海南中學2023學年高三下學期第五次調研考試化學試題含解析

1、2023高考化學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、化學與生產(chǎn)、生活、科技等息息相關。下列

2、說法不正確的是A物理小識中“有硇水者，剪銀塊投之，則旋而為水”，其中“硇水”是指鹽酸B天工開物中“世間絲、麻、裘、褐皆具素質”，其中“絲”主要成分是蛋白質C“玉兔二號”月球車首次實現(xiàn)月球背面著陸，其帆板太陽能電池的主要材料是硅D港珠澳大橋采用的超高分子聚乙烯纖維吊繩，屬于有機高分子材料2、化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是A純棉面料主要含C、H、O三種元素B植物油的主要成分屬于酯類物質C用于食品包裝的聚乙烯塑料能使溴水褪色D聚乳酸()的降解過程中會發(fā)生取代反應3、鋰空氣電池是一種用鋰作負極，以空氣中的氧氣作為正極反應物的電池。其工作原理如圖，下列說法中錯誤的是( )A多孔電極可以提高電極與電

3、解質溶液的接觸面積，并有利于氧氣擴散至電極表面B正極的電極反應：C有機電解液可以是乙醇等無水有機物D充電時專用充電電極可防止空氣極腐蝕和劣化4、根據(jù)下列圖示所得出的結論不正確的是A圖甲是室溫下20 mL 0.1 molL1氨水中滴加鹽酸，溶液中由水電離出的c（H+）隨加入鹽酸體積的變化關系，圖中b、d兩點溶液的pH值均為7B圖乙是CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常數(shù)與反應溫度的關系曲線，說明該反應的H0 C圖丙是室溫下用0.1000 molL1 NaOH溶液滴定20.00 mL 0.1000 molL1某一元酸HX的滴定曲線，該 滴定過程可以選擇酚酞作為指示劑D圖丁是室溫

4、下用 Na2SO4 除去溶液中 Ba2+ 達到沉淀溶解平衡時，溶液中 c（Ba2+）與 c（SO42）的關系曲線，說明 Ksp（BaSO4）110105、對于排布在2s軌道上的電子，不能確定的是A電子所在的電子層B電子的自旋方向C電子云的形狀D電子云的伸展方向6、一定條件下，在水溶液中1 mol 的能量(kJ)相對大小如下圖所示。下列有關說法錯誤的是A上述離子中結合能力最強的是EB上述離子中最穩(wěn)定的是AC上述離子與結合有漂白性的是BD反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和7、下列我國科技成果不涉及化學變化的是A廚余污油裂化為航空燃油B“深海勇士”號潛水艇用鋰電池供能C以“煤”代“油”生產(chǎn)低碳烯烴

5、D用“天眼”接收宇宙中的射電信號AABBCCDD8、電導率用于衡量電解質溶液導電能力的大小，與離子濃度和離子遷移速率有關。圖1 為相同電導率鹽酸和醋酸溶液升溫過程中電導率變化曲線，圖2 為相同電導率氯化鈉和醋酸鈉溶液升溫過程中電導率變化曲線，溫度均由22上升到70。下列判斷不正確的是A由曲線1可以推測：溫度升高可以提高離子的遷移速率B由曲線4可以推測：溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關C由圖1和圖2可以判定：相同條件下，鹽酸的電導率大于醋酸的電導率，可能的原因是Cl-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率D由圖1和圖2可以判定：兩圖中電導率的差值不同，與溶液中H+、OH-的濃

6、度和遷移速率無關9、下列圖示兩個裝置的說法錯誤的是（）AFe的腐蝕速率，圖圖B圖裝置稱為外加電流陰極保護法C圖中C棒上：2H+2e=H2D圖中Fe表面發(fā)生還原反應10、能促進水的電離平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（ ）A將水加熱煮沸B將明礬溶于水C將NaHSO4固體溶于水D將NaHCO3固體溶于水11、除去燃煤煙氣中的有毒氣體，一直是重要的科研課題。某科研小組設計如下裝置模擬工業(yè)脫硫脫氮，探究SO2和NO同時氧化的吸收效果。模擬煙氣由N2(90.02 )、SO2(4.99)、NO(4.99)混合而成，各氣體的流量分別由流量計控制，調節(jié)三路氣體相應的流量比例，充分混合后進入A。(

