2021-2022学年陕西省渭南市高三下学期联考化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、实验室从含碘废液（含有I2、I-等）中回收碘，其实验过程如下：已知：溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂，可以中和沉淀表面所带的负电荷，使沉淀

2、颗粒快速聚集，快速下沉。下列说法不正确的是A步骤中Na2S2O3可用Na2SO3代替B步骤可以用倾析法除去上层清液C含碘废液中是否含有IO3-，可用KI-淀粉试纸检验D步骤发生反应的离子方程式为：4Fe3+2CuI4Fe2+2Cu2+I22、在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g) H=-a kJ/mol(a0)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）A平衡后升高温度，容器中气体颜色加深B每消耗44.8 LNO2，生成N2O4的分子数一定为NAC该容器中气体质量为46 g时，原子总数为3NAD若N2O4分子数增加0.5NA，则放出0.5a kJ的热量3、锌空气燃料电池

3、可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为2Zn+O2+4OH+2H2O=2Zn(OH)42-。下列说法正确的是（ ）A充电时，电解质溶液中K+向阳极移动B充电时，电解质溶液中c(OH) 逐渐减小C放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e= Zn(OH)42D放电时，电路中通过2mol电子，消耗氧气22.4L（标准状况）4、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴甲基橙指示剂，用标准盐酸

4、溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL5、下列说法或表示方法中正确的是A等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B由C(金刚石)C(石墨)+119kJ可知，金刚石比石墨稳定C在101kPa时，2g H2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+285.8kJD在稀溶液中：H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)+53.7kJ，若将含0.5mol H2SO4的浓溶液与含1mol NaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ6

5、、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（ ）A溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C溶液中可能含有Cl-，一定没有Fe3+D取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-7、同温同压同体积的H2和COA密度不同B质量相同C分子大小相同D分子间距不同8、短周期元素 a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物 n 是

6、能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，另一种产物q 是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体。下列说法正确的是（ ）Aa、c、d三种元素形成的化合物一定会抑制水的电离B原子半径：abcdCb、c、d 的简单氢化物的热稳定性依次增强Dm、n、q 三种物质均为共价化合物9、2019年3月，我国科学家研发出一种新型的锌碘单液流电池，其原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时B电极反应式为：I2+2e-=2I-B放电时电解质储罐中离子总浓度增大CM为阳离子交换膜，N为阴离子交换膜D充电时，A极增重65g时，C区增加离子数为4NA10、常温下，向盛50mL0.100molL-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50

7、mL的蒸馏水、0.100molL-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列说法正确的是（ ）A曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)XYBX、Z的最高化合价不相同C简单氢化物的热稳定性：XWDY与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键21、下列有机化合物中均含有杂质，除去这些杂质的方法中正确的是（ ）A苯中含单质溴杂质：加水，分液B乙酸丁酯中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液C乙醛中含乙酸杂质：加入氢氧化钠溶液洗涤

8、，分液D乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液洗涤，分液22、下列说法正确的是ASiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B水分子中OH键的键能很大，因此水的沸点较高CNa2O2中 既含有离子键又含有共价键，但Na2O2属于离子化合物D1 mol NH3中含有共用电子对数为4NA (NA为阿伏加德罗常数的值)二、非选择题(共84分)23、（14分）有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl、I、HCO3-，进行如下实验：实验步骤实验现象取少量原溶液，加几滴甲基橙溶液变红色取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO

9、4，加热有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色取少量原溶液，加BaCl2溶液有白色沉淀生成取中上层清液，加AgNO3溶液有白色沉淀生成，且不溶于HNO3取少量原溶液，加NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解溶液中肯定存在的离子是_；溶液中肯定不存在的离子是_；为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_； _。24、（12分）氟喹诺酮是人工合成的抗菌药，其中间体G的合成路线如下：(1)G中的含氧官能团为_和_(填名称)。(2)由CD的反应类型是_。(3)化合物X(分子式为C3H7N)的结构简式为_。(4)E到F过程中的反应物HC(OC2H5)3中最多有_个碳原子共面。(5)B和乙

