广东省广州荔湾区广雅中学2023学年高三第四次模拟考试化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁

2、、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控制溶液pH4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A根据现象1可推出该试液中含有NaB根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe22、甲、乙、丙、丁四种易溶于水的物质，分别由NH4+、Ba2+、Mg2+、H+、OH、Cl、HCO 3-、SO42-中的不同阳离子和阴离子各一种组成，已知：将甲溶液分别与其他三种物质的溶液混合，均有白色沉淀生成；0.1 molL-1乙溶液中c

3、（H+）0.1 molL-1；向丙溶液中滴入AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀生成。下列结论不正确的是（）A甲溶液含有Ba2+B乙溶液含有SO42-C丙溶液含有ClD丁溶液含有Mg2+3、下列说法正确的是（ ）A液氯可以储存在钢瓶中B工业制镁时，直接向海水中加Ca（OH）2溶液以制取Mg（OH）2C用硫酸清洗锅炉后的水垢D在水泥回转窖中用石灰石、纯碱、黏土为原料制造水泥4、工业上可在高纯度氨气下，通过球磨氢化锂的方式合成高纯度的储氢材料氨基锂，该过程中发生反应：LiH(s)+NH3(g)=LiNH2(s)+H2 (g)。如图表示在0.3 MPa下，不同球磨时间的目标产物LiNH2的相对

4、纯度变化曲线。下列说法正确的是 ( )A工业生产中，在0.3 MPa下合成LiNH2的最佳球磨时间是2.0 hB投入定量的反应物，平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，LiNH2的相对纯度越高C在0.3 MPa下，若平衡时H2的物质的量分数为60%，则该反应的平衡常数K=1.5DLiH和LiNH2都能在水溶液中稳定存在5、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B取久置的Na2O2粉末，向其中滴加过量的盐酸，产生无色气体Na2O2没有变质C室温下，用pH试纸测得：0.1 mol/LNa2SO3溶液的p

5、H约为10；0.1 mol/L NaHSO3的溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-弱D取少许CH3CH2Br与NaOH溶液共热，冷却后滴加AgNO3溶液，最终无淡黄色沉淀CH3CH2Br没有水解AABBCCDD6、下列有关物质的分类或归类正确的是A化合物：CaCl2、烧碱、聚苯乙烯、HDB电解质：明矾、胆矾、冰醋酸、硫酸钡C同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2D同位素：、7、已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40 mL的NO和O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH溶液中

6、，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余气体5 mL，则原混合气体中NO的体积为( )A20 mLB25 mLC12 mLD33 mL8、PbO2在酸性溶液中能将Mn2+氧化成MnO4，本身被还原为Pb2+，取一支试管，加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液。下列说法错误的是（）A上述实验中不能用盐酸代替硫酸B将试管充分振荡后静置，溶液颜色变为紫色C在酸性条件下，PbO2的氧化性比MnO4的氧化性强D若硫酸锰充分反应，消耗PbO2的物质的量为0.01mol9、下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向浓度均为0.10

7、molL1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸生成白色沉淀，加入稀盐酸，沉淀不溶解溶液已经变质C向盛有NH4Al（SO4）2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH- = NH3+H2OD测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值Na2CO3NaClO酸性：H2CO3HClOAABBCCDD10、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（ ）ABCD11、已知反应S2

8、O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往该溶液中加人含Fe3+的某溶液，反应机理：2Fe3+(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)2Fe2+(aq)+S2O82-(aq) 2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有关该反应的说法不正确的是A增大S2O82-浓度或I-浓度，反应、反应的反应速率均加快BFe3+是该反应的催化剂C因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应D往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深12、下列各选项所描述的两个量，前者一定小于后者的是（ ）A纯水在25和80时的pH值B1L0.1mol/

9、L的盐酸和硫酸溶液，中和相同浓度的NaOH溶液的体积C25时，pH=3的AlCl3和盐酸溶液中，水电离的氢离子的浓度D1LpH=2的醋酸和盐酸溶液中，分别投入足量锌粒，放出H2的物质的量13、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到实验目的的是A除去Cl2中含有的少量HClB制取少量纯净的CO2气体C分离CC14萃取碘水后已分层的有机层和水层D蒸干FeCl3饱和溶液制备FeCl3晶体14、根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是 AABBCCDD15、下列营养物质在人体内发生的变化及其对人的生命活动所起的作用叙述不正确的是：A淀粉葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）B纤维素（水解

