2023年河南省鄭州市重點名校高三第一次模擬考試化學試卷含解析

2023請考生留意：2B0．5均無效。答題前，認真閱讀答題紙上的《留意事項22〕1、以下用途中所選用的物質(zhì)正確的選項是A．X射線透視腸胃的內(nèi)服劑——碳酸鋇B．生活用水的消毒劑——明礬C．工業(yè)生產(chǎn)氯氣的原料——濃鹽酸和二氧化錳D．配制波爾多液原料——膽礬和石灰乳是一種安全的食品保鮮劑，H2MA分子20mL0.2mol/LH2MA溶液中滴加0.2mol/LNaOH溶液。依據(jù)圖示推斷，以下說法正確的選項是A．b點比a點殺菌力量強B．HMA-物質(zhì)的量的變化C．MA2-水解常數(shù)Kh≈7.14×10-12DV=30mL時，溶液顯酸性10mL0.1mol·L-1CuCl20.1mol·L-1Na2S溶液，滴加過Ksp(ZnS)=3×10-25，以下有關(guān)說法正確的選項是Na2S溶液中：c(H+)＋c(HS-)＋c(H2S)＝c(OH-)a、b、c三點對應(yīng)的溶液中，水的電離程度最小的為b點C．cc(Cu2+)=10-34.4mol·L-1D100mLZn2+、Cu2+0.1mol·L-110-3mol·L-1Na2S溶液，Zn2+先沉淀4、關(guān)于膠體和溶液的表達中正確的選項是〔 〕A．膠體能透過半透膜，而溶液不能B．膠體參加某些鹽可產(chǎn)生沉淀，而溶液不能C．膠體粒子直徑比溶液中離子直徑大D．膠體能夠發(fā)生丁達爾現(xiàn)象，溶液也能發(fā)生丁達爾現(xiàn)象5、試驗室進展以下試驗時，肯定不需要使用“沸石”的是A．制乙酸丁酯 B．分餾石油 C．制取乙烯 D．溴乙烷的水解6、其它條件不變，上升溫度，不肯定增大的是氣體摩爾體積VmCKw

化學平衡常數(shù)KD．鹽類水解程度7、NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。以下說法正確的選項是A．18gD2O18gH2O10NAB．2L0.5mol·L－1亞硫酸溶液中含有的H＋離子數(shù)為2NAC0.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD2molNO1molO22NA8、為模擬氨堿法制取純堿的主要反響，設(shè)計在圖所示裝置。有關(guān)說法正確的選項是()bNH3aCO2aCO2bNH3C．反響一段時間廣口瓶內(nèi)有晶體析出D．c中裝有堿石灰以吸取未反響的氨氣9、對如圖有機物的說法正確的選項是〔 〕A．屬于苯的同系物加成C．如圖有機物中全部的碳肯定都在同一平面上D．如圖有機物與鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉、碳酸氫鈉都能反響10、以下說法正確的選項是〔 〕A．230Th232Th是釷的兩種同素異形體B．H2與T2互為同位素C．甲醇與乙二醇互為同系物D．乙酸乙酯與丁酸互為同分異構(gòu)體11、以下說法不正確的選項是〔〕A．HCOOHCHCOOH互為同系物3CHCHCHO互為同分異構(gòu)體3 23545CHCH(CH)C(CH)

2,3,3-三甲基丁烷3 3 3312、以下說法正確的選項是( )A．碳素鋼在海水中發(fā)生的腐蝕主要是析氫腐蝕B．反響Si(s)＋2Cl2(g)===SiCl4(l)在室溫下能自發(fā)進展，則該反響的ΔH>0，△S>0．室溫時，CaC3在0.1mol·L1的NHCl溶液中的溶解度比在純水中的大D．2molSO21molO24×6.02×102313、藥物嗎替麥考酚酯有強大的抑制淋巴細胞增殖的作用，可通過如下反響制得：+HCl以下表達正確的選項是X2個手性碳原子Y的分子式為C6H12NO21molZ2molNaOH反響Z能與甲醛發(fā)生聚合反響14、第三周期元素的原子中，未成對電子不行能有〔 〕A．4個 B．3個 C．2個 D．1個1、將①中物質(zhì)逐步參加②中混勻〔②中離子均大量存在，推測的現(xiàn)象與實際相符的是〔 〕選項 ① ②溶液 推測②中的現(xiàn)象Na+、SiO2-、OH-、3A 稀鹽酸 馬上產(chǎn)生白色沉淀SO2-4B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液馬上呈黃色C過氧化鈉Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-終變紅褐色Al3+、Mg2+、Ba2+、同時產(chǎn)生氣體和沉D小蘇打溶液Cl-淀A．AB．BC．CD．D16、反響aX(g)+bY(g) cZ(g)；△H=Q，有以下圖所示關(guān)系，以下推斷中正確是〔〕a+b<c,Q>0C．a(chǎn)+b>c,Q>0

a+b<c,Q<0D．a(chǎn)+b>c,Q<017、工業(yè)生產(chǎn)措施中，能同時提高反響速率和產(chǎn)率的是合成氨使用高壓C．制硫酸時接觸室使用較高溫度

