1、河北省保定市曲阳一中2020届高三化学上学期第一次月考试题（含解析）试题总分:100分 考试时间:90分钟可能用到元素的原子量：H 1 N 14 O 16 Na 23 Mg 24 Cl 35.5 Al27 K 39 S32 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Si 28 Ca 40 I 127一 选择题（每题只有一个正确选项，每题2分，共50分）1.下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A. NaCl为强电解质，NaCl溶于水，NaCl在水分子作用下，自发解离为Na+和Cl-，故电离方程式为NaCl=Na+
2、Cl-，示意图与化学用语表述内容相符；B. 电解氯化铜溶液，铜离子向阴极移动，得电子，发生电极反应为：Cu2+2e-=Cu，氯离子向阳极移动，失电子，发生电极反应为：2Cl-+2e-=Cl2，所以电解总反应为：Cu2+2Cl-Cu+Cl2，示意图与化学用语表述内容不相符；C. CH3COOH为弱电解质，溶于水部分电离，因此电离方程式为CH3COOH CH3COO-+H+，示意图与化学用语表述内容相符；D. 由图可知，反应H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g)的反应热等于断裂反应物分子中的化学键吸收的总能量（436kJ/mol+243kJ/mol=679kJ/mol），与形成生成物分子中化学键
3、放出的总能量（431kJ/mol2=862kJ/mol）之差，即放热183kJ/mol，放热H为负值，所以H2(g)+Cl2(g)=2HCl(g) H=-183kJ/mol，示意图与化学用语表述内容相符；综上所述，B项符合题意，答案选B。【点睛】B项是易错点，要注意电解不等于电离，电解过程是阴阳离子放电的过程，会发生氧化还原反应。2.世界第一条大面积碲化镉薄膜“发电玻璃”生产线最近在成都投产，该材料是在玻璃表面镀一层碲化镉薄膜，光电转化率高。下列说法错误的是A. 普通玻璃含有二氧化硅B. 该发电玻璃能将光能完全转化为电能C. 碲化镉是一种无机化合物D. 应用该光电转化技术可减少温室气体排放【答
4、案】B【解析】【详解】A. 普通玻璃的主要成分是二氧化硅，故A正确； B. 该发电玻璃光电转化率高，但不能将光能完全转化为电能，故B错误；C. 碲化镉属于无机化合物，故C正确； D. 应用该光电转化技术，提高了光电转化率，能够减少温室气体排放，故D正确。故选B。3.河北省衡水中学2019届高三下学期一调下列化学用语正确的是A. 氯化钠的分子式：NaClB. NH4Br的电子式：C. 比例模型可以表示二氧化硫分子，也可以表示二氧化碳分子D. Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O【答案】D【解析】【详解】A.氯化钠是离子化合物，化学式NaCl，没有分子
5、式，A项错误；B.NH4Br的电子式：，B项错误；C.比例模型可以表示二氧化硫分子，并不能表示二氧化碳分子，二氧化碳分子是直线型，C项错误；D.Mg5(Si4O10)2(OH)24H2O的氧化物形式：5MgO8SiO25H2O，D项正确。故答案选D。【点睛】比例模型不仅表示分子组成和内部成键情况，即结构式的特点，还涵盖了空间构型的特点。4.安徽省合肥市2019年高三第三次教学质量检测化工生产与人类进步紧密相联。下列有关说法不正确的是A. 空气吹出法提取海水中溴通常使用SO2作还原剂B. 侯氏制碱法工艺流程中利用了物质溶解度的差异C. 合成氨采用高温、高压和催化剂主要提高氢气平衡转化率D. 工业
6、用乙烯直接氧化法制环氧乙烷体现绿色化学和原子经济【答案】C【解析】【详解】A空气吹出法中氯气置换出来的溴，Br2被水蒸气吹出与SO2反应，SO2Br22H2O=H2SO42HBr，S的化合价从4升高到6，作还原剂，A项正确；B在侯氏制碱法中，NaClCO2NH3H2O=NaHCO3NH4Cl，利用的就是NaHCO3的溶解度比NaCl等物质的溶解度小，使之析出，B项正确；C合成氨的反应为N23H22NH3，该反应是放热反应，采用高温并不利于反应正向移动，不能提高氢气平衡转化率，采用高温是为了提高化学反应速率，使用催化剂只能加快反应速率，不能提高氢气平衡转化率，C项错误；D乙烯与氧气反应生成环氧乙
7、烷，2CH2=CH2O22，原子利用率100% ，符合绿色化学和原子经济性，D项正确；本题答案选C。5.湖北省黄冈中学2019届高三5月第二次模拟考试厉害了，我的国展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A. 大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料B. 为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C. 我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温
