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（每題只有一個選項符合題意）1、下列實驗操作、實驗現象和結論均正確的是()實驗操作現象結論A測

2、定常溫時同濃度的HCOONa溶液、NaClO溶液溶液的pHpH(HCOONa)HClOB向1mlL1molL1的NaOH溶液中加入5mL 2mol/L的CuSO4溶液，振蕩后再加入0.5mL有機物X，加熱未出現磚紅色沉淀說明X不是葡萄糖C把燒得紅熱的Cu絲伸入盛滿Cl2的集氣瓶中產生大量藍綠色的煙Cu在Cl2中能燃燒D在試管中加入1 mL 0.1molL1的FeCl3溶液，再加入1 mL 0.5molL1的鹽酸溶液顏色變淺H+能抑制Fe3+的水解AABBCCDD2、化學與人們的日常生活密切相關，下列敘述正確的是A二氧化硅是制造玻璃、光導纖維的原料B纖維素、油脂是天然有機高分子化合物C白菜上灑少

3、許福爾馬林，既保鮮又消毒DNOx、CO2、PM2.5顆粒都會導致酸雨3、某有機化工品R的結構簡式如圖所示。下列有關R的說法正確的是AR的分子式為C10H10O2B苯環上一氯代物有2種CR分子中所有原子可共平面DR能發生加成、氧化和水解反應4、一定條件下，等物質的量的N2（g）和O2（g）在恒容密閉容器中反應：N2（g）+O2（g）2NO（g），曲線a表示該反應在溫度T時N2的濃度隨時間的變化，曲線b表示該反應在某一起始反應條件改變時N2的濃度隨時間的變化。敘述正確的是（ ）A溫度T時，該反應的平衡常數K=B溫度T時，混合氣體的密度不變即達到平衡狀態C曲線b對應的條件改變可能是加入了催化劑D若曲

4、線b改變的條件是溫度，則該正反應放熱5、潮濕的氯氣、新制的氯水及漂粉精的水溶液均能使有色布條褪色，因為它們都含有ACl2BHClOCClODHCl6、類比pH的定義，對于稀溶液可以定義pC=lgC，pKa=lgKa，常溫下，某濃度H2A溶液在不同pH值下，測得pC(H2A)、pC(HA)、pC(A2)變化如圖所示，下列說法正確的是A隨著pH的增大，pC增大的曲線是A2的物質的量濃度的負對數BpH=3.50時，c(HA) c(H2A) c(A2)Cb點時c(H2A)c(A2)/c2(HA)=104.5DpH=3.005.30時，c(H2A)+c(HA)+c(A2)先減小后增大7、化學與能源開發、

5、環境保護、生產生活等密切相關。下列敘述錯誤的是A光催化水制氫比電解水制氫更節能環保B用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可減少白色污染C開發利用可再生能源，可減少化石燃料的使用D改進汽車尾氣凈化技術，可減少大氣污染物的排放8、某溶液中只可能含有K、Mg2、Al3、Br、OH、CO32、SO32中的一種或幾種。取樣，滴加足量氯水，有氣泡產生，溶液變為橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液無明顯現象。為確定該溶液的組成，還需進行的實驗是()A取樣，進行焰色反應B取樣，滴加酚酞溶液C取樣，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D取樣，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶9、下列中國制造的產品主體用料不是金屬

6、材料的是世界最大射電望遠鏡中國第一艘國產航母中國大飛機C919世界最長的港珠澳大橋A鋼索B鋼材C鋁合金D硅酸鹽AABBCCDD10、下列說法中不正確的是( )醫用雙氧水是利用了過氧化氫的還原性來殺菌消毒的汽車尾氣中含有能污染空氣的氮的氧化物，原因是汽油燃燒不充分用熱的燒堿溶液除去瓷器表面污垢某雨水樣品采集后放置一段時間，pH由4.68變為4. 28，是因為水中溶解了較多的CO2明礬可以用于凈水，主要是由于鋁離子可以水解得到氫氧化鋁膠體“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水與CaCO3長期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的緣故ABCD11、常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是A使