Pt-Rh合金作催化劑D．侯氏制堿法循環(huán)利用母液18莽草酸可用于合成藥物達菲其構(gòu)造簡式如下圖以下關(guān)于莽草酸的說法正確的選項是〔 〕A．分子中全部碳原子共平面BC7H10O5，屬于芳香族化合物C3種官能團，能發(fā)生加成、氧化、取代反響D．1mol莽草酸與足量的NaHCO34molCO2氣體19MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的質(zhì)量NaOH(aq)的體積關(guān)系如圖。原混合溶液中MgCl2FeCl3的物質(zhì)的量之比為A．(b-a) B．(d-c) C．2(b-a) D．3(d-c)(d-c)

(b-a)

3(d-c)

2(b-a)20、為制取含HClO濃度較高的溶液，以下圖示裝置和原理均正確，且能到達試驗?zāi)康牡氖茿． 制取氯氣 B． 制取氯水C． 提高HClO濃度 D． 過濾21、分類是化學學習和爭論的常用手段，以下分類依據(jù)和結(jié)論都正確的選項是A．冰醋酸、純堿、銅綠、生石灰分別屬于酸、堿、鹽、氧化物B．HClO、H2SO4〔濃〕HNO3均具有強氧化性，都是氧化性酸C．Al、Al2O3、Al〔OH〕3均既能與鹽酸反響又能與氫氧化鈉反響，都屬于兩性化合物D．H2SO4、NaOH、AlCl3均為強電解質(zhì)，都屬于離子化合物22、我國科研人員研制出一種室溫“可呼吸”Na-CO2電池。放電時該電池“吸入”CO2，充電時“呼出”CO2CO2時，其工作原理如下圖。吸取的全部CO2中，有2/3Na2CO3固體沉積在多壁碳納米管〔MWCNT〕電極外表。以下說法正確的選項是“吸入”CO2時，鈉箔為正極“呼出”CO2時，Na+向多壁碳納米管電極移動“吸入”CO2時的正極反響式為：4Na++3CO2+4e-=2Na2CO3+C標準狀況下，每“呼出”22.4LCO20.75mol8423〔14分〕奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反響中間體F和奧美拉性的合成路線如下：F的合成：奧美拉唑的合成：：結(jié)合上述合成路線，請答復：以下說法正確的選項是 A．奧美拉的分子式為C18H19N3O3SB．JK的反響類型為加成反響CC可以發(fā)生的反響類型有取代、復原、加成DAB的目的是保護其中的官能團化合物F的構(gòu)造簡式為 ；請寫出A→B的反響方程式 ；試寫出同時滿足以下條件的化合物H的同分異構(gòu)體:FeC13顯紫色4種不同化學環(huán)境的氫原子。利用已有學問和題中涉及的反響設(shè)計從乙烯合成 的路線(用流程圖表示，無機試劑任選) 24〔12分〕EPR橡膠〔 〕和PC塑料( 〕的合成路線如下：〔1〕A的名稱是 。E的化學式為 。〔2〕C的構(gòu)造簡式 。以下說法正確的選項是〔選填字母〕 。A100%B．CH3OHPC塑料的過程中可以循環(huán)利用C．1molENa22.4LH2D．反響Ⅱ為取代反響反響Ⅰ的化學方程式是 。反響Ⅳ的化學方程式是 。寫出滿足以下條件F的芳香族化合物的同分異構(gòu)體 。①含有羥基，②不能使三氯化鐵溶液顯色，1:2:2:2:1；： ，以D和乙酸為起始原料合成無機試劑任選寫出合成路〔用構(gòu)造簡式表示有機物用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明反響試劑和條件〕 。25〔12〕硫酸亞鐵銨晶體[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O]FeSO4穩(wěn)定，不易被氧氣氧化，F(xiàn)eSO4作分析試劑。某小組嘗試制備少量(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O并探究其分解產(chǎn)物。制備硫酸亞鐵銨晶體的流程如下：鐵屑溶于稀硫酸的過程中，適當加熱的目的是 。將濾液轉(zhuǎn)移到 中，快速參加飽和硫酸銨溶液，直接加熱蒸發(fā)混合溶液，觀看到 停頓加熱。蒸發(fā)過程保持溶液呈較強酸性的緣由是 。Ⅱ．查閱資料可知，硫酸亞鐵銨晶體受熱主要發(fā)生反響： (NH4)2Fe(SO4)2·6H2O= Fe2O3+ SO2↑+ NH3↑+ N2↑+ H2O但伴有副反響發(fā)生，生成少量SO3和O2。設(shè)計以下試驗探究局部分解產(chǎn)物：配平上述分解反響的方程式。加熱過程，A中固體漸漸變?yōu)?色。B中快速產(chǎn)生少量白色沉淀，反響的離子方程式為 。(6)C的作用是 。中集氣瓶能收集到O2, (填“能”或“不能”)用帶火星木條檢驗。(8)上述反響結(jié)來后，連續(xù)證明分解產(chǎn)物中含有NH3的方法是 。26〔10分〕硫化堿法是工業(yè)上制備硫代硫酸鈉晶體〔Na2S2O3?5H2O〕的方法之一，流程如下：：Na2S2O3在空氣中強熱會被氧化，Na2S2O3?5H2O〔M=248g/moL〕在35℃以上的制備Na2S2O3?5H2O并探究Na2S2O3的化學性質(zhì)。