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0．5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、某同學組裝了如圖所示的電化學裝置電極I為Al，其他電極均為Cu，則A．電流方向：電極IV→→電極IB．電極I發生還原反應C．電極II逐漸溶解D．電極III的電極反應：Cu2++2e-==Cu2、下列有關原子結構及元素周期律的敘述不正確的是()A．原子半徑：，離子半徑：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的兩種核素和的核外電子數之差為6C．P和As屬于第VA族元素，的酸性強于的酸性D．、、三種元素最高價氧化物對應水化物的堿性依次減弱3、PbO2在酸性溶液中能將Mn2+氧化成MnO4﹣，本身被還原為Pb2+，取一支試管，加入適量PbO2固體和適量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液。下列說法錯誤的是（）A．上述實驗中不能用鹽酸代替硫酸B．將試管充分振蕩后靜置，溶液顏色變為紫色C．在酸性條件下，PbO2的氧化性比MnO4﹣的氧化性強D．若硫酸錳充分反應，消耗PbO2的物質的量為0.01mol4、下列實驗操作會引起測定結果偏高的是（）A．測定硫酸銅晶體結晶水含量的實驗中，晶體加熱完全失去結晶水后，將盛試樣的坩堝放在實驗桌上冷卻B．中和滴定用的錐形瓶加入待測液后，再加少量蒸餾水稀釋C．讀取量筒中一定體積的液體時，俯視讀數D．配制物質的量濃度的溶液，定容時仰視刻度線,所配溶液的濃度5、常溫下，將1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，加入Na2CO3固體的過程中，溶液中Ca2+和CO32-的濃度變化曲線如圖所示，下列說法中不正確的是A．a=5.6B．常溫下，Ksp(CaC2O4)＞Ksp(CaCO3)C．b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)D．若使1molCaC2O4全部轉化為CaCO3，至少要加入2.12molNa2CO36、下列實驗操作對應的現象以及解釋或結論都正確且具有因果關系的是（）選項實驗操作實驗現象解釋或結論A用石墨作電極電解Mg(NO3)2、Cu(NO3)2的混合溶液陰極上先析出銅金屬活動性：Mg>CuB室溫下，測定等濃度的Na2A和NaB溶液的pHNa2A溶液的pH較大酸性：H2A<HBC加熱浸透了石蠟油的碎瓷片，產生的氣體通過酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液紫紅色褪去石蠟油分解一定產生了乙烯D室溫下，取相同大小、形狀和質量的Fe粒分別投入0.1mol/L的稀硝酸和10.0mol/L的濃硝酸中Fe粒與濃硝酸反應比與稀硝酸反應劇烈探究濃度對化學反應速率的影響A．A B．B C．C D．D7、關于化合物2一呋喃甲醛（）下列說法不正確的是A．能使酸性高錳酸鉀溶液褪色 B．含有三種官能團C．分子式為C5H4O2 D．所有原子一定不共平面8、用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）A．1mol氨基(－NH2)中所含的質子數為9NAB．標準狀況下，22.4L單質溴所含有的原子數目為2NAC．100mL0.1mol·L?1CH3COONa溶液含CH3COO?的數目是0.01NAD．標準狀況下，2.24LCl2與過量稀NaOH溶液反應，轉移的電子總數為0.2NA9、根據下列實驗操作和現象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現象實驗結論A向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，溶液變澄清酸性：苯酚＞HCO3－B將少量Fe(NO3)2加水溶解后，滴加稀硫酸酸化，再滴加KSCN溶液，溶液變成血紅色Fe(NO3)2已變質C氯乙烷與NaOH溶液共熱后，滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀氯乙烷發生水解D在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入幾滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出現黑色沉淀Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D10、下列各反應對應的離子方程式正確的是（）A．次氯酸鈉溶液中通入過量二氧化硫ClO﹣+H2O+SO2→HClO+HSO3﹣B．向碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鈣溶液2HCO3﹣+Ca2++2OH﹣→CaCO3↓+2H2O+CO32-C．氫氧化鋇溶液與硫酸溶液反應得到中性溶液Ba2++OH﹣+H++SO42﹣→BaSO4↓+H2OD．50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S：5OH﹣+3H2S→HS﹣+2S2﹣+5H2O11、氮化鋇(Ba3N2)是一種重要的化學試劑。高溫下，向氫化鋇(BaH2)中通入氮氣可反應制得氮化鋇。已知：Ba3N2遇水反應；BaH2在潮濕空氣中能自燃，遇水反應。用圖示裝置制備氮化鋇時，下列說法不正確的是（）A．裝置甲中反應的化學方程式為NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2OB．BaH2遇水反應，H2O作還原劑C．實驗時，先點燃裝置甲中的酒精燈，反應一段時間后，再點燃裝置丙中的酒精噴燈進行反應D．裝置乙中的濃硫酸和裝置丁中的堿石灰均是用于吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置丙中12、下列用品在應用過程中涉及物質氧化性的是（）A．鐵紅用作顏料B．84消毒液殺菌C．純堿去污D．潔廁靈除水垢用品主要成分Fe2O3NaClONa2CO3HClA．A B．B C．C D．D13、NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A．2.1gDTO中含有的質子數為NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氫原子數為4NAC．12g石墨烯(單層石墨)中含有六元環的個數為2NAD．1mol鐵在一定條件下分別和氧氣、氯氣、硫完全反應轉移電子數都為2NA14、國際能源期刊報道了一種正在開發中的綠色環保“全氫電池”，有望減少廢舊電池產生污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是A．“全氫電池”工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能B．吸附層b發生的電極反應：H2–2e－+2OH－=2H2OC．Na+在裝置中從右側透過陽離子交換膜向左側移動D．“全氫電池”的總反應：2H2+O2=2H2O15、某學習小組用下列裝置完成了探究濃硫酸和SO2性質的實驗（部分夾持裝置已省略），下列“現象預測”與“解釋或結論”均正確的是選項儀器現象預測解釋或結論A試管1有氣泡、酸霧，溶液中有白色固體出現酸霧是SO2所形成，白色固體是硫酸銅晶體B試管2紫紅色溶液由深變淺，直至褪色SO2具有還原性C試管3注入稀硫酸后，沒有現象由于Ksp（ZnS）太小，SO2與ZnS在注入稀硫酸后仍不反應D錐形瓶溶液紅色變淺NaOH溶液完全轉化為NaHSO3溶液，NaHSO3溶液堿性小于NaOHA．A B．B C．C D．D16、常溫時，1mol/L的HA和1mol/L的HB兩種酸溶液，起始時的體積均為V0，分別向兩溶液中加水進行稀釋，所得變化關系如圖所示（V表示溶液稀釋后的體積）。下列說法錯誤的是A．Ka(HA)約為10-4B．當兩溶液均稀釋至時，溶液中＞C．中和等體積pH相同的兩種酸所用n(NaOH)：HA>HBD．等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液中離子總數前者小于后者二、非選擇題（本題包括5小題）17、某有機物A(C4H6O5)廣泛存在于許多水果內，尤以蘋果、葡萄、西瓜、山楂內為多，是一種常用的食品添加劑。該化合物具有如下性質：(i)在25℃時，電離平衡常數K＝3.9×10-4，K2＝5.5×10-6(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的產物(iii)1molA慢慢產生1.5mol氣體(iv)核磁共振氫譜說明A分子中有5種不同化學環境的氫原子與A相關的反應框圖如下：（1）依照化合物A的性質，對A的結構可作出的判斷是___。a．確信有碳碳雙鍵b．有兩個羧基c．確信有羥基d．有－COOR官能團（2）寫出A、F的結構簡式：A：__、F：__。（3）寫出A→B、B→E的反應類型：A→B___、B→E__。（4）寫出以下反應的反應條件：E→F第①步反應__。（5）在催化劑作用下，B與乙二醇可發生縮聚反應，生成的高分子化合物用于制造玻璃鋼。寫出該反應的化學方程式：__。（6）寫出與A具有相同官能團的A的同分異構體的結構簡式：___。18、具有抗菌作用的白頭翁素衍生物I的合成路線如圖所示：已知：ⅰ.R-HC=CH-R’+R”COOHⅱ.R-HC=CH-R”(以上R、R’、R”代表氫、烷基或芳基等)?