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、根據下列實驗操作和現象所得出的結論正確的是選項實驗操作實驗現象結論A在KI淀粉溶液中滴入氯水變藍，再通入SO2藍色褪去還原性：I－＞SO2B向苯酚溶液中滴加少量濃溴水無白色沉淀苯酚濃度小C向NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液有黃色沉淀生成Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)D用pH試紙測濃度均為0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pHCH3COONa溶液的pH大HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強A．A B．B C．C D．D2、科學的假設與猜想是科學探究的先導與價值所在。在下列假設（猜想）引導下的探究肯定沒有意義的是A．探究Na與水反應可能有O2生成B．探究Na2O2與SO2反應可能有Na2SO4生成C．探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產生的黑色物質中可能含有CuSD．探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液紅色褪去的原因是溶液酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致3、將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，下列說法正確的是（）A．反應后溶液中ClO﹣的個數為0.1NAB．原NaOH濃度為1mol/LC．參加反應的氯氣分子為0.1NAD．轉移電子為0.2NA4、不符合ⅦA族元素性質特征的是A．從上到下原子半徑逐漸減小 B．易形成－1價離子C．最高價氧化物的水化物顯酸性 D．從上到下氫化物的穩定性依次減弱5、同溫同壓下，兩種氣體的體積如果不相同，其主要原因是氣體的（）A．分子大小不同 B．分子間的平均距離不同C．化學性質不同 D．物質的量不同6、《本草綱目》記載：“凡使白礬石，以瓷瓶盛。于火中，令內外通赤，用鉗揭起蓋，旋安石峰巢人內燒之。每十兩用巢六兩，燒盡為度。取出放冷，研粉”。在實驗室完成該操作，沒有用到的儀器是A．蒸發皿 B．坩堝 C．坩堝鉗 D．研缽7、下列變化過程中，需要破壞離子鍵的是（）A．氯化氫溶于水 B．鐵熔化 C．干冰升華 D．氯化鈉溶于水8、中國研究人員研制出一種新型復合光催化劑，利用太陽光在催化劑表面實現高效分解水，主要過程如下圖所示。下列說法不正確的是（）A．整個過程實現了光能向化學能的轉換B．過程Ⅱ有O-O單鍵生成并放出能量C．過程Ⅲ發生的化學反應為：2H2O2═2H2O+O2D．整個過程的總反應方程式為：2H2O→2H2+O29、NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A．c(H2CO3)和c(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+數目為NAB．5g21H和31H的混合物發生熱核聚變反應：21H+31H

→42He+10n，凈產生的中子(10n)數為NAC．1L0.1mol/L乙醇溶液中存在的共價鍵總數為0.8NAD．56g鐵與足量氯氣反應，氯氣共得到3NA個電子10、常溫下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中，不斷加入固體NaOH后，NH4+與NH3·H2O的變化趨勢如圖所示(不考慮體積變化和氨的揮發)。下列說法不正確的是()A．M點溶液中水的電離程度比原溶液小B．在M點時，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molC．隨著NaOH的加入，c(H+)/c(NH4+)不斷增大D．當n(NaOH)＝0.1mol時，c(Na＋)＝c(NH4+)＋c(NH3·H2O)11、下列各項中的實驗方案不能達到預期實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A鑒別BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三種鹽溶液分別向三種鹽溶液中緩慢通入SO2氣體B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化銅粉末。充分反應后過濾C除去HCl氣體中混有少量Cl2將氣體依次通過飽和食鹽水、濃硫酸D配制氯化鐵溶液將氯化鐵固體溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋A．A B．B C．C D．D12、下列濃度關系正確的是（）A．0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至剛好沉淀完全：c(NH4+)＞c(OH-)＞c(SO42-)＞c(H+)B．1L0.1mol/L的KOH溶液中通入標準狀況下的CO2氣體3.36L，所得溶液中：c(K+)＋c(H+)＝c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-)C．