8、结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】A【解析】【详解】A. 合金属于金属材料，A项正确；B. 核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误；D. “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；答案选A。【点睛】本题B选项是易错点，一次能源是指自然界中以原有形式存在的、未经加工转换的能量资源。包括：原煤、原油、天然气、核能、太阳能、水力、风力、波浪能、潮汐能、地热、生物质能和海洋温差能等；二次能源则指由一次能源经过加工转换以后得到的能源产品，主要包括：电力、
9、蒸汽、煤气、汽油、柴油、重油、 液化石油气、酒精、沼气、氢气和焦炭等。6.下列有关文献的理解错误的是（ ）A. “所在山洋，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”过程包括了溶解、蒸发、结晶等操作。B. 物理小识记载“青矾（绿矾）厂气熏人，衣服当之易烂，栽木不没,”“气”凝即得“矾油”。青矾厂气是NO和NO2。C. 开宝本草中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作时如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣。”中药材铁华粉是醋酸亚铁。D. 唐代真元妙道要略中有云“以硫磺、雄黄合销石并蜜烧之，焰起烧手、面及屋舍者”，描述了黑火药制作过程。【答案】B【解析
10、】【详解】A项，文中描述了提纯固体的方法：将固体溶解，通过煎炼蒸发水分，进一步析出晶体，涉及溶解、蒸发、结晶等操作，故A正确；B项，青矾为硫酸亚铁晶体(FeSO47H2O)，“厂气熏人”中的“气”应为硫的氧化物，气凝即得“矾油”中的“矾油”应为硫酸，故B错误；C项，醋的主要成分是醋酸，与铁反应生成醋酸亚铁和氢气，因此铁华粉是醋酸亚铁，故C正确；D项，黑火药是由木炭粉（C）、硫磺（S）和硝石（KNO3）按一定比例配制而成的，文中描述的应为制备黑火药的过程，故D正确。综上所述，符合题意的选项为B。【点睛】本题考查古代文献中的化学知识，此类题目是近几年高考的热点，解题时应抓住化学知识的核心，从物质制
11、备、性质等角度理解文中所述内容，例如：题中A项涉及物质的分离提纯方法；B项涉及硫及其化合物的性质；C项涉及铁和醋酸的反应；D项涉及黑火药的制备等。7.为实现随处可上网，中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是火箭的固体燃料，发生反应为2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A. 1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4离子数均为NAB. 反应中还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为1:3C. 产生6.4g O2反应转移的电子总数为0.8NAD. 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体体积为44.8L【答案】B【解析】【详解
12、】A. NH4+为弱碱的阳离子，在水溶液中要水解，因此1mol NH4ClO4溶于水含NH4+离子数少于NA，故A错误；B. 2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O反应中还原产物为氯气，氧化产物为氮气和氧气，还原产物分子数与氧化产物分子总数之比为13，故B正确；C. 6.4g O2的物质的量=0.2mol，根据2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O，产生6.4g O2反应转移的电子总数为1.4NA，故C错误；D.未告知是否为标准状况，无法计算 0.5mol NH4ClO4分解产生的气体的体积，故D错误；答案选B。【点睛】本题的易错点为D，使用气体摩尔体积需要注意：对象是否为
13、气体；温度和压强是否为标准状况。8.NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A. Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO2和N2O4混合气体时，转移电子数为0.1NAB. 标准状況下，2.24L己烷中共价键的数目为1.9NAC. 在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，阴离子总数一定大于0.1NAD. 34gH2O2中含有的阴离子数为NA【答案】A【解析】【详解】A.4.6gNO2的物质的量是0.1mol，若反应完全产生4.6gNO2，转移电子0.1NA；若完全转化为N2O4，4.6g N2O4的物质的量是0.05mol，转移电子数为20.05NA=0.1NA，故Cu与浓硝酸反应生成4.6gNO