10、）葡萄糖（氧化）水和二氧化碳（释放能量维持生命活动）C植物油含不饱和脂肪酸酯，能使Br2/CCl4褪色D酶通常是一类具有高选择催化性能的蛋白质16、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B当HPW负载量为40%时达

11、到饱和，酯化率最高C用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D不同催化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度17、某工业流程中，进入反应塔的混合气体中和物质的量百分含量分别是10%和6%，发生反应为：，在其他条件相同时，测得试验数据如下：压强（）温度()NO达到所列转化率所需时间（s）50%90%98%1.030122502830902551057608.0300.23.936900.67.974根据表中数据，下列说法正确的是A温度越高，越有利于NO的转化B增大压强，反应速率变慢C在、90条件下，当转化率为98%时反应已达平衡D如进入反应塔的混合气体为，如速率表示，则

12、在、30条件下，转化率从50%增至90%时段，NO的反应速率为18、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是ApH=1的溶液中：NO3-、Cl、S2、Na+Bc(H+)/c(OH)=1012的溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、ClC由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3-Dc(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：K+、Cl、SO42-、SCN19、a、b、c、d 四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，a 和 b 分别位于周期表的第 2 列和第 13 列， 下列叙述正确的A离子半径 bdBb 可以和强碱溶液发生反应Cc 的氢化物空间结构为三

13、角锥形Da 的最高价氧化物对应水化物是强碱20、一定温度下，硫酸盐 MSO4(M2代表 Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p ( M2+ ) =lgc ( M2+ )，p(SO42)=lgc(SO42)。向 10mL 0.01 mol/L Na2SO4 溶液中滴入 1 滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L BaCl2 溶液岀现白色浑浊，而滴入 1 滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L SrCl2 溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是A该温度下，溶度积常数 Ksp(BaSO4)Ksp( SrSO4)B欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl

14、2溶液C欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液DSrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.821、CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如下实验。有关该实验的说法正确的是A反应时生成一种无污染的气体NOBNH3与CuO反应后生成的红色物质可能是CuC装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作D烧杯中硫酸的作用是防倒吸22、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中Ac（甲） : c（乙） 1:10Bc（H+）甲: c（H+）乙1:2Cc（OH-）甲: c（OH-）乙10:1D（甲） : （乙

15、） 2:1二、非选择题(共84分)23、（14分）有两种新型的应用于液晶和医药的材料W和Z，可用以下路线合成。已知以下信息：(R1、R2、R3、R4为氢原子或烷烃基)1molB经上述反应可生成2molC，且C不能发生银镜反应(易被氧化)+CH3-CH=CH2 请回答下列问题：(1)化合物A的结构简式_，AB的反应类型为_。(2)下列有关说法正确的是_（填字母）。A化合物B中所有碳原子不在同一个平面上B化合物W的分子式为C11H16NC化合物Z的合成过程中，DE步骤为了保护氨基D1mol的F最多可以和4 molH2反应(3)C+DW的化学方程式是_。(4)写出同时符合下列条件的Z的所有同分异构体

16、的结构简式：_。遇FeCl3溶液显紫色； 红外光谱检测表明分子中含有结构；1H-NMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子。(5)设计D合成路线（用流程图表示，乙烯原料必用，其它无机过剂及溶剂任选）_。示例：CH3CHO CH3COOH CH3COOCH2CH3 24、（12分）下列物质为常见有机物：甲苯 1，3丁二烯 直馏汽油 植物油填空：（1）既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃是_（填编号）；（2）能和氢氧化钠溶液反应的是_（填编号），写出该反应产物之一与硝酸酯化的化学方程式_（3）已知：环己烯可以通过1，3丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证

17、明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1，3丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：（a）写出结构简式：A_；B_（b）加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_（c）1mol A与1mol HBr加成可以得到_种产物25、（12分）草酸及其盐是重要的化工原料，其中最常用的是三草酸合铁酸钾和草酸钴，已知草酸钴不溶于水，三草酸合铁酸钾晶体（）易溶于水，难溶于乙醇。这两种草酸盐受热均可发生分解等反应，反应及气体产物检验装置如图。（l）草酸钴晶体（）在200左右可完全失去结晶水。用以上装置在空气中加热5. 49 g草酸钴晶体（）样品，受热过程中不同温度范围内

