河北省易县中学2023学年高三压轴卷化学试卷含解析

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、烷烃命名中常使用三套数字，甲、乙、丙，1、2、3，一、二、三。其中“一、二、三”是说明A碳原子数B烷基位置编号C氢原子数D同种烷基数目2、实验室为监测空气中汞蒸气的含量，通常悬挂有CuI的滤纸，根据滤纸是否变色或颜色发生变化的时间来

2、判断空气中汞的含量，其反应为：4CuIHgCu2HgI42Cu。下列有关说法正确的是()A上述反应的产物Cu2HgI4中，Hg的化合价为2B上述反应中CuI既是氧化剂，又是还原剂C上述反应中Hg元素与Cu元素均被氧化D上述反应中生成64gCu时，转移的电子数为2NA3、药物吗替麦考酚酯有强大的抑制淋巴细胞增殖的作用，可通过如下反应制得：+HCl下列叙述正确的是A化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子B化合物Y的分子式为C6H12NO2C1mol化合物Z最多可以与2molNaOH反应D化合物Z能与甲醛发生聚合反应4、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的制备通常采用电解法。已知：KF

3、HF=KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是A钢电极与电源的负极相连B电解过程中需不断补充的X是KFC阴极室与阳极室必须隔开D氟氢化钾在氟化氢中可以电离5、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（ ）1mol氯气发生反应转移电子数为2NA12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA17g羟基中含有的电子数为10NA1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NAAB

4、CD6、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O，下列说法错误的是（ ）A每1molKClO3参加反应就有2mol电子转移BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化DKClO3在反应中得到电子7、化学与生产、生活密切相关。下列说法中不正确的是：A从海水中制取食用的精盐，需要有化学反应才能实现B高温及常用的消毒剂可使禽流感病毒蛋白质变性C生活中的铜制品既能发生析氢腐蚀又能发生吸氧腐蚀D植物油中含有碳碳双键，在空气中长时间放置容易氧化变质8、在一定温度下，将气体 X和气体Y

5、各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应：X(g)+Y(g) 2Z(g) H0。一段时间后达到平衡，反应过程中测定的数据如表，下列说法正确的是A反应前2min的平均速率v(Z)v(正)C保持其他条件不变，起始时向容器中充入0.32mol气体X和0.32mol气体Y，到达平衡时，c(Z)0.24molL1D该温度下此反应的平衡常数：K=1.449、下列离子方程式正确的是ANaHSO3溶液中的水解方程式：HSO3H2O=H3O+BFeI2溶液中加双氧水，出现红褐色沉淀：6Fe2+3H2O2=2Fe（OH）34Fe3+C10 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中滴加几滴AlCl3溶液：

6、Al3+3OH=Al（OH）3D3a mol CO2通入含2a mol Ba（OH）2的溶液中：3CO24OHBa2+=BaCO32H2O10、NA表示阿伏加德罗常数的值。室温下，下列关于 1 L 0.1 mol/L FeCl3 溶液的说法中正确的是A溶液中含有的 Fe3+离子数目为 0.1NAB加入 Cu 粉，转移电子数目为 0.1NAC加水稀释后，溶液中 c(OH) 减小D加入 0. 15 mol NaOH 后，3c(Fe3+)+c(H+) = c(Na+) + c(OH)11、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周

7、期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A最简单氢化物的稳定性：WXB含氧酸的酸性：Z7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由：_，_。(5)25甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为_。若向100ml 0.1mol.L-1的HCOONa溶液中加入100mL0.2mol.L-1的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_。26、（10分）硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S

8、2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O35H2O（M=248g/moL）在35 以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I制备Na2S2O35H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式_。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是_A 浓硫酸 B 溴水 C FeSO4溶液 D BaCl2溶液II测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取a gKIO3（M=214g/moL）固体配

9、成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。则c（Na2S2O3）_ mol /L。（列出算式即可）（已知：IO3+5I+6H+3I2+3H2O，2S2O32+I2S4O62+2I）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_（填字母）A 滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B 滴定终点时俯视读数C 锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。甲同学设