7、酚酞變紅色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B水電離的c(H+)=110-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C與Al反應能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D= 110-13mol/L的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-12、下列有關14C60的敘述正確的是A與12C60化學性質相同B與12C60互為同素異形體C屬于原子晶體D與12C60互為同位素13、已知：+HNO3+H2O H0；硝基苯沸點210.9，蒸餾時選用空氣冷凝管。下列制取硝基苯的操作或裝置（部分夾持儀器略去），正確的是（ ）A配制混酸B水浴加熱C洗滌后分液D蒸餾提

8、純14、有機物X的結構簡式如圖，某同學對其可能具有的化學性質進行了預測，其中正確的是可以使酸性KMnO4溶液褪色可以和NaHCO3溶液反應一定條件下能與H2發生加成反應在濃硫酸、加熱條件下，能與冰醋酸發生酯化反應ABCD15、自催化作用是指反應物之一使該 反應速率加快的作用。用稀硫酸酸化的KMnO4進行下列三組實驗，一段時間后溶液均褪色（0.01mol/L可以記做0.01M實驗實驗實驗1mL0.01M的KMnO4溶液和MnSO41mL0.01M的KMnO4溶液和1mL稀鹽酸1mL0.01M的KMnO4溶液和褪色比實驗褪色快比實驗褪色快下列說法不正確的是A實驗中發生氧化還原反應，H2C2OB實驗

9、褪色比快，是因為MnSO4的催化作用加快了反應速率C實驗褪色比快，是因為Cl-的催化作用加快了反應速率D若用1mL0.2M16、可溶性鋇鹽有毒，醫院中常用硫酸鋇這種鋇鹽(俗稱鋇餐)作為內服造影劑。醫院搶救鋇離子中毒患者時除催吐外，還需要向中毒者胃中灌入硫酸鈉溶液。已知：Ksp(BaCO3)5.1109；Ksp(BaSO4)1.11010。下列推斷正確的是ABaCO3的溶度積常數表達式為 Ksp(BaCO3) n(Ba2)n(CO32)B可用2%5%的Na2SO4溶液給鋇離子中毒患者洗胃C若誤服含c(Ba2)1.0105 molL1的溶液時，會引起鋇離子中毒D不用碳酸鋇作為內服造影劑，是因為Ks

10、p(BaCO3)Ksp(BaSO4)二、非選擇題（本題包括5小題）17、芳香族化合物A()是重要的有機化工原料。由A制備有機化合物F的合成路線(部分反應條件略去)如圖所示：（1）A的分子式是_，B中含有的官能團的名稱是_。（2）DE的反應類型是_。（3）已知G能與金屬鈉反應，則G的結構簡式為_。（4）寫出EF的化學方程式：_。（5）寫出符合下列條件的龍膽酸乙酯()的同分異構體有_種，寫出其中一種同分異構體的結構簡式：_ 。能發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應，但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應；核磁共振氫譜有四組峰，且峰的面積之比為6:2:1:1。（6）已知：。參照上述合成

11、路線，設計一條以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線(無機試劑任用)：_。18、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態；基態B原子s能級的電子總數比p能級的多1；基態C原子和基態E原子中成對電子數均是未成對電子數的3倍；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小。回答下列問題：(1)元素A、B、C中，電負性最大的是_(填元素符號，下同)，元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為_。(2)與同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_；BA3分子中鍵角_10928(填“”“”或“”)，原因是_。(3)BC3離子中B原子軌

12、道的雜化類型為_，BC3離子的立體構型為_。(4)基態E原子的電子排布式為_；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價為6)中鍵與鍵數目之比為_；(5)化合物DB是人工合成的半導體材料，它的晶胞結構與金剛石(晶胞結構如圖所示)相似。若DB的晶胞參數為a pm，則晶體的密度為_gcm3(用NA表示阿伏加德羅常數)。19、廢舊電池中的Zn、Mn元素的回收，對環境保護有重要的意義。鋅錳干電池的負極是作為電池殼體的金屬鋅，正極是被二氧化錳和碳粉包圍的石墨電極，電解質是氯化鋅和氯化銨的糊狀物，該電池放電過程中產生MnOOH。I.回收鋅元素，制備ZnCl2步驟一：向除去殼體及石墨電極的黑色糊狀物中加水，攪

