOH的溶液，HCO3-会先与NaOH反应C．常温下将NH4HCO3固体溶于水，溶液显碱性D．NH4HCO3作肥料时不能与草木灰混用14．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0.1mol·L−1的CH3COOH和0.1mol·L−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NOC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0.1mol·L−1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2A．A B．B C．C D．D15．下列设计的实验方案能达到相应实验目的的是选项实验目的实验方案A探究化学反应的限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液5～6滴，充分反应，可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应B探究浓度对化学反应速率的影响用两支试管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分别加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，记录溶液褪色所需的时间C证明溴乙烷的消去反应有乙烯生成将NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加热，将产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液中D验证醋酸钠溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于试管中并加入几滴酚酞试剂，再加入醋酸铵固体其水溶液呈中性，观察溶液颜色变化A．A B．B C．C D．D16．下列解释事实的离子方程式正确的是（

）A．用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O3＋2H+＝SO2↑＋S↓＋2Na+＋H2OB．硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3++2I-=2Fe2++I2C．向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-＋H2O＋CO2＝HClO＋HCO3-D．硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=BaSO4↓+AlO2-+2H2O评卷人得分二、有机推断题17．A是一种烃，可以通过下列路线合成有机产品X、Y、Z。已知：Ⅰ.（R或R’可以是烃基或氢原子）Ⅱ.反应①、②、⑤的原子利用率都为100%。完成下列填空：（1）B的名称为_____；反应③的试剂和条件为_____；反应④的反应类型是____。（2）关于有机产品Y（）的说法正确的是____。A．Y遇氯化铁溶液会发生显色反应B．1molY与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4mol和2molC．1molY与氢氧化钠溶液反应时，最多可以消耗3mol氢氧化钠D．Y中⑥、⑦、⑧三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦（3）写出符合下列条件的E的所有同分异构体的结构简式______。a.属于酚类化合物，且是苯的对位二元取代物b.能发生银镜反应和水解反应（4）设计一条以CH3CHO为起始原料合成Z的线路（无机试剂及溶剂任选）。______（合成路线的常用表示方法为：AB……目标产物）18．CPAE是蜂胶的主要活性成分，具有抗癌的作用．人工合成CPAE的一种路线如下：已知：i．A分子中苯环上一溴代物只有2种；ii．R1﹣CHO+R2﹣CH2﹣CHO→（1）写出反应类型：反应①_______；反应⑤______．（2）写出结构简式：A______；C_______．（3）在反应②中，1molC7H5O2Br最多消耗NaOH____mol．（4）写出反应方程式：反应⑦________．（5）写出一种符合下列条件的E的同分异构体__________i．1mol该物质与1molNa2CO3反应，生成1molCO2气体ii．含有4种化学环境不同的氢原子（6）写出实验室用Y制备苯乙酮（）的合成路线（不超过四步）_____________（合成路线常用的表示方式为：AB…：目标产物）评卷人得分三、元素或物质推断题19．元素周期表中的四种元素的有关信息如下，请用合理的化学用语填写空白。在周期表中的区域元素代号有关信息短周期元素XX的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶于强碱溶液YY的一种氢化物可用于制造纯碱和做制冷剂长周期元素ZZ的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料WW元素大多存在于海藻种，它的银盐可用于人工降雨（1）X元素周期表中的位置为___，X、Y、Z三种元素的简单离子半径从大到小的顺序为___。（2）足量W的最高价氧化物的水化物是稀溶液与1mol甲完全反应，放出热量QkJ，请写出表示该过程中和热的热化学方程式：____。（3）下列有关W的气态氢化物丁的说法正确的有___（选填字母）a.丁比氯化氢沸点高

b.丁比氯化氢稳定性好c.丁比氟化氢还原性弱

d.丁比氟化氢酸性弱（4）请写出丙溶于丁的水溶液的离子方程式___。评卷人得分四、实验题20．二氯化二硫（S2Cl2）是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：物理性质毒性色态挥发性熔点沸点剧毒金黄色液体易挥发-76℃138℃化学性质①300℃以上完全分解②S2Cl2+Cl22SCl2③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气(1)制取少量S2Cl2实验室可利用硫与少量氯气在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生在SCl2。①仪器m的名称为____________，装置F中试剂的作用是____________。②装置连接顺序：A→________→________→________→E→D。③实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是____________。④为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和____________。(2)少量S2Cl2泄漏时应喷水减慢其挥发（或扩散），并产生酸性悬浊液，但不要对泄漏物或泄漏点直接喷水，其原因是____________。(3)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如下实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。①W溶液可以是____________（填标号）。a.H2O2溶液

