2023年高考化学第一次模拟试卷（含解析）.pdf

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1、2023年高考化学第一次模拟试卷注意事项：1 .答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2 .回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。3 .考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单 选 题（本大题共1 6 小题，共 4 8 分）1 .下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（）A.S 0 2 具有氧化性，可用于漂白纸浆B.S i 的熔点高，可用作半导体材料C.F e C 1 3 溶液显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板D.漂白液中含有强氧化性物质，可作漂白剂和

2、消毒剂2.下列有关物质性质的叙述正确的是（）A.明机和新制氯水都具有净水作用B.氨气极易溶于水，因此液氨可用作制冷剂C.化学家最近成功制造出环状碳分子C 1 8,它与C 6 0 和金刚石均互为同素异形体D.1 0 B e 和 9 B e 具有相同的化学性质，因此可以用9 B e 代替lOB e 完 成“铝镀埋藏测年法”3 .下列叙述正确的是（用 N A 代表阿伏加德罗常数的值）（）A.2.4 g金属镁变为镁离子时失去的电子数为0.1 N AB.1 mo l H C 1 气体中的粒子数与0.5 mo l/L 盐酸中溶质粒子数相等C.6.4 g 铜与足量的硫磺在绝隔空气的条件下反应，电子转移的数目

3、为0.1 N AD.1 mo l白磷分子中所含共价键数为4 N A4 .下列说法对应的离子方程式合理的是（）A.泡沫灭火器的工作原理：2 A l 3+3 C 03 2-+3 H 2 0=2 A l （0H）3 I+3 C 02 tB.侯氏制碱法中 N aH C O 3 的制备：N H 3+C 02+H 2 0=H C 03-+N H 4+C.草酸使酸性 K M n O 4 溶液褪色：5 H 2 C 2 04+2 M n 04-+6 H+=2 M n 2+10C 02 t +8 H 2 0D.双氧水中加入稀硫酸和K I 溶液：2 I-+H 2 02+2 H+=I 2+02 t +2 H 2 05

4、 .下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（）配制一定物质的量浓度的H 2 S04 溶液CO2(HC1)B,饱 和 N a2 c O 3 溶 液 除 去 c o2 中的H C 16.硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物(N O x),将烟气与112 的混合气体通入C e (S04)2 与 C e 2 (S04)3 C e 中文名“饰”的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是()A.处理过程中，混合溶液中C e 3+和 C e 4+总数减少B.该转化过程的实质为N O x 被 H 2 氧化C.x=2 时，过程I I 中氧化产物与还原产物的物质的量之比为8：1D.过 程 I

5、发生反应的离子方程式：H 2+C e 4+=2 I 1+C e 3+7.下列有关实验操作和结论均正确的是()选项操作结论A向溶液X中加入稀盐酸和氯化钢的混合溶液，出现白色沉淀说明溶液X中一定含有S04 2-B向盛有F e(N 03)2 溶液的试管中加入l mol-L-1的H 2 S04若试管口出现红棕色气体，说明N 03-被 F e 2+还原为N 02C制备乙酸乙酯的实验，将蒸出的乙酸乙酯蒸气导在饱和的N aO H 溶液液面以上防止倒吸，便于分层.D使 用 含 N aF 的牙膏，可以使牙齿上的C a5(P04)3 0H 转化为 C a5(P04)3 F,防止蛀牙K s p C a5(P04)3

6、 F H 2 02向 X 溶液中滴入K 3 F e(C N)6 溶液，生成蓝色沉淀反应中稀硫酸仅表现酸性反应的离子方程式为C u+H 2 02+2 H+=C u 2+2 H 2 09.下列实验能获得成功的是()碘乙烷水解实验后,碘乙烷水解实验后,碘乙烷消去实验后,碘乙烷消去实验后,取水解液，加入A g N 03 溶液，检验卤素离子取水解液，加入K M n O 4(H+)溶液，检验产物乙醇将气体导入K M n O 4(H+)溶液，检验产物乙烯将气体导入B r 2(C C 14)溶液，检验产物乙烯硫酸铁镂(N H 4 F e(S04)2-x H 2 0是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实

7、验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁镀，具体流程如图，下列说法正确的是()ABC为了加快反应速率，步骤所需要的温度越高越好工业上经常使用碳酸氢钠溶液来清除废铁屑表面的油污铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理所以应将尾气直接通入到盛有足量水的烧杯中吸收D.步骤中的具体实验操作有加热浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤)经干燥得到硫酸铁钱晶体样品1 1.短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z同主族，Z的单质是制造太阳能电池的常用材料，W 3+与丫2-具有相同的核外电子数，R是同周期中原子半径最小的元素。下列说法正确的是()A.丫 2-的半径大于W 3+的半径B.Y、Z形成的二