13、拌，充分溶解，經過濾分離得固體和濾液；步驟二：處理濾液，得到ZnCl2xH2O晶體；步驟三：將SOCl2與ZnCl2xH2O晶體混合制取無水ZnCl2。制取無水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并驗證生成物中含有SO2(夾持及加熱裝置略)的裝置如下：已知：SOCl2是一種常用的脫水劑，熔點-105，沸點79，140以上時易分解，與水劇烈水解生成兩種氣體。（1）接口的連接順序為a_hi_e。（2）三頸燒瓶中反應的化學方程式：_。（3）步驟二中得到ZnCl2xH2O晶體的操作方法：_。（4）驗證生成物中含有SO2的現象為：_。II.回收錳元素，制備MnO2（5）步驟一得到的固體經洗滌，初步蒸干后進行

14、灼燒，灼燒的目的_。III.二氧化錳純度的測定稱取1.0g灼燒后的產品，加入1.34g草酸鈉(Na2C2O4)固體，再加入足量的稀硫酸并加熱(雜質不參與反應)，充分反應后冷卻，將所得溶液轉移到100mL容量瓶中用蒸餾水稀釋至刻度線，從中取出10.00mL，用0.0200mol/L高錳酸鉀溶液進行滴定，滴定三次，消耗高錳酸鉀溶液體積的平均值為10.00mL。（6）寫出MnO2溶解反應的離子方程式_。（7）產品的純度為_。20、實驗小組制備高鐵酸鉀(K2FeO4)并探究其性質。資料：K2FeO4為紫色固體，微溶于KOH溶液；具有強氧化性，在酸性或中性溶液中快速產生O2，在堿性溶液中較穩定。 制備K

15、2FeO4(夾持裝置略)（1）A的作用_ （2）在答題紙上將除雜裝置B補充完整并標明所用試劑：_（3）在C中得到紫色固體的化學方程式為：_探究K2FeO4的性質：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，產生氣體和溶液a。為證明是否K2FeO4氧化了Cl而產生Cl2，設計以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至過量，溶液呈紅色方案用KOH溶液充分洗滌C中所得固體，再用KOH溶液將K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取少量b，滴加鹽酸，有Cl2產生（4）由方案中溶液變紅可知a中含有_離子，但該離子的產生不能判斷一定是K2FeO4將Cl氧化，還可能由_產生(用離子方程式表示)。（5）根據方案得出：氧化性Cl2_

16、FeO42- (填“”或“”)，而K2FeO4的制備實驗實驗表明，Cl2和FeO42-的氧化性強弱關系相反，原因是_。21、2020年2月15日，由國家科研攻關組的主要成員單位的專家組共同研判磷酸氯喹在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒（2019-nCoV）的感染。(1)已知磷酸氯喹的結構如圖所示，則所含C、N、O三種元素第一電離能由大到小的順序為_。P原子核外價層電子排布式為_，其核外電子有_個空間運動狀態。(2)磷酸氯喹中N原子的雜化方式為_，NH3是一種極易溶于水的氣體，其沸點比AsH3的沸點高，其原因是_。(3)H3PO4中PO43- 的空間構型為_。(4)磷化鎵是一種由A族元素鎵（Ga

17、）與VA族元素磷（P）人工合成的V族化合物半導體材料。晶胞結構可看作金剛石晶胞內部的碳原子被P原子代替，頂點和面心的碳原子被Ga原子代替。磷化鎵晶體中含有的化學鍵類型為_（填選項字母）A離子鍵 B配位鍵 C鍵 D鍵 E極性鍵 F非極性鍵以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數坐標。若沿y軸投影的晶胞中所有原子的分布圖如圖，則原子2的分數坐標為_。若磷化鎵的晶體密度為 gcm-3，阿伏加德羅常數的值為NA，則晶胞中Ga和P原子的最近距離為_pm。參考答案（含詳細解析）一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【答案解析】A、弱酸的酸性越強，其對應鹽水解程度小，鹽

