广东省肇庆市重点中学2023年高三冲刺模拟化学试卷含解析

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1、2023年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05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、一带一路是“丝绸之路经济带”和“21世纪海上丝绸之路”的简称。古丝绸之路贸易中的下列商品，其主要化学成分属于无机物的是A陶瓷B中草药C香料D丝绸2、下列说法正确的是( )A分液操作时,分液漏斗中的下层液体从下口放出后,再将上层液体从下口放到另一烧杯中B用试管夹从试管底由下往上夹住距离试管

2、口约1/2处,手持试管夹长柄末端进行加热C为检验某溶液是否含有NH4+,可在此溶液中加入足量的NaOH溶液,加热后用湿润的蓝色石蕊试纸检验D配制一定物质的量浓度的溶液,向容量瓶加水至液面离刻度线12 cm时,改用胶头滴管定容3、肼(N2H4)是一种高效清洁的火箭燃料。25、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（ ）A该反应的热化学方程式为N2H4(g)O2(g)=N2(g)2H2O(g) H534kJmol-1BN2H4的燃烧热534kJmol-1C相同条件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2mo

3、lH2O(g)所含能量之和D该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能4、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A0.1 molL1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl、OHB0.1 molL1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、D0.1 molL1H2SO4溶液：K+、5、图所示与对应叙述相符的是A表示一定温度下FeS和CuS的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(FeS) Ksp(CuS)BpH=2的甲酸与乙酸溶液稀释时的pH变化曲线，则酸性：甲酸0）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是（

4、）t/min0246n(Cl2)/10-3 mol01.83.75.4A02 min的反应速率小于46 min的反应速率B26 min用Cl2表示的反应速率为0.9 mol/(Lmin)C增大压强可以提高HCl转化率D平衡常数K(200)K(400)20、分析如图装置，下列说法错误的是（ ）A虚线框中接直流电源，铁可能会被腐蚀B虚线框中接灵敏电流计或接直流电源，锌都是负极C虚线框中接灵敏电流计，该装置可将化学能转化为电能D若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，该装置可用于铁皮上镀锌21、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外

5、层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物中含有离子键B五种元素中Q的金属性最强C气态氢化物的稳定性：D最高价氧化物对应的水化物酸性：22、室温下，某二元碱X(OH)2水溶液中相关组分的物质的量分数随溶液pH变化的曲线如图所示，下列说法错误的是AKb2的数量级为10-8BX(OH)NO3水溶液显碱性C等物质的量的X(NO3)2和X(OH)NO3混合溶液中 c(X2+)cX(OH)+D在X(OH)NO3水溶液中，cX(OH)2+c(OH-)= c(X2+)+ c(H+)二、非选择题(共84分)23、（14分）生产符合人类需要的特定性能的

6、物质是化学服务于人类的责任。解热镇痛药水杨酸改进为阿司匹林、缓释阿司匹林、贝诺酯就是最好的实例。下图表示这三种药物的合成：(1)反应的条件是_；物质B含有的官能团名称是_(2)已知乙酸酐是2分子乙酸脱去1分子水的产物，写出M的结构简式_(3)反应的类型_，写出该反应的一种副产物的结构简式_(4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应，写出化学方程式_(5)1mol阿司匹林和1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量分别是_、_。24、（12分）已知A、B、C、D、X、Y六种物质均由短周期元素组成，其中X为常见离子化合物，它们之间的转换关系如下图所示（1）已知条件

7、I和条件II相同，则该反应条件为_ 。（2）物质X的电子式为_ 。（3）写出B与Ca(OH)2反应的化学方程式_ 。（4）写出X在条件II下反应生成B、C、D的离子方程式_ 。（5）写出实验室制B的化学方程式，并标出电子转移方向、数目_ 。（6）请简述鉴定物质X的实验方法_。25、（12分）叠氮化钠(NaN3)是汽车安全气囊的主要成分，实验室制取叠氮化钠的实验步骤如下：打开装置D导管上的旋塞，加热制取氨气。加热装置A中的金属钠，使其熔化并充分反应后，再停止加热装置D并关闭旋塞。向装置A中b容器内充入加热介质并加热到210220，然后通入N2O。冷却，向产物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，减

