2023届湖南省株洲市茶陵高考临考冲刺化学试卷含解析

2023学年高考化学模拟试卷

注意事项：

1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、室温下，向20.00mL0.1000moHLT盐酸中滴力口0.1000mol-LTNaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化

如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是

l7(NaOH)/mL

A.选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差

B.用移液管量取20.00mL0.100()mol^T盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗

C.NaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标

定时采用甲基橙为指示剂

D.V(NaOH)=10.00mL时，pH约为1.5

2、如图是元素周期表中关于碘元素的信息，其中解读正确的是

A.碘元素的质子数为53

B.碘原子的质量数为126.9

C.碘原子核外有5种不同能量的电子

D.碘原子最外层有7种不同运动状态的电子

3、下列实验操作能达到实验目的的是

A.用装置甲验证NH3极易溶于水

B.用50mL量筒量取lOmol•L“硫酸2mL,加水稀释至20mL,配制1mol•L-i稀硫酸

C.用pH试纸测量氯水的pH

D.用装置乙制取无水FeCh

4、配制一定物质的量浓度的NaOH溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是

A.溶解时有少量液体溅出B,洗涤液未全部转移到容量瓶中

C.容量瓶使用前未干燥D.定容时液面未到刻度线

5、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，O.Olmol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径

的关系如下图所示。下列说法正确的是

B.W的单质在常温下是黄绿色气体

C.气态氢化物的稳定性:Z>W>Y

D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种

6、下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是

选项实验操作现象结论或解释

产生使品红溶液

A向盐酸中滴加Na2sCh溶液非金属性：C1>S

褪色的气体

向废FeCh蚀刻液X中加入少量

B未出现红色固体X中一定不含Cu2+

的铁粉，振荡

C向酸性KMnCh溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性

用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，迅速产生无色气形成Zn-Cu原电池加快了制

D

再加入几滴CU（NO3）2浓溶液体取出的速率

A.AD.D

7、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是

2ml.

0.31・L“

H1cl0.器波

装置探究浓度对化学反应速率的影响

5n»L0・】al・L“

MttKMoOJBX

装置探究催化剂对出。2分解速率的影响

装置制取SO2气体并验证其还原性（可加热）

做卜♦住KMnO滤版

吩'Cufi浓破股

装置防止铁钉生锈

偏化

8、W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，四种元素与锂组成的盐是一种新

型锂离子电池的电解质（结构如图，箭头指向表示共同电子对由W原子提供），下列说法还正确的是（）

A.气态氢化物的稳定性：W>Y

B.原子半径：X>Z>Y>W

C.该物质中含离子键和共价键

D.Z有多种单质，且硬度都很大

9、下列仪器的用法正确的是()

A.①可以长期盛放溶液

①cJ

用②进行分液操作

B.Y

0用酒精灯直接对③进行加热

用④进行冷凝回流

10、短周期主族元素A、B、C、D、E的原子序数依次增加，A和D的质子数之和等于E的核外电子数，B和D同主

族，C的原子半径是短周期主族元素中最大的，A和E组成的化合物AE是常见强酸。下列说法错误的是

A.简单离子半径：B>C

B.热稳定性：A2D>AE

C.CA为离子化合物，溶于水所得溶液呈碱性

D.实验室制备AE时可选用D的最高价含氧酸

11、NA为阿伏加德罗常数，关于ag亚硫酸钠晶体(Na2s03・7%0)的说法中正确的是

A.含Na+数目为总NAB.含氧原子数目为义NA

25263

C.完全氧化SO32-时转移电子数目为三NAD.含结晶水分子数目为JNA

7236

12、实验室制备次硫酸氢钠甲醛(NaHSOzHCHODJhO)的步骤如下：向烧瓶中的亚硫酸钠溶液通入SCh制得NaHSO"

将装置A中导气管换成橡皮塞，再加入锌粉和甲醛溶液，在80〜90℃下，反应约3h,冷却至室温，抽滤，将滤液置

于真空蒸发仪蒸发浓缩，冷却结晶。下列说法错误的是()