8、元化合物为离子化合物C.Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比X的强D.Z的气态简单氢化物的稳定性比R的强1 2.N H 3 和 N O 是有毒气体，在一定条件下它们可通过反应转化为无害的N 2 和 H 2 0。已知：断开I mo lN 三N、lmo l N-H I mo l N=0、lmo l H-0 的键能分别为:9 4 6 k J/mo K 3 9 1 k J/mo k 6 0 7 k J/mo k4 6 4 k J/mo l则该反应4 阳3 5)+6 丽 5)=5 g5)+6 1 1 2 0 1)的反应热4 1 1 为()A.-1 9 6 4 k J-mo l-l B.+4 3 0 k

9、J-mo l-l C.-1 7 8 0 k J-mo l-l D.-4 5 0 k J-mo l-l13.下列有关生活生产中的叙述合理的是()A.铜的精炼工业和电镀铜工业，均可采用C u S 0 4 溶液做电解质溶液B.铅蓄电池放电时，负极反应式为P b0 2+4H+2e-=P b2+2H 20C.水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，该法即牺牲阳极的阴极保护法D.用惰性电极电解Na O H 溶液，一段时间后，加入-定质量的Na O H 固体，能将溶液恢复至与原来溶液完全一样1 4.某 温 度 下,向 1 0 m L 0.1 m o l-L-l C u C 1 2溶液中滴入0.l m o l

10、-L-1 的 Na 2S溶液，溶液中-l g c(C u 2+)随滴入的Na 2s溶液体积的变化如图所示。下列叙述不正确的是()A.K sp(C u S)的数量级为1 0-36B.c 点对应溶液中：c(S2-)+c(C l-)=c(Na+)C.a、b,c 三点对应溶液中，b 点水的电离程度最小D.Na 2s 溶液中：2c (S2-)+c (H S-)+c (O H-)=c (Na+)+c (H+)15.已知1 4g A 和 36 g B 恰好完全反应生成C(MC=8 0 g/m o l)和 l O g D,则 C的物质的量为()A.0.25 m o l B.l m o l C.2m o l D

11、.0.5 m o l1 6.某无色透明溶液中可能存在B r-、C 0 32-、S0 32-、A 1 3+、1 一、Na+、C u 2+中的若干种。现进行如下实验，得到如下现象：向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，且有无色气泡冒出；向所得橙色溶液中加入足量B a C 1 2溶液，有白色沉淀生成加入盐酸后沉淀不溶解；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色。已知：5 C 1 2+I 2+6 H 20=1 0 H C l+2H I 0 3据此可以判断该溶液中肯定存在的离子组是()A.Na+、C 0 32-、$0 32-、B r-B.A 1 3+,Na+、S0 32-、B r-C.A 1 3+、S0

12、 32-、1 一、B r-D.A 1 3+、B r-、S0 32-,C u 2+二、实验题(本大题共2 小题，共 22.0分)1 7 .氯苯在染料医药工业中用于制造苯酚、硝基氯苯、苯胺、硝基酚等有机中间体。实验室中制备氯苯的装置如图所示(夹持仪器已略去)。请回答下列问题：(1)仪器a中盛有K Mn O 4晶体，仪器b 中盛有浓盐酸。打开仪器b 中的活塞，使浓盐酸缓缓滴下，该 反 应 离 子 方 程 式 为。(2)仪器b 外侧玻璃导管的作用是。(3)仪器d内盛有苯，F e C 1 3粉末固体，仪器a中生成的气体经过仪器c 进入到仪器d中。仪器d中的反应进行过程中，保持温度在40 6 0 ,以减少

13、副反应发生。仪器d的加热方式最好是加热，制 取 氯 苯 的 化 学 方 程 式 为。(4)仪器e 的作用是_ _ _ _ _。(5)该方法制备的氯苯中含有很多杂质，工业生产中，通过水洗、碱洗，再通过分液得到含氯苯的有机物混合物，混合物成分及沸点如表一：水洗时除去的主要杂质为从该有机物混合物中提取氯苯，可采用 方法。(填一种分离方法)(6)实际工业生产中，苯的流失如表二：有机物苯氯苯邻二氯苯间二氯苯对二氯苯沸点/8 0.51 3 2.21 8 0.41 7 3.01 7 4.1流失项目 蒸气挥发 二氯苯其他苯流失量 2.0 8%1.1 7%1 6.7 5%1 8 .钻是一种中等活泼金属，化合价为

