内蒙古包头市回民2023年高考临考冲刺化学试卷含解析.pdf

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1、2023学年高考化学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的()建清加入稀FcCI薄 液|tM N iS M ii滴入FeCb溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeCh溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀，逐酒加入M S aS ff4 1滴入Na2s溶液立刻生成

2、黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2s溶液，1.Fe。用 以.最后出现黑色的沉淀A.两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2s3B.两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2s3+4FeCb=6FeCL+3sC.向稀FeCb溶液中逐滴加入稀Na2s溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeSD.在 Na2s溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)32、X、Y、Z、W 是四种短周期主族元素，X 原子最外层电子数是次外层的2倍，Y 是地壳中含量最多的元素，Z 元素在短周期中金属性最强，W 与 Y 位于同一主族。下列叙述正确的是A.原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B.Y

3、 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强C.X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的强D.Y 与 Z 形成的两种常见化合物化学键类型相同3、可确定乙二醇分子是否有极性的实验是A.测定沸点 B.测静电对液流影响C.测定蒸气密度 D.测标准状况下气体摩尔体积4、3紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素Ai。3紫罗姜胴中间体X维生素A|下列说法正确的是A.0-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B.Imol中间体X 最多能与2mol氏发生加成反应C.维生素A i易溶于NaOH溶液D.*紫罗兰酮与中间体X 互为同分异构体5、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存

4、的是()A.使酚猷变红色的溶液中：Na+、AF+、SO?-CFKB.一J =lx l0 r3 m o l-L r 的溶液中：NH4+、Ca2+CF,NO3-c(i r)C.与 A l反应能放出H2的溶液中：Fe2+,K+、NO3-、SO?-D.水电离的 c(H+)=lxl0-i3mol L r 的溶液中:K+,Na+,AK V、CO32-6、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.含 2.88硅的5102晶体中存在的共价键总数为2帅B.1L0.5mol-L-的 NajPO,溶液中含有阳离子的总数为1.5NAC.标准状况下，2.OgDQ中含有的质子数和中子数均为ND.室温时，pH=12的

5、 Ba(OH”溶液中，氢氧根离子数目为1.0X1。-%7、能用离子方程式CO32-+2H+=H2O+CO2T表示的反应是()A.碳酸钠与足量稀硝酸的反应 B.碳酸氢钠与足量盐酸的反应C.碳酸钢与少量稀盐酸的反应 D.碳酸钠与足量稀醋酸的反应8、用 NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的A.0.4 mol N%与 0.6 mol Ch在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NAB.CM和石墨的混合物共1.8 g,含碳原子数目为0.15NAC.1 L0.1 mol/LNH4Al(S()4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD.5.6 g 铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NAc

6、(HX)c(HX)9、已知：p、,_、=一:/_、。室温下，向 0 0m ol/LH X溶液中滴力口 O.lOmol/LNaOH溶液，溶液pH随c(X)c(X)c(HX)P+一 变化关系如图所示。下列说法正确的是c(X)c(l,5.75)A.溶液中水的电离程度：abcB.c 点溶液中：c(Na+)=10c(HX)C.室温下NaX的水解平衡常数为IO-475D.图中b 点坐标为(0,4.75)10、液氨中存在与水的电离类似的电离过程，金属钠投入液氨中可生成氨基钠(NaNH2),下列说法不正确的是A.液氨的电离方程式可表示为2NH3WNH4+NH2-B.钠与液氨的反应是氧化还原反应，反应中有出 生

7、成C.NaNH2与少量水反应可能有NH3逸出，所得溶液呈弱碱性D.NaNfh与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐11、下列实验操作能够达到目的的是12、往含0.2 mol NaOH和 0.1 mol Ba(OH)2的 混 合 溶 液 中 持 续 稳 定 地 通 入 气 体 6.72 L(标准状况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量()随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是(离子水解忽略不计)D 18642moO.O.O.6n/018642mao.0.0.fl/A.0 2.24 4.48 6.72 Vf.0 2.24 4.48 6.72 Vt.

