2023学年广西柳州二中高考化学五模试卷含解析

1、2023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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列反应不属于取代反应的是ACH2=CH2+H2OCH3CH2OHB+Br2+HBrC2CH3CH2OHC2H5OC2H5+H2OD+HNO3

2、+H2O2、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是AX单质与M单质不能直接化合BY的合金可用作航空航天飞行器材料CM简单离子半径大于Y2+的半径DX和Z的气态氢化物，前者更稳定3、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A84消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiD太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃

3、料属于一次能源4、在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A反应I的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2OB反应的氧化剂是Fe3+C反应是氧化还原反应D黄铁矿催化氧化中NO作催化剂5、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H2 0.5 g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A钠B镁C铝D铁6、硫酸铜分解产物受温度影响较大，现将硫酸铜在一定温度下分解，得到的气体产物可能含有SO2、SO3、O2，得到

4、的固体产物可能含有CuO、Cu2O。已知Cu2O2H+=CuCu2+H2O，某学习小组对产物进行以下实验，下列有关说法正确的是A将气体通过BaCl2溶液产生白色沉淀，说明混合气体中含有SO3B将气体通过酸性高锰酸钾溶液，溶液褪色，说明混合气体中含有SO2与O2C固体产物中加稀硝酸溶解，溶液呈蓝色，说明固体产物中含有CuOD将气体依次通过饱和Na2SO3溶液、灼热的铜网、酸性高锰酸钾可以将气体依次吸收7、下列仪器不能加热的是()ABCD8、下列有关说法正确的是A酒精浓度越大，消毒效果越好B通过干馏可分离出煤中原有的苯、甲苯和粗氨水C可用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中残留的乙酸D淀粉和纤维素作为同分

5、异构体，物理性质和化学性质均有不同9、将石墨烯一层层叠起来就是石墨。下列说法错误的是（）A自然界中存在石墨烯B石墨烯与石墨的组成元素相同C石墨烯能够导电D石墨烯属于烃10、既含离子键又含共价键的物质是AH2BMgCl2CH2ODKOH11、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

6、知C比S的非金属性弱。DH、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。12、已知HA的酸性弱于HB的酸性。25时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1 molL-1的HA溶液和HB溶液的pH（溶液的体积变化忽略不计），溶液中A-、B-的 物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是（ ）A曲线表示溶液的pH与-lgc（A-）的变化关系BC溶液中水的电离程度：MNDN点对应的溶液中c（Na+）Q点对应的溶液中c（Na+）13、下列实验可达到实验目的的是A用相互滴加的方法鉴别Ca(OH)2和NaHCO3溶液B向

7、CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以检验溴元素C用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体D与NaOH的醇溶液共热制备CH3-CH=CH214、已知：plg。室温下，向0.10 mol/L HX溶液中滴加0.10 mol/LNaOH溶液，溶液pH随p变化关系如图所示。下列说法正确的是A溶液中水的电离程度：abcBc点溶液中：c(Na+)=10c(HX)C室温下NaX的水解平衡常数为10-4.75D图中b点坐标为(0，4.75)15、能用离子方程式 2H+ + CO32CO2+H2O 表示的是ANaHSO4 和 Na2CO3BHCl 和 BaCO3CCH3COOH 和 Na2CO3DHI 和 NaHCO

8、316、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A甲是浓氨水，乙是浓硫酸B甲是浓氨水，乙是浓盐酸C甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D甲是浓硝酸，乙是浓氨水17、下列实验中，由现象得出的结论正确的是选项操作和现象结论A将3体积SO2和1体积O2混合通过灼热的V2O5充分反应，产物依次通过BaCl2溶液和品红溶液，前者产生白色沉淀，后者褪色SO2和O2的反应为可逆反应B用洁净的玻璃棒蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰为黄色该溶液为钠盐溶液C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液呈紫红色原溶液中含有I-

9、D用浓盐酸和石灰石反应产生的气体通入Na2SiO3溶液中，Na2SiO3溶液变浑浊C元素的非金属性大于Si元素AABBCCDD18、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A3s23p3B3s23p5C3s23p4D3s23p619、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A25、101kPa 时，22.4L乙烷中所含共价键数目为6NAB3.2gO2和O3的混合气体中，含氧原子数为0.2NAC12g金刚石含有共价键数目为4NAD1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为3NA20、关于常温下 pH2 的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A1L 溶液中含 H+为 0.02