INa2S2O3?5H2O設(shè)計如下吸硫裝置：寫出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的離子方程式 。裝置B的作用是檢驗裝置A中SO2的吸取效果，裝置B中試劑可以是 A濃硫酸 B溴水 CFeSO4溶液 DBaCl2溶液測定產(chǎn)品純度Na2S2O3溶液是定量試驗中的常用試劑，測定其濃度的過程如下：agKIO3〔M=214g/moL〕固體配成溶液；KIH2SO4溶液，滴加指示劑；Na2S2O3VmL。3則〔N2S2〕 mol/〔列出算式即可〔IO－+5－+6＝3+32，33 2 4 2S2O2－+I＝SO2－+2I－3 2 4 滴定過程中以下試驗操作會造成結(jié)果偏高的是 〔填字母〕ANa2S2O3溶液潤洗B滴定終點時俯視讀數(shù)C錐形瓶用蒸餾水潤洗后未用待取液潤洗D滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，達滴定終點時未覺察有氣泡的化學性質(zhì)Na2S2O3溶液與Cl2反響時，1molNa2S2O3轉(zhuǎn)移8mol電子。甲同學設(shè)計如圖試驗流程：甲同學設(shè)計試驗流程的目的是證明Na2S2O3溶液具有 和 。乙同學認為應(yīng)將上述流程中②③所加試劑挨次顛倒，你認為理由是 。鉻鉀的試驗步驟如圖：答復以下問題：“熔融”的裝置如圖，坩堝W的材質(zhì)可以是 (填“鐵”“陶瓷”或“玻璃”)；FeO·Cr2O3與KClO3及Na2CO3發(fā)生反響，生成Fe2O3、KCl、Na2CrO4和CO2的化學方程式為 。熔融后的固體中含Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KCl等，步驟①的具體步驟為水浸，過濾，調(diào)pH為7~8，加熱煮沸半小時，趁熱過濾。第一次過濾濾渣中的主要成分為 ，“調(diào)pH為7~8，加熱煮沸半小時”的目的是 。步驟②需參加酸，則參加稀硫酸時發(fā)生反響的離子方程式為 。步驟④包含的具體操作有 ，經(jīng)枯燥得到K2Cr2O7晶體。(有關(guān)物質(zhì)的溶解度曲線如下圖)步驟⑤需往兩種固體混合物中參加一滴水及少量酒精研磨，所用的硅酸鹽質(zhì)儀器的名稱是 。K[Cr(C2O4)2]·nH2O80℃16.8%。K[Cr(C2O4)2]·nH2On=。28〔14〕過氧化氫(H2O2)在醫(yī)藥、化工、民用等方面有廣泛的應(yīng)用。答復下面問題：最早制備H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，發(fā)生反響的化學方程式是 。BaO2的電子式為： 。目前工業(yè)制備H2O2的主要方法是蒽醌法。反響流程如下：：乙基蒽醌是反響中的催化劑。①蒽醌法所用原料的物質(zhì)的量之比為 。②操作a是 。③再生回收液的成分是 。20.00mL過氧化氫樣品，參加過量硫酸酸化，用0.l000mol/L的KMnO4標準溶液滴定至終點，消耗10.00mL，滴定時發(fā)生反響的離子方程式為 ，該樣品中H2O2的物質(zhì)的量濃度為 。29〔10〕銅生銹會生成銅綠[Cu2(OH)2CO3]，銅綠受熱易分解，化學方程式為：Cu2(OH2CO3 2CuO+2O+C2。局部銹蝕成銅綠的銅片隔絕空氣加熱，完全反響后固體質(zhì)量削減了9.3g，則生銹的銅片中銅綠的質(zhì)量為 g35g外表已銹蝕成銅綠[Cu2(OH)2CO3]100mL肯定濃度的硝酸中；充分反響后，硝酸被復原成NO2NO，測得反響后溶液PH1。往反響后的溶液中NaOH39.2g藍色固體。(假設(shè)反響前后溶液的體積不變)①已銹蝕的銅片中的銅元素的質(zhì)量分數(shù)為 。(保存兩位小數(shù))②銅片中單質(zhì)銅的物質(zhì)的量為 mol。①求a的取值范圍(寫出具體解答過程) 。②求原硝酸的物質(zhì)的量濃度(用含a的代數(shù)式表示，寫出具體解答過程) 。參考答案22〕1、D【解析】碳酸鋇與胃酸反響，X射線透視腸胃的內(nèi)服劑通常是硫酸鋇，A項錯誤；明礬溶于水電離出的A3水解生成Al(OH3的目的，不能殺菌消毒，B項錯誤；工業(yè)生產(chǎn)氯氣是用電解飽和食鹽水法，濃鹽酸和二氧化錳是試驗室制氯氣的方法，C項錯誤；配制波爾多液的原料用膽礬和石灰乳，D項正確；D。2、D【解析】H2MA分子比離子更易透過細胞膜而殺滅細菌，則H2MA濃度越大殺菌力量越大，H2MA與NaOH反響過程中H2MA濃度漸漸減小、HMA-濃度先增大后減小、MA2-濃HMA-、IIIMA2-。A.H2MA分子比離子更易透過細胞膜而殺滅細菌，則H2MA濃度越大殺菌力量越大，H2MA濃度：a＞b，所以殺菌力量a＞b，A錯誤；B.通過上述分析可知，IIIMA2-物質(zhì)的量的變化，B錯誤；C.MA2-水解常數(shù)Kh=

