河南省南阳市南阳市第一中学2023学年高三第二次联考化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是( )A称取一定量的NaClB制备氢氧化亚铁并观察其颜色C检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子D收集NO2并防止其污染环境2、化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法正

2、确的是（）A石油、煤、天然气、可燃冰、植物油都属于化石燃料B绿色食品是生产时不使用化肥、农药、不含任何化学物质的食品C推广使用洁净煤技术，可减少二氧化硫等有害气体的排放D地沟油的主要成分是高级脂肪酸甘油酯，可用于制肥皂和加工食用油3、下列实验中，所使用的装置(夹持装置略)、试剂和操作方法都正确的是( )A观察氢氧化亚铁的生成B配制一定物质的量浓度的硝酸钠溶液C实验室制氨气D验证乙烯的生成4、用如图装置进行实验，1小时后观察到生铁明显锈蚀，由此得出的结论是A属于化学腐蚀BO2未参与反应C负极反应2Fe-6e+3H2OFe2O3+6H+D正极反应O2+4e- +2H2O4OH-5、常温下，用0.1

3、molL-1NaOH溶液滴定40mL0.1molL-1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述正确的是（ ）ASO32-水解常数Kh的数量级为10-8B若滴定到第一反应终点，可用酚酞作指示剂C图中Z点对应的溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)D图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)6、下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是A用小刀切开金属钠B将钠放在坩埚中加热C把钠保存在煤油中D将钠放入盛水的烧杯7、下列有关有机物的说法不正确的是()A用于纺织的棉花和蚕丝的主要成分是纤维素B氯乙烯

4、、溴苯分子中的所有原子都处于同一平面上C甲醛、乙炔、丙烯、裂化汽油都能使溴水和酸性KMnO4溶液褪色D75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制生物标本，二者所含原理一样8、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1BNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD溶解合金消耗HNO3的量是0.

5、12mol9、互为同系物的物质不具有A相同的相对分子质量B相同的通式C相似的化学性质D相似的结构10、大气固氮（闪电时N2转化为NO）和工业固氮（合成氨）是固氮的重要形式，下表列举了不同温度下大气固氮和工业固氮的部分K值：N2+O2 2NON2+3H22NH3温度25200025400K 3.8410310.151081.88104下列说法正确的是A在常温下，工业固氮非常容易进行B人类可以通过大规模模拟大气固氮利用氮资源C大气固氮与工业固氮的K值受温度和压强等的影响较大D大气固氮是吸热反应，工业固氮是放热反应11、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短

6、周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Z)”“=”或“c(SO32-)c(OH-)c(HSO3-)，C不正确；D图中Y点对应的溶液中，依据电荷守恒，可得c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+ c(HSO3-)+c(OH-)，此时c(SO32-)=c(HSO3-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，D正确；故选D。6、D【答案解析】A用小刀切开金属钠，说明钠的质地软，故A错误；B将钠放在坩埚中加热能够熔化，说明钠的熔点低，故B错误；C把钠保存在煤油中，钠沉在底部，说明

7、钠的密度比煤油大，而煤油的密度比水小，不能说明钠的密度比水小，故C错误；D钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小，故D正确；故选D。【答案点睛】本题的易错点为C，钠沉在煤油底部，只能说明钠的密度比煤油大，不能说明钠的密度比水小。7、A【答案解析】A、蚕丝的主要成分为蛋白质，而棉花的成分为纤维素，选项A不正确；B、氯乙烯是1个氯原子取代了乙烯分子中的1个H原子形成的，故氯乙烯分子中所有的原子也处于同一平面；溴苯是1个溴原子取代了苯分子中的1个H原子形成的，故溴苯分子中所有的原子也处于同一平面，选项B正确；C、甲醛含有醛基，乙炔、丙烯、裂化汽油均含有不饱和碳碳双键，能使溴水和酸性KMnO4

8、溶液褪色，选项C正确；D、乙醇、福尔马林均可使蛋白质发生变性，则75%的乙醇溶液可用于医疗消毒，福尔马林可用于浸制动物标本，二者所含原理一样，选项D正确；答案选A。8、C【答案解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【题目详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g1.52g=1.02g，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu)

9、:n(Mg)=2:1，故A正确；B. 标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05a)mol，根据电子转移守恒可知：a1+(0.05a)21=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C. 50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol0

