陜西省西安市長安一中2023學年高三最后一卷化學試卷（含答案解析）

2023高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列說法正確的是（）A．用分液的方法可以分離汽油和水B．酒精燈加熱試管時須墊石棉網(wǎng)C．NH3能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅D．盛放NaOH溶液的廣口瓶，可用玻璃塞2、對于反應2N2O5(g)→4NO2(g)+O2(g)，R.A．Ogg提出如下反應歷程：第一步N2O5?NO3+NO2快速平衡第二步NO2+NO3→NO+NO2+O2慢反應第三步NO+NO3→2NO2快反應其中可近似認為第二步反應不影響第一步的平衡。下列表述正確的是A．v(第一步的逆反應)<v(第二步反應)B．反應的中間產(chǎn)物只有NO3C．第二步中NO2與NO3的碰撞僅部分有效D．第三步反應活化能較高3、下列有關(guān)敘述錯誤的是()A．中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹B．陶瓷、水泥和光導纖維均屬于硅酸鹽材料C．“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程有利于減少霧霾天氣D．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性都是化學變化4、硒(Se)元素是人體必需的微量元素之一。下列說法正確的是A．硒的攝入量越多對人體健康越好 B．SeO32－空間構(gòu)型為正四面體C．H2Se的熔沸點比H2S高 D．H2SeO4的酸性比H2SO4強5、有關(guān)濃硫酸的性質(zhì)或作用，敘述錯誤的是A．濃硫酸的脫水性是化學性質(zhì)B．使鐵、鋁鈍化表現(xiàn)了強氧化性C．制備乙酸乙酯的反應中起催化吸水作用D．與氯化鈉固體共熱制氯化氫氣體時，表現(xiàn)強酸性6、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述錯誤的是（）A．常溫常壓下，62g白磷中含有P—P鍵數(shù)目為3NAB．22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物中共價鍵數(shù)目為16NAC．1molNa2O和NaHSO4的固體混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)為3NAD．常溫下，將一定量的鐵粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反應，若還原產(chǎn)物為NO，則轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為1.5NA7、相對分子質(zhì)量約為4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一種緩瀉劑。聚乙二醇可由環(huán)氧乙烷在酸性條件下聚合而成()。下列說法正確的是A．環(huán)氧乙烷在酸性條件下發(fā)生加聚反應制得聚乙二醇B．聚乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為C．相對分子質(zhì)量約為4000的聚乙二醇的聚合度n≈67D．聚乙二醇能保持腸道水分的原因是其可和H2O分子間形成氫鍵8、藥物嗎替麥考酚酯有強大的抑制淋巴細胞增殖的作用，可通過如下反應制得：+HCl下列敘述正確的是A．化合物X與溴水反應的產(chǎn)物中含有2個手性碳原子B．化合物Y的分子式為C6H12NO2C．1mol化合物Z最多可以與2molNaOH反應D．化合物Z能與甲醛發(fā)生聚合反應9、下列說法正確的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纖維素三硝酸酯)的結(jié)構(gòu)簡式為D．1mol阿斯匹林（）與足量的NaOH溶液反應，消耗NaOH最大的物質(zhì)的量為2mol10、關(guān)于“植物油”的敘述錯誤的是（）A．屬于酯類 B．不含碳碳雙鍵C．比水輕 D．在堿和加熱條件下能完全水解11、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．1.0mol·L－1的KNO3溶液中：H＋、Fe2＋、Cl－、B．使紫色石蕊溶液變紅的溶液中：、Ba2＋、、Cl－C．pH＝12的溶液中：K＋、Na＋、CH3COO－、Br－D．滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中：、Mg2＋、I－、Cl－12、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法不正確的是A．過量的鐵在1molCl2中然燒，最終轉(zhuǎn)移電子數(shù)為2NAB．在50g質(zhì)量分數(shù)為46%的乙醇水溶液中，含氫原子總數(shù)為6NAC．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成28gN2時，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3.75NAD．1L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中離子總數(shù)：前者小于后者13、化學與生產(chǎn)、生活及環(huán)境密切相關(guān)，下列有關(guān)說法不正確的是A．二氧化硫有毒，嚴禁將其添加到任何食品和飲料中B．工業(yè)生產(chǎn)時加入適宜的催化劑，除了可以加快反應速率之外，還可以降低反應所需的溫度，從而減少能耗C．《本草經(jīng)集注》中記載了區(qū)分硝石(KNO3)和樸消(Na2SO4)的方法：“以火燒之，紫青煙起，乃真硝石也”，這是利用了“焰色反應”D．用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以達到保鮮目的14、下列有關(guān)酸堿滴定實驗操作的敘述錯誤的是（）A．準備工作：先用蒸餾水洗滌滴定管，再用待測液和標準液洗滌對應滴定管B．量取

