黄冈中学2023学年高考化学五模试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、在指定溶液中下列离子能大量共存的是A无色透明溶液：NH4+、Fe3+、SO42-、NO3-B能使甲基橙变红的溶液：Na+、Ca2+、Cl-、CH3COO-Cc(ClO-)=0.1molL-1的溶液：K+、Na+、SO42-、S2-D

2、由水电离产生的c(H+)=110-13molL-1的溶液：K+、Na+、Cl-、NO3-2、25时，NH3H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO)均会增大C常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同3、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

3、+）乙1:2Cc（OH-）甲: c（OH-）乙10:1D（甲） : （乙） 2:14、三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是AX中所有碳原子处于同一平面BY的分子式为C由Y生成Z的反应类型为加成反应DZ的一氯代物有9种（不含立体异构）5、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量之比为A321B123C533D2316、清初泉州府志物产条载：“初，人不知盖泥法，元时南安有黄长者为宅煮糖，宅垣忽坏，去土而糖白，后人遂效之。”文中“盖泥法”的原理与下列相同的是（ ）A活性炭

4、净水 B用漂白粉漂白织物C除去KNO3中的NaCl D除去河水中泥沙7、我国科学家设计的人工光合“仿生酶光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（ ）A总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B转化过程中仅有酶是催化剂C能量转化形式为化学能光能D每产生1 molC6H12O6转移H+数目为12NA8、已知有如下反应：2Fe32I=2Fe2I2 2Fe2Br2=2Fe32Br 2Fe(CN)64-I2=2Fe(CN) 63-2I，试判断氧化性强弱顺序正确的是（ ）AFe3Br2I2Fe(CN)63-BBr2I2Fe3Fe(CN)63-CBr2Fe3I2Fe(CN)63-DFe(CN)6

5、3-Fe3Br2I29、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ）实验现象结论A某溶液中滴加K3产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无B某溶液中加入BaNO再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SOC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加生成黑色沉淀KD向C6H溶液变浑浊酸性：HAABBCCDD10、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色说明该食盐试样不含KIO3BSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物C向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液

6、变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I2ID室温下向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液除去杂质FeCl3得纯净CuCl2溶液AABBCCDD11、下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷D分离溴苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液12、仪器名称为“干燥管”的是ABCD13、下列有关物质性质的比较，结论错误的是( )A沸点：B溶解度：C热稳定性：D碱性：14、下列有关化学用语表示正确的是A硝基苯B镁离子的结构示图C水分子的比例模型：D原子核内有8个中子

7、的碳原子：15、下列有关实验操作的说法正确的是A向饱和氯化钠溶液中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制得大量碳酸氢钠固体B为了减小实验误差，烧杯、锥形瓶和容量瓶等仪器应洗涤干净，必须烘干后使用C将含有少量乙烯的甲烷气体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、足量碱石灰，可除去甲烷中的乙烯杂质D中和滴定实验中滴定管中液体流速宜先快后慢，滴定时眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化16、有3.92 g铁的氧化物，用足量的CO在高温下将其还原，把生成的全部CO2通入到足量的澄清的石灰水中得到7.0 g固体沉淀物，这种铁的氧化物为AFe3O4BFeOCFe2O3DFe5O717、有X、Y、Z、W、M五种原子序数增大的短

8、周期元素，其中X、M同主族； Z+与Y2-具有相同的电子层结构，W是地壳中含量最多的金属，X与W的原子序数之和等于Y与Z的原子序数之和；下列序数不正确的是A离子半径大小：r(Y2-)r(W3+)BW的氧化物对应的水化物可与Z的最高价氧化物水化物反应CX有多种同素异形体，而Y不存在同素异形体DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子18、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A4.8gMg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0B0.1 mol葡萄糖C6H12OC常温常压下，4.48 L CO2和NOD10.0g质量分数为46%的酒精与足量的钠反应产生氢分子数为019、第三届

