1、2023高考化學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序數依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學化學常見物質，其中A是四元化合物，C是能使濕

2、潤紅色石蕊試紙變藍的氣體，D是淡黃色固體化合物，E是單質。各物質之間存在如圖轉化關系(部分產物未標出)。下列說法不正確的是A簡單離子半徑大小關系：cdeB簡單陰離子的還原性：acdC氫化物的沸點：cdDC和E反應生成F是工業制硝酸的重要反應之一2、如表為元素周期表的一部分。X、Y、Z、W為短周期元素，其中Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍。下列說法正確的是（ ）XYZWTAY的氫化物的沸點一定比X氫化物的沸點高BZ的氧化物對應的水化物酸性比W的弱CZY2、XW4與Na2Z的化學鍵類型相同D根據元素周期律，可以推測存在TZ2和TW43、 “太陽能燃料”國際會議于2019年10月在我國武漢

3、舉行，旨在交流和探討太陽能光催化分解水制氫、太陽能光催化二氧化碳轉化為燃料等問題。下列說法錯誤的是( )A太陽能燃料屬于一次能源B直接電催化CO2制取燃料時，燃料是陰極產物C用光催化分解水產生的H2是理想的綠色能源D研發和利用太陽能燃料，有利于經濟的可持續發展4、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是( )A0.1molL1KHSO3溶液：Na、NH4+、H+、SO42-B0.1molL1H2SO4溶液：Mg2、K+、Cl、NO3-C0.1molL1Na2SO3溶液：Ba2+、K+、ClO-、OH-D0.1molL1Ba（OH）2溶液：NH4+、Na+、Cl、HCO3-5、NA表示阿伏

4、加德羅常數的值。俗名為“臭堿”的硫化鈉廣泛應用于冶金、染料、皮革、電鍍等工業。硫化鈉的一種制備方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有關說法正確的是A1L.0.25mol/L.Na2SO4溶液中含有的氧原子數目為NAB1L.0.1mol/LNa2S溶液中含有的陰離子數目小于0.1NAC生成1mol還原產物時轉移電子數為8NAD通常狀況下，11.2L.CO2中含有的共價鍵數目為2NA6、高鐵電池是一種新型可充電電池，電解質溶液為KOH溶液，放電時的總反應式為3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn（OH）2 + 2Fe（OH）3 + 4KOH下列敘述正確的是A放電時，負極反應式

5、為3Zn6e+6OH3Zn（OH）2B放電時，正極區溶液的pH減小C充電時，每轉移3mol電子，陽極有1mol Fe（OH）3被還原D充電時，電池的鋅電極接電源的正極7、化學反應前后肯定沒有變化的是原子數目分子數目元素種類物質的總質量物質的種類ABCD8、用下列裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是( )A用或作反應物制氧氣B進行中和熱的測定C蒸干溶液制備D模擬工業制氨氣并檢驗產物9、已知在100 、1.01105 Pa下，1 mol氫氣在氧氣中燃燒生成氣態水的能量變化如圖所示，下列有關說法不正確的是()A1 mol H2O(g)分解為2 mol H與1 mol O時吸收930 kJ熱量B熱化學

6、方程式為：2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H490 kJmol1C甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙甲丙D乙丙的過程中若生成液態水，釋放的能量將小于930 kJ10、在反應3BrF35H2O=9HFBr2HBrO3O2中，若有5 mol H2O參加反應，被水還原的溴元素為()A1 molB2/3 molC4/3 molD2 mol11、下列物質中不會因見光而分解的是 ( )ANaHCO3BHNO3CAgIDHClO12、碳酸二甲酯(CH3O)2CO是一種具有發展前景的“綠色”化工產品，電化學合成碳酸二甲酯的工作原理如圖所示（加入兩極的物質均是常溫常壓下的物質）。下列說法不正確的是

7、（）A石墨2極與直流電源負極相連B石墨1極發生的電極反應為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+CH+由石墨1極通過質子交換膜向石墨2極移動D電解一段時間后，陰極和陽極消耗的氣體的物質的量之比為2：113、水處理在工業生產和科學實驗中意義重大，處理方法很多，其中離子交換法最為簡單快捷，如圖是凈化過程原理。有關說法中正確的是（ ）A經過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總數未發生變化B通過陽離子交換樹脂時，H則被交換到水中C通過凈化處理后，水的導電性不變D陽離子樹脂填充段存在反應HOH-=H2O14、科學家發現對冶金硅進行電解精煉提純可降低高純硅制備成本。相關電解裝置如圖所示，用Cu

8、-Si合金作硅源，在950利用三層液熔鹽進行電解精煉，有關說法正確的是A在該液相熔體中Cu優先于Si被氧化，Si4+優先于Cu2+被還原B液態Cu-Si合金作陽極，固體硅作陰極C電流強度的大小不會影響硅提純速率D三層液熔鹽的作用是增大電解反應接觸面積，提高硅沉積效率15、元素周期表的第四周期為長周期，該周期中的副族元素共有A32種B18種C10種D7種16、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是（ ）AABBCCDD17、關于 2NaOH（s）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq）+2H2O（l）+Q kJ 說法正確的是（）ANaOH（s）溶于水的過程中擴散吸收的能量大于水合釋放的能量B