多孔建氾AB

A.可用亚硫酸钠固体和70%硫酸来制取二氧化硫气体

B.多孔球泡的作用是增大气体与溶液的接触面积，使反应充分进行

C.装置B中试剂可以是NaOH或Na2c()3溶液

D.装置A中可采用油浴或沙浴加热

13、对于2sCh（g）+O2（g）=2SCh（g）,AH<0,根据下图，下列说法错误的是（）

A.打时使用了催化剂B.4时采取减小反应体系压强的措施

C.右时采取升温的措施D.反应在京时刻，Sth体积分数最大

14、下列说法中，正确的是

A.将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NA

B.ImolNaz邛Ch与足量水反应，最终水溶液中博。原子为2NA个

C.常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NA

D.100mLi2moi/L的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA

H—OO-H

15、已知磷酸分子（X）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（H3

H-OO

PO2）也可与D2O进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2P02）却不能与D2O发生氢交换。下列说法正确的是

A.H3P02属于三元酸B.NaH2P02溶液可能呈酸性

0

II

C.NaH2P02属于酸式盐D.HiPO2的结构式为H-P-O-H

H

16、下列各组物质混合后，再加热蒸干并在300C时充分灼烧至质量不变，最终可能得到纯净物的是

A.向FeSO4溶液中通入CL

B.向KI和NaBr混合溶液中通入CL

C.向NaAKh溶液中加入HC1溶液

D.向NaHCOj溶液中加入Na2O2粉末

二、非选择题（本题包括5小题）

17、肉桂酸是一种重要的有机合成中间体，被广泛应用于香料、食品、医药和感光树脂等精细化工产品的生产，它的

一条合成路线如下:

CHO

回|知!|9■吗CHjCHO

篇oir

I<W>j|

I肉桂*I

Oilo

已知：i-c-rtro------►K-&-r(H>♦HJO

OH

完成下列填空:

（1）反应类型：反应II,反应IVO

（2）写出反应I的化学方程式o上述反应除主要得到B外，还可能得到的有

机产物是（填写结构简式）。

（3）写出肉桂酸的结构简式.

（4）欲知D是否已经完全转化为肉桂酸，检验的试剂和实验条件是o

（5）写出任意一种满足下列条件的C的同分异构体的结构简式。

①能够与NaHCOKaq）反应产生气体②分子中有4种不同化学环境的氢原子。

可以合成苯甲酸苯甲酯~coooh~^2））,

（6）由苯甲醛（请设计该合成路线。

（合成路线常用的表示方式为：A器葬->B……嚣翳》目标产物）

18、已知一个碳原子上连有两个羟基时，易发生下列转化：请根据如图回答:

।

（1）物质A的化学式为CsHio,写出A的名称鉴别A和,可选用的试剂是

（2）写出反应①的化学反应方程式—o

（3）反应①〜⑤中，属于加成反应的是；反应⑤的反应条件为一.

（4）写出2种满足下列条件的。一^。冉同分异构体的结构简式。―

①含苯环结构②能发生银镜反应

（5）设计由制备的合成路线（无机试剂任选）。

*J||•'7.Jr）•,t.

合成路线常用的表示方式为…B……川一

19、硫酰氯（so2a2）是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯（so2cL）的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置

如下图所示（部分夹持装置未画出）：

已知：①SO2（g）+C12（g）=S02a2。）AH=-97.3kJ/molo

②硫酰氯常温下为无色液体，熔点为一54.1C,沸点为69.1C,在潮湿空气中“发烟”。

③10（）℃以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。

回答下列问题：

（1）装置A中发生反应的离子方程式为.

（2）装置B的作用为,若缺少装置C,装置D中SO2与Ch还可能发生反应的化学

方程式为。

（3）仪器F的名称为,E中冷凝水的入口是（填"a”或"b”），F的作用为

（4）当装置A中排出氯气1.12L（已折算成标准状况）时，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为

为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有（填序号）。

①先通冷凝水，再通气②控制气流速率，宜慢不宜快

③若三颈烧瓶发烫，可适当降温④加热三颈烧瓶

⑸氯磺酸（CISChH）加热分解，也能制得硫酰氯2clsO3H=SO2cL+H2s04,分离产物的方法是

A.重结晶B.过滤C.蒸储D.萃取

（6）长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为

20、实验室常用Mn（h与浓盐酸反应制备Ch（反应装置如图所示）

⑴制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是（填序号）

A.往烧瓶中加入MnCh粉末B.加热C.往烧瓶中加入浓盐酸

（2）制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnCh后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实

