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、科學家合成出了一種用于分離鑭系金屬的化合物 A（如下圖所示），短周期元素 X、Y、Z原子序數依次增大，其 中 Z位于第三周期。Z與 Y2可以形

2、成分子 ZY6，該分子常用作高壓電氣設備的絕緣介質。下列關于 X、Y、Z的敘述，正確的是A離子半徑：Y ZB氫化物的穩定性：X YC最高價氧化物對應水化物的酸性：X ZD化合物 A中，X、Y、Z最外層都達到 8電子穩定結構2、下列說法正確的是（ ）A用乙醇和濃硫酸除去乙酸乙酯中的少量乙酸B測定新制氯水的pH時，先用玻璃棒蘸取液體滴在pH試紙上，再與標準比色卡對照C檢驗牙膏中是否含有甘油，可選用新制的氫氧化銅懸濁液，若含有甘油，則產生絳藍色沉淀D將阿司匹林粗產品置于燒杯中，攪拌并緩慢加入飽和NaHCO3溶液，目的是除去粗產品中的水楊酸聚合物3、常溫下，向20mL 0.1mol/L氨水中滴加一定濃

3、度的稀鹽酸，溶液中由水電離的氫離子濃度隨加入鹽酸體積的變化如圖所示。則下列說法正確的是()A常溫下，0.1 mol/L氨水中，c (OH)1105 mol/LBb點代表溶液呈中性Cc點溶液中c(NH4+)c(Cl)Dd點溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)4、常溫下，將等濃度的NaOH溶液分別滴加到等pH、等體積的HA、HB兩種弱酸溶液中，溶液的pH與粒子濃度比值的對數關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）Aa點時，溶液中由水電離的c(OH-)約為110-10 molL-1B電離平衡常數：Ka(HA)c(Na+)c(H+)c(OH-)D向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7時：c

4、(B-) c(HB)5、設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是（ ）A常溫下，23 g NO2含有NA個氧原子B1 L 0.1 molL-1的氨水含有0.1NA個OH-C常溫常壓下，22.4 L CCl4含有NA個CCl4分子D1 mol Fe2+與足量的H2O2溶液反應，轉移2NA個電子6、某學生利用NaOH 溶液去除鋁表面的氧化膜以后，進行“鋁毛”實驗。在其實驗過程中常有發生，但與實驗原理不相關的反應是()AAl2O3+2NaOH2NaAlO2+H2OB2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2C2Al+3Hg(NO3)22Al(NO3)3+3HgD4Al+3O22Al2O

5、37、舉世聞名的侯氏制堿法的工藝流程如下圖所示，下列說法正確的是（）A往母液中加入食鹽的主要目的是使NaHCOB從母液中經過循環進入沉淀池的主要是Na2CC沉淀池中反應的化學方程式：2D設計循環的目的是使原料氯化鈉的利用率大大提升8、化學與我們的生活密切相關。下列說法錯誤的是()A開發可燃冰，有利于節省化石燃料，并減少空氣污染B酒精能殺菌，濃度越大效果越好C鉆石、水晶、剛玉都是人們熟知的寶石，但其化學成分不同D用熱的純堿溶液和直餾汽油去油污原理不同9、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是ApH=1的溶液中：NO3-、Cl、S2、Na+Bc(H+)/c(OH)=1012的溶液中：NH4

6、+、Al3+、NO3-、ClC由水電離的c(H+)=11012molL1的溶液中：Na+、K+、Cl、HCO3-Dc(Fe3+)=0.1molL1的溶液中：K+、Cl、SO42-、SCN10、下列轉化不能通過一步實現的是（）AFeFe3O4BAlNaAlO2CCuCuSO4DCuCuS11、設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（ ）A1mol氨基（-NH2）含有電子數目為10NAB2gH218O中所含中子、電子數目均為NACpH=1的H2SO4溶液10L，含H+的數目為2NAD電解精煉銅時，若陽極質量減少64g，則陽極失去的電子數為2NA12、下列裝置可達到實驗目的是A證明酸性：醋酸碳

7、酸苯酚B制備乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水層后的操作D用NH4Cl飽和溶液制備NH4Cl晶體13、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 kJ14、COCl2 的分解反應為: COCl2(g)Cl2(g)+CO(g) H+108 kJmol-1。某科研

8、小組研究反應體系達到平衡后改變外界條件，各物質的濃度在不同條件下的變化狀況，結果如圖所示。下列有關判斷不正確的是A第 4min 時，改變的反應條件是升高溫度B第 6min 時，V 正(COCl2)V 逆(COCl2)C第 8min 時的平衡常數 K2.34D第 10min 到 14min 未標出 COCl2 的濃度變化曲線15、某濃度稀HNO3與金屬M反應時，能得到+2價硝酸鹽，反應時M與HNO3的物質的量之比為5 12，則反應時HNO3的還原產物是 （ ）ANH4NO3BN2CN2ODNO16、止血環酸的結構如下圖所示，用于治療各種出血疾病，在一些牙膏中也含有止血環酸。下列說法不正確的是 A