b.KMnO4溶液（硫酸酸化）

c.氯水②该混合气体中二氧化硫的体积分数为____________（用含V、m的式子表示）。21．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：①Na2S2O3．5H2O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：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；2Na2S+3SO2=3S+2Na2SO3；S+Na2SO3Na2S2O3。回答下列问题：（1）装置B的作用是___。（2）该实验能否用NaOH代替Na2CO3？___（填“能”或“否”）。（3）配制混合液时，先溶解Na2CO3，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m2gNa2S2O3·5H2O晶体。Na2S2O3·5H2O的产率为___（列出计算表达式）。[Mr(Na2S·9H2O)=240，Mr(Na2S2O3·5H2O)=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，实验前通入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答案第=page1616页，共=sectionpages1717页答案第=page1717页，共=sectionpages1717页答案：1．C【详解】A.由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；C.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为−3价，氧元素从−2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故C错误；D.由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故D正确；答案选C。本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。2．A【分析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素；则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题，由以上分析可知：a为O元素、b可能为Na或Mg、c为Al、d为S元素。【详解】A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性b＞c，a、d为非金属，金属性较弱，则4种元素中b的金属性最强，A正确；B．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，应为b＞c＞d，a为O，原子半径最小，B错误；C．一般来说，元素的非金属性越强，对应的单质的氧化性越强，应为a的单质的氧化性强，C错误；D．c为Al，对应的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，为弱碱，D错误；故答案选：A。3．D【详解】A．电解精炼铜中，粗铜作阳极，接电源正极，因此电极a为精铜，电极b为粗铜，故A错误；B．甲膜为阴离子交换膜，防止阳极溶解的杂质阳离子进入阴极区，同时NO3-可穿过该膜，平衡阳极区电荷，故B错误；C．乙膜为过滤膜，先对阳极区的阳极泥及漂浮物过滤，故C错误；D．阴极只有Cu2+放电，转移1mol电子时，生成0.5molCu，因此质量=0.5mol×64g/mol=32g，故D正确；故答案选D。本题关键是通过装置原理图判断该电解池的阴阳极，通过阴阳极的反应原理，判断甲膜和乙膜的种类和作用。4．B【详解】溶液中n(H+)=0.15mol/L×2×0.1L+0.3mol/L×0.1L=0.06mol，反应计算如下：3Cu