cHMcOHcM2

K=Kwa2

11014= ≈5.88×10-10，C錯誤；1.7105D.當V=30mL時，溶液中生成等物質(zhì)的量濃度的NaHMA、Na2MA，依據(jù)圖知溶液中c(HM)<c(M2HM電離程度大于M2D正確；D。3、B【解析】向10mL0.1mol/LCuC2溶液中滴加0.1mol/L的NaSC2++2，Cu2+S2-單獨存在均會發(fā)生水解，水解促進水的電離，結(jié)合溶度積常數(shù)和溶液中的守恒思想分析解答。【詳解】向10mL0.1mol/LCuC2溶液中滴加0.1mol/L的NaSC2++2，Cu2+S2-單獨存在均會發(fā)生水解，水解促進水的電離，bNa2S溶液的10mLCuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s) Cu2+(aq)+S2-(aq)，此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L。A錯誤；acCu2+、S2-b點可認為是NaCl溶液，水的電離沒有被促進和抑制，水的電離程度最小，故B正確；Cc(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/LKsp(CuS)=c(Cu2+)?c(S2-)=10-17.7mol/L×10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，cNaClNa2S，1 K CuS

1035.4c(S2-)= ×0.1mol/L，因此c(Cu2+)=

s

1 =3×10-34.4mol/LC錯誤；3 cS2

0.13100mLZ2Cu2濃度均為0.1mol?-1的混合溶液中逐滴參加1-3mol?-1的Na2SK ZnS

31025ZnSS2-c(S2-)=

spcZn2

= mol/L=3×10-24mol/L；0.1產(chǎn)生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)=

p

CuS

=1035.4

mol/L=1-34.4mol/CuSKcCu2K

0.1S2-CuSD錯誤；B?！军c睛】此題的難點是依據(jù)圖象所供給的信息計算出CuS的Ksp1Ccc(S2-)=34、C【解析】

×0.1mol/L。膠粒能透過半透膜，而溶液中的離子和分子也能透過半透膜，A錯誤；膠體參加某些鹽可產(chǎn)生沉淀，而溶液也可能生成沉淀，B錯誤；膠體粒子直徑介于10-9~10-7m之間，而溶液中離子直徑不大于10-9m，C正確；膠體能夠發(fā)生丁達爾效應(yīng)，溶液不能發(fā)生丁達爾效應(yīng)，D錯誤。C。5、D【解析】制乙酸丁酯溫度較高，需要參加沸石防止混合液體暴沸，故A錯誤；B錯誤；170℃，為了防止混合液體暴沸，需要使用沸石，C錯誤；溴乙烷的水解溫度較低，所以不需要使用沸石，故D正確；應(yīng)選：D。6、B【解析】氣體摩爾體積可能為吸熱反響，也可能為放熱反響，則上升溫度，可能正向移動或逆向移動，化K不肯定增大，故B選；水的電離吸熱，則上升溫度水的離子積常數(shù)Kw增大，故C不選；水解反響吸熱，則上升溫度鹽類的水解平衡常數(shù)KhD不選；應(yīng)選：B。7、C【解析】A．18gD2O18gH2O的物質(zhì)的量不一樣，其中含有的質(zhì)子數(shù)不行能一樣，A錯誤；B2L0.5mol·L-1H+離子數(shù)小于2NA，B錯誤；C．過氧化鈉與水反響時，氧元素化合價從-100.1mol氧氣轉(zhuǎn)移的0.2NA，C正確；D2molNO1molO22molNO2NO2N2O4存在平2NA，D錯誤。C?！军c睛】復原反響、化學平衡、膠體、化學鍵等學問點。與微粒數(shù)的關(guān)系需要弄清楚微粒中相關(guān)粒子數(shù)(質(zhì)子數(shù)、中子數(shù)、電子數(shù))及離子數(shù)、電荷數(shù)、化學鍵之間的關(guān)系，計算氧化復原反響中的轉(zhuǎn)移電子數(shù)目時肯定要抓住氧化劑或復原劑的化合價的轉(zhuǎn)變以及物質(zhì)的量，復原劑失去的電子數(shù)或氧化劑得到的電子數(shù)就是反響過程中轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。8、C【解析】A.不能直接將氨氣通入水中，會引起倒吸，A錯誤；B.a管通入氨氣，再從B管CO2，B錯誤；C.NaHCO3的溶解度隨溫度降低而增大，所以反響一段時間后廣NaHCO3晶體析出，CD.堿石灰能枯燥氨氣，但不能回收未反響的氨氣，D其回收應(yīng)承受酸性溶液或水。9、D【解析】A、該有機物中含有氧元素，不屬于苯的同系物，故A錯誤；B、該有機物中含有苯環(huán)、碳碳雙鍵，均能發(fā)生加成反響，題干并未告知有機物的量，故無法推斷發(fā)生加成反響消耗氫氣的量，故B錯誤；C、與苯環(huán)相連接的碳原子與苯環(huán)之間化學鍵為單鍵，可旋轉(zhuǎn)，因此該機物中全部的碳不肯定都在同一平面上，故C錯誤；D、該有機物含有羧基，能與鈉、氫氧化鈉、碳酸鈉、碳酸氫鈉都能反響，故D正確；故答案為：D。10、D【解析】A．230Th232Th2，都是由釷元素組成的兩種不同核素，A錯誤；B．H2與T2都是由氫元素組成的氫單質(zhì)，是同種物質(zhì)，故B錯誤；C．甲醇的分子式為CH4O，乙二醇的分子式為C2H6O2，分子組成上相差CH2O，因此甲醇與乙二醇不互為同系物，故C錯誤；D．乙酸乙酯與丁酸的分子式為C4H8O2，乙酸乙酯含有酯基，丁酸含有羧基，二者構(gòu)造不同，互為同分異構(gòu)體，故D正確；故答案為D。【點睛】考察同位素、同系物、同素異形體、同分異構(gòu)體的辨析，準確把握同位素、同系物、同素異形體、同分異構(gòu)體的定義是解題的關(guān)鍵，假設(shè)化學式為元素，可能是同位素；假設(shè)化學式為單質(zhì)，則可能是同素異形體；假設(shè)化學式為分子式一樣、構(gòu)造不同的有機化合物，則為同分異構(gòu)體；假設(shè)是分子式不同構(gòu)造相像的有機化合物，則可能為同系物。11、D【解析】A．HCOOH和CH3COOH2均為羧酸，且分子組成相差一個CH基團，兩者互為同系物，故A正確；B．2與CH3CH2CHO分子式一樣，構(gòu)造不同，互為同分異構(gòu)體，故B正確；C．質(zhì)子數(shù)為35、中子數(shù)為45的溴原子可表示為 ，故C正確；D．依據(jù)系統(tǒng)命名法，烷烴CH3CH(CH3)C(CH