15.00mL

待測液：在

25

mL

滴定管中裝入待測液，調(diào)整初始讀數(shù)為

10.00mL后，將剩余待測液放入錐形瓶C．判斷滴定終點：指示劑顏色突變，且半分鐘內(nèi)不變色D．讀數(shù)：讀藍線粗細線交界處所對應的刻度，末讀數(shù)減去初讀數(shù)即反應消耗溶液的體積15、設阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值為NA。下列說法正確的是A．1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數(shù)為3NAB．5.6g乙烯和環(huán)丙烷的混合物中含C—H鍵數(shù)目為1．8NAC．常溫常壓下，22.4L的37Cl2中所含的中子數(shù)為41NAD．硝酸與銅反應生成1.1molNOx時，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1.2NA16、下列關(guān)于各裝置與其對應的實驗目的或得到的實驗結(jié)論的說法中正確的是（）選項ABCD實驗裝置探究溫度對平衡2NO2N2O4的影響目的或結(jié)論探究溫度對平衡2NO2N2O4的影響試管中收集到無色氣體，說明銅與濃硝酸的反應產(chǎn)物是NO海帶提碘時，用上述裝置灼燒海帶除去HCl氣體中混有的少量Cl2A．A B．B C．C D．D二、非選擇題（本題包括5小題）17、有X、Y、Z、M、R五種短周期主族元素，部分信息如下表所示：XYZMR原子半徑/nm0.0740.099主要化合價+4，-4-2-1，+7其它陽離子核外無電子無機非金屬材料的主角第三周期簡單離子半徑最小請回答下列問題：（1）Z與NaOH溶液反應的離子方程式：___。(用元素符號表示，下同。)（2）下列事實能說明R非金屬性比Y強這一結(jié)論的是___(選填字母序號)。a.常溫下Y的單質(zhì)呈固態(tài)，R的單質(zhì)呈氣態(tài)b.氣態(tài)氫化物穩(wěn)定性R>Yc.Y與R形成的化合物中Y呈正價d.Y與R各自形成的含氧酸中R的氧化性更強（3）經(jīng)測定X2M2為二元弱酸，寫出X2M2的電子式___。其酸性比碳酸的還要弱，請寫出其第一步電離的電離方程式___。（4）已知I2能做X2M2分解的催化劑：第一步：X2M2＋I2＝2XIM；第二步：……請寫出第二步反應的化學方程式___。（5）廢印刷電路板上含有銅，以往的回收方法是將其灼燒使銅轉(zhuǎn)化為氧化銅，再用硫酸溶解。現(xiàn)在改用X2M2和稀硫酸浸泡廢印刷電路板既達到上述目的，又保護了環(huán)境，試寫出反應的離子方程式___。18、兩種重要的有機化工合成中間體F和Y可用甲苯為主要原料采用以下路線制得：已知：①②2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO請回答下列問題：（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式___________。（2）B→C的化學方程式是________。（3）C→D的反應類型為__________。（4）1molF最多可以和________molNaOH反應。（5）在合成F的過程中，設計B→C步驟的目的是_________。（6）寫出符合下列條件的3種A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_________、______、_______。①苯環(huán)上只有兩種不同化學環(huán)境的氫原子②能發(fā)生銀鏡反應（7）以X和乙醇為原料通過3步可合成Y，請設計合成路線______（無機試劑及溶劑任選）。19、以黃銅礦(CuFeS2)、FeCl3和乳酸[CH3CH(OH)COOH]為原料可制備有機合成催化劑CuCl和補鐵劑乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。其主要實驗流程如下：（1）FeCl3溶液與黃銅礦發(fā)生反應的離子方程式為_________。