10、计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有_和_。（2）乙同学认为应将上述流程中所加试剂顺序颠倒，你认为理由是_。27、（12分）过硫酸钠(Na2S2O8)具有极强的氧化性，且不稳定，某化学兴趣小组探究过硫酸钠的相关性质，实验如下。已知SO3是无色易挥发的固体，熔点16.8，沸点44.8。（1）稳定性探究(装置如图)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO42SO3O2。此装置有明显错误之处，请改正：_，水槽冰水浴的目的是_；带火星的木条的现象_。（2）过硫酸钠在酸性环境下，在Ag的催化作用下可以把Mn2氧化为紫红色的离子，所得溶液加入BaCl2可以产生白色沉淀

11、，该反应的离子方程式为_，该反应的氧化剂是_，氧化产物是_。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，过滤后对沉淀进行洗涤的操作是_。（4）可用H2C2O4溶液滴定产生的紫红色离子，取20mL待测液，消耗0.1molL1的H2C2O4溶液30mL，则上述溶液中紫红色离子的浓度为_molL1，若Na2S2O8有剩余，则测得的紫红色离子浓度将_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。28、（14分）非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家利用Cs2CO3、XO2（XSi、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsXB3O7的非线性光学晶体。回答下列问题：（1）C、O、Si三

12、种元素电负性由大到小的顺序为_；第一电离能I1(Si) _ I1(Ge)（填“”或“”）。（2）基态Ge原子核外电子排布式为_；SiO2、GeO2具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是_，原因是_。（3）如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是_。（4）以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7属于正交晶系（长方体形），晶胞参数为a pm，b pm和c pm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中Cs原子的数目为_；CsSiB3O7的摩尔质量为M

13、 gmol1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为_gcm1（用代数式表示）。29、（10分）乙苯是重要的化工原料，利用乙苯为初始原料合成高分子化合物J的流程如下图所示（部分产物及反应条件已略去）：已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2O(1)物质B的名称为_。反应所需的试剂和条件分别为_。(2)、的反应类型分别为_。(3)物质H中官能团的名称是_；物质J的化学式是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)写出符合下列条件，与G互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式：_。.与Na反应能够生成氢气；.含碳碳叁键（不考虑“”结构）；.苯环上只有两个处于对位的取代基；.核磁共振氢

14、谱中峰的面积之比为2:2:2:1:1。(6)参照上述合成路线和信息，设计由、乙醛、苯甲醇合成的路线_（无机试剂任选）。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】据烷烃的命名规则，理解所用数字的含义。【题目详解】烷烃系统命名时，甲、乙、丙，表示主链碳原子数目。1、2、3，用于给主链碳原子编号，以确定取代基在主链的位置。一、二、三，用于表示相同取代基的数目。本题选D。2、A【答案解析】ACu2HgI4中Cu 元素的化合价为+1价，Hg为+2价，I为1价，故A正确；BCu元素化合价部分由+1价降低到0价，被还原，CuI为氧化剂，故B错误；C

15、Cu得到电子被还原，Hg失去电子被氧化，故C错误；D由方程式可知，上述反应中生成64g Cu，即1mol时，转移1mol电子，电子数为1NA，故D错误；答案选A。3、A【答案解析】A连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子（为连接溴原子的碳原子），选项A正确；B根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，选项B错误；CZ中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1mol化合物Z最多可以与3molNaOH反应，选项C错误；D. 化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子，不能与甲醛发生聚合反应，选项D错误。答案选A。【答案点睛】本题考查有机

16、物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查烯烃、酯和酚的性质，注意Z中水解生成的酚羟基能与NaOH反应，为易错点。4、B【答案解析】根据装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行分析和判断；【题目详解】A、根据装置图，KHF2中H元素显1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧

17、烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。5、D【答案解析】将1mol氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1mol，转移的电子数等于NA，故错误；12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故正确；在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故错误；17g羟基的物质的量为1mol，