的名稱是2,2,3-三甲基丁烷，故D錯誤，答案為D。3312、C【解析】海水接近中性，碳素鋼在海水中發(fā)生的腐蝕主要是吸氧腐蝕，故A錯誤；ΔH>0B錯誤；CaC3CaC3在0.1mol·－1的NHCl溶液中的溶解度比在純水中的大，故C正確；SO2O2的反響是可逆反響，2molSO21molO2在密閉容器中混合充分反響，4×6.02×1023D錯誤；13、A【解析】X與溴水反響的產(chǎn)2個手性碳原子〔為連接溴原子的碳原子，選項A正確；依據(jù)構(gòu)造簡式確定分子式為C6H13NO2，選項B錯誤；C．ZNaOH1molZ最多可以3molNaOH反響，選項C錯誤；D.Z中酚羥基的鄰、對位上均沒有氫原子，不能與甲醛發(fā)生聚合反響，選項D錯誤。A。【點睛】析推斷力量，側(cè)重考察烯烴、酯和酚的性質(zhì)，留意Z中水解生成的酚羥基能與NaOH反響，為易錯點。14、A【解析】第三周期的元素最多能填到3p6p34個未成對電子，答案選A。15、D【解析】A.OH﹣優(yōu)先稀鹽酸反響，參加稀鹽酸后不會馬上生成白色沉淀，故A錯誤；3B.SO2﹣I﹣，參加氯水后亞硫酸根離子優(yōu)先反響，不會馬上呈黃色，故B3錯誤；C.參加過氧化鈉后Fe2+C錯誤；D.小蘇打為碳酸氫鈉，Al3+與碳酸氫鈉發(fā)生雙水解反響生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳氣D。16、D【解析】觀看圖可知，P1＞P2，T1＞T2X所以正反響為放熱反響，Q＜0X的體積分數(shù)減小，平衡向正向移動，所以a+b＞cD。17、A【解析】，有利于提高產(chǎn)率，選項A正確；催化劑對平衡移動無影響，不影響產(chǎn)率，選項B錯誤；C．二氧化硫的催化氧化反響為放熱反響，則上升溫度平衡逆向移動，產(chǎn)率降低，選項C錯誤；D．侯氏制堿法循環(huán)利用母液可提高產(chǎn)率，但對反響速率無影響，選項D錯誤；A。18、C【解析】A．分子中含有一個碳碳雙鍵，只有碳碳雙鍵連接的5個碳原子共平面，A錯誤；B．分子中無苯環(huán)，不屬于芳香族化合物，B錯誤；C．分子中有碳碳雙鍵、羥基、羧基3種官能團，碳碳雙鍵可以被加成，分子可以發(fā)生加成、氧化、取代反響，C正確；D．1mol莽草酸中含有1mol-COOH，可以與足量碳酸氫鈉反響生成1molCO2氣體，D錯誤；C?！军c睛】1mol-COOH與足量的碳酸氫鈉反響1molCO2。19、D【解析】MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先發(fā)生反響NaOH+HCl=NaCl+H2O，即為圖象中0-amL，沉淀的質(zhì)量為0g；FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在，當酸性減弱時，會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3amL開頭，bmL時沉淀完全．bmL時，溶液仍舊呈酸性，到cmL時，才開頭產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，結(jié)合Fe3++3OH-═Fe(OH)3↓、Mg2++2OH-═Mg(OH)2↓計算推斷。【詳解】MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先發(fā)生反響NaOH+HCl=NaCl+H2O，即為圖象中0?amL，沉淀的質(zhì)量為0g；FeCl3只能在酸性較強的溶液中存在，當酸性減弱時，會轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3amL開頭，bmL時沉淀完全。bmL時，溶液仍舊呈酸性，到cmL時，才開頭產(chǎn)生Mg(OH)2沉淀，令氫氧化鈉濃度為xmol/L，F(xiàn)e3+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(b?a)mLFe3++3OH?═Fe(OH)3↓可知，溶液中1n(Fe3+)=3×(b?a)×10?3L×xmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氫氧化鈉為(d?c)mLMg2++2OH?═Mg(OH)2↓可知，溶液中1n(Mg2+)=2×(d?c)×10?3L×xmol/L，1 1×(b?a)×10?3L×xmol/L=3(d-c)，D項正確；2(b-a)D。20、C