（2）向溶液1中加入過量鐵粉的目的是_____________。（3）過濾后得到的FeCO3固體應進行洗滌，檢驗洗滌已完全的方法是___________。（4）實驗室制備乳酸亞鐵的裝置如圖1所示。①實驗前通入N2的目的是________。②某興趣小組用KMnO4滴定法測定樣品中Fe2＋含量進而計算產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)，結(jié)果測得產(chǎn)品的質(zhì)量分數(shù)總是大于111%，其原因可能是______________。（5）已知：①CuCl為白色晶體，難溶于水和乙醇，在空氣中易氧化；可與NaCl溶液反應，生成易溶于水的NaCuCl2。②NaCuCl2可水解生成CuCl，溫度、pH對CuCl產(chǎn)率的影響如圖2、3所示。由CuCl(s)、S(s)混合物提純CuCl的實驗方案為：將一定量的混合物溶于飽和NaCl溶液中，______。(實驗中須使用的試劑有：飽和NaCl溶液，1．1mol·L－1H2SO4、乙醇；除常用儀器外須使用的儀器有：真空干燥箱)。20、氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕空氣中可被迅速氧化。Ⅰ.實驗室用CuSO4—NaCl混合液與Na2SO3溶液反應制取CuCl。相關(guān)裝置及數(shù)據(jù)如圖：圖甲圖乙圖丙回答以下問題：(1)甲圖中儀器1的名稱是________；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產(chǎn)率，儀器2中所加試劑應為_____________。(2)乙圖是體系pH隨時間變化關(guān)系圖，寫出制備CuCl的離子方程式_____________。丙圖是產(chǎn)率隨pH變化關(guān)系圖，實驗過程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并維持pH在______左右以保證較高產(chǎn)率。(3)反應完成后經(jīng)抽濾、洗滌、干燥獲得產(chǎn)品。洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，作用是________。Ⅱ.工業(yè)上常用CuCl作O2、CO的吸收劑，某同學利用如圖所示裝置模擬工業(yè)上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量。A．CuCl的鹽酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液C．KOH溶液D．已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化學方程式表示)。用D裝置測N2含量，讀數(shù)時應注意________。整套實驗裝置的連接順序應為_______________→D。21、霧霾天氣給人們的出行及身體造成了極大的危害。研究、、等大氣污染氣體的處理具有重要意義。（1）利用鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的。①在鈉堿循環(huán)法中，溶液作為吸收液，可由溶液吸收制得，該反應的離子方程式是____。②吸收液吸收的過程中，隨變化關(guān)系如下表：1∶1由上表判斷，溶液顯______性（填“酸”、“堿”或“中”），用化學平衡原理解釋：______。③當吸收液的降至約為6時，需送至電解槽再生。再生示意圖如下：寫出在陽極放電的電極反應式：________________，當陰極室中溶液升至8以上時，吸收液再生并循環(huán)利用。（2）用催化還原可以消除氮氧化物的污染。例如：若用標準狀況下還原至，整個過程中轉(zhuǎn)移的電子總數(shù)為______（阿伏加德羅常數(shù)的值用表示），放出的熱量為______。（3）工業(yè)上合成氨所需氫氣的制備過程中，其中的一步反應為：一定條件下，將與以體積比為置于密閉容器中發(fā)生上述反應，達到平衡時測得與體積比為1∶6，則平衡常數(shù)______。