10、molBc(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C加水稀释，草酸的电离度增大，溶液 pH 减小D加入等体积 pH2 的盐酸，溶液酸性减小21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A密闭容器中，1molN2和3molH2催化反应后分子总数为2NAB100g98%的浓H2 SO4与过量的Cu反应后，电子转移数为NAC标准状况下，11.2L氧气和二氧化碳混合物中含氧原子数目为NAD1L1mol/LNa2CO3溶液中所含阴离子数目小于NA22、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥BNaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂

11、CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝二、非选择题(共84分)23、（14分）新合成的药物J的合成方法如图所示：已知：R1NHR2+ClR3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题：(1)B的化学名称为_，F的结构简式为_(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_，由A生成B的反应类型为_(3)的化学方程式为_。(4)已知有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是_。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_种(不考

12、虑立体异构)。遇FeCl3溶液显紫色苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_。(已知：RHC=CHRRCOOH+RCOOH，R、R为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)24、（12分）化合物G是合成抗心律失常药物决奈达隆的一种中间体，可通过以下方法合成：请回答下列问题：（1）R的名称是_；N中含有的官能团数目是_。（2）MN反应过程中K2CO3的作用是_。（3）HG的反应类型是_。（4）H的分子式_。（5）写出QH的化学方程式：_。（6）T与R组成元素种类相同，符合

13、下列条件T的同分异构体有_种。与R具有相同官能团；分子中含有苯环；T的相对分子质量比R多14其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2的结构简式有_。（7）以1，5-戊二醇() 和苯为原料(其他无机试剂自选)合成，设计合成路线：_。25、（12分）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。+H2SO4H2O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184.4。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

14、250 mL三颈烧瓶中加入10 mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18 mL浓硫酸。步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170180，维持此温度22.5小时。步骤3：将反应产物冷却至约50后，倒入盛有100 mL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_。（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是_。（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

15、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）。26、（10分）有学生将铜与稀硝酸反应实验及NO、NO2性质实验进行改进、整合，装置如图(洗耳球：一种橡胶为材质的工具仪器)。实验步骤如下：(一)组装仪器：按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹；(二)加入药品：在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜丝，在装置C的U型管中加入4.0 mol/L的硝酸，排除U型管左端管内空气；(三)发生反应：将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹，U型管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；进行

16、适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色；(四)尾气处理：气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应；(五)实验再重复进行。回答下列问题：(1)实验中要保证装置气密性良好，检验其气密性操作应该在_。a.步骤(一)(二)之间 b.步骤(二)(三)之间(2)装置A的烧杯中玻璃仪器的名称是_。(3)加入稀硝酸，排除U型管左端管内空气的操作是_。(4)步骤(三)中“进行适当的操作”是打开止水夹_(填写序号)，并用洗耳球在U型管右端导管口挤压空气进入。(5)在尾气处理阶段，使B中广口瓶内气体进入烧杯中的操作是_。尾气中主要含有NO2和空气，与NaOH溶液反应只生成一种盐，则离子方程式为

17、 _。(6)某同学发现，本实验结束后硝酸还有很多剩余，请你改进实验，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，你的改进是_。27、（12分）S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点76，沸点138，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300以上完全分解。进一步氯化可得 SCl2， SCl2 是樱桃红色液体，易挥发，熔点122，沸点 59。SCl2与 S2Cl2 相似，有毒并有恶臭，但更不稳 定。实验室可利用硫与少量氯气在 110140反应制得 S2Cl2 粗品。请回答下列问题：（1）仪器 m 的名称为_，装置 D 中试剂的作用是_。（

18、2）装置连接顺序：_BD。（3）为了提高 S2Cl2 的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（4）从 B 中分离得到纯净的 S2Cl2，需要进行的操作是_；（5）若将S2Cl2放入少量水中会同时产生沉淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分 X 的体积分数：W 溶液可以是_（填标号）。a H2O2 溶液 b 氯水 c 酸性 KMnO4 溶液 d FeCl3 溶液该混合气体中气体 X 的体积分数为_（用含 V、m 的式子表示）。28、（14分）镍及其化合物是重要的合金材料和催化剂。请回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_，排布时能量最高的电子所占能级的原子轨道有