18、1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故错误；1molNa2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故正确；20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02mol，含有Fe3+为0.04mol，含有SO42-为0.06mol，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故正确；所以符合题意；答案选D。【答案点睛】熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液

19、则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。6、A【答案解析】A. 根据化学方程式，KClO3中Cl元素由+5价下降到+4价，得到1个电子，所以1molKClO3参加反应有1mol电子转移，故A错误；B. 反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，化合价升高元素是C，对应的产物CO2是氧化产物，化合价降低元素是Cl，对应的产物ClO2是还原产物，故B正确；C. 化合价升高元素是C元素，所在的反应物H2C2O4是还原剂，在反应中被氧化，故C正确；D. 反应2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，KC

20、lO3中Cl元素化合价降低，得到电子，故D正确；故选A。7、C【答案解析】A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C错误；D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；答案选C。8、D【答案解析】A.反应前 2 min 内Y的改变量为1.14mol，则Z改变量为1.18mol，2m

21、in内Z的平均速率v(Z)=n/t=4113mol(Lmin)1，故A错误；B.其他条件不变，降低温度，平衡向放热方向移动，正向移动，反应达到新平衡前：v(正)v(逆)，故B错误；C.充入气体X和气体Y各1.16mol，平衡时Y的物质的的量为1.11mol，则改变量为1.16mol，此时Z的物质的量为1.12mol，浓度为1112molL1，保持其他条件不变向容器中充入1.32mol气体X和132 mol气体Y，用建模思想，相当于两个容器，缩小容器加压，平衡不移动，浓度为原来2倍，即c(Z) = 1.124 molL1，故C错误；D.平衡时，Y的物质的量为1.1mol，X的物质的量为1.1mo

22、l，Z的物质的量为1.12mol，该温度下此反应的平衡常数，故D正确；答案选D。9、D【答案解析】A. HSO3H2O=H3O+为HSO3的电离方程式，故错误； B. FeI2溶液中加双氧水，应是碘离子被氧化，生成碘单质，再亚铁离子反应生成铁离子，故错误；C. 10 mL 0.1 molL1 NaOH溶液中滴加几滴AlCl3溶液，说明碱过量，反应生成偏铝酸钠，不是氢氧化铝，故错误；D. 3a mol CO2通入含2a mol Ba（OH）2的溶液中，反应生成碳酸钡和碳酸氢钡，离子方程式3CO24OHBa2+=BaCO32H2O，故正确；故选D。【答案点睛】掌握酸式盐的水解或电离方程式的书写，通

23、常都有水参与反应，关键是看离子是分开还是结合的问题，若分开，则为电离，若结合，则为水解。或结合电离或水解后的酸碱性判断，如亚硫酸氢根离子电离显酸性，所以反应产物有氢离子，水解显碱性，则反应产物有氢氧根离子。10、D【答案解析】AFe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)0.1NA，故A错误；BCu+2Fe3+=Cu2+2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e)0.1NA，无法确定，故B错误；C加水稀释使平衡Fe3+3H2O3H+ + Fe(OH)3向右移动，(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH)增大，故C错误；D加入0.15 mol NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c

24、(Cl)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH)+c(Cl)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH)，故D正确；答案选D。【答案点睛】列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl)(物料守恒)是解D项的关键。11、D【答案解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S

25、、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【题目详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：WX,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.SOCl2+H2OSO2+2HCl， AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【答案点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。12、D【答案解析】A. Fe单质在氧气中燃烧生产Fe3O4，故A可以一步实现；B