3【解析】A、MnO2HClCl2A錯誤；B、洗氣就進步短出，故B錯誤；C、CaCO3＋Cl2＋H2O=CaCl2＋2HClO，故C正確；D、過濾是把溶于液體的固態(tài)物質(zhì)跟液體分別的一種方法，漏斗要緊貼燒杯內(nèi)壁，故DC。21、B【解析】A.純堿屬于鹽，不屬于堿，故AB.HClO、H2SO4〔濃〕HNO3均具有強氧化BC.AlCD.2S4、AlC3屬于共價化合物，不屬于離子化合物，故DB。22、C【解析】“吸入”CO2時，活潑金屬鈉是負極，不是正極，故A錯誤；“呼出”CO2時，是電解池，多壁碳納米管電極是陽極，鈉離子向陰極鈉箔移動，而不是向多壁碳納米管移動，故B錯誤；“吸入”CO2時是原電池裝置，正極發(fā)生復原反響，正極反響式為：4Na++3CO+4e-=2NaCO+CC正確；2 2 3標準狀況下，每“呼出”22.4LCO21mol，結(jié)合陽極電極反響式2NaCO+C-4e－=4Na＋+3CO↑，所以每“呼出”22.4LCO1.3mol，故2 3 2 2D錯誤；8423、C、D【解析】奧美拉的分子式為C H NO

S，A錯誤；JK的過程中，增加了氧原子，17 19 3 3反響類型為氧化反響，BC中有苯環(huán)，可發(fā)生取代和加成反響；有碳氧雙鍵，可得到氫，發(fā)生復原反響；C正確；設(shè)計AB的目的是保護其中的官能團，DCD。IJ有機物兩個分子構(gòu)造的差異可知，化合物F的構(gòu)造簡式。B的構(gòu)造式和反響物CH3

CO)2

O可得A的構(gòu)造式為 發(fā)生的化學反響為 ；①分子中含苯環(huán)，遇FeC134種不同化學環(huán)境的氫原子，依據(jù)化合物G的構(gòu)造符合要求的化合物H構(gòu)造式為；結(jié)合題中流程圖，從乙烯合成 的路線為；24、丙烯 C2H6O2 ABn +n+(2n-1)CH3OH或【解析】EPR橡膠( )的單體為CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反響得到，B發(fā)生氧化反響生成環(huán)氧己烷，則B為CH2=CH2、A為CH2=CHCH3；結(jié)合PC和碳酸二甲酯的構(gòu)造可知C15H16O2為 酮反響得到C15H16O2，結(jié)合D的分子式，可推知D為 ，結(jié)合C的分子式，可知A和苯發(fā)生加成反響生成再結(jié)合C的氧化產(chǎn)物可推知C為 與甲醇反響生成E與碳酸二甲酯的反響為取代反響，可推知E為HOCH2CH2OH。據(jù)此分析解答。【詳解】依據(jù)上述分析，ACH2=CHCH3，名稱為丙烯；EHOCH2CH2OH，化學式為C2H6O2，故答案為丙烯；C2H6O2；C為 ，故答案為 ；A100%A正確；BPC的同時生成甲醇，生成E時需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的過程中可以循環(huán)利用，故B正確；C．EHOCH2CH2OH，1molENa1mol氫氣，氣體的體積與溫度和壓強有關(guān)，題中未告知，無法計算生成氫氣的體積，故C錯誤；D．反響Ⅱ為加成反響，故D錯誤；故答案為AB；反響Ⅰ的化學方程式是，故答案為；反響Ⅳ的化學方程式是n +n+(2n-1)CH3OH，故答案為n +n+(2n-1)CH3OH；FC15H16O2，F(xiàn)的芳香族化合物的同分異構(gòu)體滿足：①含有羥基；②不能1:2:2:2:1F的芳香族化合物的同分異構(gòu)體為或 ，故答案為或 ； 和氫氣發(fā)生加成反響生成 ， 發(fā)生消去反響生成 ，發(fā)生信息中的氧化反響生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHOHOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸發(fā)生酯化反響生成，因此合成路線為：，故答案為?！军c睛】正確推斷題干流程圖中的物質(zhì)構(gòu)造是解題的關(guān)鍵。此題的易錯點為(6)，要留意從構(gòu)造的對稱性考慮，難點為(7)中合成路線的設(shè)計，要留意充分利用題干流程圖供給的信息和信息，可以承受逆推的方法思考。25〔或大量固體消滅時〕防止硫酸亞鐵水解214215紅棕Ba2+＋SO3＋H2O＝BaSO4↓＋2H+〔說明：分步寫也給分2Ba2+＋2SO2＋O2＋2H2O＝2BaSO4↓＋4H+也給分〕檢驗產(chǎn)物中是否含有SO2 不能 取B中少量溶液于試管中，滴加少量NaOH溶液并加熱，能產(chǎn)生使潮濕紅色石蕊試紙變藍的氣體【解析】I.(1)適當加熱使溶液溫度上升，可加快反響速率；(2)參加飽和的硫酸銨溶液后直接加熱蒸發(fā)，加熱溶液至有晶膜消滅〔或大量固體消滅時，停頓加熱；溶液始終保持強酸性防止硫酸亞鐵水解；Ⅱ．(3)依據(jù)化合價升降法配平；加熱過程，A漸漸變?yōu)檠趸F；B為酸性溶液，二氧化硫、氧氣與氯化鋇反響生成少量硫酸鋇白色沉淀；(6)C中品紅溶液可以二氧化硫反響，導致溶液褪色；DSO2O2；B顯酸性，氨氣能夠在此裝置中被吸取，檢驗B中是否含有銨根離子即可?！驹斀狻縄.(1)適當加熱使溶液溫度上升，可加快反響速率；(2)參加飽和的硫酸銨溶液后直接加熱蒸發(fā)，則濾液轉(zhuǎn)移到蒸發(fā)皿中；加熱溶液至有晶膜消滅〔或大量固體消滅時解，溶液始終保持強酸性；Ⅱ．(3)Fe的化合價由+2變?yōu)?3，N的化合價由-30，S的化合價由+6變?yōu)?42，SO24，則電子轉(zhuǎn)移總數(shù)為8，F(xiàn)e2162、1、4、2、1、5；加熱過程，A漸漸變?yōu)檠趸F，固體為紅棕色；B為酸性溶液，二氧化硫、氧氣與氯化鋇反響生成少量硫酸鋇白色沉淀，離子方程式為2Ba2＋2S＋＋22＝2BaS4＋4；C中品紅溶液可與二氧化硫反響，導致溶液褪色，則可檢驗二氧化硫的存在；DSO2O2，不能使帶火星的木條燃燒；B顯酸性，氨氣能夠在此裝置中被吸取，檢驗B中是否含有銨根離子即可，方法為取B中少量溶液于試管中，滴加少量NaOH溶液并加熱，能產(chǎn)生使潮濕紅色石蕊試紙變藍的氣體。