+

8H++

2NO3-=

3Cu2++

2NO↑+

4H2O。3×64g

8mol

2mol

3mol2.56g

0.06mol

0.03mol

n∵∴Cu过量，∵∴NO3-过量，因此用H+进行计算。n=0.0225mol，c(Cu2+)=0.0225mol/0.1L=0.225mol/L，正确答案B。点睛：由于Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，Cu(NO3)2电离生成的NO3-可以在H2SO4电离生成的H+作用下氧化单质Cu，因此利用铜与硝酸反应方程式计算存在后续计算的问题，恰当的处理方法是用Cu与NO3-、H+反应的离子方程式进行一步计算。5．B【详解】A、阿伏加德罗常数与温度、压强无关，故A错误；B、气体摩尔体积与温度、压强有关且对应单位正确，故B正确；C、物质的量浓度：单位是mol·L-1，故C错误；D、摩尔质量与温度、压强无关，故D错误；故选B。6．D【详解】A.含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1mol，故A正确；B.生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量==70.7g·mol－1，若有212克氯气生成物质的量==3mol，生成3mol氯气电子转移5mol，故B正确；C.乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故C正确；D.6.02×1023mol-1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；故选D。7．C【详解】A.该实验中高锰酸钾溶液过量，不能褪色，因此无法记录褪色的时间，因此该装置不能探究浓度对化学反应速率的影响，A项错误；B.欲探究催化剂对H2O2分解速率的影响，应保证过氧化氢的浓度是一致的，B项错误；C.加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.该装置为电解池，Fe作阳极，加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选C。本题C项涉及二氧化硫的还原性，二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，性质决定用途，学生切莫混淆，尤其是漂白性与还原性的区别，应加以重视。8．C【分析】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，然后据此分析；【详解】根据i的现象，a点溶液为澄清透明，向其中滴加NaOH溶液后，立即产生灰白色沉淀，该沉淀中含有Fe(OH)2，即a点溶液中含有Fe2＋，FeCl3溶液中加入Na2SO3溶液，先发生2Fe3＋＋SO32－＋H2O=2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，c点和d点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应产生红褐色沉淀，且生成H2SO3，因此无气体产生，取上层清液滴加NaOH溶液，无明显现象，是因为NaOH与H2SO3反应，滴加KSCN溶液显红色，说明溶液中含有Fe3＋，A、a点处溶液中含有SO42－，加入BaCl2，会产生BaSO4白色沉淀，故A错误；B、pH升高说明溶液c(H＋)减小，原因是c(SO32－)增大，水解程度增大，按照给出方程式，生成H＋，溶液c(H＋)增大，溶液的pH应减小，不会增大，故B错误；C、c点溶液中Fe3＋和SO32－发生双水解反应，离子方程式为2Fe3＋＋3SO32－＋6H2O=2Fe(OH)3↓＋3H2SO3，故C正确；D、溶液变红后滴加NaOH会消耗溶液中的Fe3＋，因此红色应变浅，故D错误；答案为C。9．C【分析】铁-铬液流电池总反应为Fe3++Cr2+Fe2++Cr3+，放电时，Cr2+发生氧化反应生成Cr3+、b电极为负极，电极反应为Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+发生得电子的还原反应生成Fe2+，a电极为正极，电极反应为Fe3++e-═Fe2+，放电时，阳离子移向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即a电极为阳极、b电极为阴极，充电时，在阳极上Fe2+失去电子发、生氧化反应生成Fe3+，电极反应为：Fe2+-e-═Fe3+，阴极上Cr3+发生得电子的还原反应生成Cr2+，电极反应为Cr3++e-═Cr2+，据此分析解答。【详解】A．根据分析，电池放电时a为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3++e−=Fe2+，A项不选；B．根据分析，电池充电时b为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3++e−=Cr2+，B项不选；C．原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C项可选；D．该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3+、Cr2+毒性比较低，D项不选；故答案选C。10．D【详解】A．按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A正确；B．题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C．题给有机物分子中，最右边的端基为-CH3，3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；D．从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5种，D错误；故选D。11．D【详解】A．根据结构简式，聚乳酸的相对分子质量是72n，故A错误；B．聚乳酸的分子式为(C3H4O2)n，故B错误；C．的单体为，因此乳酸的分子式为C3H6O3，故C错误；D．聚乳酸含有酯基，可以通过水解反应生成小分子，达到降解的目的，故D正确；故选D。12．B【详解】A．新型冠状病毒是RNA病毒，RNA中含有C、H、O等元素，A正确；B．“84消毒液”具有一定的刺激性和腐蚀性，必须稀释后才能使用，B错误；C．聚丙烯属于有机物，且属于高分子化合物，是由丙烯加聚而成，C正确；D．新型冠状病毒可通过飞沫和接触传染，所以不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，D正确；故选B。13．B【详解】A．由图可知，时，、，碳酸的一级电离平衡常数，则碳酸的数量级约为，故A正确；B．由图像可知，相同浓度的和，铵根离子对应的pH小，说明与等物质的量NaOH的溶液混合时，会先与NaOH反应，故B错误；C．由图可知，时，、，的电离平衡常数为，而碳酸的，则的电离能力比强，的水解程度比强，即的水溶液显碱性，故C正确；D．草木灰的水溶液显碱性，与混用会生成降低肥效，则作肥料时不能与草木灰混用，故D正确；答案选B。14．C【分析】【详解】A．CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，则说明CH3COOH溶液中自由移动离子浓度小于HCl溶液中自由移动离子浓度，又由于CH3COOH和HCl的浓度均相等，且HCl为强电解质，则CH3COOH为弱电解质，故A不选；B．向某溶液中加入向某溶液中加铜和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，该气体为二氧化氮，根据氮元素守恒可知原溶液中含有NO，故B不选；C．次氯酸钠与浓硫酸反应生成氯气，氯气能使品红溶液褪色，所以该钠盐可能为氯酸钠，不一定为为Na2SO3或NaHSO3，故选C；D．溶解度小的先产生沉淀，先出现氢氧化铜蓝色沉淀，说明溶解度：Cu(OH)2<Mg(OH)2，故D不选。答案选C15．D【详解】A．KI与FeCl3发生氧化还原反应，其离子反应式为2I-+2Fe3+=2Fe2++I2，由于KI过量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根据溶液中既含I2又含I-的实验事实判断该反应是可逆反应，A错误；B．高锰酸钾与草酸溶液反应的离子式为

2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2↑+2Mn2+，可知溶液中高锰酸钾溶液过量，难以观察到褪色现象，B错误；C．由于溶液中挥发的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以不能使用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯，C错误；D．CH3COONa在水溶液呈碱性是存在阴离子的水解：CH3COO-