9、联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A推广电动汽车，践行绿色交通B改变生活方式，预防废物生成C回收电子垃圾，集中填埋处理D弘扬生态文化，建设绿水青山20、下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打发明电池 C拉瓦锡研究空气成分D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成AABBCCDD21、下列有机实验操作正确的是A证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中

10、加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热22、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1mol Al(OH)3。设计如下三种方案： 方案：向 Al 中加入 NaOH 溶液，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：向 Al 中加入硫酸，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加 NaOH 溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：将 Al 按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液和溶液。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A三种方案转移电子数一样多B方案所用硫酸的量最少C方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量D采用方案时，用于制备

11、溶液的 Al 占总量的 0.25二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_。BC的反应类型为_。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为 _mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为_。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为_，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析AB反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是_。(4)C的核磁共振氢谱有_组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式_。具有与X相同的官能团属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙

12、醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线_。24、（12分）化合物J是一种重要的医药中间体，其合成路线如图：回答下列问题：（1）G中官能团的名称是_；的反应类型是_。（2）通过反应和反应推知引入SO3H的作用是_。（3）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出F与足量氢气反应生成产物的结构简式，并用星号（*）标出其中的手性碳_。（4）写出的反应方程式_。（5）写出D的苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体结构简式_。（6）写出以对硝基甲苯为主要原料（无机试剂任选），经最少步骤制备含肽键聚合物的合成路线_。25、（12分）实验室常用MnO2与浓盐酸反应制备C

13、l2(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接下来的操作依次是_(填序号)A往烧瓶中加入MnO2粉末 B加热 C往烧瓶中加入浓盐酸(2)制备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnO2后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是_。(3)进行乙方案实验： 准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20

14、.00 mL，用0.1000 molL-1NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为_molL-1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案还需查阅资料知道的数据是：_。 (4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCO3，说明碳酸钙在水中存在_，测定的结果会：_(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将_转移到_中。反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气体体积逐次减小的原因是_(排除仪器和实验操作的影响因素)。26、（10分）某学生对SO2与漂粉精的反应进

15、行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。 实验a目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是_。（4）现象ii中溶液变

16、为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_。27、（12分）汽车用汽油的抗爆剂约含 17的 1，2一二溴乙烷。某学习小组用下图所示装置制备少量 1，2 一二溴乙烷，具体流秳如下: 已知：1，2 一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3。1，2 一二溴乙烷的制备步聚、的实验装置为：实验步骤： ()在冰水冷却下，将 24mL 浓

17、硫酸慢慢注入12mL乙醇中混合均匀。()向 D 装置的试管中加入3.0mL 液溴(0.10mol)，然后加入适量水液封，幵向烧杯中加入冷却剂。()连接仪器并检验气密性。向三口烧瓶中加入碎瓷片，通过滴液漏斗滴入一部分浓硫酸与乙醇的混合物，一部分留在滴液漏斗中。()先切断瓶C与瓶D的连接处，加热三口瓶，待温度上升到约120，连接瓶 C与瓶D，待温度升高到180200，通过滴液漏斗慢慢滴入混合液。(V)继续加热三口烧瓶，待D装置中试管内的颜色完全褪去，切断瓶C与瓶D的连接处，再停止加热。回答下列问题:(1)图中 B 装置玻璃管的作用为_。(2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是

18、_。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，下列冷却剂合适的为_。a.冰水混合物 b.5的水 c.10的水1，2 一二溴乙烷的纯化步骤：冷却后，把装置 D 试管中的产物转移至分液漏斗中，用 1的氢氧化钠水溶液洗涤。步骤：用水洗至中性。步骤：“向所得的有机层中加入适量无水氯化钙，过滤，转移至蒸馏烧瓶中蒸馏，收集130132的馏分，得到产品5.64g。(4)步骤中加入 1的氢氧化钠水溶液时，发生反应的离子方程式为_。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为_。该实验所得产品的产率为_。28、（14分）辉铜矿(主要成分Cu2S)作为铜矿中铜含量最高的矿物之一，可用来提炼铜和制备含铜化合物。.湿法炼铜用Fe2(S