2326000a 3000a23232262S2－+CO2－+4SO32

O2－+CO

B 214V〔107V

〕 B 堿性 復原性 可以排解BaS2O3的干擾【解析】I．(1)ANa2S2O3SO2Na2SNa2CO3，Na2S2O3SO2、Na2S、Na2S2O3的計量數(shù)，再依據(jù)Na2CO3CO2，據(jù)此分析；(2)二氧化硫具有復原性、漂白性；II．(1)KIO3I2S2O32-I2Na2S2O3的物質(zhì)的量及濃度；c V

V

V ，c

= (標)

(標)

分析；(標)

V(待)Ⅲ．(1)甲同學的試驗流程中通過參加BaCl2產(chǎn)生白色沉淀BNa2S2O3與氯水SO42-生成；(2)Na2S2O3BaS2O3是否是沉淀，所以應(yīng)先加BaCl2溶液，假設(shè)不產(chǎn)生白色沉淀再加足量氯水產(chǎn)生白色沉淀，即可證明Na2S2O3具有復原性。【詳解】3I．(1)ANa2S2O3SO2Na2SNa2CO3，Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4價和?2價變?yōu)?2價，依據(jù)得失電子數(shù)守SO2、Na2S、Na2S2O34、23，再依據(jù)質(zhì)量守恒得出Na2CO31，依據(jù)碳原子和氧原子數(shù)守恒可知另一種產(chǎn)物CO21，故方程式為：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O2－+CO2；3(2)二氧化硫具有復原性、漂白性，所以可以用品紅、溴水或KMnO 4溶液，來檢驗二氧化硫是否被完全吸取，假設(shè)SO2吸取效率低，則二氧化硫有剩余，B中的溶液會褪色；II．(1)KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；an(KIO3)=214molNa2S2O3xmol；KIO3

～ 2

SO2 2 31a 214

6xmol6a 6a

mol 6000a

3000ax=214

c(NaSO)=n=

214

=214V

mol?L?1〔或

107V

〕mol?L?1，22 V V 1022 (2)A.Na2S2O3Na2S2O3溶液會被稀釋，滴定時消耗待測液體積偏大，導致純度偏低，故A不符合題意；滴定終點時俯視讀數(shù)，使Na2S2O3溶液體積偏小，滴定時消耗待測液體積偏小，導B符合題意；錐形瓶用蒸餾水潤洗，對試驗結(jié)果沒影響，純度不變，故C不符合題意；滴定管尖嘴處滴定前有氣泡，達滴定終點時未覺察有氣泡，待測液體積偏大，導致D不符合題意；B；Ⅲ．(1)Na2S2O3pH=8；說明該鹽的水溶液顯堿性；甲同學的試驗BaCl2BNa2S2O3SO42?生成,S2O32?具有復原性；(2)Na2S2O3BaS2O3BaCl2溶液，Na2S2O3BaS2O3的干擾。【點睛】此題易錯點在于第(2)題中和滴定的誤差分析，首先要清楚標準液和待測液，裝在滴定Na2S2O3是待測液，分析時肯定要留意。27、鐵6FeOCrO2 3