；卮鹣铝袉栴}：（1）反應①的反應類型是___。（2）寫出反應②的化學方程式是___。（3）合成過程中設計步驟①和④的目的是___。（4）試劑a是___。（5）下列說法正確的是___（選填字母序號）。a.物質A極易溶于水b.③反應后的試管可以用硝酸洗滌c.F生成G的反應類型是取代反應d.物質D既能與鹽酸反應又能與氫氧化鈉鈉溶液反應（6）由F與I2在一定條件下反應生成G的化學方程式是___；此反應同時生成另外一個有機副產物且與G互為同分異構體，此有機副產物的結構簡式是___。（7）已知：RCH2BrR-CH=CH-R1以乙烯起始原料，結合已知信息選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件）___。19、Na2S2O3?5H2O俗稱“海波”，是重要的化工原料，常用作脫氯劑、定影劑和還原劑。（1）Na2S2O3還原性較強，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脫氯劑，該反應的離子方程式是_____。（2）測定海波在產品中的質量分數：依據反應2S2O32﹣+I2＝S4O62﹣+2I﹣，可用I2的標準溶液測定產品的純度。稱取5.500g產品，配制成100mL溶液。取10.00mL該溶液，以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.05000mol?L﹣1I2的標準溶液進行滴定，相關數據記錄如表所示。①判斷滴定終點的現象是_____。②若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則測量的Na2S2O3?5H2O的質量分數會_____（填“偏高”、“偏低”或“不變”）③計算海波在產品中的質量分數（寫出計算過程）。_____。20、三苯甲醇()是重要的有機合成中間體。實驗室中合成三苯甲醇時采用如圖所示的裝置，其合成流程如圖：已知:①格氏試劑易潮解，生成可溶于水的Mg(OH)Br。②三苯甲醇可通過格氏試劑與苯甲酸乙酯按物質的量比2:1反應合成③相關物質的物理性質如下：物質相對分子量沸點熔點溶解性三苯甲醇260380℃164.2℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有機溶劑乙醚-34.6℃-116.3℃微溶于水，溶于乙醇、苯等有機溶劑溴苯-156.2℃-30.7℃不溶于水，溶于乙醇、乙醚等有機溶劑苯甲酸乙酯150212.6℃-34.6℃不溶于水請回答下列問題：（1）合成格氏試劑：實驗裝置如圖所示，儀器A的名稱是____，已知制備格氏試劑的反應劇烈放熱，但實驗開始時常加入一小粒碘引發反應，推測I2的作用是____。使用無水氯化鈣主要是為避免發生____（用化學方程式表示）。（2）制備三苯甲醇：通過恒壓滴液漏斗往過量的格氏試劑中加入13mL苯甲酸乙酯（0.09mol）和15mL無水乙醚的混合液，反應劇烈，要控制反應速率除使用冷水浴外，還可以___（答一點）?；亓?.5h后，加入飽和氯化銨溶液，有晶體析出。（3）提純：冷卻后析出晶體的混合液含有乙醚、溴苯、苯甲酸乙酯和堿式溴化鎂等雜質，可先通過___（填操作方法，下同）除去有機雜質，得到固體17.2g。再通過___純化，得白色顆粒狀晶體16.0g，測得熔點為164℃。（4）本實驗的產率是____（結果保留兩位有效數字）。本實驗需要在通風櫥中進行，且不能有明火，原因是____。21、我國科學家合成鉻的化合物通過烷基鋁和[ph3C]+[B(C6F5)4]-活化后，對乙烯聚合表現出較好的催化活性。合成鉻的化合物過程中的一步反應為：回答下列問題：（1）Cr3+具有較強的穩定性，Cr3+核外電子排布式為___；已知沒有未成對d電子的過渡金屬離子的水合離子是無色的，Ti4+、V3+、Ni2+、Cu+四種離子的水合離子為無色的是___(填離子符號)。（2）化合物丙中1、2、3、4處的化學鍵是配位鍵的是___處，聚乙烯鏈中碳原子采取的雜化方式為___。（3）無水CrCl3與NH3作用可形成化學式為CrCl3·5NH3的配位化合物。向該配位化合物的水溶液中加入AgNO3溶液，CrCl3·5NH3中的氯元素僅有沉淀為AgC1；向另一份該配位化合物的水溶液中加入足量NaOH濃溶液，加熱并用濕潤紅色石蕊試紙檢驗時，試紙未變色。該配位化合物的結構簡式為___。（4）水在合成鉻的化合物的過程中作溶劑。研究表明水能凝結成13種類型的結晶體。重冰(密度比水大)屬于立方晶系，其立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖所示，晶體中H2O的配位數為__，晶胞邊長為333.7pm，則重冰的密度為__g·cm-3(寫出數學表達式，NA為阿伏加德羅常數)。