14、+2 价和+3 价，其中C o C 1 2 易溶于水。某校同学设计实验验证(C H 3 C 0 0)2 co(乙酸钻)的分解产物。回答下列问题：NaOH溶液港清右水74.它X图2I.甲同学用Co203与盐酸反应制备COC12.4H20,其实验装置如图1。烧瓶中发生反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为。装置B中的现象可以说明氧化性 ,从原子结构的角度解释。I I.乙同学利用甲同学制得的CoC12-4H20在醋酸氛围中制得无水(C113co0)2Co,并利用图2装置检验(CH2C00)2C。在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。装置E、F分别盛放 和 E、F、G中的试剂均足

15、量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则 可 得 出 的 结 论 是 o 通 入 氮 气 的 作 用 是。三、简答题(本大题共2小题，共2 0.0分)1 9.以软锦矿粉(主要含有M n02,还含有少量的Fe203、A1203等杂质)为原料制备高纯Mn02的流程如图1所示。秋以必桁破股会恢M n）；独没己知：常温下，K s p F e(0 H)3 =8.0 X 1 0-3 8,K s p A l (0 H)3 =4.0 X 1 0-3 4,常温下，氢氧化物沉淀的条件：A 1 3+、Fe 3+完全沉淀的pH 分别为4.6、3.4；M n 2+开始沉淀的pH 为 8.1。

16、常温下，当溶液中金属离子物质的量浓度小于或等于l X 1 0-5 m o l L-l 时，可视为该金属离子己被沉淀完全。(1)“酸浸”实验中,镒的浸出率结果如图2所示。由图可知,软毓矿粉酸浸的适宜条件是 _。(2)酸浸后，镒主要以M n 2+的形式存在，写出相应的离子方程式 o(3)若氧化后c(A 1 3+)=0.0 2 m o l/L,加入氨水(设溶液体积增加1 倍)，使 Fe 3+完全沉淀，此时是否有 A 1(O H)3 沉淀生成？(列式计算)；想要达到实验目的，加入氨水应调节pH 的范围为(4)加入碳酸氢钱产生沉淀的过程称为“沉镒，“过滤II”所得滤渣为M n C 0 3 “沉镒”过程中

17、放出C 0 2,反应的离子方程式为 o“沉锦”过程中沉镒速率与温度的关系如图3所示。当温度高于60 时，沉锦速率随着温度升高 而 减 慢 的 原 因 是。(5)写出焙烧过程的化学方程式。20.甲醇是一种重要的化工原料，又是一种可再生能源，具有开发和应用的广阔前景.(1)已知：C H 3 0 H (g)=H C H O (g)+H 2 (g)H=+84 k J/m o l ；2 H 2 (g)+0 2 (g)=2 H 2 0 (g)A H=-4 84 k J/m o l 工业上常以甲醇为原料制取甲醛，请写出与0 2(g)反应生成和的热化学方程式：。在一容积为2 L的密闭容器内，发生反应C 0(g

18、)+2 H 2(g)w C H 3 0 H(g),C O 的平衡转化率与温度，压强的关系如图所示。A,B两点对应的压强大小关系是P A P B（填=）。A,B,C三点的平衡常数K A,K B,K C 的 大 小 关 系 是。四、推 断 题（本大题共1 小题，共 1 0.0 分）2 1.A、B、1）、X、丫是由短周期元素组成的化合物，其中X是常见的强酸（如盐酸）、丫是常见的强碱（如氢氧化钠），它们的相互转化关系如右图（部 分 生 成 F 7物和水略去）.（1）若 A、B 均为气体，在水溶液中反应生成D,其中A具有漂白性，则 B的电 厂子式为 _ _ _ _ _ _ ,B发生催化氧化的化学方程式为

19、 .（2）若 A、B、D含有相同的金属元素，工业用电解熔融氧化物的方法制取该金属单质.现将丫滴入A的溶液中至过量，观察到的现象是 .（3）若 A是一种温室气体，灼烧B、D、丫时火焰均为黄色.写出D+Y-B 的离子方程式.现将标准状况下1 1.2 L A 通入60 0 m L l m o l/L 的 B溶液中，则反应后溶液中含有的溶质的物质的量之比为（4）若 D是蛋白质在人体内水解产物中最简单的一种，且 A与 B不能反应生成D,则 D的名称是,写出下列反应的方程式：D+Y：；D+X：答案和解析1.【答案】D【解析】解：A.S 0 2 用于漂白纸浆是由于二氧化硫能和有色物质生成无色物质，与氧化性无