2023學年模擬測試卷參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【答案解析】A．汽油和水彼此不溶，可用分液的方法進行分離，故A正確；B．試管可用酒精燈直接加熱，無須墊石棉網(wǎng)，故B錯誤；C．NH3的水溶液顯堿性，能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D．玻璃中含有的SiO2能和NaOH溶液反應，則盛放NaOH溶液的廣口瓶，不可用玻璃塞，只能用橡皮塞，故D錯誤；答案為A。2、C【答案解析】

A．第一步反應為可逆反應且快速平衡，而第二步反應為慢反應，所以v(第一步的逆反應)﹥v(第二步反應)，故A錯誤；B.由第二步、第三步可知反應的中間產(chǎn)物還有NO，故B錯誤；C.因為第二步反應為慢反應，故NO2與NO3的碰撞僅部分有效，故C正確；D.第三步反應為快速反應，所以活化能較低，故D錯誤；本題答案為：C。3、B【答案解析】

A．明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故A正確；B．陶瓷、水泥和玻璃為硅酸鹽產(chǎn)品，而光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽材料，故B錯誤；C．二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物這三項是霧霾主要組成，前兩者為氣態(tài)污染物，最后一項顆粒物才是加重霧霾天氣污染的罪魁禍首．它們與霧氣結(jié)合在一起，讓天空瞬間變得灰蒙蒙的，“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物，故有利于減少霧霆天氣，故C正確；D．石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性過程均生成了新的物質(zhì)，是化學變化，故D正確；故選B。【答案點睛】本題綜合考查常見物質(zhì)的組成、性質(zhì)的應用，為高考常見題型，題目難度不大，側(cè)重于化學與生活的考查，注意光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽。4、C【答案解析】

A．硒(Se)元素是人體必需的微量元素之一，但并不表示攝入量越多越好，故A錯誤；B．SeO32－中心原子的價電子對數(shù)為3+=4，其中有1個孤電子對，中心原子為sp3雜化，其空間構(gòu)型為三角錐形，故B錯誤；C．H2Se和H2S結(jié)構(gòu)相似，相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，熔沸點越高，則H2Se的熔沸點比H2S高，故C正確；D．元素的非金屬性越強，其最高價氧化物水化物酸性越強，Se的非金屬性比S弱，則H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D錯誤；故答案為C。5、D【答案解析】

A.濃硫酸使其他物質(zhì)脫水生成新的物質(zhì)，屬于化學反應，是化學性質(zhì)，故A正確；B.濃硫酸具有強的氧化性，常溫下能夠使鐵、鋁發(fā)生鈍化，故B正確；C.制備乙酸乙酯的反應中濃硫酸起催化劑和吸水劑作用，故C正確；D.濃硫酸與氯化鈉固體共熱制氯化氫氣體時，表現(xiàn)難揮發(fā)性，故D錯誤；故選D。6、C【答案解析】

A．白磷是正四面體結(jié)構(gòu)，1個白磷分子中有6個P—P鍵，62g白磷（P4）的物質(zhì)的量為0.5mol，所以62g白磷中含有的P—P鍵的物質(zhì)的量為0.5mol×6=3mol，故A正確；B．正戊烷、異戊烷和新戊烷是同分異構(gòu)體，分子式均為C5H12。22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物共72g，即含C5H12的物質(zhì)的量為1mol。1molC5H12中含有4molC—C，12molC—H鍵，共16mol共價鍵，所以22g正戊烷、24g異戊烷和26g新戊烷的混合物中共價鍵數(shù)目為16NA，故B正確；C．1molNa2O中含2molNa+和1molO2-，1molNaHSO4中含1molNa+和1molHSO4-，所以1molNa2O和NaHSO4的固體混合物中含有的陰、陽離子總數(shù)不為3NA，故C錯誤；D．常溫下，將一定量的鐵粉投入2mol稀硝酸中，恰好完全反應，若鐵和硝酸反應生成Fe(NO3)3，反應的化學方程式為：Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，消耗4mol硝酸，轉(zhuǎn)移電子3mol，所以消耗2mol硝酸，轉(zhuǎn)移電子為1.5mol；若鐵和硝酸反應生成Fe(NO3)2，反應的化學方程式為：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)3+2NO↑+4H2O，消耗8mol硝酸，轉(zhuǎn)移電子6mol，所以消耗2mol硝酸，轉(zhuǎn)移電子為1.5mol，所以轉(zhuǎn)移電子數(shù)一定為1.5NA，故D正確；故選C?！敬鸢更c睛】白磷和甲烷都是正四面體結(jié)構(gòu)，但甲烷有中心原子，所以1mol甲烷中有4mol共價鍵，而白磷沒有中心原子，所以1mol白磷中有6mol共價鍵。7、D【答案解析】

在H+條件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再發(fā)生縮聚反應生成聚乙二醇，其結(jié)構(gòu)簡式為；A．環(huán)氧乙烷在酸性條件下先發(fā)生水解反，再發(fā)生縮聚反應制得聚乙二醇，故A錯誤；B．聚乙二醇的結(jié)構(gòu)簡式為，故B錯誤；C．聚乙二醇的鏈節(jié)為OCH2CH2，則聚合度n=≈90，故C錯誤；D．聚乙二醇能與水分子間形成氫鍵，則能保持腸道水分，故D正確；故答案為D。8、A【答案解析】

