2024学年广西桂林全州县石塘中学高考化学试题模拟题及解析（全国Ⅲ卷）含解析

2024学年广西桂林全州县石塘中学高考化学试题模拟题及解析（全国m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、“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”（夹持装置未画出）的说法错误的是

①②③

A.加热③时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性

B.加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小

C.加热①时，上部汇集了NH4a固体，此现象与碘升华实验现象相似

D.三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应

2、环丙叉环丙烷（n）由于其特殊的结构，一直受到结构和理论化学家的关注，它有如下转化关系。下列说法正确的是

VrI

A.n分子中所有原子都在同一个平面上

B.n和：CBr2生成p的反应属于加成反应

C.p分子中极性键和非极性键数目之比为2：9

D.m分子同分异构体中属于芳香族化合物的共有四种

3、用O.lmolirNaOH溶液滴定40mL0.1mol-L-iH2sCh溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变

化）。下列叙述错误的是（）

12

864

9.第二反应

c(SOj-)=c(HSOi))

8终点

9

6

4251篡一反应终点

aHS

5)=«H2s

2\W，：:

020406080100

KNaOH溶液)/mL

A.Ka2(H2s03)的数量级为10-8

B.若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂

C.图中Z点对应的溶液中：c(Na+)>c(SO32")>c(HSO3")>c(OH")

2-++-

D.图中Y点对应的溶液中：3c(SO3)=c(Na)+c(H)-c(OH)

4、氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是()

A.O2B.ChC.SO2D.NaOH

5、用化学用语表示NJh+HCl^NH4cl中的相关微粒，其中正确的是()

A.中子数为8的氮原子：:NB.HC1的电子式：||［：cj:|

C.NH3的结构式：‘'"D.CF的结构示意图：

6、1L某混合溶液中，溶质X、Y浓度都为O.lmoFL—i,向混合溶液中滴加0.1moI【T某溶液Z,所得沉淀的物质的

量如图所示，则X、Y、Z分别是()

A.偏铝酸钠、氢氧化领、硫酸

B.氯化铝、氯化镁、氢氧化钠

C.氯化铝、氯化铁、氢氧化钠

D.偏铝酸钠、氯化钢、硫酸

7、已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是()

A.腐蚀时电子从碳转移到铁

B.在钢铁上连接铅块可起到防护作用

C.正极反应为O2+2H2O+4e=4OH-

D.钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀

8、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()

HC1(aq)

A.SiO,>SiCl4>Si

乙4trnjiini

B.FeS2^^H9SO4

M

C.WnNaCl(aq)—^^^NaHCO3(s)>Na2CO3

HC1(aq)

D.MgCO3>MgCl2(aq)>Mg

9、下列物质的用途利用其物理性质的是

A.草酸用作还原剂B.生石灰用作干燥剂

C.苯用作萃取剂D.铁粉用作抗氧化剂

B.若所用离子交换膜为质子交换膜，则H+将由A室移向B室

C.根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作

D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境

11、《本草纲目》记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次……价值数倍也”。该方法与分离下列

物质的原理相同的是

A.苯和水B.硝酸钾和氯化钠

C.食盐水和泥沙D.乙酸丁酯和1-丁醇

12、某红色固体粉末可能是Cu、CU2。、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取ag该固体粉末样品，用过量的

稀硫酸充分反应后(已知:CU2O+2H+=CU2++CU+H2O),称得固体质量为bg。则下列推断不合理的是

A.反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种

B.向反应后的溶液中加入一定量的NaNCh,可能使bg固体完全溶解

4

C.若b=§a,则红色固体粉末一定为纯净物

D.b的取值范围:0VbWa

13、向等物质的量浓度的82(01])2与82(：12的混合溶液中加入岫1«：()3溶液，下列离子方程式与事实相符的是()