20、关，故 A不选；B.S i 导电性介于导体和绝缘体之间，可用作半导体材料，与熔点高无关系，故 B不选；C.F eC 1 3 溶液具有氧化性，能与C u反应，离子方程式为：2 F e3+C u=2 F e2+C u2+,与显酸性无关系，故 C不选；I).漂白液中含有强氧化性物质，具有漂白性和消毒性，可作漂白剂和消毒剂，故 D 选。故选：D oA.S 0 2 用于漂白纸浆是由于具有漂白性；B.依据硅导电性介于导体与绝缘体之间解答；C.F eC 1 3 溶液具有氧化性，能与C u反应：D.漂白液中含有强氧化性物质，具有漂白性和消毒性。本题考查物质性质、物质成分、用途等知识点，为高频考点，明确物质组成

21、、性质、用途关系是解本题关键，题目难度不大。2.【答案】C【解析】解：A.明研具有净水作用，原理为A 1 3+3 H 2 0 tA i (0 H)3(胶体)+3 H+,胶体具有吸附性，氯水中含有次氯酸，具有杀菌、消毒及漂白的作用，故 A错误；B.液氨可用作制冷剂与氨气的熔沸点有关，与溶解性无关，故 B错误；C.C 1 8、C 60 及金刚石均互为碳元素的不同的单质，互称为同素异性体，故 C正确；D.同位素原子之间核外电子排布相同，化学性质相同，但物理性质有差异，9 B e不能代替1 0 B e完成“铝被埋藏测年法”，故 D 错误。故选：C。A.明帆具有净水作用，氯水具有杀菌、消毒及漂白的作用；

22、B.液氨可用作制冷剂与氨气的熔沸点有关，与溶解性无关；C.C 1 8,C 60 及金刚石均互为碳元素的不同的单质；D.同位素原子之间核外电子排布相同，化学性质相同，但物理性质有差异，9 B e不能代替1 0 B e完成“铝镀埋藏测年法”。本题主要考查常见物质的组成与性质如明肌、氯水、氨气等，同素异形体的概念、判断及同位素原子之间性质差异，属于基本知识，基础题型，难度不大。3.【答案】C【解析】【分析】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，掌握物质的量的计算公式和物质结构是解题关键，难度不大。【解答】A、2.4 g 镁的物质的量为0.I mol,而镁反应后变为+2 价，故 0.I mol镁失去0.

23、2 NA 个电子，故 A错误；B、溶液体积不明确，故溶液中的粒子数无法计算，故 B错误；C、6.4 8 铜的物质的量为0.1 1 1 1 0 1,而铜和S 反应后变为+1 价，故 0.I mol铜转移0.1 NA 个，故 C正确；D、白磷中含6条 P-P 键来分析，故 I mol白磷中含6 NA 条共价键，故 D 错误。故选C。4.【答案】C【解析】解：A.泡沫灭火器工作时，铝离子与碳酸氢根离子发生双水解反应生成A 1(OH)3 和 C 0 2,离子方程式为:A 1 3+3 HC O3-=A 1(O1 1)3 I +C 0 2 t ,故 A 错误；B.侯氏制碱法中Na HC 0 3 的制备原理

24、为：Na C l+NH3+C 0 2+H2 0=Na HC 0 3 I +NH4 C 1,改为离子方程式为：Na+NH3+C 0 2+H2 0=Na HC 0 3 I +NH4+,故 B 错误；C.草酸使酸性KMn O4 溶液褪色，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：5 I I 2 C 2 0 4+2 Mn 0 4-+6 I I+=2 Mn 2+1 0 C 0 2 t +8 H2 0,故 C 正确；D.双氧水中加入稀硫酸和KI 溶液，发生氧化还原反应，离子方程式为：2 1 -+H2 0 2+2 H+=I 2+2 H2 0,故 D错误；故选：C oA.泡沫灭火器中，硫酸铝电离出的铝离子与碳酸氢钠

25、电离出的碳酸氢根离子发生双水解反应生成大量二氧化碳气体；B.析出碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠不能拆开；C.酸性高镒酸钾溶液将草酸氧化成二氧化碳气体；D.双氧水将碘离子氧化成碘单质，没有氧气生成。本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。5 .【答案】D【解析】解：A.不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应在烧杯中稀释、冷却后转移到容量瓶中定容，故A错误；B,二者均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故 B 错误；C.氯化钱分解后

