1、2023高考化學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置3請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、我國科學家在綠色化學領域取得新進展。利

2、用雙催化劑Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子將CO2高效還原為重要工業原料之一的甲醇，反應機理如下圖。下列有關說法不正確的是ACO2生成甲醇是通過多步還原反應實現的B催化劑Cu結合氫原子，催化劑Cu2O結合含碳微粒C該催化過程中只涉及化學鍵的形成，未涉及化學鍵的斷裂D有可能通過調控反應條件獲得甲醛等有機物2、根據下列實驗現象所得出的結論正確的是選項實驗現象實驗結論A將鋁片分別投入濃、稀硝酸中，前者無明顯現象，后者反應劇烈稀硝酸的氧化性比濃硝酸的強B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，紅色變淺Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加過量氨水產生白色沉淀且不溶解該溶液中一定含有Mg

3、2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性AABBCCDD3、化學與生活、生產密切相關。下列敘述不正確的是（ ）A高純硅可用于制作光導纖維B碳酸鈉熱溶液呈堿性，可用于除去餐具上的油污C利用太陽能蒸發海水的過程屬于物理變化D淀粉和纖維素水解的最終產物均為葡萄糖4、對下列事實的解釋合理的是（ ）A氫氟酸可用于雕刻玻璃，說明氫氟酸具有強酸性B常溫下濃硝酸可用鋁罐貯存，說明鋁與濃硝酸不反應C在蔗糖中加入濃硫酸后出現發黑現象，說明濃硫酸具有吸水性D鋁箔在空氣中受熱熔化但不滴落，說明氧化鋁的熔點比鋁高5、設NA表示阿伏加德羅常數的值，下列說法中正確的是（ ）A25，pH=1的H2SO4溶液中，H+的

4、數目為0.2NAB常溫常壓下，56g丙烯與環丁烷的混合氣體中含有4NA個碳原子C標準狀況下，11.2LCHCl3中含有的原子數目為2.5NAD常溫下，1mol濃硝酸與足量Al反應，轉移電子數為3NA6、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種兼具凈水和消毒功能的可溶性鹽，可發生如下反應：2K2FeO4+16HCl4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q，下列說法不正確的是A可用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗產物QBK2FeO4在水中的電離方程式為K2FeO42K+Fe6+4O2一C反應中氧化劑與還原劑的物質的量之比為1：3D反應中涉及的物質中有5種為電解質7、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A

5、高溫下，0.2mol Fe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數目為0.3NAB室溫下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水電離的OH離子數目為0.1NAC氫氧燃料電池正極消耗22.4L（標準狀況）氣體時，電路中通過的電子數目為2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反應中，生成28g N2時，轉移的電子數目為3.75NA8、鈉硫電池以熔融金屬鈉、熔融硫和多硫化鈉(Na2Sx)分別作為兩個電極的反應物，固體Al2O3陶瓷(可傳導Na+)為電解質，總反應為2Na+xSNa2Sx，其反應原理如圖所示。下列敘述正確的是（ ）A放電時，電極a為正極B放電時，內電路中Na+的移動方向為從b到aC

6、充電時，電極b的反應式為Sx2-2e-=xSD充電時，Na+在電極b上獲得電子，發生還原反應9、下列有關物質的性質與應用相對應的是（）ACl2具有漂白性，可用作自來水的消毒BSiO2具有高沸點，可用作制備光導纖維CNH3具有還原性，可用作制冷劑DNa2O2能與CO2反應，可用作潛水艇內的供氧劑10、化學與社會、生活密切相關。對下列現象或事實的解釋正確的是()現象或事實解釋AAl(OH)3用作塑料的阻燃劑Al(OH)3受熱熔化放出大量的熱BK2FeO4用于自來水的消毒和凈化K2FeO4具有強氧化性，被還原后生成的Fe3水解生成膠狀物，可以軟化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作為O2的來源Na2O2