8、压浓缩结晶后，再过滤，并用乙醚洗涤，晾干。（1）装置B中盛放的药品为_。（2）步骤中先加热通氨气一段时间的目的是_；步骤氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。步骤中最适宜的加热方式为_(填“水浴加热”，“油浴加热”)。（3）生成NaN3的化学方程式为_。（4）产率计算称取2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液，并量取10.00 mL溶液于锥形瓶中。用滴定管加入0.10 molL1六硝酸铈铵(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00 mL发生的反应为2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2(杂质均不参与反应)。充分反应后滴入2

9、滴邻菲罗啉指示液，并用0.10 molL1硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2为标准液，滴定过量的Ce4，终点时消耗标准溶液20.00 mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。计算可知叠氮化钠的质量分数为_(保留2位有效数字)。若其他操作及读数均正确，滴定到终点后，下列操作会导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大的是_(填字母代号)。A锥形瓶使用叠氮化钠溶液润洗B滴加六硝酸铈铵溶液时，滴加前仰视读数，滴加后俯视读数C滴加硫酸亚铁铵标准溶液时，开始时尖嘴处无气泡，结束时出现气泡D滴定过程中,将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内（5）叠氮化钠有毒，可以使用次氯酸钠溶液对含有叠

10、氮化钠的溶液进行销毁，反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味的无毒气体，试写出反应的离子方程式_。26、（10分）正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂 ，常用于电子级清洗剂及用于有机合成 。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反应原理： 2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O物质相对分子质量熔点/沸点/溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8117.7微溶易溶二者互溶正丁醚130-98142.4不溶微溶实验步骤如下：在二口烧瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL浓H2SO4,再加两小

11、粒沸石，摇匀。加热搅拌，温度上升至100ll0开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是_，仪器a的名称是_。（2）步骤中药品的添加顺序是，先加_（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是_。（3）步骤中为减少副反应，加热温度应不超过_为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是_。如何判断反应已经完成？当_时，表明反应完成，即可停止实验。（4）步骤中用50%硫酸洗涤的目的

12、是为了除去_。本实验中，正丁醚的产率为_（列出含W的表达式即可）。27、（12分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2HH2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为_。取适量A中的混合液逐滴加入

13、到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，理由是_。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：“合成”过程中，反应温度不宜超过73，目的是_。在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a称取133g样品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b量取233mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c用3213molL-1的Na

14、2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为433mL。M为_(写名称)。该样品中NaI的质量分数为_。28、（14分）过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水。双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”。已知，在含少量I的溶液中，H2O2会较快分解，反应如下：反应：H2O2I H2OIO； 反应：H2O2IO H2OO2I，完成下列填空：(1)反应中的氧化产物是_，被还原的元素是_。(2)标出反应中电子转移的方向和数目。_(3)H2O2分解过程中，I的作用是_。(4)根据反应和反应，请说明双氧水被称为“绿色试

15、剂”的主要原因是_。 (5)H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式：_，双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子(HOO)的作用。为了增强其漂白效果，应选择在_（填“酸”、“碱”或“中”）性条件下进行。(6)向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，溶液由浅绿色变为棕黄色，写出该变化的化学反应方程式：_。29、（10分）过渡金属元素在日常生活中有广泛的应用。（1）金属钒在材料科学上有重要作用，被称为“合金的维生素”，基态钒原子的价层电子的排布式为 _；基态 Mn原子核外有_种运动状态不同的电子，M层的电子云有_种不同的伸展方向。（2）第四周期元素的第一电离能随原子序数增大，总