8、13、下列物质在生活或生成中的应用错误的是A.葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗氧化B.在含较多NazCCh的盐碱地中施加适量熟石灰降低了土壤碱性C.陶瓷均烟不能用于熔融烧碱D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇14、将 a mol钠 和 a mol铝一同投入m g 足量水中，所得溶液密度为d g m L T,该溶液中溶质质量分数为A.82a/(46a+m)%B.8200a/(46a+2m)%C.8200a/(46a+m)%D.8200a/(69a+m)%15、碘在不同状态下(固态或气态)与氢气反应的热化学方程式如下所示：H2(g)+12(?)1 2 H I (g)+1.48kJH

9、2(g)+I2 (?)1 2 H l(g)-2.48kJ下列判断正确的是A.中的L 为固态，中的L 为气态B.的反应物总能量比的反应物总能量低C.的产物比反应的产物热稳定性更好D.Im ol固态碘升华时将吸热17kJ16、关于“植物油”的叙述错误的是()A.属于酯类 B.不含碳碳双键C.比水轻 D.在碱和加热条件下能完全水解17、黑索金是一种爆炸力极强的烈性炸药，比 TNT猛 烈 1.5倍。可用浓硝酸硝解乌洛托品得到黑索金，同时生成硝酸钱和甲醛(HCHO)。下列说法不正确的是()乌洛托品 黑索金A.乌洛托品的分子式为C6H12N4B.乌洛托品分子结构中含有3 个六元环C.乌洛托品的一氯代物只有

10、一种D.乌洛托品得到黑索金反应中乌洛托品与硝酸的物质的量之比为1：418、下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式AK、N a、HCO3、SiO3YZB.简单离子半径:YZWC.工业上常通过电解W与Z形成的化合物制备W单质D.简单气态氢化物的稳定性:Xr(W)r(X)r(Y),故 A 错误B.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y W,则 Y 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强,故 B 正确；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XVW,X 的最高价氧化物对应水化物的酸

11、性比W 的弱，故 C 错误；D.Y 是 O 元素，Z 是 Na元素，Y 与 Z形成的两种化合物为NazO、Na2O2,含有的阴阳离子数目之比均为1:2,前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故 D 错误；答案选B。【点睛】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。3、B【解析】极性分子的正电荷中心与负电荷中心不重合，极性分子虽然整体不带电，但每一个乙二醇分子都有带电的极性端，也可以再理解为部分区域带电，所以它在电场作用下，会定向运动，所以测静电对液流影响，可以判断分子是否有极性;而测定沸点、测定蒸气密度、测标准状况下气体摩尔体积等均不能判断分子极性。答案选B

12、。4、A【解析】A.0-紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnCh溶液褪色，故 A 正确；B.lm ol中间体X 含 有 2moi碳碳双键、Imol醛基，所以最多能与3 mol周发生加成反应，故 B 错误；C.维生素Ai含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故 C 错误；D.0-紫罗兰酮与中间体X 所 含 C 原子数不同，不是同分异构体，故 D 错误。故选Ao5、B【解析】A、酚猷变红色的溶液，此溶液显碱性，AF+、OIF生成沉淀或A K h-,不能大量共存，故 A 错误；B、根据信息，此溶液中c(H+)c(O H-),溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与 A1能放出氢气的，同

13、业可能显酸性也可能显碱性，若是碱性，则 Fe2+和 OH 不共存，若酸性，Nth-在酸性条件下具有强氧化性，不产生H 2,故 C 错误；D、水电离的c(H+)=lx l(H 3 m o i的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，A1O2-,COj2-和 H+不能大量共存，故 D 错误。答案选B。6、C【解析】A.2.8g硅为O.lmoL所对应的SiCh为 O.lmoLSiCh晶体中每个硅原子形成4 个硅原子键,全部属于自己，所以O.lmolSiCh中含有共价键数为0.4NA,A 项错误；B.Na3PCh溶液中阳离子还有H+,所以其阳离子总数大于L5NA,B 项错误；2。的物质