7、已知:FeSO4+NO Fe( NO)SO4(棕色)，下列說法不正確的是 A反應開始前應該關閉d，打開e，通入一段時間的N2B觀察到裝置A中有黑色固體生成，則A中反應為2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+C洗氣瓶A的出氣管口有兩個玻璃球泡，目的是為了消除可能存在的未破裂的氣泡D實驗中觀察到B中紅色褪去，C中變?yōu)闇\棕色，說明KMnO4不能吸收NO12、將下列氣體通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 沒有沉淀產(chǎn)生的是AHCl BNH3 CCl2 DNO213、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增加。已知，離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，

8、其中，陰陽離子個數(shù)比為11，陽離子是一種5核10電子微粒；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，其中丁在常溫下為氣體。下列說法正確的是A甲中既含離子鍵，又含共價鍵B丙和戊的混合物一定顯酸性C丁一定能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍D原子半徑：XYZW14、碳酸亞乙酯是一種重要的添加劑，結構如圖（ ），碳酸亞乙酯可由環(huán)氧乙烷與二氧化碳反應而得，亦可由碳酸與乙二醇反應獲得。下列說法正確的是A上述兩種制備反應類型相同B碳酸亞乙酯的分子式為C3H6O3C碳酸亞乙酯中所有原子可能共平面D碳酸亞乙酯保存時應避免與堿接觸15、學

9、?；瘜W研究小組對實驗室某廢液缸里的溶液進行檢測分析，提出假設：該溶液中可能含有NH4+、K+、Al3+、HCO3-、Cl-、I-、SO42-等離子中的幾種離子。實驗探究：取少量該溶液滴加紫色石蕊試液，溶液變紅。取100mL該溶液于試管中，滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后過濾得到0.3mol白色沉淀甲，向濾液中加入AgNO3溶液未見沉淀產(chǎn)生。另取100mL該溶液，逐漸加入Na2O2粉末，產(chǎn)生的沉淀和氣體與所加Na2O2粉末物質的量的關系曲線如圖所示。下列說法中不正確的是（ ）A該溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-B該溶液中一定含有K+，其物質的量濃度為1molL-1C在溶液中加

10、入0.250.3molNa2O2時，發(fā)生反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2OD該溶液能使紫色石蕊試液變紅的唯一原因是NH4+發(fā)生水解16、下列鹵代烴不能夠由烴經(jīng)加成反應制得的是ABCD17、下列說法中正確的是( )AH2O2屬于共價化合物,分子中只含有共價鍵BNa2O2屬于離子化合物,該物質中只含有離子鍵C分子間作用力CH4（3）寫出符合下列條件的E的所有同分異構體的結構簡式_。a.屬于酚類化合物，且是苯的對位二元取代物b.能發(fā)生銀鏡反應和水解反應（4）設計一條以CH3CHO為起始原料合成Z的線路（無機試劑及溶劑任選）。_

11、（合成路線的常用表示方法為：AB目標產(chǎn)物）25、（12分）某活動小組利用廢鐵屑(含少量S等元素)為原料制備硫酸亞鐵銨晶體(NH4)2SO4FeSO46H2O，設計如圖所示裝置(夾持儀器略去)。稱取一定量的廢鐵屑于錐形瓶中，加入適量的稀硫酸，在通風櫥中置于5060C熱水浴中加熱.充分反應。待錐形瓶中溶液冷卻至室溫后加入氨水，使其反應完全，制得淺綠色懸濁液。(1)在實驗中選擇5060 C熱水浴的原因是_(2)裝置B的作用是_；KMnO4溶液的作用是_。(3)若要確保獲得淺綠色懸濁液，下列不符合實驗要求的是_(填字母)。a.保持鐵屑過量 b. 控制溶液呈強堿性 c.將稀硫酸改為濃硫酸(4)檢驗制得的

12、(NH4)2SO4FeSO46H2O中是否含有Fe3+的方法：將硫酸亞鐵銨晶體用加熱煮沸過的蒸餾水溶解，然后滴加_(填化學式)。(5)產(chǎn)品中雜質Fe3+的定量分析：配制Fe3+濃度為0.1 mg/mL的標準溶液100 mL。稱取_ (精確到0.1)mg高純度的硫酸鐵銨(NH4)Fe(SO4)212H2O，加入20.00 mL經(jīng)處理的去離子水。振蕩溶解后，加入2 molL-1HBr溶液1mL和1molL-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。將上述溶液稀釋成濃度分別為0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(單位：mgL-1)的溶液。分別測定不同濃度溶液對光的吸收程度(吸光度

