1、四川省眉山市青神县青神中学2023年高三化学第一学期期末考试模拟试题注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整
2、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、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是A使用蒸馏水B使用 NaHCO3 溶液C使用 CuSO4 和 NaOH 溶液D使用 pH 试纸2、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B水电离的c(H+)=110-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D= 110-13mol/L的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、
3、NO3-3、根据合成氨反应的能量变化示意图，下列有关说法正确的是（ ）A断裂0.5molN2（g）和1.5mol H2（g）中所有的化学键释放a kJ热量BNH3（g）NH3（l）H=c kJmol1CN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）kJmol1D2NH3（l）N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca） kJmol14、下列有关化学反应的叙述正确的是A铜能与FeCl3溶液发生置换反应B工业上用Cl2与澄清石灰水反应生产漂白粉C向NaOH溶液中加入过量AlCl3溶液可得到氢氧化铝D实验室用MnO2与1.0 molL1的盐酸加热制取氯气5、如图所示是一种以液态肼（N2H4）为燃
4、料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700900，生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是A电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2OB电池内的O2由电极乙移向电极甲C当甲电极上消耗lmol N2H4时，乙电极理论上有 22.4L（标准状况下）O2参与反应D电池正极反应式为：O2+4e=2O26、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解槽装置如左下图所示，用CuSi合金作硅源，在950下利用三层液熔盐进行电解精炼，并利用某CH4燃料电池(如下图所示)作为电源。下列有关说法不正确的是A电极c与b相连，d与a相连B左侧电解槽中;Si优先于C
5、u被氧化Ca极的电极反应为CH4-8e+4O2 =CO2+2H2OD相同时间下，通入CH4、O2的体积不同，会影响硅的提纯速率7、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)8、干冰气化时，发生变化的是A分子间作用力B分子内共价键C分子的大小D分子的化学性质9、某有机化合物，只含碳、氢二种元素，相对分子质量为56，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有(需考
6、虑顺反异构)A3种B4种C5种D6种10、化学与生活密切相关。下列说法正确的是（ ）A利用二氧化硅与碳酸钙常温反应制备陶瓷B纺织业利用氢氧化钠的强氧化性将其作为漂洗的洗涤剂C利用明矾的水溶液除去铜器上的铜锈，因Al3+水解呈酸性D“丹砂（主要成分为硫化汞）烧之成水银，积变又还成丹砂”中发生的反应为可逆反应11、有3份等量的烧碱溶液，第1份直接与盐酸反应；第2份稀释一倍，再与盐酸反应；第3份通入适量的CO2后，再与盐酸反应若盐酸的浓度相同，完全反应时消耗盐酸的体积分别为V1、V2和V3，则V1、V2和V3的大小关系正确的是（ ）AV1=V2=V3BV1V3V2CV2V3V1DV1V2V312、锡
7、为A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂(SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解)。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是A装置的主要作用是吸收挥发的I2BSnI4可溶于CCl4中C装置中a为冷凝水进水口D加入碎瓷片的目的是防止暴沸13、下列实验操作正确的是( )A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液14、下表为各物质中所含少量杂质以及除去这些杂质应选用的试剂或操作方法正确的一组是（ ）选项物质(括号为少量杂质)除杂方法ACO2(SO2)通入饱和碳酸氢钠溶液，
8、再通入碱石灰干燥BCu（CuO）空气中加热CFeCl2（Fe）通入少量氯气加热DKNO3(NaCl)溶于水配成热饱和溶液，冷却结晶AABBCCDD15、碳酸镧La2(CO3)3可用于治疗高磷酸盐血症。某化学小组用如图装置模拟制备碳酸镧，反应为2LaCl3+6NH4HCO3=La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O下列说法正确的是A从左向右接口的连接顺序：FB，AD，ECB装置X中盛放的试剂为饱和Na2CO3溶液C实验开始时应先打开W中分液漏斗的旋转活塞D装置Z中用干燥管的主要目的是增大接触面积，加快气体溶解16、黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在1200
9、高温下继续反应：2Cu2S+3O22Cu2O+2SO22Cu2O+Cu2S6Cu+SO2则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21molD若1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA17、氯酸是一种强酸，浓度超过 40%时会发生分解，反应可表示为 aHClO3=bO2+ cCl2+ dHClO4 + eH2O，用湿润的淀粉碘化钾试纸检验气体产物时，试纸先变蓝后褪色。下列说法正确的是A若化学计量数 a = 8，b = 3，则该反应转移电子为 20e-B变蓝的淀粉碘化钾试纸褪色是因为可能发生了：4Cl2+I
