2023高考化學模擬試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、維生素B3可以維持身體皮膚的正常功能，而且具有美容養顏的功效，其分子中六元環的結構與苯環相似。下列有關維生素B分子的說法錯誤的是A．所有的碳原子均處于同一平面 B．與硝基苯互為同分異構體C．六元環上的一氯代物有4種 D．1mol該分子能和4molH2發生加成反應2、乙酸和乙醛的鑒別有多種方法，下列可行的操作中最不簡便的一種是A．使用蒸餾水B．使用NaHCO3溶液C．使用CuSO4和NaOH溶液D．使用pH試紙3、由下列“實驗操作和現象”與“結論”均正確的（

）選項實驗操作及現象結論A將含鐵的氧化物的磚塊用鹽酸浸取，浸取液能使KMnO4溶液褪色浸取液中含Fe2+B常溫下，測得飽和Na2CO3溶液的pH大于飽和NaHCO3溶液的pH常溫下水解程度>C25℃時，向AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液至不再產生沉淀，然后滴加KI溶液，有黃色沉淀生成25℃時，Ksp（AgCl）>Ksp（AgI）D將Cl2通入滴有酚酞的NaOH溶液后，溶液褪色Cl2具有漂白性A．A B．B C．C D．D4、氯化亞銅(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性條件下不穩定，易生成金屬Cu和Cu2+，廣泛應用于化工和印染等行業。某研究性學習小組擬熱分解CuCl2?2H2O制備CuCl，并進行相關探究。下列說法不正確的是（）A．途徑1中產生的Cl2可以回收循環利用B．途徑2中200℃時反應的化學方程式為：Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑C．X氣體是HCl，目的是抑制CuCl2?2H2O加熱過程可能的水解D．CuCl與稀硫酸反應的離子方程式為：2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O5、下列有關化學用語表示正確的是A．甲酸乙酯的結構簡式：CH3OOCCH3 B．Al3+的結構示意圖：C．次氯酸鈉的電子式： D．中子數比質子數多1的磷原子：6、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7、下列反應中，相關示意圖像錯誤的是：A．將二氧化硫通入到一定量氯水中B．將氨水滴入到一定量氯化鋁溶液中C．將銅粉加入到一定量濃硝酸中D．將鐵粉加入到一定量氯化鐵溶液中8、下列化學用語對事實的表述正確的是A．硬脂酸與乙醇的酯化反應：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．向Na2SiO3溶液中通入過量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－C．由Na和C1形成離子鍵的過程：D．已知電離平衡常數：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－9、三國時期曹植在《七步詩》中這樣寫到“煮豆持作羹,漉豉以為汁。萁在釜下燃，豆在釜中泣。……”，文中“漉”涉及的化學實驗基本操作是A．過濾B．分液C．升華D．蒸餾10、下列說法正確的是A．612B．在光照下與氯氣反應,生成的一氯代物有3種C．CH3COOCH2CH3和CH3COOCH3互為同系物D．某有機物的名稱為3-乙基丁烷11、按照物質的組成分類，SO2屬于（）A．單質 B．酸性氧化物 C．堿性氧化物 D．混合物12、下列有關氨氣的制備、干燥、收集和尾氣處理錯誤的是A．圖甲：實驗室制氨氣 B．圖乙：干燥氨氣C．圖丙：收集氨氣 D．圖丁：實驗室制氨氣的尾氣處理13、下列有關物質性質的敘述一定不正確的是A．向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液顯紅色B．KAl(SO4)2·12H2O溶于水可形成Al(OH)3膠體C．NH4Cl與Ca(OH)2混合加熱可生成NH3D．Cu與FeCl3溶液反應可生成CuCl214、用NA表示阿伏加德羅常數值，下列敘述中正確的A．0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下充分反應，得到NO的分子數為0.4NAB．C60和石墨的混合物共1.8g，含碳原子數目為0.15NAC．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中陽離子總數小于0.2NAD．5.6g鐵在足量的O2中燃燒，轉移的電子數為0.3NA15、在某水溶液樣品中滴加氯化鋇溶液，產生白色沉淀；再滴加鹽酸，沉淀部分消失，并有無色無味的氣體產生．由此判斷該溶液中肯定不存在的離子是（）A．Ag+ B．SO42﹣ C．CO32﹣ D．NH4+16、根據元素周期律，由下列事實進行歸納推測，合理的是事實推測A．Mg與水反應緩慢，Ca與水反應較快Be與水反應會更快B．HCl在1500℃時分解，HI在230℃時分解HBr的分解溫度介于二者之間C．SiH4，PH3在空氣中能自燃H2S在空氣中也能自燃D．標況下HCl，HBr均為氣體HF也為氣體A．A B．B C．C D．D17、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是（）A．5.6L甲烷含有的共價鍵數為NAB．2gD2l6O和2gH218O中含有的中子數均為NAC．過氧化鈉與水反應時，生成0.1mol氧氣轉移的電子數為0.4NAD．常溫下pH=13的Ba(OH)2溶液中含有的OH-離子數為0.1NA18、25℃時，下列說法正確的是（）A．0.1mol·L－1（NH4）2SO4溶液中c（）<c（）B．0.02mol·L－1氨水和0.01mol·L－1氨水中的c（OH－）之比是2∶1C．向醋酸鈉溶液中加入醋酸使溶液的pH＝7，此時混合液中c（Na＋）>c（CH3COO－）D．向0.1mol·L－1NaNO3溶液中滴加鹽酸使溶液的pH＝5，此時混合液中c（Na＋）＝c（）（不考慮酸的揮發與分解）19、NA代表阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是A．標準狀況下，5.6L一氧化氮和5.6L氧氣混合后的分子總數為0.5NAB．等體積、濃度均為1mol/L的磷酸和鹽酸，電離出的氫離子數之比為3:1C．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同D．標準狀況下，等體積的N2和CO所含的原子數均為2NA20、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A．向苯酚鈉溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2-＋2MnO4-＋3H2O=5NO3-＋2Mn2＋＋6OH－C．向AlCl3溶液中滴加過量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+D．NaHSO4溶液與Ba(OH)2溶液反應至中性：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O21、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z為短周期主族元素。Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。