2023學年模擬測試卷參考答案（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、由題意可知，該裝置的I、II是原電池的兩極，I是負極，II是正極，III、IV是電解池的兩極，其中III是陽極，IV是陰極，所以電流方向：電極IV→→電極I，正確；B、電極I是原電池的負極，發生氧化反應，錯誤；C、電極II是原電池的正極，發生還原反應，有Cu析出，錯誤；D、電極III是陽極，發生氧化反應，電極反應是Cu-2e-=：Cu2+，錯誤；答案選A。2、B【答案解析】

A.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，因此原子半徑r(Na)>r(O)，Na+、O2-電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑r(Na+)<r(O2-)，A正確；B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數相等，核外電子數之差為0，B錯誤；C.元素的非金屬性P>As，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強，C正確；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金屬性逐漸減弱，則失電子能力和最高價氧化物對應水化物的堿性均依次減弱，D正確；故合理選項是B。3、D【答案解析】

加入適量PbO2固體和適量的稀H2SO4后滴入2mL1mol/LMnSO4溶液發生反應的離子方程式為：5PbO2+4H++2Mn2+=2MnO4?+5Pb2++2H2O；A.用鹽酸代替硫酸，氯離子會被PbO2氧化，4H++2Cl?+PbO2═Cl2↑+Pb2++2H2O，故A正確；B.充分振蕩后靜置，發生氧化還原反應生成高錳酸根離子，溶液顏色變為紫色，故B正確；C.反應中，氧化劑PbO2的氧化性大于氧化產物MnO4?的氧化性，故C正確；D.2mL1mol/LMnSO4溶液中的錳離子物質的量為0.002mol，根據反應離子方程式可知消耗PbO2的物質的量為0.005mol，故D錯誤；答案選D。4、C【答案解析】

A.將盛試樣的坩堝放在實驗桌上冷卻，硫酸銅會吸收空氣中的水蒸氣，重新生成結晶水合物，從而使加熱前后固體的質量差減小，測定的結晶水含量偏低，A不合題意；B.中和滴定用的錐形瓶加入待測液后，再加少量蒸餾水稀釋，不影響待測液中溶質的物質的量，不產生誤差，B不合題意；C.量筒的刻度是從下往上標注的，讀取量筒中一定體積的液體時，俯視讀數，讀出的數值偏高，C符合題意；D.配制物質的量濃度的溶液，定容時仰視刻度線，溶液的體積偏大，所配溶液的濃度偏小，D不合題意。故選C。5、B【答案解析】

A．c(CO32-)=7.0×10-5mol·L－1時，c(Ca2+)=4.0×10-5mol·L－1，Ksp(CaCO3)=7.0×10-5×4.0×10-5=2.8×10-9，當c(Ca2+)=5.0×10-5mol·L－1時，a×10-5mol·L－1=c(CO32-)==5.6×10-5mol·L－1,a=5.6,故A正確；B．1molCaC2O4粉末置于盛有500mL蒸餾水的燒杯中，然后向燒杯中加入Na2CO3固體（忽視溶液體積的變化）并充分攪拌，CaC2O4和CaCO3之間能轉化，是改變離子的濃度，使沉淀的轉化平衡向不同的方向移動，不能判斷Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B錯誤；C．從圖中當c(CO32-)在0~a時，溶液為CaC2O4的飽和溶液，c(C2O42-)的最大值為5.6×10-5mol·L－1，b點對應的溶液中，離子濃度關系為c(C2O42-)＜c(CO32-)，故C正確；D．若使1molCaC2O4全部轉化為CaCO3，則此時溶液中c（C2O42-）==2mol·L－1，根據Ksp（CaC2O4）=c（Ca2＋）·c（C2O42-）=5.0×10-5×5.0×10-5，可知此時溶液中c（Ca2＋）=1.25×10-9mol·L－1，而根據Ksp（CaCO3）=2.8×10-9可知溶液中的c（CO32－）===2.240mol·L－1，故溶液中n（CO32－）=2.240mol·L－1×0.5L=1.12mol，而還有生成的1mol碳酸鈣，故所需的碳酸鈉的物質的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正確；故選B?！敬鸢更c睛】本題考查難溶電解質的溶解平衡，把握圖象分析、Ksp計算、平衡常數為解答的關鍵，側重分析與應用能力的考查，注意選項D為解答的難點，碳酸根有兩部分，沉淀的和溶解的兩部分，要利用Ksp進行計算。6、A【答案解析】