2

A.HCOs+OlT=C03>H20

2+

B.Ba+0H+HC03=BaC03I+H20

2+2

C.Ba+20lT+2HC03=BaC031+C03-+H20

2+2-

D.2Ba+30H+3HC03=2BaC03I+CO3+3H2O

14、已知：①正丁醇沸点：117.2℃,正丁醛沸点：75.7℃；②CH3cH2cH2cH20H唱黑,>CH3cH2cH2CHO。利

用如图装置用正丁醇合成正丁醛，下列说法不正确的是

A.为防止产物进一步氧化，应将适量Na2CnO7酸性溶液逐滴加入正丁醇中

B.当温度计1示数为90~95℃,温度计2示数在76C左右时收集产物

C.向分储出的储出物中加入少量金属钠，可检验其中是否含有正丁醇

D.向分离所得的粗正丁醛中，加入CaCL固体，过滤，蒸储，可提纯正丁醛

15、工业制氢气的一个重要反应是：CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)0

已知在25℃时：①C(s)+；(h(g).CO(g)AH4=-lllkJ/mol

②H2(g)+yO2(g)=H2(g)AH2=-242kJ/mol

(3)C(s)+O2(g)=CO2(g)AH2=-394kJ/mol

下列说法不正确的是()

1

A.25C时，CO(g)+H2(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ-mor

B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移，平衡常数K减小

C.反应①达到平衡时，每生成ImolCO的同时生成0.5molO2

D.反应②断开2moith和ImolCh中的化学键所吸收的能量比形成4moiO-H键所放出的能量少484kJ

16、W、X、Y、Z均为短周期元素，原子序数依次增加，W的原子核最外层电子数是次外层的2倍，X，Y+具有

相同的电子层结构，Z的阴离子不能发生水解反应。下列说法正确的是()

A.原子半径：Y>Z>X>W

B.简单氢化物的稳定性：X>Z>W

C.最身价氧化物的水化物的酸性：w>z

D.X可分别与W、Y形成化合物，其所含的化学键类型相同

二、非选择题(本题包括5小题)

17、如图是部分短周期元素(用字母x等表示)化合价与原子序数的关系图。

化+8

合+6

价+4

+O2

2

4

6

根据判断出的元素回答问题：

(1)h在周期表中的位置是。

(2)比较z、f、g、r常见离子的半径大小(用化学式表示，下同)：>>>；比较r、m

的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：>>:比较d、m的氢化物的沸点：>。

(3)x与氢元素能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是(写分子式)

实验室制取该物质的化学方程式为：o

(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：o

(5)用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和em溶液，则电解反应的生成物为(写化学式)

o铅蓄电池放电时正极反应式为式)o

18、一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示(部分反应条件略去)：

(l)A中官能团的名称是,反应⑤的反应类型是。

(2)J的分子式是oF的结构简式是o

(3)反应③的化学方程式为o

(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式o(只需写出两个)

①苯环上有两个处于对位上的取代基；

②Imol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。

(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：

0HOH

Z\(CH3CO)2OCO(OC飒

一定条件”

CH,

19、对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。

/+H2SO4170-180(：H2O

SO,H

已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点-6.1℃,沸点184.4C。对氨基苯磺酸是一种白色晶体,

微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置

合成对氨基苯磺酸。

实验步骤如下：

步骤1:在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸。

步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170〜180℃,维持此温度2〜2.5小时。

步骤3：将反应产物冷却至约50C后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体

析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。

步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。

(1)装置中冷凝管的作用是»

(2)步骤2油浴加热的优点有0

(3)步骤3中洗涤沉淀的操作是o

(4)步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先,然后,以防倒吸。

(5)若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______(写出两点)。

20、图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。

⑴在组装好装置后，若要检验A~E装置的气密性，其操作是：首先，打开弹簧夹1,在E中装入水，

然后微热A,观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。

⑵装置B中盛放的试剂是o

(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2,打开弹簧夹1,从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞,

稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_____________(填现象)。从E中逸

出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：o

⑷当C中固体全部变红色后，关闭弹簧夹1,慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为

16g,反应后固体质量减少2.4g,通过计算确定该固体产物的化学式：0

⑸在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2,残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸

流入F中。写出产生白烟的化学方程式：。

21、(1)汽车尾气中的CO、NO、NO2等有毒气体会危害人体健康，可在汽车尾部加催化转化器，将有毒气体转化为

无毒气体。

1

已知：@2NO(g)+O2(g)=2NO2(g)AHi=-112.3kJ•mol

1

@NO2(g)+CO(g)=NO(g)+CO2(g)△H2=-234kJ•mol

1

③N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH3=+179.5kJ•mol

请写出CO和Nth生成无污染气体的热化学方程式—o

(2)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2co(g)+2NO(g)N2(g)+2CO2(g)AH=-

759.8kJ•mol1,反应达到平衡时，Nz的体积分数随n(CO)/n(NO)的变化曲线如图1。

M

r

w

s

ifzc

言

萋

①b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近一；

②a、b、c三点CO的转化率从大到小的顺序为—；a、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为—。

③若n(CO)/n(NO)=0.8,反应达平衡时，N2的体积分数为20%,则CO的转化率为一。

(3)若将NO2与02通入甲中设计成如图2所示装置，D电极上有红色物质析出，则A电极处通入的气体为(填

化学式)；A电极的电极反应式为—；一段时间后，若乙中需加0.2molCu(OH)2使溶液复原，则转移的电子数为

5

(4)已知：25c时,H2c2。4的电离常数Kai=5.9Xl()r,Ka2=6.4X10,则25℃时，O.lmol•L“NaHC2()4溶液中各

离子浓度由大到小的顺序为，若向该溶液中加入一定量NaOH固体，使C(HC2O4-)=C(C2O43,则此时溶液呈一(填

“酸性”“碱性”或“中性”)。

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、A

【解题分析】

A.依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；

B.加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；

C.氯化钱不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化钱；

D.可逆反应应在同一条件下进行。

【题目详解】

A.二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却

后又变为无色，故A错误；

B.加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B

正确；

C.加热时，①上部汇集了固体NH4Cl,是由于氯化锭不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化

钱，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确；

D.氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是

可逆反应，故D正确；

故答案选A。

【题目点拨】

本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化

学反应进行判断。

2、B

【解题分析】

A.n中有饱和的C原子一CH2一,其结构类似于CH4,所有的原子不可能共平面，A项错误；

B.n中的碳碳双键打开与：CB。相连，发生加成反应，B项正确；

C.p分子中的非极性键只有C—C键，1个p分子中有9根C-C键，极性键有CH键和C—Br键，分别为8根和2

根，所以极性键和非极性键的比例为10:9,C项错误；

D.m的化学式为C7H80,属于芳香族化合物的同分异构体，如果取代基是一OH和一CH3,则有邻间对3种，如果取

代基为一CH2OH,只有1种，取代基还可为一OCH3,1种，则共5种，D项错误；

本题答案选B„

3、C

【解题分析】

用O.lmol/LNaOH溶液滴定40mL0.1moI/LH2s04溶液，由于H2s。3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴

定反应为：NaOH+H2SO3=NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH=Na2sO3+H2O,完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为

80mL,结合溶液中的守恒思想分析判断。

【题目详解】

A.由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)时，此时pH=7.19,即c(H+)=10-〃9moI/L,则H2sO3的

Ka2=c(SO32-)c(H+)=C(H+),所以H2s。3的Ka2=lxl0，」9,Ka2(H2so3)的数量级为10七，故A正确；

c(HSO3-)

B.第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3,根据图像，此时溶液pH=4.25,甲基橙的变色范围为3.1~4.4,可用

甲基橙作指示剂，故B正确；

C.Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2sCh,溶液pH=9.86,溶液显碱性，表明SC^一会水解，考虑水也存

在电离平衡，因此溶液中C(OH-)>C(HSC>3-),故C错误；

D.根据图像，Y点溶液中C(HSO3-)=C(SO32),根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(HSO3-)+2c(SO3*),由于