10、.04mol0.012=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D. Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.022+0.012+0.04+0.012=0.12mol，故D正确；答案选C。【答案点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu 2e- Cu2+2OH-，Mg 2e- Mg2+2OH-，通过氢

11、氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。9、A【答案解析】结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的有机物互为同系物A、由于同系物在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团，故相对分子质量不同，选项A选；B、由于同系物的结构相似，即属于同一类物质，故通式相同，选项B不选；C、由于同系物的结构相似，即属于同一类物质，故化学性质相似，选项C不选；D、互为同系物的物质的结构必须相似，选项D不选。答案选A。10、D【答案解析】由表中给出的不同温度下的平衡常数值可以得出，大气固氮反应是吸热反应，工业固氮是放热反应。评价一个化学反应是否易

12、于实现工业化，仅从平衡的角度评价是不够的，还要从速率的角度分析，如果一个反应在较温和的条件下能够以更高的反应速率进行并且能够获得较高的转化率，那么这样的反应才是容易实现工业化的反应。【题目详解】A仅从平衡角度分析，常温下工业固氮能够获得更高的平衡转化率；但是工业固氮，最主要的问题是温和条件下反应速率太低，这样平衡转化率再高意义也不大；所以工业固氮往往在高温高压催化剂的条件下进行，A项错误；B分析表格中不同温度下的平衡常数可知，大气固氮反应的平衡常数很小，难以获得较高的转化率，因此不适合实现大规模固氮，B项错误；C平衡常数被认为是只和温度有关的常数，C项错误；D对于大气固氮反应，温度越高，K越大

13、，所以为吸热反应；对于工业固氮反应，温度越高，K越小，所以为放热反应，D项正确；答案选D。【答案点睛】平衡常数一般只认为与温度有关，对于一个反应若平衡常数与温度的变化不同步，即温度升高，而平衡常数下降，那么这个反应为放热反应；若平衡常数与温度变化同步，那么这个反应为吸热反应。11、B【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A. 原子半径同一周

14、期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X) r(W) W，故错误；D. X 分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。12、D【答案解析】A聚氨酯全名为聚氨基甲酸酯，属于高分子有机化合物，是有机合成材料，故A错误；B烯烃中含有C、H元素，而石墨烯是由单层碳原子构成的单质，没有H原子，不属于烯烃，故B错误；C苏打水为碳酸氢钠的水溶液，也叫弱碱性水，是带有弱碱性的饮料，故C错误；D洗发水的pH大于7、护发素的pH小于7，人们洗发时使用护发素，可调节头发的pH达到适宜的酸碱度，使头发在弱酸的环境中健康成长，故

15、D正确；故选D。13、A【答案解析】A当反应生成2molHCl时，断裂2mol化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1molHCl时，断裂1mol化学键即NA个，故A正确；B标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；C.3.4 g H2O2物质的量为0.1mol，含有共用电子对的数目为0.3 NA，故C错误；D三价铁离子为弱碱阳离子，在水溶液中会发生部分水解，所以1 L 1 mol/L 的FeCl 3溶液中所含Fe3+数目小于NA，故D错误；故选：A。【答案点睛】当用Vm=22.4L/mol时，一定要在标准状况下为气体。如B选项，标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积=2

16、2.4/mol。14、D【答案解析】A、电镀时镀层金属作阳极，则Zn为阳极，待镀金属作阴极，则Fe为阴极，含有锌离子的溶液为电解质溶液，故A错误；B、Zn比Fe活泼，形成原电池时，Zn作负极，镀锌钢管破损后，负极反应式为Zn2eZn2+，故B错误；C、镀银的铁制品铁破损后发生电化学腐蚀，因Fe比Ag活泼，铁易被腐蚀，故C错误；D、用牺牲阳极或外加电流的阴极保护法，铁分别为正极和阴极，都发生还原反应，可防止被氧化，故D正确。答案选D。【答案点睛】考查电化学腐蚀与防护，应注意的是在原电池中正极被保护、在电解池中阴极被保护。15、D【答案解析】A. 甲烷与氯气在光照下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子

17、被氯气分子中的氯原子取代，随反应进行，氯气的浓度减小，试管中气体的黄绿色变浅至消失，A正确；B. 光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃，液态氯代烃是油状液滴，B正确；C. 甲烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，一氯甲烷、氯化氢为气态，氯化氢极易溶于水，试管内液面上升，C正确；D. 反应有氯化氢生成，氯化氢极易溶于水，试管内有白雾，无白烟出现，D错误。16、C【答案解析】A H2(g)+I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) n n 2n平衡量(mol/L)

