2024年湘赣粤名校高三冲刺模拟化学试卷含解析

2024年湘赣粤名校高三冲刺模拟化学试卷请考生注意：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、吗啡是严格查禁的毒品．吗啡分子含C71.58%，H6.67%，N4.91%，其余为O.已知其相对分子质量不超过300，则吗啡的分子式是A．C17H19NO3 B．C17H20N2O C．C18H19NO3 D．C18H20N2O22、下列物质分类正确的是A．SO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B．稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C．烧碱、冰醋酸、四氯化碳均为电解质D．福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物3、萜类化合物广泛存在于动植物体内，关于下列萜类化合物的说法正确的是A．a和b都属于芳香烃B．a和c分子中所有碳原子均处于同一平面上C．在一定条件a、b和c均能与氢气发生加成反应D．b和c均能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀4、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（

）A．聚维酮的单体是 B．聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C．聚维酮碘是一种水溶性物质 D．聚维酮在一定条件下能发生水解反应5、Bodensteins研究了下列反应：2HI(g)H2(g)+I2(g)ΔH=+11kJ/mol。在716K时，气体混合物中碘化氢的物质的量分数x(HI)与反应时间t的关系如下表：t/min020406080120x(HI)10.910.850.8150.7950.784x(HI)00.600.730.7730.7800.784由上述实验数据计算得到v正～x(HI)和v逆～x(H2)的关系可用如图表示。当改变条件，再次达到平衡时，下列有关叙述不正确的是A．若升高温度到某一温度，再次达到平衡时，相应点可能分别是A、EB．若再次充入amolHI，则达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大C．若改变的条件是增大压强，再次达到平衡时，相应点与改变条件前相同D．若改变的条件是使用催化剂，再次达到平衡时，相应点与改变条件前不同6、下列物质间的转化可以实现的是（）A．MnO2Cl2Ca(ClO)2B．SSO2BaSO4C．SiO2H2SiO3Na2SiO3D．CuSO4Cu(OH)2Cu2O7、某学习小组设计如下装置进行原电池原理的探究。一段时间后取出铜棒洗净，发现浸泡在稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗。对该实验的说法正确的是A．处于稀硝酸中的铜棒为电池的正极，电极反应为：Cu2++2e-=CuB．该装置可以实现“零能耗”镀铜C．配置上述试验所用硝酸铜溶液应加入适量的硝酸溶液使铜棒溶解D．铜棒上部电势高，下部电势低8、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NH39、工业上利用无机矿物资源生产部分材料的流程图如下。下列说法不正确的是A．在铝土矿制备较高纯度Al的过程中常用到NaOH溶液、CO2气体、冰晶石B．石灰石、纯碱、石英、玻璃都属于盐，都能与盐酸反应C．在制粗硅时，被氧化的物质与被还原的物质的物质的量之比为2∶1D．黄铜矿(CuFeS2)与O2反应产生的Cu2S、FeO均是还原产物10、下列各组离子能在指定环境中大量共存的是A．在c（HCO3-）=0.1mol/L的溶液中：NH4+、Al3+、Cl－、NO3-B．在由水电离出的c（H+）=1×10－12mol/L的溶液中：Fe2+、ClO－、Na+、SO42-C．pH=1的溶液中：Mg2+、Fe3+、NO3－、[Ag(NH3)2]+D．在使红色石蕊试纸变蓝的溶液中：SO32-、CO32-、Na+、K+11、从下列事实所得出的相应结论正确的是实验事实结论A在相同温度下，向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，产生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成红褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3B某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该气体水溶液一定显碱性C同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快HB的酸性比HA强DSiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应SiO2是两性氧化物A．A B．B C．C D．D12、如图是实验室研究海水对铁闸不同部位腐蚀情况的剖面示意图。下列说法错误的是A．铁闸主要发生的是吸氧腐蚀B．图中生成铁锈最多的是乙区域C．铁腐蚀时的电极反应式：Fe－2e－==Fe2＋D．将铁闸与石墨相连可保护铁闸13、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是A．a点对应的溶液中：Fe3+、AlO2-、SO42-、NO3-B．b点对应的溶液中：K+、Ca2+、I－、Cl-C．c点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Ag+D．d点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Cl-14、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A．分子中两个苯环处于同一平面B．分子中有3个手性碳原子C．能与浓溴水发生取代反应D．1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH15、下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是A．用装置甲制取氯气B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O16、下图是分离混合物时常用的仪器，可以进行的混合物分离操作分别是（