13、)，并將測定結果繪制成如圖所示曲線。取硫酸亞鐵銨產(chǎn)品，按步驟配得產(chǎn)品硫酸亞鐵銨溶液10mL，稀釋至100mL，然后測定稀釋后溶液的吸光度，兩次測得的吸光度分別為0.590、0.610，則該興趣小組所配產(chǎn)品硫酸亞鐵銨溶液中所含F(xiàn)e3+濃度為_mgL-1。(6)稱取mg產(chǎn)品，將產(chǎn)品用加熱煮沸的蒸餾水溶解，配成250mL溶液，取出100mL放入錐形瓶中，用cmolL-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為_ (用含c、V 、m的代數(shù)式表示)。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化

14、學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體（試劑不重復使用）焦亞硫酸鈉的析出原理：NaHSO3(飽和溶液)Na2S2O5(晶體)+H2O(l)F中盛裝的試劑是_，作用是_。通入N2的作用是_。Na2S2O5晶體在_（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經(jīng)離心分離，干燥后可得純凈的樣品。若撤去E，則可能發(fā)生_。(2)設計實驗探究Na2S2O5的性質，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質探究Na2S2O5性質的操作及現(xiàn)象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性

15、探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2molL-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去_。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）探究二中反應的離子方程式為_(KMnO4Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1molL-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，_（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內(nèi)溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復以上步驟兩次記錄數(shù)據(jù)。（實驗中必須使用的試劑有c2m

16、olL-1的標準Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻Cr()利用Na2S2O5和FeSO47H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉化為Cr(OH)3而除去，需調節(jié)溶液的pH范圍為_。已知：KspCr(OH)3=6.410-31，lg20.3，c(Cr3+)1.010-5molL-1時視為完全沉淀27、（12分）二氧化氯（ClO2）是一種高效消毒劑，易溶于水，沸點為11.0，極易爆炸。在干燥空氣稀釋條件下，用干燥的氯氣與固體亞氯酸鈉制備二氧化氯，裝置如圖：(1

17、)儀器a的名稱為_，裝置A中反應的離子方程式為_。(2)試劑X是_。(3)裝置D中冰水的主要作用是_。裝置D內(nèi)發(fā)生反應的化學方程式為_。(4)裝置E中主要反應的離子方程式為：_。(5)已知NaClO2飽和溶液在不同溫度時析出的晶體情況如下表。溫度38386060析出晶體NaClO23H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶體的操作步驟： 55蒸發(fā)結晶、_、3860的溫水洗滌、低于60干燥。(6)工業(yè)上也常用以下方法制備ClO2。酸性條件下雙氧水與NaClO3反應，則反應的離子方程式為_。如圖所示為直接電解氯酸鈉、自動催化循環(huán)制備高純ClO2的實驗。則

18、陰極電極反應式為_。28、（14分）化合物環(huán)丁基甲酸(H)是一種應用廣泛的有機物，合成化合物H的路線如圖：(1)A屬于烯烴，其結構簡式為_，由AB的反應類型是_。(2)D中官能團的名稱是_，由DE的反應類型是_。(3)E的名稱是_。(4)寫出F與NaOH溶液反應的化學方程式_。(5)M是G的同分異構體，且滿足以下條件：能使溴的四氯化碳溶液褪色；1mol M與足量飽和NaHCO3反應產(chǎn)生88g氣體；核磁共振氫譜為2組峰；則M的結構簡式為(不考慮立體異構，只寫一種)_，N是比M少一個碳原子的同系物，則N的同分異構體有_種。(6)參照上述合成路線，以和化合物E為原料(無機試劑任選)，設計制備的合成路

19、線_。29、（10分）氨氮(NH3、NH4+等)是一種重要污染物，可利用合適的氧化劑氧化去除。（1）氯氣與水反應產(chǎn)生的HClO可去除廢水中含有的NH3。已知：NH3(aq)HClO(aq)=NH2Cl(aq)H2O(l)Ha kJmol12NH2Cl(aq)HClO(aq)=N2(g)H2O(l)3H(aq)3Cl(aq)Hb kJmol1則反應2NH3(aq)3HClO(aq)=N2(g)3H2O(l)3H(aq)3Cl(aq)的H_kJmol1。（2）在酸性廢水中加入NaCl進行電解，陽極產(chǎn)生的HClO可氧化氨氮。電解過程中，廢水中初始Cl濃度對氨氮去除速率及能耗(處理一定量氨氮消耗的電能