验方案：

甲方案：与足量AgNCh溶液反应，称量生成的AgCl质量。

乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。

丙方案：与已知量CaCCh（过量）反应，称量剩余的CaCth质量。

丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。

继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是。

⑶进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。

a.量取试样20.00mL,用0.1000moI-L」NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL,该次滴定测得试样中盐酸浓度为

mobL_1

b.平行滴定后获得实验结果。

采用此方案还需查阅资料知道的数据是：。

（4）丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCOa,说明碳酸钙在水中存在_____,测定的结果会：（填“偏大”、“偏

小”或“准确”）

（5）进行丁方案实验：装置如图所示（夹持器具已略去）

①使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将转移到中。

②反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是(排除仪

器和实验操作的影响因素)。

21、H2s在金属离子的鉴定分析、煤化工等领域都有重要应用。请回答：

I.工业上一种制备H2s的方法是在催化剂、高温条件下，用天然气与SO2反应，同时生成两种能参与大气循环的氧化

物。

(1)该反应的化学方程式为。

可用于检测和沉淀金属阳离子。

II.H2S

(2)H2s的第一步电离方程式为。

2527

(3)已知:25'C时，Ksp(SnS)=1.0xl0-,Ksp(CdS)=8.0xl0-.该温度下，向浓度均为0.1mokL-的CdCk和SnCk

的混合溶液中通入H2S,当Si?+开始沉淀时，溶液中c(Cd2+)=(溶液体积变化忽略不计)。

IILH2s是煤化工原料气脱硫过程的重要中间体。反应原理为

-1

i.COS(g)+H2(g)s=iH2s(g)+CO(g)AH=+7kJ-mol；

u.CO(g)+H2O(g)^^^CO2(g)+H2(g)AH=-42kJ-mor'o

(4)已知：断裂1mol分子中的化学键所需吸收的能量如表所示。

分子

COS(g)H2(g)CO(g)H2s(g)H2O(g)82(g)

能量/(kJ・mo「)1319442X6789301606

表中x=.

⑸向10L容积不变的密闭容器中充入1molCOS(g)>1mol出值)和1molH2O(g),进行上述两个反应。其他条件不变

时，体系内CO的平衡体积分数与温度(T)的关系如图所示。

CO的平衡体积分数/%

①随着温度升高，CO的平衡体积分数(填“增大”或“减小原因为

②TJC时，测得平衡时体系中COS的物质的量为().80mol。则该温度下，COS的平衡转化率为；反应i的平衡

常数为(保留两位有效数字)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解析】

A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内

的指示剂，可减小实验误差，A正确；

B.移液管水洗后需用待取液润洗，这样不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；

C.甲基橙的指示范围是3.1〜4.4,甲基红的指示范围是4.4〜6.2,二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠

更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；

D.V(NaOH)=10.0()mL时，HC1过量，反应后相当于余下10mL的HC1,溶液为酸性，溶液中

c(H+)=2^~mg?x---------=焉mol/L,所以溶液pH=-lgc(H+)=-lgl+lg30=1.5,D正确；

故合理选项是Co

2、D

【解析】

A.由图可知，碘元素的原子序数为53,而元素是一类原子总称，不谈质子数，故A错误；

B.碘元素的相对原子质量为126.9,不是质量数，质量数均为整数，故B错误；

C.外围电子排布为5s25P5,处于第五周期VHA族，有Is、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s^5P共11种不同能

量的电子，故C错误；

D.最外层电子排布为5s25P5,最外层有7种不同运动状态的电子，故D正确；

故选：D。

3、A

【解析】

A.将胶头滴管中的水挤入烧瓶，若氨气极易溶于则烧瓶内压强降低，气球会鼓起来，可以达到实验目的，故A正确；

B.稀释浓硫酸时要把浓硫酸加入水中，且不能在量筒中进行，故B错误；

C.氯水中有次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测其pH值，故C错误；

D.氯化铁易水解生成氢氧化铁和HC1,加热促进水解，而且盐酸易挥发，所以蒸干最终得到氢氧化铁而不是氯化铁，

故D错误；

故答案为A.