A．連接四個不同的原子或原子團的碳原子為手性碳原子，化合物X與溴水反應的產(chǎn)物中含有2個手性碳原子（為連接溴原子的碳原子），選項A正確；B．根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C6H13NO2，選項B錯誤；C．Z中酚羥基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反應，則1mol化合物Z最多可以與3molNaOH反應，選項C錯誤；D.化合物Z中酚羥基的鄰、對位上均沒有氫原子，不能與甲醛發(fā)生聚合反應，選項D錯誤。答案選A?！敬鸢更c睛】本題考查有機物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確官能團及其性質(zhì)關(guān)系是解本題關(guān)鍵，側(cè)重考查學生分析判斷能力，側(cè)重考查烯烴、酯和酚的性質(zhì)，注意Z中水解生成的酚羥基能與NaOH反應，為易錯點。9、C【答案解析】

A．結(jié)構(gòu)相似，分子式相差一個或多個CH2原子團的物質(zhì)之間互稱同系物，A項錯誤；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成鍵時形成了4條單鍵，與這種碳相連的原子不可能都在同一平面內(nèi)，B項錯誤；C．火棉即，C項正確；D．阿司匹林結(jié)構(gòu)中含有的羧基可以消耗1個NaOH，并且結(jié)構(gòu)中還含有一個酚酯基，可以消耗2個NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D項錯誤；答案選C。【答案點睛】若有機物中存在形成4條單鍵的碳原子，那么有機物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解時消耗1個NaOH，而酚酯基可以消耗2個NaOH。10、B【答案解析】

植物油是高級脂肪酸的甘油酯，密度比水小，結(jié)構(gòu)中含有不飽和鍵，在堿性條件下可發(fā)生水解?！绢}目詳解】A.植物油是高級脂肪酸的甘油酯，屬于酯類，A項正確；B.植物油結(jié)構(gòu)中含有不飽和的碳碳雙鍵鍵，B項錯誤；C.密度比水小，浮在水面上，C項正確；D.在堿性條件下可發(fā)生水解，生成高級脂肪酸鹽和甘油，D項正確；答案選B。11、C【答案解析】

A.H＋、Fe2＋、NO3—之間能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故A錯誤；B.使紫色石蕊溶液變紅的溶液為酸性溶液，溶液中存在大量H＋，H＋與AlO2—在溶液中能夠反應，且NH4+與AlO2—會發(fā)生雙水解，不能大量共存，故B錯誤；C.pH＝12的溶液顯堿性，OH－與K＋、Na＋、CH3COO－、Br－不反應，且K＋、Na＋、CH3COO－、Br－之間也不反應，可大量共存，故C正確；D.滴加幾滴KSCN溶液顯血紅色的溶液中含有Fe3＋，F(xiàn)e3＋、I－能夠發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故D錯誤；故選C。12、D【答案解析】

A.鐵過量，1molCl2完全反應轉(zhuǎn)移2mol電子，選項A正確；B.乙醇有0.5mol，另外還有1.5mol水，故氫原子總數(shù)為（0.5mol×6+1.5mol×2）×NA=6NA，選項B正確；C.反應中每生成4mol氮氣轉(zhuǎn)移15mol電子，生成28gN2時（物質(zhì)的量為1mol），轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為3.75NA，選項C正確；D.NaCl溶液不水解，為中性，NaF溶液水解，為堿性，根據(jù)電荷守恒，兩溶液中離子總數(shù)均可表示為2[n(Na+)+n(H+)]，Na+數(shù)目相等，H+數(shù)目前者大于后者，所以L1mol/LNaCl溶液和1L1mol/LNaF溶液中離子總數(shù)：前者大于后者，選項D錯誤；答案選D。13、A【答案解析】