14、2和N2O4混合气体时，转移电子数一定为0.1NA，A正确；B.标准状況下，已烷不是气体，因此不能使用气体摩尔体积计算其物质的量及化学键的数目，B错误； C.缺体积，无法计算溶液中微粒的数目，C错误；D.34gH2O2的物质的量为1mol，由于H2O2是共价化合物，在水中部分电离，存在电离平衡，因此含有的阴离子数小于NA，D错误；故合理选项是A。9.下列指定反应的离子方程式正确的是A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘：2IH2O2=I22OHB. 过量的铁粉溶于稀硝酸：Fe4HNO3-=Fe3NO2H2OC. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2：4Cl2S2O32-5H2O=10H2
15、SO42-8ClD. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2：2AlO2-CO23H2O=2Al(OH)3CO32-【答案】C【解析】【详解】A. 用过氧化氢从酸化的海带灰浸出液中提取碘，反应的离子方程式为：2IH2O22H+=I22H2O，选项A错误；B. 过量的铁粉溶于稀硝酸，反应的离子方程式为：3Fe8H2NO3-=3Fe22NO4H2O，选项B错误；C. 用Na2S2O3溶液吸收水中的Cl2，反应的离子方程式为：4Cl2S2O32-5H2O=10H2SO42-8Cl，选项C正确；D. 向NaAlO2溶液中通入过量CO2，反应的离子方程式为：AlO2-CO22H2O=Al(OH)3HCO3-
16、，选项D错误。答案选C。10.下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A. FeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+B. Na2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2C. 氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2OD. Na2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42【答案】B【解析】详解】A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正确；B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，故B错误；C. 氯
17、气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O，故C正确；D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故D正确；选B。11.下列离子方程式书写正确的是A. 少量CO2通入苯酚钠溶液中：2C6H5OCO2H2O=2C6H5OHCO32-B 少量CO2通入CaCl2溶液中：Ca2CO2H2O=CaCO32HC. 过量H2S气体通入CuSO4溶液中：H2SCu2=CuS2HD. 向Fe(NO3)3溶液中加入HI溶液：2Fe32I=2Fe2I2【答案】C【解析】【分析】A、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中，反应
18、只能生成苯酚和碳酸氢钠；B、碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反应；C、CuS沉淀不溶于水，不能与稀硫酸反应；D、酸性条件下，NO3和Fe3均能与I发生氧化还原反应。【详解】A项、无论少量还是足量的CO2通入苯酚钠溶液中，反应只能生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为CO2+C6H5O-+H2OC6H5OH+HCO3-，故A错误；B项、碳酸的酸性弱于盐酸，少量CO2通入CaCl2溶液中不反应，故B错误；C项、CuS沉淀不溶于水，不能与稀硫酸反应，过量H2S气体通入CuSO4溶液中反应生成硫化铜沉淀和稀硫酸，反应的离子方程式为H2SCu2=CuS2H，故C正确；D项、酸性条件下