14、的量为O.lm ol,每 个 D2O分子中含有10个质子和10个中子，所以O.lmolDzO中含有的质子数和中子数均为NA.C 项正确；D.没有溶液的体积数据，无法计算该溶液中的离子数目，D项错误；所以答案选择C 项。7、A【解析】A.碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO-+2H+=H2O+CO2T表示，A 项正确；B.碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成H C(h-离子形式，该反应的离子方程式为H C O3-+H 占H 2 O+C O2 T，B项错误；C.碳酸钢为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：B a

15、C O3+2 H+=B a2+H 2 O+C O2 f,C项错误；D.C%CO O H为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：C O?+2 C H 3 C OOH=C O2 t+H 2 O+2 C H3C O O ,D 项错误；答案选A。【点睛】在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。8、B【解析】A.依据4 NH 3+5 0 2=4 N0+6 H zO,0.4 molNH 3 与 0.6 1 1 1 0 I O2 在催化剂的作用下加热充分反应

16、，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA,故 A错误；1 8 sB.C,。和石墨是碳元素的同素异形体,混合物的构成微粒中都只含有C 原子,1.8 gC 的物质的量为，J;，=0.1 5 mol,1 2 g/mol所以其中含有的碳原子数目为0.1 5 4，B正确；C.1 L 0.1 mol/LNH 4 A l(SO。2 溶液中含有溶质的物质的量NH 4 A l(SO)=0.1 mol/LXl L=0.1 mol,该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH；+H20 N H3-H2O+ir;A l+3 I W=A l(0 H

17、)3+3 H*,可见阻冰解消耗数与水解产生的H*数目相等，而 A 1 一个水解会产生3 个 H+,因此溶液中阳离子总数大于0.2 4,C 错误；D.F e在氧气中燃烧产生F es。-3 mol F e完全反应转移8 mol电子，5.6 gF e的物质的量是0.1 mol,则其反应转移的电子数目为gxO.l mol=mol,故转移的电子数目小于0.3 4，D错误；故合理选项是B。9、D【解析】A.根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX 和 NaX,p H 7 的溶液中，HX 的电离程度大于X-的水解程度,可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液p H越大氢离子浓度越小,水的电离程度越大,则

18、溶液中水的电离程度:a b c(OH ),则 c(Na+)1 0 c(H X),B 错误;c(H+Uc(X-)c(HX)C.HX 在溶液中存在电离平衡：HX=H+X-,K a=J/,则 pH=pKa+p-/v ,带入 c 点坐标(1,5.75)c(HX)c(X)K i o-14可知，pKa=4.75,则 Ka=10475,则室温下室温下NaX的水解平衡常数的=7=：方=l()92s,c 错误；Ka 10c(H+).c(X-)c(HX)D.HX 在溶液中存在电离平衡：H X=H+X-,Ka=/,则 pH=pKa+p-/vZ ,带入 c 点坐标(1,5.75)c(HX)c(X)c(HX)可知，pK

19、a=4.75,贝 I J b 点 pH=pKa+pJ=0+4.75=4.75,D 正确；故合理选项是D。10、C【解析】A.N%与水分子一样发生自偶电离，一个氨分子失去氢离子，一个氨分子得到氢离子，液氨的电离方程式可表示为2NH3#NH4+NH2,故 A 正确；B.钠与液氨的反应钠由0 价升高为+1价，有元素化合价变价，是氧化还原反应，氢元素化合价降低，反应中有H2生成，故 B 正确；C.NaNH?与少量水反应可能有N%逸出，所得溶液是N aO H,呈强碱性，故 C 错误；D.NaNHh与一定量稀硫酸充分反应，所得溶液经蒸发浓缩、冷却结晶可能得到四种盐:Na2so八 NaHSO4,NH4HSO