18、0.5-n 0.5-n 2nw(HI)/%=100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K=64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，kaw(H2)w(I2)=v正=v逆=kbw2(HI)，则=K=64，故A正确；B前20 min，H2(g) + I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) m m 2m平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2mw(HI)%=100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)=0.025molL-1min-1，故B正确；C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol

19、的H2、I2、HI，此时浓度商Qc=1K=64，反应正向进行，故C错误；DH2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，和均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D正确；答案选C。17、A【答案解析】A. “新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是淀粉，故A错误；B. “黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐，故B正确；C. “木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素，故C正确；D. “苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D正确。综上所

20、述，答案为A。18、C【答案解析】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中C和B形成四对共用电子，电子式为，D错误；故合理选项是C。19、A【答案解析】A在Z点c(H2SO3)=c(HSO3-)，由，则有，则pH=-lgc(H+)=-lgKa1，A正确；B

21、根据图示，从X点到Y点，SO32的浓度减少，而HSO3的浓度在增加，则加入盐酸发生的主要反应为SO3+H=HSO3，B错误；C当V(HCl)=672mL时，n(HCl)=0.672L22.4Lmol1=0.03mol。溶液中的NaOH和Na2SO3的物质的量均为1L0.01molL1=0.01mol，通入0.03molHCl，NaOH完全反应，Na2SO3转化为H2SO3。H2SO3为弱酸，可经第一二步电离产生HSO3和SO32，其关系是c(HSO3-)c(SO32-)0，C错误；D若将HCl换为NO2，NO2会与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的HNO3有强氧化性，可以氧化N

22、a2SO3，溶液中将没有SO32、HSO3、H2SO3等粒子，Y点位置会消失，D错误。答案选A。20、D【答案解析】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A族，有1s、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。21、D【答案解析】A根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和

23、硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4） = 0.015mol150s=1.010-3 molL-1s-1，C项正确；Dd点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。22、D【答案解析】A. Fe3+具有氧化性，可以将碘离子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉

24、变蓝，离子方程式：2Fe3+2I- =2Fe2+I2，故A项涉及；B. 氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4层显橙色，故B涉及；C. 醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下，发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，故C涉及；D. Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀，这个反应不是氧化还原反应，故D不涉及；题目要求选择不涉及氧化还原反应的，故选D。二、非选择题(共84分)23、醚键、羰基 AD 、。 【答案解析】苯硝化得到A，从A的分子式可以看出，A是苯分子中的两个氢原子被硝基取代后的生成物，结合后面物质的结构简式可确定两个硝基处于间位，即A为间二

25、硝基苯，A发生还原反应得到B，A中的两个硝基被还原为氨基，得到B（间苯二胺），间苯二胺生成C，分析C的分子式可知，B中的两个氨基被羟基取代得到了间苯二酚C，间苯二酚和乙酸发生取代反应，苯环上的一个氢原子被-COCH3取代，得的有机物，和(CH3)2SO4在碳酸钾的作用下反应生成丹皮酚，丹皮酚又和CH3CH2Br在NaOH醇溶液作用下得到E，根据E和的结构简式可知，丹皮酚是中和-COCH3处于对位的羟基上的氢原子被甲基取代的生成物，所以丹皮酚的结构简式为。丹皮酚中的另一个羟基上的氢原子被乙基取代得到E。E发生的反应是已知的第二个反应，羰基上的氧原子被NOH代替生成F（），F中的羟基上的氢原子被-

26、CH2CH2CH2CH2Br取代生成G，G中的溴原子被取代生成H。【题目详解】（1）根据有机物E的结构简式可知，E中含有的官能团名称醚键、羰基；正确答案：醚键、羰基。（2）根据题给信息分析看出，由有机物2,4-二羟基苯乙酮变为丹皮酚，碳原子数增加1个，再根据有机物E的结构简式可知，丹皮酚的结构简式为；正确答案：。（3）根据乙基丹皮酚肟胺基醇醚衍生物 H 的结构简式可知其分子式为 C21H35O3N3，A错误；物质B为间苯二胺，含有氨基，显碱性可能溶于水，且能与盐酸反应生成有机盐，B正确；DE是溴乙烷中的-CH2CH3取代了酚羟基中的氢原子； GH 是-CH2CH2CH2CH2Br与NH(CH2

