2023年宁夏银川市高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

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、测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（）A．所用晶体中有受热不挥发的杂质 B．用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却 D．在实验结束时没有进行恒重操作2、某同学探究温度对溶液pH值影响，加热一组试液并测量pH后得到如下数据(溶液浓度均为0.1mol/L)：温度（℃）10203040纯水7.307.106.956.74NaOH溶液13.5013.1112.8712.50CH3COOH溶液2.902.892.872.85CH3COONa溶液9.199.008.768.62下列说法正确的是A．随温度升高，纯水中的kw逐渐减小B．随温度升高，NaOH溶液pH变化主要受水电离平衡变化影响C．随温度升高，CH3COOH的电离促进了水的电离D．随温度升高，CH3COONa溶液的pH减小，说明水解程度减小，c(CH3COO－)增大3、某学习小组设计实验探究H2S的性质，装置如图所示。下列说法正确的是（）A．若E中FeS换成Na2S，该装置也可达到相同的目的B．若F中产生黑色沉淀，说明硫酸的酸性比氢硫酸强C．若G中产生浅黄色沉淀，说明H2S的还原性比Fe2+强D．若H中溶液变红色，说明氢硫酸是二元弱酸4、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A．用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B．用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C．用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D．用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH35、图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（

）A．图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B．图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C．图甲中M电极反应式：CO(NH2)2+5H2O-14e−=CO2+2NO2+14H+D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，图乙中阴极增重64g6、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO27、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆 B．晶体硅熔点高，可制半导体材料C．Al(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多 D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌8、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．120gNaHSO4固体中含有H+的数目为NAB．向FeBr2溶液中缓慢通入0.2molCl2时，被氧化的Fe2＋数目一定为0.4NAC．用惰性电极电解1L浓度均为2mol/L的AgNO3与Cu（NO3）2的混合溶液，当有0.2NA个电子转移时，阴极析出金属的质量大于6.4gD．加热条件下，1molFe投入足量的浓硫酸中，生成SO2的分子数目为NA9、下列叙述正确的是A．天然气主要成分的结构式： B．和互为同素异形体C．漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2 D．苯的比例模型：10、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A．①中可采用蒸馏法 B．②中可通过电解法制金属镁C．③中提溴涉及到复分解反应 D．④的产品可生产盐酸、漂白液等11、下列实验方案中，不能测定碳酸钠和碳酸氢钠混合物中碳酸钠的质量分数的是A．取a克混合物充分加热至质量不再变化，减重b克B．取a克混合物加足量的盐酸，产生的气体通过碱石灰，称量碱石灰增重的质量为b克C．取a克混合物与足量澄清石灰水反应，过滤、洗涤、干燥后称量沉淀质量为b克D．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧得b克固体12、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄＋2ClO2↑＋K2CO3＋H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是A．KClO3中的Cl被氧化B．H2C2O4是氧化剂C．氧化产物和还原产物的物质的量之比为1∶1D．每生成1molClO2转移2mol电子13、将下列气体通入溶有足量SO2的BaCl2溶液中，没有沉淀产生的是A．HClB．NH3C．Cl2D．NO214、已知磷酸分子()中的三个氢原子都可以与重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换。又知次磷酸(H3PO2)也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是A．H3PO2属于三元酸B．H3PO2的结构式为C．NaH2PO2属于酸式盐D．NaH2PO2溶液可能呈酸性15、锡为ⅣA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂(SnI4，熔点144.5℃，沸点364.5℃，易水解)。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是A．装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的I2B．SnI4可溶于CCl4中C．装置Ⅰ中a为冷凝水进水口D．加入碎瓷片的目的是防止暴沸16、科学家发现了在细胞层面上对新型冠状病毒（2019-nCOV）有较好抑制作用的药物：雷米迪维或伦地西韦（RemdeSivir，GS－5734）、氯喹（ChloroqquinE，Sigma－C6628）、利托那韦（Ritonavir）。其中利托那韦（Ritonavir）的结构如下图，关于利托那韦说法正确的是A．能与盐酸或NaOH溶液反应B．苯环上一氯取代物有3种C．结构中含有4个甲基D．1mol该结构可以与13molH2加成17、一定温度下，硫酸盐MSO4(M2＋代表Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p(M2+)=－lgc(M2+)，p(SO42－)=－lgc(SO42－)。向10mL0.01mol/LNa2SO4溶液中滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LBaCl2溶液岀现白色浑浊，而滴入1滴(约0.05mL)0.01mol/LSrCl2溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是A．该温度下，溶度积常数Ksp(BaSO4)＜Ksp(SrSO4)B．欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl2溶液C．欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)⇌BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.818、下列属于电解质的是（）A．铜 B．葡萄糖 C．食盐水 D．氯化氢19、探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：Ⅰ.向5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI溶液（反应a），平衡后分为两等份Ⅱ.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Ⅲ.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：Ⅱ中，I2>Fe3+C．Ⅱ中，反应a进行的程度大于反应bD．比较水溶液中c(Fe2+)：Ⅱ<Ⅲ20、对某溶液中部分离子的定性检测流程如图所示。相关分析正确的是A．原溶液中可能含有Cl-、SO42-、S2-等阴离子B．步骤①所加试剂可以是浓KOH溶液C．可以用湿润的蓝色石蕊试纸检验生成的无色气体D．步骤②的反应为Al3++3HCO3-=A1(OH)3↓+CO2↑21、2019年为“国际元素周期表年“，中国学者姜雪峰当选为“全球青年化学家元素周期表”硫元素代言人。下列关于硫元素的说法不正确的是（）A．S2、S4和S8互为同素异形体B．