26、. Al和NaOH反应生成NaAlO2、H2和H2O，故B可以一步实现；C. Cu和浓硫酸反应生成CuSO4，故C可以一步实现；D. S的氧化性较弱，和Cu反应生成低价硫化物Cu2S，故D不能一步实现；故选D。【答案点睛】熟练掌握物质的性质，是解决此类问题的关键，正确运用物质分类及反应规律则是解决此类问题的有效方法。13、A【答案解析】根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，故选：A。14、A【答案解析】A金属汞一旦洒落在实验室地面或桌面，加硫磺粉处理，且金属汞不能深埋处理，易污染土壤和地下水，故A错误；B氨氮废水中N为-3价，可利用氧化还原反应原理发生氧化反应转化为无毒物质，所以可用化学

27、氧化法或电化学氧化法处理，故B正确；C做蒸馏实验时，蒸馏烧瓶中忘记加人沸石，需要停止加热，冷却后补加，故C正确；D乙酸乙酯水解生成乙酸和乙醇，只有乙酸为电解质，且乙酸电离显酸性，则乙酸浓度越大，酸性越强，导电能力也越强，所以用pH计、电导率仪(一种测量溶液导电能力的仪器)均可监测乙酸乙酯的水解程度，故D正确；故答案为A。15、B【答案解析】A“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A正确；B医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了

28、细菌，故B错误；C钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正确；故选：B。16、B【答案解析】A乌洛托品的分子中含有6个“CH2”和4个N原子，则分子式为C6H12N4，A正确；B乌洛托品分子结构中含有4个六元环，B不正确；C乌洛托品分子中含有6个完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一种，C正确；D1mol乌洛托品与4mol硝酸完全反应，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正确；故选B。17、A【答案解析】甲构成原电池，

29、乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【题目详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误； B、乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；D、甲中铁是原电池

30、的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。【答案点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。18、B【答案解析】A、萘与氢气完全加成后产物是，其分子式为C10H18，正确；B、蒽：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，菲：，有5种不同的氢原子，一氯代物有5种，芘：，有3种不同的氢原子，一氯代物有3种，错误；C、四种有机物都含有苯环，苯环的空间构型为平面正六边形，因此该四种有机物所有

31、碳原子都共面，正确；D、四种有机物都能发生加成反应和取代反应，正确。答案选B。19、B【答案解析】A. 湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B. NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；DNaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。20、C【答案解析】A、降温由平衡（）向平衡（）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物

32、质的量不变，由图可以看出达平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（）时，X的转化率为， 故C错误；D、由平衡（）到平衡（），化学反应发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。21、D【答案解析】A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、 将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱

33、和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，故D正确；故选D。22、C【答案解析】A滴定前pH=11，则A2的水解常数是，则Ka2(H2A)的数量级为，A正确；B当V=5时根据物料守恒可知c(A2)+c(HA)+c(H2A)=2c(Cl)，B正确；C根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)c(HA)c(H2A)c(A2)，C错误；Dc点溶液显中性，盐酸的体积大于10 mL小于20 mL，则溶液中：c(Na+)c(Cl)c(H+)=c(OH)，D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、酯基 取代反

34、应 新制的Cu(OH)2悬浊液 是否有砖红色沉淀生成 3 【答案解析】B(乙酸甲酯)与C发生信息iii中取代反应生成D，(3)中B、C互为同分异构体，可推知C为HCOOC2H5，则D为，D氧化生成E为，E与甲醇发生酯化反应生成FF与A发生信息i中的反应生成G，可推知A为C2H5Br对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(6)以、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最

35、后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到。【题目详解】(1)F的结构简式为，所含官能团的名称为酯基；G为，则FG是F的上的H原子被乙基替代生成G，属于取代反应；(2) 对比G、H的结合，结合信息i可知试剂a为；结合I分子式及信息ii中取代反应，可知H与NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环状，故I为；(3) B、C互为同分异构体，二者发生信息iii中取代反应生成D，可推知C为HCOOC2H5，则D为，BD的化学方程式：；B和D均含有酯基，但D中还含有醛基，则可利用新制的Cu(OH)2悬浊液来鉴别，用新制的Cu(OH)2悬浊液分