A、金屬陽離子的氧化性越強，其對應單質的還原性越弱；B、室溫下，測定等濃度的NaHA和NaB溶液的pH大小才能判斷H2A與HB的酸性強弱；C、酸性KMnO4溶液紫紅色褪去說明有烯烴生成，不能確定是否有乙烯生成；D、不同的反應無法探究濃度對反應速率的影響。【題目詳解】A項、用石墨作電極，電解Mg（NO3）2、Cu（NO3）2的混合溶液，陰極上先析出銅說明氧化性：Cu2+＞Mg2+。則還原性：鎂強于銅，故A正確；B項、室溫下，測定等濃度的Na2A和NaB溶液的pH，Na2A溶液的pH較大，說明A2—水解程度大于B—，酸性HA—<HB，不能判斷H2A與HB的酸性強弱，故B錯誤；C項、加熱浸透了石蠟油的碎瓷片，產生的氣體通過酸性KMnO4溶液，酸性KMnO4溶液紫紅色褪去說明有烯烴生成，不能確定是否有乙烯生成，故C錯誤；D項、鐵與稀硝酸反應生成一氧化氮，在濃硝酸中產生鈍化現象，兩個反應屬于不同的反應，無法探究濃度對反應速率的影響，故D錯誤。故選A?！敬鸢更c睛】本題考查化學實驗方案的評價，側重考查分析能力及靈活應用能力，注意常見物質的性質，明確常見化學實驗基本操作方法是解答關鍵。7、D【答案解析】

A．該有機物分子結構中含有碳碳雙鍵，具有烯烴的性質，則能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故A正確；B．該有機物分子結構中含有碳碳雙鍵、醛基和醚鍵，三種官能團，故B正確；C．結構中每個節點為碳原子，每個碳原子可形成四個共價鍵，不足的可用氫原子補齊，分子式為C5H4O2，故C正確；D．與碳碳雙鍵上的碳直接相連的所有原子可能在同一平面，則該有機物結構中的五元環上的所有原子可以在同一平面，碳氧雙鍵上的所有原子可能在同一平面，碳氧雙鍵與五元環上的碳碳雙鍵直接相連，則所有原子可能在同一平面，故D錯誤；答案選D?！敬鸢更c睛】有機物的分子式根據碳原子形成四個共價鍵的原則寫出，需注意它的官能團決定了它的化學性質。8、A【答案解析】

A.1mol氨基中含有9mol電子，含有的電子數目為9NA，故A正確；B.標況下單質溴不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算2.24L溴的物質的量，故B錯誤；C.100mL0.1mol·L?1CH3COONa溶液中，CH3COO?會發生水解，數目小于0.01NA，故C錯誤；D.氯氣與過量稀氫氧化鈉反應,首先反應方程式如下：2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，在這個反應中，氯氣單質氣體既充當氧化劑，又充當還原劑，兩個零價位的Cl原子，一個被氧化成為+1價，另一個被還原成為-1價，0.1mol的氯氣在這個反應中轉移電子總數當然只是0.1NA，故D錯誤；正確答案是A。9、A【答案解析】

A．苯酚與碳酸鈉反應生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，則溶液變澄清，說明酸性：苯酚＞HCO3-，選項A正確；B、Fe(NO3)2溶液中滴加稀H2SO4酸化后，相當于存在HNO3，會把Fe2+氧化為Fe3+,滴加KSCN溶液后變紅色,不能確定Fe(NO3)2試樣已變質，選項B錯誤；C、氯乙烷與NaOH溶液共熱后，溶液中還存在過量的NaOH溶液，此時直接加入AgNO3溶液，最終得到的褐色的Ag2O，選項C錯誤；D、在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入幾滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀ZnS生成，因為Na2S溶液過量，所以再滴入CuSO4溶液，又出現黑色沉淀CuS，所以無法據此判斷Ksp(CuS)與Ksp(ZnS)的大小關系，選項D錯誤。答案選A。10、D【答案解析】

A．次氯酸根和過量二氧化硫反應生成氯離子、硫酸根離子，離子方程式為ClO﹣+H2O+SO2＝Cl﹣+SO42﹣+2H+，故A錯誤；B．向碳酸氫鈉溶液中加入過量氫氧化鈣溶液，二者反應生成碳酸鈣、氫氧化鈉和水，離子方程式為HCO3﹣+Ca2++OH﹣＝CaCO3↓+H2O，故B錯誤；C．氫氧根離子、氫離子和水分子的計量數都是2，離子方程式為Ba2++2OH﹣+2H++SO42﹣＝BaSO4↓+2H2O，故C錯誤；D．n(NaOH)＝1mol/L×0.05L＝0.05mol，50mL1mol/L的NaOH溶液中通入0.03molH2S，設硫化鈉的物質的量是x，硫氫化鈉的物質的量是y，根據鈉原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化鈉和硫氫化鈉的物質的量之比是2：1，離子方程式為5OH﹣+3H2S＝HS﹣+2S2﹣+5H2O，故D正確；故答案為D?！敬鸢更c睛】考查離子方程式的書寫，明確離子之間發生反應實質是解本題關鍵，再結合離子反應方程式書寫規則分析，易錯選項是D，要結合原子守恒確定生成物，再根據原子守恒書寫離子方程式。11、B【答案解析】