10、2 + 6H2O=12H+8Cl-+2IO3-C氧化产物是高氯酸和氯气D由反应可确定：氧化性：HClO4HClO318、下列指定反应的离子方程式不正确的是( )ANO2溶于水：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NOB漂白粉溶液呈碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-C酸性条件下用H2O2将海带灰中I-氧化：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2OD氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3+4NH3H2O=AlO2-+4NH4+2H2O19、下图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图，下列说法正确的是AM、N的氧化物都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物反应BY的单质能从含R简单离子的水溶液
11、中置换出R单质CX、M两种元素组成的化合物熔点很高D简单离子的半径：RMX20、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H2 0.5 g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A钠B镁C铝D铁21、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80104和1.75105。将pH=3，体积均为V0的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）A溶液中水的电离程度：b点c点B相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D若两溶液无限稀
12、释，则它们的c(H+)相等22、下列转化不能通过一步实现的是（ ）AFeFe3O4BAlNaAlO2CCuCuSO4DCuCuS二、非选择题(共84分)23、（14分）1，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：完成下列填空：（1）写出反应类型：反应_反应_。（2）A和B的结构简式为_、_。（3）由合成尼龙的化学方程式为_。（4）由A通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_。24、（12分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A
13、所含官能团名称为_。写出A+BC的化学反应方程式：_。(2)C()中、3个一OH的酸性由弱到强的顺序是_。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有_种。(4)DF的反应类型是_，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：_。属于一元酸类化合物：苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOH A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：_CH2=CH2C
14、H3CH2OHCH3COOC2H525、（12分）用6molL-1的硫酸配制100mL1molL-1硫酸，若实验仪器有：A100mL量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E20mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）_。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）_。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒
15、入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次26、（10分）目前全世界的镍（Ni）消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位。镍常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也常用作催化剂。碱式碳酸镍的制备：工业用电解镍新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制备碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O，制备流程如图：（1）反应器中的一个重要反应为3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO32Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化学式为_。（2）物料在反应器中反应时需
16、要控制反应温度和pH值。分析如图，反应器中最适合的pH值为_。（3）检验碱式碳酸镍晶体洗涤干净的方法是_。测定碱式碳酸镍晶体的组成：为测定碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O组成，某小组设计了如图实验方案及装置：资料卡片：碱式碳酸镍晶体受热会完全分解生成NiO、CO2和H2O实验步骤：检查装置气密性；准确称量3.77g碱式碳酸镍晶体xNiCO3yNi(OH)2zH2O放在B装置中，连接仪器；打开弹簧夹a，鼓入一段时间空气，分别称量装置C、D、E的质量并记录；_；打开弹簧夹a缓缓鼓入一段时间空气；分别准确称量装置C、D、E的质量并记录；根据数据进行计算（相关数据如下表）装置C/g装
17、置D/g装置E/g加热前250.00190.00190.00加热后251.08190.44190.00实验分析及数据处理：（4）E装置的作用_。（5）补充的实验操作_。（6）通过计算得到碱式碳酸镍晶体的组成_（填化学式）。镍的制备：（7）写出制备Ni的化学方程式_。27、（12分）工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：（1）仪器D的名称是_；装置D的作用是_。（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会_（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。28、（14分）利奈唑胺（I）为细菌蛋白质合成抑制剂，其合成路线如下：回