下列說法中錯誤的是WXYZA．原子半徑大小：X<W<Y B．Z的單質易溶于化合物WZ2C．氣態氫化物穩定性：W<X D．含Y元素的離子一定是陽離子22、人體血液存在H2CO3/HCO3—、HPO42-/H2PO4—等緩沖對。常溫下，水溶液中各緩沖對的微粒濃度之比的對數值lgx［x表示或］與pH的關系如圖所示。已知碳酸pKal═6.4、磷酸pKa2═7.2（pKa═-lgKa）。則下列說法不正確的是A．曲線Ⅱ表示lg與pH的變化關系B．a~b的過程中，水的電離程度逐漸增大C．當c(H2CO3)═c(HCO3—)時，c(HPO42—)=c(H2PO4—)D．當pH增大時，逐漸增大二、非選擇題(共84分)23、（14分）磷酸氯喹是一種抗瘧疾藥物，研究發現，該藥在細胞水平上能有效抑制新型冠狀病毒的感染。其合成路線如下：已知：回答下列問題：（1）A是一種芳香經，B中官能團的名稱為__________________。（2）反應A→B中須加入的試劑a為___________________。（3）B反應生成C的反應化學反應方程式是______________________。（4）C→D反應類型是_________，D的結構簡式為_______________。（5）F→G反應類型為________________。（6）I是E的同分異構體，與E具有相同的環狀結構，寫出任意一種符合下列條件的I的結構簡式是__________________________。①I是三取代的環狀有機物，氯原子和羥基的取代位置與E相同；②核磁共振氫譜顯示I除了環狀結構上的氫外，還有4組峰，峰面積比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液產生氣體。24、（12分）花椒毒素(Ⅰ)是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：（1）①的反應類型為_____________________；B分子中最多有_________個原子共平面。（2）C中含氧官能團的名稱為______________________；③的“條件a”為____________________。（3）④為加成反應，化學方程式為__________________________________。（4）⑤的化學方程式為__________________________________。（5）芳香化合物J是D的同分異構體，符合下列條件的J的結構共有_________種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式為_________________。(只寫一種即可)。①苯環上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2；③1molJ可中和3molNaOH。（6）參照題圖信息，寫出以為原料制備的合成路線(無機試劑任選)：______________25、（12分）某興趣小組為探究銅與濃硫酸反應時硫酸的最低濃度，設計了如下方案。方案一、實驗裝置如圖1所示。已知能與在酸性溶液中反應生成紅棕色沉淀，可用于鑒定溶液中微量的。（1）寫出銅與濃硫酸反應的化學方程式：____________。NaOH溶液的作用是___________。（2）儀器X的作用是盛裝的濃硫酸并測定濃硫酸的體積，其名稱是_______。（3）實驗過程中，當滴入濃硫酸的體積為20.00mL時，燒瓶內開始有紅棕色沉淀生成，則能與銅反應的硫酸的最低濃度為__________（精確到小數點后一位；混合溶液的體積可視為各溶液的體積之和）。方案二、實驗裝置如圖2所示。加熱，充分反應后，由導管a通入氧氣足夠長時間，取下燒杯，向其中加入足量的溶液，經過濾、洗滌、干燥后稱量固體的質量。（4）通入氧氣的目的是______________、____________。（5）若通入氧氣的量不足，則測得的硫酸的最低濃度__________（填“偏大”“偏小”或“無影響”）。26、（10分）CCl3CHO是一種藥物合成的中間體，可通過CH3CH2OH+4Cl2→CCl3CHO+5HCl進行制備。制備時可能發生的副反應為C2H5OH+HCl→C2H5Cl+H2O、CCl3CHO+HClO—CCl3COOH+HCl。合成該有機物的實驗裝置示意圖(加熱裝置未畫出)和有關數據如下：(1)A中恒壓漏斗的作用是______；A裝置中發生反應的化學方程式為_____。(2)裝置B的作用是____；裝置F在吸收氣體時，為什么可以防止液體發生倒吸現象______。(3)裝置E中的溫度計要控制在70℃，三口燒瓶采用的最佳加熱方式是______。如果要在球形冷凝管中注入冷水增加冷凝效果，冷水應該從_____(填“a”或“b”)口通入。實驗使用球形冷凝管而不使用直形冷凝管的目的是________。(4)實驗中裝置C中的試劑是飽和食鹽水，裝置中D的試劑是濃H2SO4。如果不使用D裝置，產品中會存在較多的雜質_______(填化學式)。除去這些雜質最合適實驗方法是______。(5)利用碘量法可測定產品的純度，反應原理如下：CCl3CHO+NaOH→CHC13+HCOONaHCOONa+I2=HI+NaI+CO2I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O8稱取該實驗制備的產品5.00g，配成100.00mL溶液，取其中10.00mL,調節溶液為合適的pH后，加入30.00mL0.100mol?L-1的碘標準液，用0100mol?L-1的Na2S2O3溶液滴定，重復上述3次操作，消耗Na2S2O3溶液平均體積為20.00mL,則該次實驗所得產品純度為_________。27、（12分）工業上可用下列儀器組裝一套裝置來測定黃鐵礦（主要成分FeS2）中硫的質量分數(忽略SO2、H2SO3與氧氣的反應)。實驗的正確操作步驟如下：A．連接好裝置，并檢查裝置的氣密性B．稱取研細的黃鐵礦樣品C．將2.0g樣品小心地放入硬質玻璃管中D．以1L/min的速率鼓入空氣E．將硬質玻璃管中的黃鐵礦樣品加熱到800℃～850℃F．用300mL的飽和碘水吸收SO2，發生的反應是：I2＋SO2＋2H2O=2HI＋H2SO4G．吸收液用CCl4萃取、分離H．取20.00mLG中所得溶液，用0.2000mol·L－1的NaOH標準溶液滴定。試回答：（1）步驟G中所用主要儀器是______，應取_______(填“上”或“下”)層溶液進行后續實驗。（2）裝置正確的連接順序是④(填編號)。______（3）裝置⑤中高錳酸鉀的作用是__________。持續鼓入空氣的作用__________。（4）步驟H中滴定時應選用_____作指示劑，可以根據________現象來判斷滴定已經達到終點。（5）假定黃鐵礦中的硫在操作E中已全部轉化為SO2，并且被飽和碘水完全吸收，滴定得到的數據如下表所示：滴定次數待測液的體積/mLNaOH標準溶液的體積/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38則黃鐵礦樣品中硫元素的質量分數為___________。（6）也有人提出用“沉淀質量法”測定黃鐵礦中含硫質量分數，若用這種方法測定，最好是在裝置①所得吸收液中加入下列哪種試劑__________。A．硝酸銀溶液B．氯化鋇溶液C．澄清石灰水D．酸性高錳酸鉀溶液28、（14分）（1）基態溴原子的價層電子軌道排布式為________。第四周期中，與溴原子未成對電子數相同的金屬元素有_______種。（2）鈹與鋁的元素性質相似。下列有關鈹和鋁的敘述正確的有___________(填標號)。A．都屬于p區主族元素