18、分别得到一种固体物质，其质量如下表。实验过程中观察到只有B中澄清石灰水明显变浑浊，E中始终没有红色固体生成。根据实验结果，290 - 320过程中发生反应的化学方程式是_；设置D的作用是_。（2）用以上装置加热三草酸合铁酸钾晶体可发生分解反应。检查装置气密性后，先通一段时间的N2，其目的是 _；结束实验时，先熄灭酒精灯再通入N2至常温。实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，E中有红色固体生成，则分解得到的气体产物是_。C的作用是是_。（3）三草酸合铁酸钾的一种制备流程如下：回答下列问题：流程“I”硫酸必须过量的原因是 _流程中“”需控制溶液温度不高于40，理由是_；得到溶液后，加入乙醇，

19、然后进行过滤。加入乙醇的理由是_26、（10分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。ICaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_。（2）冷水浴的目的是_；步骤中洗涤CaO28H2O的实验操作方法是_CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2molL-lHCl，振荡使样品溶解生成

20、过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200molL-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是_ ；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是_。（4）滴定过程中的离子方程式为_，样品中CaO2的质量分数为_ 。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏低的可能原因是：_； _。27、（12分）常温下，三硫代碳酸钠(Na2CS3)是玫瑰红色针状固体，与碳酸钠性质相近。在工农业生产中有广泛的用途。某小组设计实验探究三硫代碳酸钠的性质并测定其溶液的浓度。实验一：探究Na2CS3的性质(1)向Na2CS3溶液中滴入酚酞

21、试液，溶液变红色。用离子方程式说明溶液呈碱性的原因_。(2)向Na2CS3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，紫色褪去。该反应中被氧化的元素是_。实验二：测定Na2CS3溶液的浓度按如图所示连接好装置，取50.0mLNa2CS3溶液置于三颈瓶中，打开分液漏斗的活塞，滴入足量2.0mol/L稀H2SO4，关闭活塞。已知：Na2CS3+ H2SO4Na2SO4+ CS2+ H2S。CS2和H2S均有毒。CS2不溶于水，沸点46，密度1.26g/mL，与CO2某些性质相似，与NaOH作用生成Na2COS2和H2O。(1)盛放碱石灰的仪器的名称是_，碱石灰的主要成分是_(填化学式)。(2)C中发生反应的离子

22、方程式是_。(3)反应结束后打开活塞K，再缓慢通入N2一段时间，其目的是_。(4)为了计算Na2CS3溶液的浓度，对充分反应后B中混合物进行过滤、洗涤、干燥、称重，得8.4g 固体，则三颈瓶中Na2CS3的物质的量浓度为_。28、（14分）钕铁硼磁铁是最常使用的稀土磁铁，被广泛应用于电子产品中。生产钕铁硼磁铁的主要原材料有稀土金属钕、纯铁、铝、硼以及其他物质。请回答下列问题：(1)钕(Nd)为60号元素，在元素周期表中位于第_周期；基态Fe2外围电子的轨道表达式为_。(2)实验测得AlCl3的实际存在形式为Al2Cl6，其分子的球棍模型如图所示。该分子中Al原子采取_杂化。Al2Cl6与过量N

23、aOH溶液反应生成NaAl(OH)4，Al(OH)4中存在的化学键有_（填标号）。A离子键B极性共价键C金属键D非极性共价键E氢键(3)FeO是离子晶体，其晶格能可通过如下的BornHaber循环计算得到。基态Fe原子的第一电离能为_kJmol-1，FeO的晶格能为_kJmol-1。(4)因材料中含有大量的钕和铁，容易锈蚀是钕铁硼磁铁的一大弱点，可通过电镀镍(Ni)等进行表面涂层处理。已知Ni可以形成化合物四羰基镍Ni(CO)4，其为无色易挥发剧毒液体，熔点为25 ，沸点为43 ，不溶于水，易溶于乙醇、苯、四氯化碳等有机溶剂，四羰基镍的晶体类型是_，写出与配体互为等电子体的分子和离子的化学式为

24、_、_（各写一种）。(5)已知立方BN晶体硬度很大，其原因是_；其晶胞结构如图所示，设晶胞中最近的B、N原子之间的距离为a nm，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶体的密度为_gcm-3（列式即可，用含a、NA的代数式表示）。29、（10分）酸雨治理，处理SO2尾气方法较多：(1)还原法反应原理：恒温恒容时2C(s)2SO2(g)S2(g)2CO2(g)。一定温度下，反应进行到不同时刻测得各物质的浓度部分图像如图：020 min内反应速率表示为v(SO2)_；30 min时，改变某一条件平衡发生移动，则改变的条件最有可能是_；该反应的平衡常数K_。(2)循环利用法相关反应为Na2SO3SO2H2O