9、該物質的分子式為C8H15NO2B在光照條件下與Cl2反應生成的一氯代物有4種C該物質能發生取代反應、置換反應D止血原理可看做是膠體的聚沉17、某溫度下，向10 mL 0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1molL-1的NaA該溫度下 KBX、Y、Z三點中，Y點水的電離程度最小CNa2D向100 mL Zn2+,Cu2+濃度均為11018、25時，NH3H2O和CH3COOH的電離常數K相等。下列說法正確的是A常溫下，CH3COONH4溶液的pH=7，與純水中H2O的電離程度相同B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固體時，c(NH4+)、c(CH3COO)均會增大C常溫下，等濃度

10、的NH4Cl和CH3COONa兩溶液的pH之和為14D等溫等濃度的氨水和醋酸兩溶液加水稀釋到相同體積，溶液pH的變化值一定相同19、已知：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)196.64kJ，則下列判斷正確的是A2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJB2molSO2氣體和過量的O2充分反應放出196.64kJ熱量C1LSO2(g)完全反應生成1LSO3(g)，放出98.32kJ熱量D使用催化劑，可以減少反應放出的熱量20、某科學興趣小組查閱資料得知，反應溫度不同，氫氣還原氧化銅的產物就不同，可能是Cu或Cu2O，Cu和Cu2O均為不溶于水的紅色固體，但氧化亞銅能與稀硫酸

11、反應，化學方程式為：Cu2OH2SO4=CuSO4CuH2O，為探究反應后的紅色固體中含有什么物質？他們提出了以下假設：假設一：紅色固體只有Cu假設二：紅色固體只有Cu2O假設三：紅色固體中有Cu和Cu2O下列判斷正確的是()A取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，則假設一和二都成立B若看到溶液變成藍色，且仍有紅色固體，則只有假設三成立C現將7.2克紅色固體通入足量的H2還原，最后得到固體6.4克，則假設二成立D實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2沉淀，加熱后制取Cu2O21、泛酸又稱為維生素B5，在人體內參與糖、油脂、蛋白質的代謝過程，具有抗脂質過氧化作用，其結

12、構為，下列有關該化合物的說法不正確的是A該物質可發生水解反應，水解產物均能發生縮聚反應B1mol該物質與足量 NaOH 溶液反應，最多可消耗 2molNaOHC該物質在銅、銀等催化劑存在下可以被氧氣氧化生成醛基和酮羰基D該物質在濃硫酸、Al2O3或 P2O5等催化劑作用下可發生脫水反應，生成碳碳雙鍵22、已知：一元弱酸HA的電離平衡常數K 。25時，CH3COOH、HCN、H2CO3的電離平衡常數如下：化學式CH3COOHHCNH2CO3K1.751054.91010K1 = 4.4107K2 = 5.61011下列說法正確的是A稀釋CH3COOH溶液的過程中，n(CH3COO)逐漸減小BNa

13、HCO3溶液中：c(H2CO3) c() c(HCO3)C25時，相同物質的量濃度的NaCN溶液的堿性強于CH3COONa溶液D向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均產生CO2二、非選擇題(共84分)23、（14分）如圖是部分短周期元素（用字母x等表示）化合價與原子序數的關系圖。根據判斷出的元素回答問題：（1）h在周期表中的位置是_。（2）比較z、f、g、r常見離子的半徑大小（用化學式表示，下同）：_；比較r、m的最高價氧化物對應水化物的酸性強弱：_；比較d、m的氫化物的沸點：_。（3）x與氫元素能形成多種化合物，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質是（寫分

14、子式）_，實驗室制取該物質的化學方程式為：_。（4）由y、m和氫元素組成一種離子化合物，寫出其電子式：_。（5）用鉛蓄電池作電源，惰性電極電解飽和em溶液，則電解反應的生成物為（寫化學式）_。鉛蓄電池放電時正極反應式為式）_。24、（12分）葉酸可以由下列甲、乙、丙三種物質合成。（1）甲的最簡式為_；丙中含有官能團的名稱為_。（2）下列關于乙的說法正確的是_(填序號)。a分子中碳原子與氮原子的個數比是7：5 b屬于芳香族化合物c既能與鹽酸又能與氫氧化鈉溶液反應 d屬于苯酚的同系物（3）甲在一定條件下能單獨聚合成高分子化合物，請寫出該反應的化學方程式：_。（4）甲可以通過下列路線合成(分離方法和