10、醇反应的产物为H(C8H6FCl2NO2)，写出该反应的化学方程式_ 。写出满足下列条件的H的所有同分异构体的结构简式：_。是一种氨基酸；分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环。(6)根据已有知识并结合相关信息，写出以 和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干)_。25、（12分）某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下：请回答下列问题：（1）步骤中先加入热的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名称是_。（2）步骤中，除发生反应Fe2HCl=FeCl2H2外，其他可能反应的离子方

11、程式为Fe2O36H=2Fe33H2O和_。（3）溶液C的颜色是_，溶液D中可能含有的金属阳离子有_。（4）可以验证溶液B中是否含有Fe2的一种试剂是_(填选项序号)。a稀硫酸 b铁 c硫氰化钾 d酸性高锰酸钾溶液（5）操作乙的名称是_，步骤产生金属铜的化学方程式为_。26、（10分）Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO47H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3

12、氧化FeSO47H2O的离子方程式为_。(2)加入浓硫酸的作用为_(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性 b.脱去FeSO47H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解 d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/FeSO47H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8m=_；n=_。若c87.8a，则a、b、c的大小关系为_。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH

13、)3的产率下降，其原因是_(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。_。27、（12分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性； 通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答

14、下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是_。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_。(4)装置B中冷水浴的作用为_；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_。该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为_。(7)

15、综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_。28、（14分）李兰娟团队公布最新研究成果，阿比朵尔是抗击新型冠状病毒的潜在用药。其合成路线如下：（1）C的含氧官能团名称：_ 。G的分子式：_ 。（2）AB和BC的反应类型分别为：_ ，_ 。两分子A生成B和另一种产物，该产物结构简式为：_ 。（3）D生成E的反应方程式：_ 。（4）H的结构简式为：_ 。（5）写出B的同分异构体中具有满足下列条件的结构简式：_。与碳酸氢钠反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体 六元环状结构（6）结合上述合成路线，请写出由乙醇和为基本原料，合成的路线（不超过4步）。_。29、（10分

16、）Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。（1）FeCl3是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有_种不同运动状态的电子；有_种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为_。（2）实验室中可用KSCN或K4Fe(CN)6来检验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是_；K4Fe(CN)6与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFeFe(CN)6，该物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为 _。（3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 _ (填字母) a.配位键 b.极性键 c.

17、离子键 d.非极性键, 乙二胺中共有_个键，C原子的杂化方式为 _。（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.0gcm-3，则铜原子的直径约为_pm。（5）Cr是周期表中第B族元素，化合价可以是0+6的整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合价为_。CrO42-呈四面体构型,结构为，Cr2O72-由两个CrO42-四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为。则由n(n1)个CrO42-通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个

18、符合题意的选项）1、C【解析】A. 步骤中Na2S2O3做还原剂，可用Na2SO3代替，故正确；B. 步骤从悬浊液中分离碘化亚铜固体，可以用倾析法除去上层清液，故正确；C. 含碘废液中含有碘单质，能使KI-淀粉试纸变蓝，不能用其检验是否含有IO3-，故错误；D. 步骤中铁离子具有氧化性，能氧化碘化亚铜，发生反应的离子方程式为：4Fe3+2Cul4Fe2+2Cu2+I2，故正确。故选C。2、B【解析】A. 升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，使容器中气体颜色加深，A正确；B. 由于未指明反应的温度、压强，因此不能根据气体体积确定气体的物质的量及含有的分子数目，B错误；C.

19、 NO2、N2O4最简式是NO2，1个NO2中含有3个原子，其式量是46，所以46 g混合气体中含有NO2的物质的量是1 mol，其中含有的原子数目为3NA，C正确；D. 根据方程式可知：每反应产生1 mol N2O4，放出a kJ的热量，若N2O4分子数增加0.5NA，产生N2O4 0.5 mol，因此放出热量为0.5a kJ，D正确；故合理选项是B。3、C【解析】A充电时，阳离子向阴极移动，即K向阴极移动，A项错误；B放电时总反应为2Zn+O2+4OH+ 2H2O=2Zn(OH)42-，则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B项错误；C放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+

20、4OH-2e=Zn(OH)42-，C项正确；D标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；答案选C。【点睛】电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂（氧化剂）和氧化产物（还原产物），然后标出电子转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O22H2O4e=4OH，负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)42-；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极接电源的负极，不能接反，否则

21、发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。4、B【解析】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质

