江苏省淮阴中学2023学年高三二诊模拟考试化学试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是A能发生加成、取代、还原等反应B分子内有3个手性碳原子C分子内存在三种含氧官能团D分子内共平面的碳原子多于6个2、下列有关叙述正确的是氧化镁：可用作耐火材料；二氧化硅：制造计算机芯片；水玻璃：可作木材防火剂；铝热反应

2、既可 用于焊接钢轨，也可用于工业上冶炼铁；水煤气属于清洁能源；浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体ABCD3、化学与生产、生活息息相关，下列叙述错误的是A用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维B可以用Si3N4、A2O3制作高温结构陶瓷制品CGe(32号元素)的单晶可以作为光电转换材料用于太阳能电池D纤维素在人体内可水解为葡萄糖，故可作为人类的营养物质4、下列操作不正确的是A配制氯化铁溶液时需加入少量盐酸B金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中C保存液溴需用水封，放在带橡皮塞子的棕色细口瓶中D用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜5、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子

3、半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物XZB五种元素中Q的金属性最强C气态氢化物的稳定性：YD最高价氧化物对应的水化物酸性：HY6、科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（ ）A反应过程中需要不断补充Fe2+B阳极反应式是2HCl- 2e- =Cl2+2H+C电路中转移1 mol电子，消耗标况下氧气5.6 LD电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g） + 2H2O（g）7、某甲酸溶液中含有甲醛，用下列方法可以证明的是A加

4、入足量的新制氢氧化铜并加热煮沸，有砖红色的沉淀B加入过量的氢氧化钠充分反应后的溶液能发生银镜反应C将试液进行酯化反应后的混合液能发生银镜反应D加入足量氢氧化钠后，蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热有砖红色沉淀8、下列化学用语正确的是ANa-O-H与Na+都表示氢氧化钠B与都表示氟离子C-OH与都表示羟基D与都表示水分子9、延庆区的三张名片：长城、世园会、冬奥会中所使用的材料属于无机非金属材料的是A京张高铁的复兴号火车“龙凤呈祥”内装使用材料FRPB中国馆屋顶ETFE保温内膜C八达岭长城城砖D2023年冬奥会高山滑雪服10、对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgS

5、O4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+Na+H+C浓HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓 羟基中氢的活泼性：H2OC2H5OHAABBCCDD11、将胆矾与生石灰、水按质量比为1：0.56：100混合配成无机铜杀菌剂波尔多液，其成分的化学式可表示为CuSO4xCaSO4xCu(OH)2yCa(OH)2，当x=3时，y为()A1B3C5D712、2019年为国际化学元素周期表年。

6、鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）ALv位于第七周期第A族BLv在同主族元素中金属性最弱CLv的同位素原子具有相同的电子数D中子数为177的Lv核素符号为Lv13、下列说法中，正确的是（）A一定条件下，将2gH2与足量的N2混合，充分反应后转移的电子数为2NAB1mol与足量水反应，最终水溶液中18O数为2NA（忽略气体的溶解）C常温下，46gNO2和N2O4组成的混合气体中所含有的分子数为NAD100mL12molL1的浓HNO3与过量Cu反应，转移的电子数大于0.6NA14、草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。常温下，向H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l

7、gXX为或与pH的变化关系如图所示。下列说法一定正确的是A表示lg与pH的变化关系BpH1.22的溶液中：2c(C2O42-)c(HC2O4-)=c(Na)C根据图中数据计算可知，Ka2(H2C2O4)的数量级为10-4DpH 由1.22到4.19的过程中，水的电离程度先增大后减小15、有氯气参加的化学反应一定不属于A复分解反应B置换反应C取代反应D加成反应16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB常温常压下，11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3

8、NAD常温下，1molC5H12中含有共价键数为16NA17、下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A条件相同时导电能力：盐酸NaAcB曲线是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能力Da点是反应终点18、设aX+bY为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）A0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B合成氨工业中，投

9、料1molN2(g)+3H2(g)可生成2NA个NH3(g)C用惰性电极电解1L浓度均为2molL-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA19、已知一组有机物的分子式通式，按某种规律排列成下表项序1234567通式C2H4C2H4OC2H4O2C3H6C3H6OC3H6O2C4H8各项物质均存在数量不等的同分异构体。其中第12项的异构体中，属于酯类的有（不考虑立体异构）A8种B9种C多于9种D7 种20、常温下，向1 L0.1 molL-1 NH4C1溶液中，