7、是強氧化劑，能氧化CO2生成O2D浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2AABBCCDD11、2019年諾貝爾化學獎花落鋰離子電池，美英日三名科學家獲獎，他們創造了一個可充電的世界。像高能LiFePO4電池，多應用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應過程中只讓Li+通過。結構如圖所示。原理如下：(1x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列說法不正確的是（ ）A放電時，正極電極反應式：xFePO4+xLi+xe-=xLiFePO4B放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極C充電時，陰極電極反應式：x

8、Li+xe-+nC=LixCnD充電時，Li+向左移動12、常溫下，0.2 mol/L的一元酸HA與等濃度的NaOH溶液等體積混合后，所得溶液中部分微粒組分及濃度如圖所示（a、b、d、e均為不超過1的正數），則下列說法正確的是A該溶液pH=7B該溶液中：c（A-）+c（Y）=c（Na+）CHA為強酸D圖中X表示HA，Y表示OH-，Z表示H+13、某烴的結構簡式為，關于該有機物，下列敘述正確的是（ ）A所有碳原子可能處于同一平面B屬于芳香族化合物的同分異構體有三種C能發生取代反應、氧化反應和加成反應D能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色且原理相同14、右下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為

9、短周期元素，W元素的核電荷數為X元素的2倍。下列說法正確的是（ ）AX、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態氫化物的熱穩定性均依次遞增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游離態存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增CYX2晶體熔化、液態WX3氣化均需克服分子間作用力D根據元素周期律，可以推測T元素的單質具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性15、在通風櫥中進行下列實驗：步驟現象Fe表面產生大量無色氣泡，液面上方變為紅棕色Fe表面產生少量紅棕色氣泡后，迅速停止Fe、Cu接觸后，其表面均產生紅棕色氣泡下列說法中，不正確的是（ ）A中氣體由無色變紅棕色的化學方程式為：2NO+O2=2NO2B中

10、的現象說明Fe表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應C對比、中現象，說明稀HNO3的氧化性強于濃HNO3D針對中現象，在Fe、Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續被氧化16、40時，在氨水體系中不斷通入CO2，各種粒子的濃度變化趨勢如圖所示。下列說法不正確的是A40時，K(NH3H2O)=10-9.10B不同pH的溶液中均存在關系：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)C隨著CO2的通入，不斷減小D隨溶液pH不斷降低，生成的中間產物NH2COONH4又不斷轉化為NH4HCO317、下列離子方程式書寫正確的是A. 碳酸氫鈉溶液中滴

11、入足量氫氧化鈣溶液:HCO3-+OH-=CO32-+ H2OB向次氯酸鈣溶液通入少量CO2：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+ 2HC1OC實驗室用MnO2和濃鹽酸制取Cl2：MnO2+4 HCl(濃)=Mn2+2Cl-+ Cl2+ 2H2OD向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液：NH4+OH-=NH3+H2O18、一定溫度下，10mL 0.40 molL-1H2O2溶液發生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）A反應至

12、6min時，H2O2分解了50B反應至6min時，c(H2O2)=0.20 molL-1C06min的平均反應速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)D46min的平均反應速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)19、下列屬于非電解質的是A酒精B硫酸鋇C液氯D氨水20、把14g鐵粉完全溶解于某濃度的硝酸中，如反應只收集到23 mol NO2和22 mol NO，下列說法正確的是A反應后生成的鹽只為Fe（NO3）3B反應后生成的鹽只為Fe（NO3）2C反應后生成的鹽為Fe（NO3）3和Fe（NO3）2，其物質的量之比為13D反應后生成的鹽為Fe（NO3）3和Fe（NO

13、3）2，其物質的量之比為3121、實驗室制備硝基苯的反應裝置如圖所示。下列實驗操作或敘述不正確的是（ ）A試劑加入順序：先加濃硝酸，再加濃硫酸，最后加入苯B實驗時水浴溫度需控制在5060C儀器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D反應完全后，可用儀器a、b蒸餾得到產品22、下列離子方程式書寫正確的是（ ）A向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液：2H+SO42-+Ba2+2OH-=BaSO4+2H2OB向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3+2Na+C向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl：AlO2-+4H+Al3+2H2OD過量的鐵與稀硝酸Fe +