+H2O⇌CH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后变红，再加入醋酸铵固体，醋酸铵溶液呈中性，此时溶液中CH3COO-浓度增大，反应正向移动，溶液颜色加深，D正确；答案选D。此题易错点是B选项，通过观察高锰酸钾褪色快慢来探究反应速率大小，若高锰酸钾过量则不会观察到褪色，延伸考点还会出现高锰酸钾浓度不同来探究，要注意浓度不同时本身颜色深浅就不同，所以难以通过观察先褪色说明速率快；一般是高锰酸钾浓度相同且量少时，慢慢滴加不同浓度的草酸溶液，以此探究浓度对速率的影响。16．C【详解】A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸>次氯酸>碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：，故D错误；故C。对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。17．

苯乙烯

氢氧化钠水溶液、加热

消去反应

AD

、

【分析】反应①、②、⑤的原子利用率都为100%,则这几个反应为加成反应,根据

知,B和HBr发生加成反应得到该物质,则B结构简式为

,所以B为苯乙烯；A为HC≡CH;

C能发生催化氧化反应,则

发生水解反应生成D，反应条件为氢氧化钠水溶液、加热；C结构简式为

,D结构简式为

,D发生信息I的反应,E结构简式为

,E发生酯化反应生成F,F发生消去反应生成X，G相对分子质量为78,C原子个数为6个,则G为

,苯发生一系列反应生成Y；【详解】(1)由上述分析可知B名称是苯乙烯,反应③的试剂和条件为氢氧化钠水溶液、加热;反应④的反应类型是消去反应,

因此，本题正确答案是:苯乙烯;氢氧化钠水溶液、加热;消去反应;

(2)A.因为Y的结构简式为：，结构中含有酚羟基,所以遇氯化铁溶液会发生显色反应,故A正确;

B.因为Y的结构简式为：，只有苯环能和氢气发生加成反应、苯环上酚羟基邻位氢原子能和溴发生取代反应,所以1molY与H2、浓溴水中的Br2反应,最多消耗分别为3molH2和2molBr2,故B错误;

C.因为Y的结构简式为：,酚羟基和羧基能与NaOH溶液反应,1molY与氢氧化钠溶液反应时,最多可以消耗2mol氢氧化钠,故C错误;D.Y()中⑥位酚羟基，显弱酸性，⑦为醇羟基，没有酸性，⑧位为羧基上的羟基，属于弱酸性，但酸性比酚羟基的酸性强，所以三处-OH的电离程度由大到小的顺序是⑧>⑥>⑦,故D正确;所以AD选项是正确的;(3)E结构简式为

,E的同分异构体符合下列条件:a.属于酚类化合物,说明含有酚羟基,且是苯的对位二元取代物,说明另外一个取代基位于酚羟基对位;

b.能发生银镜反应和水解反应,水解含有醛基和酯基,

该物质为甲酸酯,符合条件的同分异构体有

，

因此，本题正确答案是:

；(4)乙醛发生还原反应生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反应然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)COOH发生酯化反应生成CH3CH(OH)COOCH2CH3，然后发生消去反应生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3，CH2=CH(OH)COOCH2CH3发生加聚反应生成,其合成路线为为

，

因此，本题正确答案是:

。18．

取代反应

消去反应

3

+H2O

或

【分析】根据A分子中苯环上一溴代物只有2种结合A的分子式为C7H6O2，则A为，A发生反应①生成C7H5O2Br，即苯环上的一个氢被溴取代，C7H5O2Br在氢氧化钠水溶液中发生水解反应生成B，B酸化生成，所以C7H5O2Br的结构简式为；与X反应生成C，C脱水生成D，D发生银镜反应生成E，E与Y反应生成，根据逆推法，不难得出E为，Y为，根据D发生银镜反应生成E，则D为，根据C脱水生成D，则C为，又与X反应生成C，结合信息ii反应，则X为CH3CHO，据此分析解答。【详解】(1)反应①是苯环上的一个氢被溴取代，所以为取代反应；反应⑤为C脱水发生消去反应生成D，所以为消去反应；(2)根据以上分析，A结构简式；C结构简式为；(3)在反应②中，1molC7H5O2Br，根据其结构简式为中卤代烃溴原子消耗NaOH2mol，酚羟基消耗NaOH1mol，所以1molC7H5O2Br最多消耗NaOH3mol；(4)反应⑦为E与Y发生酯化反应，方程式为：；(5)E为i．1mol该物质与1molNa2CO3反应，生成1molCO2气体，说明含有2个羧基；ii．含有4种化学环境不同的氢原子，即一般对称结构，所以符合条件的E的同分异构体为或；(6)用Y即制备苯乙酮()，则采用逆推法，要合成，则要得到，要得到，则要合