25、=2NaHSO3，2NaHSO3Na2SO3SO2H2O。下列说法正确的是_。A反应进行时，溶液中c(SO32-)/c(HSO)减小，反应进行时，溶液中c(SO32-)/c(HSO3-)增大B反应与反应Kw均为1014C循环利用的物质是Na2SO3溶液，尾气中的氧气对循环利用的次数有影响D反应进行时，2c(SO32-)c(HSO3-)c(OH)之和不变(3)电解法如图所示，Pt()电极的反应式为_；当电路中转移0.02 mol e时(较浓H2SO4尚未排出)，交换膜左侧溶液中约增加_ mol离子。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、C【答案解

26、析】A、由于试液中外加了NaOH和Na2CO3，所以不能确定原试液中是否含有钠离子，故A错误；B、试液中有没有葡萄糖酸根离子，都无银镜生成，因为葡萄糖酸根离子中不含醛基，故B错误；C、滤液中加氨水无沉淀产生，说明无镁离子，加入碳酸钠溶液，有白色沉淀，说明有钙离子，故C正确；D、试液中可能含亚铁离子，也可能只含铁离子而不含亚铁离子，故D错误；答案选C。2、D【答案解析】根据中的信息可知乙是二元酸，故乙是H2SO4；根据中现象，可以推知丙中含有Cl-；再结合中提供信息，甲与其它三种物质混合均产生白色沉淀，则可推出甲是Ba(OH)2，乙是H2SO4，丙是MgCl2，丁是NH4HCO3，故选D。【答案

27、点睛】本题考查离子共存的正误判断，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，本题解题关键是先找出离子之间能够形成的白色沉淀，然后判断甲的组成即可。3、A【答案解析】A. 液氯是液态的氯，和铁在常温下不反应，所以可以储存在钢瓶中，故A正确；B. 海水制镁富集氯化镁，生产流程采用了向晒盐后的苦卤中加入石灰乳，而不是直接往海水中加入氢氧化钙溶液，故B错误；C. 水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，不容易去除，所以应该用盐酸清洗锅炉后的水垢，故C错误；D. 生产水泥的原料为石灰石、黏土，故D错误。故选A。4、C【答案解析】A、2.0h L

28、iNH2的相对纯度与1.5h差不多，耗时长但相对纯度提高不大，故A错误；B、平衡时混合气体的平均摩尔质量越大，说明氨气的含量越多，正向反应程度越小，LiNH2的相对纯度越低，故B错误；C、K=1.5，故C正确；D、LiH和LiNH2均极易与水反应：LiH+H2O=LiOH+H2和LiNH2+H2O=LiOH+NH3，都不能在水溶液中稳定存在，故D错误。答案选C。5、C【答案解析】A. 反应生成苯酚钠、碳酸氢钠；B. 过氧化钠、碳酸钠均与盐酸反应生成无色气体；C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性；D. 水解后检验溴离子，应在酸性条件下；【题目详解】A. 反应生成苯酚钠、碳

29、酸氢钠，且二氧化碳可与苯酚钠反应生成苯酚，所以苯酚的酸性弱于碳酸，A错误；B. 过氧化钠与盐酸反应产生氧气；过氧化钠吸收空气中二氧化碳反应产生的碳酸钠与盐酸反应会产生二氧化碳气体，O2、CO2都是无色气体，因此不能检验Na2O2是否变质，B错误；C. NaHSO3溶液电离显酸性，Na2SO3溶液水解显碱性，说明HSO3-结合H+的能力比SO32-弱，C正确；D水解后检验溴离子，应在酸性条件下，没有加硝酸至酸性，再加硝酸银溶液不能检验Br-是否存在，D错误；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、反应与现象、物质的检验、可逆反应、实验技能为解答的关键，注意实验的评