18、答下列问题：（1）A中的官能团名称是_，（2）CD、FG的结反应类型分别为_（3）B的结构简式为_。（4）HI的化学方程式为_。（5）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。用星号（*）标出中的手性碳_（6）芳香族化合物X是C的同分异构体，写出核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为4:4:2:1的X的结构简式_。（不考虑立体异构，只写一种）（7）参照上述合成路线，设计以甲苯和乙酸为原料制备的合成路线（无机试剂任选）_。29、（10分）锂碳、铝、铬是重要的元素，在工业生产和科技中有重要的应用。（1）铝热反应可以冶炼金属铬，Cr基态核外电子排布式为_。（2）金属锂是锂电池重要的组成部分。Li
19、、Be、B 原子的第一电离能由大到小的顺序为_。（3）LiAlH4是有机合成中常用的还原剂。AlH4-的空间构型为_。（4）+CH3COOH乙酸酐分子中碳原子轨道的杂化类型为_。l mol对甲基苯乙酮分子中含有的键的数目为_甲苯分子难溶于水的原因是_。（5）已知铬酸钙晶胞如图所示，该晶体密度为 gcm-1，NA是阿伏加德罗常数的值。Ca离子周围距离最近且相等的O有_个。相邻两个面心氧离子最短核间距（d）为_pm。参考答案一、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、C【解析】乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【详解】A
20、. 二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B. 乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简便，操作简单，故B错误；C. 是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D. 使用 pH 试纸 乙酸具有酸性，可使 pH 试纸变红，乙醛不能使 pH 试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。2、D【解析】A使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A错误；B. 水电离的c(H+)=110-13mol
21、/L的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中AlO2-、CO32-不可以共存，B错误；C强酸和强碱溶液都可以和Al反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D= 110-13mol/L的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D正确。答案选D。3、D【解析】由图可知，断裂化学键吸收akJ热量，形成1mol气态氨气时放热为bkJ，1mol气态氨气转化为液态氨气放出热量为ckJ。【详解】A断裂0.5mol N2（g）和1.5mol H2（g）
22、中所有的化学键，吸收a kJ热量，故A错误；BNH3（g）NH3（l）H=c kJmol1，故B错误；C由图可知，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）kJmol1，故C错误；D由图可知，N2（g）+3H2（g）2NH3（l）H=2（abc）kJmol1，互为逆反应时，焓变的数值相同、符号相反，则2NH3（l）N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca） kJmol1，故D正确；故选：D。4、C【解析】A单质与化合物反应生成另一种单质和化合物的化学反应称为置换反应，铜能与FeCl3溶液发生反应氯化铜和氯化亚铁，没有单质生成，不是置换反应；B氢氧化钙溶解度较小，澄清石灰水中氢氧化钙含
23、量较少，工业上用Cl2与石灰乳反应生产漂白粉，故B错误；C向NaOH溶液中加入适量AlCl3溶液反应生成偏铝酸钠溶液，继续加入氯化铝，偏铝酸根离子与铝离子发生双水解反应可得到氢氧化铝，故C正确；D实验室用MnO2与浓盐酸加热制取氯气，稀盐酸与MnO2不反应，故D错误；答案选C。【点睛】铝离子和氢氧根离子之间的量不同，生成的产物也不同，是易错点。5、A【解析】A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和O2反应的产物为N2和H2O，总反应方程式为N2H4O2=N22H2O，A错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中N的化合价从1升高到0，失去电子，因此通过N2H
24、4的一极为负极，则O2由电极乙向电极甲移动，B正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4O2=N22H2O，每消耗1molN2H4，就需要消耗1molO2，在标准状况下的体积为22.4L，C正确，不符合题意；D、根据题目，O2得到电子生成O2，电极方程式为O2+4e=2O2，D正确，不符合题意；答案选A。6、A【解析】甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，通入氧气的电极b为正极，氧气在正极上得电子发生还原反应生成阳离子，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，Si4+在阴极上得电子发生还原反应生成Si，d为阳极，与b相连，Si在阳极上
25、失电子发生氧化反应生成Si4+。【详解】A项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，通入氧气的电极b为正极，根据电解池中电子的移动方向可知，c为阴极，与a相连，d为阳极，与b相连，故A错误；B项、由图可知，d为阳极，Si在阳极上失去电子被氧化生成Si4+，而铜没被氧化，说明硅优先于钢被氧化，故B正确；C项、甲烷燃料电池中，通入甲烷的a电极为负极，甲烷在负极上失电子发生氧化反应生成二氧化碳，电极反应式为CH4-8e+4O2 =CO2+2H2O，故C正确；D项、相同时间下，通入CH4、O2的的体积不同，反应转移电子的物质的量不同，会造成电流强度不同，影响硅的提纯速率，故D正确。故选A。【点睛】本