B．電負性都比鎂大C．第一電離能都比鎂大

D．氯化物的水溶液pH均小于7（3）Al元素可形成[AlF6]3－、[AlCl4]－配離子，而B元素只能形成[BF4]－配離子，由此可知決定配合物中配位數多少的因素是________________；[AlCl4]-的立體構型名稱為______。（4）P元素有白磷、紅磷、黑磷三種常見的單質。①白磷（P4）易溶于CS2，難溶于水，原因是________________②黑磷是一種黑色有金屬光澤的晶體，是一種比石墨烯更優秀的新型材料。白磷、紅磷都是分子晶體，黑磷晶體與石墨類似的層狀結構，如圖所示。下列有關黑磷晶體的說法正確的是_________。A．黑磷晶體中磷原子雜化方式為sp2雜化B．黑磷晶體中層與層之間的作用力是分子間作用力C．黑磷晶體的每一層中磷原子都在同一平面上D．P元素三種常見的單質中，黑磷的熔沸點最高（5）F2中F-F鍵的鍵能(157kJ/mol)小于Cl2中Cl-Cl鍵的鍵能(242.7kJ/mol)，原因是_________。（6）金屬鉀的晶胞結構如圖。若該晶胞的密度為ag/cm3，阿伏加得羅常數為NA，則表示K原子半徑的計算式為______。29、（10分）化學反應條件是研究化學反應的重要方向。（1）化工原料異丁烯（C4H8）可由異丁烷（C4H10）直接催化脫氫制備：C4H10（g）C4H8（g）+H2（g）△H=+139kJ·mol-1一定條件下，以異丁烷為原料生產異丁烯，在202kPa和808kPa下異丁烷平衡轉化率隨溫度的變化如圖所示。①p1=_______kPa，選擇異丁烯制備的溫度條件是550~600℃的理由是_________________。②若平衡混合氣中異丁烯的體積分數為25%，則異丁烷的平衡轉化率為_______%（保留小數點后1位）。（2）異丁烷催化脫氫制備異丁烯的研究熱點是催化活性組分以及載體的選擇。下表是以V-Fe-K-0為催化活性物質，反應時間相同時，測得的不同溫度、不同載體條件下的數據。溫度/℃570580590600610以r-Al2O3為載體異丁烷轉化率／％36.4136.4938.4239.2342.48異丁烯收率／％26.1727.1127.5126.5626.22以TiO2為載體異丁烷轉化率／％30.2330.8732.2333.6333.92異丁烯收率／％25.8827.3928.2328.8129.30說明：收率=（生產目標產物的原料量/原料的進料量）×100%①由上表數據，可以得到的結論是____________（填字母序號）。a載體會影響催化劑的活性b載體會影響催化劑的選擇性c載體會影響化學平衡常數②分析以γ-Al2O3為載體時異丁烯收率隨溫度變化的可能原因：__________。（3）工業上用復合氧化鈷（組成為Co3O4）、碳酸鋰以Li/Co（原子比）=1混合，在空氣中900℃下加熱5小時制備鋰離子電池正極材料LiCoO2，寫出制備LiCoO2的化學方程式__________。廢舊的鋰離子電池需要回收，“放電處理”廢舊的鋰離子電池有利于鋰在正極回收的原因是____________。