30、价性分析。侧重考查学生的分析与实验能力。6、B【答案解析】ACaCl2、烧碱属于化合物，聚乙烯是高分子化合物，属于混合物，HD为单质，选项A错误；B明矾是硫酸铝钾结晶水合物，胆矾是硫酸铜结晶水合物，冰醋酸是醋酸，硫酸钡是盐，它们都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，选项B正确；CCH2O2、C2H4O2、C3H6O2、C4H8O2，结构不相似，不属于同系物，选项C错误；D、是碳元素不同核素，互为同位素，是单质，选项D错误。答案选B。7、D【答案解析】根据NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中N

31、O的体积为V，则O2的体积为(40V) mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V=33 mL，故选D。【答案点睛】本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。8、D【答案解析】加入适量PbO2固体和适量的稀H2SO4后滴入2mL 1mol/L MnSO4溶液发生反应的离子方程式为：5PbO2+4H+2Mn2+=2MnO4+5Pb2+2H2O；A. 用盐酸代替硫酸，氯离子会被PbO2氧化，4H+2Cl+PbO2Cl2+Pb2+2H2O，故A正确；B. 充分振荡后静置

32、，发生氧化还原反应生成高锰酸根离子，溶液颜色变为紫色，故B正确；C. 反应中，氧化剂PbO2的氧化性大于氧化产物MnO4的氧化性，故C正确；D. 2mL 1mol/L MnSO4溶液中的锰离子物质的量为0.002mol，根据反应离子方程式可知消耗PbO2的物质的量为0.005mol，故D错误；答案选D。9、A【答案解析】A向浓度均为0.10molL1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故A正确；B即便亚硫酸没有变质，先加入Ba(N

33、O3)2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误；C向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3+3OH-=Al(OH)3，并不能生成氨气，故C错误；D测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值，故D错误；故答案为A。10、A【答案解析】物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质氢分子和氮分子都是由两个原子构

34、成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。【题目详解】催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；答案选A。11、D【答案解析】A. 增大S2O82浓度或I浓度，

35、增加反应物浓度，因此反应、反应的反应速率均加快，故A正确；B. Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；C. 因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；D. 往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。综上所述，答案为D。【答案点睛】正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。12、B【答案解析】A.水的电离是吸热反应，升高温度促进水电离，所以温度越高水的pH越小，故A错误；B.两者的物质的量浓度和体积都相同，即两者的物质的

36、量相同，而盐酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以盐酸中和相同浓度的NaOH溶液的体积更小，故B正确；C.pH=3的盐酸，c(H+)=10-3mol/L，由水电离生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化铝溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水电离生成，前者大于后者，故C错误；D.1LpH=2的盐酸和醋酸溶液中，醋酸的物质的量较大投入足量锌粒，醋酸放出H2的物质的量多，故D错误；答案选B。【答案点睛】本题考查弱电解质的电离，根据温度与弱电解质的电离程度、弱电解质的电离程度与其浓度的关系等知识来解答。13、C【答案解析】A.氢氧化钠和氯气、HCl都能发生反应，应用饱和食盐

37、水除杂，A错误；B.Na2CO3容易溶于水，因此不能使用该装置制取CO2，应该使用CaCO3与HCl反应制取CO2气体，B错误；C.碘容易溶于CCl4，不容易溶于水，用CCl4作萃取剂可以将碘水中的碘萃取出来，CCl4与水互不相容，通过分液的方法可以分离开有机层和水层，C正确；D.加热蒸发时可促进氯化铁水解，Fe3+水解生成Fe(OH)3和HCl，盐酸易挥发，为抑制FeCl3水解，制备FeCl3晶体应在HCl的气流中蒸发结晶，D错误；故合理选项是C。14、C【答案解析】A. 要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSO

38、3溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A错误；B.向NaCl、NaI 的混合溶液中滴加少量稀AgNO3溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到AgI的溶度积，但由于NaCl、NaI浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D错误。故答案选C。15、B【答案解析】A. 淀粉在淀粉酶的作用下水解生成葡萄糖，葡萄糖被氧化能释放出能量，故A正确；B. 人体内没有水解纤维素的

39、酶，它在人体内主要是加强胃肠蠕动，有通便功能，不能被消化功能，故B错误；C. 植物油含不饱和脂肪酸酯，分子中含有碳碳双键具有烯烃的性质，能使Br2/CCl4褪色，故C正确；D. 酶是蛋白质，具有高选择性和催化性能，故D正确；答案选B。16、D【答案解析】A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反