【点睛】

制备无水氯化铁需要在HCI气流中加热蒸发氯化铁溶液，抑制氯化铁水解。

4、D

【解析】

A.溶解时有少量液体溅出，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故A不选；

B.洗涤液未全部转移到容量瓶中，n偏小，则导致溶液浓度偏低，故B不选；

C.容量瓶使用前未干燥，对n、V无影响，浓度不变，故C不选；

D.定容时液面未到刻度线，V偏小，导致溶液浓度偏高，故D选；

故选D。

5、B

【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12,氢氧根浓度为O.Olmol/L,故为一元强碱，则X为Na元素;

Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7,均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为（MHmol/L,

故为一元强酸，则W为C1元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y

>Z>C1,SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。

【详解】

综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是C1元素。

A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大,离子半径越小；离子的电子层越多,离子半径越大,离子半径P3>S2>Cl>Na+,

A错误；

B.W是Cl元素，其单质CL在常温下是黄绿色气体，B正确；

C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性W>Z>Y,所以气态氢化物的稳定性：

W>Z>Y,C错误；

D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4,二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，

溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO?,产生的HPOj会进一步发生水解反应产生H2PO4\113Po4,同时溶液

中还存在H+、OH,因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；

故合理选项是B。

【点睛】

本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，

侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。

6、C

【解析】

A.盐酸中滴加Na2sCh溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和。的非金属性强弱，故

A错误；

B.Fe先与FeCb反应，再与CM+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含

有C/+,故B错误；

C.酸性高镒酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故C正确；

D.用3mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属

反应不能生成氢气，故D错误，

故选C。

7、C

【解析】

A.该实验中高锌酸钾溶液过量，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，可与酸性高钛酸钾发生氧化

还原反应，使酸性高镒酸钾溶液褪色，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。

【点睛】

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镒酸钾、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、D

【解析】

W、X、Y、Z是同周期主族元素，Y的最外层电子数是X次外层电子数的3倍，Y是O元素；W形成1个单键，W

是F元素；Z形成4个键，Z是C元素；X形成3个单键，通过提供空轨道形成1个配位键，X是B元素。

【详解】

A.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：HF>H2O,故A正确；

B.同周期元素从左到右，半径减小，原子半径：B>C>O>F,故B正确；

C.该物质中Li+和之间是离子键，C和O之间是共价键，故C正确;

D.Z是C元素，碳有多种单质，石墨的硬度很小，故D错误;

选D。

【点睛】

本题考查元素周期表与周期律，根据原子结构和成键规律推断元素是解题的关键，明确同周期元素从左到右性质递变

规律，注意碳元素能形成多种性质不同的同素异形体。

9、D

【解析】

A.II①为容量瓶，配制溶液时使用，不可以长期盛放溶液，故A错误;

②为漏斗，过滤时使用，分液操作应该用分液漏斗，故B错误;

B.Y

&③为圆底烧瓶，在加热时需要使用石棉网，故C错误;

D.④为冷凝管，作用是冷凝回流，故D正确。

故选D。

【点睛】

此题易错点在于C项，圆底烧瓶底部面积较大，直接加热受热不均匀，需用石棉网，不能直接加热。

10、B

【解析】

据原子结构、原子半径、物质性质等，先推断短周期主族元素，进而判断、比较有关物质的性质，作出合理结论。

【详解】

短周期主族元素中原子半径最大的C是钠（Na）；化合物AE是常见强酸，结合原子序数递增，可知A为氢（H）、E

为氯（CD；又A和D的质子数之和等于E的核外电子数，则D为硫（S）；因B和D同主族，则B为氧（O）。

A项：B、C的简单离子分别是-、Na+,它们的电子排布相同，核电荷较大的Na+半径较小，A项正确；

B项：同周期主族元素，从左到右非金属性增强，则非金属性S<CL故氢化物热稳定性：H2S<HC1,B项错误；

C项：CA(NaH)为离子化合物，与水反应生成NaOH和H2,使溶液呈碱性，C项正确；

D项：实验室制备HC1气体，常选用NaCI和浓硫酸共热，D项正确。

本题选B,

11、D

【解析】

A.ag亚硫酸钠晶体(Na2SCh・7H2O)的物质的量—mol,而1molNa2s03・7出0中含2moiNa*,故—^―mol

252252

2a?a?