參考答案一、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【解析】

A．該分子中所有C原子和N原子都采用sp2雜化且碳碳單鍵可以旋轉，所以該分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正確；B．硝基苯的分子式為C6H5NO2，該分子的分子式也為C6H5NO2，且二者結構不同，互為同分異構體，故B正確；C．六元環上含有4種氫原子，所以其六元環上的一氯代物是4種，故C正確；D．羧基中的碳氧雙鍵不能加成，維生素B3分子中的六元環與苯環相似，則1mol該物質最多能和3mol氫氣發生加成反應，故D錯誤；故答案為D。2、C【解析】

乙酸具有酸性，可與碳酸鹽、堿等發生復分解反應，乙醛含有醛基，可發生氧化反應，以此解答該題。【詳解】A.二者都溶于水，沒有明顯現象，不能鑒別，故A錯誤；B.乙酸具有酸性，可與NaHCO3溶液生成氣體，乙醛與NaHCO3溶液不反應，可鑒別，方法簡便，操作簡單，故B錯誤；C.是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氫氧化銅，然后與乙酸發生中和反應，檢驗乙醛需要加熱，操作較復雜，故C正確；D.使用pH試紙乙酸具有酸性，可使pH試紙變紅，乙醛不能使pH試紙變紅，可鑒別，方法簡單，操作簡便，故D錯誤；答案選C。3、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液有強氧化性，能氧化溶液中的Cl-，則溶液褪色無法判斷溶液中一定含有Fe2+，故A錯誤；B．常溫下，Na2CO3溶解度大于NaHCO3，要比較兩種鈉鹽水解程度相對大小時鈉鹽溶液濃度必須相同，因為兩種鈉鹽飽和溶液濃度不等，所以不能根據溶液pH判斷常溫下水解程度：CO32-＞HCO3-，故B錯誤；C．向少量AgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加KI溶液，若開始有白色沉淀生成，后逐漸變為黃色沉淀，說明碘化銀更難溶，說明碘化銀的溶度積較小，即Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，故C正確；D．Cl2通入到含有酚酞的NaOH溶液中，紅色褪去，是因氯氣與NaOH反應生成NaCl和NaClO，導致溶液堿性減弱，而不是漂白性，故D錯誤；故答案為C。4、D【解析】

A.途徑1中產生的Cl2能轉化為HCl，可以回收循環利用，A正確；B.從途徑2中可以看出，Cu2(OH)2Cl2→CuO，配平可得反應式Cu2(OH)2Cl22CuO+2HCl↑，B正確；C.CuCl2?2H2O加熱時會揮發出HCl，在HCl氣流中加熱，可抑制其水解，C正確；D.2Cu++4H++SO42-═2Cu+SO2↑+2H2O反應中，只有價態降低元素，沒有價態升高元素，D錯誤。故選D。5、D【解析】

A.甲酸乙酯的結構簡式：HCOOCH2CH3，故錯誤；B.Al3+的結構示意圖：，故錯誤；C.次氯酸鈉的電子式：，故錯誤；D.中子數比質子數多1的磷原子含有16個中子，質量數為31，符號為：，故正確。故選D。【點睛】掌握電子式的書寫方法，離子化合物的電子式中含有電荷和括號，每個原子符號周圍一般滿足8電子結構。分清原子之間的共用電子對的數值和寫法。6、C【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。7、B【解析】

A．當向氯水中通入二氧化硫時，氯水中的氯氣具有強氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯氣和二氧化硫、水的反應方程式為Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增強，pH值減小，最后達定值，故A正確；B．氯化鋁和氨水反應生成氫氧化鋁沉淀，氫氧化鋁不和弱堿反應，所以將氨水滴入到一定量氯化鋁溶液中沉淀先逐漸增大最后達到最大值，沉淀不溶解，故B錯誤；C．銅先和濃硝酸反應生成二氧化氮氣體，隨著反應的進行，濃硝酸變成稀硝酸，銅和稀硝酸反應生成一氧化氮，當硝酸完全反應時，生成的氣體為定值，故C正確；D．鐵和氯化鐵反應生成氯化亞鐵，溶液中離子數目增多，氯離子的量不變，所以氯離子的百分含量減少，到三價鐵離子反應完全后，氯離子的百分含量不再變化，故D正確；故答案為B。8、C【解析】