27、CH2)2NCH2CH3发生了取代反应，C正确；物质 C为间苯二酚， 能与浓溴水发生取代反应，溴原子主要在环上羟基的邻对位发生取代，而且 1molC消耗3molBr2，D错误；正确选项AD。（4）有机物F结构=N-OH 与BrCH2CH2CH2CH2Br发生了取代反应；正确答案：。（5）根据有机物F的分子式为C11H15O3N，IR 谱显示有NH2，且与苯环直接相连，该有机物属于芳香族化合物；能发生银镜反应；1molF 与 2molNaOH恰好反应，说明分子结构含有醛基、酚羟基或者甲酸酚酯；1H-NMR 谱显示分子中含有 5 种氢原子，对称程度较大，不可能含有甲酸酚酯；综上该有机物结构简式可能

28、为： 、；正确答案：、。（6）根据题给信息可知，硝基变为羟基，需要先把硝基还原为氨基，然后再氯化氢、水并加热220条件下变为酚羟基，苯酚变为苯酚钠盐后再根据信息，生成邻羟基苯甲酸，最后该有机物与乙酸酐反应生成酚酯；正确答案：。24、CD +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3+HBr 、 CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl 【答案解析】由、A的分子式，纵观整个过程，结合X的结构，可知发生甲基邻位硝化反应生成A为，对比各物质的分子，结合反应条件与给予的反应信息，可知A中羧基上羟基被氯原子取代生成B，B中甲基上H原

29、子被溴原子取代生成C，C中氯原子、溴原子被NH取代生成D，故B为、C为、D为；由X的结构，逆推可知G为，结合F、E的分子式，可推知F为CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3、E为CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3，据此分析解答。【题目详解】（1）A.化合物A为，苯环连接甲基，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.化合物C为，苯环能与氢气发生加成反应，卤素原子能发生取代反应，不能发生消去反应，故B错误；C.化合物D，含有酰胺键，能与稀盐酸发生反应，故C正确；D.由结构可知，X的分子式是C15H18N2O5，故D正确，故答案为：CD；（2）由分析可知，化合物B的结构简式是：，故答

30、案为：；（3）D+FG的化学方程式： +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3+HBr，故答案为： +CH3OOCCHBrCH2CH2COOCH3+HBr；（4）化合物A（C8H7NO4）的同分异构体同时符合下列条件：分子是苯的二取代物，1HNHR谱表明分子中有4种化学环境不同的氢原子，存在对称结构；分子中存在硝基和结构，2个取代基可能结构为：NO2与CH2OOCH、NO2与CH2COOH、COOH与CH2NO2、OOCH与CH2NO2，同分异构体可能结构简式为：、，故答案为：、；（5）由信息可知，由ClOCCH2CH2CH2COCl与氨气反应生成，由AB的转化，由HOOCCH2CH2C

31、H2COOH与SOCl2 反应得到ClOCCH2CH2CH2COCl，CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3碱性条件下水解、酸化得到HOOCCH2CH2CH2COOH，合成路线流程图为：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl，故答案为：CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3HOOCCH2CH2CH2COOHClOCCH2CH2CH2COCl。【答案点睛】能准确根据反应条件推断反应原理是解题关键，常见反应条件与发生的反应原理类型：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；在NaOH的乙醇

32、溶液中加热，发生卤代烃的消去反应；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；能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应；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；在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应；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)。25、S2O32+4Cl2+10OH2SO42+8Cl+5H2O 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 偏低 从表格

33、中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消耗I2标准溶液的平均值为20.00mL。由2S2O32+I2S4O62+2I，可知5.5g样品中n（Na2S2O35H2O）n（S2O32）2n（I2）20.02L0.05mol/L0.02mol，则m（Na2S2O35H2O）0.02mol248g/mol4.96g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%90.18%，故答案为：90.18%。 【答案解析】（1）碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；（2）以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/L I2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内

34、不褪色；依据反应的定量关系2S2O32+I2=S4O62+2I计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【题目详解】（1）Na2S2O3还原性较强，在碱性溶液中易被Cl2氧化成SO42，反应的离子方程式为S2O32+4Cl2+10OH2SO42+8Cl+5H2O，故答案为：S2O32+4Cl2+10OH2SO42+8Cl+5H2O；（2）加入最后一滴I2标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2S2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则Na2S2O3反应不完