16、趋势是逐渐增大的，但Ga的第一电离能明显低于Zn，原因是 _（3）NO2与钴盐形成的配离子Co(NO2)63可用于检验 K+的存在。与NO2互为等电子体的微粒_（写出一种），K3Co(NO2)6中存在的作用力有_a.键 b.键 c.配位键 d.离子键 e.范德华力（4）锰的一种配合物的化学式为 Mn(BH4)2(THF)3，BH4的空间构型为_ （5）FeO 是离子晶体，其晶格能可通过下图中的 BornHaber 循环计算得到。 可知，O原子的第一电子亲和能为 _kJmol-1，FeO晶格能为_kJmol-1。（6）铜与氧可形成如图所示的晶胞结构，其中 Cu 均匀地分散在立方体内部，a、b的坐

17、标参数依次为（0，0，0）、（1/2，1/2,1/2），则 d 点的坐标参数为_，已知该晶体的密度为gcm-3，NA是阿伏伽德罗常数的值，则晶胞参数为_pm（列出计算式即可）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】A陶瓷主要成分为硅酸盐属于无机非金属材料，A项正确；B中草药中的有效成分属于有机物，B项错误；C香料中的主要成分也属于有机物，C项错误；D丝绸主要成分是蛋白质，是有机高分子化合物，D项错误；答案选A。2、D【解析】A. 分液操作时，下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，故A不选。B. 用试管夹时，应夹住距离试管口约1/3处，故B不选。C.

18、 检验氨气，应该用湿润的红色石蕊试纸，遇氨气变蓝，故C不选；D. 配制一定物质的量浓度的溶液，向容量瓶加水至液面离刻度线12 cm时，改用胶头滴管定容是正确的，故D选。故选D。3、A【解析】A.由已知25、101kPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量,则1mol肼燃烧放出的热量为534 kJ，故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)= N2(g)+2H2O(g)H=-534 kJ.mol-1，故A正确。B. 燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。C.由N2H4(g)+O2(g)=

19、N2(g)+2H2O(g)H=-534 kJ.mol-1，可知该反应是放热反应，所以1 molN2H4(g)和1 mol O2(g)所含能量之和高于1 mol N2(g)和2 mol H2O(g)所含能量之和，故C错误；D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；答案：A。4、C【解析】A. 碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，二者不能大量共存，故A错误；B. 高锰酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，二者不能大量共存，故B错误；C.OH、Na+、K+、之间相互不反应，可以大量共存，故C正确；D. 酸性环境下，硝酸根

20、离子能够氧化亚硫酸氢根离子，所以氢离子、硝酸根离子、亚硫酸氢根离子不能大量共存，故D错误；故选：C。5、C【解析】A当相同c(S2-)时，由图像可知，平衡时c(Cu2+)c(Fe2+)，则c(Fe2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)，根据Ksp(FeS)c(Fe2+)c(S2)，Ksp(CuS)c(Cu2+)c(S2)，则Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故A错误；B溶液中pH值与c(H+)间的关系为pH=-lgc(H+)，溶液中c(H+)大，对应的pH值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中H+的物质的量的增量，表现为溶液中c

21、(H+)减小，pH值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中H+的量，也就表现为c(H+)会较酸性较强的弱酸大些，pH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液pH值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲酸乙酸，故B错误；C用0.1000mol/L的NaOH溶液滴定25.00mL的盐酸溶液，由图像可知，当消耗NaOH体积为20.00mL时，溶液为中性，此时酸和碱恰好完全反应，溶液中c(H+)=c(OH-)，即n(H+)=n(OH-)，则有c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，因

22、此c(HCl)=0.0800mol/L，故C正确；D由图像可知，A与B状态时NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的转化率增加；A状态时，值较小，可认为是增加了H2的量使得H2自身的转化率变小，B状态时，值较大，可认为是增加了N2的量，从而提高了H2的转化率，转化率A(H2)不一定等于B(H2)，故D错误；答案选C。6、C【解析】在锂空气电池中，锂作负极，以空气中的氧气作为正极反应物，在水性电解液中氧气得电子生成氢氧根离子，据此解答。【详解】A.多孔电极可以增大电极与电解质溶液的接触面积，有利于氧气扩散至电极表面，A正确；B.因为该电池正