“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”过程中涉及的反应为可逆反应C．可运用”无机硫向有机硫转化”理念，探索消除硫污染的有效途径D．我国古代四大发明之一“黑火药”的主要成分中含有硫单质22、下列有关说法不正确的是A．钠与氧气反应的产物与反应条件有关B．金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧C．工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜D．二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。(2)X与水反应的化学方程式为_________。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。24、（12分）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主要原料，按下列路线合成：已知：RCHO＋CH3COOR1RCH＝CHCOOR1请回答：（1）F的名称为_____________。（2）C→D的反应类型为_________。（3）D→E的化学方程式________________________。（4）X的结构简式____________________。（5）D的芳香族化合物同分异构体有______种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是_________(写结构简式)。25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……实验ⅡNa2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解①实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，__________②实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_______。③实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：______（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验Ⅲ：实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是______（填序号）。a.AgNO3溶液b.NaCl溶液c.KI溶液②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是_______________③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：______。④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_______26、（10分）（14分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm，破碎的目的是____________________。（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：______________________。（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为___________（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_______________（任写一条）。（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ．采用金属铜单质制备硫酸铜晶体（5）教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是______________________（任写两条）。（6）某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉，含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得cgCuSO4·5H2O，假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为________。27、（12分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O3•5H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2O═Na2S2O3•5H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。Ⅰ.实验室制取Na2S2O3•5H2O晶体的步骤如下：①称取12.6gNa2SO3于烧杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。③水浴加热(如图1所示，部分装置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。④滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O3•5H2O晶体。⑤进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_____。(2)步骤④在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_____。步骤⑤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_____。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_____。A．水B．乙醇C．氢氧化钠溶液D．稀盐酸Ⅱ.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验①Na2S2O3溶液pH＝8的原因是_____(用离子方程式表示)。(5)写出实验②中发生的离子反应方程式_____。Ⅲ.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I﹣+H+—I2+Cl﹣+H2O未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL(已知：I2+2S2O32﹣=2I﹣+S4O62﹣)。(6)滴定终点现象是_____。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_____mol/L(用含字母的代数式表示)。28、（14分）LiFePO4可作为新型锂离子也池的正极材料。以钛铁矿(主要成分为FeTiO3、Fe2O3及少量CuO、SiO2杂质)为主要原料生产TiOSO4，同时得到的绿矾(FeSO4·7H2O)与磷酸和LiOH反应可制各LiFePO4，LiFePO4的制备流程如下图所示：请回答下列问题：(1)酸溶时FeTiO3与硫酸反应的化学方程式可表示为____________________。(2)①加铁屑还原的目的是__________，②过滤前需要检验还原是否完全，其实验操作可描述为_________。(3)①“反应”需要按照一定的顺序加入FeSO4溶液、磷酸和LiOH，其加入顺序应为____________________，②其理由是______________________________。(4)滤渣中的铜提纯后可用于制取Cu2O，Cu2O是一种半导体材料，基于绿色化学理念设计的制取Cu2O的电解池示意图如下，电解总反应：2Cu+H2OCu2O+H2↑。则该装置中铜电极应连接直流电源的__________极，石墨电极的电极反应式为____________________，当有0.1molCu2O生成时电路中转移__________mol电子。29、（10分）在催化剂作用下，氮氧化物与一氧化碳能发生反应，如：反应Ⅰ（1）已知：反应Ⅱ反应Ⅲ①__________（用含b、c的代数式表示）。②温度为时，CO与在密闭容器中发生反应Ⅲ，的体积分数随时间变化的关系如下图所示。请在坐标图中画出温度为时，随时间的变化曲线并进行相应的标注。_______（2）在恒压条件下，将NO和CO置于密闭容器中发生反应Ⅰ，在不同温度、不同投料比时，NO的平衡转化率见下表：300K400K500K115%24%33%210%18%25%a__________（填“＞”“＜”或“＝”）0，理由是_________。试判断反应Ⅰ在常温下能否自发进行并说明理由：___。②下列措施有利于提高CO平衡转化率的是__________（填字母）。A．升高温度同时增大压强B．继续通入COC．加入高效催化剂D．及时将从反应体系中移走③500K时，将投料比为2的NO与CO混合气体共0.9mol，充入一装有催化剂且体积为3L的密闭容器中，5min时反应达到平衡，则500K时该反应的平衡常数K为__________（保留两位小数，下同）；从反应开始到达到平衡时CO的平均反应速率为__________。