26、题考查原电池和电解池原理的应用，注意原电池、电解池反应的原理和电子移动的方向，明确离子放电的先后顺序是解题的关键。7、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3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。8、A【解析】A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱
27、，故A正确；B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；C.干冰气化时二氧化碳分子没变，分子的大小没变，故C错误；D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以化学性质没变，故D错误；答案选A。9、D【解析】该有机物完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量相等，则满足CnH2n，根据相对分子量为56可得：14n=56，n=4，该有机物分子式为C4H8，可能为丁烯或环丁烷、甲基环丙烷，若为丁烯，则丁烯的碳链异构的同分异构体为：CH3CH2CH=CH2、CH3CH=CHCH3、(CH3)2C=CH2，其中和不存在顺反异构，存在顺反异构，所以属于烯烃的同分异构体总共有4种；还有可能为环丁烷或者
28、甲基环丙烷，所以分子式为C4H8的同分异构体总共有6种。故选：D。【点睛】完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，则该烃中C、H原子个数之比为1：2，设该有机物分子式为CnH2n，则14n=56，解得n=4，再根据分子式为C4H8的碳链异构及顺反异构确定同分异构体的种类。10、C【解析】A二氧化硅与碳酸钙常温下不反应，A错误；B氢氧化钠没有强氧化性，作漂洗剂时利用它的碱性，B错误；C明矾在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去铜器上的铜锈，C正确；D丹砂中的硫化汞受热分解生成汞，汞与硫化合生成丹砂，条件不同，不是可逆反应，D错误；故选C。11、A【解析】最后生成物质的都为NaCl，根据Na原子
29、、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物质的量相等，则消耗HCl的物质的量相等，故消耗盐酸的体积相等，即V1=V2=V3。答案选A。【点晴】该题侧重于分析能力和计算能力的考查，题目难度不大，注意根据元素质量守恒进行计算，可省去中间过程的繁琐。12、A【解析】ASnI4易水解，装置的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故A错误；B根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确；C冷凝水方向是“下进上出”，因此装置中a为冷凝水进水口，故C正确；D在液体加热时溶液易暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故D正
30、确；故答案为A。13、D【解析】A、二氧化硫密度比空气大，收集时需长进短出，故A错误；B、氯化铝水解生成的氯化氢易挥发，通过加热氯化铝溶液制备AlCl3晶体，需在氯化氢氛围下蒸发，故B错误；C、中和滴定时，锥形瓶不能用待装液润洗，否则会使滴定结果产生较大误差，故C错误；D、分液漏斗和容量瓶上均有塞子，使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液，防止实验过程中漏液，故D正确。答案选D。14、D【解析】A、SO2与碳酸氢钠反应：SO2+NaHCO3=NaHSO3+CO2或SO2+2NaHCO3=Na2SO3+H2O+2CO2，CO2能够与碱石灰反应，应采用浓硫酸或者无水氯化钙等干燥，故A不符合题意；
31、B、Cu与空气中氧气在加热条件下能反应生成CuO，应将混合固体加入稀盐酸溶液中，然后过滤干燥，故B不符合题意；C、FeCl2与氯气会发生反应，因此达不到除杂目的，故C不符合题意；D、KNO3溶解度随温度变化较大，而NaCl溶解度随温度变化较小，将混合固体溶于水后，制成饱和溶液后，将溶液冷却，KNO3会析出，而NaCl在溶液中，可达到除杂的目的，故D符合题意；故答案为：D。【点睛】KNO3中混有少量NaCl，提纯的方法是：溶解成热饱和溶液冷却结晶过滤；NaCl中混有少量KNO3，提纯的方法是：溶解成饱和溶液加热蒸发、浓缩结晶过滤；需注意二者试验操作的区分。15、A【解析】A. 氨气极易溶于水，则
32、采用防倒吸装置，EC；制取的二氧化碳需除去HCl杂质，则FB，AD，A正确；B. 装置X为除去HCl杂质，盛放的试剂为饱和NaHCO3溶液，B错误；C. 实验开始时应先打开Y中分液漏斗的旋转活塞，使溶液呈碱性，吸收更多的二氧化碳，C错误；D. 装置Z中用干燥管的主要目的是防止氨气溶于水时发生倒吸，D错误；答案为A。16、C【解析】反应中S化合价变化为：-2+4，O化合价变化为：0-2；反应中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】AO化合价降低，得到的还原产物为Cu2O和SO2，A选项错误；B 反应中Cu2S所含Cu元素化合价降低，S元素
33、化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O26Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成 2mol Cu，需要O21mol，C选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O26Cu+3SO2，若1molCu2S完全转化为2molCu，只有S失电子，： (4-(-2) mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D选项错误；答案选C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。17、A【解析】A选项，将化学计量数a=8，b=3代入8HClO33O2+cCl2+dHClO4+eH