）A．蒸馏、过滤、萃取、蒸发 B．蒸馏、蒸发、萃取、过滤C．萃取、过滤、蒸馏、蒸发 D．过滤、蒸发、萃取、蒸馏17、关于氮肥的说法正确的是（）A．硫铵与石灰混用肥效增强 B．植物吸收氮肥属于氮的固定C．使用碳铵应深施盖土 D．尿素属于铵态氮肥18、某溶液含有等物质的量的Na+、Fe3+、Ba2+、I－、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样，加入KSCN溶液，溶液变血红色，对溶液描述错误的是A．一定没有Ba2+ B．可能含有Na+C．一定没有SO32－ D．一定有Cl－19、碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是()A．洗气瓶中产生的沉淀中有碳酸钡 B．在Z导管出来的气体中无二氧化碳C．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡 D．洗气瓶中无沉淀产生20、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是A．B．C．D．21、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A．该反应的氧化剂是KNO3B．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶3C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D．该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol22、下列说法正确的是（）A．氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B．石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C．由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。D．H、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。二、非选择题(共84分)23、（14分）在医药工业中，有机物G是一种合成药物的中间体，其合成路线如图所示：已知：R1ONa+R2X→R1OR2+NaX(R1与R2代表苯环或烃基、X代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)→RCOCl+HCl↑+SO2↑回答下列问题：（1）A与C在水中溶解度更大的是_________，G中官能团的名称是___________。（2）E→F的有机反应类型是________，F的分子式为______________。（3）由A→B反应的化学方程式为___________________。（4）物质D的结构简式为_________________。（5）B→C反应中加入NaOH的作用是________________。（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体_________________。①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰；③能发生银镜反应24、（12分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：①A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。②D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。③请回答以下问题：（1）A的结构简式为________。（2）反应①的反应类型为________，B中所含官能团的名称为______。（3）反应③的化学方程式是_______________。（4）D的核磁共振氢谱有_______组峰；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有________(不含D)种。（5）反应④的化学方程式是____________。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线__________。合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH3CH2OOCCH325、（12分）某研究性学习小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。查阅文献，得到以下资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。Ⅰ．制备K2FeO4（夹持装置略）。（1）A为氯气的实验室发生装置。A中反应方程式是______（锰被还原为Mn2+）。若反应中有0.5molCl2产生，则电子转移的数目为______。工业制氯气的反应方程式为______。（2）装置B中盛放的试剂是______，简述该装置在制备高铁酸钾中的作用______。（3）C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有：3Cl2+2Fe（OH）3+10KOH→2K2FeO4+6KCl+8H2O，根据该反应方程式得出：碱性条件下，氧化性Cl2______FeO42-（填“＞”或“＜”）。另外C中还可能发生其他反应，请用离子方程式表示______。Ⅱ．探究K2FeO4的性质（4）甲同学取少量K2FeO4加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清。请简述K2FeO4的净水原理。______。26、（10分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）27、（12分）苯甲醛是一种重要的化工原料，某小组同学利用如图所示实验装置(夹持装置已略去)制备苯甲醛。已知有机物的相关数据如下表所示：有机物沸点℃密度为g/cm3相对分子质量溶解性苯甲醛178.11.04106微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃苯甲醇205.71.04108微溶于水，易溶于乙醇、醚和卤代烃二氯甲烷39.81.33难溶于水，易溶于有机溶剂实验步骤：①向容积为500mL的三颈烧瓶加入90.0mL质量分数为5%的次氯酸钠溶液(稍过量)，调节溶液的pH为9-10后，加入3.0mL苯甲醇、75.0mL二氯甲烷，不断搅拌。②充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，并将有机相合并。③向所得有机相中加入无水硫酸镁，过滤，得到有机混合物。④蒸馏有机混合物，得到2.08g苯甲醛产品。请回答下列问题：(1)仪器b的名称为______，搅拌器的作用是______。(2)苯甲醇与NaClO反应的化学方程式为_______。(3)步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多，原因是____；步骤③中加入无水硫酸镁，若省略该操作，可能造成的后果是______。(4)步骤②中，应选用的实验装置是___(填序号)，该操作中分离出有机相的具体操作方法是___。(5)步骤④中，蒸馏温度应控制在_______左右。(6)本实验中，苯甲醛的产率为________(保留到小数点后一位)。28、（14分）研究氮氧化物的反应机理，对于消除其对环境的污染有重要意义。升高温度，绝大多数的化学反应速率增大，但是2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应速率却随着温度的升高而减小。查阅资料知：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程分两步：I．2NO(g)N2O2(g)(快)ΔH1<0v1正=k1正c2(NO)v1逆=k1逆c(N2O2)Ⅱ．N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)ΔH2<0v2正=k2正c(N2O2)c(O2)v2逆=k2逆c2(NO2)请回答下列问题：（1）反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的ΔH=___________(用含ΔH1和ΔH2的式子表示)（2）一定温度下，恒容的密闭容器中，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，请写出用k1正、k1逆、k2正、k2逆表示的平衡常数表达式K=_________________，升高温度，K值___________(填“增大”“减小”或“不变”)（3）下列描述中能说明上述反应已达平衡的是__________；A．容器内气体的平均摩尔质量保持不变B．2v(NO)正=v(O2)逆C．容器中气体的密度保持不变D．单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO229、（10分）ⅡB−ⅥA族半导体纳米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题：（1）基态锌（Zn）原子的电子排布式为[Ar]_____。（2）“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是______（填标号）a构造原理b泡利原理c洪特规则d能量最低原理（3）在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_______。（4）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态，其主要原因是______；的中心原子杂化类型为_______，其空间构型为_______。（5）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。①已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中化学键的类型为______。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成[Zn(OH)4]2—，请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_______。②一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为anm、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度为________g·cm−3。