+12Na

CO+7KClO2 3

CrO2

+3FeO2

+7KCl+12CO 223Fe2O3、Fe(OH)3 使AlO-、SiO2-水解為Al(OH)3和H2SiO3，過濾除去2342CrO2-+2H+4【解析】

Cr2O72-+H2O 加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾并洗滌 研缽 3鉻鐵礦(FeO·Cr2O3、Al2O3、SiO2等)KClO3NaOH、Na2CO3發(fā)生反響，熔Na2CrO4、Fe2O3、Na2SiO3、NaAlO2、KClNaFeO2等，主要的反6FeOCrO2 3

+12Na

CO+7KClO2 3

CrO2

+3FeO2

+7KCl+12CO ，24 2 7 2 2 2 水浸，過濾，調(diào)pH為7-8，加熱煮沸半小時，趁熱過濾，除去不溶的Fe2O3以及反響NaFeO2+2H2O═Fe(OH)3↓+NaOH生成的Fe(OH)3沉淀，濾液含有Na2CrO4、Na2SiO3、NaAlO2、KCl及等，再調(diào)整pH除去Na2SiO3、NaAlO2，得到含有Na2CrO4、KCl的溶液，參加稀硫酸發(fā)生反響：2CrO2-+2H+ CrO2-+HO，參加KCl，NaCr4 2 7 2 2 2 轉(zhuǎn)化為K2Cr2O7，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾并洗滌沉淀得到K2Cr2O7，參加草酸晶體和無水乙醇得到產(chǎn)品K[Cr(C2O4)2]·nH2O。高溫下陶瓷或玻璃中的SiO2NaOHNa2CO3發(fā)生反響；由流程分析可知6FeO?Cr2O3、Na2CO3和KClO3在加熱條件下生成Na2CrO4、Fe2O3、KCl和CO2，結(jié)合質(zhì)量守恒寫動身生反響的化學方程式；Fe2O3Fe(OH)3衡移動角度分析；依據(jù)流程，酸化時，CrO2-→CrO2-，結(jié)合電荷守恒和原子守恒寫動身生反響的離子方程式；

4 2 7依據(jù)溶解度隨溫度變化狀況，選擇結(jié)晶方法；(5)結(jié)合常用儀器的性能推斷；

18n(6)K[Cr(C2O4)2]·nH2O16.8%267+18n【詳解】

=0.168計算。高溫下陶瓷或玻璃儀器中的SiO2NaOHNa2CO3發(fā)生反響，因此應(yīng)選用鐵坩堝；由流程中的產(chǎn)物及條件可知反響方程式為6FeOCrO2 3

+12Na

CO+7KClO2 3

CrO2

+3FeO2

+7KCl+12CO ；22依據(jù)分析第一次過濾的濾渣為熔渣中的Fe2O3以及反響NaFeO2+2H2O=Fe(OH)3↓+NaOHFe(OH)3；由于NaAlO2、Na2SiO3是強堿弱酸鹽，在溶液中存在水解平衡，水解產(chǎn)生Al(OH)3、H2SiO3，由于鹽的水解反響是吸熱反響“pH7－8，加熱煮沸半小時”AlO-、2SiO2-Al(OH)HSiO，過濾除去；3 3 2 3依據(jù)流程，酸化時，CrO2-→CrO2-，結(jié)合電荷守恒和原子守恒，可得發(fā)生反響的4 2 74 2 7 離子方程式2CrO2-+2H+ CrO2-+HO4 2 7 依據(jù)溶解度曲線，步驟④包含的操作有蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶，過濾并洗滌，經(jīng)枯燥K2Cr2O7晶體；試驗室研磨固體時，所用硅酸鹽質(zhì)儀器為研缽；18nK[Cr(C2O4)2]·nH2O267+18n267+18nn=3?！军c睛】

=0.168，解得此題考察學生對工藝流程的理解、閱讀題目獵取信息力量、物質(zhì)推斷、化學用語、化學問題的力量。28、BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2 1:1 萃取分液 有機溶劑乙基蒽醌 2MnO+5H

+6H+=2Mn2++5O

↑+8HO 0.1250mol/L【解析】

4 2 2 2 2易溶于水的BaO2和稀硫酸反響生成H2O2和BaSO4由流程圖可知，乙基蒽醌溶于有機溶劑得到乙基蒽醌的有機溶液，氫氣與乙基蒽醌的有機溶液在催化劑作用下反響生成氫化液乙基氫蒽醌稀雙氧水和含有乙基蒽醌的有機溶液的回收液；雙氧水在酸性條件下與KMnO4發(fā)生氧化復原反響生成硫酸錳、氧氣和水；依據(jù)反響方程式可計算樣品中H2O2的物質(zhì)的量濃度。【詳解】BaO2H2O2BaSO4沉淀，反響的化學方程式為BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2；過氧化鋇為離子化合物，鋇離子與過氧根離子通過離子鍵結(jié)合，氧原子之間通過共價鍵結(jié)合，過氧化鋇的電子式： ；故答案為BaO2+H2SO4=BaSO4↓+H2O2； ；①依據(jù)反響原理可知，蒽醌法制備雙氧水理論上消耗的原料是氧氣和氫氣，依據(jù)1：11:1；②參加蒸餾水后進展操作a液；③再生回收液的成分是有機溶劑和乙基蒽醌，故答案為有機溶劑，乙基蒽醌；雙氧水在酸性條件下與KMnO4發(fā)生氧化復原反響生成硫酸錳、氧氣和水，反響2MnO－+5HO+6H+=2Mn2++5O↑+8HO，依據(jù)反響方程式可得樣品4 2 2 2 250.100