19、_个伸展方向。（2）镍能形成多种配合物如正四面体形的Ni(CO)4 和正方形的Ni(CN)42-、正八面体形的Ni(NH3)62+等。下列说法正确的有_ACO与CN-互为等电子体，其中CO分子内键和键个数之比为1:2-BNH3的空间构型为平面三角形CNi2+在形成配合物时，其配位数只能为4DNi(CO)4和Ni(CN)42-中，镍元素均是sp3杂化（3）丁二酮肟常用于检验Ni2+：在稀氨水中，丁二酮肟与Ni2+反应生成鲜红色沉淀，其结构如图所示。该结构中，除共价键外还存在配位键和氢键，请在图中用“”和“”分别表示出配位键和氢键。_（4）NiO的晶体结构类型与氯化钠的相同，相关离子半径如下表：N

20、iO晶胞中Ni2+的配位数为_，NiO熔点比NaCl高的原因是_。（5）研究发现镧镍合金LaNix是一种良好的储氢材料。属六方晶系,其晶胞如图a中实线所示，储氢位置有两种，分别是八面体空隙（“ ”）和四面体空隙（“ ”），见图b、c，这些就是氢原子存储处，有氢时，设其化学式为LaNixHy。LaNix合金中x的值为_；晶胞中和“”同类的八面体空隙有_个，和“”同类的四面体空隙有_个。若H进入晶胞后，晶胞的体积不变，H的最大密度是_g/cm-3（保留2位有效数字，NA=6.01023，=1.7）29、（10分）化合物X为医用药物，它的合成路线如下：已知：1. RCH=CH2RBr RMgBr R

21、CHO+RCH2CHO+(1)A的名称为_，A分子中最多_个原子共面。(2)写出第步反应条件_；F的结构简式_；第步反应类型：_；(3)第步的化学反应方程式：_；G和合成聚酯纤维宇航服的化学反应方程式：_；(4)G经反应可得到，写出K的同分异构体中含有一个手性碳(连有四个不同取代基的碳称为手性碳原子)的结构简式_。(5)已知：写出由1-戊醇和必要无机试剂合成G的路线，并在括号注明条件1-戊醇 _ _（_）G。参考答案（含详细解析）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【答案解析】A反应中碳碳双键转化为碳碳单键，属于加成反应，故A选；B苯环上H原子被Br原子取代，属

22、于取代反应，故B不选；C1分子乙醇中-OH上H氢原子被另1分子乙醇中的乙基取代，属于取代反应，故C不选；D苯环上H原子被硝基取代，属于取代反应，故D不选；答案选A。【答案点睛】取代取代，“取而代之”的反应叫取代反应。2、A【答案解析】元素X的一种高硬度单质是宝石，即X是C，Y2电子层结构与氖相同，则Y为Mg，Z的质子数为偶数，Z可能是Si，也可能是S，室温下，M的单质为淡黄色固体，则M为S，即Z为Si，A、C与S能直接化合成CS2，故说法错误；B、镁合金质量轻，硬度大，耐高温，可用作航空航天飞行器材料，故说法正确；C、S2比Mg2多一个电子层，因此S2的半径大于Mg2，故说法正确；D、氢化物分

23、别是CH4、SiH4，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性CSi，即CH4比SiH4稳定，故说法正确。3、D【答案解析】A84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C5G芯片主要材料是Si单质，C正确；D太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的燃料为氢气、CO等属于二次能源，D错误；故合理选项是D。4、C【答案解析】A根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和

24、O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2O，故A正确；B根据图示，反应的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C根据图示，反应的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【答案点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题

25、的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。5、D【答案解析】假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量=48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol48g/mol，其中小于48g/mol的有

26、三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【答案点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。6、B【答案解析】A.二氧化硫和氧气和氯化钡可以反应生成硫酸钡沉淀，所以不能说明混合气体中含有三氧化硫，故错误；B.二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，说明混合气体含有二氧化硫，硫酸铜分解生成二氧化硫，硫元素化合价降低，应有元素化合价升高，所以产物肯定有氧气，故正确；C.固体产物加入稀硝酸，