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、A【解析】

可通过假设相对分子质量为100，然后得出碳、氢、氮、氧等元素的质量，然后求出原子个数，然后乘以3，得出的数值即为分子式中原子个数的最大值，进而求出分子式。【详解】假设吗啡的相对分子质量为100，则碳元素的质量就为71.58，碳的原子个数为：=5.965，则相对分子质量如果为300的话，就为5.965×3═17.895；同理，氢的原子个数为：×3=20.01，氮的原子个数为：×3=1.502，氧的原子个数为：×3=3.15，因为吗啡的相对分子质量不超过300，故吗啡的化学式中碳的原子个数不超过17.895，氢的原子个数不超过20.01，氮的原子个数不超过1.502；符合要求的为A，答案选A。2、D【解析】

A．SO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B．稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C．烧碱NaOH是碱，属于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D．福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；本题答案选D。3、C【解析】

A．a中不含苯环，则不属于芳香族化合物，只有b属于芳香族化合物，但含有O元素，不属于芳香烃，A错误；B．a、c中含甲基、亚甲基、次甲基均为四面体构型，则a和c分子中所有碳原子不可能处于同一平面上，B错误；C．a含碳碳双键、b含苯环、c含-CHO，均可与氢气发生加成反应，C正确；D.b中无醛基，不能与新制Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀，c分子中含有醛基，可以与新制Cu(OH)2悬浊液共热反应生成砖红色沉淀，D错误；故合理选项是C。4、B【解析】

由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A.由高聚物结构简式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.

由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C.高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D.含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。5、C【解析】

A.升高温度，正、逆反应速率加快，由于该反应的正反应是吸热反应，升高温度，平衡向吸热的正反应方向移动，HI的物质的量分数降低，H2的物质的量分数增大，最终达到平衡时，相应点可能分别是A、E，A正确；B.该反应是反应前后气体体积相等的反应，若再次充入amolHI，平衡不发生移动，因此二者的物质的量的含量不变，但由于物质浓度增大，反应速率加快，所以达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，B正确；C.若改变的条件是增大压强，化学平衡不移动，任何气体的物质的量分数不变，但物质由于浓度增大，化学反应速率加快，所以再次达到平衡时，相应点与改变条件前不相同，C错误；D.催化剂不能是化学平衡发生移动，因此任何气体的物质的量分数不变，但正、逆反应速率会加快，故再次达到平衡时，相应点的横坐标值不变，纵坐标值增大，相应点与改变条件前不同，D正确；故合理选项是C。6、D【解析】

A.MnO2和浓盐酸才反应生成氯气，故A不符合题意；B.硫于氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和氯化钡不反应，故B不符合题意；C.SiO2不与水反应，故C不符合题意；D.CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2和硫酸钠，氢氧化铜与葡萄糖再碱性条件下加热反应生成Cu2O，故D符合题意。综上所述，答案为D。7、B【解析】

