河北省廊坊市六校联考2023-2024学年高三下学期联合考试化学试题含解析

河北省廊坊市六校联考2023-2024学年高三下学期联合考试化学试题注意事项：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、某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A．稀硝酸一定被还原为NO2B．实验1-②中溶液存在：c(Cu2+)+c(H+)＝c(NO3－)+c(OH－)C．由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O2、室温下，分别用0.1000mol•L－1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1mol•L－1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法错误的是A．三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZB．等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性C．用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂D．滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X－）<c（Na+）3、某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl−、SO42—、SO32—、HCO3—、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验：①取100mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；②向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是（）A．气体可能是CO2或SO2B．溶液中一定存在SO42—、HCO3—、Na+、Mg2+C．溶液中可能存在Na+和Cl−，一定不存在Fe3+和Mg2+D．在第①步和第②步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀4、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）①加入少量氯水

②加入少量KI溶液

③加入少量KSCN溶液A．③① B．①③ C．②③ D．③②5、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是A．a极的电极反应式为B．若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室C．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作D．由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境6、下列实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象7、以下是在实验室模拟“侯氏制碱法”生产流程的示意图：则下列叙述错误的是（）则下列叙述错误的是A．A气体是NH3，B气体是CO2B．把纯碱及第Ⅲ步所得晶体与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制泡腾片C．第Ⅲ步操作用到的主要玻璃仪器是烧杯、漏斗、玻璃棒D．第Ⅳ步操作是将晶体溶于水后加热、蒸发、结晶8、下列实验操作、现象及结论均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色黄色溶液中只含Br2B烧杯中看见白色沉淀证明酸性强弱：H2CO3>H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解DpH试纸先变红后褪色氯水既有酸性，又有漂白性A．A B．B C．C D．D9、化合物丙是一种医药中间体,可以通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A．丙的分子式为C10H14O2B．乙分子中所有原子不可能处于同一平面C．甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．甲的一氯代物只有2种（不考虑立体异构）10、标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，不必用到的是（）A．酚酞 B．圆底烧瓶 C．锥形瓶 D．滴定管11、在强酸性溶液中，下列离子组能大量共存且溶液为无色透明的是A．Na+K+OH-Cl-B．Na+Cu2+SO42-NO3-C．Ca2+HCO3-NO3-K+D．Mg2+Na+SO42-Cl-12、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A．纯棉面料主要含C、H

、O

三种元素B．植物油的主要成分属于酯类物质C．用于食品包装的聚乙烯塑料能使溴水褪色D．聚乳酸

(

)