A．硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH發生酯化反應，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，反應的化學方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A錯誤；B．向Na2SiO3溶液中通入過量SO2的離子反應為SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B錯誤；C．氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，反應中Na失去電子，Cl得到電子，則Na和Cl形成離子鍵的過程：→，故C正確；D．弱酸的電離平衡常數越大，酸的酸性越強，強酸能和弱酸鹽反應生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D錯誤；故答案為C。9、A【解析】煮豆持作羹,漉豉以為汁意思是煮熟豆子來做豆豉而使豆子滲出汁水。所以漉豉以為汁采用了過濾的方法把豆豉和豆汁分開。故A符合題意，BCD不符合題意。所以答案為A。10、C【解析】A、612C表示質量數為12、質子數為6的一種核素，故A錯誤；B、分子結構中有兩種氫原子，所以其一氯代物有2種，即B錯誤；C、同系物是結構相似，分子組成上相差若干個CH2點睛：同系物概念中的結構相似，是指結構特征或碳原子的成鍵特征相似，若有官能團時，不僅要求官能團相同，官能團的數目也要相同；有機物的命名要遵循最長碳鏈為主鏈，支鏈的位置最小或位置和最小，要正確表達取代基的位置、數目、名稱以及與主鏈的關系等。11、B【解析】

A、SO2由兩種元素組成，不符合單質的概念；B、能與堿反應生成鹽和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能與堿反應只生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物；D、SO2屬于純凈物。【詳解】A、SO2由兩種元素組成，不屬于單質，故A錯誤；B、能與堿反應生成鹽和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能與堿反應只生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物，故B正確；C、SO2是能與堿反應只生成鹽和水的氧化物，屬于酸性氧化物，故C錯誤；D、SO2屬于純凈物，不屬于混合物，故D錯誤；故選：B。12、D【解析】

A．實驗室通過加熱氯化銨和氫氧化鈣的混合物制氨氣，故A正確；B．氨氣是堿性氣體，可以用堿石灰干燥氨氣。故B正確；C．氨氣的密度比空氣小，于空氣中的物質不反應，可以用排空氣法收集，用圖示裝置收集氨氣需要短進長出，故C正確；D．氨氣極易溶于水，用圖示裝置進行氨氣的尾氣處理，會產生倒吸，故D錯誤；故選D。【點睛】本題的易錯點為C，要注意理解瓶口向上排空氣法的原理。13、A【解析】

A項，FeCl2溶液中含Fe2+，NH4SCN用于檢驗Fe3+，向FeCl2溶液中滴加NH4SCN溶液，溶液不會顯紅色，A項錯誤；B項，KAl（SO4）2·12H2O溶于水電離出的Al3+水解形成Al（OH）3膠體，離子方程式為Al3++3H2OAl（OH）3（膠體）+3H+，B項正確；C項，實驗室可用NH4Cl和Ca（OH）2混合共熱制NH3，反應的化學方程式為2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O，C項正確；D項，Cu與FeCl3溶液反應生成CuCl2和FeCl2，反應的化學方程式為Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2，D項正確；答案選A。14、B【解析】

A．依據4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3與0.6molO2在催化劑的作用下加熱充分反應，氧氣剩余，則生成的一氧化氮部分與氧氣反應生成二氧化氮，所以最終生成一氧化氮分子數小于0.4NA，故A錯誤；B．C60和石墨是碳元素的同素異形體，混合物的構成微粒中都只含有C原子，1.8gC的物質的量為=0.15mol，所以其中含有的碳原子數目為0.15NA，B正確；C．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶質的物質的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1mol/L×1L=0.1mol，該鹽是強酸弱堿鹽，陽離子部分發生水解作用，離子方程式為：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可見NH4+水解消耗數與水解產生的H+數目相等，而Al3+一個水解會產生3個H+，因此溶液中陽離子總數大于0.2NA，C錯誤；D．Fe在氧氣中燃燒產生Fe3O4，3molFe完全反應轉移8mol電子，5.6gFe的物質的量是0.1mol，則其反應轉移的電子數目為×0.1mol=mol，故轉移的電子數目小于0.3NA，D錯誤；故合理選項是B。15、A【解析】

向樣品中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀產生，可能含有硫酸根離子或碳酸根離子或銀離子；再滴加鹽酸，沉淀部分消失，并有無色無味的氣體產生，說明樣品中含有碳酸根離子，碳酸根離子與銀離子不能共存，所以樣品中一定不存在銀離子。故選A。【點睛】由于沉淀部分消失，一定有碳酸根離子，并且碳酸根離子與銀離子不能共存。16、B【解析】