19、，NO3和Fe3均能与I发生氧化还原反应，故D错误。故选C。【点睛】本题考查离子反应方程式的正误判断，注意反应实质的判断，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键。12.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验新制氯水滴入Na2S 溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中饱和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4 酸性溶液中现象产生黄色浑浊溶液由橙色变为绿色液体变为红褐色且澄清透明产生无色气体，溶液紫红色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S，有元素化合价升降，属于氧化
20、还原反应，故A不符合题意；B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO
21、2+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。13.K2FeO4 是优良的水处理剂，一种制备方法是将 Fe2O3、KNO3、KOH 混合共熔，反应为 Fe2O3 + 3KNO3+ 4KOH =2K2FeO4 + 3KNO2 + 2H2O。下列关于该反应的说法不正确的是A. 铁元素被氧化，氮元素被还原B. 每生成 1 mol K2FeO4，转移 6 mol eC
22、. K2FeO4具有氧化杀菌作用D. 该实验条件下的氧化性：KNO3K2FeO4【答案】B【解析】【详解】A. 氮元素化合价降低，被还原，铁元素化合价升高被氧化，故A正确；B. 反应Fe2O3+3KNO3+4KOH=2K2FeO4+3KNO2+2H2O中铁元素由+3价变为+6价，故1molFe2O3转移6mol电子，生成2molK2FeO4，故当生成1molK2FeO4时转移3mol电子，故B错误；C. K2FeO4中铁元素为+6价，有强氧化性，能杀菌消毒，故C正确；D. 反应中KNO3为氧化剂，而K2FeO4为氧化产物，氧化性：氧化剂氧化产物，则氧化性：KNO3K2FeO4，故D正确；答案选
23、B。14.雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A. 砷酸的分子式为H2AsO4B. 红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C. 该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1D. 该反应中每析出4.8g硫黄，则转移0.5mol电子【答案】D【解析】【详解】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10
24、，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1，故C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。15.下列有关化学反应的叙述正确的是A. Fe在稀硝酸中发生钝化B. MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C. SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D. 室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2【答案】C【解析】【分析】相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同；A.钝化反应应注意必须注明常温下，浓硝酸与Fe发生钝
25、化；B.实验室制备氯气的反应中应注意盐酸的浓度和反应温度；C.过量与少量问题应以少量物质为基准书写产物；D.钠的还原性强，其与氧气反应，温度不同，产物也不同；【详解】A.常温下，Fe在与浓硝酸发生钝化反应，故A错误；B.二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，故B错误；C.二氧化硫与过量氨水反应生成亚硫酸铵，故C正确；D.常温下，Na与空气中的氧气反应生成Na2O；加热条件下，钠与氧气反应生成Na2O2，故D错误；综上所述，本题应选C。【点睛】本题考查常见物质的化学反应，相同的反应物，条件不同（如温度、浓度、过量与少量），反应有可能也不同，所以在描述化学反应时应注意反应的条件。16.在给定条
26、件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】【分析】A.电解条件时应看清是电解水溶液还是电解熔融态物质，Cl2具有强氧化性；B.根据“强碱制弱碱”原理制备氢氧化镁；C.注意生成二氧化硫与三氧化硫的条件；D.氨气、二氧化碳和氯化钠反应制备碳酸氢钠是利用碳酸氢钠的溶解度低；【详解】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧
27、化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误；综上所述，本题应选B。【点睛】本题考查元素及其化合物之间的相互转化和反应条件，解题的关键是熟悉常见物质的化学性质和转化条件。17.下列说法不正确的是()A. 油脂有油和脂肪之分，但都属于酯B. 糖类、油脂、蛋白质都是高分子化合物，都能发生水解反应C. 葡萄糖既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应D. 天然油脂是混合物，没有固定的熔点和沸点【答案】B【解析】【详解】A油脂
28、有油和脂肪之分，它们的官能团都是酯基，属于酯，故A正确；B糖类中的单糖、二糖和油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，且单糖不水解，故B错误；C葡萄糖分子结构中含有醛基，则既可以与银氨溶液反应，又可以与新制氢氧化铜悬浊液反应，故C正确；D天然油脂无论是植物油还是动物脂肪，均是混合物，没有固定的熔沸点，故D正确；故答案为B。18.为了提纯下表所列物质(括号内为杂质)，有关除杂试剂和分离方法的选择均可行的是( )编号被提纯的物质除杂试剂分离方法A己烷(己烯)溴水分液B淀粉溶液(NaCl)水过滤C甲苯(乙酸)NaOH溶液分液D甲烷(乙烯)KMnO4酸性溶液洗气A. AB. BC. CD. D【答案
29、】C【解析】【详解】A加成产物及过量的溴均易溶于己烷，引入新杂质，应蒸馏分离，故A错误；B溶液中的分子或离子微粒及胶体中的胶粒均可透过滤纸，不能过滤分离，应渗析法分离，故B错误；C乙酸与NaOH反应后生成可溶于水的醋酸钠，与甲苯分层，然后分液可分离，故C正确；D乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，可选溴水、洗气，故D错误；故答案为C。【点睛】在解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；分离提纯后的物质状态不变；实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后
30、化学，先简单后复杂的原则。19.下列实验装置图正确的是（ ）A. 实验室制备及收集乙烯B. 石油分馏C. 实验室制硝基苯D. 实验室制乙炔【答案】C【解析】A常温下，虽然乙烯和空气不反应，但乙烯的相对分子质量接近于空气，所以不能用排空气法收集，乙烯难溶于水，需用排水法收集， 选项A错误；B蒸馏时，温度计应位于蒸馏烧瓶支管口附近测蒸气的温度，为充分冷凝，应从下端进水，上端出水，选项B错误；C苯和硝酸沸点较低，易挥发，用长玻璃导管冷凝，制硝基苯的温度是50-60，水浴加热可以使反应物受热均匀，并且温度容易控制，图示装置正确，选项C正确；D电石成分为碳化钙，实验室利用碳化钙与水反应制取乙炔，此反应大
31、量放热，会损坏启普发生器，生成的氢氧化钙是糊状物，会堵塞反应容器，故不可利用启普发生器制取，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查实验室制备物质的装置图分析判断、原理应用，掌握基础和注意问题是关键，注意A接近于空气相对分子质量的气体，即使和空气不反应，也不能用排空气集气法收集，易错点为选项C：实验室用浓硝酸和苯在浓硫酸作用下制备硝基苯，制取硝基苯的温度是50-60，据此分析解答。20.以下关于化学实验中“先与后”的说法中正确的是（）蒸馏时，先点燃酒精灯，再通冷凝水加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，先移出导管后撤酒精灯实验室制取某气体时，先检查装置气密性后装药品分液时，先打
32、开分液漏斗上口的塞子，后打开分液漏斗的旋塞H2还原CuO实验时，先检验气体纯度后点燃酒精灯使用托盘天平称盘物体质量时，先放质量较小的砝码，后放质量较大的砝码蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应迅速补加沸石后继续加热A. B. C. D. 全部【答案】C【解析】蒸馏时，应先通冷凝水，再点燃酒精灯加热，故错误；加热氯酸钾和二氧化锰的混合物制备氧气，用排水法收集气体后，为防止液体倒吸炸裂试管，应该先移出导管后撤酒精灯，故正确；制取气体时，一定要先检查装置气密性后装药品，故正确；分液操作时，先打开分液漏斗上口的塞子，使内外压强想通，再打开分液漏斗的旋塞，故正确；做H2还原CuO实验开始时要排除空气，
33、先通入氢气，结束时要防止金属铜被氧气氧化，先撒酒精灯待试管冷却后停止通H2，故正确；托盘天平的砝码在加取时，先放质量较大的砝码，后放质量较小的砝码，故错误；蒸馏时加热一段时间，发现忘记加沸石，应冷却后再补加沸石，再继续加热，故错误；答案为C。21.下列说法正确的是A. 与含有相同的官能团，互为同系物B. 属于醛类，官能团为CHOC. 的名称为：2乙基1丁烯D. 的名称为：2甲基1，3二丁烯【答案】C【解析】【详解】A. 前者OH与苯环的侧链相连，属于醇类，后者OH直接与苯环相连，属于酚类，尽管分子构成相差了1个CH2，但是二者不是同一类物质，所以它们不互为同系物，A错误；B. 该物质属于酯类（