40、应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。17、D【答案解析】A.由表可知，相同压强时，温度高时达到相同转化率需要的时间多，可知升高温度不利于NO转化，故A错误；B.由表可知，相同温度、压强高时达到相同转化率需要的时间少，可知增大压强，反应速率加快，故B错误；C.在1.0105Pa、90条件下，当转化率为98%时需要的时间较长，不能确定反应是否达到平衡，故C错误；D.8.0105Pa、30条件下转化率从50%增至90%时段NO，时间为3.7s，转化的NO为amol0.1(90%-50%)=0.04amol，反应速率v=n/t，则NO的反应速率为0.04amol/3.7s=4a/370mol/s

41、，故D正确；故选D。【答案点睛】从实验数据中获取正确信息的关键是，比较相同压强时，温度对平衡能移动的影响及相同温度时，压强对平衡移动的影响，从时间的变化比较外界条件对反应速率的影响。18、B【答案解析】A. pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-与S2发生氧化还原反应而不能大量共存，选项A错误；B. c(H+)/c(OH)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl相互之间不反应，能大量共存，选项B正确；C. 由水电离的c(H+)=11012molL1的溶液可能为强酸性也可能为强碱性，HCO3-均不能大量存在，选项C错误； D. c(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：Fe

42、3+与SCN发生络合反应而不能大量共存，选项D错误；答案选B。19、B【答案解析】a 和 b 分别位于周期表的第 2 列和第 13 列，所以a是Be或Mg，b是Al，c是C,d是N。【题目详解】A.铝和氮原子形成的离子电子层结构相同，原子序数越小半径越大，故bd，故A错误；B.b是铝，可以与强碱反应生成偏铝酸盐和氢气，故B正确；C.碳的氢化物有多种，如果形成甲烷，是正四面体结构，故C错误；D.无论是铍还是镁，最高价氧化物的水化物都不是强碱，故D错误；故选：B。20、C【答案解析】由题意可知Ksp( BaSO4)=c(Ba2+)c(SO)，Ksp( SrSO4)=c(Sr2+)c(SO)，可判断

43、a 点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。【题目详解】A利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO)=1.01051.0105=11010，Ksp(SrSO4)= c(Sr2+)c(SO)=1.0101.61.0101.6=11010=1，故A正确；B欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；C欲使c点SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，则需加入SrSO

44、4固体，故C错误；DSrSO4(s) +Ba2+(aq)BaSO4(s) +Sr2+(aq)的平衡常数K=，故D正确；答案选C。21、D【答案解析】ANO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故A错误；B在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；C装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；D烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；答案选B。【答案点睛】尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止倒吸。22、

45、C【答案解析】A甲、乙两种溶液的pH，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A错误； B根据氢离子浓度等于知，：10，B错误； C酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，：1，C正确； D根据上述分析结果，甲：乙不等于2：1，D错误。答案选C。二、非选择题(共84分)23、 (CH3)2CH-CCl(CH3)2 消去反应 C 、 【答案解析】A的分子式为C6H13Cl，为己烷的一氯代物，在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应得到B为烯烃，1mol B发生信息中氧化反应生成2molC，且C不能发生银镜反应，B为对称结构烯烃，且不饱和C原子没有H原子，故B为(CH3)2C=C(CH

46、3)2，C为，逆推可知A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2。由W进行逆推，可推知D为，由E后产物结构，可知D与乙酸酐发生取代反应生成E，故E为，然后E发生氧化反应。对、比F前后物质结构，可知生成F的反应发生取代反应，而后酰胺发生水解反应又重新引入氨基，则F为，DE步骤为了保护氨基，防止被氧化。【题目详解】根据上述分析可知：A为(CH3)2CH-CCl(CH3)2，B为(CH3)2C=C(CH3)2，C为，D为，E为，F为。则(1)根据上述分析可知，化合物A的结构简式为：(CH3)2CH-CCl(CH3)2，A与NaOH的乙醇溶液在加热时发生消去反应，产生B：(CH3)2C=C(CH3)2，

47、乙醇AB的反应类型为：消去反应；(2)A.化合物B为(CH3)2C=C(CH3)2，可看作是乙烯分子中4个H原子分别被4个-CH3取代产生的物质，由于乙烯分子是平面分子，4个甲基C原子取代4个H原子的位置，在乙烯分子的平面上，因此所有碳原子处于同一个平面，A错误；B.由W的结构简式可知化合物W的分子式为C11H15N，B错误；C.氨基具有还原性，容易被氧化，开始反应消耗，最后又重新引入氨基，可知DE步骤为了保护氨基，防止被氧化，C正确；D.物质F为，苯环能与氢气发生加成反应，1mol的F最多可以和3molH2反应，D错误，故合理选项是C；(3)C+DW的化学方程式是：；(4)Z的同分异构体满足