Na2sO3・7H2O中含一-mol,即--mol钠离子，A错误；

252126

B.ag亚硫酸钠晶体(Na2SCh・7H2O)的物质的量—mol,而1molNazSO^HzO中含10mol氧原子，故—^―mol

252252

]0a?5a

Na2sCh。％。中含氧原子一mol,即含有一mol的O原子，B错误；

252126

aa?

C.SCh?-被氧化时，由+4价被氧化为+6价，即1molSO3”转移2moi电子，故——molNa2s。.浦出。转移一mol电

252126

子，C错误；

D.1molNa2sO3・7H2O中含7mol水分子，故旦molNa2SO3«7H2O中含水分子数目为旦molx7x^A/mol=—

25225236

D正确；

故合理选项是D。

12、D

【解析】

A.较浓的硫酸可以增大反应速率，且含水较少，可以减少二氧化硫的溶解，所以可以用可用亚硫酸钠固体和70%硫

酸来制取二氧化硫气体，故A正确；

B.多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，使反应充分进行，故B正确；

C.装置B的作用主要是吸收未反应的二氧化硫，NaOH或Na2c03溶液都可以SO2反应将其吸收，故C正确；

D.反应温度为80〜9()℃,采用水浴加热即可，油浴和沙浴温度过高，故D错误；

故答案为Do

13、D

【解析】

A.t2时，正逆反应速率同时增大，且速率相等，而所给可逆反应中，反应前后气体分子数发生变化，故此时改变的条

件应为加入催化剂，A不符合题意；

B©时，正逆反应速率都减小，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆移，由于该反应为放热反应，故不可能是降

低温度；反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为减小压强，B不符合题意；

C.t5时，正逆反应速率都增大，故改变的条件可能为升高温度或增大压强，由于逆反应速率大于正反应速率，平衡逆

移，结合该反应为放热反应，且反应前后气体分子数减小，故此时改变的条件为升高温度，C不符合题意；

D.由于t3、t5时刻，平衡都是发生逆移的，故达到平衡时，即匕、《时刻所得的SO3的体积分数都比tl时刻小，D说法

错误，符合题意；

故答案为：D

14、D

【解析】

A.将2gH2与足量的N2混合，该反应为可逆反应，不能进行彻底，充分反应后转移的电子数小于2NA,故A错误；

B.lmolNazi'Ch与足量水生成氢氧化钠和氧气，过氧化钠中的氧原子转化为氢氧化钠和氧气中的氧原子，最终水溶液

中18。原子为NA个，故B错误；

C.N(h、N2O4的摩尔质量不同，无法计算混合气体的组成，故C错误；

D.由于浓HNCh与铜反应生成NO2,而稀HNCh与铜反应生成NO,Cu+4HNCh(浓)=Cu(NCh)2+2NO2T+2H2O、

1

3CU+8HNO3=3CU(NOJ)2+2NOT+4H2O,100mL12mobL'的浓HNCh完全被还原为NCh转移0.6mol电子，完全被还

原为NO转移0.9mol电子，转移的电子数大于0.6NA,故D正确；

答案选D。

15、D

【解析】

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(H3PCh)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(NaH2P。2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟

基氢，则H3P02中只有一个羟基氢，据此分析解答。

【详解】

A.根据以上分析，113Po2中只有一个羟基氢，则H3P02属于一元酸，故A错误；

B.NaH2P02属于正盐并且为强碱形成的正盐，所以溶液不可能呈酸性，故B错误；

C.根据以上分析，H3PCh中只有一个羟基氢，则H3PCh属于一元酸，所以NaH2P02属于正盐，故C错误；

O

D.根据以上分析，H3P02中只有一个羟基氢，结构式为H-LoH,故D正确；

H

故选：D。

【点睛】

某正盐若为弱碱盐，由于弱碱根水解可能显酸性，若为强碱盐其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解为碱性。