19、O4)3溶液作为浸取剂提取Cu2+：(1)反应过程中有黄色固体生成，写出反应的离子方程式_。(2)控制温度为85、浸取剂的pH = 1，取相同质量的辉铜矿粉末分别进行如下实验：实验试剂及操作3小时后Cu2+浸出率(%)一加入10mL 0.25molL-1Fe2(SO4)3溶液和5 mL水81.90二加入10 mL0.25molL-1Fe2(SO4)3溶液和5mL 0.1molL-1H2O292.50回答：H2O2使Cu2+浸出率提高的原因可能是_。(3)实验二在85后，随温度升高，测得3小时后Cu2+浸出率随温度变化的曲线如图。Cu2+浸出率下降的原因_。(4)上述湿法炼铜在将铜浸出的同时，也

20、会将铁杂质带进溶液，向浸出液中通入过量的O2并加入适量的CuO，有利于铁杂质的除去，用离子方程式表示O2的作用_。解释加入CuO的原因是_。.某课题组利用碳氨液(NH4)2CO3、NH3H2O)从辉铜矿中直接浸取铜。其反应机理如下：Cu2S(s)2Cu+(aq) +S2-(aq) (快反应)4Cu+O2+2H2O4Cu2+4OH- (慢反应) Cu2+4NH3H2OCu(NH3)42+4H2O(快反应)(5)提高铜的浸出率的关键因素是 _。(6)在浸出装置中再加入适量的(NH4)2S2O8，铜的浸出率有明显升高，结合平衡移动原理说明可能的原因是_。29、（10分）近年来，氮氧化物进行治理已成为

21、环境科学的重要课题。(1)在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO3-)，其工作原理如图所示。金属铱(Ir)表面发生了氧化还原反应，其还原产物的电子式是_；若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液的含氮量，用电极反应式解释原因 _。(2)在密闭容器中充入 10 mol CO和8 mol NO，发生反应 2NO(g)+2CO(g)N2(g) +2CO2(g) H0，如图为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。该反应达到平衡后，为提高反应速率且同时提高转化率，可采取的措施有_(填序号）。a改用高效催化剂 b缩小容器的体积c升高温度 d减小CO

22、2的浓度压强为20 MPa、温度为T2下，若反应达到平衡状态时容器的体积为4 L，则此时CO2的浓度为_。若在D点对反应容器升温的同时增大其体积至体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中A G点中的_点。(3)研究表明，NOx的脱除率除与还原剂、催化剂相关外，还与催化剂表面氧缺位的密集程度成正比。以La0.8A0.2BCoO3+x(A、B均为过渡元素)为催化剂，用H2还原NO的机理如下：第一阶段：B4+(不稳定)+H2低价态的金属离子(还原前后催化剂中金属原子的个数不变)第二阶段：NO(g)+NO(a) H1 K1 2NO(a)2N(a)+O2(g) H2 K22N(a)N2(g)+2 H3

23、 K3 2NO(a)N2(g)+2O(a) H4 K42O(a)O2(g)+2 H5 K5注：“”表示催化剂表面的氧缺位，“g”表示气态，“a”表示吸附态。第一阶段用氢气还原B4+得到低价态的金属离子越多，第二阶段反应的速率越快，原因是_。第二阶段中各反应焓变间的关系：H2+H3=_；该温度下，NO脱除反应2NO(g)N2(g)+O2(g)的平衡常数K=_ (用含K1、K2、K3的表达式表示）。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、D【答案解析】A.Fe3+的水溶液显黄色，与“无色溶液”矛盾，A错误；B.能使甲基橙变红的溶液显酸性，此时H+、C

24、H3COO-会发生反应产生CH3COOH，不能大量共存，B错误；C.ClO-具有强的氧化性，与具有还原性的微粒S2-会发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D正确；故合理选项是D。2、C【答案解析】25时，NH3H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则A常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO)增大，

25、选项B错误；C由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；D由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误；答案选C。3、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。4、B【答案解析】AX的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构

26、，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；BY的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；C由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；DZ的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；故答案为B。5、A【答案解析】溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【题目详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A3=2+1，说明n(K+