A.裝置甲中亞硝酸鈉和氯化銨發生歸中反應生成氮氣，根據電子守恒，反應的化學方程式為NaNO2+NH4ClN2↑+NaCl+2H2O，故A正確；B.BaH2中H元素化合價為-1，BaH2遇水反應生成氫氣，H2O作氧化劑，故B錯誤；C.實驗時，先點燃裝置甲中的酒精燈，反應一段時間后，等氮氣把裝置中的空氣排出后，再點燃裝置丙中的酒精噴燈進行反應，故C正確；D.Ba3N2遇水反應，BaH2在潮濕空氣中能自燃，遇水反應，所以裝置乙中的濃硫酸和裝置丁中的堿石灰均是用于吸收水蒸氣，防止水蒸氣進入裝置丙中，故D正確；選B。12、B【答案解析】

A．Fe2O3為紅棕色粉末，鐵紅用作顏料利用了其物理性質，故A不符合題意；B．NaClO具有強氧化性，84消毒液殺菌利用了其強氧化性，故B符合題意；C．純堿去油污，利用了Na2CO3水溶液顯堿性的性質，故C不符合題意；D．潔廁靈除水垢利用了HCl溶液的酸性，故D不符合題意；故答案選B。13、A【答案解析】

A．DTO即水分子，不同于普通的H2O，該分子中的氫原子一個是氘(D)即，一個是氚(T)即，但是本質仍舊是氫元素，所以一個DTO分子中質子數，即原子序數和為10，那么2.1gDTO的物質的量，則0.1mol水中含有質子數為1NA，A正確；B．葡萄糖的分子式為C6H12O6，冰醋酸的分子式為C2H4O2，兩種物質的最簡式均為CH2O，所以30g葡萄糖和醋酸的混合物，可看成30g的CH2O，其物質的量為,則其氫原子的個數為2NA，B項錯誤；C．石墨烯中碳原子形成正六邊形的網格單元，每個碳原子都被三個六元環共用，平均算下來，一個六邊形需要個碳原子，所以12g石墨烯中六邊形的個數為0.5NA，C項錯誤；D．鐵與氧氣可以生成FeO或Fe3O4，1molFe被氧化電子轉移數不一定；Fe與氯氣反應生成FeCl3，所以1molFe被氯氣氧化轉移3mol電子；Fe與S反應生成FeS，所以1molFe被S氧化轉移2mol電子，D項錯誤；答案選A。14、A【答案解析】

由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-=2H2O，右邊吸附層為正極，發生了還原反應，電極反應是2H++2e-=H2，結合原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負極解答該題。【題目詳解】A.根據圖知，左側和右側物質成分知，左側含有NaOH、右側含有高氯酸，所以全氫電池”工作時，將酸堿反應的中和能轉化為電能，故A正確；B.吸附層a為負極，電極反應式為H2-2e-+2OH-=2H2O，吸附層b為正極，電極反應是2H++2e-=H2，故B錯誤；C.電池中陽離子向正極移動，所以Na+在裝置中從左側透過陽離子交換膜向右側移動，故C錯誤；D.負極電極反應是H2-2e-+2OH-=2H2O，正極電極反應是2H++2e-=H2，電池的總反應為H++OH-=H2O，故D錯誤；故選A。15、B【答案解析】

試管1中濃硫酸和銅在加熱條件下反應生成SO2，生成的SO2進入試管2中與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，使得高錳酸鉀溶液褪色，試管3中ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現淡黃色的硫單質固體，錐形瓶中的NaOH用于吸收SO2，防止污染空氣，據此分析解答?！绢}目詳解】A．如果出現白色固體也應該是硫酸銅固體而不是其晶體，因為硫酸銅晶體是藍色的，A選項錯誤；B．試管2中紫紅色溶液由深變淺，直至褪色，說明SO2與酸性高錳酸鉀溶液發生氧化還原反應，SO2具有還原性，B選項正確。C．ZnS與稀硫酸反應生成H2S，2H2S+SO2===3S↓+2H2O，出現硫單質固體，所以現象與解釋均不正確，C選項錯誤；D．若NaHSO3溶液顯酸性，酚酞溶液就會褪色，故不一定是NaHSO3溶液堿性小于NaOH，D選項錯誤；答案選B?！敬鸢更c睛】A選項為易混淆點，在解答時一定要清楚硫酸銅固體和硫酸銅晶體的區別。16、B【答案解析】