20、4、(NH4)2SO4,故 D 正确；故选C。11,D【解析】A.氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硫酸钠和硝酸银反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，因此不能用硝酸银鉴别氯化钠和硫酸钠，故 A 不符合题意；B.碳酸钠和稀盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳，生成的二氧化碳进入气球中，产生浮力，会导致天平不平衡，因此不能用于验证质量守恒定律，故 B 不符合题意；C.碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，澄清石灰水变浑浊，说明反应生成二氧化碳，但是不能验证生成的氧化钙，故 c 不符合题意；D.铜片上的白磷燃烧，红磷不能燃烧，说明燃烧需要达到可燃物的着火点，水中的白磷不能燃烧，说明燃烧需要和氧气接

21、触，该实验可以验证燃烧的条件，故 D 符合题意；故答案选D。12、B【解 析】根据电离方程式：NaOH=Na+OH,Ba(OH)2=Ba2+2OH,可 知 在 含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中6.72?离子的总 物 质 的 量 为0.2 molx2+0.1 molx3=0.7 mol。标 准 状 况 下6.72 LCOz的 物 质 的 量n(C()2)=-=0.3 mob22.4?L把CO2气体通入混合溶液中，首先发生反应：Ba2+2OH+CO2=BaCO3l+H2O,当0.1 mol Ba(OH)2恰好反应完全时消0.1 mol CO2(体 积 为2.2

22、 4 L),此时离子的物 质的量减少0.3 m o l,溶液中离子的物质的量为0.4 m o l,排 除D选 项；然后发生反应：CO2+2OH=CO32+H2O,当0.2 mol NaOH完 全 反 应 时 又 消 耗0.1 mol CO2(体 积 为2.24 L),消耗总体积 为4.48 L,离子的物质的 量 又 减 少0.1 m o l,此时溶液中离子的物质的量为0.7 mol-0.3 mol-0.1 mol=0.3 m o l,排 除A选 项；继 续 通 入0.1 mol CO2气 体，发生反应：CO32+H2O+CO2=2HCO3,根据方程式可知：0.1 mol CCh反 应，溶液中离

23、子的物质的量增加0m o l,此时溶液中离子的物质的量为0.3mol+0.1mol=0.4mol,排 除C选 项，只 有 选 项B符合反应实际，故 合 理 选 项 是B。13、B【解 析】A.二氧化硫具有还原性，具有一定的杀菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于杀菌、抗 氧 化，故A正确；B.熟 石 灰 与Na2co3反应生成碳酸钙沉淀和氢氧化钠，在 含 较 多Na2cCh的盐碱地中施加适量熟石灰提高了土壤碱性,故B错 误；C.陶瓷珀烟中二氧化硅能与烧碱反应，故C正 确；D.甲烷是一种强效温室气体，废弃的甲烷可用于生成甲醇，故D正确；故 选B。14、C【解 析】钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，铝和氢氧

24、化钠反应生成偏铝酸钠和氢气。根据方程式计算。【详 解】将a mol钠 和 水 反 应 生 成a mol氢氧化 钠 和a/2mol氢气,a mol铝 和a mol氢氧化钠 反 应 生 成a mol偏 铝 酸 钠 和3a/2moi氢 气，反 应 后 的 溶 液 的质 量 为23a+27a+m-(a/2+3a/2x2=(m+46a)g,溶质偏铝酸钠的质量为82ag。则 质 量 分 数 为82a/(m+46a)xlOO%,.故 选C。【点睛】掌握钠和水的反应、铝和氢氧化钠溶液的反应，能根据方程式进行计算，计算溶液的质量时注意从总质量中将产生的氢气的质量减去。15、B【解 析】A、反应放热，吸热源于碘单