9、Q0CNaOH（s）+1/2H2SO4（aq）1/2Na2SO4（aq）+H2O（l）+1/2QkJD若將上述反應中的NaOH（s）換成NaOH（aq），則QQ18、下列關于甲、乙、丙、丁四種儀器裝置的有關用法，其中不合理的是（ ）A甲裝置：可用來證明硫的非金屬性比硅強B乙裝置：橡皮管的作用是能使水順利流下C丙裝置：用圖示的方法能檢查此裝置的氣密性D丁裝置：可在瓶中先裝入某種液體收集NO氣體19、國際能源期刊報道了一種正在開發中的綠色環?！叭珰潆姵亍?，有望減少廢舊電池產生的污染，其工作原理如圖所示。下列說法正確的是 ANaClO4的作用是傳導離子和參與電極反應B吸附層b的電極反應：H2-2e-

10、+2OH-=2H2OC全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能D若離子交換膜是陽離子交換膜，則電池工作一段時間后左池溶液pH基本不變20、NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A0.5 molN4（分子為正四面體結構）含共價鍵數目為2NAB1 L 0.5 molL1 Na2S溶液中含陰離子數目小于0.5NAC鋅與濃硫酸反應生成氣體11.2 L（標準狀況）時轉移電子數目為NAD14 g己烯和環己烷的混合物含氫原子數目為3NA21、2018年我國首次合成了在有機化工領域具有重要價值的化合物M(結構簡式如圖所示)。下列關于M的說法錯誤的是A分子式為C10H11NO5B能發生取代反應和加成反應

11、C所有碳原子可以處在同一平面內D苯環上的氫原子被兩個氯原子取代的結構有4種(不考慮立體結構)22、下列有關化學用語表示正確的是（）A二氧化碳分子的比例模型 B芳香烴的組成通式 CnH2n6（n6）C12C、14C原子結構示意圖均可表示為 D羥基的電子式 二、非選擇題(共84分)23、（14分）M為一種醫藥的中間體，其合成路線為：（1）A的名稱_。（2）C中含有的含氧官能團名稱是_。（3）F生成G的反應類型為_。（4）寫出符合下列條件的D的同分異構體的結構簡式_能發生銀鏡反應 遇到FeCl3溶液顯紫色 苯環上一氯代物只有兩種（5）H與乙二醇可生成聚酯，請寫出其反應方程式_（6）寫出化合物I與尿素

12、（H2N - CO - NH2）以2:1反應的化學方程式_（7）參考題中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）為原料，合成，寫出合成路線流程圖（無機試劑任選）_。24、（12分）高聚物的合成與結構修飾是制備具有特殊功能材料的重要過程。如圖是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I. R-CH2OHII. =R2-OH,R、R2、R3代表烴基(1)的反應類型是_。(2)是取代反應，其化學方程式是_。(3)D的核磁共振氫譜中有兩組峰且面積之比是13，不存在順反異構。D的結構簡式是_。(4)的化學方程式是_。(5)F的官能團名稱_；G的結構簡式是_。(6)的化學方程式是_。(7

13、)符合下列條件的E的同分異構體有_種(考慮立體異構)。能發生水解且能發生銀鏡反應 能與Br2的CCl4溶液發生加成反應其中核磁共振氫譜有三個峰的結構簡式是_。(8)工業上也可用合成E。由上述的合成路線中獲取信息，完成下列合成路線(箭頭上注明試劑和反應條件，不易發生取代反應)_。25、（12分）信息時代產生的大量電子垃圾對環境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第步Cu與酸反應的離子方程式為_；得到濾渣1的主要成分為_。（2）第步中

14、加H2O2的作用是_，使用H2O2的優點是_；調溶液pH的目的是使_生成沉淀。（3）第步所得CuSO45H2O制備無水CuSO4的方法是_。（4）由濾渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小組設計了三種方案：甲：濾渣2酸浸液 Al2(SO4)318H2O乙：濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)318H2O丙：濾渣2濾液溶液Al2(SO4)318H2O上述三種方案中，_方案不可行，原因是_；從原子利用率角度考慮，_方案更合理。（5）探究小組用滴定法測定CuSO45H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmolL-1EDTA(H2Y2-)

15、標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應為：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+寫出計算CuSO45H2O質量分數的表達式=_；下列操作會導致含量的測定結果偏高的是_。a 未干燥錐形瓶b 滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡c 未除凈可與EDTA反應的干擾離子26、（10分）二苯甲酮廣泛應用于藥物合成，同時也是有機顏料、殺蟲劑等的重要中間體。實驗室以苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮的實驗流程如下圖所示：相關物理常數和物理性質如下表：名稱相對分子質量密度/gcm-3熔點/oC沸點/oC溶解性苯780.885.580.1難溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22119