14、4H+2NO3-=Fe3+ +2NO+2H2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）H是合成某藥物的中間體，其合成路線如F（-Ph代表苯基）：（1）已知X是一種環狀烴，則其化學名稱是_。（2）Z的分子式為_；N中含氧官能團的名稱是_。（3）反應的反應類型是_。（4）寫出反應的化學方程式：_。（5）T是R的同分異構體，同時滿足下列條件的T的同分異構體有_種（不包括立體異構）。寫出核磁共振氫譜有五個峰的同分異構體的結構簡式：_。a與氯化鐵溶液發生顯色反應b1molT最多消耗2mol鈉c同一個碳原子上不連接2個官能團（6）參照上述合成路線，結合所學知識，以為原料合成OHCCH2CH2COOH，設計

15、合成路線：_（其他試劑任選）。24、（12分）為探究黑色固體 X(僅含兩種元素)的組成和性質，設計并完成如下實驗：請回答：（1）X 的化學式是_。（2）寫出藍色溶液轉化為藍色沉淀的離子方程式是_。（3）寫出固體甲與稀硫酸反應的化學方程式_。25、（12分）（14分）硫酸銅晶體(CuSO45H2O)是銅鹽中重要的無機化工原料，廣泛應用于農業、電鍍、飼料添加劑、催化劑、石油、選礦、油漆等行業。采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸（70%）、氨水為原料制取硫酸銅晶體。其工藝流程如下：（1）預處理時要用破碎機將孔雀石破碎成粒子直徑7，A錯誤；B.A-水解使溶液顯堿性，所以溶液中的粒子濃度的

16、大小關系是c(Na+) c(A-)c(OH-）c(HA) c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，溶液中的物料守恒為c（A-）+c（HA）=c（Na+），B正確；C.0.1mol/LNaA溶液中c(A-)0.1mol/L，說明A-發生水解，則HA為弱酸，C錯誤；D. A-水解使溶液顯堿性，所以溶液中的粒子濃度的大小關系是c(Na+) c(A-)c(OH-）c(HA) c(H+)，所以X是OH-，Y是HA，Z表示H+，D錯誤；答案選B。13、C【答案解析】A. 分子結構中含有，為四面體結構，所有碳原子不可能處于同一平面，故A錯誤；B. 該物質的分子式為C8H10，屬于芳香族化合物的同分

17、異構體有乙苯和二甲苯(鄰位、間位和對位3種)，共4種，故B錯誤；C. 結構中含有碳碳雙鍵，能發生氧化反應和加成反應，含有和-CH2-，能發生取代反應，故C正確；D. 含有碳碳雙鍵能與溴水發生加成反應而使溴水褪色，能與酸性KMnO4溶液發生氧化反應而使高錳酸鉀溶液褪色，褪色原理不同，故D錯誤；答案選C。14、D【答案解析】從表中位置關系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據元素在周期表中的位置關系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素。【題目詳解】A、O、S、P的原子半徑大小關系為：PSO，三種元素的氣

18、態氫化物的熱穩定性為：H2OH2SPH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態的硫，B不正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。15、C【答案解析】I 中鐵和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空氣生成二氧化氮；中Fe遇濃硝酸鈍化，表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，所以產生少量紅棕色氣泡后，迅速停止；中構成原電池，Fe作為負極，且Fe與濃硝酸直接接觸，會產生少量二氧化氮，Cu作為正

19、極，發生得電子的反應，生成二氧化氮。【題目詳解】AI 中鐵和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空氣生成二氧化氮，化學方程式為: 2NO+O2=2NO2，A正確；B常溫下，Fe遇濃硝酸易鈍化，表面形成致密的氧化層，阻止Fe進一步反應，B正確；C對比、中現象，說明濃HNO3的氧化性強于稀HNO3，C錯誤；D中構成原電池，在Fe、 Cu之間連接電流計，可判斷Fe是否持續被氧化，D正確；答案選C。16、A【答案解析】A. 在溶液pH=9.10時c(NH4+)=c(NH3H2O)，Kb(NH3H2O)=c(OH-)，由于Kw=c(H+)c(OH-)是常數，只與溫度有關，若溫度為室溫，則Kw=10-14，pH