2

C(HSO3-)=C(SO3-),所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),故D正确；

答案选C。

【题目点拨】

明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A,要注意根据Y

点结合Ka2的表达式分析解答。

4、B

【解题分析】

H2s具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2s的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。

【题目详解】

A.发生2112s+Ch=S[+2H20反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误；

B.发生2H2S+CI2=S1+2HC1反应，溶液酸性增强，故B正确；

C.发生2H2S+SO2=3S[+2H2。反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；

D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误；

故答案选B。

5、C

【解题分析】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15；

B、HC1中只含共价键；

C、NH3中含个N-H键；

D、cr最外层有8个电子。

【题目详解】

A、中子数为8的氮原子的质量数为15,可表示为TN,选项A错误；

B、HC1中只含共价键，其电子式为选项B错误；

C、N%中含个N-H键，NH3的结构式为：“'选项C正确；

II

D、CI-最外层有8个电子，的结构示意一图〃为选项D错误。

答案选C。

【题目点拨】

本题考查化学用语，侧重考查原子结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如

原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。

6、A

【解题分析】

A.NaAK)2和Ba(OH)2均为O.lmol,iJ口入等浓度的硫酸，加入的硫酸中的H+和溶液中的OH•生成水，同时SCV-和Ba?+

生成BaSCh沉淀，当加入1L硫酸溶液时恰好和Ba(OH)2反应，生成O.lmolBaSCh,再加入0.5LH2s。4溶液时，加入

+

的O.lmolJF恰好和溶液中的O.lmolAKh-完全反应：H+A1O2+H2O=A1(OH)3；,生成0.1moIAl(OH)3沉淀。再加入

+3+

L5LH2s04溶液，加入的0.3molH+把生成0.1molAl(OH)3沉淀溶解：A1(OH)3+3H=A1+3H2O,和图像相符，故A选;

B.A1CL和MgCL均为O.lmol,共需要和0.5mol氢氧化钠反应生成沉淀,即需要5L氢氧化钠溶液才能使沉淀达到最多，

和图像不符，故B不选；

C.AICL和FeCb均为O.lmoL共需要0.6moINaOH和它们反应生成沉淀，即需要6LNaOH溶液才能使沉淀达到最多，

和图像不符，故C不选；

D.NaAKh和BaCb各O.lmoL先加入0.5L硫酸，即0.05mol硫酸，加入的O.lmollT和溶液中的O.lmolAKh-恰好完全

反应生成0.1molAl(OH)3沉淀,同时加入的O.OSmolSCV-和溶液中的Ba?+反应生成BaS()4沉淀。溶液中的Ba?+有O.lmol,

加入的S(V为0.05moL所以生成0.05molBaS04沉淀，还剩0.05molBa2+。此时沉淀的物质的量为0.15mol。再加入

0.5LH2sCh溶液，加入的O.lmolJF恰好把生成的0.1molAl(OH)3沉淀溶解，同时加入的O.OSmolSCV-恰好和溶液中剩

余的0.05molBa2+生成0.05molBaS04沉淀，此时溶液中的沉淀的物质的量为O.lmoL和图像不符，故D不选。

故选Ao

7、C

【解题分析】

A.碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳是正极，电子从负极流向正极，从铁流向碳，故A错误；

B.在钢铁上连接铅块，铁比铅活泼，会先腐蚀铁，起不到防护作用，故B错误；

C.吸氧腐蚀时，氧气做正极，在正极上得到电子生成氢氧根离子，O2+2H2O+4e=4OH,故C正确；

D.淡水是中性条件，铁在碱性和中性条件下发生的都是吸氧腐蚀，故D错误；

答案选C。

【题目点拨】

钢铁在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，在中性和碱性条件下发生的是吸氧腐蚀。

8、C

【解题分析】

A、二氧化硅与盐酸不反应，Si与氯气加热反应生成SiCk,SiCk与氢气反应生成Si,故A错误；

B、FeS2煨烧生成二氧化硫，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，不能生成硫酸，亚硫酸与氧气反应生成硫酸，故B错误;