0.1mol/L的NaOH溶液與0.2mol/L的HCN溶液等體積混合，所得溶液呈堿性：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)D．同溫下pH相同的NaOH溶液、CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3溶液的濃度：c(NaOH)＜c(CH3COONa)＜c(NaHCO3)＜c(Na2CO3)13、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（）A．Al2O3具有兩性，可用于制作耐高溫材料B．FeCl3具有氧化性，可用作銅制線路板的蝕刻劑C．漂白粉在空氣中不穩定，可用于紙漿的漂白D．明礬水解后溶液呈酸性，可用于水的凈化14、離子化合物O2[PtF6]的陰離子為[PtF6]－，可以通過反應O2＋PtF6→O2[PtF6]得到。則A．O2[PtF6]中只含離子鍵 B．O2[PtF6]中氧元素化合價為+1C．反應中O2是氧化劑，PtF6是還原劑 D．每生成1molO2PtF6轉移1mol電子15、NA代表阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．18g氨基（-ND2）中含有的電子數為9NAB．1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為2NAC．1L0.1mol?L-1的Na2S溶液中，陰離子總數小于0.1NAD．2.24LCH4與C2H4的混合氣體中，所含H原子的數目是0.4NA16、2019年11月《Science》雜志報道了王浩天教授團隊發明的制取H2O2的綠色方法，原理如圖所示(已知：H2O2=H＋＋HO2－，Ka＝2.4×10－12)。下列說法錯誤的是()A．X膜為選擇性陽離子交換膜B．催化劑可促進反應中電子的轉移C．每生成1molH2O2電極上流過4mole－D．b極上的電極反應為O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－17、我國科學家構建了一種有機框架物M，結構如圖。下列說法錯誤的是（）A．1molM可與足量Na2CO3溶液反應生成1.5molCO2B．苯環上的一氯化物有3種C．所有碳原子均處同一平面D．1molM可與15molH2發生加成反應18、短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大。X、Y、Z、W分別是由這四種元素中的兩種組成的常見化合物，Y為淡黃色固體，W為常見液體；甲為單質，乙為紅棕色氣體；上述物質之間的轉化關系如圖所示(部分生成物已省略)。則下列說法中正確的是A．C、D兩種元素組成的化合物只含有離子鍵B．A、B、C、D形成的簡單離子半徑排序：D>C>B>AC．D元素的最高價氧化物對應水化物可以用于吸收氣體乙D．A、B、C三種元素組成的化合物均為共價化合物19、常溫下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲線如圖所示。下列說法正確的是（）A．直線MN代表CuS的沉淀溶解平衡B．在N點Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)C．P點：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀D．M點和N點的c(S2－)之比為1×10－2020、“太陽水”電池裝置如圖所示，該電池由三個電極組成，其中a為TiO2電極，b為Pt電極，c為WO3電極，電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液。鋰離子交換膜將電池分為A、B兩個區，A區與大氣相通，B區為封閉體系并有N2保護。下列關于該電池的說法錯誤的是A．若用導線連接a、c，則a為負極，該電極附近pH減小B．若用導線連接a、c，則c電極的電極反應式為HxWO3-xe－=WO3+xH+C．若用導線連接b、c，b電極的電極反應式為O2+4H++4e－=2H2OD．利用該裝置，可實現太陽能向電能轉化21、下表是25℃時五種物質的溶度積常數，下列有關說法錯誤的是化學式CuS溶度積A．根據表中數據可推知，常溫下在純水中的溶解度比的大B．向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因為C．根據表中數據可推知，向硫酸鋇沉淀中加入飽和碳酸鈉溶液，不可能有碳酸鋇生成D．常溫下，在溶液中比在溶液中的溶解度小22、下列裝置可達到實驗目的是A．證明酸性：醋酸>碳酸>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晶體二、非選擇題(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六種溶液，它們是氨水、硫酸鎂、碳酸氫鈉、碳酸鈉、稀硝酸、氯化鋇溶液中的某一種。各取少量，將其兩兩混合現象如圖所示。其中“↓”表示難溶物，“↑”表示氣體，“-”表示無明顯現象，空格表示未做實驗，試推斷其中F是：A．碳酸鈉溶液 B．氯化鋇溶液C．硫酸鎂溶液 D．碳酸氫鈉溶液24、（12分）由芳香烴A制備M（可用作消毒劑、抗氧化劑、醫藥中間體）的一種合成路線如下：已知:R1COOR2請回答:（1）A的結構簡式為_____；D中官能團的名稱為___。（2）由D生成E的反應類型為____；G的分子式為___。（3）由E與足量氫氧化鈉的乙醇溶液反應的化學方程式為____。（4）M的結構簡式為____。