18、溶液的pH越小；B、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反應必須在堿性環境下、加熱進行；C、Cu絲在Cl2燃燒，產生大量棕色的煙；D、加入等體積的鹽酸，稀釋也會造成FeCl3溶液顏色變淺。【題目詳解】A項、弱酸的酸性越強，其對應鹽水解程度越小，鹽溶液的pH越小。室溫時，同濃度的HCOONa溶液的pH小于NaClO溶液，說明NaClO的水解程度大于HCOONa，則酸性HCOOH大于HClO，故A正確；B項、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反應必須在堿性環境下、加熱進行，1mL1molL1的NaOH溶液中與5mL 2mol/L的CuSO4溶液反應，硫酸銅過量，NaOH的量不足，不是堿性條件，加入0.5mL有機

19、物X，加熱無紅色沉淀出現，不能說明X不是葡萄糖，故B錯誤；C項、把燒得紅熱的Cu絲伸入盛滿Cl2的集氣瓶中，Cu絲劇烈燃燒，產生大量棕色的煙，故C錯誤；D項、向1 mL 0.1molL1的FeCl3溶液中加入1 mL 0.5molL1的鹽酸，可能是因為鹽酸體積較大，稀釋造成顏色變淺，故D錯誤。故選A。【答案點睛】本題考查化學實驗方案的評價，為側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，把握反應原理及反應與現象的關系為解答的關鍵。2、A【答案解析】A.二氧化硅是制造玻璃、光導纖維的原料，A正確；B.纖維素屬于天然有機高分子化合物，油脂是小分子，B錯誤；C.福爾馬林是甲醛的水溶液，福爾馬林有毒

20、，不能用于食物的保鮮和消毒，C錯誤；D.導致酸雨的物質主要是SO2和NOx，CO2、PM2.5顆粒不會導致酸雨，D錯誤；答案選A。3、D【答案解析】AR的分子式為C10H8O2，A項錯誤；B苯環上4個氫原子位置不對稱，故苯環上一氯代物有4種，B項錯誤；CCH3中四個原子不可能共平面，則R分子中所有原子不可能共平面，C項錯誤；DR含有酯基、碳碳雙鍵和苯環，能發生水解反應、加成反應和氧化反應，D項正確；答案選D。【答案點睛】確定多官能團有機物性質的步驟：（1）找出有機物所含的官能團，如碳碳雙鍵、碳碳叁鍵、醇羥基、酚羥基、羧基等等；（2）聯想每種官能團的典型性質；（3）結合選項分析對有機物性質描述的

21、正誤。注意：有些官能團性質會交叉，如碳碳叁鍵與醛基都能被溴水、酸性高錳酸鉀溶液氧化，也能與氫氣發生加成反應等。4、A【答案解析】A 故K，故A正確；B反應物和生成物均是氣體，故氣體的質量m不變，容器為恒容容器，故V不變，則密度不變，故B錯誤；C由圖可知，b曲線氮氣的平衡濃度減小，故應是平衡發生移動，催化劑只能改變速率，不能改變平衡，故b曲線不可能是由于催化劑影響的，故C錯誤；D由圖可知，b曲線化學反應速率快(變化幅度大)，氮氣的平衡濃度減小，升高溫度平衡正向移動，則正反應為吸熱反應，即H0，故D錯誤；故答案為A。5、B【答案解析】氯氣與水反應生成HClO、HCl，Cl2、HCl都沒有漂白性，H

22、ClO具有漂白性，故B正確。6、C【答案解析】H2A存在電離平衡：H2AH+HA-、HA-H+A2-，pH增加促進電離平衡正向移動，所以由圖可知：下方曲線是HA-的物質的量濃度的負對數，左側曲線是H2A的物質的量濃度的負對數，右側曲線是A2-的物質的量濃度的負對數，由此分析解答。【題目詳解】A由分析可知，隨著pH的增大，pC增大的曲線是H2A的物質的量濃度的負對數，故A錯誤；BpH=3.50時，左側曲線是H2A的物質的量濃度的負對數，右側曲線是A2-的物質的量濃度的負對數，此時pC（H2A）pC（A2-）pC（HA-），即c（HA-）c（A2-）c（H2A），故B錯誤；Cb點時，c（H2A）=