C、饱和NaCl溶液中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠，碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，所以在给定条件下,

物质间转化均能实现，故C正确；

D、MgCCh与盐酸反应生成MgCL溶液，电解氯化镁溶液得到氯气、氢气和氢氧化镁沉淀，得不到Mg,故D错误。

答案选C。

【题目点拨】

考查常见元素及其化合物性质，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意反应中反应条件的应用。

9、C

【解题分析】

A.草酸用作还原剂是由于其容易失去电子，表现还原性，利用的是物质的化学性质，A不符合题意；

B.生石灰用作干燥剂是由于CaO与水反应产生Ca（OH）2,利用的是物质的化学性质，B不符合题意；

C.苯用作萃取剂是由于被萃取的物质容易溶于苯中，没有新物质存在，利用的是物质的物理性质，C符合题意；

D.铁粉用作抗氧化剂是由于Fe容易失去电子，表现还原性，是利用的物质的化学性质，D不符合题意；

故合理选项是Co

10>C

【解题分析】

本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。

【题目详解】

A.由图可知负极（a极）反应式为C6Hl2（>6+6H2O-24e-=6CO2t+24H+,正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2。，故

不选A；

B.根据图示和题中信息，A室产生H+而B室消耗H+，氢离子将由负极移向正极，故不选B；

C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分

和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为

氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；

D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;

答案：C

11、D

【解题分析】

据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。

【题目详解】

，，酸坏之酒，，含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸储方法除去乙酸。

A.苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A项不符；

B.硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B项不符；

C.食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C项不符；

D.乙酸丁酯和1-丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸储分离，D项符合。

本题选D。

12、C

【解题分析】

根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。

1、若ag红色固体粉末只有Cu,加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量bg即为铜的质量，因此b=a,此时溶液

中只含有氢离子和硫酸根离子；

2、若ag红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与FezCh反应生成硫酸铁溶液，铜

和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,若称得固体质量bg即为原混合物中铜反应后剩余的质

量，因此b<a,此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；

3、若ag红色固体粉末为Cu和CU2O,依据CU2O在酸性溶液中会发生反应：CU2O+2H+—Cu+Cu2++H2O分析可知，

加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量,

因此b<a,此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；

4,若ag红色固体粉末只有FezCh,加入过量的稀硫酸与FezCh反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b=0,

此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；

5、若ag红色固体粉末只有CU2。，依据C112O在酸性溶液中会发生反应：CU2O+2H+—Cu+Cu2++H2O分析可知，加

入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量bg即为CU2O反应生成的铜的质量，因此b<a,此时溶液中只含

有氢离子、硫酸根离子和铜离子；

6、若ag红色固体粉末为CU2O和FezCh,加入过量的稀硫酸与FezCh反应生成硫酸铁溶液，与CgO反应生成铜和硫

酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,若称得固体质量bg即为C112O反应生成

的铜再次反应后剩余的质量，因此b<a,此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；

A.根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。

B.不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量

的NaNCh,形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确

4

C.若b=-a,即b<a,根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和Fe2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；

9

只有CU2O；CU2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；

D.根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:OVbWa,故D正确。

答案选C。

13、B

【解题分析】

A.等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCL的混合溶液中加入NaHCCh溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与铁离

子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；

B.Ba2++OH-+HCO3-=BaC(M+H2O可以表示Imol氢氧化领与Imol氯化领，lmol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；

C.若氢氧化领物质的量为ImoL则氯化锁物质的量为lmol,加入碳酸氢钠，消耗2moi氢氧根离子生成2moi碳酸根

离子，2mol碳酸根离子能够与2mol领离子反应生成2mol碳酸钢沉淀，故C错误；

D.依据方程式可知：3moiOH-对应1.5mol氢氧化锁，则氯化领物质的量为L5moL消耗3moi碳酸氢根离子，能够生

成3moi碳酸根离子，同时生成3moi碳酸钢沉淀，故D错误；

答案选B。

【题目点拨】

本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键。

本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与领离子反应生

成碳酸领沉淀。

14、C

【解题分析】

A.NazCnCh溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的NazCnCh溶液逐滴加入正

丁醇中，故A不符合题意；

B.由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在90〜95℃,既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步