35、全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；第2次实验消耗标准液的体积与其它2次相差比较大，应舍弃，1、3次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为20mL，由2S2O32+I2S4O62+2I，可知5.5g样品中n(Na2S2O35H2O)n(S2O32)2n(I2)20.02L0.05mol/L0.02mol，则m(Na2S2O35H2O)0.02mol248g/mol4.96g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%90.18%，故答案为：90.18%。【答案点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。26、2

36、KMnO4 +16 HCl =2KCl+2 MnCl2+ 5Cl2+8H2O 或 KClO3 +6 HCl = KCl+ 3Cl2+3H2O 2SCl2+2H2O= S+ SO2+4 HCl 控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下 深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2 除去SCl2 没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置 【答案解析】（1）不加热条件下可用KMnO4 或 KClO3 与浓 HCl 作用制氯气；SCl2与水发生水解反应；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）可通过控制分液漏斗的活塞，来调节反应的快慢；（4）SCl

37、2 的沸点是59，60时气化而除去；（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。【题目详解】（1）不加热条件 下可用KMnO4 或 KClO3 与浓 HCl 作用制氯气，化学方程式为 2KMnO4 +16 HCl =2KCl+2 MnCl2+ 5Cl2+8H2O 或 KClO3 +6 HCl = KCl+ 3Cl2+3H2O；SCl2与水发生水解反应：2SCl2+2H2O= S+ SO2+4 HCl；（2）为获得平稳的氯气气流，应控制分液漏斗的活塞，使浓盐酸匀速滴下。（3）C装置中进气导管应置于熔融硫上方且靠近液面，深入熔融硫的下方，使氯气与硫充分接触、反应，减少因氯气过量而生成SCl2 。（

38、4）SCl2 的沸点是59，60时气化而除去。D装置中热水浴（60）的作用是除去SCl2。（5）Cl2、SCl2等尾气有毒，污染环境。装置D可能存在的缺点：没有吸收Cl2、SCl2等尾气的装置27、I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H 增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率 加快搅拌速率 分液漏斗 将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液 加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重 【答案解析】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单

39、质反应生成碘酸和盐酸；氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)26H2O，根据图示，在100160 条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【题目详解】(1)转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I25Cl26H2O=2IO3-10Cl12H；氯气可溶于水，会降低

40、转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)26H2O，根据图示，在100160 条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入C

41、a(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100160 条件下加热至恒重。28、第五周期VIII族 NOC 平面三角形 sp2 直线形 1：1 不是 H2O和NO 0价 分子 【答案解析】(1)钯和镍同列，钯在镍的下一周期，镍位于第四周期10列，进行分析判断；(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，从而得出结果；(3)推断VSEPR模型，采用价层电子对数=键+孤电子对数分析；杂化轨道数等于价层电子对数，分析SO3中S的杂化类型；等电子体具有相同的空间结构和相同的化学键类型，据此分析；(4)依据大键是3个或3个

42、以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的键分析；根据配合物的组成进行分析；(5)CO整体不带电，因此推出Fe(CO)5中铁元素的化合价为0，Fe(CO)5熔沸点较低，属于分子晶体；(6)钯位于顶点和面心，个数为4，利用微粒个数与物质的量关系，计算出晶胞的物质的量，从而求出晶胞的质量，根据边长计算出晶胞的体积，最后依据密度的定义，求出密度；【题目详解】(1)钯与镍位于同列，在镍的下一周期，镍位于第四周期VIII族，则钯位于第五周期VIII族；镍属于过渡元素，其价电子排布式为3d84s2，则价电子排布图为；(2)C、N、O位于同周期，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，三种元素的第一电离能大小顺序是NOC；(3)价层电子对数=键+孤电子对数=2+=3，因此SO2的VSEPR模型为平面三角形；SO3的价层电子对数为3，价层电子对数等于杂化轨道数，即中心原子S的杂化类型为sp2；等电子体具有相同的空间结构和相同的化学键类型，CO2与N2O为等电子体，CO2为直线形，则N2O的空间构型为直线形；CO2的空间构型为O=C=O，键和键数目之比为1：1，即N2O中键和键数目之比为1：1；(4)根据形成大键是3个或3个以上原子，而NO只有2个原子，因此题中3电子键不是大键；Fe(H2O)5NO2是配合离子，因此H2O和NO是