A.二氧化硫具有較強的還原性，故常用作葡萄酒的抗氧化劑，選項A錯誤；B.催化劑可以降低活化能，從而起到加快速率，降低所需能量等作用，選項B正確；C.利用鉀和鈉的焰色反應不同進行區(qū)分，選項C正確；D.乙烯有催熟的效果，高錳酸鉀溶液可以吸收乙烯，選項D正確。答案選A。【答案點睛】本題考查化學與生產(chǎn)、生活的關(guān)系，要求學生能夠用化學知識解釋化學現(xiàn)象，試題培養(yǎng)了學生的分析、理解能力及靈活應用基礎(chǔ)知識的能力，易錯點為選項B催化劑可以降低活化能，從而起到加快速率，降低所需能量等作用。14、B【答案解析】

A、用待測液和標準液洗滌對應滴定管，避免待測液和標準液被稀釋而濃度減小引起較大誤差，故A不符合題意；B、由于25mL滴定管中裝入待測液的體積大于25mL，所以調(diào)整初始讀數(shù)為

10.00mL后，將剩余待測液放入錐形瓶，待測液體積大于15.00mL，測定結(jié)果偏大，故B符合題意；C、酸堿滴定時，當指示劑變色后且保持半分鐘內(nèi)不變色，即可認為已經(jīng)達到滴定終點，故C不符合題意；D、滴定實驗中，準確讀數(shù)應該是滴定管上藍線的粗細交界點對應的刻度線，由于滴定管的0刻度在上方，所以末讀數(shù)減去初讀數(shù)即反應消耗溶液的體積，故D不符合題意；故選：B。15、B【答案解析】

A.HSO3-屬于弱酸酸式陰離子，在溶液中既存在水解平衡又存在電離平衡，1L1mol·L-1的NaHSO3溶液中含有的離子數(shù)不是3NA，故A錯誤；B.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式為CH2，2．6g的混合物中含CH2物質(zhì)的量為1.4mol，所以含C—H鍵數(shù)目為1.8NA，故B正確；C.標準狀況下，3．4L的37Cl2中所含的中子數(shù)為41NA，常溫常壓下中子數(shù)不為41NA，故C錯誤；D.NOx可能是NO或NO2，根據(jù)得失電子守恒可得，生成1．1molNOx轉(zhuǎn)移電子數(shù)介于1.11.3mol之間，故D錯誤；答案：B。16、A【答案解析】

A．對于可逆反應2NO2N2O4，升高溫度，氣體的顏色變深，則平衡逆向移動；降低溫度，氣體顏色變淺，則平衡正向移動，A正確；B．銅與濃硝酸反應，不管生成的氣體是NO還是NO2，用排水法收集后，都收集到無色的氣體，所以不能肯定生成的氣體的成分，B錯誤；C．灼燒海帶時，應放在坩堝內(nèi)，否則會損壞燒杯，C錯誤；D．飽和食鹽水，用于除去Cl2中混有的HCl氣體，D錯誤；故選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑bcH2O2H++HO2-H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2OCu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O【答案解析】

根據(jù)題意推斷X、Y、Z、M、R依次為H、Si、Al、O、Cl五種元素。（1）鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣；（2）證明非金屬性的方法：①單質(zhì)與氫氣化合的難易程度；②氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性；③最高價氧化物對應水化物的酸性等角度證明；（3）X2M2為H2O2，H原子滿足2電子結(jié)構(gòu)、O原子滿足8電子結(jié)構(gòu)；按多元弱酸分步電離進行書寫；（4）根據(jù)質(zhì)量守恒進行化學方程式的書寫；（5）銅與雙氧水在酸性條件下反應生成銅鹽和水?！绢}目詳解】X、Y、Z、M、R是短周期主族元素，X元素的陽離子核外無電子，則X為氫元素；Y元素有-4、+4價，處于ⅣA族，是無機非金屬材料的主角，則Y為Si元素；Z為第三周期簡單離子半徑最小，則為Al元素；R元素有+7、-1價，則R為Cl元素；M元素有-2價，處于ⅥA族，原子半徑小于Cl原子，故R為氧元素；（1）Z為Al，Al與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，反應的離子方程式為：2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑；（2）R為Cl，Y為Si；a.物質(zhì)的聚集狀態(tài)屬于物理性質(zhì)，不能說明非金屬性強弱，選項a錯誤；b.氫化物越穩(wěn)定，中心元素的非金屬性越強，穩(wěn)定性HCl＞SiH4，說明非金屬性Cl＞Si，選項b正確；c.Si與Cl形成的化合物中Si呈正價，說明Cl吸引電子的能力強，Cl元素的非金屬性更強，選項c正確；d.Y與R各自形成的最高價含氧酸中R的氧化性更強才能說明R的非金屬性更強，選項d錯誤；答案選bc；（3）X2M2為H2O2，H原子滿足2電子結(jié)構(gòu)、O原子滿足8電子結(jié)構(gòu)，故H2O2的電子式為；H2O2酸性比碳酸的還要弱，則可看成多元弱酸，分步電離，第一步電離的電離方程式為H2O2H++HO2-；（4）已知I2能做X2M2分解的催化劑：H2O2分解生成H2O和O2；根據(jù)總反應式2H2O2=2H2O+O2↑減去第一步反應H2O2＋I2＝2HIO得到第二步反應：H2O2+2HIO=I2+O2↑+2H2O；（5）銅與雙氧水在酸性條件下反應生成銅鹽和水，反應的離子方程式為Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O?！敬鸢更c睛】本題考查元素周期律元素周期表的應用，同周期元素從左到右半徑減小、非金屬性增強，同主族元素從上而下半徑增大、非金屬性減弱。18、＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH氧化反應3氨基易被氧化，在氧化反應之前需先保護氨基CH3CH2OHCH3CHO【答案解析】