氧化，温度计2示数在76C左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；

C.正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符

合题意；

D.粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCk固体，过滤，可除去水，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点

差异进行蒸储，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；

故答案为：Co

15、B

【解题分析】

A.在25℃时：①C(s)+；Ch(g)CO(g)AH4=-lllkJ/mol；®H2(g)+yO2(g)=H2(g)

AH2=-242kJ/mol③C(s)+(h(g)=CO2(g)AH2=-394kJ/moI,结合盖斯定律可知③-①-②得到

CO(g)+H2O(g)=CO2(g)+H2(g)AH=-41kJ/mol,故A正确；

B.增大压强，反应①的平衡向逆反应方向移动，温度不变，则平衡常数K不变，故B错误；

C.平衡时不同物质的物质的量的变化量之比等于化学计量数之比，则①达到平衡时，每生成ImolCO的同时生成

0.5molO2>故C正确；

D.反应②为放热反应，爆变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，且物质的量与热量成正比，则反应②断

开2moIH-H和linolO=O中的化学键所吸收的能量比形成4molO-H键所放出的能量少484kJ,故D正确；

答案选B。

【题目点拨】

反应热=反应物键能总和-生成物键能总和。

16、B

【解题分析】

W原子的最外层电子数是次外层的2倍,则W为碳(C)；X，Y+具有相同的电子层结构，则X为氟(F),Y为钠(Na)；

Z的阴离子不能发生水解反应，则Z为氯(CD。

【题目详解】

A.比较原子半径时，先看电子层数，再看最外层电子数，则原子半径Na>Cl>C>F,A错误；

B.非金属性F>C1>C,所以简单氢化物的稳定性X>Z>W,B正确；

C.非金属性C<CL则最高价氧化物的水化物的酸性W<Z,C错误；

D.X与W、Y形成的化合物分别为CF4、NaF,前者含共价键、后者含离子键，D错误。

故选B。

二、非选择题(本题包括5小题)

222+3+

17、第三周期第IVA族SOMgAlHClO4H2SO4HFHClC2H2CaC2+2H2O-CH三CHf+

H

++2

：N：H］!\Q:jNaOH、H2,Cl2PbO2+4H+SO4-2e=2H2O+PbSO4

【解题分析】

根据元素的化合价与原子序数的关系图可知，x、y、z、d为第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m为第三周期元素，

则e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素；z、d只有负价,

没有正价，z为O元素、d为F元素，则x为C元素、y为N元素。结合元素周期律分析解答。

【题目详解】

根据上述分析，x为C元素、y为N元素、z为O元素、d为F元素、e为Na元素、f为Mg元素、g为A1元素、h为

Si元素、w为P元素、r为S元素、m为C1元素。

(l)h为Si元素，在周期表中位于第三周期第WA族，故答案为第三周期第WA族；

⑵一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则z、f、g、r常见离子的半径大

小为S2->O*>Mg2+>A13+；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，r、m的最高价氧化物对应水化物

的酸性HC1O4>H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HF>HC1,故答案为S*；O2；

2+3+

Mg；Al；HC1O4；H2SO4；HF；HCI；

(3)x与氢元素能形成的化合物为烧类，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙快，实验室用

电石与水反应制取乙焕，反应的化学方程式为CaC2+2H2。-CH三CHT+Ca(OH)2,故答案为C2H2；CaC2+

2H2。—CHmCHf+Ca(OH)2;

(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物为氯化核，氯化核属于离子化合物，钱根离子中存在共价键，电子式为

HH

［H：N：町［.QJ，故答案为［H：N：町［©J;