的降解过程中会发生取代反应13、傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(－R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A．一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺［1．3］己烷互为同分异构体B．b的二氯代物超过三种C．R为C5H11时，a的结构有3种D．R为C4H9时，1molb加成生成C10H10至少需要3molH114、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低15、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A．离子半径的大小顺序：e＞f＞g＞hB．与x形成简单化合物的沸点：y＞z＞dC．x、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键D．e、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应16、2012年，国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)宣布第116号元素命名为鉝(Livermorium)，元素符号是Lv，以纪念劳伦斯利弗莫尔国家实验室(LLNL)对元素发现作出的贡献。下列有关叙述中不正确的是①Lv的非金属性比S强②Lv元素原子的内层电子共有110个③Lv是过渡金属元素④Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸⑤Lv元素的最高价氧化物的化学式为LvO3A．①③④ B．①②④ C．③⑤ D．②⑤17、某学生探究0.25mol/LAl2(SO4)3溶液与0.5mol/LNa2CO3溶液的反应，实验如下。实验1实验2下列分析正确的是（）A．实验1中，白色沉淀a是Al2(CO3)3B．实验2中，白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2C．检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液D．实验1、2中，白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH无关18、ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A．在标准状况下，2240mLClO2含有原子数为0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NAC．48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD．每消耗30molNaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA19、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为所含离子NO3—SO42—H+X浓度mol/L2121A．Cl— B．Ba2+ C．Fe2+ D．Mg2+20、下列实验操作规范且能达到实验目的的是（）A．A B．B C．C D．D21、下列实验说法正确的是A．将Al2(SO4)3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是Al2O3B．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液4～6滴制得新制氢氧化铜C．将水蒸气通过灼热的铁粉，铁粉变红棕色，说明铁与水在高温下能发生反应D．取a克Na2CO3和NaHCO3混合物与少量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体，可测得Na2CO3质量分数22、类推法是常见的研究物质性质的方法之一，可用来预测很多物质的性质，但类推是相对的，必须遵循客观实际，下列说法中正确的是()A．Cu与Cl2反应生成CuCl2，则Cu与S反应生成CuSB．Al与Fe2O3能发生铝热反应，则Al与MnO2也能发生铝热反应C．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，则Na2O2与SO2反应生成Na2SO3D．CO2通入Ba(NO3)2溶液中没有现象，则SO2通入Ba(NO3)2溶液中也无明显现象二、非选择题(共84分)23、（14分）非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下(其中R-为)(1)E中的含氧官能团名称为___________和___________。(2)X的分子式为C14Hl5ON，则X的结构简式为___________。(3)B→C的反应类型为____________________。(4)一定条件下，A可转化为F()。写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_________。①能与FeCl3溶液发生显色反应；②能使溴水褪色；③有3种不同化学环境的氢(5)已知：。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体。请以为原料制备G，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_______24、（12分）CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下：已知：①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；②；③。请回答下列问题：（1）A中官能团的名称为____。（2）C生成D所需试剂和条件是____。（3）E生成F的反应类型为____。（4）1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，a.属于芳香族化合物b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式____。（7）参照上述合成路线，以和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线____。25、（12分）高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3KMnO420℃11133.76.38请回答：(1)反应①的化学方程式为______________________________________，加热软锰矿、KClO3和KOH固体，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有___，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是______________(2)反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为___________________；上述流程中可以循环利用的物质是__________________________。(3)实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为___________________，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是________。26、（10分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。①排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_____，关闭弹簧夹。②打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_____。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：①在氧气流中煅烧红色固体的目的是_____。②根据上述实验可得结论：该红色固体为_____。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。①实验i的目的_____。②根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_____；（用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_____。（用化学方程式表示）27、（12分）（13分）硫酸铜晶体(CuSO4·5H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。Ⅰ．采用孔雀石[主要成分CuCO3·Cu(OH)2]、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径<1mm，破碎的目的是____________________。（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3·Cu(OH)2+8NH3·H2O[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：______________________。（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为___________（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_______________（任写一条）。（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、___________、洗涤、___________等操作得到硫酸铜晶体。Ⅱ．采用金属铜单质制备硫酸铜晶体（5）教材中用金属铜单质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是______________________（任写两条）。（6）某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2[Cu(OH)2·CuCl2]，[Cu(OH)2·CuCl2]+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。①盛装浓硫酸的仪器名称为___________。②装置中加入CuCl2的作用是______________；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为______________________。③若开始时加入ag铜粉，含bg氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得cgCuSO4·5H2O，假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为________。28、（14分）某研究小组以甲苯为主要原料，采用以下路线合成医药中间体F和Y。已知：①②③CH3COOH+CH3COOH→(CH3CO)2O+H2O请回答下列问题：（1）下列有关F的说法正确的是______________。A．分子式是C7H7NO2BrB．F即能与HCl又能与NaOH应生成盐C．能发生取代反应和缩聚反应D．1mol的F最多可以和2molNaOH反应（2）C→D的反应类型是_____。（3）在合成F的过程中，B→C步骤不能省略，理由是_____________________。（4）D→E反应所需的试剂是___________________。（5）写出同时符合下列条件的A的同分异构体的结构简式（写出其中1个）_________________。①苯环上只有两种不同化学环境的氢原子②分子中含有－CHO（6）利用已知信息，以X和乙烯为原料可合成Y，请设计合成路线（无机试剂及溶剂任选）。___________注：合成路线的书写格式参照如下示例流程图：29、（10分）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。请回答下列问题：(1)装置A中仪器a的名称是____________。(2)实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。(3)实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。(4)装置C中应选用的试剂为____________(填试剂名称)。(5)装置F的作用是____________。(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H2O——N2+HSO3-(未配平)①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。②阴极的电极反应式为_______。(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_______。