34、甲酸酯，含有醛基），官能团为酯基， B错误；C. 该物质的官能团为碳碳双键，含有官能团的最长的碳链有4个C，因此主链含有4个C，为丁烯；编号时官能团的编号要小，因此碳碳双键的编号为1，乙基的编号为2，命名为2-乙基1丁烯，C正确；D. 该物质中含有2个碳碳双键，且含有碳碳双键最长的碳链有4个碳原子，因此该物质为丁二烯。编号时，不管是从左端还是右端，碳碳双键的编号均为1、3，因此编号的选择，让甲基的编号的编号小，甲基的编号为2，则该物质的名称应为：2-甲基-1，3-丁二烯，故D错误。22. 亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，用如下图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量（所加试剂均足量）。下列说法不正确的
35、是A. 亚硫酸盐作为食品添加剂，作用是防腐保鲜B. 反应过程中通入N2的作用是将装置中空气和生成的气体全部赶出C. 测定样品质量及中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量D. 若仅将中氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，对测定结果无影响【答案】D【解析】试题分析：亚硫酸盐可以防腐保鲜，A正确。温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，B正确。测定中耗碱量，可以求出硫酸的物质的量，进而利用硫元素守恒，求出样品中含SO2的质量，再除以样品质量就可得到样品中亚硫酸盐含量，C正确。若仅将中的氧化剂“H2O2溶液”替换为碘水，则过量的碘水也会消耗氢氧化钠，对测定结果有影响
36、，D错误。考点：化学实验的知识23. 卤代烃的取代反应，实质是带负电荷的原子团取代了卤代烃中的卤原子，例如：CH3BrOH（或NaOH）CH3OHBr（或NaBr）。下列反应的化学方程式中，不正确的是A. CH3CH2BrNaHSCH3CH2HSNaBrB. CH3ICH3ONaCH3O CH3NaIC. CH3CH2ClCH3ONaCH3ClCH3CH2ONaD. CH3CH2ClCH3CH2ONa（CH3CH2）2ONaCl【答案】C【解析】试题分析：A、NaHS中HS显负价，取代溴原子的位置，A正确；B、CH3ONa中CH3O显负价，取代碘原子的位置，故B选项正确；C、同B选项分析，故C
37、错误；D、CH3CH2ONa中CH3CH2O显负价，取代氯原子的位置，故D正确。考点：考查有机物信息的运用。24. 下列有关实验的叙述正确的是A. 过滤时，可用玻璃棒搅拌漏斗中的液体以加快过滤速率B. 用湿润的pH试纸测溶液的pH，因溶液被稀释而使测量值变大C. 酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水D. 酸碱滴定实验中，需用待滴定溶液润洗锥形瓶以减小实验误差【答案】C【解析】试题分析：A、过滤时用玻璃棒引流，不能用玻璃棒 ，A项错误；B、若为碱溶液，被稀释后PH值会变小，B项错误；C、酸碱滴定管、容量瓶、分液漏斗使用前必须检查是否漏水，C项错误；D、酸碱滴定实验中，锥形瓶不能润洗
38、，D项错误；答案选C。考点：考查化学实验的注意事项25.下列各组物质中，不论两种物质以何种比例混合，只要总质量一定，经完全燃烧后，产生的CO2质量不变的是（ ）A. 乙烯和苯B. 乙醇和乙酸C. 甲醛（HCHO）和葡萄糖D. 丙烯和丙烷【答案】C【解析】A乙烯和苯的最简式不相同，分子中的含碳量不等，不符合题意，故A错误；B乙醇和乙酸的最简式不相同，分子中的含碳量不等，不符合题意，故B错误；C甲醛(HCHO)与葡萄糖(C6H12O6)的最简式相同，分子中的含碳量相等，符合题意，故C正确； D丙烷和丙烯的最简式不相同，分子中的含碳量不相等，不符合题意，故D错误；故选C。点睛：本题考查有机物燃烧的有
39、关计算。解答此类试题的关键是理解题意。本题中只要总质量一定，完全燃烧时生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分分子中含碳量相等。二（非选择题，共50分）26.高分子化合物M的合成路线如下：已知：(1)A中含氧官能团的名称是_。(2)H是A的同分异构体，能与FeCl3显示特殊的紫色，核磁共振氢谱显示H有5组峰，则其结构简式为_。(3) B的结构简式为_，G的结构简式为_。(4) 已知D为乙酸乙酯，2 D E + C2H5OH，F中含有醇羟基，的反应类型为_。(5) 写出的反应方程式_。(6) 以乙醛为原料，写出合成D的流程图_。(其他无机试剂任选)。【答案】 (1). 羰基 (2). (3).