16、7遇水分解無水氯化鋁133.52.44190178（升華）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常壓）難溶水，易溶苯已知：反應原理為：。該反應劇烈放熱。回答下列問題：（1）反應裝置如圖所示（加熱和夾持裝置已略去），迅速稱取7.5 g無水三氯化鋁放入三頸瓶中，再加入30 mL無水苯，攪拌，緩慢滴加6 mL新蒸餾過的苯甲酰氯。反應液由無色變為黃色，三氯化鋁逐漸溶解?；旌贤旰?，保持50左右反應1.52 h。儀器A的名稱為_。裝置B的作用為_。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是_。能作為C中裝置的是_（填標號）。（2）操作X為_。（3）NaOH溶液洗滌的目的是_。（4）粗產品先經常壓蒸餾除去_，

17、再減壓蒸餾得到產品。（5）當所測產品熔點為_時可確定產品為純品。已知實驗最終所得純品8.0 g，則實驗產率為_ %（保留三位有效數字）。27、（12分）為了檢驗在氫氣和二氧化碳的混合氣體中是否混入了一氧化碳，用如下的裝置進行實驗。請回答： (1)寫出標有番號的儀器名稱：_，_，_。(2)裝置B中用的試劑是 _，目的是為了_。(3)當觀察到E裝置中出現_現象時，說明混合氣體中一定含有一氧化碳。(4)如果混合氣體中含有一氧化碳，為了保護環境，應在E裝置右邊的排氣管口采取的措施是_。 (5)A裝置的作用是_，反應的化學方程式是_。(6)假設混合氣體中的CO與CuO完全反應，當通入的氣體為mg， D增

18、重ng，E瓶增重pg。則混合氣體中CO的質量百分數為：_%；如果去掉D裝置，這里計算的CO的質量百分數準確嗎？為什么？_。28、（14分）聚合物（W是鏈接中的部分結構）是一類重要的功能高分子材料，聚合物X是其中的一種，轉化路線如下：已知：iR1CHO+R2CH2CHO iiiiiR1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3（R代表烴基或氫原子）（1）E所含的官能團名稱是_。（2）N的名稱是_。（3）的反應類型是_。（4）的化學方程式是_。的化學方程式是_。（5）X的結構簡式是_。（6）Q有多種同分異構體，其中符合下列條件的有_種。屬于芳香類化合物且苯環上只有兩個

19、側鏈遇FeCl3溶液顯紫色苯環上的一氯代物只有兩種其中符合核磁共振氫譜中峰面積之比1：2：2：1：6的結構簡式為_（寫出其中一種即可）。（7）請以CH3CH2OH為原料（無機試劑任選），用不超過4步的反應合成CH3CH2CH2COOH，試寫出合成流程圖_。29、（10分）X、Y、Z、R、W 均為周期表中前四周期的元素，其原子序數依次增大；X2-和 Y+有相 同的核外電子排布；Z 的氫化物的沸點比其上一周期同族元素氫化物的沸點低；R 的基 態原子在前四周期元素的基態原子中單電子數最多；W 為金屬元素，X 與 W 形成的某 種化合物與 Z 的氫化物的濃溶液加熱時反應可用于實驗室制取 Z 的氣態單質

20、?；卮鹣?列問題（相關回答均用元素符號表示）：(1)R 的基態原子的核外電子排布式是_。(2)Z 的氫化物的沸點比其上一周期同族元素氫化物的沸點低的原因是_。(3)X 與 Z 中電負性較大的是_ 。Z 的某種含氧酸鹽常用于實驗室中 X 的單質的 制取，此酸根離子的空間構型是_，此離子中含有的化學鍵類型 是_ ，XZX 的鍵角_109.5（填“”、“=”或“”）。(4)X 與 Y 形成的化合物 Y2X 的晶胞如圖。其中 X 離子的配位數 為_，以相距一個 X 離子最近的所有 Y 離子為頂點構成的幾何體為_ 。該化合物與 MgO 相比，熔點較高的是_。(5)已知該化合物的晶胞邊長為 a pm，則該

21、化合物的密度為_gcm-3（只要求列算式，不必計算出數值，阿伏加德歲常數的數值為 NA）。參考答案（含詳細解析）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、C【答案解析】短周期主族元素a、b、c、d、e原子序數依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素組成的中學化學常見物質，C是能使濕潤紅色石蕊試紙變藍的氣體，則C為NH3。根據圖示A能與酸或堿反應，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，則A為弱酸形成的銨鹽，而B能與淡黃色固體D反應生成單質E，則B為CO2、D為Na2O2、E為O2，而A是四元化合物，則A為(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨氣與氧氣反應生

22、成NO與水；結合原子序數可知a為H、b為C、c為N、d為O、e為Na?！绢}目詳解】Ac、d、e簡單離子分別為N3、O2、Na，三者電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑：c(N3)d(O2)e(Na)，正確，A不選；Ba、c、d分別是H、N、O元素，元素的非金屬性越強，則對應的陰離子還原性越弱。非金屬性a(H)c(N)d(O)，則簡單陰離子的還原性：a(H)c(N3)d(O2)，正確，B不選；Cc為N、d為O，c、d的氫化物分別是NH3、H2O，常溫下氨氣為氣體，而水為液體，氫化物沸點：c(NH3)d(H2O)，錯誤，C選；DC為NH3，E是O2，C與E的反應是氨氣與氧氣反應生成