分析有機合成過程，A物質(zhì)為發(fā)生苯環(huán)上的對位取代反應生成的，故A為，結(jié)合已知條件①，可知B為，結(jié)合B→C的過程中加入的(CH3CO)2O以及D的結(jié)構(gòu)可知，C為B發(fā)生了取代反應，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽鍵，C→D的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化成羧基的過程。D與題給試劑反應，生成E，E與H2O發(fā)生取代反應，生成F。分析X、Y的結(jié)構(gòu)，結(jié)合題給已知條件②，可知X→Y的過程為，據(jù)此進行分析推斷?！绢}目詳解】（1）從流程分析得出A為,答案為：；（2）根據(jù)流程分析可知，反應為乙酸酐與氨基反應形成肽鍵和乙酸。反應方程式為：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH。答案為：＋(CH3CO)2O→＋CH3COOH；（3）結(jié)合C、D的結(jié)構(gòu)簡式，可知C→D的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化為羧基，為氧化反應。答案為：氧化反應；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1mol氫氧化鈉，溴原子水解得到酚羥基和HBr各消耗1mol氫氧化鈉，共消耗3mol。答案為：3；（5）分析B和F的結(jié)構(gòu)簡式，可知最后氨基又恢復原狀，可知在流程中先把氨基反應后又生成，顯然是在保護氨基。答案為：氨基易被氧化，在氧化反應之前需先保護氨基；（6）由①得出苯環(huán)中取代基位置對稱，由②得出含有醛基或甲酸酯基，還有1個氮原子和1個氧原子，故為、、。答案為：、、；（7）根據(jù)已知條件②需要把乙醇氧化為乙醛，然后與X反應再加熱可得出產(chǎn)物。故合成路線為：CH3CH2OHCH3CHO。答案為：CH3CH2OHCH3CHO。19、CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S除去溶液中的Fe3＋，提高產(chǎn)品的純度取最后一次洗滌后的濾液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀，則洗滌完全排盡裝置中的空氣，防止Fe2＋被氧化KMnO4具有強氧化性，可將Fe2＋和乳酸根離子中的羥基一同氧化過濾,控制溫度61℃左右,向濾液中滴加1.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，攪拌、趁熱過濾。用乙醇洗凈所得固體，置于真空干燥箱中干燥【答案解析】

由實驗流程可知，向黃銅礦(CuFeS2)中加入FeCl3溶液發(fā)生氧化還原反應生成FeCl2、CuCl固體和硫單質(zhì)，經(jīng)過濾得到固體為CuCl和S，進一步分離可得CuCl；溶液1中含有FeCl2和FeCl3，加入過量的鐵粉除去溶液中的Fe3＋得到溶液2為純度較高的FeCl2溶液，向溶液2中加入碳酸鈉溶液生成FeCO3沉淀，過濾后加乳酸得到乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}。亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，實驗前通入N2排盡裝置中的空氣，裝置中FeCO3和乳酸發(fā)生反應制備乳酸亞鐵{[CH3CH(OH)COO]2Fe}，據(jù)此解答?！绢}目詳解】(1)由上述分析可以知道，F(xiàn)eCl3溶液與黃銅礦發(fā)生反應的離子方程式為CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S。因此，本題正確答案是：CuFeS2＋3Fe3＋＋Cl－===4Fe2＋＋CuCl＋2S；