23、c（A2-），交點a處c（HA-）=c（H2A），故Ka1=c（H+）=l10-0.8，HA-A2-+H+，交點c處c（HA-）=c（A2-），故Ka2= =c（H+）=l10-5.3，故c(H2A)c(A2)/c2(HA)=10-0.8/10-5.3=104.5，故C正確；DDpH=3.005.30時，結合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始終不變，故D錯誤；故答案為C。【答案點睛】認真分析縱坐標的意義，明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握電離平衡及其影響，試題側重考查學生的分析能力及靈活應用能力。7、B【答案解析】A、電解水制氫需要消耗大量的電能，所以光催化水制氫比電解

24、水制氫更節能環保，故A正確；B、聚乙烯塑料在自然界中很難降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可減少白色污染，故B錯誤；C、開發利用可再生能源，可減少傳統燃料如化石燃料的使用，故C正確；D、改進汽車尾氣凈化技術，能把有毒氣體轉化為無毒氣體，可減少大氣污染物的排放，故D正確；答案選B。8、D【答案解析】向溶液中滴加足量氯水后,溶液變橙色,說明溶液中含有Br，且有氣泡冒出,說明溶液中含離子CO32或SO32；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32，那么一定含有：CO32，一定不能含有與碳酸根生成沉淀的離子：Mg2、Al3，通過以上分析，根據電

25、中性原理，能證明K存在，所以無法判斷氫氧根離子的存在與否，可以取樣，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊試液看是否變紅來檢驗。故選D。【答案點睛】向溶液中滴加足量氯水后，溶液變橙色，說明溶液中含有Br-，且有無色氣泡冒出，說明溶液中含離子CO32-或SO32-離子，那么與其混合生成沉淀的不能存在；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，無沉淀生成，說明不含SO32-，據此進行解答。9、D【答案解析】A世界最大射電望遠鏡主體用料：鋼索是金屬合金材料，故A不符合；B中國第一艘國產航母主體用料：鋼材屬于合金為金屬材料，故B不符合；C中國大飛機C919主體用料：鋁合金屬于金屬材料，故C不符合；D世界

26、最長的跨海大橋港珠澳大橋主體用料：硅酸鹽不是金屬材料，故D符合；故答案為D。10、B【答案解析】醫用雙氧水是利用了過氧化氫的氧化性來殺菌消毒的，故錯誤；汽車尾氣中含有能污染空氣的氮的氧化物，是氮氣和氧氣反應生成的，汽油不含氮元素，錯誤；氫氧化鈉具有強腐蝕性，一般用熱的純堿溶液除去瓷器表面污垢，錯誤；某雨水樣品采集后放置一段時間，pH由4.68變為4. 28，是因為水中的亞硫酸被氧化為硫酸，錯誤；明礬可以用于凈水，主要是由于鋁離子可以水解得到氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性，正確；“水滴石穿”主要是溶解了CO2的雨水與CaCO3長期作用生成了可溶性的Ca(HCO3)2的緣故，正確；故選B。11、D【

27、答案解析】A使酚酞變紅色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四種離子中Fe3+不可共存，A錯誤；B. 水電離的c(H+)=110-13mol/L的溶液可能為酸性或堿性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四種離子中AlO2-、CO32-不可以共存，B錯誤；C強酸和強堿溶液都可以和Al反應放出氫氣，在酸性溶液中Fe2+和NO3-發生氧化還原反應不共存，在堿性溶液中Fe2+水解不共存，C錯誤；D= 110-13mol/L的溶液中，氫離子的濃度為0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D正確。答案選D。12、A【答案解析】A14C60與12C

28、60中碳原子為同種元素的碳原子，則化學性質相同，故A正確；B14C60與12C60是同一種單質，二者不是同素異形體，故B錯誤；C14C60是分子晶體，故C錯誤；D14C與12C的質子數均為6，中子數不同，互為同位素，14C60與12C60是同一種單質，故D錯誤。故選：A。13、C【答案解析】A濃硝酸與濃硫酸混合會放出大量的熱，如將濃硝酸加入濃硫酸中，硝酸的密度小于濃硫酸，可能為導致液體迸濺，故A錯誤；B反應在5060下進行，低于水的沸點，因此可以利用水浴加熱控制，這樣可使反應容器受熱均勻，便于控制溫度，但圖中水浴的水的用量太少，反應液受熱不均勻，故B錯誤；C硝基苯為油狀液體，不溶于水且密度比水