40、 (4). (5). 消去反应 (6). + (7). 【解析】【分析】根据信息，反应发生还原反应，NO2NH2，即B的结构简式为，反应发生硝化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应为加成反应，推出F的结构简式为，反应则发生消去反应；【详解】根据信息，反应发生还原反应，NO2NH2，即B的结构简式为，反应发生硝化反应，即A的结构简式为，根据M的结构简式，推出反应类型为加聚反应，即G的结构简式为，根据问题（4），推出E的分子式为C6H10O3，
41、按照G的结构简式，推出E的结构简式为，F中含有醇羟基，则反应为加成反应，推出F的结构简式为，反应则发生消去反应；（1）根据上述分析，A中含氧官能团是羰基；（2）能与FeCl3发生显色反应，说明酚羟基，H中应含有碳碳双键，核磁共振氢谱有5组峰，说明有5种不同环境的氢，应是对称结构，即结构简式为；（3）根据上述分析，B的结构简式为，G的结构简式为；（4）FG消除OH，引入碳碳双键，即反应的类型为消去反应；（5）反应为加成反应，其反应方程式为+ ；（6）D为乙酸乙酯，结构简式为CH3COOCH2CH3，将乙醛氧化成乙酸，将乙醛与H2发生加成反应生成乙醇，然后乙酸和乙醇发生酯化反应，得到乙酸乙酯，流程
42、图为。【点睛】本题考查有机合成与推断，涉及对有机物结构简式的推断、官能团的转化、反应类型及同分异构体的书写等，解题时注意已知信息和官能团的性质。第（2）小题同分异构体种数的判断是本题难点，能与FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；H是A的同分异构体，A中含有羰基，因此H中应含有碳碳双键。27.氯磺酸是无色液体，密度1.79gcm-3，沸点约152。氯磺酸有强腐蚀性，遇湿空气产生强烈的白雾，故属于危险品。制取氯磺酸的典型反应是在常温下进行的，反应为 HCl（g）+SO3 = HSO3Cl。实验室里制取氯磺酸可用下列仪器装置（图中夹持、固定仪器等已略去），实验所用的试剂、药品有：密度1.19gc
43、m-3浓盐酸密度1.84gcm-3、质量分数为98.3%的浓硫酸 发烟硫酸（H2SO4SO3）无水氯化钙水。制备时要在常温下使干燥的氯化氢气体和三氧化硫反应，至不再吸收HCl时表示氯磺酸已大量制得，再在干燥HCl气氛中分离出氯磺酸。（1）仪器中应盛入的试剂与药品（填数字序号）：A中的a_ B_ C_ F_ 。（2）A的分液漏斗下边接有的毛细管是重要部件，在发生气体前要把它灌满a中液体，在发生气体时要不断地均匀放出液体。这是因为_。 （3）实验过程中需要加热的装置是_ （填装置字母）。（4）若不加F装置，可能发生的现象是_， 有关反应的化学方程式_。（5）在F之后还应加的装置是_。【答案】 (1
44、). (2). (3). (4). (5). 使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，能顺利产生HCl气体 (6). C (7). 产生大量白雾 (8). HSO3Cl+H2O= H2SO4+HCl (9). 加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置【解析】分析】题中已经告知氯磺酸的一些性质及制备信息。要结合这些信息分析各装置的作用。制备氯磺酸需要HCl气体，则A为HCl气体的发生装置，浓硫酸吸水放热，可以加强浓盐酸的挥发性。B为浓硫酸，用来干燥HCl气体，因为氯磺酸对潮湿空气敏感。C为氯磺酸的制备装置，因为C有温度计，并连有冷凝装置，反应结束后可以直接进行蒸馏，所以C中装的物质是发烟硫酸。E用来接收
45、氯磺酸。由于氯磺酸对潮湿空气敏感，F中要装无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进入装置中。【详解】（1）A为HCl的发生装置，则a装浓盐酸；B要干燥HCl气体，则B要装浓硫酸；C为氯磺酸的发生装置，则C要装发烟硫酸；F要装无水氯化钙，以防止空气中的水蒸气进如装置；（2）由题知，浓盐酸的密度比浓硫酸小，如果直接滴加，两种液体不能充分混合，这样得到的HCl气流不平稳。故题中的操作的目的是使密度较浓硫酸小的浓盐酸顺利流到底部，充分混合两种液体，能顺利产生HCl气体；（3）C装置既是氯磺酸的发生装置，也是氯磺酸的蒸馏装置，所以C需要加热；（4）若无F装置，则空气中的水蒸气会进入装置中，氯磺酸对水汽极为敏感
46、，则可以看到产生大量白雾，方程式为HSO3Cl+H2O= H2SO4+HCl；（5）实验中，不能保证HCl气体完全参加反应，肯定会有多于的HCl气体溢出，则需要尾气处理装置，由于HCl极易溶于水，最好加一倒扣漏斗于烧杯水面上的吸收装置。【点睛】要结合题中给出的信息，去判断各装置的作用，从而推断出各装置中的药品。28.CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时
47、溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式 。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式 ；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式 。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为 。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是
48、、 和过滤。制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是 。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是 ；其使用的最佳pH范围是 。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是 。(答一条即可)【答案】（1）Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O（2）ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-