15、其他產物已經略去)：步驟的反應類型是_。步驟I和IV在合成甲過程中的目的是_。步驟IV反應的化學方程式為_。25、（12分）吊白塊( NaHSO2HCHO2H2O，M=154.0g/mol)在工業中有廣泛應用；吊白塊在酸性環境下、100即發生分解釋放出HCHO。實驗室制備吊白塊的方案如下：NaHSO3的制備：如圖，在廣口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振蕩溶解，緩慢通入SO2，至廣口瓶中溶液pH約為4，制得NaHSO3溶液。（1）裝置中產生氣體的化學反應方程式為_；中多孔球泡的作用是_。（2）實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是_。吊白塊的制備：如圖，向儀器A中加入上

16、述NaHSO3溶液、稍過量的鋅粉和一定量甲醛，在8090C下，反應約3h，冷卻過濾。（3）儀器A的名稱為_；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是_。（4）將儀器A中的反應溫度恒定在8090的目的是_。吊白塊純度的測定：將0.5000g吊白塊樣品置于蒸餾燒瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100水蒸氣；吊白塊分解并釋放出甲醛，用含36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4吸收甲醛(不考慮SO2影響，4MnO4+5HCHO+12H+=4Mn2+5CO2+11H2O)，再用0.1000molL1的草酸標準溶液滴定酸性KMnO4，再重復實驗2次，平均消耗草酸溶液的體積為30.00mL

17、。（5）滴定終點的判斷方法是_；吊白塊樣品的純度為_%(保留四位有效數字)；若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，會導致測量結果_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)26、（10分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑。現欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質。.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是_。A中發生反應的化學方程式為_。儀器E的作用是_。（2）F中盛裝的試劑是_。.探究

18、Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為_。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品_。.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為_%（保留一位小數），若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的

19、體積，會導致Na2S2O5樣品的純度_。（填“偏高”、“偏低”）27、（12分）亞氯酸鈉（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡騰片的主要成分。實驗室以氯酸鈉（NaClO3）為原料先制得ClO2，再制備NaClO2粗產品，其流程如圖：已知：ClO2可被NaOH溶液吸收，反應為2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。無水NaClO2性質穩定，有水存在時受熱易分解。（1）反應中若物質X為SO2，則該制備ClO2反應的離子方程式為_。（2）實驗在如圖-1所示的裝置中進行。若X為硫磺與濃硫酸，也可反應生成ClO2。該反應較劇烈。若該反應在裝置A的三頸燒瓶中進行，則三種試劑（a.濃硫

20、酸；b.硫黃；c.NaClO3溶液）添加入三頸燒瓶的順序依次為_（填字母）。反應中雙氧水的作用是_。保持反應時間、反應物和溶劑的用量不變，實驗中提高ClO2吸收率的操作有：裝置A中分批加入硫黃、_（寫出一種即可）。（3）將裝置B中溶液蒸發可析出NaClO2，蒸發過程中宜控制的條件為_（填“減壓”、“常壓”或“加壓”）。（4）反應所得廢液中主要溶質為Na2SO4和NaHSO4，直接排放會污染環境且浪費資源。為從中獲得芒硝（Na2SO410H2O）和石膏（水合硫酸鈣），請補充完整實驗方案：_，將濾液進一步處理后排放（實驗中須使用的試劑和設備有：CaO固體、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶

21、于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲線如圖2所示。28、（14分）十九大報告指出：“堅持全民共治、源頭防治，持續實施大氣污染防治行動，打贏藍天保衛戰！”以NOx為主要成分的霧霾的綜合治理是當前重要的研究課題。（1）工業上采用NH3SCR法是消除氮氧化物的常用方法。它利用氨在一定條件下將NOx在脫硝裝置中轉化為N2。主要反應原理為：主反應：a.4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) H1副反應：b.4NH3(g)+3O2(g) 2N2(g)+6H2O(g) H2=1267.1kJ/molc.4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g) H3=

22、907.3 kJ/mol上述反應中利用了NH3的_ 性質；H1_。將氮氧化合物按一定的流速通過脫硝裝置，測得出口的NO殘留濃度與溫度的關系如圖1，試分析脫硝的適宜溫度是_（填序號）。A 1050 溫度超過1000 ，NO濃度升高的原因是_。（2）已知：8NH3(g)+6NO2(g) 7N2(g) +12H2O(l) H0。相同條件下，在2 L密閉容器內，選用不同的催化劑進行反應，產生N2的量隨時間變化如圖2所示。該反應活化能Ea(A)、Ea(B)、Ea(C)由大到小的順序是_，理由是_。下列說法正確的是_（填標號）。a 使用催化劑A達平衡時，H值更大b 升高溫度可使容器內氣體顏色加深c 單位時