25、质的状态不同，固态变为气态需要吸收能量，故中的L 为气态，中的L 为固态,错误；B、生成物的能量相等，放热，故的反应物总能量比的反应物总能量低，正确；C、产物的稳定性形同，错误；D、Im ol固态碘升华时将吸热为2.48+1.48=3.16k.J,错误。答案选B。1 6、B【解析】植物油是高级脂肪酸的甘油酯，密度比水小，结构中含有不饱和键，在碱性条件下可发生水解。【详解】A.植物油是高级脂肪酸的甘油酯，属于酯类，A 项正确；B.植物油结构中含有不饱和的碳碳双键键，B 项错误；C.密度比水小，浮在水面上，C 项正确：D.在碱性条件下可发生水解，生成高级脂肪酸盐和甘油，D 项正确；答案选B。17、

26、B【解析】A.乌洛托品的分子中含有6 个“CH2”和 4 个 N 原子，则分子式为C6H12N4,A 正确；B.乌洛托品分子结构中含有4 个六元环，B 不正确；C.乌洛托品分子中含有6 个完全相同的-C H 2-,所以一氯代物只有一种，C 正确；D.Imol乌洛托品与4moi硝酸完全反应，生 成 Imol黑索金、ImolNHqNCh和 3moiHCHO,D 正确；故选B。1 8、D【解析】A、H C 0 3 与 SiO产反应生成硅酸沉淀和C(V一,所以H C O3 与 SiOs”不能大量共存，故不选A；B、F eS溶于酸，所以F e 与 H 2 s不反应，故不选B；C、H C 1 0 能把SO

27、3 氧化为SOL,H C 1 0、SO产不能共存，故不选C；D,I C l SO广不反应，加入NaNOs,酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是6 r+8 H*+2N03=2 N0 t+3 I2+4 H20,故选D 1 9、B【解析】A.根据化合物的结构简式，可知该化合物的分子式为C9H 故 A 正确；B.该化合物没有对称轴，等效氢共有8 种，所以其一氯代物有8 种，故 B 错误；C.该化合物有碳碳双键，可以发生氧化、加成、加聚等反应，该化合物有饱和碳原子，可以和氯气在光照下发生取代反应，故 C 正确；D.该化合物有2 个碳碳双键，而且不对称，所以与B。以物质的量之比1：1

28、加成生成2 种产物，故 D 正确；故选B。【点睛】该化合物分子中有2 个碳碳双键，2 个碳碳双键之间有2 个碳碳单键，所以与B。以物质的量之比1：1加成时只能和其中一个碳碳双键加成，无法发生1,4-加成，故与B。以物质的量之比1：1 加成只能得到2 种产物。20、D【解析】由化合物结构式可知X 可以形成四个共价键，所 以 X 为碳或硅，Z 的最外层电子数与X 的核外电子总数相等，所 以 Z为氧，X 为碳，Y 介于碳与氧之间，只能为氮，W 显正二价，则 W 只能为镁。【详解】A.同周期元素随原子序数递增，非金属性逐渐增强，所以元素非金属性：O N C,即 ZY X,故 A 项错误；B.核外电子层

29、数越多，半径越大，核外电子层数相同，核电荷数越小，半径越大，所以简单离子半径N3O*Mg2+,故 B 项错误；C.MgO熔点高，工业上常通过电解氯化镁制得单质镁，故 C 错误；D.非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，所 以 CH4VH2 0,故 D 正确；故答案为D。21、C【解析】A、铝-空气电池(如图)中，铝作负极，电子是从负极通过外电路到正极，选项A 正确；B、铝-空气电池中活性炭作正极材料，可以帮助电子与空气中的氧气反应，选 项 B 正确；C、碱性溶液中，负极反应为 4Al(s)-12e-+16OH-(aq)=4AK)2-(aq)+8H2O；正极反应式为：3O2+12e+6H2O=12

30、OH2.7 1-(a q),所以每消耗2.7 g A L 需耗氧(标准状况)的体积为王XX3x22.4L=1.68 L,选项C不正确；D、金属-空气电池的正极上是氧气得电子的还原反应，电池在工作状态下要有足够的氧气，电池在非工作状态下，能够密封防止金属自腐蚀，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查新型燃料电池的原理，易错点为选项C,注意在碱性溶液中A1发生氧化反应生成A10G,根据电极反应中得失电子守恒进行求算。22、C【解析】A.葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A 不符合题意；B.漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性