A.金屬性越強，與水反應越劇烈，則Be與水反應很緩慢，故A錯誤；B.非金屬性越強，氫化物越穩定，由事實可知，HBr的分解溫度介于二者之間，故B正確；C.自燃與物質穩定性有關，硫化氫較穩定，則H2S在空氣中不能自燃，故C錯誤；D.HF可形成氫鍵，標況下HCl、HBr均為氣體，但HF為液體，故D錯誤；故選：B。17、B【解析】

A.未指明是否為標準狀況，無法確定氣體的物質的量，故A錯誤；B.D2l6O和H218O的摩爾質量均為20g/mol，故2gH218O和D2O的物質的量均為0.1mol，而且兩者均含10個中子，故0.1molH218O和D2O中均含1mol中子即NA個，故B正確；C.過氧化鈉與水反應時，氧元素的價態由-1價變為0價，故當生成0.1mol氧氣時轉移0.2mol電子即0.2NA個，故C錯誤；D.溶液的體積未知，無法計算溶液中微粒的個數，故D錯誤；故答案為B。18、D【解析】

A.NH4+雖然會發生水解，但其水解程度非常微弱，因此(NH4)2SO4溶液中c(NH4+)>c(SO42?)，故A錯誤；B.相同條件下，弱電解質的濃度越小，其電離程度越大，因此0.02mol·L－1氨水和0.01mol·L－1氨水中的c(OH－)之比小于2∶1，故B錯誤；C.依據電荷守恒有c(Na＋)＋c(H＋)＝c(CH3COO－)＋c(OH－)，混合后溶液的pH＝7，即c(H＋)＝c(OH－)，可推出c(Na＋)＝c(CH3COO－)，故C錯誤；D.NaNO3是強酸強堿鹽，Na＋和NO3?均不發生水解，NaNO3溶液也不與鹽酸發生反應，根據物料守恒可得c(Na＋)＝c(NO3?)，故D正確。綜上所述，答案為D。19、C【解析】

A.5.6L一氧化氮和5.6L氧氣混合后發生反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反應為氣體分子數減少的反應，因此混合后的分子總數小于0.5NA，故A錯誤；B.磷酸為弱酸，不可完全電離出H+，故B錯誤；C.NH4+水解，濃度不同，水解程度不同，因此1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量不同，故C正確；D.標準狀況下，等體積的N2和CO物質的量相等，所含的原子數相等，但不一定為2NA，故D錯誤；答案：C【點睛】易錯選項A，忽略隱含反應2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。20、C【解析】

A.因為酸性強弱關系為H2CO3>C6H5OH>HCO3-，所以即使通入過量的CO2也不會有CO32-生成：C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO3-。A項錯誤；B.因為是酸性溶液，所以產物中不會有OH-生成，正確的反應方程式為5NO2-＋2MnO4-＋6H+===5NO3-＋2Mn2＋＋3H2O。B項錯誤；C.Al(OH)3不能與氨水反應，所以該離子方程式是正確的，C項正確；D.離子方程式不符合物質[Ba(OH)2]的組成，正確的離子方程式為2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O。D項錯誤；答案選C。【點睛】離子方程式正誤判斷題中常見錯誤：(1)不能正確使用分子式與離子符號；(2)反應前后電荷不守恒；(3)得失電子不守恒；(4)反應原理不正確；(5)缺少必要的反應條件；(6)不符合物質的組成；(7)忽略反應物用量的影響等。21、D【解析】

根據元素在周期表位置關系，四種元素位于第二三周期，且Z的最高價氧化物對應的水化物為M，室溫下，0.01mol/LM溶液pH<2。則Z為S，W、X、Y分別為C、N、Al。A．原子半徑大小：N＜C＜Al，故A正確；B．Z元素為S，其單質易溶于CS2，故B正確；C．W、X分別為C、N，非金屬性越強，氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性：C＜N，則氣態氫化物穩定性：CH4＜NH3，故C正確；D．Y為Al元素，含Al元素的離子有Al3+、AlO或[Al(OH)4]－，故D錯誤；答案選D。【點睛】根據相似相容原理，S易溶于CS2。22、D【解析】

由電離平衡H2CO3HCO3-+H+、H2PO4-HPO42-+H+可知，隨pH增大，溶液中c(OH-)增大，使電離平衡向右移動，H2CO3/HCO3-減小，HPO42-/H2PO4-增大，所以曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關系，曲線II表示lg[c(HPO42-)/c(H2PO4-)]與pH的變化關系，以此分析解答。【詳解】A.根據以上分析，曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關系，故A錯誤；B.曲線I表示lg[H2CO3/HCO3-)]與pH的變化關系，a→b的過程中，c(HCO3-)逐漸增大，對水的電離促進作用增大，所以水的電離程度逐漸增大，故B錯誤；C.根據H2CO3HCO3-+H+，Kal=；H2PO4-HPO42-+H+，Ka2=；由題給信息可知，Ka1Ka2，則當c(H2CO3)=c(HCO3—)時c(HPO42-)c(H2PO4-)，故C錯誤；D.根據Kal=；Ka2=，可得c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(H2CO3)，當pH增大時，c(H2CO3)逐漸減小，所以c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐漸減小，故D正確。故答案選D。【點睛】本題考查電解質溶液，涉及電離平衡移動、電離平衡常數及水的電離等知識，正確分析圖象是解題的關鍵，注意電離常數只與溫度有關，溫度不變，電離常數不變，注意平衡常數的表達式及巧妙使用。二、非選擇題(共84分)23、硝基濃硫酸、濃硝酸+Cl2+HCl還原反應取代反應【解析】