27、)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B12+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C53+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D23+1，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【答案点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。6、A【答案解析】文中“去土而糖白”是指固体土吸附糖色，所以文中“盖泥法”的原理与下列相同的是活性炭净水，故选A。7、A【答案解析】A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正

28、确；B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转化形式为光能化学能，C错误；D.每产生1 molC6H12O6转移H+数目为24NA，D 错误；故合理选项是A。8、C【答案解析】依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式判断氧化性Fe3I2，由反应方程式得到氧化性Br2Fe3，由反应方程式得到氧化性I2Fe(CN)63-，综合可得C项正确。故选C。9、D【答案解析】AK3Fe(CN)6与亚铁离子反应生成蓝色沉淀，不能检验铁离子，由现象可知原溶液中有Fe2+，不能确定是否含Fe3+，故A错误；BBa(NO3)2的酸性溶液具有强氧化性，能够将亚硫酸根离子氧化为

29、硫酸根离子，从而生成硫酸钡沉淀，则原溶液中可能有SO32-或SO42-，或二者均存在，故B错误；C溶液中含有Na2S，不一定发生沉淀的转化，不能比较Ksp(CuS)与Ksp(ZnS)的大小，故C错误； DC6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明反应生成了苯酚，发生强酸制弱酸的反应，则酸性：H2CO3C6H5OH，故D正确；答案选D。10、C【答案解析】A.用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，该食盐试样不能确定是否含有KIO3，因观察钾元素的焰色，需透过蓝色的钴玻璃，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应是特性，如果换成其它酸，比如H2SO4、HCl等等，反应就不能发

30、生，二氧化硅与NaOH反应生成盐和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故B错误；C.向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，说明KI3的溶液含I2，后者有黄色沉淀，说明KI3的溶液中含I-，即KI3溶液中存在平衡为I2I，故C正确；D.Cu与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，会引入新的杂质亚铁离子，故D错误；答案选C。11、B【答案解析】A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴

31、苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【答案点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。12、B【答案解析】A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。13、A【答案解析】A. 乙醇分子间能够形成氢键，而丙烷不能，因此沸点，故A错误；B卤化银的溶解度从上到下，逐渐减小，AgI的溶解度更小，即溶解度：AgIAgCl，故B正确；C. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性AsBr，则热稳定性，故C正确；D. 金属性越强，最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性BaCs，

32、则碱性，故D正确；答案选A。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意As和Br在元素周期表中的位置，同时注意元素周期律的应用。14、A【答案解析】A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A正确；B. 镁离子的结构示图为故B错误；C.水分子空间构型是V型的，所以水分子的比例模型为 ，故C错误；D. 原子核内有8个中子的碳原子质量数是14，应写为，故D错误；故答案为：A。15、C【答案解析】ACO2在水中的溶解度不大，氨气在水中的溶解度很大，应该先通入氨气，使溶液呈碱性，以利于吸收更多的CO2，产生更多的NaHCO3，故A错误；B锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响滴定结果或配制溶液的浓度，

33、并且加热烘干时可能会影响刻度，造成误差，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，即可得纯净的甲烷，故C正确；D中和滴定实验中滴定管中液体流速可以先快速滴加，接近终点时再缓慢滴加，滴定时眼睛注视锥形瓶中液体颜色的变化，不用注视着滴定管中液体刻度的变化，故D错误；答案选C。【答案点睛】酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，随后加入足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，可以达到除杂的目的，也是学生的易错点。16、D【答案解析】由生成的CO2全部通入足量澄清石灰水中，得到7.0g沉淀，则n(CaCO3)=0.07mol，由C

34、OCO2可知，铁的氧化物中的n(O)=0.07mol，n(Fe)=0.05mol，n(Fe):n(O)=0.05mol:0.07mol=5:7，则铁的氧化物为Fe5O7，故答案为D。17、C【答案解析】根据已知条件可知：X是C，Y是O，Z是Na，W是Al，M是Si。【题目详解】AO2-、Al3+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)r(W3+) ，A正确；BW的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物，而Z的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反应，B正确；CX有多种同素异形体如金刚石、石墨等， Y也存在同素异形体，若氧气与臭