20、=9.10時，c(H+)=10-9.10，c(OH-)=10-4.9，Kb(NH3H2O)= c(OH-)=10-4.9，升高溫度，促進電解質的電離，所以溫度為40時，K(NH3H2O)10-4.9，A錯誤；B. 溶液中存在電荷守恒，即正電荷的總濃度等于負電荷的總濃度，則不同pH的溶液中存在電荷守恒關系為：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正確；C. 已知Kb=，溫度一定時，Kb為常數，隨著CO2的通入，c(NH4+)逐漸增大，則不斷減小，C正確；D. 由圖象可知：開始溶液pH較大時沒有NH2COO-，后來隨著溶液pH的降低

21、，反應產生NH2COO-，并且逐漸增多，當pH減小到一定程度NH2COO-逐漸減小直至消失，同時NH4HCO3又逐漸增多，即在溶液pH不斷降低的過程中，有含NH2COO-的中間產物生成，后NH2COO-轉化為NH4HCO3，D正確；故合理選項是A。17、B【答案解析】A、碳酸氫鈉溶液中滴入足量氫氧化鈣溶液，反應的離子方程式為：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，選項A錯誤；B、向次氯酸鈣溶液通入少量CO2，反應的離子方程式為：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+2HC1O，選項B正確；C、實驗室用MnO2和濃鹽酸制取Cl2，反應的離子方程式為：MnO2+4H+2Cl-=

22、Mn2+Cl2+2H2O，選項C錯誤； D、向NH4HCO3溶液中加過量的NaOH溶液，反應的離子方程式為：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3 H2O +H2O，選項錯誤。答案選B。18、D【答案解析】A06min時間內，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，則H2O2分解率為100%=50%，故A正確；B由A計算可知，反應至6 min時c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正確；C06min時間內，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mo

23、l/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故C正確；D由題中數據可知，03 min生成氧氣的體積大于36min生成氧氣的體積，因此，46 min的平均反應速率小于06min時間內反應速率，故D錯誤；答案選D。19、A【答案解析】A. 酒精是化合物，在水溶液和熔融狀態下都不能電離產生自由移動的離子，屬于非電解質，A符合題意；B. 硫酸鋇是鹽，難溶于水，溶于水的BaSO4會完全電離產生Ba2+、SO42-，屬于強電解質，B不符合題意；C. 液氯是液態Cl2單質，不屬于電解質，也不屬于非電解質，C不符合題意；D. 氨水是混合物，不是化合物，不屬于電解質和非電解質，D不符合題意；故合

24、理選項是A。20、C【答案解析】1.4g鐵粉的物質的量為1.4g56g/mol=2.4mol；收集到2.3 mol NO2和2.2 mol NO過程中得到電子物質的量為：2.3mol(+5)-(+4)+2.2mol(+5)-(+2)=2.9mol；若反應生成的鹽只有Fe（NO3）3，Fe失去的電子物質的量為1.2mol2.9mol，若反應生成的鹽只有Fe（NO3）2，Fe失去的電子物質的量為2.8mol2.9mol， 所以可得1.4g鐵粉反應后生成了硝酸鐵和硝酸亞鐵，根據Fe守恒nFe(NO3)3+nFe(NO3)2=2.4mol，根據得失電子相等可得3nFe(NO3)3+2nFe(NO3)2

25、=2.9mol，解得nFe(NO3)3=2.1mol，nFe(NO3)2=2.3mol，Fe（NO3）3和Fe（NO3）2物質的量之比為13，答案選C。21、D【答案解析】A混合時應先加濃硝酸，再加入濃硫酸，待冷卻至室溫后再加入苯，故A正確；B制備硝基苯時溫度應控制在5060，故B正確；C儀器a的作用為使揮發的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正確；D儀器a為球形冷凝管，蒸餾需要的是直形冷凝管，故D錯誤；答案選D。22、C【答案解析】A. 向NaHSO4溶液中滴加過量的Ba(OH)2溶液，發生兩個過程，首先發生2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4+Na2SO4+2H2O，生成的Na