23、間內形成N-H鍵與O-H鍵的數目相等時，說明反應已經達到平衡d 若在恒容絕熱的密閉容器中反應，當平衡常數不變時，說明反應已經達到平衡（3）為避免汽車尾氣中的氮氧化合物對大氣的污染，需給汽車安裝尾氣凈化裝置。在凈化裝置中CO和NO發生反應2NO(g)+2CO(g) N2(g)+2CO2(g)H=746.8kmol1，實驗測得，v正=k正c2(NO)c2(CO)，v逆=k逆c(N2)c2(CO2)(k正、k逆為速率常數，只與溫度有關)。達到平衡后，僅升高溫度，k正增大的倍數_(填“”“”或“=”)k逆增大的倍數。若在1L的密閉容器中充入1 molCO和1 molNO，在一定溫度下達到平衡時，CO的

24、轉化率為40%，則=_。（分數表示或保留一位小數）29、（10分）氯堿廠以食鹽等為原料，生產燒堿、鹽酸等化工產品。工藝流程可簡單表示如圖：完成下列填空：（1）粗鹽水中含有 MgCl2、CaCl2、Na2SO4 等可溶性雜質，步驟必須先后加入稍過量的 NaOH、BaCl2、Na2CO3溶液后過濾除雜。試寫出加入 Na2CO3溶液時發生反應的離子方程式：_。寫出步驟發生反應的化學方程式：_。（2）步驟之后獲得干燥的燒堿產品的有關操作有_。進行步驟的生產設備 A、B之間傳遞的是（選填編號）_。A只有物料B既有物料又有能量C只有能量D既無物料也無能量（3）如果用下列裝置在實驗室進行步驟的實驗，正確的是

25、（選填編號）_。若檢驗燒堿產品中是否含有少量 NaCl 雜質的實驗方案是_。（4）為測定燒堿產品的純度，準確稱取 5.000g 樣品（雜質不含堿性物質）置于燒杯中，加水攪拌，冷卻至室溫后，將溶液全部轉移入 1000mL 的容量瓶之后的一步操作是_。從所配得的溶液中每次都取出 20.00mL，用 0.12mol/L的鹽酸滴定（選用常用指示劑），兩次分別用去鹽酸溶液19.81mL 和 19.79mL判斷滴定終點的依據是_，根據實驗數據計算此燒堿產品的純度為（保留兩位小數）_。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、D【答案解析】短周期元素 X、Y、Z

26、原子序數依次增大，觀察正離子結構，Z失去一個電子后，可以成3個共價鍵，說明Z原子最外面為6個電子，由于Z位于第三周期，所以Z為S元素，負離子結構為，Y成一個共價鍵，為-1價，不是第三周期元素，且原子序數大于X，應為F元素（當然不是H，因為正離子已經有H）；X得到一個電子成4個共價鍵，說明其最外層為3個電子，為B元素，據此分析解答。【題目詳解】A電子層數F-S2-，離子半徑F- Y，A選項錯誤；B非金屬性越強，簡單氫化物越穩定，非金屬性：FB，則有BH3HF，所以 X B，則酸性H3BO3（弱酸）H2SO4（強酸），所以X Ka(HB)，選項B錯誤；C. b點時，=0，c(B-)=c(HB)，p

27、H=5，c(B-)=c(HB)c(Na+)c(H+)c(OH-)，選項C正確；D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7時，0，c(B-) c(HB)，選項D正確。答案選B。5、A【答案解析】A.23gNO2的物質的量是0.5mol，含有1mol氧原子，選項A正確；B.氨水是弱堿，部分電離，即.1 L 0.1 molL1氨水含有OH個數小于0.1NA，選項B錯誤；C.常溫常壓下四氯化碳不是氣體，不能適用于氣體摩爾體積，選項C錯誤；D.反應中亞鐵離子失去1個電子，選項D錯誤；答案選A。6、B【答案解析】利用NaOH溶液去除鋁表面的氧化膜，發生的反應為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2

28、O，然后進行“鋁毛”實驗即汞能與鋁結合成合金，俗稱“鋁汞齊”，所以鋁將汞置換出來，形成“鋁汞齊”，發生反應為：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，當“鋁汞齊”表面的鋁因氧化而減少時，鋁片上的鋁會不斷溶解進入鋁汞齊，并繼續在表面被氧化，最后使鋁片長滿固體“白毛”而且越長越高，發生反應為：4Al+3O2=2Al2O3，所以與實驗原理不相關的反應是B； 故選：B。7、B【答案解析】先通入氨氣再通入二氧化碳反應得到碳酸氫鈉晶體和母液為氯化銨溶液，沉淀池中得到碳酸氫鈉晶體，反應式為NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，過濾得到碳酸氫鈉晶體煅燒爐中加熱分解，碳酸氫