48、：遇FeCl3溶液显紫色，说明含有酚羟基；红外光谱检测表明分子中含有结构；1HNMR谱显示分子中含有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，说明分子结构对称，则对应的同分异构体可为、；(5)由信息可知，苯与乙烯发生加成反应得到乙苯，然后与浓硝酸、浓硫酸在加热5060条件下得到对硝基乙苯，最后与Fe在HCl中发生还原反应得到对氨基乙苯，故合成路线流程图为：。【答案点睛】要充分利用题干信息，结合已经学习过的各种官能团的性质及转化进行合理推断。在合成推断时要注意有机物的分子式、反应条件、物质的结构的变化，采取正、逆推法相结合进行推断。24、 +3HNO3+3H2O A 4 【答案解析】(1)植物油

49、属于酯类物质，既能使溴水因发生化学变化褪色，也能使酸性高锰酸钾褪色的烃中有碳碳不饱和键，据此分析判断；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中水解，据此分析解答；(3)根据碳原子数目可知，反应为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息反应生成A，则A为，A发生信息的反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷，据此分析解答。【题目详解】(1)植物油属于酯类物质，不是烃；甲苯和直馏汽油中不存在碳碳双键，不能使溴水因发生化学反应褪色；1，3-丁二烯中含有碳碳双键，能够与溴水发生加成反应，能够被酸性

50、高锰酸钾氧化，使高锰酸钾溶液褪色，故答案为：；(2)烃不能与NaOH反应，酯能够在NaOH溶液中发生水解反应；植物油是高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油，甘油能够与硝酸发生酯化反应，反应方程式为：+3HNO3+3H2O，故答案为：；+3HNO3+3H2O；(3)(a)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是，故答案为：；(b)据上述分析，加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是A，故答案为：A；(c)A的结构简式是，分子中2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，因此A与HBr加成时的产物有4种，故答案为：4。25、3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO

51、2 吸收水分 排除装置中的空气，防止干扰实验结果 CO2、CO 除去CO2，防止干扰CO的检验 防止Fe2+的水解 防止H2O2分解 三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，有利于三草酸合铁酸钾析出 【答案解析】(l)计算晶体物质的量n=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210C失去结晶水得到CoC2O4，210290过程中是CoC2O4发生的反应，210290过程中产生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol， m(CO2)

52、=0.06mol44g/mol=2.64g，气体质量共计减小=4.41g-2.41g=2g，说明不是分解反应，参加反应的还有氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)=0.02mol，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式； (2)三草酸合铁酸钾晶体在110可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，根据装置中现象变化判断产物；为能准确判断三草酸合

53、铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳的检验；(3)亚铁离子易水解生成氢氧化亚铁，酸能抑制其水解；温度高时，双氧水易水解；根据相似相溶原理分析；【题目详解】(l)计算晶体物质的量n()=0.03mol，失去结晶水应为0.06mol，固体质量变化=0.06mol18g/mol=1.08g，图表数据可知，150210固体质量变化=5.49g-4.41g=1.08g，说明210C失去结晶水得到CoC2O4，210290过程中是CoC2O4发生的反应，产

54、生的气体只有CO2 ，依据元素守恒得到生成n(CO2)=0.06mol，m(CO2) =0.06mol44g/mol=2.64g，气体共计减小质量=4.41g-2.41g=2g，说明有气体参加反应应为氧气，则反应的m(O2)=2.64g-2g=0.64g，n(O2)=0.02mol；n(CoC2O4)：n(O2)：n(CO2)=0.03：0.02：0.06=3：2：6，依据原子守恒配平书写反应的化学方程式为3CoC2O4+2O2Co3O4+6CO2，装置D中盛放的为浓硫酸，装置E的作用是验证草酸钴晶体受热分解的产物，防止对实验的干扰和实验安全，则浓硫酸的作用是吸收水分；(2)三草酸合铁酸钾晶体