20、)的影響如圖所示。寫出電解時陽極的電極反應式：_。當Cl濃度減小時，氨氮去除速率下降，能耗卻增加的原因是_。保持加入NaCl的量不變，當廢水的pH低于4時，氨氮去除速率也會降低的原因是_。（3）高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種高效氧化劑，可用于氨氮處理。K2FeO4在干燥空氣中和強堿性溶液中能穩(wěn)定存在。氧化劑的氧化性受溶液中的H濃度影響較大。堿性條件下K2FeO4可將水中的NH3轉化為N2除去，該反應的離子方程式為_。用K2FeO4氧化含氨氮廢水，其他條件相同時，廢水pH對氧化氨氮去除率及氧化時間的影響如圖所示。當pH小于9時，隨著pH的增大，氨氮去除率增大、氧化時間明顯增長的原因是_。參考答案

21、（含詳細解析）一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【答案解析】A硇水可以溶解銀塊，所以硇水是硝酸，故A符合題意；B絲是由蠶絲織成，蠶絲的主要成分是蛋白質，故B不符合題意；C硅為良好的半導體材料，能制造太陽能電池板，所以“玉兔號”月球車上的太陽能電池的材料是硅，故C不符合題意；D聚乙烯纖維屬于合成高分子材料，屬于有機高分子化合物，故D不符合題意；故答案為：A?！敬鸢更c睛】自然界存在的天然纖維主要有：棉花，麻類，蠶絲和動物毛，其中棉花和麻類的分子成份主要是天然纖維素，而蠶絲和毛類的分子成份主要是蛋白質（呈聚酰胺高分子形式存在）；自然界除棉花、麻類外，樹木、草類也大量

22、生長著纖維素高分子，然而樹木、草類生長的纖維素，不是呈長纖維狀態(tài)存在，不能直接當作纖維來應用，將這些天然纖維素高分子經(jīng)過化學處理，不改變它的化學結構，僅僅改變天然纖維素的物理結構，從而制造出來可以作為纖維應用的而且性能更好的纖維素纖維。2、C【答案解析】A純棉面料主要成分為纖維素，主要含C、H、O三種元素，故A正確；B植物油的主要成分為高級脂肪酸甘油酯，屬于酯類，故B正確；C聚乙烯不含碳碳雙鍵，不能使溴水褪色，故C錯誤；D聚乳酸的降解過程中發(fā)生水解反應，水解反應屬于取代反應，故D正確；答案選C。3、C【答案解析】在鋰空氣電池中，鋰作負極，以空氣中的氧氣作為正極反應物，在水性電解液中氧氣得電子生

23、成氫氧根離子，據(jù)此解答?！绢}目詳解】A.多孔電極可以增大電極與電解質溶液的接觸面積，有利于氧氣擴散至電極表面，A正確；B.因為該電池正極為水性電解液，正極上是氧氣得電子的還原反應，反應為O2+2H2O+4e-=4OH-，B正確；C.乙醇可以和金屬鋰反應，所以不能含有乙醇，C錯誤；D.充電時，陽極生成氧氣，可以和碳反應，結合電池的構造和原理，采用專用充電電極可以有效防止空氣極腐蝕，D正確；故合理選項是C。【答案點睛】本題考查電化學基礎知識，涉及電極判斷、反應式的書寫等相關知識，C項為易錯點，注意鋰的活潑性較強，可以和乙醇發(fā)生置換反應，試題難度不大。4、A【答案解析】A、過量氨水或者鹽酸存在抑制水

24、的電離，NH4Cl水解促進水的電離；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，不利于反應正向進行；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)。【題目詳解】A、過量氨水或者鹽酸存在抑制水的電離，NH4Cl水解促進水的電離，隨著鹽酸的滴加，溶液中NH4Cl逐漸增多，到達b點時存在NH4Cl和氨水，此時溶液中c水(H+)=10-7mol/L，可說明溶液為中性，繼續(xù)滴加至c點，此時完全是NH4Cl，溶液為酸性，繼續(xù)滴加HCl，溶液酸性增強，到達c點雖然

25、c水(H+)=10-7mol/L，但溶液為酸性，故A符合題意；B、根據(jù)圖象，溫度升高，平衡常數(shù)值減小，說明平衡逆向移動，所以正反應為放熱反應，反應的0，故B不符合題意；C、根據(jù)圖知，HX中未加NaOH溶液時，0.1000mol/L的HX溶液中pH大于2，說明該溶液中HX不完全電離，所以HX為一元弱酸，pH突躍范圍落在酚酞的指示范圍內(nèi)，可以使用酚酞，故C不符合題意；D、溫度不變，溶度積常數(shù)不變，Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO42-)，c(Ba2+)與c(SO42-)成反比，則c(SO42-)越大，c(Ba2+)越小，根據(jù)圖象上的點計算可得Ksp(BaSO4)=110-10，故D不符