23、NO與水，是工業制硝酸的基礎反應，正確，D不選。答案選C。2、D【答案解析】X、Y、Z、W為短周期元素，Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，則Y為O元素，根據X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置關系可知，X為C元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，結合元素周期律及物質的性質作答?！绢}目詳解】根據上述分析可知，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，A. Y的氫化物分別是H2O、H2O2，H2O、H2O2常溫下都呈液態，X的氫化物為烴，烴分子中碳原子數不同，沸點差別很大，故Y的氫化物的沸點不一定比X氫化物的沸點高，A項錯誤；B. Z的氧化物對應的水化物可

24、能是硫酸或亞硫酸，W的氧化物對應的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物對應的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO屬于弱酸，H2SO4屬于強酸，B項錯誤；C. SO2、CCl4的化學鍵類型為極性共價鍵，而Na2S的化學鍵類型為離子鍵，C項錯誤；D. Ge與C同族，根據元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D項正確；答案選D。3、A【答案解析】A選項，太陽能燃料屬于二次能源，故A錯誤；B選項，直接電催化CO2制取燃料時，化合價降低，在陰極反應，因此燃料是陰極產物，故B正確；C選項，用光催化分解水產生的H2，氫氣燃燒放出熱量多，無污染，是理想的綠色能源，故C正確；D選項，研發和利用

25、太陽能燃料，消耗能量最低，有利于經濟的可持續發展，故D正確。綜上所述，答案為A。4、B【答案解析】A項、溶液中H+與KHSO3反應，不能大量共存，故A不選；B項、0.1molL1H2SO4溶液中該組離子之間不反應，能大量共存，故B正確；C項、ClO-具有強氧化性，堿性條件下會將Na2SO3氧化，不能大量共存，故C不選；D項、NH4+和HCO3-會與Ba（OH）2反應，不能大量共存，故D不選。故選B?！敬鸢更c睛】本題考查離子共存，側重分析與應用能力的考查，注意復分解反應、氧化還原反應的判斷，把握習題中的信息及離子之間的反應為解答的關鍵。5、C【答案解析】解答本類題目要審清選項中涉及的以下幾個方面

26、：要審清所求粒子的種類，如分子、原子、離子、質子、中子、電子等，涉及物質的體積時要審清物質的狀態和溫度、壓強，涉及中子數和化學鍵的計算，要審清相關物質的結構和特殊物質的摩爾質量，涉及化學反應要明確相關反應的特點和電子轉移；涉及溶液中的微粒要關注電離和水解；要注意審清運算公式?！绢}目詳解】A項、溶劑水分子中也含有氧原子，故無法計算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子數目，故A錯誤；B項、Na2S溶液中S2-水解：S2H2OHSOH，導致陰離子總數增多，則陰離子數目大于0.1NA，故B錯誤；C項、由方程式可知反應的還原產物為硫化鈉，生成1mol硫化鈉時轉移電子數為1mol6-（-2

27、）=8mol，個數為8NA，故C正確；D項、通常狀況下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol，11.2LCO2的物質的量小于0.5 mol，所含有的共價鍵數目小于2NA，故D錯誤。故選C?！敬鸢更c睛】本題考查阿伏加德羅常數的有關計算，注意氣體摩爾體積的適用范圍和溶液中的水也含有氧原子是解答關鍵。6、A【答案解析】A放電時，Zn失去電子，發生3Zn6e+6OH3Zn（OH）2，故A正確；B正極反應式為FeO42-+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，pH增大，故B錯誤；C充電時，鐵離子失去電子，發生Fe（OH）3轉化為FeO42的反應，電極反應為Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O

28、，每轉移3mol電子，陽極有1mol Fe（OH）3被氧化，故C錯誤；D充電時，電池的負極與與電源的負極相連，故D錯誤故選A7、C【答案解析】在化學反應前后元素種類、原子數目和物質的總質量不變，分子數目可能變化，而物質種類一定發生變化，據以上分析解答。【題目詳解】化學反應的實質是有新物質生成,從微觀角度來看是原子的重新組合,反應中遵循質量守恒定律,反應前后元素原子守恒,所以化學反應前后肯定沒變化的是原子數目、元素種類、物質的總質量；而反應前后分子數目可以改變,物質種類也會改變；綜上分析所述, 反應前后不變；綜上所述，本題正確選項C。8、A【答案解析】A. Na2O2與水反應，H2O2在二氧化錳

29、催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體常溫條件下反應，故A正確；B. 進行中和熱的測定需要用到環形玻璃攪拌棒，缺少儀器，故B錯誤；C. 蒸干CuSO4溶液，因結晶硫酸銅受熱會脫水，使得到的CuSO45H2O固體不純，故C錯誤；D. 工業制氨氣是在高溫、高壓和催化劑的條件下進行的，此處無高壓條件，且檢驗氨氣應用濕潤的紅色石蕊試紙，故D錯誤。故選A。9、D【答案解析】A. 由已知的能量變化圖可知，1 mol H2O(g)分解為2 mol H與1 mol O時吸收930 kJ熱量，A項正確；B. 由已知的能量變化圖可知，H2(g)O2(g)=H2O(g) H反應物斷鍵吸收的能量-生成物成鍵釋放的