29、鈉受熱分解生成碳酸鈉純堿，過濾后的母液通入氨氣加入細小食鹽顆粒，冷卻析出副產品氯化銨，氯化鈉溶液循環使用， 據此分析。【題目詳解】A向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出，選項A錯誤； B向母液中通氨氣作用有增大NH4+的濃度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3轉化為Na2CO3，從母液中經過循環進入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，選項B正確； C沉淀池中發生的化學反應為飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳析出碳酸氫鈉晶體，反應方程式為NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，選項C錯誤； D循環是將未反應的氯化鈉返回沉淀池中使原料氯化鈉的利

30、用率大大提升，循環的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池繼續反應生成碳酸氫鈉，二氧化碳利用率大大提升，選項D錯誤； 答案選B。【答案點睛】本題主要考察了聯合制堿法的原料、反應式以及副產物的回收利用，如何提高原料的利用率、檢驗氯離子的方法是關鍵，循環的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池繼續反應，循環中的氯化鈉有又返回到沉淀池。8、B【答案解析】A“可燃冰”是天然氣水合物，燃燒生成二氧化碳和水，屬于清潔能源，有利于節省化石燃料，并減少空氣污染，故A正確；B醫用酒精的濃度為75%，并不是越大越好，濃度過大的酒精能夠使細菌表明的蛋白質凝固，形成一層硬膜，這層硬膜阻止酒精分子進一步滲入細菌內部，反而保護了細菌，故

31、B錯誤；C鉆石的成分是碳單質，水晶的成分是二氧化硅、剛玉的成分是氧化鋁，三者成分不同，故C正確；D純堿水解顯堿性，油脂在堿性環境下水解，直餾汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正確；故選：B。9、B【答案解析】A. pH=1的溶液呈酸性，H+、NO3-與S2發生氧化還原反應而不能大量共存，選項A錯誤；B. c(H+)/c(OH)=1012的溶液呈酸性，H+、NH4+、Al3+、NO3-、Cl相互之間不反應，能大量共存，選項B正確；C. 由水電離的c(H+)=11012molL1的溶液可能為強酸性也可能為強堿性，HCO3-均不能大量存在，選項C錯誤； D. c(Fe3+)=

32、0.1molL1的溶液中：Fe3+與SCN發生絡合反應而不能大量共存，選項D錯誤；答案選B。10、D【答案解析】AFe與氧氣反應生成四氧化三鐵，可一步實現轉化，故A正確；BAl與NaOH溶液反應生成偏鋁酸鈉和氫氣，可一步實現轉化，故B正確；CCu與濃硫酸加熱反應生成硫酸銅，可一步實現轉化，故C正確；DS具有弱氧化性，與Cu反應生成Cu2S，則Cu與S不能一步轉化為CuS，故D錯誤；答案選D。【答案點睛】只有強氧化劑(如：氯氣)能使變價金屬在氧化還原反應中轉化為最高價。氧化劑較弱的只能生成低價態的金屬離子。11、B【答案解析】A氨基是取代基，屬于中性原子團，結合微粒計算電子數1mol9NA9NA

33、，故A錯誤；BH218O的摩爾質量均為20g/mol，2gH218O的物質的量為0.1mol，分子中含有的中子數、電子數均為10個，則0.1mol混合物中含有的中子數、電子數均為NA個，故B正確；CpH=1的H2SO4溶液中，由pHlgc(H)1，H2SO4溶液c(H)0.1mol/L，10L溶液n(H)1mol，所含H數目為NA，故C錯誤；D電解法精煉銅，粗銅含有雜質金屬，陽極先是鋅、鐵、鎳失電子，然后才是銅失電子，當陽極質量減少 64g 時，陽極失去的電子數不是2NA，故D錯誤；故答案選B。12、B【答案解析】A醋酸易揮發，醋酸、碳酸均與苯酚鈉反應生成苯酚，則不能比較碳酸、苯酚的酸性，選項

34、A錯誤；B乙酸與丁醇加熱發生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流，圖中可制備乙酸丁酯，選項B正確；C苯的密度比水小，水在下層，應先分離下層液體，再從上口倒出上層液體，選項C錯誤；D蒸干時氯化銨受熱分解，選項D錯誤；答案選B。【答案點睛】本題考查化學實驗方案的評價及實驗裝置綜合應用，為高頻考點，把握物質的性質、實驗技能、實驗裝置的作用為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗評價性分析，易錯點為選項B：乙酸與丁醇加熱發生酯化反應生成酯，長導管可冷凝回流；選項D：蒸干時氯化銨受熱分解，應利用冷卻結晶法制備，否則得不到氯化銨晶體。13、D【答案解析】A. 由已知的能量變化圖可知，1 mol H2O