26、合題意；故選：A?！敬鸢更c睛】本題的A選項分析需注意，b點對應溶質為NH4Cl、NH3H2O，此時溶液中氫離子均為水所電離，溶液呈中性，而d點對應溶質為NH4Cl、HCl，此時溶液中氫離子為HCl水電離，溶液呈酸性。5、B【答案解析】排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，故選B?！敬鸢更c睛】明確S軌道的形狀、以及無伸展方向是解題關鍵，排布在2s軌道上的電子，則可以判斷其在第二電子層，S能級電子云的形狀為球形，所以電子云無伸展方向，但不能確定電子的自旋方向，據(jù)此分析。6、A【答案解析】A.酸性越弱的酸，其結合氫

27、離子能力越強，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-結合氫離子能力最強，應為B，A錯誤；B.物質含有的能量越低，物質的穩(wěn)定性就越強，根據(jù)圖示可知：A、B、C、D、E中A能量最低，所以A物質最穩(wěn)定，B正確；C.ClO-與H+結合形成HClO，具有強氧化性、漂白性，C正確；D.BA+D，由電子守恒得該反應方程式為3ClO-=ClO3-+2Cl-，H=（64kJ/mol+20kJ/mol）-360kJ/mol=-116kJ/mol，為放熱反應，所以反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，D正確；故合理選項是A。7、D【答案解析】A、航空燃油是廚余污油通過熱裂解等技術得到一種長鏈脂肪酸的單烷基酯，該過程屬于化學

28、變化，故不選A；B、電池放電時把化學能轉化為電能，屬于化學變化，故不選B；C、煤制烯烴，屬于化學變化，故不選C；D、用“天眼”接收宇宙中的射電信號，沒有生成新物質，不屬于化學變化，故選D。8、D【答案解析】A曲線1中鹽酸溶液在升高溫度的過程中離子濃度不變，但電導率逐漸升高，說明溫度升高可以提高離子的遷移速率，故A正確；B溫度升高，促進CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，則由曲線3和曲線4可知，溫度升高，醋酸鈉電導率變化與醋酸根的水解平衡移動有關，故B正確；C曲線1和曲線2起始時導電率相等，但溫度升高能促進醋酸的電離，溶液中離子濃度增加，但鹽酸溶液的導電率明顯比醋酸高，說明可能原因是Cl

29、-的遷移速率大于CH3COO-的遷移速率，故C正確；D曲線1和曲線2起始時導電率相等，可知鹽酸和醋酸兩溶液中起始時離子濃度相等，包括H+和OH-濃度也相等，而隨著溫度的升高，促進醋酸的電離，醋酸溶液中的H+和OH-濃度不再和鹽酸溶液的H+和OH-濃度相等，則兩者的導電率升高的幅度存在差異，可能與溶液中H+、OH-的濃度和遷移速率有關，故D錯誤；故答案為D。9、C【答案解析】A. 圖為原電池，F(xiàn)e作負極，腐蝕速率加快；圖為電解池，F(xiàn)e作陰極被保護，腐蝕速率減慢，所以Fe的腐蝕速率，圖圖，故A說法正確；B. 圖裝置是電解池，F(xiàn)e為陰極，發(fā)生還原反應，金屬被保護，稱為外加電流的陰極保護法，故B說法正

30、確；C. 飽和食鹽水為中性溶液，正極C棒發(fā)生吸氧腐蝕：2H2O + O2 + 4e = 4OH-，故C說法錯誤；D. 圖裝置是電解池，F(xiàn)e為陰極，發(fā)生還原反應，故D說法正確；故答案為C?！敬鸢更c睛】圖中Fe、C和飽和食鹽水構成原電池，由于飽和食鹽水呈中性，所以發(fā)生吸氧腐蝕，正極反應為：2H2O + O2 + 4e = 4OH-。10、B【答案解析】A. 加熱煮沸時促進水的電離，但是氫離子和氫氧根濃度依然相等，溶液仍然呈中性，故A錯誤；B. 向水中加入明礬，鋁離子水解對水的電離起促進作用，電離后的溶液顯酸性，溶液中的c（H+）c（OH-），故B正確；C. 向水中加NaHSO4固體，硫酸氫鈉在水中