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、D【解析】

实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。【详解】A．稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；

B．实验1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；

C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；

D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O，故D正确；

答案选D。【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。2、D【解析】

A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HX>HY>HZ，选项A正确；B.由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确；C.用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确；D.滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X－）+c（OH－）=c（Na+）+c（H+），则存在c（X－）>c（Na+），选项D错误。答案选D。3、B【解析】

由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此来解答。【详解】A.①中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误；B.白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正确；C.②反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C错误；D.①溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2，②溶液含Mg2+及过量盐酸，只有②溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。4、A【解析】

三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子；碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。【详解】先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子，操作选择及排序为③①。答案选A。5、C【解析】

本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;答案：C6、D【解析】

A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D正确；故选D。7、D【解析】

A．氨气易溶于水，二氧化碳能溶于水，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备纯碱，所以气体A为氨气，B为二氧化碳，故A正确；B．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，把纯碱及碳酸氢钠与某些固体酸性物质（如酒石酸）混合可制得泡腾片，故B正确；C．第Ⅲ步操作是过滤操作，通过过滤得到碳酸氢钠晶体，所以需要的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒，故C正确；D．第Ⅳ步操作是将晶体碳酸氢钠直接加热分解得到碳酸钠固体，故D错误；故选D。8、D【解析】

A．向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；B．浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3>H2SiO3，B选项错误；C．银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，故实验操作及结论错误，B选项错误；D．氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；答案选D。9、D【解析】

A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故B正确；C.甲、乙、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种(不考虑立体异构)，故D错误；故选D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：①甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；②乙烯分子中所有原子共面；③乙炔分子中所有原子共线；④苯分子中所有原子共面；⑤HCHO分子中所有原子共面。10、B【解析】

标准NaOH溶液滴定盐酸实验中，用酚酞或甲基橙为指示剂，氢氧化钠溶液放在碱式滴定管中，盐酸放在锥形瓶中进行滴定，不用圆底烧瓶，A.C.

D正确，故B错误，故选：B。11、D【解析】

溶液为强酸性，说明溶液中含有大量H＋，溶液为无色透明溶液，有色离子不能存在，然后根据发生复分解反应条件进行分析。【详解】A、OH－与H＋反应生成H2O，因此该离子组不能在指定的溶液大量共存，故A不符合题意；B、Cu2＋显蓝色，故B不符合题意；C、HCO3－与H＋发生反应生成H2O和CO2，在指定溶液不能大量共存，故C不符合题意；D、在指定的溶液中能够大量共存，故D符合题意。【点睛】注意审题，溶液为无色溶液，含有有色离子不能存在，常有的有色离子是Cu2＋(蓝色)、Fe2＋(浅绿色)、Fe3＋(棕色)、MnO4－(紫色)。12、C【解析】

A．纯棉面料主要成分为纤维素，主要含C、H、O三种元素，故A正确；B．植物油的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类，故B正确；C．聚乙烯不含碳碳双键，不能使溴水褪色，故C错误；D．聚乳酸的降解过程中发生水解反应，水解反应属于取代反应，故D正确；答案选C。13、C【解析】

A.环己烯分子式为C6H10，螺［1．3］己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的1个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示1种取代位置，有1种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1－氯戊烷、1－氯戊烷和3－氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在1号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为1－甲基－1－氯丁烷、1－甲基－1－氯丁烷、3－甲基－1－氯丁烷和3－甲基－1－氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即1，3－二甲基－1－氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，1mol苯环消耗3mol氢气，则lmolb最多可以与3molH1加成，故D正确。答案：C【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。14、C【解析】