35、(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

36、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。14、C【答案解析】A選項，第4min時，改變的反應條件是升高溫度，平衡正向移動，COCl2濃度減小，故A正確；B選項，第6min時，平衡正向移動，因此V正(COCl2)V逆(COCl2)，故B正確；C選項，第 8min 時的平衡常數 ，故C錯誤；D選項，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移動，氯氣，一氧化碳濃度增加，COCl2濃度減小，因此COCl2濃度變化曲線沒有畫出，故D正確。綜上所述，答案為C。15、B【答案解析】依據題意可列出反應方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2+6H2O，某稀HNO

37、3與金屬M反應時能得到+2價硝酸鹽，所以1mol M失去2mol電子，5mol M失去10mol電子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸沒有參加氧化還原反應，只有2mol硝酸參加氧化還原反應，得到10mol電子，硝酸中氮的化合價為+5價，所以還原產物必須是0價的N2，B項正確；答案選B。【答案點睛】利用電子轉移數守恒是解題的突破口，找到化合價的定量關系，理解氧化還原反應的本質是關鍵。16、B【答案解析】A由結構簡式可知分子式為C8 H15NO2，故A正確；B烴基含有5種氫，如只取代烴基的H，則在光照條件下與Cl2反應生成的一氯代物有5種，故B錯誤；C含有羧基，可發生取代、置換反應(與金

38、屬鈉等)，故C正確；D含有羧基，在溶液中可電離，可使膠體聚沉，故D正確。故選B。17、B【答案解析】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，發生反應：Cu2+S2-CuS，Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，Y點溶液時滴加Na2S溶液的體積是10mL，此時恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此時-lgc(Cu2+)=17.7，則平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)= c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L10-17.7m

39、ol/L=10-35.4mol2/L2，據此結合物料守恒分析。【題目詳解】A. 該溫度下，平衡時c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，則Ksp(CuS)= c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4mol2/L2，A錯誤；B.Cu2+單獨存在或S2-單獨存在均會水解，水解促進水的電離，Y點時恰好形成CuS沉淀，水的電離程度小于X、Z點，所以X、Y、Z三點中，Y點水的電離程度最小，B正確；C.根據Na2S溶液中的物料守恒可知：2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)=c(Na+)，C錯誤；D.向100mLZn2+、Cu2+

40、濃度均為10-5mol/L的混合溶液中逐滴加入10-4mol/L的Na2S溶液，產生ZnS時需要的S2-濃度為c(S2-)=310-2510-5mol/L=310-20mol/L，產生CuS時需要的S2-濃度為c(S2-)= 110-35.410-5=10-30.4mol/L310-20mol/L，則產生CuS沉淀時所需故合理選項是B。【答案點睛】本題考查沉淀溶解平衡的知識，根據圖象所提供的信息計算出CuS的Ksp數值是解題關鍵，注意掌握溶度積常數的含義及應用方法，該題培養了學生的分析能力及化學計算能力。18、C【答案解析】25時，NH3H2O和CH3COOH的電離常數K相等，這說明二者的電離

41、常數相等。則A常溫下，CH3COONH4溶液中銨根與醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH7，但促進水的電離，與純水中H2O的電離程度不相同，選項A錯誤；B向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固體時溶液堿性增強，促進銨根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO)增大，選項B錯誤；C由于中銨根與醋酸根的水解程度相等，因此常溫下，等濃度的NH4Cl和CH3COONa兩溶液的pH之和為14，選項C正確；D由于二者的體積不一定相等，所以等溫等濃度的氨水和醋酸兩溶液加水稀釋到相同體積，溶液pH的變化值不一定相同，選項D錯誤；答案選C。19、A【答案解析】A.氣態SO3變成液態SO3要放出熱

42、量，所以2SO2(g)O2(g)2SO3(l)Q，Q196.64kJ ，故A正確；B、2molSO2氣體和過量的O2充分反應不可能完全反應，所以熱量放出小于196.64kJ，故B錯誤；C、狀況未知，無法由體積計算物質的量，故C錯誤；D、使用催化劑平衡不移動,不影響熱效應,所以放出的熱量不變,故D錯誤；答案選A。20、C【答案解析】A. 取少量紅色固體，加入足量的稀硫酸，若溶液無明顯現象，說明紅色固體中不含氧化亞銅，則假設一成立，選項A錯誤；B. 若看到溶液變成藍色，說明紅色固體中含有氧化亞銅，仍有紅色固體，不能說明紅色固體中含有銅，因為氧化亞銅和稀硫酸反應也能生成銅，則假設二或三成立，選項B錯