22、量分数，故不选C；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。5、D【解析】A.等质量的硫蒸气比硫固体含有的能量高，因此二者分别完全燃烧，前者放出的热量多，A错误；B.物质含有的能量越低，物质的稳定性就越强，由C(金刚石)C(石墨)+119kJ是放热反应，说明金刚石不如石墨稳定，B错误；C.燃烧热是1mol可燃物完全燃烧产生稳定的氧化物时放出的热量，在101Kpa时，2gH2完全燃烧生成液

23、态水，放出285.8kJ热量，则2molH2完全燃烧产生液态水放出的热量是571.6kJ，则氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)+571.6kJ，C错误；D.由于浓硫酸溶于水会放出热量，所以若将含0.5 molH2SO4的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于53.7kJ，D正确；故合理选项是D。6、C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32、SO42，根据

24、离子共存，Fe3一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32)=0.01mol，n(SO42)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na，A、根据电荷守恒，n(Na)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl，因此c(Na)0.35molL1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对Cl的检验产生干扰，故D错误。7、A【解析】A. 根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质

25、量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A正确；B. 根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C. H2和CO的分子大小不同，故C错误；D. 根据阿伏伽德罗定律，同温同压下气体分子间的间距相同，故D错误；正确答案是A。8、C【解析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，由以上四种元素组成的一种化合物m在加热时完全分解为三种产物，其中一种产物n是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，n为NH3， 另一种产物q是无色无味的能使澄清石灰水变浑浊的气体，q为CO2，结合原子序数可知a为H，b为C， c为N， d为O

26、，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a为H，b为C，c为N，d为O元素，A、a、c、d三种元素形成的化合物如为硝酸铵，则水解促进水的电离，选项A错误；B、同周期元素从左到右原子半径减小，原子核外电子层数越多，半径越小，则原子半径bcda，选项B错误；C、元素的非金属性bc C(CH3COO-)，B正确；C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L

27、=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D. b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。 答案选B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。11、B【解析】A、海水中的碘元素以碘离子的形式存在，可以加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，最后再萃取蒸馏得到碘单质即可，选项A错误；B、利用蒸馏法控制水的沸点100，使水变为蒸气通过冷凝得到蒸

28、馏水，能使海水淡化，选项B正确；C、电解熔融的氯化镁可以获得金属镁，电解海水得不到金属镁，选项C错误；D、蒸发溶剂从海水中得到固体氯化钠是物理变化，但粗盐中除去杂质时涉及化学变化，选项D错误；答案选B。【点睛】本题涉及海水中获取碘单质、海水淡化以及金属镁、钠的获取方法，属于综合知识的考查，难度中等。12、B【解析】A、该反应应为吸热反应，A错误；B、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；C、过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红试剂化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；

29、D、由图示可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误；答案选B。13、D【解析】某黄色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等离子，初步判断含Fe3，加入过量NaOH溶液，加热，产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，灼烧得到1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素为Fe3，原溶液中一定没有CO32，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，由于加入了氢氧化钠溶液，无法判断原溶液中是

30、否含有钠离子，由溶液为电中性可判断是否存在氯离子。【详解】加入过量NaOH溶液，加热产生的红褐色沉淀为氢氧化铁，1.6g固体为三氧化二铁，氧化铁的物质的量为0.01mol，则原溶液中含有0.02mol铁元素为Fe3+，原溶液中一定没有CO32，由于加入了NaOH，无法判断原溶液中是否含有Na+，4.66g不溶于盐酸的固体为硫酸钡，硫酸钡的物质的量为0.02mol，则原溶液中含有0.02mol硫酸根离子，由电荷守恒，正电荷=3n（Fe3+）=0.06，负电荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有Cl，物质的量应为 0.02mol30.02mol2=0.02mol，若含有亚铁离子时，c（Cl

31、）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加热被氧化也可以生成铁离子，则原溶液中c（Fe3+）=0.2mol/L，溶液中Na+、NH4+、Fe2+离子可能存在，故选：D。14、D【解析】A. 35Cl和37Cl的核外电子数均为17，它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相同，A项错误；B. 同原子的原子同、原子半径越等不同，两不同原子各亚层中电子的能量不相同，B项错误；C. 氧元素、氟元素没有最高正化合价，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价，C项错误；D. 碳酸的酸性比硅酸强，CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D项正确；答案选D。15、