產物中含有苯環，則A是苯，B為硝基苯，B到C是一個取代反應，考慮到E中氮原子和氯原子處于間位，因此C是間硝基氯苯，D則是硝基被還原后變成了間氨基氯苯，E到F即題目信息中給出的反應，從F到G，分子式中少1個O和1個H，而多出了一個Cl，因此為一個取代反應，用氯原子取代了羥基，最后再進一步取代反應得到H，據此來分析本題即可。【詳解】（1）根據分析，B是硝基苯，其官能團為硝基；（2）硝化反應需要用到濃硫酸和濃硝酸組成的混酸；（3）B到C即取代反應，方程式為+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被還原為氨基的過程，因此是一個還原反應，D為鄰氨基氯苯，即；（5）根據分析，F到G是一個取代反應；（6）加入碳酸氫鈉溶液能產生氣體，因此分子中一定含有羧基，結合其它要求，寫出符合條件的同分異構體，為。24、取代反應18羰基、醚鍵濃硫酸、加熱（或：P2O5）30【解析】根據B的結構簡式和生成B的反應條件結合A的化學式可知，A為；根據C和D的化學式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發生加成反應生成D，D為，結合G的結構可知，D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為；根據G生成H的反應條件可知，H為。(1)根據A和B的結構可知，反應①發生了羥基上氫原子的取代反應；B()分子中的苯環為平面結構，單鍵可以旋轉，最多有18個原子共平面，故答案為取代反應；18；(2)C()中含氧官能團有羰基、醚鍵；反應③為D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，“條件a”為濃硫酸、加熱，故答案為羰基、醚鍵；濃硫酸、加熱；(3)反應④為加成反應，根據E和G的化學式的區別可知F為甲醛，反應的化學方程式為，故答案為；(4)反應⑤是羥基的催化氧化，反應的化學方程式為，故答案為；(5)芳香化合物J是D()的同分異構體，①苯環上只有3個取代基；②可與NaHCO3反應放出CO2，說明結構中含有羧基；③1molJ可中和3molNaOH，說明結構中含有2個酚羥基和1個羧基；符合條件的J的結構有：苯環上的3個取代基為2個羥基和一個—C3H6COOH，當2個羥基位于鄰位時有2種結構；當2個羥基位于間位時有3種結構；當2個羥基位于對位時有1種結構；又因為—C3H6COOH的結構有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(CH3)COOH、—CH(CH3)CH2COOH、—C(CH3)2COOH、—CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)×5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式有，故答案為30；；(6)以為原料制備。根據流程圖C生成的D可知，可以與氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為，故答案為。點睛：本題考查了有機合成與推斷，根據反應條件和已知物質的結構簡式采用正逆推導的方法分析是解題的關鍵。本題的易錯點為B分子中共面的原子數的判斷，要注意單鍵可以旋轉；本題的難點是(6)的合成路線的設計，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。本題的難度較大。25、吸收尾氣中的酸式滴定管11.0使產生的全部被NaOH溶液吸收將最終轉化為偏大【解析】

反應原理：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，因為濃硫酸為酸，所以用酸式滴定管盛裝，生成的二氧化硫為酸性氣體，有毒，必須用堿液吸收法吸收；亞硫酸鹽具有強還原性可以被氧氣氧化為硫酸鹽。硫酸鈉與亞硫酸鈉均可以與氯化鋇反應生成硫酸鋇和亞硫酸鋇沉淀，據此分析。【詳解】（1）銅與濃硫酸反應的化學方程式為Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，銅與濃硫酸反應生成的二氧化硫會污染環境，所以必須用堿溶液吸收。答案：Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O吸收尾氣中的SO2（2）X可用于測定濃硫酸的體積，應該是酸式滴定管。答案：酸式滴定管（3）當入濃硫酸的體積為20.0mL時溶液的總體積為33.45ml，硫酸的濃度為=11.0mol/L；答案：11.0（4）通入氧氣的原因之一是將裝置中產生的二氧化硫驅趕出去，二是使燒杯中的Na2SO3全部轉化為Na2SO4；答案：使產生的SO2全部被NaOH溶液吸收將SO2最終轉化為Na2SO4（5）若通入氧氣的量不足，則生成沉淀的質量偏小，即計算出的生成二氧化硫的量偏小，則測得的硫酸的最低濃度偏大。答案：偏大26、保持漏斗和反應容器內的氣壓相等2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O安全瓶(或防止裝置C中液體倒吸入裝置A中)漏斗口徑較大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中水浴b增大蒸氣與外界接觸面積，提高冷凝回流效果C2H5Cl、CCl3COOH蒸餾59%【解析】