29、大，在下層，分液操作時應將分液漏斗上口的瓶塞打開，下端緊貼燒杯內壁，下層的液體從下口放出，故C正確；D蒸餾分離提純操作中溫度計用來測量蒸汽的溫度，控制蒸餾出的物質的溫度，溫度計水銀柱應在燒瓶的支管口處，故D錯誤；答案選C。【答案點睛】D項蒸餾提純時溫度計的位置在具支試管口，如需測混合液的溫度時，可以置于蒸餾燒瓶液體內，故根據實驗需要調整溫度計的位置。14、D【答案解析】該有機物中含有碳碳雙鍵和醇羥基，可以使酸性KMnO4溶液褪色，故正確；含有羧基，可以和NaHCO3溶液反應，故正確；含有碳碳雙鍵，一定條件下能與H2發生加成反應，故正確；含有羥基，在濃硫酸、加熱條件下，能與冰醋酸發生酯化反應，故

30、正確；故選D。15、C【答案解析】A. 碳元素的化合價升高，且錳離子可作催化劑，則實驗中發生氧化還原反應，H2C2O4 是還原劑，產物 MnSO4 能起自催化作用，故A正確；B. 催化劑可加快反應速率，則實驗褪色比快，是因為 MnSO4的催化作用加快了反應速率，故B正確；C. 高錳酸鉀可氧化氯離子，則實驗褪色比快，與催化作用無關，故C錯誤；D. 增大濃度，反應速率加快，則用 1mL0.2M 的H2C2O4做實驗，推測比實驗褪色快，故D正確；故選C。16、B【答案解析】因胃酸可與CO32反應生成水和二氧化碳，使CO32濃度降低，從而使平衡BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq) 向溶解方向

31、移動，則BaCO3溶于胃酸，而硫酸鋇不溶于酸，結合溶度積解答該題。【題目詳解】A溶度積常數為離子濃度冪之積，BaCO3的溶度積常數表達式為Ksp(BaCO3)c(Ba2)c(CO32)，故A錯誤；B根據公式c=得，2%5%的Na2SO4溶液中Na2SO4的物質的量濃度為0.13mol/L0.33mol/L，用0.13mol/L0.33mol/L的Na2SO4溶液給鋇離子中毒患者洗胃，反應后c(Ba2)mol/Lmol/L，濃度很小，可起到解毒的作用，故B正確；Cc(Ba2)1.0105 molL1的溶液鋇離子濃度很小，不會引起鋇離子中毒，故C錯誤；D因胃酸可與CO32反應生成水和二氧化碳，使C

32、O32濃度降低，從而使平衡BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq) 向溶解方向移動，使Ba2濃度增大，Ba2有毒，與Ksp大小無關，故D錯誤； 故答案選B。【答案點睛】注意若溶液中某離子濃度c1.0105 molL1時可認為該離子不存在，不會造成實際影響。二、非選擇題（本題包括5小題）17、C6H7N 羰基、碳碳雙鍵 酯化反應（或取代反應） HOCH2COOC2H5 +C6H5CH2Br+HBr 2 或 【答案解析】本小題考查有機化學基礎知識，意在考查學生推斷能力。（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式；由有B的結構簡式確定其官能團；（2）根據D和E的官能團變化判斷反應類型；（3

33、）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G的結構簡式；（4）EF的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F；（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構；（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。【題目詳解】（1）結合芳香族化合物A的結構簡式可知其分子式為C6H7N；根

34、據B的結構簡式確定其官能團為羰基、碳碳雙鍵。本小題答案為：C6H7N；羰基、碳碳雙鍵。（2）根據D和E的官能團變化分析，DE發生的是酯化反應（或取代反應）。本小題答案為：酯化反應（或取代反應）。（3）G能與金屬鈉反應，則G中含羧基或羥基，對比D和E的結構簡式可確定G中含羥基，結構簡式為HOCH2COOC2H5。本小題答案為：HOCH2COOC2H5。（4）EF的反應中，E中的酚羥基的氫原子被苯甲基取代生成F，方程式為+C6H5CH2Br+HBr。本小題答案為： + C6H5CH2Br +HBr。（5）發生銀鏡反應，與FeCl3溶液不發生顯色反應但水解產物之一能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明