31、完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，溶液中的c（H+）c（OH-），但氫離子抑制水電離，故C錯誤；D. 向水中加入NaHCO3，碳酸氫鈉中的碳酸氫根水解而使溶液顯堿性，即溶液中的c（H+）c（OH-），故D錯誤；正確答案是B?！敬鸢更c睛】本題考查影響水電離的因素，注意酸或堿能抑制水電離，含有弱酸根離子或弱堿陽離子的鹽能促進水電離。11、D【答案解析】A. 反應開始前應該關閉d，打開e，通入一段時間的N2排出體系中的空氣，防止氧氣干擾實驗，故A正確；B. 二氧化硫具有還原性，裝置A中生成的黑色固體是MnO2，則A中反應可能為2H2O+3SO2+2MnO4=3SO42+2MnO2+4H+，故B正

32、確；C. 洗氣瓶A的出氣管口的兩個玻璃球泡可以消除可能存在的未破裂的氣泡，故C正確；D. 實驗中觀察到B中紅色褪去，C中變?yōu)闇\棕色，說明NO、SO2沒有完全被KMnO4吸收，故D錯誤；答案選D?！敬鸢更c睛】本題考查化學反應的實驗探究，把握實驗裝置的作用、發(fā)生的反應為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意物質性質的綜合應用。12、A【答案解析】二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性小于HCl，所以亞硫酸和氯化鋇不反應，則向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某氣體，溶液中仍然沒有沉淀，則該氣體不能將亞硫酸氧化為硫酸或該氣體不能和亞硫酸反應生成沉淀?！绢}目詳解】AHCl和亞硫酸

33、不反應且和氯化鋇不反應，所以沒有生成沉淀，符合題意，選項A正確；B氨氣和亞硫酸反應生成亞硫酸氨，亞硫酸氨和氯化鋇發(fā)生復分解反應生成亞硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項B錯誤；C氯氣和二氧化硫及水反應生成硫酸和鹽酸，與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項C錯誤；D二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，所以不符合題意，選項D錯誤；答案選A。13、A【答案解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增加。離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中陰陽離子個數(shù)比為11，陽離子是一種5核10電子微粒，該陽離子為NH4

34、+，則X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，則Q為Na元素，因此Y、Z、W均為第二周期元素，陰離子組成元素的原子序數(shù)小于Na，則陰離子為碳酸氫根離子，則甲為NH4HCO3，因此Y為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，則乙為氫氧化鈉或硝酸，與碳酸氫銨反應生成氨氣，碳酸鈉和水或硝酸銨、二氧化碳和水，其中丁在常溫下為氣體，則丁為氨氣或二氧化碳，據(jù)此分析解答。【題目詳解】根據(jù)上述分析，X為H元素，Y為C元素，Z為N元素，W為O元素，Q為Na元素，甲為NH4HCO3，乙為NaOH或硝酸，丁為氨氣或二氧化碳，丙

35、、戊為碳酸鈉或硝酸銨和水。A甲為NH4HCO3，屬于離子化合物，含有離子鍵，銨根離子、HCO3-中還含有共價鍵，故A正確；B丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸銨溶液，碳酸鈉水解后溶液顯堿性，故B錯誤；C丁可能為二氧化碳，二氧化碳不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：XWZY，故D錯誤；答案選A。14、D【答案解析】由題意可知：環(huán)氧乙烷與二氧化碳反應制備碳酸亞乙酯的方程式為：+ O=C=O，碳酸與乙二醇反應制備碳酸亞乙酯的方程式為：H2CO3+HO-CH2-CH2-OH+2H2O?！绢}目詳解】A由分析可知

36、，環(huán)氧乙烷與二氧化碳反應制備碳酸亞乙酯為加成反應，碳酸與乙二醇反應制備碳酸亞乙酯為取代反應，A錯誤；B碳酸亞乙酯的分子式為C3H4O3，B錯誤；C碳酸亞乙酯有兩個C原子分別以單鍵和4個原子相連形成四面體構型，故碳酸亞乙酯中所有原子不可能共平面，C錯誤；D碳酸亞乙酯含酯基，堿性條件下易水解，故碳酸亞乙酯保存時應避免與堿接觸，D正確。答案選D。15、D【答案解析】滴加紫色石蕊試液，溶液變紅，說明溶液顯酸性，則溶液中無HCO3-；滴加足量Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后過濾得到0.3mol白色沉淀甲，向濾液中加入AgNO3溶液未見沉淀產(chǎn)生，說明溶液中有SO42-，且n（SO42-）=0.3mol