30、能量=(436+249-930)kJmol1=-245kJmol1，則熱化學方程式為：2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H-245kJmol12=-490 kJmol1，B項正確；C. 甲吸收能量生成乙，乙釋放能量生成丙，乙的能量最高，甲生成丙為放熱反應，則甲的能量高于丙，則甲、乙、丙中物質所具有的總能量大小關系為乙甲丙，C項正確；D. 乙丙的過程中生成氣態水時，釋放930 kJ的能量，若生成液態水，氣態水轉變為液態水會繼續釋放能量，則釋放的能量將大于930 kJ，D項錯誤；答案選D。10、C【答案解析】在反應3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合價變化情況為

31、：溴元素由+3價升高為+5價，溴元素由+3價降低為0價，氧元素化合價由-2價升高為0價，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時水也起還原劑作用若5molH2O參加反應，則生成1molO2，氧原子提供電子物質的量為2mol2，令被水還原的BrF3的物質的量為xmol，根據電子轉移守恒，則：2mol2=xmol（3-0）解得x=4/3mol，選項C符合題意。11、A【答案解析】濃硝酸、碘化銀、次氯酸見光都易分解;碳酸氫鈉加熱分解,見光不分解,以此解答該題?！绢}目詳解】AgI、HNO3、HClO在光照條件下都可分解,而NaHCO3在加熱條件下發生分解，所以A選項是正確的；綜上所述，本題選項A。1

32、2、D【答案解析】該裝置有外接電源，是電解池，由圖可知，氧氣在石墨2極被還原為水，則石墨2極為陰極，B為直流電源的負極，陰極反應式為O2+4H+4e-=2H2O，A為正極，石墨1極為陽極，甲醇和一氧化碳失電子發生氧化反應生成碳酸二甲酯，陽極反應為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，據此解答?！绢}目詳解】A. 由以上分析知，石墨2極為陰極，陰極與直流電源的負極相連，則B為直流電源的負極，故A正確；B. 陽極上是甲醇和一氧化碳反應失電子發生氧化反應，電極反應為2CH3OH+CO-2e-=(CH3O)2CO+2H+，故B正確；C. 電解池中，陽離子移向陰極，則H+由石墨1極通過質

33、子交換膜向石墨2極移動，故C正確；D. 常溫常壓下甲醇是液體，電解池工作時轉移電子守恒，根據關系式2CO 4e- O2可知，陰極消耗的O2與陽極消耗的CO物質的量之比為1：2，故D錯誤；答案選D。13、B【答案解析】從圖中可以看出，在陽離子交換柱段，自來水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發生交換，Ca2+、Na+、Mg2+進入陽離子交換樹脂中，樹脂中的H+進入水中；在陰離子交換柱段，NO3-、Cl-、SO42-進入陰離子交換樹脂中，樹脂中的OH-進入水中，與水中的H+反應生成H2O?！绢}目詳解】A經過陽離子交換樹脂后，依據電荷守恒，水中陽離子的總數增多，A不正確；B通過陽

34、離子交換樹脂時，水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發生交換，H則被交換到水中，B正確；C通過凈化處理后，水的導電性減弱，C不正確；D陰離子樹脂填充段存在反應HOH-=H2O，D不正確；故選B。14、D【答案解析】由圖可知該裝置為電解池：Si4+在液態鋁電極得電子轉化為Si，所以液態鋁電極為陰極，連接電源負極，則Cu-Si合金所在電極為陽極，與電源正極相接，三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供離子自由移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，據此分析解答?！绢}目詳解】A由圖可知，電解池的陽極上Si失電子轉化為Si4+，陰極反應為Si4+得電子轉化為Si，所以Si優先于Cu

35、被氧化，故A錯誤；B圖中，鋁電極上Si4+得電子還原為Si，故該電極為陰極，與電源負極相連，故B錯誤；C電流強度不同，會導致轉移電子的量不同，會影響硅提純速率，故C錯誤；D三層液熔鹽在電解槽中充當電解質，可以供自由移動的離子移動，并增大電解反應面積，提高硅沉積效率，故D正確；答案選D。15、D【答案解析】第四周期過渡元素有10種，但是從左到右的第8、9、10三列的元素為第族元素，不屬于副族元素，所以副族元素共有7種，故答案選D。16、B【答案解析】A. 向苯中加少量溴水，振蕩，水層變成無色，是苯萃取溴的過程，屬于物理變化，故A錯誤；B. 沉淀部分溶解，說明還有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸鋇，

36、溶解的是亞硫酸鋇，所以亞硫酸鈉只有部分被氧化，故B正確；C. 向溶液中加入鹽酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C錯誤;D. SO2通入含酚酞的NaOH溶液中紅色消失，是SO2與NaOH反應生成亞硫酸鈉和水的緣故，故D錯誤；故答案為B。17、C【答案解析】A、氫氧化鈉固體溶于水是放熱的過程，故NaOH(s)溶于水的過程中擴散吸收的能量小于水合釋放的能量，故A錯誤；B、酸堿中和放熱，故Q大于0，故B錯誤；C、反應的熱效應與反應的計量數成正比，故當將反應的計量數除以2時，反應的熱效應也除以2，即變為NaOH（s）+H2SO4（aq）Na2SO4（aq）+H2O（l）+Qk