26、，在试管氨气与HC 1 化合生成氯化镀，应选铁盐与碱加热制备，故 C错误；D.NO不溶于水，则导管短进长出可排水收集N 0,故 D正确；故选：D o本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液配制、混合物分离提纯、物质的制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。6.【答案】C【解析】解：A.处理过程中，C e 3+和 C e 4+做催化剂，催化剂在反应前后，质量不变，数量不变，故 A错误；B.该转化过程的实质为NOx 被 H 2还原为N2,H 2被氧化为水，故 B 错误；C.x=2时，过程I I 为 2N0 2+8 C e 3+8

27、 l l+=N2+8 C e 4+4I I 20,氧化产物为C e 4+,还原产物为N2,两者之比为8：1,故 C正确；D.过 程 I 发生的反应为C e 4+把 1 1 2氧化为H+,自身被还原为C e 3+,反应的离子方程式为：H 2+2C e 4+=2H+2C e 3+,故 D 错误。故 选:C 根据进出图可知，C e 4+把 H 2氧化为H+,自身被还原为C e 3+,然后C e 3+在酸性条件下再被NOx 氧化为C e 4+,NOx 被还原为N 2,同时还生成水，A.处理过程中，混合溶液中C e 3+和 C e 4+充当催化剂，总数不变；B.该转化过程的实质为NOx 被 H 2还原；

28、C.x=2时，过程H为 N0 2与 C e 3+的反应，N0 2与被还原为N2,C e 3+的被氧化为C e 4+,根据升降守恒，可以判断出氧化产物与还原产物之比；D.过 程 I 发生的反应为C e 4+把 H 2氧化为H+,自身被还原为C e 3+,根据氧化还原反应的原理，可以写出反应的离子方程式。本题主要考查学生的读图能力、分析能力、一定情景下氧化还原反应方程式的书写，离子方程式的书写，氧化还原反应的概念判断等，属于中等难度题型。7 .【答案】D【解析】解：A.白色沉淀可能为A g C l,则原溶液中不一定含S 0 42-,故 A错误；B .酸性条件下，亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应

29、生成N O,在试管口 NO被氧化生成N0 2,故 B错误；C.乙酸乙酯与Na OH 反应，应利用饱和碳酸钠溶液，防止倒吸、便于分层，故 C错误；D.C a 5(P 0 4)30 H 转化为 C a 5(P 0 4)3F,为沉淀的转化,则 Ks p C a 5(P 0 4)3F Ks p C a 5(P 0 4)30 H ,故D正确；故选：D o本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握离子检验、物质的性质、沉淀转化、实验技能等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大.8 .【答案】A【解析】解：A.中过氧化氢可氧化亚铁离子，则氧化性：F e 3+A 13+,

30、故 A正确；B.Y、Z形成的化合物为S i 02,属于共价化合物，故 B 错误；C.X(C)的非金属性比W(A 1)强，故碳酸酸性比偏铝酸强，故 C 错误；D.非金属性R(Cl)Z(S i),故氢化物稳定性H Cl S i H 4,故 D 错误，故选：A o短周期主族元素X、Y、W、Z、R的原子序数依次增大.其中X、Z同主族，Z的单质是一种良好的半导体材料，则 Z为 S i、X为 C；W 3+与丫2-具有相同的核外电子数，则 W为 A 1、丫为0,R处于第三周期，且是同周期中原子半径最小的元素，则 R为 C 1,结合元素周期律解答。本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对元素周

31、期律的考查，难度中等。1 2.【答案】A【解析】解：4 N H 3(g)+6 N 0(g)=5 N 2(g)+6 H 20(g)W A H=(4 X 3 X 3 9 1+6 X 6 07)k J/m o l-(5 X 9 4 6+6 X2X 4 6 4)k j/m o l=-19 6 4 k j/m o l,故选：A,出反应物键能总和-生成物键能总和，要注意一个氨气分子有3 个 N-I I 键，一个水分子有2 个0-H。本题考查化学反应能量变化，掌握|1=反应物键能总和-生成物键能总和是解题的关键，此题难度中等。13 .【答案】A【解析】解：A、铜的精炼工业和电镀铜工业上，铜均需做阳极失电子变