根據圖示，當lg（V/V0）+1=1時，即V=V0，溶液還沒稀釋，1mol/L的HA溶液pH=2，即HA為弱酸，溶液中部分電離；1mol/L的HB溶液pH=0，即HB為強酸，溶液中全部電離。因為起始兩溶液濃度和體積均相等，故起始兩溶液中所含一元酸的物質的量相等?！绢}目詳解】A.1mol/L的HA溶液的pH為2，c(A-)＝c(H＋)＝0.01mol/L，c(HA)1mol/L，則HA的電離常數約為10-4，A正確；B.由電荷守恒有：c（H+）=c(A-)+c(OH-)，c（H+）=c(B-)+c(OH-)，當兩溶液均稀釋至時，HB溶液pH=3，HA溶液pH>3，則有c(A-)<c(B-)，B錯誤；C.HA為弱酸，HB為強酸，等體積pH相同的兩種酸所含一元酸的物質的量n(HA)>n(HB)，故分別用NaOH溶液中和時，消耗的NaOH物質的量：HA>HB，C正確；D.等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液，Na+數目相同，HA為弱酸，鹽溶液中A-發生水解，NaA溶液呈堿性，NaA溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），HB為強酸，鹽溶液中B-不發生水解，NaB溶液呈中性，NaB溶液中的電荷守恒為c（Na+）+c（H+）=c（B-）+c（OH-），NaA溶液中c（H+）<NaB溶液中c（H+），所以等體積、等物質的量濃度的NaA和NaB溶液中離子總數前者小于后者，D正確。答案：B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、bcHOOCCH

(OH)CH2COOHHOOC-CC-

COOH消去反應加成反應NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、

加熱nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O，【答案解析】

由有機物A的化學式為C4H6O5，根據信息I知A中含有兩個羧基，A能和羧酸發生酯化反應生成酯，說明A中含有醇羥基，1molA與足量鈉反應生成1.5mol氫氣，結合I、II知含有1個醇羥基、兩個羧基，核磁共振氫譜表明A分子中有5種不同化學環境的氫原子，則A的結構簡式為HOOCCH

(OH)CH2COOH；

M中含有Cl原子，M經過反應①然后酸化得到A，則M結構簡式為

HOOCCHClCH2COOH，A在濃硫酸作催化劑、加熱條件下反應生成B(C4H4O4)，根據B分子式知，A發生消去反應生成B，B結構簡式為HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反應生成D，D為NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳發生加成反應生成E，E為HOOCCHBrCHBrCOOH，E發生消去反應然后酸化得到F（C4H2O4），根據F分子式知，F為HOOC-CC-

COOH。【題目詳解】（1）由有機物A的化學式為C4H6O5，根據信息I知A中含有兩個羧基，A能和羧酸發生酯化反應生成酯，說明A中含有醇羥基，1molA與足量鈉反應生成1.5mol氫氣，結合I、II知含有1個醇羥基、兩個羧基，所以A中含有兩個羧基，一個羥，故bc符合題意，答案：bc；（2）根據上述分析可知：寫出A、F的結構簡式分別為：A：HOOCCH

(OH)CH2COOH：F：HOOC-CC-

COOH。答案：HOOCCH

(OH)CH2COOH：HOOC-CC-

COOH；（3）根據上述分析可知：A發生消去反應生成B，B和溴的四氯化碳溶液發生加成反應生成E為HOOCCHBrCHBrCOOH，所以A→B發生消去反應，B→E發生加成反應；答案：消去反應；加成反應。(4)通過以上分析知，E發生消去反應然后酸化得到F(C4H2O4)，E→F是鹵代烴的消去反應，所以反應條件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加熱；故答案為：

NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、

加熱；(5)

B結構簡式為HOOCCH=CHCOOH，在催化劑作用下，B與乙二醇可發生縮聚反應，生成的高分子化合物，該反應的化學方程式:

nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OH

HOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O；故答案為:

nHOOCCH=CHCOOH+n

HOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+

(2n-1)