A.与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；答案选C。15、C【解析】

根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小g＞h＞e＞f；选项A错误；B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为d＞z＞y，选项B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误；答案选C。16、A【解析】

①第116号元素命名为鉝，元素符号是Lv，根据命名得出Lv是金属，故①错误；②第116号元素命名为鉝，是第VIA元素，最外层有6个电子，因此Lv元素原子的内层电子共有110个，故②正确；③Lv是第VIA元素，不是过渡金属元素，故③错误；④Lv是金属，Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为碱，故④错误；⑤Lv元素是第VIA元素，最高价为+6价，其最高价氧化物的化学式为LvO3，故⑤正确；根据前面分析得出A符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】同主族从上到下非金属性减弱，金属性增强；同周期从左到右非金属性增强，金属性减弱。17、C【解析】

由现象可知：实验1发生完全双水解反应生成Al(OH)3，实验2过量的Na2CO3与完全双水解反应生成Al(OH)3发生反应。【详解】A.实验1中，沉淀溶解，无气泡，白色沉淀a是Al(OH)3，故A错误；B.实验2中，沉淀溶解，少量气泡，该气体是CO2，但不能说明白色沉淀b一定是Al2(OH)2(CO3)2，故B错误；C.检验白色沉淀a、b是否洗涤干净，即可检验有无SO42-，均可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验，故C正确；D.实验1、2中，过量Al2(SO4)3溶液显酸性，过量Na2CO3溶液显碱性，不能确定白色沉淀成分不同的原因与混合后溶液的pH有关，故D错误；答案选C。【点睛】注意D项中，强酸弱碱盐显酸性，强碱弱酸盐显碱性。18、C【解析】

A.ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mLClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；B.Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；C.48.0gFeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6molNaClO3失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；D.消耗30molNaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；故答案为C。【点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。19、D【解析】

溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L×1+1mol/L×2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L×1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故答案选D。20、C【解析】

A．氯化铁在水溶液中由于水解会呈酸性，生成氢氧化铁胶体，故FeCl3固体不能直接用蒸馏水溶解，故A错误；B．Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，加入Na2S时，若有黑色沉淀PbS生成，不能说明PbSO4转化为PbS，不能说明Ksp(PbSO4)＞Ksp(PbS)，故B错误；C．淀粉水解生成葡萄糖，在碱性溶液中葡萄糖可发生银镜反应，则冷却至室温，再加入氢氧化钠中和至碱性。加入银氨溶液水浴加热，产生银镜。说明淀粉水解能产生还原性糖，故C正确；D．硫酸根离子检验用盐酸酸化的氯化钡溶液，所以应该先加入稀盐酸，没有沉淀后再加入氯化钡溶液，如果有白色沉淀就说明有硫酸根离子，否则不含硫酸根离子，故D错误；答案选C。【点睛】Pb2+和SO42-反应生成PbSO4，但是Pb2+的量过量，这是易错点。21、B【解析】

A．硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝，选项A错误；B．配制氢氧化铜悬浊液时NaOH一定要过量，否则氢氧化铜受热会分解生成黑色的氧化铜，选项B正确；C．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，选项C错误；D．应与足量盐酸反应，少量稀盐酸无法确定成分，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类的水解、物质的制备以及物质含量的测定等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，注意硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸。22、B【解析】