35、該有機物分子中不含有酚羥基，但其水解產物中含有酚羥基，故該有機物為酯類，核磁共振氫譜有四組峰，氫峰的面積之比為6:2:1:1，說明該有機物分子中含有4種等效氫原子，其中6個氫應該為兩個甲基上的H，則該有機物具有對稱結構，結合結構簡式可知，滿足條件的有機物的結構簡式為或本小題答案為：、（6）根據信息，以苯酚、乙醇為原料制備龍膽酸乙酯()的合成路線為。本小題答案為：。18、O NOAl NH3分子間易形成氫鍵 孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用 sp2 三角形 1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1) 7:1 1030 【答案解析】前四周期元素A、

36、B、C、D、E的原子序數依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態，A為H元素；基態B原子s能級的電子總數比p能級的多1，核外電子排布為1s22s22p3，為N元素；基態C原子和基態E原子中成對電子數均是未成對電子數的3倍，核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，則C為O元素，E為Cr元素；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小，則D為該周期中原子序數最大的金屬元素，因此D為Al元素。據此分析解答。【題目詳解】根據上述分析，A為H元素，B為N元素，C為O元素，D為Al元素，E為Cr元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性越大，元素H、N、O

37、中，電負性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序為NOAl，故答案為O；NOAl；(2)NH3分子間易形成氫鍵，導致氨氣易液化；NH3中中心原子N的價層電子對數為4，孤電子對數為1，其VSEPR模型為四面體構型，NH3分子中N原子采用sp3雜化，為三角錐結構，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用，使得氨氣分子中鍵角小于10928，故答案為NH3分子間易形成氫鍵；孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥

38、作用；(3)NO3離子中N原子的價層電子對數=鍵電子對數+孤電子對數=3+=3，采用sp2雜化，立體構型為三角形，故答案為sp2；三角形；(4) E為Cr元素，基態E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價為6)，結構為，其中鍵與鍵數目之比為7:1，故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子數為4，8+6=4，晶胞質量為g，因此晶胞的密度=1030 gcm3，故答案為1030。【答案點睛】正確推導元素是解答本題的關鍵。本題的難點為C

39、、E的推導，易錯點為(4)，要能夠根據題意確定CrO5的結構。19、f g b c d xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2 蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾 品紅溶液褪色 除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2 MnO2+C2O42-+4H+Mn2+2CO2+2H2O 43.5% 【答案解析】SOCl2吸收結晶水得到SO2與HCl，用冰水冷卻收集SOCl2，濃硫酸吸收水蒸氣，防止溶液中水蒸氣進入，用品紅溶液檢驗二氧化硫，用氫氧化鈉溶液吸收尾氣種二氧化硫與HCl，防止污染環境，注意防止倒吸。III.該滴定實驗的原理為利用高猛酸鉀標準液來測定未反應的草酸根的量，從而確定與

40、草酸根反應的二氧化錳的量。【題目詳解】（1）根據分析可知裝置的連接順序為fghibcde，（2）三頸燒瓶中為SOCl2與ZnCl2xH2O中的結晶水的反應，SOCl2遇水劇烈反應生成SO2與HCl，所以反應方程式為：xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2；（3）由溶液得到晶體，可進行蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾；（4）二氧化硫可使品紅溶液褪色，所以當生成物中有二氧化硫時會觀察到品紅溶液褪色；II. （5）固體含有碳和MnOOH，灼燒可生成二氧化碳，以除去碳，且將MnOOH氧化為MnO2，故答案為：除去碳粉，并將MnOOH氧化為MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸

41、鈉中，二氧化錳會將草酸根氧化得到錳離子和二氧化碳，結合電荷守恒和質量守恒書寫可得離子方程式為：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O；（7）高猛酸鉀在酸性環境下也可以將草酸根氧化，反應方程式為2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，根據方程式可知存在數量關系：2MnO4-5C2O42-，則10.00mL待測液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L0.01L=0.0005mol，則總剩余的n（C2O42-）=0.0005mol=0.005mol，總的草酸根的物質的量為=0.01mol，則與二氧化錳反應的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根據反應方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2