16、D

【解析】

A、FeSO』溶液和过量CL反应生成硫酸铁和FeCb,硫酸铁和FeCb加热水解生成氢氧化铁、硫酸和氯化氢，水解吸

热且生成的氯化氢极易挥发，但硫酸是难挥发性酸，所以最终得到氢氧化铁，硫酸铁，灼烧后氢氧化铁分解产生氧化

铁和水，则最后产物是硫酸铁和氧化铁，属于混合物，故A不确；

B、KI、NaBr与过量的氯气反应生成单质碘、溟、化钾钠。在高温下碘升华，溪和水挥发，只剩KC1、NaCl,属于

混合物，B不正确；

C、向NaAKh溶液中加入HC1溶液生成氢氧化铝和氯化钠，如果氯化氢过量，则生成氯化钠和氯化铝，因此加热蒸

干、灼烧至质量不变，最终产物是氯化钠和氧化铝，是混合物，C不正确；

D、向NaHC(h溶液中加入NazOz粉末，过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气。氢氧化钠和碳酸氢钠反应生成碳酸钠

和水，所以最终产物可能只有碳酸钠，属于纯净物，D正确；

答案选D。

二、非选择题(本题包括5小题)

CMO

己］及有机物B的分子式看出，有机物A为甲苯；甲苯发生侧链二取代，然后再氢

根据上述反应流程看出，结合

OH

氧化钠溶液中加热发生取代反应，再根据信息R—上JT(H)

OH

OHO

।1与乙醛发生加成反应生成

,加热失水得到含有碳碳双键的有机物D,有机物D被弱氧化

CH=GHOOOH

剂氧化为肉桂酸

【详解】

HOCHCMaCHO

,1,,加热失水得到含有碳碳双键的有机物D,

(1)综上所述，反应H为氯代烧的水解反应，反应IV为

为消去反应；正确答案：取代反应；消去反应。

Gi

(2)甲苯与氯气光照条件下发生取代反应，方程式为：氯原子取代甲苯中

CHjCCCh

甲基中的氢原子，可以取代1个氢或2个氢或3个氢，因此还可能得到的有机产物是、;正确答案:

j

(3)反应IV为加热失水得到含有碳碳双键的有机物D,有机物D被弱氧化剂氧化为肉桂酸，结

CM二CMCOOII

构简式正确答案:

(4)有机物D中含有醛基，肉桂酸中含有竣基，检验有机物D是否完全转化为肉桂酸，就是检验醛基的存在，所用

的试剂为新制的氢氧化铜悬浊液、加热或银氨溶液，加热，若不出现红色沉淀或银镜现象，有机物D转化完全；正确

答案：新制Cu(OH)2悬浊液、加热(或银氨溶液、加热)。

(5)有机物C分子式为C9H10O2,①能够与NaHCOKaq)反应产生气体，含有较基；②分子中有4种不同化学环境

OOOH

的氢原子，有4种峰，结构满足一定的对称性；满足条件的异构体有2种，分别为：b”TE和

COOH

;正确答案:域

CH)

(6)根据苯甲酸苯甲酯结构可知，需要试剂为苯甲醇和苯甲酸；苯甲醛还原为苯甲醇，苯甲醛氧化为苯甲酸；苯甲醇

和苯甲酸在一定条件下发生酯化反应生成苯甲酸苯甲酯；具体流程如下:

催化削，A

PWCMOHh

o章■蝮，A

僵化删，A

KVCMOHhO~000c*^o。

津收A

18、乙苯滨水+HBr；③NaOH水溶液、加热

或

rnn

【解析】

⑴物质A的化学式为C8H10,则苯与CH3cH2a发生取代反应生成A为O-ouo,，A的名称为:乙苯;

和丁"CH,都可以被酸性高锯酸钾溶液氧化，后者能与溟水发生加成反应，而前者不能，可以滨水区别二

者，故答案为:乙苯；澳水;