参考答案一、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【解析】

测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。【详解】A．所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选；B．用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选；C．未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故C不选；D．在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选；故选：B。2、B【解析】

A.水的电离为吸热过程，随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，A项错误；B.随温度的升高，水的电离程度增大，Kw增大，则NaOH溶液pH会减小，B项正确；C.随温度升高，促进CH3COOH的电离，提高氢离子浓度，氢离子会抑制水的电离，C项错误；D.盐类的水解反应是吸热反应，温度升高，促进盐类的水解，即水解平衡向右移动，D项错误；答案选B。3、C【解析】

A.若E中FeS换成Na2S，硫化亚铁是块状固体，硫化钠是粉末，不能达到随关随停的效果，故A错误；B.若F中产生黑色沉淀，是硫酸铜和硫化氢反应生成硫化铜沉淀和硫酸，不能说明硫酸的酸性比氢硫酸强，故B错误；C.若G中产生浅黄色沉淀是硫化氢和氯化铁反应生成硫单质、氯化亚铁和盐酸，根据氧化还原反应原理得出H2S的还原性比Fe2+强，故C正确；D.若H中溶液变红色，说明氢硫酸是酸，不能说明是二元弱酸，故D错误。综上所述，答案为C。4、C【解析】

A．HCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；B．蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆矾，B错误；C．挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D．氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。5、D【解析】

该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A．在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe与X相连，故A错误；B．由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；C．H2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故C错误；D．当图甲中N电极消耗0.5molO2时，转移电子的物质的量为0.5mol×4=2.0mol，则乙中阴极增重×64g/mol=64g，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。6、C【解析】

A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。7、C【解析】

A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；D.H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。答案选C。8、C【解析】

A．固体NaHSO4中不含氢离子，故A错误；B．被氧化的Fe2＋数目与溶液中FeBr2的量有关，故B错误；C．混合溶液中n(Ag+)=2mol×1L=2mol，n(Cu2+)=2mol，Ag+氧化性大于Cu2+，电解混合溶液时，阴极首先析出的固体为银单质，当有0.2mol电子转移时，首先析出Ag，质量为0.2mol×108g/mol=21.6g，故C正确；D．浓硫酸氧化性较强，可以将Fe氧化成Fe3+，所以1molFe可以提供3mol电子，则生成的SO2的物质的量为1.5mol，个数为1.5NA，故D错误；答案为C。【点睛】熔融状态下NaHSO4电离出钠离子和硫酸氢根离子，在水溶液中NaHSO4电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子。9、D【解析】

A.天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；B.和互为同位素，故B错误；C.漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；D.苯的比例模型：，故D正确；故选D。10、C【解析】

A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A；B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C11、B【解析】

A、在Na2CO3和NaHCO3中，加热能分解的只有NaHCO3，选项A正确；B、碱石灰可以同时吸收CO2和水蒸气，则无法计算，选项B错误；C、Na2CO3和NaHCO3转化为BaCO3时的固体质量变化不同，利用质量关系来计算，选项C正确；D、反应后加热、蒸干、灼烧得到的固体产物是NaCl，Na2CO3和NaHCO3转化为NaCl时的固体质量变化不同，由钠元素守恒和质量关系，可列方程组计算，选项D正确；答案选B。【点睛】本题看似是实验设计，实际上是从定性和定量两个角度考察碳酸钠和碳酸氢钠性质的不同，实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。易错点为选项A、此方案利用碳酸氢钠的不稳定性，利用差量法即可计算质量分数。12、C【解析】

A.氯酸钾中的氯元素化合价降低，被还原，故错误；B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为1∶1，故正确；D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1molClO2转移1mol电子，故错误；故选C。13、A【解析】

二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】A．HCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C．氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。14、B【解析】A．次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故A错误；B．H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，则其结构为，故B正确；C．H3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故C错误；D．NaH2PO2是强碱盐，不能电离出H+，则其溶液可能显中性或碱性，不可能呈酸性，故D错误；答案为B。点睛：准确理解信息是解题关键，根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，由此分析判断。15、A【解析】