26、2SO4再與過量的Ba(OH)2反應Na2SO4+Ba（OH）2=BaSO4+2NaOH，兩式合并后離子反應方程式：H+SO42-+Ba2+OH-=BaSO4+H2O，故A錯誤；B. 向Na2SiO3溶液中滴加稀鹽酸，Na2SiO3可溶性鹽，要拆開，離子反應方程式： SiO32-+2H+=H2SiO3，故B錯誤；C. 偏鋁酸根離子只能存在于堿性溶液中，遇酸生成沉淀，過量的酸使沉淀溶解。向偏鋁酸鈉溶液中加入量過量HCl：AlO2-+4H+Al3+2H2O，故C正確；D. 過量的鐵與稀硝酸反應產物應該是Fe2+ ，3Fe +8H+2NO3-=3Fe2+ +2NO+4H2O，故D錯誤；答案選C。二、

27、非選擇題(共84分)23、環戊二烯 C7H8O 羰基 加成反應 2+O2 2+2H2O 9 【答案解析】（1）已知X是一種環狀烴，分子式為C5H6推斷其結構式和名稱；（2）由Z得結構簡式可得分子式，由N得結構簡式可知含氧官能團為羰基；（3）反應的反應類型是X與Cl2C=C=O發生的加成反應；（4）反應為M的催化氧化；（5）T中含不飽和度為4與氯化鐵溶液發生顯色反應則含苯酚結構；1molT最多消耗2mol鈉則含有兩個羥基；同一個碳原子上不連接2個官能團，以此推斷；（6）運用上述流程中的前三步反應原理合成環丁酯，環丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。【題目詳解】（1）已知X是一種環狀烴，

28、分子式為C5H6，則X為環戊二稀，故答案為環戊二烯；（2）Z結構式為，分子式為：C7H8O；由N得結構簡式可知含氧官能團為酮鍵；故答案為：C7H8O；羰基；（3）反應的反應類型是X與Cl2C=C=O發生的加成反應；故答案為：加成反應；（4）反應為M的催化氧化反應方程式為：2+O2 2+2H2O，故答案為：2+O2 2+2H2O；（5）R中不飽和度為4，T中苯環含有4個不飽和度，與氯化鐵溶液發生顯色反應則含苯酚結構；1molT最多消耗2mol鈉則含有兩個羥基；同一個碳原子上不連接2個官能團。則有兩種情況，苯環中含有3個取代基則含有兩個羥基和一個甲基，共有6種同分異構體；苯環中含有2個取代基則一個

29、為羥基一個為-CH2OH，共有三種同分異構體（鄰、間、對），則共有9種同分異構體。核磁共振氫譜有五個峰的同分異構體的結構簡式為：故答案為：9；（6）參考上述流程中的有關步驟設計，流程為：，故答案為：。24、CuO Cu2+2OH-=Cu(OH)2 Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O 【答案解析】流程中32gX隔絕空氣加熱分解放出了能使帶火星的木條復燃的氣體為氧氣，質量：32.0g-28.8g=3.2g，證明X中含氧元素，28.8g固體甲和稀硫酸溶液反應生成藍色溶液，說明含銅離子，證明固體甲中含銅元素，即X中含銅元素，銅元素和氧元素形成的黑色固體為CuO，X為氧化銅，n(CuO)=0.4m

30、ol，結合質量守恒得到n(O2)=0.1mol，氧元素守恒得到甲中n(Cu)：n(O)=0.4mol：(0.4mol-0.1mol2)=2：1，固體甲化學式為Cu2O，固體乙為Cu，藍色溶液為硫酸銅，加入氫氧化鈉溶液生成氫氧化銅沉淀，加熱分解得到16.0g氧化銅。【題目詳解】(1)分析可知X為CuO，故答案為CuO；(2)藍色溶液為硫酸銅溶液，轉化為藍色沉淀氫氧化銅的離子方程式為Cu2+2OH-=Cu(OH)2，故答案為Cu2+2OH-=Cu(OH)2；(3)固體甲為Cu2O，氧化亞銅和稀硫酸溶液發生歧化反應生成銅、二價銅離子和水，反應的化學方程式為：Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O，