43、誤；C. 假設紅色固體只有Cu2O，則7.2gCu2O的物質的量為0.05mol，和H2反應后生成銅的物質的量為0.1mol，質量為6.4g，所以假設成立，選項C正確；D. 實驗室可以用葡萄糖和新制的含NaOH的Cu(OH)2懸濁液，加熱后制取Cu2O，選項D錯誤。答案選C。21、D【答案解析】A. 該物質可發生水解反應，水解產物均含有羧基和羥基或氨基，均能發生縮聚反應，故A正解；B. 1mol該物質與足量 NaOH 溶液反應，COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH ，最多可消耗 2molNaOH，故B正確；C. 中有伯醇和仲醇，在銅、銀等催化劑存在下可以被氧氣氧化生成醛基和

44、酮羰基，故C正確；D. 中有兩處-OH的鄰碳上沒有氫，不可以發生消去反應，在濃硫酸、Al2O3或 P2O5等催化劑作用下不可發生脫水反應，生成碳碳雙鍵，故D錯誤；故選D。22、C【答案解析】A加水稀釋CH3COOH溶液，促進CH3COOH的電離，溶液中n(CH3COO)逐漸增多，故A錯誤；BNaHCO3溶液中HCO3-的水解常數Kh2=2.27108K2 = 5.61011，說明HCO3-的水解大于電離，則溶液中c()c(H2CO3) c(HCO3)，故B錯誤；C由電離平衡常數可知濃度相等時HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，則25時，相同物質的量濃度的NaC

45、N溶液的堿性強于CH3COONa溶液，故C正確；D由電離平衡常數可知濃度相等時HCN的酸性小于H2CO3，則向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，無CO2氣體生成，故D錯誤；故答案為C。二、非選擇題(共84分)23、第三周期第A族S2-O2-Mg2+Al3+HClO4H2SO4HFHClC2H2CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2NaOH、H2、Cl2PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4【答案解析】根據元素的化合價與原子序數的關系圖可知，x、y、z、d為第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m為第三周期元素，則e為Na元素、f為Mg元素、g為A

46、l元素、h為Si元素、w為P元素、r為S元素、m為Cl元素；z、d只有負價，沒有正價，z為O元素、d為F元素，則x為C元素、y為N元素。結合元素周期律分析解答。【題目詳解】根據上述分析，x為C元素、y為N元素、z為O元素、d為F元素、e為Na元素、f為Mg元素、g為Al元素、h為Si元素、w為P元素、r為S元素、m為Cl元素。(1)h為Si元素，在周期表中位于第三周期第A族，故答案為第三周期第A族；(2)一般而言，電子層數越多，半徑越大，電子層數相同，原子序數越大，半徑越小，則z、f、g、r常見離子的半徑大小為S2-O2-Mg2+Al3+；非金屬性越強，最高價氧化物對應水化物的酸性越強，r、m

47、的最高價氧化物對應水化物的酸性HClO4H2SO4；HF分子間能夠形成氫鍵，沸點較高，d、m的氫化物的沸點HFHCl，故答案為S2-；O2-；Mg2+；Al3+；HClO4；H2SO4；HF；HCl；(3)x與氫元素能形成的化合物為烴類，其中既含極性鍵又含非極性鍵，且相對分子質量最小的物質是乙炔，實驗室用電石與水反應制取乙炔，反應的化學方程式為CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2，故答案為C2 H2；CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2；(4)由y、m和氫元素組成一種離子化合物為氯化銨，氯化銨屬于離子化合物，銨根離子中存在共價鍵，電子式為，故答案為；(5)用鉛蓄電池作電

48、源，惰性電極電解飽和NaCl溶液，反應的方程式為2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；鉛蓄電池放電時，PbO2為正極，電極反應式為PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4，故答案為NaOH、H2、Cl2；PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4。24、C7H7NO2 羧基、氨基 ac n+nH2O 取代反應 保護氨基 +H2O+CH3COOH 【答案解析】(1)由甲的結構簡式，則甲的分子式為C7H7NO2，所以甲的最簡式為C7H7NO2；由丙的結構簡式，所以丙中含有官能團的名稱為羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子與氮原子的個數

49、比是7：5 ，故a正確；b.分子中沒有苯環，故b錯誤；c.分子中含有氨基能與鹽酸反應，含有氯原子又能與氫氧化鈉溶液反應，故c正確；d.分子中沒有苯環，故d錯誤，故選ac，(3).甲為，在一定條件下能單獨聚合成高分子化合物，該反應的化學方程為。(4)由可知步驟的反應類型是取代反應；答案：取代反應。步驟和在合成甲過程中的目的是保護氨基。答案：保護氨基；步驟反應的化學方程式為。答案：。25、Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O 增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率 取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生

50、成，若有，說明NaHSO3被氧化 三頸燒瓶 恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發 溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解 當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色 92.40% 偏高 【答案解析】裝置中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率。實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加