H2O；(6)A的結構簡式為HOOCCH

(OH)CH2COOH，A的同分異構體與A具有相同官能團,

說明含有醇羥基和羧基

符合條件的A的同分異構體的結構簡式：，；答案：，。18、加成反應2+O22+2H2O保護碳碳雙鍵，防止催化氧化時被破壞氫氧化鈉的醇溶液或氫氧化鈉的乙醇溶液bd+I2+HI【答案解析】

與HBr發生加成反應生成(B)，(B)催化氧化生成(C)，(C)發生銀鏡反應生成(D)，(D)與氫氧化鈉的醇溶液反應生成(E)，(E)酸化后生成(F)，(F)與I2反應生成(G)，一定條件下可反應生成(H)，最終反應生成(I)，據此作答?！绢}目詳解】（1）反應①為與HBr發生加成反應生成，因此反應類型為加成反應；（2）反應②為催化氧化生成，反應方程式為：2+O22+2H2O；（3）步驟①將碳碳雙鍵改變，步驟④將碳碳雙鍵還原，兩個步驟保護了碳碳雙鍵，防止催化氧化時碳碳雙鍵被破壞；（4）反應④是發生消去反應反應生成的過程，小區反映的條件是氫氧化鈉的醇溶液；（5）a.有機物A中存在羥基，屬于親水基，因此A可溶于水，但不是及易溶于水，a項錯誤；b.反應③為銀鏡反應，銀鏡反應后的試管可用硝酸洗滌，b項正確；c.與I2反應生成發生了加成反應和消去反應，不是取代反應，c項錯誤；d.物質D為，既可與氫氧化鈉水溶液發生取代反應，也可與鹽酸發生取代反應，d項正確；答案選bd；（6）F為，與I2在在一定條件下反應生成G的化學方程式為：+I2+HI；另一有機物與G互為同分異構體，根據結構特點可知該物質的結構簡式為：；（7）根據已知條件可知乙烯與水加成生成乙醇，乙醇催化氧化后得到乙醛；乙烯與HBr發生加成反應生成溴乙烷，溴乙烷與乙醛反應生成2-丙烯，2-丙烯在一定條件下可生成，因此合成路線可表示為：?！敬鸢更c睛】對于有機合成和推斷題的解法，可概括為“前推后，后推前，兩邊推中間，關鍵看條件、信息、官能團”，解題的關鍵是快速提取有效信息，具體過程為：19、S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O當滴加最后一滴硫代硫酸鈉溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化偏低從表格中可以看出，第二次滴定誤差較大，不應計算在平均值里面，消耗I2標準溶液的平均值為20.00mL。由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g樣品中n（Na2S2O3?5H2O）＝n（S2O32﹣）＝2n（I2）＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，則m（Na2S2O3?5H2O）＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數為×100%＝90.18%，故答案為：90.18%。【答案解析】

（1）堿性條件下二者發生氧化還原反應生成氯離子和硫酸根離子；（2）以淀粉溶液為指示劑，用濃度為0.050mol/LI2的標準溶液進行滴定，終點現象為溶液變藍色且半分鐘內不褪色；依據反應的定量關系2S2O32﹣+I2=S4O62﹣+2I﹣計算碘單質消耗的硫代硫酸鈉，計算得到樣品中的質量分數。【題目詳解】（1）Na2S2O3還原性較強，在堿性溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，反應的離子方程式為S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O，故答案為：S2O32﹣+4Cl2+10OH﹣＝2SO42﹣+8Cl￣+5H2O；（2）①加入最后一滴I2標準溶液后，溶液變藍，且半分鐘內顏色不改變，說明Na2S2O3反應完畢，滴定到達終點，故答案為：當滴加最后一滴硫代硫酸鈉溶液，溶液藍色褪去且半分鐘內不再變化；②若滴定時振蕩不充分，剛看到溶液局部變色就停止滴定，則Na2S2O3反應不完全，導致測定結果偏低，故答案為：偏低；③第2次實驗消耗標準液的體積與其它2次相差比較大，應舍棄，1、3次實驗的標準液平均值為消耗標準液體積，即消耗標準液體積為20mL，由2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣，可知5.5g樣品中n(Na2S2O3?5H2O)＝n(S2O32﹣)＝2n(I2)＝2×0.02L×0.05mol/L×＝0.02mol，則m(Na2S2O3?5H2O)＝0.02mol×248g/mol＝4.96g，則Na2S2O3?5H2O在產品中的質量分數為×100%＝90.18%，故答案為：90