27、氧化铜或氧化亚铜都可以生成硝酸铜，不能说明固体含有氧化铜，故错误；D. 将气体通过饱和Na2SO3溶液，能吸收二氧化硫、三氧化硫，故错误。故选B。7、B【答案解析】A、坩埚钳能用于夹取加热后的坩埚，选项A不选；B、研钵用于研磨药品，不能加热，选项B选；C、灼烧固体药品时需要用泥三角，可加热，选项C不选；D、蒸发皿能用于溶液加热，选项D不选；答案选B。【答案点睛】本题考查仪器的使用，通过我们学过的知识可知能够直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿和坩埚等；需要垫石棉网的是：烧杯、烧瓶、锥形瓶等；不能加热的仪器有：漏斗、量筒、集气瓶等。8、C【答案解析】体积分数是75%的酒精杀菌消毒效果最好，A错

28、误；煤中不含苯、甲苯和粗氨水，可通过煤的干馏得到苯、甲苯和粗氨水等，B错误；饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度而分层析出，且能除去乙酸，C正确；淀粉和纤维素通式相同但聚合度不同，不属于同分异构体，D项错误。9、D【答案解析】A项、石墨烯属于碳的一种单质，在自然界有存在，故A正确；B项、石墨烯与石墨都是碳的单质，它们的组成元素相同，故B正确；C项、石墨烯与石墨都易导电，故C正确；D石墨烯属于碳的单质，不是烯烃，故D错误；故选D。10、D【答案解析】氢气中含有H-H键，只含共价键，故A错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故B错误；H2O中含有H-O键，只含共价键，故C错误；KOH由

29、钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有H-O键，所以KOH既含离子键又含共价键，故D正确。11、D【答案解析】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

30、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。【答案点睛】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。12、B【答案解析】A.由“HA的酸性弱于HB的酸性”可知，Ka（HB）Ka（HA），由图可知，曲线I表示溶液的pH与-lgc（B-）的变化关系，错误；B.根据图中M、N点的数据可知，c（A-）=c（B-），c（HA）=c（HB），故，正确；M点与N点存在c（A-）=c（B-），M点溶液的pH比N点溶液的pH小，故M点水的电离程度弱，错误；D.N、Q点对应溶液的pH相等，由图可知c（A

31、-）c（B-），根据电荷守恒可知，N点对应的溶液中c（Na+）小于Q点对应的溶液中c（Na+），错误。13、D【答案解析】A.Ca(OH)2和NaHCO3溶液改变滴定顺序,均生成白色沉淀,则不能利用相互滴加检验,故A错误；B.CH3CH2Br中不含溴离子,与硝酸银不反应,不能直接检验溴元素,故B错误;C.溴与二氧化硫发生氧化还原反应,但溴单质和二氧化硫的反应必须在水溶液中进行,则不能用溴的四氯化碳溶液吸收SO2气体,故C错误;D.卤代烃在NaOH的醇溶液中共热发生消去反应，则与NaOH的醇溶液共热可制备CH3-CH=CH2，故D正确；答案选D。14、D【答案解析】A. 根据图示可知，a、b、c

32、均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：ab c(OH-)，则c(Na+)10c(HX)，B错误；C. HX在溶液中存在电离平衡：HXH+X-，Ka=，则pH=pKa+p，带入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则Ka=10-4.75，则室温下室温下NaX的水解平衡常数Kh=10-9.25，C错误；D. HX在溶液中存在电离平衡：HXH+X-，Ka=，则pH=pKa+p，带入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则b点pH=pKa

33、+p=0+4.75=4.75，D正确；故合理选项是D。15、A【答案解析】A. NaHSO4=Na+H+ SO42-，Na2CO3= 2Na+ CO32-，所以两者反应可以用2H+ + CO32CO2+H2O 表示，故A正确；B. BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；C. CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D. NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；故选：A。16、B【答案解析】气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【题目详解】A. 浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B. 由气体的摩尔质量

34、越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C. 氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D. 氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【答案点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。17、C【答案解析】A.SO2过量，故不能通过实验中证明二氧化硫有剩余来判断该反应为可逆反应，选项A错误；B.不一定为钠盐溶液，也可以是NaOH溶液，选项B错误；C.向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置

35、，下层溶液呈紫红色，则说明原溶液中含有I-，被氧化产生碘单质，选项C正确；D.浓盐酸易挥发，挥发出的HCl也可以与硅酸钠溶液反应产生相同现象，选项D错误；答案选C。18、C【答案解析】A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。【题目详解】第三周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。【答案点睛】同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于