37、，無Cl-、I-；逐漸加入Na2O2粉末，由圖可知，過氧化鈉與水反應生成氫氧化鈉，氫氧化鈉依次與鋁離子反應生成氫氧化鋁0.1mol，與銨根離子反應生成氨氣0.2mol，最后與氫氧化鋁反應，含有鋁離子，一定不存在碳酸氫根離子?！绢}目詳解】A.由分析可知，該溶液中一定不含有I-、HCO3-、Cl-，故A正確；B.由分析可知，100mL溶液中有n（SO42-）=0.3mol，n（Al3+）=0.1mol，n（NH4+）=0.2mol，由電荷守恒可知n（K+）=0.1mol，其濃度為1molL-1，故B正確；C.在溶液中加入0.250.3molNa2O2時，過氧化鈉會與水發(fā)生反應，生成的氫氧化鈉會將氫

38、氧化鋁溶解，其反應的化學方程式為2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，故C正確；D.溶液中存在銨根離子和鋁離子，則該溶液能使紫色石蕊試液變紅的原因是NH4+、Al3+發(fā)生水解，故D錯誤；綜上所述，答案為D。16、C【答案解析】A、可由環(huán)己烯發(fā)生加成反應產(chǎn)生，A錯誤；B、可由甲基丙烯與氯化氫發(fā)生加成反應生成，B錯誤；C、可由2，2-二甲基丙烷發(fā)生取代反應產(chǎn)生，不能通過加成反應生成，C正確；D可由2，3，3三甲基1丁烯與氯化氫發(fā)生加成反應生成，D錯誤。答案選C。17、A【答案解析】A. H2O2屬于共價化合物，分子中只含有共價鍵，正確，故A選；

39、B. Na2O2中除了離子鍵，還含有共價鍵O-O，故B不選；C. 由于SiH4相對分子質量比CH4的大，所以分子間作用力CH4,故D正確;所以AD選項是正確的;(3)E結構簡式為,E的同分異構體符合下列條件:a.屬于酚類化合物,說明含有酚羥基,且是苯的對位二元取代物,說明另外一個取代基位于酚羥基對位; b.能發(fā)生銀鏡反應和水解反應,水解含有醛基和酯基,該物質為甲酸酯,符合條件的同分異構體有，因此，本題正確答案是:；(4)乙醛發(fā)生還原反應生成CH3CH2OH，CH3CHO和HCN反應然后酸化得到CH3CH(OH)COOH，乙醇和CH3CH(OH)COOH發(fā)生酯化反應生成CH3CH(OH)COOC

40、H2CH3，然后發(fā)生消去反應生成CH2=CH(OH)COOCH2CH3， CH2=CH(OH)COOCH2CH3發(fā)生加聚反應生成,其合成路線為為，因此，本題正確答案是:。25、使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發(fā)過多，原料利用率低 防止液體倒吸進入錐形瓶 吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣 bc KSCN 86.1 85 【答案解析】A中稀硫酸與廢鐵屑反應生成硫酸亞鐵、氫氣，還有少量的硫化氫氣體，滴加氨水，可生成硫酸亞鐵銨，B導管短進短出為安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氫等氣體，避免污染環(huán)境，氣囊可以吸收氫氣?！绢}目詳解】（1）水浴加熱的目的是控制溫度，加快反應的速率，同時

41、防止溫度過高，氨水揮發(fā)過多，原料利用率低，故答案為：使受熱均勻，加快反應速率，防止溫度過高，氨水揮發(fā)過多，原料利用率低；（2）B裝置短進短出為安全瓶，可以防止液體倒吸進入錐形瓶；由于鐵屑中含有S元素，因此會產(chǎn)生H2S，同時氨水易揮發(fā)，因此高錳酸鉀溶液(具有強氧化性)吸收這些氣體，防止污染空氣，吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣，故答案為：防止液體倒吸進入錐形瓶；吸收氨氣、硫化氫等雜質氣體，防止污染空氣；（3）由于Fe2+易被氧化，所以為防止其被氧化，鐵屑應過量，同時為抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持強酸性，濃硫酸常溫下會鈍化鐵，故答案為：bc；（4）檢驗鐵離子常用KSCN溶液，故答案為

42、：KSCN；（5）在Fe3+濃度為1.0mg/mL的標準溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL100mL=10.0mg，依據(jù)關系式Fe3+（NH4）Fe（SO4）212H2O得：m（NH4）Fe（SO4）212H2O=10.0mg=86.1mg，故答案為：86.1；兩次測定所得的吸光度分別為0.590、0.610，取其平均值為0.600，從吸光度可以得出濃度為8.5 mg/L，又因配得產(chǎn)品溶液10mL，稀釋至100 mL，故原產(chǎn)品硫酸亞鐵銨溶液中所含F(xiàn)e3+濃度為：8.5mg/L=85mg/L，故答案為：85；（6）滴定過程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合價升高1價，KMnO4被還