10、逐渐加入NaOH固体粉末，随着n(NaOH)的变化，c(NH4+)与c(NH3H2O)的变化趋势如下图所示(不考虑体积变化、氨的挥发、温度的变化)。下列说法正确的是( )AM点溶液中水的电离程度比原溶液大B在M点时，n(OH-)+0.1 mol=(a+0.05)molC随着NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不断减小D当n(NaOH)=0.1 mol时，c(Na+)5.5 时反而减小，请解释 NO 去除率减小的可能原因是_。(3)臭氧也是理想的烟气脱硝剂，其脱硝的反应之一为 2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)，不同温度下，在体积为 1L 的甲、乙两个恒容密闭容器中均充入

11、 l mol O3 和 2 mol NO2，相关信息如图所示，请回答下列问题：015min 内乙容器中反应的平均速率：v(NO2) =_。(保留 2 位有效数字)下列措施能提高容器乙中 NO2 转化率的是_(填字母标号)A向容器中充入氦气，增大容器的压强B升高容器的温度C向容器中再充人一定量的 NO2D向容器中再充入 l mol O3 和 2 mol NO2甲容器的初始压强为 p0，计算该反应的平衡常数 Kp=_。(分压=总压物质的量分数)(4)过二硫酸钾(K2S2O8)可作为燃煤锅炉脱硝的氧化剂。实验室通过电解饱和 KHSO4 溶液制备 K2S2O8。电解装置如图所示：电极 B 为_极(“阳

12、”或“阴”)。在常温下，电解液中的含硫微粒的主要存在形式与 pH 的关系如图所示，将电极 A 区域的 pH 控制在 02 之间进行电解，则电极 A 的电极反应方程式为_。29、（10分）实验室用如图装置制备HCl气体。（1）推压注射器活塞将浓盐酸慢慢注入到浓硫酸中，可制备少量干燥HCl气体，其原理是_（选填编号）。a浓硫酸吸收了盐酸中水分b混合时放热使HCl溶解度减小c浓盐酸中HCl以分子形式存在d浓盐酸密度小于浓硫酸（2）为测定制备气体后残留混合酸中盐酸和硫酸的浓度，进行如下实验：取5.00mL混合酸，加水稀释至500mL，完成此操作，用到的精确定量仪器有_；称量4.7880gBa(OH)2

13、固体，溶于水配成250mL标准溶液，装入洗净的细口试剂瓶，并贴上标签。装瓶前用标准溶液对试剂瓶进行润洗的目的是_，请你填写标签上的空白。_（3）从500mL稀释液中取出20.00mL，滴加几滴酚酞作指示剂，用标准Ba(OH)2溶液滴定至溶液由无色变为红色才停止滴定，出现这种情况的补救措施除重做外，还有可以采取的措施是_。（4）为完成全部测定，接下来对锥形瓶中混合物进行的操作是_、称量、_。（5）若固体Ba(OH)2中混有少量的NaOH，会导致混合酸中硫酸浓度的测定结果_（选填“偏大”、“偏小”、“无影响”）。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

14、、B【答案解析】A含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；B手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有1个手性碳原子，故B错误；C分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；D苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；故答案为B。【答案点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。2、A【答案解析】

15、氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，项正确；制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，项错误；水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，项正确；铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，项错误；水煤气是CO和H2的混合气体，属于清洁能源，项正确；浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干燥H2S，项错误；综上所述，正确；答案选A。【答案点睛】项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用

16、于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混为一谈。3、D【答案解析】A. 蚕丝主要成分为蛋白质，蛋白质灼烧能产生烧焦羽毛的特殊气味，而人造纤维没有这种气味，则用灼烧的方法可以区分蚕丝和人造纤维，A项正确；B. Si3N4、A2O3为常见的新型高温陶瓷材料，B项正确；C. Ge(32号元素)位于金属与非金属的分界线附近，可做半导体材料，C项正确；D. 人体内没有纤维素水解酶，因此纤维素不能再人体内水解，D项错误；答案选D。4、C【答案解析】A.氯化铁是强酸弱碱盐,铁离子易水解,为抑制水解,在配制氯化铁溶液时需要加入少量稀盐酸,故A正确；B.钠易和空气中水、氧气反应而变质,其密度大于煤