36、第VIA族元素。19、B【答案解析】A. 25、101kPa 时，22.4L乙烷的物质的量小于1mol，且1mol乙烷中所含共价键数目为7NA，选项A错误；B3.2gO2和O3的混合物中含有的氧原子的物质的量为=0.2mol，数目为0.2NA，选项B正确；C12g金刚石中含有1molC，金刚石中，每个C与其它4个C形成了4个共价键，每个碳原子形成的共价键数目为：4=2，所以1molC原子形成的共价键为2mol，含有的共价键数目为2NA，选项C错误；D、熔融状态下，硫酸氢钠电离出钠离子和硫酸氢根离子，1molNaHSO4熔融时电离出的离子总数为2NA，选项D错误。答案选B。20、B【答案解析】A

37、选项，c(H+) =0.01mol/L，1L 溶液中含 H+为 0.01mol，故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。【答案点睛】草酸是二元弱酸，但pH =2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+) =0.01mol/L，很多同学容易混淆c(二元酸) =0.01mol/L，如果是强酸c(H+) = 0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+) 0.0

38、1mol/L。21、C【答案解析】A合成氨的反应为可逆反应，不能进行彻底，故分子总数大于2NA个，故A错误；B100g98%的浓H2 SO4中含有硫酸98g，物质的量为1mol，铜与浓硫酸的反应，2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2，随着反应的进行，浓硫酸变成稀硫酸，反应不再进行，所以反应生成的二氧化硫的物质的量小于0.5mol，转移的电子的物质的量小于1mol，故B错误；C标准状况下，11.2LO2与CO2混合气体的物质的量=0.5mol，混合物中所含氧原子的数目为NA，故C正确；D碳酸根的水解CO32-+H2OHCO3-+OH-，导致阴离子个数增多，故1L1mol

39、/LNa2CO3溶液中阴离子个数多于NA个，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为BD，B中要注意稀硫酸与铜不反应，D中要注意根据碳酸根离子的水解方程式分析阴离子数目的变化。22、B【答案解析】A、NH4HCO3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A不符合题意； B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意； D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D不符合题意； 故选：B。【答案点睛】高中

40、阶段常见具有漂白的物质类型有：强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；物理吸附型(漂白过程不可逆)，常见物质有活性炭。二、非选择题(共84分)23、3-氯-1-丙烯 碳碳双键和氨基 取代反应 吡啶显碱性，能与反应的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率 15 【答案解析】由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到， 根据C的分子式既反应条件，可知反应发生题给信息中的取代反应，

41、可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【题目详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（3）根据上述分析，反应的化学方程式为，故答案为：；（4）

42、反应为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有35=15种，故答案为：15

43、；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【答案点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子

44、中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。24、邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛) 4 消耗产生的HCl，提高有机物N的产率 取代反应 C15H18N2O3 +2HCl+ 17 、 【答案解析】R在一定条件下反应生成M，M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据R和M的分子式，R在浓硫酸、浓硝酸作用下发生取代反应生成M，则R的结构简式为，N在一定条件下反应生成P，P在Fe/HCl作用下生成Q，Q与反应生成H，根据H的结构简式和已知信息，则Q的结构简式为，P的结构简式为：；H在(Boc)2O

45、作用下反应生成G，据此分析解答。【题目详解】(1)根据分析， R的结构简式为，名称是邻羟基苯甲醛(或2-羟基苯甲醛)；根据N的结构简式，其中含有的官能团有醚基、酯基、硝基、醛基，共4种官能团； (2)M在碳酸钾作用下，与ClCH2COOC2H5反应生成N，根据N的结构简式，M的结构简式为，根据结构变化，M到N发生取代反应生成N的同时还生成HCl，加入K2CO3可消耗产生的HCl，提高有机物N的产率；(3)Q与反应生成H，Q的结构简式为，Q中氨基上的氢原子被取代，HG的反应类型是取代反应；(4)结构式中，未标注元素符号的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个键，不足键由氢原子补齐，H的分子式C15

46、H18N2O3；(5)Q与反应生成H，Q的结构简式为，QH的化学方程式：+2HCl+；(6) R的结构简式为，T与R组成元素种类相同，与R具有相同官能团，说明T的结构中含有羟基和醛基；分子中含有苯环；T的相对分子质量比R多14，即T比R中多一个-CH2-，若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CH3构成，则连接方式为；若T是由和-CHO构成，则连接方式为；若T是由和-OH构成，则连接方式为；若T是由和-CH(OH)CHO构成，则连接方式为，符合下列条件T的同分异构体有17种；其中在核磁共振氢谱上有5组峰且峰的面积比为1:1:2:2:2，说明分子