43、原生成Mn2+，所以有數(shù)量關系5 Fe2+ KMnO4，所以n(NH4)2SO4FeSO46H2O=V10-3LcmolL-15=12.5Vc10-3mol，則硫酸亞鐵銨晶體的純度為100%=；故答案為：。26、濃NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅 5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O 用c2molL-1的標準Na2S2O3溶液滴定 pH5.6 【答案解析】從焦亞硫酸鈉的析出原理NaHSO3(飽和溶液)Na2S2

44、O5(晶體)+H2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內(nèi)的空氣，這也就是在A裝置內(nèi)通入N2的理由。由于SO2會污染環(huán)境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E?！绢}目詳解】(1)從以上分析知，F(xiàn)裝置應為SO2的尾氣處理裝置，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；為防裝置內(nèi)空氣中的氧氣將Na2S2O5、Na

45、HSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內(nèi)的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉化而得，所以應在D中得到。答案為：D；因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發(fā)生倒吸。答案為：倒吸；(2)既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少

46、量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根據(jù)信息，滴定過量碘的操作是：用c2molL-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2molL-1的標準Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.410-31，c(OH-)4.010-9molL-1，c(H+)5+2lg2=5.6。答案為：pH5.6。

47、【答案點睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態(tài)相同，所以在研究Na2S2O5的性質時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。27、分液漏斗 MnO2 + 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O 飽和食鹽水 冷凝二氧化氯 Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl 2OH Cl2 = ClO Cl H2O 趁熱過濾 H2O2 + 2H+ 2ClO3= 2ClO2 + 2H2O + O2 ClO2 + e = ClO2 【答案解析】(1)看圖得出儀器a的名稱，裝置A是二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣、氯化錳和水。 (2)試劑X是除掉HCl氣體。(3)

48、二氧化氯(ClO2)沸點為11.0，因此得裝置D中冰水的主要作用，裝置D內(nèi)發(fā)生反應是氯氣與固體亞氯酸鈉生成二氧化氯。(4)裝置E中主要是氯氣的尾氣處理。(5)由于38是以NaClO23H2O晶體，操作要注意不能低于38。(6)H2O2 、H+與ClO3反應得到ClO2。左邊為ClO2反應生成ClO2，得到電子，發(fā)生還原反應?！绢}目詳解】(1)儀器a的名稱為分液漏斗，裝置A是二氧化錳和濃鹽酸加熱反應生成氯氣、氯化錳和水，其反應的離子方程式為MnO2 + 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O；故答案為：分液漏斗；MnO2 + 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O

49、。(2)試劑X是除掉HCl氣體，因此用飽和食鹽水；故答案為：飽和食鹽水。(3)二氧化氯(ClO2)沸點為11.0，因此裝置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。裝置D內(nèi)發(fā)生反應是氯氣與固體亞氯酸鈉生成二氧化氯，其化學方程式為Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl；故答案為：冷凝二氧化氯；Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl。(4)裝置E中主要是氯氣的尾氣處理，其反應的離子方程式為：2OH Cl2 = ClO Cl H2O；故答案為：2OH Cl2 = ClO Cl H2O。(5)利用NaClO2溶液制得NaClO2晶體的操作步驟：由于38是以NaClO23H2

50、O晶體，因此55蒸發(fā)結晶、趁熱過濾、3860的溫水洗滌、低于60干燥；故答案為：趁熱過濾。(6)酸性條件下雙氧水與NaClO3反應，則反應的離子方程式為H2O2 + 2H+ 2ClO3= 2ClO2 + 2H2O + O2。如圖所示為直接電解氯酸鈉、自動催化循環(huán)制備高純ClO2的實驗。左邊為ClO2反應生成ClO2，得到電子，發(fā)生還原反應，其為陰極，其電極反應式為ClO2 + e = ClO2；故答案為：ClO2 + e = ClO2。28、CH2CHCH3 取代反應 羧基 酯化反應(取代反應) 丙二酸二乙酯 +2NaOH +2 C2H5OH (CH3)2C=C(COOH)2 或HOOC(CH3)C=C(CH3)COOH 5 【答案解析】A為烯烴，根據(jù)分子式易知為丙烯CH2=CH-CH3，丙烯與Br2在光照條件下可得CH2=CH-CH2Br，D和乙醇酯化的E，反過來E水解得到D和乙醇，那么結合D分子式可知結構簡式為HOOCCH2COOH?！绢}目詳解】（1）A為烯烴，根據(jù)分子式易知為丙烯CH2=CH