31、，所以利用了其氧化性，B 不符合题意；C.NazSiCh溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C 符合题意；D.高铳酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C 元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D 不符合题意，答案选 C。二、非选择题(共84分)23、加聚反应 CH3CHO+2Cu(OH)2+N aO H -CH3COONa+Cu2O I+3H2O ACD C9H8()s【解析】C 为聚乙烯，那么B 为乙烯，B 生成C 的反应即加聚反应；由 A 依次生成D,E,F 的条件可知，A 中一定有羟基，所以A 为乙醇；由 G 生成H 的条件可知，G 中一定含有羟

32、基，H 中一定含有竣基，所 以 H 中的-X 即为竣基；根据(4)中提供的燃烧的相关信息，可计算出G 的分子式，结合前面推出的信息就可以确定G 的结构中含有两个竣基，1个羟基。【详解】(1)通过分析可知，B 生成C 即乙烯生成聚乙烯的反应，反应类型为加聚反应；(2)D生 成 E 的反应即乙醛与弱氧化剂Cu(OH)2反应的反应；方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOH CH3COONa+Cu2O I+3H2O;(3)A.通过分析可知，H 中 X 的官能团为竣基，A 项正确；B.物 质 C 为聚乙烯，高分子有机化合物都是混合物，B 项错误；C.A 为乙醇，Imol乙醇完全燃烧消耗3moi

33、Ch;B 为乙烯，Imol乙烯完全燃烧消耗也是3moiO2,所以A 与 B 无论何种比例混合，只要混合物的总物质的量相同，则完全燃烧消耗的氧气的量就相同，C 项正确；D.乙烯可以在银的催化下与02反应生成环氧乙烷，工业上可以采用这种方法生产环氧乙烷，D 项正确；答案选ACD；(4)1.96gG中含有HO.O8g即 0.08m ol,含 有 C1.08g即 0.09m ol,那 么 O 的质量为0.8g即 0.05m ol,再结合推断流程分析可知，G 分子式为C9H【点睛】有机推断题中，物质的推断一方面可以通过反应条件猜测有机物的结构特点，另一方面也可以通过有机物燃烧的规律判断有机物的组成。24

34、、3,5-二硝基苯甲酸 竣基 溟原子CO OH0取代反应C 0H *马 SO,+CH3OHB rOCH,CH2 cH3H-+H2OOCHsCOOH9COOCHj防止两个硝基都转化为氨基 30【解析】由 C 的结构简式和 A 到 B,A 到 C 的反应条件逆推可知B 为COOU;在以工业合成 3-漠-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。【详解】(1)由于竣基定位能力比硝基强，故 C 名称为3,5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G 中含官能团名称有酸键、竣基、滨原子。答案：3,5-二硝基甲酸；竣基；滨原子

35、。COOH(2)根据框图C 结构逆向推理，B 为苯甲酸，结构简式为；A 为甲苯，B 生成C 是在浓硫酸作用下硝酸中COOH硝基取代苯环上的氢，所 以 B 生成C 反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。(3)由 G 生成H 反应为G 与 CH30H在浓硫酸、加热的作用下发生的酯化反应，化学方程式为COOH m1s COOCHSA+CH3OH-A+HjO；C fD、E f F 都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件，酎 人%CH,4 比 人/0 cmE 的结构尚保留一个硝基，可以推知D 的结构中也有一个硝基，故 C-D 反应中，(NH)2S只将其中一个硝基还原，COOH 充 H、

36、S(COOCHj避免用H2/Pd将 C 中所有的硝基都转化为氨基。答案：_ f h +CH30H二 尸 j f S +H2O；防止两个硝基都转化为氨基。(4)化合物F 苯环上有3 个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2 个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故 有 10种同分异构体，环上有3 个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH,-COOCH3,化合物F 的同分异构体中能同时满足条件的共有10X3=30种。答案：30。COOH(5)根据缩聚反应规律，0至条巾/可以推出聚合物单体