32、为Cu 2+进入电解质溶液，Cu 2+再在阴极上得到电子析出，故电解质溶液均选用含铜离子的溶液，均可以用Cu$04 溶液，故A正确；B、负极是铅失电子，发生氧化反应，正极发生还原反应，所以正极反应式为P b 02+4 H+2e-=P b 2+2H 20,故 B 错误；C、水库的钢闸门与电源负极相连以防止其生锈，此时铁作阴极，该法为外接电源的阴极保护法，故 C 错误；D、用惰性电极电解N aO H 溶液，实质电解水，所以加入一定质量的水，能将溶液恢复至与原来溶液完全一样，故 D 错误。故选：A,A、铜的精炼工业和电镀铜工业上，铜均需失电子变为Cu 2+进入电解质溶液；B、负极是铅失电子，发生氧化

33、反应；C、与电源负极相连为外接电源的阴极保护法；D、用惰性电极电解N aO H 溶液，实质电解水。本题考查了金属的电化学腐蚀和防护、电解原理、铅蓄电池原理、电镀和电解精炼，题目涉及的知识点较多，侧重于反应原理的应用的考查，题目难度中等。14 .【答案】B【解析】解：A.b 点加入的Cu C12,N a2s 的物质的量相等,由Cu 2+(a q)+S 2-(a q)w Cu S(s)可知,b 点溶液中 c(Cu 2+)=c(S 2-)=10-17.6m o l/L,贝!j K s p(Cu$)=c(Cu 2+)X c(S 2-)=10-17.6X10-17.6=10-3 5.2=10 0.8X

34、10-3 6,故 K s p(Cu S)的数量级为 10-3 6,故 A 正确;B.c 点溶液中 n(Cl-)=2 n(Cu C12)=0.I m o l/L X O.0 1L X 2=0.0 0 2 m o l,而 n(N a+)=2 n(N a 2 S)=0.I m o l/LX 0.0 2 L X 2=0.O O d m o L 则溶液中 2 c (Cl-)=c (N a+),由于 S 2-沉淀等,溶液中 n(Cl-)n(S 2-),BP c(Cl-)c(S 2-),故 c(Cl-)+c(S 2-)c(N a+),故 B 错误；C.Cu 2+单独存在或S 2-单独存在均会水解，水解促进水

35、的电离，b点时恰好形成Cu S 沉淀，此时水的电离程度最小，故 C 正确；D.根据电荷守恒可知,N a 2 s 溶液中:2 c(S 2-)+c(H S-)+c(0 H-)=c (N a+)+c (H+),故 D 正确;故选：BoA.b 点溶液中 c (Cu 2+)=c (S 2-)=10-17.6m o l/L,根据 K s p (Cu S)=c (Cu 2+)X c (S 2-)计算判断;B.c 点溶液中 n(Cl-)=2 n(Cu C12)=0.I m o l/L X O.0 1L X 2=0.0 0 2 m o l,而 n(N a+)=2 n(N a 2 S)=0.I m o l/LX

36、0.0 2 L X 2=0.0 0 4m o L 由于 S 2-沉淀等，溶液中 n(C1-)n(S 2-)；C.Cu 2+单独存在或S 2-单独存在均会水解，它们在溶液中的浓度越大，水的电离程度越大；D.根据电荷守恒判断。本题考查水溶液中离子平衡，涉及难溶电解质的溶解平衡、溶度积计算、离子浓度大小比较、盐类水解与弱电解质的电离平衡等，侧重分析与应用能力的考查。15.【答案】D【解析】解：根据质量守恒定律知,m(C)=m(A)+m(B)-m(D)=(14+3 6-10)g=40 g,n(C)=m M=40 g80 g/m o l=0.5m o l,故选：D o根据质量守恒定律知，m(C)=m(A

37、)+m(B)-m(D)=(14+3 6-10)g=40 g,根据n=m M 计算C 的物质的量。本题考查化学方程式的计算，把握质量守恒定律及物质的量有关公式是解本题关键，侧重考查分析计算能力，熟练掌握物质的量有关公式，题目难度不大。16.【答案】A【解析】解：溶液无色，则不含Cu 2+；由可知，溶液中含有Br-和 CO 3 2-,不含A 13+；由可知，溶液中含S O 3 2；由可知，因 5C12+I 2+6H 2 0=10 H Cl+2 H I 0 3,溶液中可能确定1-存在;根据电荷守恒可知溶液一定含有N a+；综上，原溶液中一定存在Br-、CO 3 2-、N a+、S O 3 2-,一定