17、油，并且又不和煤油反应,所以金属钠保存在装有煤油的带玻璃塞的广口瓶中,故B正确；C.溴易腐蚀橡皮塞,应该用玻璃塞的试剂瓶,故C错误；D.银能溶于稀硝酸生成硝酸银,所以可以用稀硝酸洗去附在试管内壁的银镜，故D正确；答案选C。5、A【答案解析】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于A族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数ZY4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O

18、2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【题目详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【答案点睛】本题考查

19、了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。6、A【答案解析】HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【题目详解】A由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；BHCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl- 2e- =Cl2+2H+，B正确；C根据电子得失守恒有：O24e-，电路中转移1 mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6 L，C正确；D由图可知，反应物为HCl(g)

20、和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+ 2H2O(g)，D正确。答案选A。7、D【答案解析】A甲酸分子中也含有醛基，所以无论是否含有甲醛，都会有该现象，A错误。B甲酸与加入过量的氢氧化钠充分反应后的得到的甲酸钠中仍然含有醛基，所以溶液一样可以能发生银镜反应，不能证明是否含有甲醛，B错误。C酸与醇发生酯化发生的实质是酸脱羟基醇脱氢。所以将甲酸溶液进行酯化反应后的混合液含有甲酸及甲酸酯中都含有醛基，可以发生银镜反应。因此不能证明含有甲醛，C错误。D向甲酸溶液中加入足量氢氧化钠，发生酸碱中和反应得到甲酸钠。甲酸钠是盐，沸点高

21、。若其中含有甲醛，则由于甲醛是分子晶体，沸点较低。加热蒸馏出的气体通入新制的氢氧化铜悬浊液加热煮沸，若有砖红色沉淀，则证明蒸馏出的气体中含有甲醛，D正确。答案选D。8、C【答案解析】A.氢氧化钠是离子化合物，不能用Na-O-H表示，故A错误；B.为氟离子，不一定代表氟离子，可能是Ne原子或者氧离子等，故B错误；C.-OH与都表示羟基，分别为结构简式和电子式，故C正确；D.水分子是v型结构，不是直线型，故D错误；答案：C9、C【答案解析】A. FRP属于纤维增强复合材料，不属于无机非金属材料，A项错误；B. ETFE保温内膜属于乙烯-四氟乙烯共聚物，不属于无机非金属材料，B项错误；C. 长城城砖

22、属于无机非金属材料，C项正确；D. 高山滑雪服内层有一层单向芯吸效应的化纤材料，外层是棉制品，不属于无机非金属材料，D项错误；答案选C。10、B【答案解析】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2OMg(OH)22H，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu22e=Cu，说明Cu2得电子能力大于H，电

23、解NaCl溶液，阴极上发生2H2e=H2，说明H得电子能力强于Na，得电子能力强弱是Cu2HNa，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OHNaAc，故A正确；B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线可知，氢氧化钠的导电能力不

24、如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故C错误；D反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。【答案点睛】本题的难点为曲线和的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。18、D【答案解析】A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1molN2(g)+3H2(g)生成的NH3(g

25、)数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。19、B【答案解析】由表中规律可知，3、6、9、12项符合CnH2nO2，由C原子数的变化可知，第12项为C5H10O2，属于酯类物质一定含-COOC-。【题目详解】为甲酸丁酯时，丁基有4种，符合条件的酯有4种；为乙酸丙酯时，丙基有2种，符合条件的酯有2种；为丙酸乙酯只有1种；为丁酸甲酯时，丁酸中-COOH连接丙基，

26、丙基有2种，符合条件的酯有2种，属于酯类的有4+2+1+2=9种，故选：B。20、C【答案解析】AM点，向1L 0.1molL-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A项错误；B. 在M点时溶液中存在电荷守恒，n(OH)+n(Cl) = n(H+)+n(Na+)+n(NH4+)，则n(OH) + 0.1 mol = 0.05+ n(H+)+a =(a+0.05) mol + n(H+)，B项错误；C. 铵根离子水解显酸性，因=，随氢氧化钠固体加入，反应