31、故答案為Cu2OH2SO4=CuCuSO4H2O。25、增大反應物接觸面積，提高氨浸的效率 Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O A 制化學肥料等 過濾 干燥 產生有毒的氣體，污染環境；原材料利用率低；濃硫酸有強腐蝕性 分液漏斗 做催化劑 氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，且氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大（合理即可） 100%（或%） 【答案解析】（1）破碎機把孔雀石破碎成細小顆粒，增大了與氨水接觸面積，使銅與氨充分絡合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由題意可知，氨浸時生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加熱蒸氨的意思為加熱時Cu(NH3)42(

32、OH)2CO3分解生成氨氣，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的組成可知還會生成CO2、氧化銅和水，其反應方程式為Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O。（3）蒸氨出來的氣體有氨氣和二氧化碳，氨氣有污染，需要通入硫酸凈化處理生成硫酸銨，為了防止倒吸，合適的裝置為A；凈化后生成硫酸銨溶液，其用途是可以制備化學肥料等。（4）由題意可知，操作2為硫酸銅溶液變成硫酸銅晶體，操作為加熱濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。（5）課本中直接利用銅與濃硫酸反應會產生有毒的氣體二氧化硫；這樣既污染環境又使原材料利用率低；而且濃硫酸有強腐蝕性，直接使用危險性較大。（6）盛裝濃硫酸的儀

33、器為分液漏斗。由題意可知，氯化銅雖然參與反應，但最后又生成了等量的氯化銅，根據催化劑的定義可知氯化銅在此反應過程中做催化劑。因為氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，在重結晶純化硫酸銅晶體時可以使二者分離，同時氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大，可使氯化銅保持在母液中，在下一次制備硫酸銅晶體時繼續做催化劑使用。由題意可知銅粉全部生成硫酸銅晶體（因氯化銅為催化劑，氯化銅中的銅最終不會生成硫酸銅晶體），硫酸銅晶體中的銅元素質量為g，則銅粉的純度為100%或化簡為%。26、堿式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O 藍 無 偏高 【答案解析】(1)滴定環節中使用的儀器有滴定管

34、夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變為黃色，說明產生I2，根據氧化還原反應方程式分析；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色；(5)根據關系式，進行定量分析；(6)含有較多NO3時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3。【題目詳解】(1)滴定環節中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性，用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管

35、；(3)中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變為黃色，說明產生I2，即碘化合價升高，Mn的化合價會降低，離子方程式為MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案為：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色，故答案為：藍；無；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知關系式，即，則氧氣的物質的量x=，v1mL水

36、樣中溶解氧=，故答案為：；(6)含有較多NO3時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，結果偏高，故答案為：偏高。【答案點睛】本題難點(3)，信息型氧化還原反應方程式的書寫，要注意對反應物和生成物進行分析，在根據得失電子守恒配平；易錯點(5)，硝酸根存在時，要注意與氫離子在一起會有強氧化性。27、提高1-萘酚的轉化率 冷凝回流 不能 產物沸點大大高于反應物乙醇，會降低產率 a 1-萘酚被氧化，溫度高乙醇大量揮發或溫度高發生副反應 50% 【答案解析】（1）該反應中乙醇的量越多，越促進1-萘酚轉化，從而提高1-萘酚的轉化率；（2）長玻璃管起到冷凝回

37、流的作用，使揮發出的乙醇冷卻后回流到燒瓶中，從而提高乙醇原料的利用率；（3）該產物沸點高于乙醇，從而降低反應物利用率，所以不能用制取乙酸乙酯的裝置；（4）提純產物用10%的NaOH溶液堿洗并分液，把硫酸洗滌去，水洗并分液洗去氫氧化鈉，用無水氯化鈣干燥并過濾，吸收水，控制沸點通過蒸餾的方法得到，實驗的操作順序為：，選項是a；（5）時間延長、溫度升高，可能是酚羥基被氧化，乙醇大量揮發或產生副反應等，從而導致其產量下降，即1乙氧基萘的產量下降可能的兩個原因是1-萘酚被氧化，溫度高乙醇大量揮發或溫度高發生副反應；（6）根據方程式，1-萘酚與1-乙氧基萘的物質的量相等，則n(C10H8O)=n(C12H