32、A【解析】根据垃圾分类标志的含义判断。【详解】废弃矿泉水瓶属于可回收利用的垃圾。本题选A。16、B【解析】A.加热会强烈水解，并且暴露在空气中会导致被氧气氧化为，最终无法得到，A项错误；B.浓硫酸可以脱去蔗糖中的水，即“黑面包实验”，同时硫酸被还原得到，使溴水褪色，因此体现了浓硫酸的脱水性和氧化性，B项正确；C.碳酸钠溶液会吸收变成碳酸氢钠，因此不能用来除杂，C项错误；D.氯化铵固体受热易分解，碘受热易升华，二者遇冷后都重新附着于圆底烧瓶底部无法分离，D项错误；答案选B。【点睛】除杂的第一要义是不能和原物质反应，其次是不能引入新的杂质，最后还要从可行性、操作的简便程度来选择最优的除杂方法。17

33、、A【解析】A.NaHCO3受热分解成Na2CO3、CO2和H2O，Na2CO3与饱和石灰水反应生成CaCO3和NaOH，两步反应均能实现，故A正确；B.NaAlO2与过量盐酸反应生成NaCl、AlCl3和H2O，第二步反应不能实现，故B错误；C.蔗糖中不含醛基，蔗糖不能发生银镜反应，第二步反应不能实现，故C错误；D.Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，第二步反应不能实现，故D错误；答案选A。18、C【解析】短周期元素A、B、C、D原子序数依次增大。已知元素A元素原子最外层电子数是次外层的2倍，A为第二周期元素，故A为碳；D的氧化物是常用的耐火材料，故D为铝；B、C的最外层电子数之比为5:2

34、，最外层电子数不得超过8，原子序数要比碳大比铝小，故B为氮、C为镁。【详解】A. 元素碳的氢化物都是有机物的烃类，当碳原子数小于5时，为气态，大于5时为液态或固态，故A错误；B. B、C、D简单离子均为两个电子层，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径：BCD ，故B错误；C. B、C形成的化合物为二氮化三镁，与水反应可以生成有刺激性气味的氨气，故C正确；D. 元素B的气态氢化物的水溶液为氨水，氨水是弱碱不能与铝反应，故D错误；答案选C。19、C【解析】A将硫酸铵与碱性物质熟石灰混合施用时会放出氨气而降低肥效，故A错误；B植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误

35、；C碳酸氢铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；D尿素属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故D错误。答案选C。20、D【解析】Z的一种氧化物的水化物是具有还原性且不稳定的二元酸，判断Z为S元素；X、Z同一主族，可知X为O元素。Y的周期数是族序数的3倍，可推出Y为Na元素，再结合W、X、Y和Z原子的最外层电子数之和为18，可知W为N元素。【详解】A.N3-、Na+和O2-具有相同的核外电子排布，核电荷数越大，半径越小，简单离子半径顺序为：WXY，与题意不符，A错误；B.O最高价+2，而S最高价为+6，与题意不符，B错误；C.简单氢化物热稳定性强弱与元素的非金属性强弱一致

36、，而非金属性：ON，稳定性：H2ONH3，与题意不符，C错误；D.Na与O可形成Na2O2，含有离子键和共价键，符合题意，D正确；答案为D。【点睛】具有相同的核外电子排布简单离子，原子序数越大，微粒半径越小。21、B【解析】A. 溴易溶于苯，不能加水使苯和溴单质分层，不能通过分液除去苯中含单质溴杂质，故A错误；B. 乙酸丁酯不溶于碳酸钠溶液，乙酸的酸性比碳酸强，能与碳酸钠反应生成二氧化碳而被吸收，然后分液可得到纯净的乙酸丁酯，故B正确；C. 乙醛有氢，在氢氧化钠溶液中发生羟醛缩合反应，生成-羟基丁醛，所以不能用氢氧化钠去杂质，故C错误；D. 乙醇中含乙酸杂质：加入碳酸钠溶液，乙酸与碳酸钠反应生