23、极为水性电解液，正极上是氧气得电子的还原反应，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B正确；C.乙醇可以和金属锂反应，所以不能含有乙醇，C错误；D.充电时，阳极生成氧气，可以和碳反应，结合电池的构造和原理，采用专用充电电极可以有效防止空气极腐蚀，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电化学基础知识，涉及电极判断、反应式的书写等相关知识，C项为易错点，注意锂的活泼性较强，可以和乙醇发生置换反应，试题难度不大。7、B【解析】A等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；BBa2+OH-+HC

24、O3- =BaCO3+H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；C若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；D依据方程式可知：3molOH-对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】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

25、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钡离子反应生成碳酸钡沉淀。8、A【解析】A氢氧化亚铁不稳定，易被空气中氧气氧化生成氢氧化铁，所以制备氢氧化亚铁要隔绝空气，植物油和水不互溶，且密度小于水，所以用植物油能隔绝空气，所以能实现实验目的，故A正确；B容量瓶只能配制溶液，不能作稀释或溶解药品的仪器，应该用烧杯溶解硝酸钠，然后等溶液冷却到室温，再将硝酸钠溶液转移到容量瓶中，故B错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙加热制取氨气，氨气极易溶于水，不能采用排水法收集，常温下，氨气和氧气不反应，且氨气密度小于空气，所以应该采用向下排空气法收集氨气，故C

26、错误；D制取乙烯需要170，温度计测定混合溶液温度，所以温度计水银球应该插入溶液中，且乙醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，乙醇易挥发，导致得到的乙烯中含有乙醇，影响乙烯的检验，故D错误；故选A。9、D【解析】A. 根据2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何时刻都存在v(SO2)v(O2)=21，故A正确；B. 10 s内，v(SO3)=0.05 molL-1s-1，故B正确；C. 达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1，则生成的三氧化硫为1mol，反应的二氧化硫也是1mol，则SO2的平衡转化率为100%=25%，故C正确；D. 同温同体积时，气体的压强之比等于物质的量之比，

27、平衡时容器内二氧化硫为3mol，氧气为1.5mol，三氧化硫为1mol，平衡时压强是反应前的倍，故D错误；故选D。10、D【解析】A、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA，溶液的pH7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误； B、a点反应后溶质为NaA，A-部分水解溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，故B错误； C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙的变色范围为3.14.4，酚酞的变色范围为810，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基

28、橙，故C错误； D、b点溶液的pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正确； 故选：D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。11、D【解析】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。12、D【解析】A项，NaHCO3能与H

29、Cl反应，NaHCO3用于制胃酸中和剂，NaHCO3用于制胃酸中和剂与NaHCO3受热易分解没有对应关系；B项，SiO2传导光的能力非常强，用于制光导纤维，SiO2用于制光导纤维与SiO2熔点高硬度大没有对应关系；C项，Al2O3的熔点很高，用作耐高温材料，Al2O3用作耐高温材料与Al2O3是两性氧化物没有对应关系；D项，CaO能与水反应，用于食品干燥剂，CaO用于食品干燥剂与CaO与水反应有对应关系；答案选D。13、D【解析】溶液中逐渐滴加溶液，OH-会先与Al3+发生反应，生成Al(OH)3沉淀，随后生成的再与OH-发生反应，生成；在OH-反应的同时，Ba2+也在与反应生成沉淀。考虑到溶