37、J，故C正確；D、氫氧化鈉固體溶于水放熱，即若將氫氧化鈉固體換為氫氧化鈉溶液，則反應放出的熱量變小，即則QQ，故D錯誤。故選：C。18、A【答案解析】試題分析：A二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性大于硅酸，所以二氧化硫和硅酸鈉溶液反應生成不溶性硅酸，但亞硫酸不是硫元素的最高價含氧酸，乙醇則該裝置不能能證明硫的非金屬性比硅強，故A錯誤；B橡皮管可使下部的壓力轉移到上方，從而利用壓強平衡的原理使液體順利流下，故B正確；C如果裝置的氣密性良好，甲、乙兩側水面高度不同，否則水面相同，所以能檢驗裝置的氣密性，故C正確；DNO不溶于水，因此在此裝置中充滿水，從進氣可以收集NO氣體，故D正確；故選A?？?/p>

38、點：考查化學實驗方案設計，涉及非金屬性強弱的判斷、氣密性檢驗、氣體的收集方法等知識點19、C【答案解析】電子從吸附層a流出，a極為負極，發生的反應為：H2-2e-+2OH-=2H2O，b極為正極，發生的反應為：2H+2e-=H2。【題目詳解】A由上面的分析可知，NaClO4沒有參與反應，只是傳導離子，A錯誤；B吸附層b的電極反應2H+2e-=H2，B錯誤；C將正、負電極反應疊加可知，實際發生的是H+OH-=H2O，全氫電池工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能，C正確；D若離子交換膜是陽離子交換膜，則Na+向右移動，左池消耗OH-且生成H2O，pH減小，D錯誤。答案選C。【答案點睛】B電解質溶液

39、為酸溶液，電極反應不能出現OH-。20、C【答案解析】AN4呈正四面體結構，類似白磷(P4)，如圖所示，1個N4分子含6個共價鍵（NN鍵），則0.5 mol N4含共價鍵數目為3 NA，A項錯誤；BS2H2OHSOH，陰離子包括S2、OH和HS，陰離子的量大于0.5 mol，B項錯誤；C鋅與濃硫酸發生反應：Zn2H2SO4(濃)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4=ZnSO4H2，生成氣體11.2 L（標準狀況），則共生成氣體的物質的量，即n(H2+SO2)=，生成1 mol氣體時轉移2 mol電子，生成0.5 mol氣體時應轉移電子數目為NA，C項正確；D己烯和環己烷的分子式都是C6H

40、12，最簡式為CH2，14 g混合物相當于1 mol CH2，含2 mol H原子，故14 g己烯和環己烷的混合物含氫原子數目為2NA，D項錯誤；答案選C。21、C【答案解析】A. 分子式為C10H11NO5，故A正確；B. 含有苯環，能發生取代反應和加成反應，故B正確；C. 分子中畫紅圈的碳原子通過3個單鍵與另外3個碳原子相連，所以不可能所有碳原子處在同一平面內，故C錯誤；D. 苯環上的氫原子被兩個氯原子取代的結構有、，共4種，故D正確；選C。22、C【答案解析】A.同周期主族元素，原子半徑隨原子序數的增大而減小，因此碳原子的半徑大于氧原子，A項錯誤；B.是苯的同系物的組成通式，芳香烴的同系

41、物則不一定，B項錯誤；C.和僅僅是中子數不同，均有6個質子和6個電子，因此原子結構示意圖均為，C項正確；D.基態氧原子有6個電子，和一個氫原子形成共價鍵后的電子后應該是7個，D項錯誤；答案選C。【答案點睛】芳香化合物、芳香烴、苯的同系物，三者是包含的關系，同學們一定要注意辨別。二、非選擇題(共84分)23、甲苯 醛基 取代反應 、 （也可寫成完全脫水） 【答案解析】(l)根據圖示A的結構判斷名稱； (2)根據圖示C的結構判斷含氧官能團名稱；(3)根據圖示物質結構轉化關系，F在氯化鐵的作用下與一氯甲烷發生取代反應生成G；(4)D的結構為，能發生銀鏡反應，說明分子中含有醛基，遇到FeCl3溶液顯紫

42、色說明分子結構中含有酚羥基，苯環上一氯代物只有兩種，說明醛基和酚羥基屬于對位，根據以上條件書寫D同分異構體的結構簡式；(5)H與乙二醇在催化劑作用下發生縮聚反應生成聚酯；(6)結合流程圖中I和E的反應機理書寫化合物I與尿素（H2N - CO - NH2）以2:1反應的化學方程式；(7)參考題中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）與溴單質發生1，4加成，生成，在堿性條件下水解生成，再經過催化氧化作用生成，用五氧化二磷做催化劑，發生分子內脫水生成，最后和氨氣反應生成。【題目詳解】(l)根據圖示，A由苯環和甲基構成，則A為甲苯；(2)根據圖示，C中含有的含氧官能團名稱是醛基；(3)根