36、别与B或D混合加热，有砖红色沉淀生成的为D，不生成砖红色沉淀生成的为B； (4) EF的化学方程式：；(5)D为，其分子式为C4H6O3，其同分异构体满足a能发生银镜反应说明有醛基，也可能是甲酸酯；b能与反应说明分子组成含有羟基或羧基；c能使Br2的CCl4溶液褪色，再结合在羟基与碳碳双键直接相连的结构不稳定，同一个碳原子上连接多个羟基的结构不稳定，可知分子结构中不可能有碳碳双键，应该包含2个醛基和1个羟基，具体是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共3种； (6) 以、为原料，制备，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到H

37、OOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa发生信息iii的反应即得到，具体流程图为： 。【答案点睛】本题解题关键是根据反应条件推断反应类型：(1)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。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)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。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反

38、应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)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)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、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，

39、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

40、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。25、球形干燥管 HCOOHCOH2O 浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热 cbedf PdCl2COH2O=PdCO22HCl 氢氧化钠溶

41、液 除去CO中水蒸气 方案不可行 无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7 10-11 c(Cl-)c(H+)c(Na+)c(HCOO-)c(OH-) 【答案解析】A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。【题目详解】(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOHCOH2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)

42、根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置，其连接顺序为：acbedf。(3)打开k2，由于常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2COH2OPdCO22HCl；由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7，所以该方案不可行；(5)25甲酸电离常数Ka1.8104，则25甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh，

43、其数量级为10-11。若向100mL 0.1molL-1的HCOONa溶液中加入100mL 0.2molL-1的HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)c(H+)c(Na+)c(HCOO-)c(OH-)。26、2S2+ CO32+ 4SO2 3S2O32+ CO2 B （或） B 碱性 还原性 可以排除BaS2O3的干扰 【答案解析】I(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再

44、根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析； (2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；(1) 甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明Na2S2O3 与氯水反应时有SO42-生成；(2) 在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3 是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【题目详解】I(1)

45、 根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2+ CO32+ 4SO23S2O32+ CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II(1) KIO3+5KI+3H2S

46、O4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)= =molL1（或）molL1，(2) A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B. 滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D. 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，

47、导致样品纯度偏低，故D不符合题意；故答案选B；(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42生成,即证明S2O32具有还原性；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。【答案点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题

48、中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。27、试管口应该略向下倾斜 冷却并收集SO3 木条复燃 2Mn25S2O8H2O2MnO10SO16H S2O MnO 用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作23次(合理即可) 0.06 偏高 【答案解析】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜；根据SO3、氧气的性质进行分析； (2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，据此写出离子方程式，并根据氧化还原反应规律判断氧化剂、氧化产物；(3)根据沉淀洗涤的方法进行回答； (4)根据得失电子守恒可得到关系式：5H2C

49、2O4-2MnO4-，带入数值进行计算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【题目详解】(1)在试管中加热固体时，试管口应略微向下倾斜，SO3的熔、沸点均在0以上，因此冰水浴有利于将SO3冷却为固体，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧气，所以在导管出气口的带火星的木条会复燃，故答案为：试管口应该略向下倾斜；冷却并收集SO3；木条复燃；(2)X为MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以产生白色沉淀，则产物中有SO42-，则反应的离子方程式为2Mn25S2O8H2O2MnO10SO16H，根据该反应中元素化合价的变化可知，氧化剂是S2O82-，氧化产物是M

50、nO4-，故答案为：2Mn25S2O8H2O2MnO10SO16H；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗涤时，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸馏水需要没过沉淀，需要洗涤23次，故答案为：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸馏水至没过沉淀，使蒸馏水自然流下，重复操作23次(合理即可)；(4)根据得失电子守恒可得到关系式：则，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，导致测得的结果偏高，故答案为：0.06；偏高。28、OCSi 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2） SiO2 二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长，SiO2键能更大，熔点更高。 sp2 热水破坏了硼酸晶体中的氢键，而且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大 4 【答案解析】（1）电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减少，第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小。（2）SiO2、GeO2为同类型晶体结构，即为原子晶体，Ge原子