A．SnI4易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故A错误；B．根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确；C．冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中a为冷凝水进水口，故C正确；D．在液体加热时溶液易暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故D正确；故答案为A。16、A【解析】

A．利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；B．由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；C．根据结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；D．由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1mol该结构可以与3+3+2+2=10molH2加成，D选项错误；答案选A。17、C【解析】

由题意可知Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)＜，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)＞，可判断a点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。【详解】A．利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)·c(SO)=1.0×10－5×1.0×10－5=1×10－10，Ksp(SrSO4)=c(Sr2+)·c(SO)=1.0×10－1.6×1.0×10－1.6=1×10－10=1×，故A正确；B．欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；C．欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故C错误；D．SrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数K=，故D正确；答案选C。18、D【解析】

在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。【详解】A．铜为单质，不是电解质，故A错误；B．葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B错误；C．食盐水为混合物，不是电解质，故C错误；D．氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D正确；故选：D。【点睛】易错点C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。19、C【解析】

A、加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明5mL0.05mol/LFeCl3溶液中加入5mL0.05mol/LKI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、Ⅱ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：Ⅱ中，I2＞Fe3+，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、Ⅱ中下层显极浅的紫色，说明平衡2Fe3++2I-⇌2Fe2++I2逆向移动，导致亚铁离子的浓度减小，Ⅲ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+)：Ⅱ＜Ⅲ，故D正确；答案选C。20、B【解析】

溶液中加入物质后产生红褐色沉淀同时产生气体，所以加入的物质是碱，铵根离子和碱反应得到氨气，Fe3+和碱反应生成Fe(OH)3沉淀，溶液X是偏铝酸盐的溶液，偏铝酸根和碳酸氢根之间反应可以得到氢氧化铝沉淀。【详解】A．因溶液中存在Fe3+离子，故一定不存在S2-离子，A错误；B．根据上述分析，步骤①所加试剂可以是弄KOH溶液或是其他强碱溶液，B正确；C．可以使湿润的红色石蕊试纸检验生成的无色气体是氨气，会变蓝，C错误；D．步骤②反应的离子方程式为H2O+AlO2-+HCO3-=Al(OH)3↓+CO32-，D错误；故选B。21、B【解析】

A．同种元素形成的不同单质是同素异形体，故A正确；B．丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，反应条件不同，不是可逆反应，故B错误；C．无机硫向有机硫转化，可减少含硫气体的排放，是探索消除硫污染的有效途径，故C正确；D．“黑火药”的主要成分中含有硫单质，故D正确；答案选B。22、D【解析】

A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A正确；B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B正确；C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C正确；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D错误。故选D。二、非选择题(共84分)23、碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色【解析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)=7.62g-5.74g=1.88g，n(AgBr)=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g)÷12g/mol=0.01mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。24、乙酸苯甲（醇）酯取代反应（或水解反应）2+O22+2H2O4种和【解析】

乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应生成X，根据X分子式知，X结构简式为，（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；（2）C→D是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；（3）D→E是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；（4）X的结构简式为；（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3∶2∶2∶1的是甲苯醚和对甲基苯酚。25、沉淀不溶解或无明显现象BaCO3+2H+===Ba2++CO2↑+H2OBaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动b2I--2e-===I2由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-【解析】

（1）①BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体，BaSO4不溶于盐酸；②实验Ⅱ中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；③实验Ⅱ中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-，根据离子浓度对平衡的影响分析作答；（2）①要证明AgCl转化为AgI，AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；②I―具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI转化为AgCl，则c(I－)增大，还原性增强，电压增大。【详解】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象；②实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++SO42-=BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s)Ba2+(aq)+SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。（2）①甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，故答案为b；②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I--2e-=I2；③由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱。④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI+Cl-AgCl+I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI+Cl-AgCl+I-。26、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可）×100%（或%）【解析】

（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。（6）①盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。②由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。③由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为g，则铜粉的纯度为×100%或化简为%。27、球形冷凝管避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解避免发生水倒吸BS2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复【解析】

(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息‘Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解’解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO2~52S2O32-,n(2S2O32-)=cV2×10-3mol，所以V1mLClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV2×10-4mol，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48℃，Na2S2O3•5H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣，故答案为：S2O32﹣+H2O⇌HS2O3﹣+OH﹣；（5）实验②中发生的离子反应方程式为S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+，故答案为：S2O32﹣+5H2O+4Cl2+2Ba2+＝2BaSO4↓+8Cl﹣+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO2～5I2～10S2O32﹣，n（Na2S2O3）＝V2c×10﹣3mol，则c（ClO2）＝mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。28、FeTiO3+2H2SO4=FeSO4+TiOSO4+2H2O把铁离子还原为亚铁离子，置换出铜取少量反应液于试管中，加入几滴硫氰化钾溶液，如果溶液变红色，