27、生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)不断减小，C项正确；D. 当n(NaOH)=0.1 mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知，c(Na+) = c(NH4+)+c(NH3H2O)，D项错误；答案选C。21、B【答案解析】A氢气和氯气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则和HCI的原子数目是否相同无法计算，A错误；B32gCu的物质的量0.5mol，失去的电子数均为NA，浓硝酸被还原为二氧化氮，稀硝酸被还原为NO，根据得失电子数守恒，浓、稀硝酸得到的电子数均为NA，B正确；C溶液体积不明确，故溶液中含有的氯离子个数无法计算，C错误； DD318

28、O+中含13个中子，故1molD318O+中含13NA个中子，D错误；答案选B。22、B【答案解析】2 mol H3PO4与3 mol NaOH反应后生成等物质的量浓度的NaH2PO4、Na2HPO4，据图可看出b点、浓度相等，pH=7.21，显碱性，A选项错误；把NaOH溶液滴入Na2HPO4溶液时，发生反应+OH+H2O，()减小，()增大，在此pH变化范围内，无法用酚酞指示终点，B选项正确；H3PO4H+，H+，Ka2=，当c()=c()时，pH=7.21，c(H+)=107.21，数量级为108，C选项错误；溶液中阴离子浓度相等时，可能是c()=c()，此时溶液pH=7.21显碱性，还

29、可能是c()=c()，此时pH=11.31，显碱性，D选项错误。二、非选择题(共84分)23、或HOCH2CH2NHNH2 BCD HCl 、 、 【答案解析】从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为，根据信息分析，C的结构简式为，E的结构简式为HOCH2CH2Cl，F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。【题目详解】(1)根据以上分析可知F的结构简式为 或HOCH2CH2NHNH2 ；(2) A的结构中含有氯原子，结合信息分析，HX的反应类型属于取代反应，故错误；B化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具

30、有弱碱性，故正确；C化合物G含有的官能团为羟基，羰基，碳氮双键，碳碳双键，所以能发生取代、消去、还原反应，故正确；D结合信息分析，的分子式为C12H12O2N7Cl，与之反应的分子式为C11H16ON2，该反应为取代反应，生成的另外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9，故正确。选BCD；(3)B到C为取代反应，方程式为： HCl；(4) 以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线，从逆推方法入手，需要合成的物质为和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与氨气反应生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路线为： ；(5)化合物B

31、的分子式为C5H6O2N2，其同分异构体同时符合下列条件：分子中有一个六元环，无其它环状结构；1HNMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在CN，说明结构有对称性，除了-CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为 、 、。24、（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基） 取代反应 + AC 、（合理即可） bc 【答案解析】由有机物结构的变化分析可知，反应中，A中O-H键断裂，B中C-Cl键断裂，A与B发生取代反应生成C，反应中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，根据已知反应I，可知反应生成E为，反应中，E中C-O键断裂，F中N-H键断裂，二者发生加成反应生成

32、G，根据已知反应II，可知反应生成H为，据此分析解答。【题目详解】(1)A为，所含官能团为-OH、-NO2、，名称为（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基），故答案为：（酚）羟基、硝基、羰基（或酮基）；(2)由分析可知，反应中，溴原子取代C中甲基上的氢原子生成D，反应为与发生加成反应生成，故答案为：取代反应；+；(3)由分析可知，H为，故答案为：；(4)A. I含有醛基，能发生银镜反应，A项正确；B. 手性碳原子连接4个不一样的原子或原子团，I中含有2个手性碳原子，如图所示，B项错误；C. I含有羟基，且与连接羟基的碳原子相邻的碳原子上有氢原子，可以发生消去反应，C项正确；D. I中含有1个肽键，D项

33、错误；故答案为：AC ；(5)A为，A的同分异构体Q分子结构中含有3种含氧官能团，能发生银镜反应，则含有醛基或者含有甲酸酯基结构，可与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基，苯环上只有两个取代基且处于对位，符合的Q的结构简式为、，A和Q互为同分异构体，所含元素相同，所含官能团不同，则区分A和Q可选用的仪器是红外光谱仪、核磁共振波谱仪，故答案为：、（合理即可）；bc；(6)根据给出的原料以及信息反应，采用逆合成分析方法可知，可由醋酸与通过酯化反应制得，根据反应可知可由与反应制得，根据信息反应I可知可由反应制得，根据反应可知可由与Br2反应制得，故答案为：。25、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4