43、據圖示物質結構轉化關系，F在氯化鐵的作用下與一氯甲烷發生取代反應生成G；(4)D的結構為，能發生銀鏡反應，說明分子中含有醛基，遇到FeCl3溶液顯紫色說明分子結構中含有酚羥基，苯環上一氯代物只有兩種，說明醛基和酚羥基屬于對位，則 D同分異構體的結構簡式為或；(5)H與乙二醇可生成聚酯，其反應方程式（也可寫成完全脫水）；(6)化合物I與尿素（H2N - CO - NH2）以2:1反應的化學方程式；(7)參考題中信息，以1，3-丁二烯（CH2=CHCH= CH2）與溴單質發生1，4加成，生成，在堿性條件下水解生成，再經過催化氧化作用生成，用五氧化二磷做催化劑，發生分子內脫水生成，最后和氨氣反應生成

44、，則合成路線為：。24、加成反應 BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr (CH3)2C=CH2 CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O 碳碳雙鍵、酯基 4 HCOO C(CH3)=CH2 HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH 【答案解析】乙烯與溴發生加成反應生成A，A為BrCH2CH2Br，結合B的分子式可知B為NC-CH2CH2-CN，B中-CN轉化為-COOH得到丁二酸。丁二酸發生分子內脫水形成酸酐。I與RNH2得到W()，結合W的結構可知I

45、為，結合信息II，逆推可知H為。D的分子式為C4H8，核磁共振氫譜中有兩組峰且面積之比是13，不存在順反異構，則D為(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E與甲醇發生酯化反應生成F，結合H的結構，可知E為CH2=C(CH3)COOH，F為CH2=C(CH3)COOCH3，F發生加聚反應生成的G為，G發生信息I中的反應得到H。據此分析解答?！绢}目詳解】(1)根據上述分析，反應是乙烯與溴發生加成反應，故答案為加成反應；(2)反應是取代反應，其化學方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr，故答案為BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr；(3

46、) 根據上述分析，D的結構簡式為(CH3)2C=CH2，故答案為(CH3)2C=CH2；(4)反應的化學方程式為CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案為CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5) F為CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能團有碳碳雙鍵和酯基；G的結構簡式是，故答案為碳碳雙鍵、酯基；(6)反應的化學方程式為，故答案為；(7)E為CH2=C(CH3)COOH，能發生水解且能發生銀鏡反應，說明屬于甲酸酯類；能與Br2的CCl4溶液發生加成反應，說明含有碳碳雙鍵，符合條件的E的同分

47、異構體有：HCOO CH=CHCH3(順反2種)、HCOO CH2 CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共4種，其中核磁共振氫譜有三個峰的結構簡式為HCOO C(CH3)=CH2，故答案為4；HCOO C(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN發生取代反應生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH發生消去反應生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路線為HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答

48、案為HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【答案點睛】本題的易錯點和難點為(8)，要注意題意“不易發生取代反應”在合成中的應用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羥基形成碳碳雙鍵，再發生取代反應。25、Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OPt、Au將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質，對環境無污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產品中含有較多Fe2(SO4)3雜質乙100%c【答案解析】稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發生反應生成Cu2+、A

49、l3+、Fe2+，濾渣1 的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+，濾液1中加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氫氧化鈉并調節溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，濾液2中主要含有Cu2+，然后將硫酸銅溶液蒸發、冷卻結晶、過濾得到硫酸銅晶體；將濾渣2(主要含有氫氧化鐵和氫氧化鋁)經過一系列步驟制取Al2(SO4)318H2O。結合物質的性質分析解答。【題目詳解】(1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu與酸反應的離子方程式為：C

50、u+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案為Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；Pt、Au，(2)第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，過氧化氫做氧化劑不引入雜質，對環境無污染，根據流程圖，調溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質，對環境無污染；Al3+、Fe3+；(3)第步由CuSO45H2O制備無水CuSO4的方法是在坩堝中加熱脫水，故答案為在坩堝中加熱脫水；(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方

51、法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，過濾除去生成的鐵和過量的鋁粉，將濾液蒸發、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系，造成藥品浪費，故答

52、案為甲；所得產品中含有較多Fe2(SO4)3雜質；乙；(5)取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c molL-1 EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反應如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，銅離子物質的量和標準液物質的量相同=cmol/Lb10-3L=bc10-3mol；依據元素守恒得到：則20mL溶液中含有的CuSO45H2O物質的量為bc10-3mol；100mL溶液中含bc10-3mol5=5bc10-3mol，所以CuSO45H2O質量分數的表達式=100%，故答案為100%；a未干燥錐形瓶對實驗結果無

53、影響，故錯誤；b滴定終點時滴定管尖嘴中產生氣泡，導致消耗標準液讀數偏小，結果偏低，故錯誤；c未除凈可與EDTA反應的干擾離子，導致消耗標準液多，結果偏高，故正確；導致含量的測定結果偏高的是c，故答案為c?！敬鸢更c睛】掌握中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質等是解答本題的關鍵。本題的易錯點為(4)，要注意從原子利用的角度分析解答。26、恒壓滴液漏斗 防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗 控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高 bc 分液 洗去殘留的HCl 苯 48.5 84.4 【答案解析】苯與苯甲酰氯為原料，在AlCl3作用下制備二苯甲酮，實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解