51、少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。根據信息吊白塊在酸性環境下、100即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在8090的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000molL10.03L = 2mol ：xmol解得x = 1.2103mol36.00mL

52、0.1000molL1酸性KMnO4的物質的量為36.00103L0.1000molL1 = 3.6103mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6103mol - 1.2103mol=2.4103mol，再根據4mol：2.4103mol = 5mol：ymol解得y = 3103mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高。【題目詳解】裝置中產生氣體的化學反應方程式為Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；中多孔球泡的作用是可以增大氣體與液體的接觸面積，加快氣體的吸收速率，故答

53、案為：Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；增大氣體與溶液的接觸面積，加快氣體的吸收速率。實驗室檢測NaHSO3晶體在空氣中是否發生氧化變質的實驗方案是其實就是硫酸根離子的檢驗，首先排除亞硫酸氫根離子干擾，所以取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化，故答案為：取少量NaHSO3晶體于試管中，加少量水溶解，滴加過量鹽酸，再滴加氯化鋇溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，說明NaHSO3被氧化。儀器A的名稱為三頸燒瓶；用恒壓漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的優點是恒壓滴液漏斗可以保持內

54、外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發，故答案為：恒壓滴液漏斗可以保持內外壓強一致，液體順利流下，同時避免HCHO揮發。根據信息吊白塊在酸性環境下、100即發生分解釋放出HCHO，因此將儀器A中的反應溫度恒定在8090的目的是溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解，故答案為：溫度過低反應較慢，溫度過高會導致吊白塊分解。滴定終點的判斷方法是當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；5mol：0.1000molL10.03L = 2mol ：xmol解得x = 1.2103mol36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4的物質的量為3

55、6.00103L0.1000molL1 = 3.6103mol，則甲醛消耗得高錳酸鉀的物質的量為3.6103mol - 1.2103mol=2.4103mol，再根據4mol：2.4103mol = 5mol：ymol解得y = 3103mol，若KMnO4標準溶液久置釋放出O2而變質，消耗草酸量減少，則計算出高錳酸鉀與甲醛反應得多，則計算出吊白塊測量結果偏高，故答案為：當滴入最后一滴草酸溶液，錐形瓶內溶液顏色由紫紅色變為無色，且半分鐘內部變為原來的顏色；92.40%；偏高。26、三頸燒瓶 Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4 防倒吸 濃NaOH溶液 5S2O524MnO42H=1

56、0SO424Mn2H2O 氧化變質 95.0 偏高 【答案解析】A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發生Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發生Na2SO3+SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F吸收尾氣。據此解答。【題目詳解】（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發生反應的化學方程式為Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中

57、會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑-濃NaOH溶液，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4將S2O52氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O54MnO42H=10SO424Mn2H2O；氧化變質；.（4）由關系式：5SO322MnO4，用0.2500m

58、ol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4)= 0.2500mol/L20.0010-3L=2.00010-3mol，再由5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O得：Na2S2O5樣品的純度為= 100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。27、2ClO3-+SO22ClO2+SO42- cab 作還原劑 水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔

59、球泡等） 減壓 向廢液中分批加入適量CaO固體并攪拌，用冰水浴控制反應溫度，對濁液取樣并滴加酚酞，至溶液呈淺紅色時停止加入CaO。靜置后過濾，用水洗滌沉淀2-3次得到石膏；濾液蒸發濃縮，冷卻結晶至32.4以下，接近0，過濾，所得晶體用冰水洗滌2-3次，低溫干燥得到芒硝 【答案解析】用二氧化硫將NaClO3還原制得ClO2，ClO2和NaOH反應制得NaClO3和NaClO2，再用過氧化氫將NaClO3還原成NaClO2制得NaClO2粗品。【題目詳解】（1）SO2作還原劑，S化合價升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化劑，被還原成ClO2，Cl化合價降低1，結合電子得失守恒、電荷守恒、原

60、子守恒可書寫離子方程式：2ClO3-+SO22ClO2+SO42-，故答案為：2ClO3-+SO22ClO2+SO42-；（2）反應劇烈，濃硫酸只能在最后添加，結合流程圖可知先加NaClO3，所以順序為：先加NaClO3，再加S，最后加濃硫酸，故答案為：cab；反應中NaOH和ClO2反應生成NaClO3和NaClO2，過氧化氫的作用是將NaClO3還原成NaClO2，過氧化氫會分解，溫度不宜太高，所以控制A中水浴加熱時溫度不過高，或者在B中攪拌、或者加一個多孔球泡，故答案為：作還原劑；水浴加熱時控制溫度不能過高（或加一個多孔球泡等）；（3）無水NaClO2性質穩定，有水存在時受熱易分解，應該