34、2O方程，由元素守恒得d+2e=8 4d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得该反应转移电子数为20e，故A正确；B选项，电荷不守恒，故B错误；C选项，氧化产物是高氯酸和氧气，氯气是还原产物，故C错误；D选项，由反应可确定：氧化性：HClO3HClO4，故D错误；综上所述，答案为A。18、D【解析】A. NO2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，A项正确；B. 漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClO-+H2OHClO+OH-，B项正确；C. 酸性条件下，用H2O2将海带灰中I-氧化，其离子方程式为：H2O2+2I
35、-+2H+=I2+2H2O，C项正确；D. 氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al3+3NH3H2O = Al(OH)3+3NH4+，D项错误；答案选D。【点睛】D项是学生的易错点，要特备注意，氢氧化铝不溶于弱酸如碳酸，也不溶于弱碱如氨水等。19、C【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，AM、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；BF
36、2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；CX、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；DO2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-O2-Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。20、D【解析】假设金属都是二
37、价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2，n(H2)=0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量=48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理
38、解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。21、B【解析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的pH大于的pH，则表明的n(H+)小于的n(H+)，从而表明lg=0时，对应的酸电离程度大，为HCOOH，为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以
39、溶液中水的电离程度：b点c点，A正确；B相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。22、D【解析】A. Fe单质在氧气中燃烧生产Fe3O4，故A可以一步实现；B. 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
40、成低价硫化物Cu2S，故D不能一步实现；故选D。【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。二、非选择题(共84分)23、消去反应 加成（氧化）反应 n+NH2RNH2+(2n-1)H2O 【解析】根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为：，它是通过环己醇通过消去反应而得到，A经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知信息，结合B在水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）反应的反应类型为：消去
41、反应；反应为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；（2）根据上述分析可知，A的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；（3）与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：n+NH2RNH2+(2n-1)H2O；（4）A为，若想制备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2二溴环己烷，1,2二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1，3环己二烯，其具体合成路线如下：。24、醛基、羧基 4 取代反应 3 【解析】A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则A为OHCCOOH，根据C的结构可知B
42、是，A转化到C发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A是OHCCOOH，根据C的结构可知B是，A+BC发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基； ；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：，故答案为；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为4；(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代OH位置
43、，DF的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3mol NaOH；其同分分异构体满足属于一元酸类化合物：苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHCCOOH，合成路线流程图为，故答案为。25、G、E、C、H、F或E、G、C、H、F B、C、D 【解析】（1）配制溶液时，选用仪
44、器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6molL-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；（2）A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E定容时，应盖好瓶塞，