54、，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl，極易溶于水，用C中裝置吸收。反應混合液冷卻，加濃鹽酸后，靜置分層，分液后在有機層中加NaOH溶液洗去殘留的HCl，用無水MgSO4干燥得粗產品，粗產品先經常壓蒸餾除去苯，再減壓蒸餾得到產品?！绢}目詳解】（1）由裝置圖：儀器A的名稱為恒壓滴液漏斗。實驗過程中不能有水，防止三氯化鋁水解，裝置B的作用為防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗。緩慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高。尾氣中有HCl，極易溶于水，用C中裝置

55、吸收，能作為C中裝置的是bc（填標號）。故答案為：恒壓滴液漏斗；防止外界空氣中水蒸氣進入影響實驗；控制反應速率，防止反應過于劇烈，放出大量熱量而使溫度過高；bc；（2）制備二苯甲酮的反應混合物，冷卻、加濃鹽酸后分成兩相，有機相和水相，用分液的方法分離，操作X為分液。故答案為：分液；（3）分液后得到的有機相中含有HCl，NaOH溶液洗滌的目的是洗去殘留的HCl 。故答案為：洗去殘留的HCl ；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸點不同，粗產品先經常壓蒸餾除去苯，再減壓蒸餾得到產品。故答案為：苯；（5）純凈物具有固定的熔點，二苯甲酮的熔點為48.5，當所測產品熔點為48.5時可確定產品為純品。30mL苯（密

56、度0.88gmL1）的物質的量為mol=0.34mol，6 mL新蒸餾過的苯甲酰氯物質的量為mol=0.05210mol，由制備方程式可知，苯過量，所以產品的理論產量為0.05210mol182gmol1=9.482g，則本實驗中苯乙酮的產率為 100%=84.4%，故答案為：48.5；84.4；【答案點睛】本題考查物質的制備實驗，把握物質的性質、發生的反應、制備原理為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意有機物性質的應用，（7）為解答的難點，先判斷苯過量，然后算出理論產量，最后利用公式計算產率。27、集氣瓶 鐵架臺 酒精燈 澄清石灰水 檢驗混合氣體中的二氧化碳是否被完全吸收 白色渾濁（或

57、白色沉淀） 驗純后點燃（或套接氣球或塑料袋） 除去空氣中的CO2 CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O 不準確，因為E瓶增重的pg包含了水蒸汽的質量 【答案解析】(1)結合裝置圖書寫裝置名稱； (2)根據檢驗一氧化碳是將一氧化碳轉化為二氧化碳檢驗，從排除干擾方面分析；(3)根據一氧化碳和氧化銅生成銅和二氧化碳、二氧化碳能使澄清的石灰水變渾濁分析；(4)根據一氧化碳具有可燃性燃燒生成二氧化碳，二氧化碳無毒分析；(5)根據二氧化碳和氫氧化鈉反應生成碳酸鈉和水分析；(6) 根據E中質量的增加量是生成的二氧化碳的質量，再根據二氧化碳的質量計算出一氧化碳的質量，再用一氧化碳的質量除以氣體的總質量即可

58、?！绢}目詳解】(1)根據圖示：為集氣瓶，為鐵架臺，為酒精燈；(2)因為實驗室檢驗一氧化碳通常是讓它先轉化為二氧化碳，然后再用澄清石灰水去檢驗二氧化碳但該混合氣體中原來就有二氧化碳，為了避免引起干擾，所以應該先把二氧化碳吸收完，A裝置目的就是吸收二氧化碳，B裝置用來檢驗混合氣體中二氧化碳是否吸收完全，所以應該用澄清石灰水；(3) 氫氣和一氧化碳都會與氧化銅反應，氫氣與氧化銅反應生成水，而一氧化碳與氧化銅反應生成二氧化碳，二氧化碳可以使E中出現混濁現象。即只要E中變渾濁就證明混合氣體中有一氧化碳；(4) E中出來的氣體中有一氧化碳，一氧化碳有毒，不能直接排放到空氣中，一氧化碳具有可燃性燃燒生成二氧化碳，二氧化碳無毒，為了保護環境，應在E裝置右邊的排氣管口點燃氣體；(5)因為實驗室檢驗一氧化碳通常是讓它先轉化為二氧化碳，然后再用澄清石灰水去檢驗二氧化碳，但該混合氣體中原來就有二氧化碳，為了避免引起干擾，所以應該先把二氧化碳吸收完全，A裝置目的就是吸收二氧化碳，反應方程式為：CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；(6)E瓶增重pg說明生成二氧化碳質量為pg，設生成pg二氧化碳需要一氧化碳的質量為x，則：根據：=，解得x=g，所以混合氣體中CO的質量百分數為：100%=%，如果去掉D裝置，氫氣與氧化銅反應生成的水也進入E裝置內，