原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】A.题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为：Cu-2e-=Cu2+；A项错误；B.稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；C.配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；D.铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。答案选B。8、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。9、B【解析】A.用铝土矿制备较高纯度A1，首先用NaOH溶液将铝土矿中的氧化铝溶解转化为偏铝酸钠溶液，然后过滤、向滤液中通入CO2气体把偏铝酸钠转化为氢氧化铝沉淀，再过滤得氢氧化铝，接着加热氢氧化铝让其分解为氧化铝，最后用冰晶石作助熔剂，电解熔融的氧化铝得到铝，所以A正确；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它属于酸性氧化物不与盐酸反应。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸钠、硅酸钙，组成中有盐故被称为硅酸盐产品，它也不能与盐酸反应，实验室经常用玻璃瓶盛放盐酸，所以B不正确；C.在制粗硅时，发生反应SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物质C与被还原的物质SiO2的物质的量之比为2∶1，C是正确的；D.黄铜矿(CuFeS2)与O2反应，铜由+2价降为+1价被还原得到Cu2S、氧由0价降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是还原产物，D正确。10、D【解析】

离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】A、Al3＋和HCO3－水解相互促进生成氢氧化铝和CO2，不能大量共存；B、水的电离是被抑制的，所以溶液可能显酸性，也可能显碱性。但不论是显酸性，还是显碱性，ClO－都能氧化Fe2+，不能大量共存；C、溶液显酸性[Ag(NH3)2]+不能大量共存。D、溶液显碱性，可以大量共存；答案选D。【点睛】该题是高考中的高频题，属于中等难度的试题，侧重对学生基础知识的训练和检验。有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。该题需要明确离子不能大量共存的一般情况，即（1）能发生复分解反应的离子之间；（2）能生成难溶物的离子之间；（3）能发生氧化还原反应的离子之间；（4）能发生络合反应的离子之间（如Fe3+和SCN-）；解决离子共存问题时还应该注意题目所隐含的条件，题目所隐含的条件一般有：（1）溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH-；（2）溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在；（3）溶液的具体反应条件，如“氧化还原反应”、“加入铝粉产生氢气”；（4）是“可能”共存，还是“一定”共存等。11、C【解析】

A.发生反应MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH过量，因此再滴入FeCl3溶液，会发生反应：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比较Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A错误；B.某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，则该气体为酸性气体，其水溶液显酸性，B错误；C.HA放出的氢气多且反应速率快，HA浓度比HB大，在反应过程中HA溶液中c(H+)比较大，证明HA溶液中存在电离平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正确；D.SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误；故合理选项是C。12、D【解析】

A．海水溶液为弱碱性，发生吸氧腐蚀，在酸性较强的条件下才发生析氢腐蚀，故A正确；B．在乙处，海水与氧气接触，与Fe最易形成原电池，发生的吸氧腐蚀的程度最大，生成铁锈最多，故B正确；C．铁腐蚀时作负极失电子生成亚铁离子，电极反应式：Fe－2e－=Fe2＋，故C正确；D．将铁闸与石墨相连，铁比碳活泼，铁作负极失电子，可以加快海水对铁闸的腐蚀，故D错误；答案选D。13、B【解析】

A选项，a点对应是Na2CO3、NaHCO3混合溶液：Fe3+、AlO2－、SO42－、NO3－，CO32－、HCO3－与Fe3+发生双水解反应，AlO2－与HCO3－发生反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，故A错误；B选项，b点对应是NaHCO3：K+、Ca2+、I－、Cl－，都不发生反应，共存，故B正确；C选项，c点对应的是NaCl溶液：Na+、Ca2+、NO3－、Ag+，Ag+与Cl－发生反应，故C错误；D选项，d点对应的是NaCl溶液、盐酸溶液中：F－、NO3－、Fe2+、Cl－，F－与H+反应生成HF，NO3－、Fe2+、H+发生氧化还原反应，故D错误；综上所述，答案为B。14、A【解析】

A.分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；B.图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；C.酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；故选A。15、C【解析】

A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。16、A【解析】

蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，以此来解答。【详解】蒸馏烧瓶用于分离沸点相差较大的两种液体的分离或难挥发性固体和液体的分离，即蒸馏；普通漏斗用于分离互不相溶的固体和液体，即过滤；分液漏斗用来分离互不相溶的液体或用来分离在不同溶剂中溶解度不同的混合物，即分液或萃取；蒸发皿用于可溶性固体和液体的分离，即蒸发，所以从左至右，可以进行的混合物分离操作分别是：蒸馏、过滤、分液或萃取、蒸发。答案选A。17、C【解析】

A．将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A错误；B．植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误；C．碳酸氢铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；D．尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故D错误。答案选C。18、B【解析】