30、液中是Al3+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，Al3+沉淀完全时，溶液中还有尚未沉淀完全；但继续滴加会让已经生成的发生溶解，由于沉淀溶解的速率快于沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当恰好溶解完全，的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全。【详解】A0.05mol/L的溶液中的c(OH-)约为0.1mol/L，所以常温下pH=13，A项正确；B通过分析可知，加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀，所以，a=80mL，B项正确；C通过分析可知，沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全，那么此

31、时加入的物质的量为0.003mol即体积为60mL，因此沉淀包含0.003mol的以及0.002mol的，共计0.005mol，C项正确；D当加入30mL溶液，结合C项分析，Al3+和Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol以及0.001mol，总质量为0.4275g，D项错误；答案选D。14、B【解析】A. 由于浓硫酸溶于水放出大量的热，所以稀释浓硫酸时，应该将浓硫酸缓缓地沿烧杯内壁注入水中，同时要搅动液体，以使热量及时地扩散，图中操作未沿着烧杯内壁缓慢注入，操作不规范，A项错误；B. 浓硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖变黑，体现了浓硫酸的脱水性，生成的C单质继续与浓硫酸反应会生成二氧化硫、二氧

32、化碳和水，生成的二氧化硫会使品红溶液褪色，体现了浓硫酸的氧化性，B项正确；C. 乙酸与CH2Cl2互溶，沸点不同，可采用蒸馏的方法分离，但冷凝管不能选用球形冷凝管，而应用直形冷凝管，C项错误；D. 饱和亚硫酸钠会与二氧化硫反应，不能达到实验目的，集气瓶内应改用饱和亚硫酸氢钠溶液，D项错误；答案选B。【点睛】C项是易错点，要注意球形冷凝管与直形冷凝管的区别。直形冷凝管一般是用于蒸馏，即在用蒸馏法分离物质时使用，而球形冷凝管一般用于反应装置，即在反应时考虑到反应物的挥发流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反应更彻底。15、A【解析】某溶液中可能含有Na+、Al3+、Fe3+、NO3、SO42、Cl，滴入

33、过量氨水，产生白色沉淀，该白色沉淀为氢氧化铝，则一定含有Al3+，一定不含Fe3+（否则产生红褐色沉淀），若溶液中各离子的物质的量浓度相等，根据电荷守恒，则一定存在的离子是SO42，且至少含有NO3、Cl中的一种，若含有NO3、Cl两种，则还含有Na+，故答案选A。16、C【解析】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的

34、氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x1+2x-0.31=0.15mol2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。17、C【解析

35、】A从阳极泥中提取粗碲，第一步是将Te元素转化为TeO2的沉淀过滤出来，考虑到TeO2易溶于强酸和强碱，所以氧化浸出步骤中酸不可加过量，A错误；B过滤操作需要漏斗，而不是分液漏斗，B错误；C通过分析整个流程可知，最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的，因此判断洗净与否，只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有即可，C正确；D酸浸时TeO2溶解，随后被Na2SO3还原，TeO2生成Te单质，生成，所以正确的离子方程式为：，TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分，D错误。答案选C。18、D【解析】A氢氧化钾是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下均能导电，故不选A；B醋酸铵是离子化合物，在水溶液或者熔融状态下

36、均能导电，故不选；C二氧化硫为非电解质，不能导电，故不选C；D醋酸是共价化合物，只有在水溶液里能电离导电，故选D。19、C【解析】A. 相同时间内，02min内氯气变化量为1.810-3mol，而46min内氯气变化量为 (5.4-3.7) 10-3mol=1.710-3mol，则02min的反应速率大于46min的反应速率，A项错误；B. 容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，B项错误；C. 正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，C项正确；D. 正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200)K(400)，D项

37、错误；答案选C。20、B【解析】A虚线框中接直流电源，铁作阳极时，铁会失电子被腐蚀，A正确；B虚线框中接直流电源构成电解池，电解池中没有正、负极，B错误；C虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，把化学能转化为电能，C正确；D若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，Zn作阳极，Fe作阴极，可在铁皮上镀锌，D正确；故选B。21、A【解析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于A族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数ZY4，且二者原子半径小于碳原子，故