37、成乙酸钠和水，但乙酸钠和乙醇互溶在水中，不分层，不能采用分液的方法，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查物质的分离提纯、鉴别，注意把握物质的性质的异同，除杂时不能引入新杂质，更不能影响被提纯物质的性质，难度不大。22、C【解析】A二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；DNH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3

38、NA个共用电子对，D项错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42- Fe2+、Ba2+、I-、HCO3- 焰色反应 取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3 【解析】因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中不含I-；根据取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原

39、溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO

40、42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3。24、酯基 羰基 取代反应 5 或或或 【解析】(1)结合常见的官能团的结构和名称分析解答；(2)对比C、D的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F、G的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，据此分析判断X的结构；(4)根据甲烷为四面体结构，单键可以旋转，分析判断；(5)H(C8H6FCl2NO2)的一种同分异构体满足：是一种-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，分子中有4种不同化学环境的氢，且分子

41、中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构；(6)模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成。【详解】(1)G的结构为，其中含有的含氧官能团有：酯基、羰基，故答案为酯基、羰基；(2)对比C()、D()的结构，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D，属于取代反应，故答案为取代反应；(3)化合物X的分子式为C3H7N，对比F()、G()的结构，F中-OCH3被替代生成G，同时生成甲醇，则X结构简式为：，故答

42、案为；(4)甲烷为四面体结构，单键可以旋转，则HC(OC2H5)3中最多有5个碳原子共面，故答案为5；(5)B()和乙醇反应的产物H为，反应的方程式为；H的分子式为C8H6FCl2NO2，H的一种同分异构体满足：是一种-氨基酸，说明氨基、羧基连接同一碳原子上，分子中有4种不同化学环境的氢，且分子中含有一个苯环，由于氨基、羧基中共含有的3个H原子是2种化学环境不同的氢，故另外3个H原子有2种不同的氢，应存在对称结构，H的同分异构体结构简式可能为：或或 或，故答案为；或或 或；(6)以 和ClMgCH(COOC2H5)2为原料制备。模仿路线流程设计，发生催化氧化生成，进一步氧化生成，再与SOCl2

43、作用生成，进一步与ClMgCH(COOC2H5)2反应生成，最后水解生成，合成路线流程图为：，故答案为。【点睛】本题的难点和易错点为(6)中合成路线的设计，要注意利用题干转化关系中隐含的信息进行知识的迁移；另一个易错点为(5)中同分异构体的书写，要注意不要漏写。25、过滤 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 棕黄色 Fe2+、Cu2+、Fe3+ d 电解 CuCl2Cu+Cl2。 【解析】废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，经过过滤操作可得到固体A，加入盐酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+然后通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，溶液

44、C为FeCl3，用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+通过电解操作乙可得到氯气、铜和E，所以阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液。【详解】(1)废铁屑经加入热的Na2CO3溶液除油污，可得到固体A，应经过过滤操作，故答案为：过滤；(2)经过上述分析可知：固体A为Fe2O3和Fe的混合物,加入盐酸发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3) 经过上述分析可知：溶液B 为FeCl2和 FeCl3的混合物，通入适量的氯气，发生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，所以溶液C为FeCl3，呈棕黄色

45、，用于腐蚀印刷电路，发生的发应为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，则溶液D中可能含有的金属阳离子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故答案为：棕黄色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；(4)因为Fe2+具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，所以用酸性高锰酸钾溶液检验，故答案为:d；(5) 经过上述分析可知：溶液D中含有的离子为Fe2+、Cu2+、Fe3+、Cl-。步骤产生金属铜和氯气，其电解反应的化学方程式为：CuCl2Cu+Cl2，故答案为：电解；CuCl2Cu+Cl2。26、ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O a、c K3Fe(CN)6溶液 2.0 25 cba 若温度过低

46、，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净 称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于 【解析】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO47H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表

47、格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO47H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(2) NaClO3氧化FeSO47H2O时，为了增强其

48、氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO47H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；

49、在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验ba；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验cb，因此三者关系为cba；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在

50、最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。27、2Fe+3Cl22FeCl3 在沉积的FeCl3固体下方加热 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品

51、 干燥管 K3Fe(CN)6)溶液 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ FeCl3得到循环利用 【解析】装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用FeCl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)(5)；三价铁具

52、有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)(7)。【详解】(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的

53、FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤中通入干燥的Cl2，步骤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+