A.氯气的氧化性强，所以Cu与Cl2反应生成高价态的CuCl2，S的氧化性较弱，则Cu与S反应生成较低价态的Cu2S，故A错误；B.铝热反应是指活泼金属铝与不活泼金属氧化物在高温条件下发生的置换反应，所以Al与Fe2O3能发生铝热反应，Al与MnO2也能发生铝热反应，故B正确；C.过氧化钠具有氧化性，能将+4价S氧化为+6价，所以Na2O2与SO2反应生成Na2SO4，故C错误；D.CO2通入Ba(NO3)2溶液中不反应，没有现象；NO3-在酸性条件下具有强氧化性，可将+4价S氧化为+6价，所以SO2通入Ba(NO3)2溶液反应生成硫酸钡沉淀，故D错误。故选B。【点睛】解决此题的关键是分析选项中前后两个反应是否可以类比，每个反应体现的反应物性质有可能不能，不能通过反应物的类别进行简单类比。二、非选择题(共84分)23、羟基羧基取代反应【解析】(1)根据有机物E的结构简式，可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；(2)根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X的分子式为C14Hl5ON可知，X的结构简式为，故答案为；(3)对比B、C的结构可知，B中支链对位的H原子被取代生成C，属于取代反应，故答案为取代反应；(4)F为。①能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上含有羟基；②能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；③有3种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构体为，故答案为；（5）以为原料制备，需要引入2个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中甲基的引入。24、氯原子氯气、光照氧化反应4mol+HBr17【解析】

A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生②的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息③的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为；

（7）以

和丙醛为原料（其他试剂任选）制备

，发生信息②的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C为，D为，则C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2molNaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，答案为：；（7）以

和丙醛为原料(其他试剂任选)制备

,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。25、(1)KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O酒精灯、坩埚钳瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应2:1KOH、MnO2蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出【解析】

以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备KMnO4晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为K2MnO4，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnO4晶体。⑴加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚；瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；⑵工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；⑶从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发，冷却结晶，过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、高锰酸钾；【详解】(1).加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，反应的化学方程式为3MnO2＋KClO3＋6KOH3K2MnO4＋KCl＋3H2O；加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚，而不与Fe发生反应，所以要用铁坩埚；故答案为KClO3+3MnO2+6KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2MnO4-+MnO2↓+2CO32-，2OH-+CO2=CO32-+H2O，其中氧化还原反应中氧化剂和还原剂都是KMnO4，所以氧化剂和还原剂的质量比即为反应的物质的量之比为1:2，调节溶液pH过程中，所得氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1；从流程图可以看出，需要加入的物质有MnO2、KOH、KClO3、CO2（水可以不考虑），反应中又生成KOH、MnO2，故KOH、MnO2是可以循环利用的物质，故答案为：2:1；KOH、MnO2；(3).依据流程中的信息，滤液中含有大量的高锰酸钾和碳酸钾，再根据表中的溶解度数据可知，高锰酸钾在室温下的溶解度较小，而碳酸钾的溶解度很大，因此，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作是浓缩蒸发，冷却结晶、过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；KHCO3的溶解度比K2CO3小得多，滤液蒸发浓缩时KHCO3会随KMnO4一起结晶析出；【点睛】化学工艺流程题是高考的热点内容，每年都会涉及，体现了化学知识与生产实际的紧密联系工艺流程题一般由多步连续的操作组成，每一步操作都有其具体的目标、任务；解答时要看框内，看框外，里外结合；边分析，边思考，易处着手；先局部，后全盘，逐步深入；而且还要看清问题，不能答非所问。要求用理论回答的试题应采用“四段论法”：本题改变了什么条件(或是什么条件)→根据什么理论→所以有什么变化→结论；化学工艺流程一般涉及氧化还原反应方程式的书写、化学反应原理知识的运用、化学计算、实验基本操作等知识，只要理解清楚每步的目的，加上夯实的基础知识，此题能够很好的完成。26、打开弹簧夹，通入N2一段时间H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O将红色物质转化为氧化铜Cu排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；②装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)①根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)①为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；②装置A中的反应是制备SO2的反应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；②由实验可知n(CuO)==0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/mol，故红色固体为铜；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；②确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。27、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2OA制化学肥料等过滤干燥产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性（任写两条）分液漏斗做催化剂氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可）×100%（或%）【解析】

（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3分解生成氨气，由[Cu(NH3)4]2(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为[Cu(NH3)4]2(OH)2CO32CuO+CO2↑+8NH3↑+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（