(2)溶液1中含有FeCl3，向溶液1中加入過量鐵粉的目的是除去溶液中的Fe3＋，提高產(chǎn)品的純度。因此，本題正確答案是：除去溶液中的Fe3＋，提高產(chǎn)品的純度；(3)FeCO3固體會吸附溶液中的Cl-，所以檢驗洗滌已完全應檢驗是否含有Cl-，方法為：取最后一次洗滌后的濾液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀，則洗滌完全，因此，本題正確答案是：取最后一次洗滌后的濾液，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若無白色沉淀，則洗滌完全；(4)①亞鐵離子容易被氧氣氧化，實驗前通入N2的目的是排盡裝置中的空氣，防止Fe2＋被氧化。因此，本題正確答案是：排盡裝置中的空氣，防止Fe2＋被氧化；②乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，導致消耗高錳酸鉀的增大，計算中按亞鐵離子被氧化，故計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)會大于111%，

因此，本題正確答案是：KMnO4具有強氧化性，可將Fe2＋和乳酸根離子中的羥基一同氧化。(5)根據(jù)題給信息，將一定量的混合物溶于飽和NaCl溶液中，CuCl與NaCl溶液反應，生成易溶于水的NaCuCl2，過濾后除去S；將NaCuCl2水解生成CuCl，根據(jù)溫度、pH對CuCl產(chǎn)率的影響的曲線，應選擇溫度61℃左右，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，具體的操作為：過濾，控制溫度61℃左右，向濾液中滴加1.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，攪拌、趁熱過濾。最后用乙醇洗凈所得固體，置于真空干燥箱中干燥，因此，本題正確答案是：過濾，控制溫度61℃左右，向濾液中滴加1.1mol·L－1H2SO4，控制溶液的pH為2.1～2.5左右，攪拌、趁熱過濾。用乙醇洗凈所得固體，置于真空干燥箱中干燥。20、三頸燒瓶Na2SO3溶液2Cu2+++2Cl-+H2O=2CuCl↓+2H++與H+作用，調(diào)整pH3.5洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCl被氧化6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O溫度降到常溫，上下調(diào)節(jié)量氣管至左、右液面相平，該數(shù)時視線與凹液面最低處相切C→B→A【答案解析】

(1)根據(jù)儀器1的圖示解答；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，需要控制Na2SO3的加入量，據(jù)此分析判斷；(2)根據(jù)題意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增強，結(jié)合Na2CO3的性質(zhì)分析解答；(3)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答；(4)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸”，結(jié)合硝酸的強氧化性書寫反應的方程式；根據(jù)正確的讀數(shù)方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用A吸收CO，最后用排水法測量氮氣的體積，據(jù)此分析解答?！绢}目詳解】(1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成[Cu(SO3)2]3-，為提高產(chǎn)率，可控制Na2SO3的加入量，則儀器2中所加試劑應為Na2SO3溶液，故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3溶液；(2)在提純后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時溶液的酸性增強，生成硫酸，反應的離子方程式為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可與生成的H+反應，及時除去系統(tǒng)中反應生成的H+，利于反應進行，由圖象可知，應維持pH在3.5左右，故答案為：2Cu2++SO32-+2Cl-+H2O═2CuCl↓+SO42-+2H+；與H+作用，調(diào)整pH；3.5；(3)用去氧水作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，可洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCl被氧化，故答案為：洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時防止CuCl被氧化；(4)根據(jù)題意，氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，反應的方程式為6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO↑+4H2O；用D裝置測N2含量，應注意溫度在常溫，且左右液面相平，讀數(shù)時視線與凹液面最低處水平相切，以減小實驗誤差；用CuCl作O2、CO的吸收劑，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用A吸收CO，最后用排水法測量氮氣的體積，則順序為C→B→A→D，故