38、Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，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NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金

39、属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。22、C【解析】本题是一道图形比较熟悉的题目，不过题目将一般使用的二元酸变为了二元碱，所以在分析图示时要随时注意考查的是多元碱的分步电离。【详解】A选取图中左侧的交点数据，此时，pH=6.2，cX(OH)+=c(X2+)，所以Kb2=，选项A正确；BX(OH)NO3水溶液中X的主要存在形式为X(OH)+，由图示X(OH)+占主导位置时，pH为7到8之间，溶液显碱性，选项B正确；C等物质的量的X(NO3)2和

40、X(OH)NO3混合溶液中c(X2+)和cX(OH)+近似相等，根据图示此时溶液的pH约为6，所以溶液显酸性X2+的水解占主导，所以此时c(X2+)cX(OH)+，选项 C错误；D在X(OH)NO3水溶液中，有电荷守恒：c(NO3-)+c(OH-)=2c(X2+)+c(H+)+cX(OH)+，物料守恒：c(NO3-)=c(X2+)+cX(OH)2+cX(OH)+，将物料守恒带入电荷守恒，将硝酸根离子的浓度消去，得到该溶液的质子守恒式为：cX(OH)2+c(OH-)=c(X2+)+c(H+)，选项D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、铁 羧基、氯原子（苯基） CH3COOH 取代 无

41、Na2CO3+2NaHCO3 3mol 4nmol 【解析】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为，据此答题；【详解】根据题中各物转化关系，根据水杨酸的结构可知，甲苯与氯气在铁粉做催化剂

42、的条件下发生苯环上的取代，生成A为，A发生氧化反应生成B为，B发生碱性水解得C为，C酸化得水杨酸，水杨酸与乙酸酐发生取代反应生成阿司匹林和M，则M为CH3COOH，阿司匹林发生取代反应生成贝诺酯，(CH3)2COHCN发生水解得D为(CH3)2COHCOOH，D在浓硫酸作用下发生消去反应生成E为CH2=C(CH3)COOH，E发生加聚反应生成F为，F与阿司匹林反应生成缓释阿司匹林为。(1)反应的条件是铁，B为，物质B含有的官能团名称是羧基和氯原子，故答案为：铁；羧基和氯原子； (2)根据上面的分析可知，M的结构简式为CH3COOH； (3)反应的类型为取代反应，D在浓硫酸作用下发生消去反应也可

43、以是羟基和羧基之间发生取代反应生成酯，所以反应的一种副产物的结构简式为； (4)水杨酸与足量Na2CO3溶液能发生反应的化学方程式为； (5)根据阿司匹林的结构简式可知，1mol阿司匹林最多消耗NaOH的物质的量为3mol，缓释长效阿司匹林为，1mol缓释长效阿司匹林与NaOH溶液充分反应，最多消耗NaOH的物质的量为4n mol。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，根据阿司匹林与长效缓释阿司匹林的分子式推断F的结构是解题的关键，注意对反应信息的利用，酸化时-CN基团转化为-COOH，需要学生根据转化关系判断，注重对学生的自学能力、理解能力、分析归纳能力、知识迁移能力的考查。24、通电 2Cl

44、2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2 （用双线桥表示也可） 用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl- 【解析】X为离子化合物，左边为熔融液，右边为水溶液，说明X易溶于水，则只可能为NaCl、MgCl2。若X为MgCl2，电解其水溶液，生成Mg(OH)2、H2、Cl2，电解其熔融液时，生成Mg、H2。则B为Cl2，A为Mg，但Mg生成Mg(OH)2时，需要与水反应，而Mg与H2O不反应，所以X只能为NaCl。从而得出A为Na，B为Cl2，C、D为NaOH、H2中的一种，Y为H2O。（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条