34、+2H2O+SO2 可以控制反应的进行 变红 NH3 Cl2 过滤 CuO会溶于稀硫酸中 硫 Cu2S 【答案解析】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由此可写出化学方程式；(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生成亚硫酸，遇到石蕊显红色；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持

35、不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。【题目详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；可以控制反应的进行；(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的

36、气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2 ；(4)将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。【答案点睛】二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于

37、产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。26、bd 66.7% 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气， 检验SO2是否除尽 防止空气中的水进入E，影响氢气的检验 b 澄清石灰水 【答案解析】(1)(I)Fe2与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；()铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验CO2。【题

38、目详解】(1)Fe2能与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2，可以选用K3Fe(CN)6溶液或酸性KMnO4溶液，选bd；()铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量溴水中，发生反应，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫酸钡沉淀2.33 g，硫酸钡的物质的量是，根据关系式，可知二氧化硫的物质的量是0.01mol，由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为；(3)高锰酸钾

39、溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放澄清石灰水即可。27、蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S 氧气在水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 0.096% 【答案解析】根据实验原理及实验装置分析解答；根据物质性质及氧化还原反应原理分析书写化学方程式；根据滴

40、定原理分析解答。【题目详解】（1）根据图中仪器构造及作用分析，仪器A为蒸馏烧瓶；导管b是为了平衡气压，有利于液体流出；故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，有利于液体流出；（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好是既能观察气体产生的速率，也不反应消耗气体，SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，也不能溶解，可以选择使用；故答案为：饱和NaHSO3溶液；（3）氧气与Na2S反应生成硫单质和氢氧化钠，化学反应方程式为：Na2S+O2=S+2NaOH；故答案为：Na2S+O2=S+2NaOH；氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，导致上表实验1反应较慢，故答案为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小；（

41、4）可知滴定终点时生成了I2，故滴定终点现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色。故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色；（5）V(KIO3)=，根据滴定原理及反应中得失电子守恒分析，n(S)=n(SO2)=3 n(KIO3)= 30.0010molL-10.01L=310-5mol，则该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为，故答案为：0.096%。28、2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H= -1172 kJmol-1 6:1 5.56.0 之间的任意值均可 pH5.5 以后，随着 pH 增大，NO 的还原性降低；或 H2O2 和 NaClO2 氧

42、化性减弱，不能将 NO 氧化为硝酸 0.053 molL-1min-1 D 1.5/p0 阴 2HSO4-2e-=2S2O82-+2H+ 【答案解析】(1)H2S与O2的反应的方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，H =反应物键能-生成物键能=4339 kJmol-1+3498 kJmol-1-(21083 kJmol-1+4464 kJmol-1)=-1172 kJmol-1，所以热化学反应方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g) H= -1172 kJmol-1；(2)从图a和图b中可知，=6：1，pH在5.56.0时NO、SO2的去除率最高，故脱硫、脱

43、硝的最佳条件是=6：1，pH在5.56.0之间；图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，pH5.5后，随着pH增大，NO的还原性降低(或NaClO2和H2O2氧化性减弱)，NO不能被氧化成硝酸，故NO的去除率在pH5.5时反而减小；(3)据图可知15min时容器中c(N2O5)=0.4mol/L，容器体积为1L，则初始时c(O3)=1mol/L，c(NO2)=2mol/L，列三段式： 所以v(NO2)= 0.053 molL-1min-1；提高容器乙中NO2转化率，即采取措施使反应2NO2(g)+O3(g)N2O5(g)+O2(g)向右进行的程度更大，温度甲乙，平衡时正向程度甲乙，表明正反应为放热反应，反应为气体分子数减少的反应，增大压强有利于反应正向进行，据此逐项分析，A恒容容器充入He，He不参与反应，充入He不改变气体各组分分压，不影响化学平衡，因此不能提高NO2转化率，故A不选；B反应为放热反应，升高温度不利于反应正向进行，不能提高NO2转化率，故B不选；C向容器中再充入一定量的NO2会使O3转化率升高，自身转化率降低，故C不选；D向容器中再充入lmol O3和2mo NO2，由于是按化学计量比充入，相当于对原平衡加压，则有利于反应正向进行，NO2平衡转化率增大，故D可选；初始气体总物质的量为1mol+2mol