38、12O)=72g144g/mol=0.5mol，則m(C12H12O)=0.5mol172g/mol=86g，其產率= (43g86g)100%=50%。28、 S元素的非金屬性弱于Cl元素（合理即可） a-4b-c 0.02 1 CD 2HS- + 8OH-8e-=S2O32-+5H2O 【答案解析】(1)H2S為共價化合物，原子之間形成共用電子對；通常元素的非金屬性越強，形成的氣態氫化物越穩定，據此比較判斷；(2)根據已知的熱化學方程式和蓋斯定律進行計算；(3)根據反應方程式的比例關系計算平衡時刻各氣體物質的濃度，進而計算化學平衡常數；(4)先根據溫度對CH4平衡轉化率的影響判斷反應的熱效

39、應，再根據反應熱=反應物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵放出的能量，判斷正逆反應的活化能的大小；由圖可知CH4的平衡轉化率為80%，列三段式計算平衡時刻混合氣體總物質的量，再根據恒壓條件下，氣體物質的量之比等于氣體的體積之比計算平衡氣體的體積；根據外界條件改變對平衡移動的影響進行分析；(5)由已知信息知電解NaHS溶液，在陽極生成Na2S2O3，確定陽極產物，再結合NaHS溶液顯堿性配平電極反應式。【題目詳解】(1)H2S為共價化合物，其電子式為，通常元素的非金屬性越強，形成的氣態氫化物越穩定，非金屬性：ClS，則H2S熱穩定性弱于HCl，故答案為：；S元素的非金屬性弱于Cl元素（合理即可）；(2)

40、已知：ICH4(g)+4S(s) CS2(g)+2H2S(g) H1=akJmol1；IIS(s)+H2(g) H2S(g) H2=bkJmol1；CS2(1) CS2(g) H3=ckJmol1；根據蓋斯定律可知，由I-4II-III可得反應CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)，則H= a-4b-c kJmol1，故答案為：a-4b-c；(3)t min后反應達到化學平衡狀態，容器中H2與H2S的質量濃度分別為0.02g/L、0.34g/L，則H2與H2S的物質的量濃度分別為0.01mol/L、0.01mol/L，則c(H2S)=c(H2)=0.01mol/L，則H2S的

41、初始濃度0.01mol/L+0.01mol/L=0.02 mol/L，該溫度下，反應的化學平衡常數，故答案為：0.02；1；(4)由圖像可知，隨著溫度的升高，CH4的平衡轉化率增大，即升溫平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，由此可知，該反應反應物斷鍵吸收的能量大于生成物成鍵放出的能量，則E正E逆，故答案為：；反應初始充入0.1 molCH4和0.2molH2S，由圖可知CH4的平衡轉化率為80%，可列出三段式：則平衡時，混合氣體總物質的量為0.02+0.04+0.08+0.32=0.46mol，設平衡時容器的容積為VL，根據恒壓條件下，氣體物質的量之比等于氣體的體積之比，可得，解得，故答案為：；

42、A. 增大壓強，平衡逆向移動，CH4的平衡轉化率降低，A項不符合； B. 根據加入一種反應物，可以提高另一反應物的轉化率，而本身的轉化率降低，可知再充入CH4，CH4的平衡轉化率降低，B項不符合；C. 由B項分析可知，再充入H2S，平衡正向移動，CH4的消耗量增多，平衡轉化率增大，C項符合； D. 向恒壓密閉容器充入He，容器容積增大，相當于減壓，平衡正向移動，CH4的平衡轉化率增大，D項符合； E. 催化劑只能加快反應速率，不影響平衡移動，E項不符合；故答案為：CD；(5)足量的H2S氣體與碳酸鈉溶液發生反應2H2S+Na2CO3=2NaHS+H2O+CO2，電解NaHS溶液，在陽極生成Na2S2O3，S元素化合價升高，失電子，發生氧化反應，NaHS溶液顯堿性，則電解時陽極的