55、在110可完全失去结晶水，继续升高温度可发生分解反应，根据元素守恒推测得到的产物可能是K2CO3、FeO、Fe、CO2、CO，一氧化碳还原氧化铜，得到的金属铜可被氧气氧化，所以实验开始先通一段时间N2，将装置中的空气排净，实验结束时，为防止倒吸，应该先熄灭酒精灯再通入N2至常温，实验过程中观察到B、F中澄清石灰水都变浑浊，即证明二氧化碳产生，E中有红色固体生成，证明还原性的气体CO的产生；为能准确判断三草酸合铁酸钾晶体高温下分解的产物中是否含有一氧化碳，现象为E中固体由黑色变为红色，且F中澄清石灰水变浑浊，为确保实验现象不被干扰，在C装置中装入足量氢氧化钠，把二氧化碳吸收干净，避免干扰一氧化碳

56、的检验；(3)硫酸亚铁易水解而是其气压呈酸性，加热稀硫酸能抑制亚铁离子水解；双氧水不稳定，温度高时，双氧水易分解，为防止双氧水分解，温度应低些，根据相似相溶原理知，三草酸合铁酸钾在乙醇中溶解度小，所以可以用乙醇使三草酸合铁酸钾析出。26、CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl 该反应放热，防止温度升高导致H2O2分解和氨水中氨气挥发 向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作23次 生成的硫酸钙为微溶物，覆盖在样品表面，阻止反应进一步进行 催化作用 45.0% 部分CaCl2溶液与浓氨水反应生成Ca(OH)2 部分CaO2与水反应生成Ca(OH

57、)2或烘烤CaO28H2O失水不够完全 【答案解析】I（1）该装置发生的反应类似于复分解反应，根据原子守恒配平；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，因此需要用冷水浴控制反应温度；结合沉淀的性质选择洗涤剂，然后根据沉淀的洗涤标准操作解答；II（3）硫酸钙为微溶物，可能会对反应有影响；类比双氧水的分解进行分析；（4）滴定过程中双氧水与酸性高锰酸钾反应生成氧气、氯化锰、水，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平；根据消耗的酸性高锰酸钾的物质的量并结合守恒关系计算；（5）CaO2与水缓慢反应，CaO2与浓氨水反应，烘烤过程中水分未完全失去等导致反应物有损失或生成物中杂质

58、含量高均会导致CaO2含量偏低。【题目详解】I（1）由题可知，三颈烧瓶中发生CaCl2在碱性条件下与H2O2生成CaO28H2O的反应，根据原子守恒可知，该反应化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl；（2）该反应为放热反应，H2O2和氨水的稳定性都较差，温度过高会导致其分解，影响产量和化学反应速率；因过氧化钙可与水缓慢反应，不溶于乙醇，因此可选用乙醇进行洗涤，实验室洗涤沉淀的操作为：向过滤器中注入乙醇至浸没沉淀，待乙醇流尽后，重复操作23次； II（3）若选用硫酸，则CaO2与稀硫酸反应生成微溶物CaSO4会覆盖在样品表面，使反应难以持续进

59、行；MnCl2对该反应具有催化作用，可加快化学反应速率；（4）滴定过程中酸性高锰酸钾与双氧水反应，Mn元素化合价从+7价降低至+2价，H2O2中O元素从-1价升高至0价，根据氧化还原反应得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为：；滴定过程中消耗高锰酸钾的物质的量n=2510-3L0.02mol/L=510-4mol，根据守恒关系可知： n(H2O2)=n(CaO2)=2.5n(KMnO4)=1.2510-3mol，样品中CaO2的质量分数；（5）CaCl2溶液与浓氨水反应导致反应物未完全转化，同时还会导致最终固体中含有部分Ca(OH)2杂质，会使CaO2含量偏低；CaO2与水能反应生

60、成微溶物Ca(OH)2，会导致生成的CaO2含量偏低；烘烤CaO28H2O失水不够完全导致固体质量偏大，最终导致计算CaO2含量偏低。27、CS32- +H2OHCS3-+OH- S 干燥管 CaO和NaOH CS2 +2OH- COS22-+H2O 将装置中残留的的H2S、CS2全部排入后续装置中，使其被完全吸收 1.75mol/L 【答案解析】实验一：(1)Na2CS3的水溶液中加入酚酞变红色，说明Na2CS3是强碱弱酸盐；(2)根据Na2CS3中元素化合价是否是该元素的最高价态来进行判断；实验二：(1)根据仪器的图形判断仪器的名称；碱石灰的主要成分是氧化钙和氢氧化钠；(2)A中生成的CS