38、不含F e 3+、M g2+,可能含有1一，故选：A,溶液无色，则不含Cu 2+；向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有B r-,且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子C0 3 2-,则不含子3+；向所得橙色溶液中加入足量Ba C12 溶液，生成不溶于盐酸的白色沉淀，说明含S O 3 2-；向所得溶液中继续滴加淀粉溶液，溶液不变蓝色，可能是碘离子氧化成单质碘，进一步单质碘被氧化成碘酸根离子或溶液中不含1-，所以溶液不变色，不能确定-存在；由电荷守恒可知溶液一定含有N a+,据此分析解答。本题考查了常见离子的检验方法，为高频考点，明确常见离子的性质及检验方法为解答关键，侧重考查学生的分析

39、能力及逻辑推理能力，注意排除离子的干扰，题目难度不大。1 7.【答案】2 M n0 4-+10 Cl-+16H+=2 M n2+5C12 t+8H 2 0 平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利 滴 下 水 浴 冷凝、回 流 F e C13、H C 1 蒸 僧 或 分 储 15【解析】解：(1)仪器a中盛有K M nO 4晶体，仪器b中盛有浓盐酸，二者反应制备氯气，反应离子方程式为:2 M n 04-+10C l-+16 H+=2 M n 2+5 C 12 t +8 H2 0,故答案为：2 M n 04-+10C l-+l 6 H+=2 M n 2+5 C 12 t +8 H2 0；(2)仪器

40、b中细玻璃导管的作用是：平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；故答案为：平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；(3)仪器d中的反应进行过程中，保持温度在4 0 6 0,为了受热均匀，便于控制温度，选择水浴加热；制取氯苯的化学方程式为:。/Abci故答案为：水浴;(4)苯等有机物易挥发，e 的作用是：冷凝、回流，故答案为：冷凝、回流；(5)水洗除去氯苯中溶解可能性的F eC 13、HC 1及部分氯气，节约后续碱洗操作时碱的用量，减少生产成本；故答案为：F eC 13、HC 1；通过分液得到含氯苯的有机物混合物，可以采取蒸储或分储方法进行分离，故答案为：蒸储或分储；(6)苯的总流失量为

41、:2.08%+l.17%+16.7 5%=2 0%,故苯转化氯苯的利用率为1-2 0%=8 0%,由可知，生成氯苯的质量为：1 3 t x 8 0%X 112.5 7 8=15 t,故答案为：15。a中 K M n O 4 与 b中浓盐酸制备氯气，c中浓硫酸干燥氯气，在仪器d中氯气与苯在F eC 13 作催化剂条件下制备氯苯，仪器e 进行冷凝回流，减少原料的挥发。(1)高镒酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、二氯化镒、氯气与水；(2)仪器b外侧玻璃导管可以平衡仪器a、b内的气压，使浓盐酸能顺利滴下；(3)保持温度在4 06 0,为了受热均匀，便于控制温度，选择水浴加热；苯与氯气在F eC 13 作催化

42、剂条件下发生取代反应生成氯苯与HC 1；(4)苯等有机物易挥发；(5)水洗除去水溶性物质；分离沸点不同的互溶液体采取蒸镭或分储方法；(6)三个流失项目中苯流失量之和为苯总流失量，进而计算苯利用率，再根据苯与氯苯的质量定比关系计算。本题考查有机物的制备实验，涉及基本操作、对仪器的分析评价、物质的分离提纯、方程式的书写、化学计算等，题目比较综合，是对学生综合能力的考查，这类题目适合针对问题进行作答。18.【答案】1：2 C 12 1 2同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，得电子能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱澄清石灰水P d C 12溶液分解产物中还有一种或多种含有C、H元

43、素的物质 将 D中的气态产物排入后续装置中【解析】解：I .C o 203+6 H C l=2C o C 12+C 12+3H 20,参加反应的盐酸中真正做还原剂的只有2m o l,故氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2,故答案为：1：2；B 中现象为溶液变蓝色，说明C 12+2K I=2K C 1+I 2,氧化剂为C 12,氧化产物为12,故氧化性:C 12 12,C l 和 I 原子同主族，且 C l 原子在上面，故半径：CKL非金属性CDI,非金属性越强，单质的氧化性越强，故有氧化性：C 12 12,故答案为：C 12；12；同主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，非金属性逐渐减弱，得电子

44、能力逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱；H .P d C 12+C 0+H 20=P d+C 02+H C l,P d C 12可用于检验C O,但生成了 0)2,为了避免生成的C 02产生的干扰，故 C 02应该先用澄清石灰水检验，然后检验C O,故答案为：澄清石灰水，P d C 12溶液；E、F、G中的试剂均足量，I中氧化铜变红，说明还原C u O 的另有物质，根据乙酸钻的化学式(C H 3C 00)2C o 及原子守恒可知，可能生成了其他的碳氢化合物(C XH y)该化合物可以还原C u O 生成C u 和 C 02及水，故答案为：分解产物中还有一种或多种含有C、H元素的物质；最后通入N 2