A裝置利用高錳酸鉀與濃鹽酸制備氯氣，C裝置用飽和食鹽水除去HCl，D裝置盛放濃硫酸干燥氯氣，E中反應制備CCl3CHO。F裝置盛放氫氧化鈉溶液，吸收尾氣中氯氣、HCl防止污染空氣。【詳解】(1)A中的恒壓漏斗使得漏斗中的壓強和圓底燒瓶中的壓強相同，從而濃鹽酸能夠順利流下。高錳酸鉀與濃鹽酸反應生成氯氣，方程式為2KMnO4＋16HCl(濃)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；(2)裝置B中的導管很短，而且B中沒有試劑，所以是作安全瓶，防止C裝置處理HCl氣體時發生倒吸。裝置F中倒扣的漏斗，與液體接觸的部分橫截面積很大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中，不會發生倒吸。答案為安全瓶漏斗口徑較大，被吸住的液體會迅速回落燒杯中；(3)溫度要控制在70℃，未超過水的沸點100℃，可以選擇水浴加熱，即最佳的加熱方式為水浴加熱。冷凝過程中，冷凝管中應該充滿水，所以冷水應該從b口進。球形冷凝管與蒸氣接觸的面積大，冷凝回流效果更好。答案為：水浴b增大蒸氣與外界接觸面積，提高冷凝回流效果；(4)如果沒有濃硫酸干燥，則E中會有水參加反應，水與氯氣反應生成HCl和HClO，副反應就會發生，生成的產物有C2H5Cl、CCl3COOH。從圖表所給的信息來看，雜質均溶于乙醇，得到一混合液體，且沸點相差較大，使用蒸餾，可以分離除去；(5)加入的碘單質被硫代硫酸鈉和CCl3CHO消耗，加入的碘單質的物質的量為0.03L×0.100mol?L-1=0.003mol，消耗的Na2S2O3的物質的量為0.02L×0.100mol?L-1=0.002mol。有關系式為I2~CCl3CHOI2~2Na2S2O30.001mol0.002molCCl3CHO消耗碘單質的物質的量為0.003-0.001mol=0.002mol，則10mL的溶液中含有CCl3CHO的物質的量為0.002mol。100mL溶液中含有CCl3CHO為0.02mol，質量為0.02mol×147.5g=2.95g，則純度。【點睛】本題純度的計算采用的返滴法，要理解題目所給方程式的意思。消耗I2的物質有兩種，和一般的滴定有所差別。27、分液漏斗上⑤③②④①除去空氣中的SO2和其他還原性氣體將黃鐵礦充分氧化，且將產生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收酚酞滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液變為淺紅色，并在半分鐘內不褪色24.0%B【解析】

(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，根據滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實驗的目的是將黃鐵礦在空氣中完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實驗中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質，并借助裝置堿石灰干燥，由此確定裝置的連接順序；(3)結合(2)的分析判斷裝置⑤中高錳酸鉀的作用和持續鼓入空氣的作用；(4)根據題意，用氫氧化鈉滴定混合強酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，在滴定終點時溶液變為淺紅色；(5)對于多次測量數據一般要求平均值進行數據處理，由于第一次所消耗標準液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標準液的體積的平均值：20.00ml。根據反應4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質量為：mol×32g/mol×=0.48g，據此計算樣品中硫元素的質量分數；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測得硫的質量分數，最好選用能與SO42-反應生成不溶于酸性溶液的沉淀。【詳解】(1)萃取、分液的主要儀器為分液漏斗，因為CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有機層在下層，水溶液為上層，則后續滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上層水溶液；(2)實驗的目的是將黃鐵礦完全燃燒生成的SO2被飽和碘水吸收，實驗中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部擠入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質，并借助裝置堿石灰干燥，則裝置正確的連接順序是⑤→③→②→④→①；(3)實驗中需要通入干燥空氣將裝置②中生成的SO2全部趕入裝置①中，通入的空氣需要利用酸性KMnO4溶液除去還原性的氣體雜質，故裝置⑤中高錳酸鉀的作用是除去空氣中的SO2和其他還原性氣體；持續鼓入空氣的作用將黃鐵礦充分氧化，且將產生的二氧化硫全部擠入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根據題意，用氫氧化鈉滴定混合強酸溶液，所以常用的指示劑為酚酞，當滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液變為淺紅色，并在半分鐘內不褪色，說明滴定已經達到終點；(5)對于多次測量數據一般要求平均值進行數據處理，由于第一次所消耗標準液的體積與后兩次相差較大，為減小誤差，只求后兩次標準液的體積的平均值：20.00ml。根據反應4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H++OH-═H2O，得關系式S～SO2～4H+～4OH-，所以樣品中硫元素的質量為：mol×32g/mol×=0.48g，所以樣品中硫元素的質量分數為×100%=24.0%；(6)裝置⑤所得溶液為HI、H2SO4的混合溶液，為測得硫的質量分數，最好選用能與SO42-反應生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化鋇符合題意，故答案為B。28、4BD中心原子半徑、配位原子的半徑正四面體P4、CS2是非極性分子，H2O是極性分子，根據相似相溶原理，P4難溶于水BDF的原子半徑小，孤電子對之間的斥力大【解析】（1）溴原子為35號元素，