47、中含有5种不同环境的氢原子，结构简式有、； (7)以1，5-戊二醇() 和苯为原料，依据流程图中QF的信息，需将以1，5-戊二醇转化为1，5-二氯戊烷，将本转化为硝基苯，再将硝基苯转化为苯胺，以便于合成目标有机物，设计合成路线：。【答案点睛】苯环上含有两个取代基时，位置有相邻，相间，相对三种情况，确定好分子式时，确定好官能团可能的情况，不要有遗漏，例如可能会漏写。25、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23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） 【答案解析】结合题给信息进行分析：步骤1中

48、，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170180，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，

49、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23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23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）。【答案点睛】冷却结晶的晶体大小影响因素：（1

50、）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。26、a 球形干燥管 加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管 打开止水夹，关闭止水夹，并将洗耳球尖嘴插在止水夹处的导管上，打开止水夹挤压洗耳球 4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O 取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中 【答案解析】(1)气密性检验在连接好装置之后，加药品之前； (2)根据装置的形状分析判断；

51、(3)根据实验的目的分析；(4) 使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，必须保持气流畅通；(5)尾气处理阶段需要让氮氧化物进入氢氧化钠溶液中，必须打开止水夹，并关闭，并将气体压入装置A；根据反应物主要是NO2和O2，产物只有一种盐，说明只有NaNO3。(6)要考虑硝酸浓度越低，反应越慢，该反应又没有加热装置，不可取，最好是放入四氯化碳，密度比硝酸溶液大，且难溶于水，反应后通过分液便于分离。【题目详解】(1)气密性检验在连接好装置之后，加药品之前，故答案选a；(2)根据装置中仪器的形状，可以判定该装置为球形干燥管或干燥管；(3)根据实验目的是铜和稀硝酸反应的性质实验，加入硝酸时，不断向左端倾

52、斜U型管；(4)使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，必须保持气流畅通，气体若进入三孔洗气瓶，在需要打开，只打开，气体也很难进入，因为整个体系是密封状态，需用洗耳球尖嘴插在止水夹处的导管上，打开止水夹挤压洗耳球；(5)尾气处理阶段需要让氮氧化物进入氢氧化钠溶液中，必须打开止水夹，并关闭，并通过通入空气，排出氮氧化物；根据反应物主要是NO2和O2，产物只有一种盐，说明只有NaNO3，方程式为：4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O；(6)硝酸浓度越低，反应越慢，该反应又没有加热装置，最好是放入四氯化碳，密度比硝酸溶液大，且难溶于水，反应后通过分液便于分离,则改进的方法为取少量的稀硝酸

53、和四氯化碳注入U型管中，二者不互溶，可填充U型管的空间不改变硝酸的浓度。27、三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2 AFEC 滴入浓盐酸的速率（或B中通入氯气的量） 蒸馏 a b 100% 【答案解析】本实验要硫与少量氯气在 110140反应制备S2Cl2 粗品，根据题目信息“熔点76，沸点138”，制备的产品为气体，需要冷凝收集；受热或遇水分解放热，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则氯气需要干燥除杂，且制备装置前后都需要干燥装置；所以装置连接顺序为A、F、E、C、B、D；(5)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，实验目的是测定该混合气体中S

54、O2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，据元素守恒计算二氧化硫体积分数。【题目详解】(1)仪器m的名称为三颈烧瓶，装置D中试剂为碱石灰，作用为吸收Cl2，防止污染环境，防止外界水蒸气回流使S2Cl2分解；(2)依据上述分析可知装置连接顺序为：AFECBD；(3)反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(4)实验室制得S2Cl2粗品中含有SCl2杂质，根据题目信息可知二者熔沸点不同，SCl2易挥发，所以可通过蒸馏进行提纯；(5)W溶液的目的是氧化二氧化硫，可以是a：H2O2溶液，b：氯水，但不能是b：KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，也不能用FeCl3 溶液会生成氢氧化铁成，故选：ab；过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【答案点睛】本题为制备陌生物质，解决此类题目的关键是充分利用题目所给信息，根据物质的性质进行实验方案的设计，例如根据“受热或遇水分解放热”，所以温度要控制好，同时还要在无水环