45、 的目的是把装置D中的气体(C O、C 02以及其它的碳氢化合物)继续排入到后面的装置中，含钻化合物留在装置D中，故答案为：将 D中的气态产物排入后续装置中。图 1 装置A中 C o 203与盐酸生成C o C 12,C 12和水，B中为C 12置换出碘单质，C为尾气处理装置，吸收多余的C 12；图 2 中乙酸钻分解生成C 02、C O 和 C XH y,E装置(澄清石灰石)先检验C 02,F装置(P d C 12溶液)检验C O,C O 被氧化为C 02,G装置(N a O H 溶液)吸收C 02,F装置(无水氯化钙)干燥生成的烧，I 装置(C u O)氧化生成的崎，又生成C 02和水，自身

46、被还原为铜，I .C o 203做氧化剂，H C 1做还原剂，根据升降守恒，即可判断两者之比；B中现象为溶液变蓝色，说明C 12置换出碘单质，氧化还原反应中，氧化性：氧化剂 氧化产物，即可判断；根据氯和碘在周期表中的位置(同族，上下)即可判断；H.P d C 12溶液氧化C O 时会生成C 02,故 C 02应该先检验，然后检验C O；E、F、G中的试剂均足量，I 中氧化铜变红，说明还原C u O 的另有物质，根据原子守恒可知，可能生成了其他的碳氢化合物(C XH y)；最后通入N 2 的目的是把D中的气体继续排入到后面的装置中。本题主要考查乙酸钻的分解产物的验证，涉及到氧化还原反应的基本知识

47、，原子结构，试剂的除杂，煌也具有还原性等知识，具有较强的综合性，对学生的思维能力要求较高，有一定的难度。1 9.【答案】硫酸浓度：2.I m o l/L,温度：7 0左右 M n 02+2 F e 2+4 H+=M n 2+2 F e 3+2 H 2 0 否；c(F e 3+)=1 X 1 0-5m o l-L-l,K s p F e(O H)3 =c (F e 3+)X c 3(O i l-),c (0H-)=3 8 X 1 0-3 8 1 X 1 0-5=2X 1 0-l l m o l/L,c(A 1 3+)X c 3(0H-)=0.02 2 X 8 X 1 0-3 3=0.8 X 1

48、0-3 4 K s p A l (0H)3 =4.O X 1 0-3 4,故无 A l (01 1)3 沉淀生成；4.6 W p H 8.1 M n 2+2 H C 03-=M n C 03 I+C 02 t +H 2 0 温度过高 N H 4 IIC 03 的分解速率显著加快，导致沉猛速率随N H 4 H C 03 浓度的减小而减慢2 M n C 03+02 2 M n O 2+2 C O 2【解析】解：(1)根据图2可以看出硫酸浓度维持2.Im o l/L,温度达到7 0 C 左右时，猛的浸出率可以达到9 8%左右，故不需要增大浓度、升高温度，即浪费原理和热能，故答案为：硫酸浓度：2.Im

49、 o l/L,温度：7 0左右；(2)酸浸后，锦主要以M n 2+的形式存在，即 M n 02 被还原为M n 2+,F e 2+被氧化为F e 3+,故有：M n O 2+2 F e 2+4 H+=M n 2+2 F e 3+2 H 2 O,故答案为：M n 02+2 F e 2+4 H+=M n 2+2 F e 3+2 H 2 0；(3)F e 3+完全沉淀时，c(F e 3+)=l X 1 0-5m o l-L-l,K s p F e(O H)3 =c(F e 3+)X c 3(0H-),c(0H-)=3 8X 1 0-3 8 1 X 1 0-5m o l/L=2 X 1 0-l l m

50、 o l/L,c(A 1 3+)X c 3(0H-)=0.0 2 2 X 8 X 1 0-3 3=0.8 X1 0-3 4 K s p A l (O H)3 =4.O X 1 0-3 4,故无 A l (O H)3 沉淀生成;因为 A 1 3+、F e 3+完全沉淀的 p H 分别为4.6、3.4；M n 2+开始沉淀的p H 为 8.1；故加入氨水时调p H 满足：4.6 W p H 8.1,即使A 1 3+、F e 3+完全沉淀，M n 2+未沉淀，故答案为：否；c(F e 3+)=l X 1 0-5m o l-L-h K s p F e(0H)3 =c(F e 3+)X c 3(0H-)