45、件为通电。（2）物质X为NaCl，由此可写出其电子式。（3）Cl2与Ca(OH)2反应，用于生产漂白粉。（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应生成NaOH、Cl2、 H2。（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得。（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-。【详解】（1）已知条件I和条件II相同，则该反应条件为通电。答案为：通电；（2）物质X为NaCl，其电子式为。答案为：；（3）Cl2与Ca(OH)2反应，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(C

46、lO)2+2H2O；（4）X为NaCl，在条件II下，电解氯化钠的水溶液，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2。答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2+H2；（5）实验室制Cl2是利用MnO2与浓盐酸在加热条件下制得，表示电子转移方向和数目的方程式为。答案为：（用双线桥表示也可）；（6）鉴定物质NaCl时，既要鉴定Na+，又要鉴定Cl-，鉴定Na+用焰色反应，鉴定Cl-用硝酸银和稀硝酸。答案为：用焰色反应检验Na+，用硝酸银和稀硝酸检验Cl-。【点睛】鉴定物质有别于鉴别物质，鉴别物质时，只需检验物质中所含的某种微粒，只要能让该物质与另一物质区分开便达到目的。鉴定物质时

47、，物质中所含的每种微粒都需检验，若为离子化合物，既需检验阳离子，又需检验阴离子，只检验其中的任意一种离子都是错误的。25、碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体) 排尽装置中的空气 2Na+2NH32NaNH2+H2 油浴加热 NaNH2+N2O NaN3+H2O 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 【解析】(1)制备的氨气中含有大量的水，B中盛放碱石灰干燥氨气，故答案为：碱石灰(或生石灰、氢氧化钠固体)； (2)用氨气排尽装置中的空气，防止加热时空气中的氧气等能与钠反应，步骤制备NaNH2，还生成氢气，反应方程式为：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制温度210220，故选用油

48、浴加热，故答案为：排尽装置中的空气；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加热；(3) NaNH2和N2O在210220下反应生成NaN3和水，反应为：NaNH2+N2O NaN3+H2O，故答案为：NaNH2+N2O NaN3+H2O；（4）Ce4+的物质的量浓度总计为0.10 molL10.04 L=0.004 mol，分别与Fe2+和N3反应。其中与Fe2+按1:1反应消耗0.10 molL10.02 L=0.002 mol，则与N3按1:1反应也为0.002 mol，即10 mL所取溶液中有0.002 mol N3，原2.0 g叠氮化钠试样，配成100 mL溶液中有0.02 mol即

49、1.3 g NaN3，所以样品质量分数为=65%；A. 使用叠氮化钠溶液润洗锥形瓶，使进入锥形瓶中溶质比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故A正确；B. 六硝酸铈铵溶液实际取量大于40.00 mL，滴定消耗的硫酸亚铁铵标准液体积增大，计算叠氮化钠溶液浓度偏小，故B错误；C. 滴定前无气泡，终点时出现气泡，则读数体积为实际溶液体积减气泡体积，硫酸亚铁铵标准液读数体积减小，叠氮化钠溶液浓度偏大，故C正确；D选项，滴定过程中，将挂在锥形瓶壁上的硫酸亚铁铵标准液滴用蒸馏水冲进瓶内无影响，故D错误；故答案为：65%；AC；（5）反应后溶液碱性明显增强，且产生无色无味

50、的无毒气体，根据氧化还原反应得失电子守恒，则发生的离子反应为：ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2故答案为：ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2。26、取代反应 （直形）冷凝管 正丁醇 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化 正丁醇 【解析】根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。步骤中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。根据题中信息，生成副反应在温度大于135；该反应是可逆

51、反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。【详解】根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。步骤中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应

52、液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。根据题中信息，生成副反应在温度大于135，因此步骤中为减少副反应，加热温度应不超过135为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。27、ecdabf 11:7 将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 防止碘升华 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 淀粉 94.5% 【解析】(1)制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时先利用装置C制取氯气，通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；Cl2生成ClO-与ClO3