加入KSCN溶液，溶液变血红色，溶液中有Fe3+，溶液中不能含有I－、SO32-，因为离子的物质的量相等，根据电荷守恒，含有SO42-、Cl-，一定不能含有Na+和Ba2+。故选：B。19、C【解析】

碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入溶液中发生反应：SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2。【详解】A．因为SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，H2SO4能与氯化钡反应生成BaSO4，二氧化碳不与氯化钡反应，所以没有BaCO3生成，A错误；B．反应生成的NO在Z导管口与空气中的氧气反应生成NO2，因CO2不与氯化钡反应，从导管中逸出，B错误；C．根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，C正确；D、根据以上分析可知洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡，D错误。答案选C。20、C【解析】

向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H++OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C符合。答案选C。21、B【解析】

A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；B.配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为3∶2，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72gH2O，转移6mol电子，则生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；故合理选项是B。22、D【解析】

A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。二、非选择题(共84分)23、C羰基（或酮基）、醚键取代反应C8H7OCl或C8H7ClO催化剂、促进水解【解析】

与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。【详解】⑴A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。⑵E→F是—OH变为—Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。⑶由A→B反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。⑷根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。⑸根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。⑹①与G的苯环数相同；②核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；③能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。24、CH≡CH加成反应碳碳双键、酯基54【解析】

A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应③是在

NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【点睛】常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2ONA2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑饱和食盐水除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备>Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OK2FeO4在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的【解析】

由制备实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，B中饱和食盐水除去氯气中的HCl，C中发生3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，且C中可能发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，D中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】（1）A

中反应方程式是2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O，若反应中有

0.5molCl2

产生，则电子转移的数目为0.5mol×2×(1-0)×NA=NA，工业制氯气的反应方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，故答案为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；NA；2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑；（2）装置

B

中盛放的试剂是饱和食盐水，该装置在制备高铁酸钾中的作用为除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备，故答案为：饱和食盐水；除去HCl气体，避免影响K2FeO4的制备；（3）Cl元素的化合价降低，Fe元素的化合价升高，由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知碱性条件下，氧化性Cl2>FeO42-，C中还可能发生氯气与KOH反应，用离子方程式表示为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故答案为：>；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）取少量

K2FeO4

加入浑浊的泥浆水中，发现产生气体，搅拌，浑浊的泥浆水很快澄清，可知

K2FeO4

的净水原理为K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的，故答案为：K2FeO4

在中性溶液中快速产生氧气，生成氢氧化铁吸附泥浆，沉降下来，达到净水的目的。26、打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；②装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验可知n(CuO)==0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/mol，故红色固体为铜；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。27、球形冷凝管使物质充分混合+NaClO→+NaCl+H2O防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低产品中混有水，纯度降低③打开分液漏斗颈部的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔），再打开分液漏斗下面的活塞，使下层液体慢慢沿烧杯壁流下，当有机层恰好全部放出时，迅速关闭活塞178.1℃67.9%【解析】

(1)根据图示结合常见的仪器的形状解答；搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分；(2)根据实验目的，苯甲醇与NaClO反应生成苯甲醛；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水；(4)步骤②中萃取后要进行分液，结合实验的基本操作分析解答；(5)步骤④是将苯甲醛蒸馏出来；(6)首先计算3.0mL苯甲醇的物质的量，再根据反应的方程式计算理论上生成苯甲醛的质量，最后计算苯甲醛的产率。【详解】(1)根据图示，仪器b为球形冷凝管，搅拌器可以使物质充分混合，反应更充分，故答案为球形冷凝管；使物质充分混合；(2)根据题意，苯甲醇与NaClO反应，苯甲醇被氧化生成苯甲醛，次氯酸钠本身被还原为氯化钠，反应的化学方程式为+NaClO→+NaCl+H2O，故答案为+NaClO→+NaCl+H2O；(3)次氯酸钠具有强氧化性，除了能够氧化苯甲醇，也能将苯甲醛氧化，因此步骤①中，投料时，次氯酸钠不能过量太多；步骤③中加入无水硫酸镁的目的是除去少量的水，提高产品的纯度，若省略该操作，产品中混有水，纯度降低，故答案为防止苯甲醛被氧化为苯甲酸，使产品的纯度降低；产品中混有水，纯度降低；(4)步骤②中，充分反应后，用二氯甲烷萃取水相3次，萃取应该选用分液漏斗进行分液，应选用的实验装置是③，分液中分离出有机相的具体操作方法为打开分液漏斗颈部的玻璃塞(或使玻璃塞上的凹槽对准分液漏斗上的小孔)，再打开分