⑵反应①是苯与液溟在Fe作催化剂条件下生成澳苯，反应方程式为:+HBr；

(3)对比物质的结构，可知①②④属于取代反应、③属于加成反应，而⑤先发生卤代点的水解反应，再发生分子内脱水

反应，反应条件为:NaOH水溶液、加热,

故答案为:③;NaOH水溶液、加热;

(4)满足下列条件的。)-We也同分异构体:①含苯环结构，②能发生银镜反应，含有醛基，可以有1个取代基为

-CH2CHO,可以有2个取代基为-CH3、-CHO,符合条件的同分异构体有:

BrBrBr

⑸与氢气发生加成反应生成6,然后发生消去反应生成o,再与溟发生加反应生成,最后发生

消去反应生成合成路线流程图为:

Ctg/、L&NOH.4拿

O.5k&Z

+2+

19、2MnO4-+10C1-+16H=2Mn+5Cht+8H2O除去HC1SO2+CI2+2H2O=2HCI+H2SO4球形干

燥管a防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气80%①②③C硫酰氯分解产生氯

气溶解在硫酰氯中导致其发黄

【解析】

由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCL+2KCl+5CLT+8H20,因浓盐酸易挥发，B中饱和

食盐水可除去氯气中的HC1气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2（g）+C12（g）=SO2a2（l）,E

中冷却水下进上出效果好，结合信息②可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答（1）~（3）；

112L

（4）“（67,）=——:---------=0.05mol,由SO2（g）+CL（g）=SO2C12⑴可知，理论上生成SO2cL为

22.4L/mol

0.05加〃xl35g=6.75g；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；（5）生成物均

为液体，但沸点不同；（6）由信息③可知，硫酰氯易分解。

【详解】

+2+

⑴装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4+10Cl+16H=2Mn+5C12T+8H2O,故答案

+2+

为:2MnO4+10C1+16H=2Mn+5C12t+8H2O；

（2）装置B的作用为除去HC1,若缺少装置C,装置D中SO?与Cl?还可能发生反应的化学方程式为

SO2+Ch+2H2O=2HCl+H2SO4,

故答案为：除去HC1;SO2+C12+2H2O=2HCI+H2SO45

（3）仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其

与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸

收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。

故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；

112L

（4）——：----------=O.Q5mol,由SO2（g）+C12（g）=SO2a2（I）可知，理论上生成SO2a2为

22.4L/mol

54。

0.05〃?o/xl35g/mo/=6.75g,最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为厚~x100%=80%,为提高本

6.75g

实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：①先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；②控制气流速率,

宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；③若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。结

合信息可知不能加热。

故答案为：80%；①②③；

（5）生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馈法分离，故答案为:G

（6）由信息③可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为：硫酰

氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。

【点睛】

本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验

能力的考查，注意习题中的信息及应用。

20、ACB残余清液中，n(CI)>n(H+)0.1100Mi?+开始沉淀时的pH沉淀溶解平衡偏小锌粒

残余清液装置内气体尚未冷却至室温

【解析】

(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；

(2)甲方案中二氧化镭与浓盐酸反应生成氯化镒，氯化镒也会与硝酸银反应；

⑶依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；

(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸镒沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；

⑸依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。

【详解】

(1)实验室用Mn(h与浓盐酸反应制备CL,实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，

最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB,故答案为：

ACB；

(2)二氧化镒与浓捻酸反应生成氯化钛，氯化镒也会与硝酸银反应，即残余清液中，〃(C1-)>〃(H+),不能测定盐酸的浓

度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，〃(a-)>〃(H+)(或二氧化镒与浓盐酸反应生成氯化镒，也会与硝酸银反

应）;

(3)a、量取试样20.00mL,用0.1000mol・L-iNaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL,由CHCIVHC尸CNaoiUNaOH可得出盐酸

O.lOOOmol/Lx22.00mL

的浓度为=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；

20.00mL

b、反应后的溶液中含有氯化镒，氯化铳能够与NaOH反应生成氢氧化铳沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的

数据是Mi?+开始沉淀时的pH,故答案为：Mi?+开始沉淀时的pH；

(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸镐说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成

碳酸镒沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；

(5)①丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y