49、+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O（3）Fe(OH)3 Al(OH)3（4）蒸发(浓缩) 、冷却(结晶)；降低烘干温度，防止产品分解（5）除去溶液中的Mn2+ ；B；（6）粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水【解析】试题分析：（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等，加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为：Co
50、2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al
51、3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为：Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）利用从溶液中制取固体的方法制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液PH在3.03.5之间，可使Mn2+完全沉淀，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀
52、，故答案为：除去溶液中的Mn2+；B（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为：粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【考点定位】考查制备实验方案的设计【名师点晴】本题通过制取CoCl26H2O的工艺流程，含钴废料中加入盐酸，加入盐酸和亚硫酸钠，可得CoCl2、AlCl3、FeCl2，加入NaClO3，可得到FeCl3，然后加入Na2CO3调pH至5.2，可得到Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，过滤后所得滤液主要含有CoCl2，为
53、得到CoCl26H2O晶体，应控制温度在86以下，加热时要防止温度过高而失去结晶水，可减压烘干。考查了物质制备方案的设计，题目难度中等，理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。29.三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，
54、均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_（2）装置B的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压（3）仪器丙的名称是_，实验过程中仪器丁的进水口为_(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_，该装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是_。（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 molL-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5
55、滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 molL-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag+SCN-=AgSCN)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是_，样品中POCl3的纯度为_。【答案】 (1). 否，长颈漏斗不能调节滴液速度 (2). acd (3). 三颈烧瓶 (4). a (5). 2PCl3+O2=2POCl3 (6). 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 (7). 指示剂 (8). 91.8%【解析】【分析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除
56、去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)(4)；(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而
57、计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为：否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为：acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为：三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学
58、方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20molL-10.010L=0.002mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2molL-10.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为100%=91.8%，故答案为：指示剂；91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl33HCl。