HH

⑸用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和NaCl溶液，反应的方程式为2NaCl+2H2。电解ZNaOH+Hzt+CLT：铅蓄

电池放电时，PbO2为正极，电极反应式为PbO2+4H++SO4*-2e-=2H2O+PbSO4,故答案为NaOH、H2、CI2;

+2

PbO2+4H+SO4-2e=2H2O+PbSO4。

OHO

18、（酚）羟基消去反应Cl9Hl6。4CH-C.HCCH,

【解题分析】

对比A、B的结构，可知A与乙酸酎发生取代反应生成B,同时还生成CH3coOH,B、C互为同分异构体，B发生异

构生成C,对比C、D的结构可知，C组成多1个工、去掉2个H原子生成D,同时还生成C2HsOH,由F的分子

式，结合G的结构，可知E为,纥＞-CHO,对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F,F发生消去反

0H0

应生成G,结合G的结构，可知F为0rd据此分析解答。

【题目详解】

对比A、B的结构，可知A与乙酸酎发生取代反应生成B,同时还生成CH3coOH,B、C互为同分异构体，B发生异

构生成C,对比C、D的结构可知，C组成多1个也、去掉2个H原子生成D,同时还生成C2HsOH,由F的分子

式，结合G的结构，可知E为,©-CHO,对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F,F发生消去反

0H0

应生成G,结合G的结构，可知F为.一

0H0

(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应⑤为在浓硫酸加热的条件发生消去

反应生成G,故答案为：(酚)羟基；消去反应；

0H0

⑵由J的结构简式，可知其分子式是Cl9Hl6。4,由以上分析知F为/故答案为：Cl9Hl6。4；

OH0

(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个;、去掉2个H原子生成D,同时还生成C2H5OH,故反应③的化学方程

式为:-CH、+CO(OC2H5)2+2C2HsOH,故答案为:

H

6?0

-CH、+C0(OC2H5)2+2C2H5OH；

(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：①苯环上有两个处于对位上的取代基；②Imol该有机物与

足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个竣基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个谖基，符

(任写两个);

O€-CH,

⑸与乙酸酎反应生成,然后与AlCWNaCl作用生成-CH，，最后与CO(OC2H5)2反应得到

CH,

CH,

0

0H

，故答案为:

CH>CH,

19、冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次

拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)

【解题分析】

结合题给信息进行分析：

步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。

步骤2中，因为反应温度为170〜180°C,为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；

步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再

根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。

步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。

【题目详解】

(1)冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；

(2)油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；

(3)苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，

易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后,

重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；

(4)抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵

和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；

(5)对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度

过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)。

【题目点拨】

冷却结晶的晶体大小影响因素：

(1)浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒

径越小。

(2)停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。

(3)容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。

(4)杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。

20、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞碱石灰(或生石灰)白色沉淀2NH3+3CuO;二N2+3H2O+3CuCu2O,

Cu3C12+8NH3=N2+6NH4C1

【解题分析】

⑴检验装置A~E的气密性，要防止气体进入F；

⑵装置B的作用是干燥氨气；

(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水;

没反应的氨气进入E,使溶液呈碱性，生成亚硫酸领沉淀；

(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；

⑸装置F中产生白烟，说明有氯化镂生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化核和氮气。

【题目详解】

(1).关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1,在E中装入水，然后微热A,观察到E中有气泡冒出，移开酒精

灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；

⑵装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；

(3)装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水,

反应方程式是2NH3+3CuO=N2+3H2O+3CU;没反应的氨气进入E,使溶液呈碱性，生成亚硫酸领沉淀，E中的现

象是有白色沉淀生成。

16g___

(4)反应前〃(。10)=荔二----=0.2mol,则"(Cu)=0.2mol、/i(O)=0.2mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素

80g/mol

24g

物质的量减少，反应后固体质量减少2.4g,则减少氧元素的物质的量是~-=0.15mol,剩余固体中〃(Cu)：

16g/mol

“(O尸