35、氧，C错误；DX、M均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCl4、SiCl4，D正确；故选C。18、A【答案解析】A. 镁原子最外层只有2个电子，易失去，4.8gMg在足量CO2中燃烧，转移的电子数为0.4NA，故A正确；B. 葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，一个葡萄糖分子中含有5个羟基，所以0.1mol葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.5NA，故B错误；C. 常温常压下，4.48LCO2和NO2混合气体不是0.2mol，所含原子总数不是0.6NA，故C错误；D. 钠与水也可以反应生成氢气，故D错误。故选A。19、C【答案解析】根据大会主题“迈向无污染

36、的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。20、A【答案解析】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故A错误；B原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故B正确；C拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D正确；答案为A。21、B【答案解析】A甲烷与酸性KMnO4溶液不反应，不

37、能通过将CH4通入酸性KMnO4溶液，证明CH4发生氧化反应，故A错误；B铜与氧气发生反应，生成黑色的氧化铜，热的氧化铜与乙醇反应生成乙醛和金属铜，根据质量守恒定律可知，整个过程中铜丝的质量不变，为催化剂，故B正确；C加入试剂的顺序为乙醇、浓硫酸、醋酸，先加入浓硫酸会发生液体飞溅，故C错误；D蔗糖水解后溶液呈酸性，应先用NaOH调节至碱性，再用银氨溶液或新制的氢氧化铜检验水解产物的还原性，否则实验不会成功，故D错误；故选B。22、D【答案解析】方案：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3+Na2SO4；则2Al2N

38、aOHH2SO42Al(OH)3；方案：发生反应为2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3 Na2SO4；则2Al6NaOH3H2SO42Al(OH)3；方案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O=8Al(OH)3+3Na2SO4，则2Al1.5NaOH0.75H2SO42Al(OH)3。【题目详解】A三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B从三个方案的比较中可以看出，生成等

39、物质的量的氢氧化铝，方案所用硫酸的量最少，B正确；C方案需控制酸的加入量，方案需控制碱的加入量，而方案不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D采用方案时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al6NaOH3H2SO42Al，用于制备溶液的 Al 占总量的 0.75，D不正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、酯基 取代反应 6 5甲基1,3苯二酚 吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率 4 和 【答案解析】A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【题

40、目详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5甲基1,3苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提

41、高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是CHO，OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。24、羧基、肽键（或酰胺键） 取代反应 定位 +2H2O+CH3COOH+H2SO4 或（任写1种） 【答案解析】(1)根据流程图中的结构简式和反应物转化关系分析； (2)通过反应和反应推知引入SO3H的作用是控制反应

42、中取代基的位置；(3)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳，根据结构简式分析；(4)根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为；(5)根据题目要求分析，结合取代基位置异构，判断同分异构体的数目。(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物。【题目详解】(1)根据G的结构图，G中官能团的名称是羧基和肽键(或酰胺键)；反应中C的SO3H被取代生成D，则反应类型是取代反应；(2)通过反应和反应推知引入SO3H的作用是控制反应过程中取代基的连接位置，故起到定位的作用；(3)

43、F是邻氨基苯甲酸，与足量氢气发生加成反应生成，与羧基、氨基连接的碳原子是手性碳原子，可表示为：；(4) 根据流程图中H和J的结构简式可断定I的结构简式为，的反应方程式：+2H2O+CH3COOH+H2SO4；(5) D的结构简式为，苯环上有三个不相同且互不相邻的取代基的同分异构体，即三个取代基在苯环上处于邻间对位置上，同分异构体结构简式或（任写1种）；(6)先用酸性高锰酸钾溶液将甲基氧化为羧基，然后用“Fe/HCl”将硝基还原为氨基，得到对氨基苯甲酸，然后在催化剂作用下，发生缩聚反应生成含肽键的聚合物，不能先把硝基还原为氨基，然后再氧化甲基，因为氨基有还原性，容易被氧化，故合成路线如下：。25