37、的结构，而由原料合成该NH2单体，需要将苯环上的乙基氧化为装基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高镒酸钾溶液氧化，故而合成中需要gH2cH3 COOH先氧化，再还原，合成路线流程图示如下依试题框图信息，还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案:【点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-澳-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C 逆 推 B、A 的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。25、液封，防止产生的氯气从漏斗口逸出 饱和食盐水 氯化氢与KOH和 NaOH反应

38、，降低产率6KOH+3C12=5K C 1+KC1O,+3H2O 5:1 NaOH 溶液 b a【解析】(1)滴加浓盐酸的长颈漏斗下端伸入盛装浓盐酸的试管底部，可起液封作用，防止产生的氯气从漏斗口逸出；(2)浓盐酸有挥发性，制得的CL中混有挥发的H CL则装置I 中盛放的试剂为饱和食盐水，目的是为除去CL中混有的H C1,若取消此装置，HC1会中和KOH和 N aO H,降低产率；(3)CL溶 于 KOH溶液生成氯酸钾和KC1,发生反应的化学方程式为6KoH+3CL J=5K C 1+KCIC)3+3H,O，生成Imol氯酸钾转移5moi电子，而生成ImolNaClO转 移 Imol电子，则产

39、生等物质的量的氯酸钾和次氯酸钠，转移电子的物质的量之比为5:1；(4)装置2 和 3 的作用均为吸收含有Ch的尾气，则盛放的试剂均为NaOH溶液；(5)待生成氯酸钾和次氯酸钠的反应结束后，停止加热，为使剩余氯气完全被装置2 中 NaOH溶液吸收，接下来的操作为打开b,关闭a。26、f(g)-*g(f)-c-d-i 浓硫酸 吸收CO防污染 ad bee 通入过量C 0?气体 用烟、泥三角(玻璃棒写与不写都对)V 或 一 偏高10m,m,【解析】(1)利用装置B 制备氮气，通过装置A 中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C 和铝发生反应生成A 1N,通过装置A 避免A1N遇到

40、水蒸气反应，最后通过装置D 吸收尾气一氧化碳；(2)根据A 装置的作用分析判断A 装置内的X 液体，根 据 CO有毒，会污染空气解答；(3)根据测定的气体为N H 3,结合氨气的性质分析解答；(4)根据排液体量气法测定气体体积选取装置；(5)样 品 mig溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m zg,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g,结合铝元素守恒计算纯度；(6)实验室中灼烧固体在生烟内进行，据此选择仪器；(7)氮化铝含杂质为C 和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样 品 mig溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸

41、钠溶液滤渣质量m zg,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g,结合差量法计算纯度；(8)若在步骤中未洗涤，则燃烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，结合(7)的计算结果表达式分析判断。【详解】(1)制备过程是利用装置B 制备氮气，通过装置A 中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成A1N,通过装置A 避免AIN遇到水蒸气反应，最后通过装置D 吸收尾气一氧化碳，氮气气流方向将各个仪器接口连接顺序：e-c-d-f(g)T gTCd i i,故答案为f(g)-g-C T d-i；(2)A装置内的X 液体可能是浓硫酸，用来干

42、燥氮气，D 装置内氯化杷溶液的作用是吸收一氧化碳，防止污染空气，故答案为浓硫酸；吸收CO防污染；(3)A1N与 NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3t 测定生成的气体为NH3,Y 液体不能溶解氨气、不能和氨气反应，量气装置(虚线框内)中的Y 液体可以是C C L 或植物油，故答案为ad；(4)利用通入的气体排出液体体积测定生成气体的体积，可以选择双孔塞、广口瓶、量筒组装一套量气装置测定，故答案为bee；(5)样 品 mig溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到的滤液中含有偏铝酸钠溶液，滤渣质量m zg,滤液及其洗涤液中含有偏铝酸钠溶液，可以通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝

43、沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m 3g,因此步骤的操作为：通入过量CO2气体，故答案为通入过量CO2气体；(6)实验室里燃烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有：珀烟、泥三角、故答案为培烟、泥三角；(7)氮化铝含杂质为C 和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样 品 mig溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m 2g,滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g,2AIN AI2O3 Am82 102 20m m3-(mi-m2)82(m m i+m)41(01.-111.+m7)_ _._ 41(m3-

44、mI+m2)山田4dm=3 1g=_ L _ _!_ _ 12g,样品中AIN的纯度=1c -x lO O%,故答案为20 10 10m,!xlOO%；10m1(8)若在步骤中未洗涤，则煨烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，导致氧化铝的质量偏大，即 m3偏大，根据样品中AIN41(1X1,-111,+m,)的纯度=_ x io o%,则测定结果将偏高，故答案为偏高。10m,27、A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O 通 入 CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解 分液漏斗 把生成的CCh气体全部排入C 中，使之完全被Ba(OH”溶液吸收 CO2+Ba(OH)2=BaCO31

45、+H2O cd25.0%否 偏高【解析】I.氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应A1O2-+CO2+2H2O=A1(OH)31+HCO:，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AICb+3H2。、HCO3+H+=CO2?+H2O；n.实验通过c 装置生成的碳酸钢的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的方法将二氧化碳全部赶入氢氧化铁的试剂瓶中，据此分析解答(3卜(7)；(8)装 置 B 中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C 中被吸收，据此分析判断。【详解】I.

46、氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为A1(OH)3+OH-=A1O2-+2H2O,故答案为A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O；(2)往所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应A1O2+CO2+2H2O=A1(OH)31+HCO3,再加入过量稀盐酸，A1(OH)3+3HC1=A1C13+3H2O,HCO3+H+=CO2t+H2O,因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；U.(3)根据图示，仪器a 为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果

47、不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钢的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的 CO2气体全部排入C 中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CCh气体全部排入C 中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在 C 中二氧化碳与氢氧化钢反应生成碳酸韧与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2=BaCO3X+H2O,故答案为CO2+Ba(OH)2=BaCO31+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C 被氢氧化锁吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故 a 不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C 中二氧化碳不能全

48、部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故 b 不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在AB 之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故 c 选；d.挥发的HC1进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C 中被氢氧化铁吸收的二氧化碳偏多，所以在BC 之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故 d 选；故答案为cd；3.94g(7)BaCC3质量为 3.94g,贝!|n(BaCOj)=,-7=0.02moh 贝！|n(CaC03)=0.02mol,质量为 0.02molxl00g/mol=2.00g,197 g/mol所以样品中碳酸钙的

49、质量分数为2.了00昔gxl00%=25.0%,故答案为25.0%；8.00g(8)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C 中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C 吸收CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数，故答案为否；偏高。28、-746.5 0.011 40%E 向正反应方向 O.lOMpa-i【解析】已知N2(g)+C2(g)=2NO(g)AH=+180.5 kJ/moI,又知CO的燃烧热为-283.0kJ/mol,可得热化学方程式:CO(g)+y O2(g)=CO2(g)AH=-283.0kJ/mol,根据盖斯定律，x2YD

50、可得：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g),据此计算出该反应的婚变；c根据V=一 计算在o-9min内 N2的平均反应速率v(N2);实际产量 根 据 产 率=函 炉 基 幻 00%进行计算;12min时改变条件瞬间氮气浓度增大，NO、CO浓度减小，则平衡向正反应方向移动，结合温度、压强、浓度、催化剂对平衡的影响分析解答；根据混合体系中生成物浓度塞之积/反应物浓度第之积和化学平衡常数的相对大小进行判断；(3)利用三段式算出平衡后每种物质的物质的量，5 为生成物平衡分压幕之积除以反应物平衡分压塞之积。【详解】已知N2(g)+O2(g)=2NO(g)AH=+180.5 kJ/mol