44、、ACB 残余清液中，n(Cl-)n(H+) 0.1100 Mn2+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒 残余清液 装置内气体尚未冷却至室温 【答案解析】(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应；(3)依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸锰沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；(5)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【题目详解】(1)实验室用MnO2与浓盐酸反应制备Cl2，实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气

45、密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是ACB，故答案为：ACB；(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，即残余清液中，n(Cl-)n(H+)，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，n(Cl-)n(H+)(或二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，也会与硝酸银反应)；(3)a、量取试样20.00mL，用0.1000molL-1 NaOH标准溶液滴定，消耗22.00mL，由cHClVHCl=cNaOHVNaOH可得出盐酸的浓度为=0.1100mol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化锰，氯化锰能够与NaOH反应生成氢氧化锰

46、沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数据是Mn2+开始沉淀时的pH，故答案为：Mn2+开始沉淀时的pH；(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸锰说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成碳酸锰沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小；(5)丁同学的方案中使Y形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却

47、至室温。【答案点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意金属与酸的反应为放热反应。26、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl-4H+ SO42- 【答案解析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2

48、，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【题目详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+

49、2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢

50、；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。27、指示 B

51、中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率 c Br2+2OH=Br+BrO+H2O 干燥产品（除去产品中的水） 30% 【答案解析】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。 (2)()中“先切断瓶C与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体

52、易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤中加入1的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为。【题目详解】(1)图中B装置气体经过，但B中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率，因此玻璃管的作用为指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指示B中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)()中“先切断瓶C

53、与瓶D的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率，故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将溴吹出而降低产率。(3)装置D的烧杯中需加入冷却剂，因为1，2一二溴乙烷的沸点为131，熔点为9.3，因此只能让1，2一二溴乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c，故答案为：c。(4)步骤中加入1的氢氧化钠水溶液主要是将1，2一二溴乙烷中的单质溴除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH=Br+BrO+H2O，故答案为：Br2+2OH=Br+BrO+H2O。(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品（除去产品中的水）；单质溴为0.1mol，

54、根据质量守恒得到1，2一二溴乙烷理论物质的量为0.1mol，因此该实验所得产品的产率为，故答案为：干燥产品（除去产品中的水）；30%。28、 H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快 温度升高， H2O2发生了分解 4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O 由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀 提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率 S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+

55、与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动 【答案解析】.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，据此写离子方程式；(2) H2O2具有氧化性；(3)温度高，H2O2易分解；(4) O2的可以将亚铁离子氧化；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；.(5)根据反应机理，提高铜的浸出率的关键在慢反应；(6)根据(NH4)2S2O8的性质分析作答。【题目详解】.(1)反应过程中有黄色固体生成，说明Cu2S与Fe2(SO4)3反应产生了硫单质，则离子方程式

56、为，故答案为：；(2) 浸出过程中铁离子变为亚铁离子，H2O2具有氧化性，可以再使亚铁离子氧化为铁离子，加快反应速率，故答案为：H2O2把生成Fe2+又氧化为Fe3+，c(Fe3+)的浓度增大，反应速率加快；(3)H2O2受热易分解，故答案为：温度升高， H2O2发生了分解；(4) O2可以将亚铁离子氧化，离子方程式为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；加入CuO的不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，故答案为：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O；由于浸取剂的pH = 1，加入适量的CuO，不引入其它杂质离子，消耗H+有利于控制溶液

57、pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀；.(5)根据反应机理，反应有快慢之分，提高铜的浸出率的关键在慢反应，故答案为：提高慢反应的速率，即提高Cu+的氧化速率；(6)(NH4)2S2O8电离为S2O82-和NH4+，S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(OH-)的浓度降低，有利于慢反应及Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，故答案为：S2O82-的氧化性比O2强，使慢反应的速率加快，促使Cu2S沉淀溶解平衡正向移动，同时(NH4)2S2O8电离产生NH4+，NH4+与慢反应产生的OH-结合，c(