（5）芳香化合物H為C的同分異構體，H既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，其核磁共振氫譜有4組吸收峰。寫出符合要求的H的一種結構簡式______。（6）參照上述合成路線和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線_____。25、（12分）某同學欲用98%的濃H2SO4（ρ=1.84g/cm3）配制成500mL0.5mol/L的稀H2SO4（1）填寫下列操作步驟：①所需濃H2SO4的體積為____。②如果實驗室有10mL、20mL、50mL量筒，應選用___mL量筒量取。③將量取的濃H2SO4沿玻璃棒慢慢注入盛有約100mL水的___里，并不斷攪拌，目的是___。④立即將上述溶液沿玻璃棒注入____中，并用50mL蒸餾水洗滌燒杯2～3次，并將洗滌液注入其中，并不時輕輕振蕩。⑤加水至距刻度___處，改用__加水，使溶液的凹液面正好跟刻度相平。蓋上瓶塞，上下顛倒數次，搖勻。（2）請指出上述操作中一處明顯錯誤：____。（3）誤差分析：（填偏高、偏低、無影響）①操作②中量取時發現量筒不干凈，用水洗凈后直接量取，所配溶液濃度將___；②問題（2）的錯誤操作將導致所配制溶液的濃度___；26、（10分）疊氮化鈉(NaN3)是汽車安全氣囊的主要成分，實驗室制取疊氮化鈉的實驗步驟如下：①打開裝置D導管上的旋塞，加熱制取氨氣。②加熱裝置A中的金屬鈉，使其熔化并充分反應后，再停止加熱裝置D并關閉旋塞。③向裝置A中b容器內充入加熱介質并加熱到210～220℃，然后通入N2O。④冷卻，向產物中加入乙醇(降低NaN3的溶解度)，減壓濃縮結晶后，再過濾，并用乙醚洗滌，晾干。（1）裝置B中盛放的藥品為____。（2）步驟①中先加熱通氨氣一段時間的目的是____；步驟②氨氣與熔化的鈉反應生成NaNH2的化學方程式為____。步驟③中最適宜的加熱方式為___(填“水浴加熱”，“油浴加熱”)。（3）生成NaN3的化學方程式為____。（4）產率計算①稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶中。②用滴定管加入0.10mol·L－1六硝酸鈰銨[(NH4)2Ce(NO3)6]溶液40.00mL[發生的反應為2(NH4)2Ce(NO3)6＋2NaN3===4NH4NO3＋2Ce(NO3)3＋2NaNO3＋3N2↑](雜質均不參與反應)。③充分反應后滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10mol·L－1硫酸亞鐵銨[(NH4)2Fe(SO4)2]為標準液，滴定過量的Ce4＋，終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4＋＋Fe2＋=Ce3＋＋Fe3＋)。計算可知疊氮化鈉的質量分數為____(保留2位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是____(填字母代號)。A．錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B．滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C．滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D．滴定過程中,將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內（5）疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式____。27、（12分）ClO2是一種優良的消毒劑，熔點為-59.5℃，沸點為11.0℃，濃度過高時易發生分解引起爆炸，實驗室在50℃時制備ClO2。實驗Ⅰ：制取并收集ClO2，裝置如圖所示：(1)寫出用上述裝置制取ClO2的化學反應方程式_____________。(2)裝置A中持續通入N2的目的是___________。裝置B應添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的熱水浴”)裝置。實驗Ⅱ：測定裝置A中ClO2的質量，設計裝置如圖：過程如下：①在錐形瓶中加入足量的碘化鉀，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右圖組裝好儀器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸沒導管口；③將生成的ClO2由導管通入錐形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入錐形瓶中，洗滌玻璃液封管2—3次，都倒入錐形瓶，再向錐形瓶中加入幾滴淀粉溶液；④用cmol·L?1Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的液體，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I?+S4O62-)。(3)裝置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定終點的現象是___________________。(5)測得通入ClO2的質量m(ClO2)=_______g(用整理過的含c、V的代數式表示)。28、（14分）霧霾天氣給人們的出行及身體造成了極大的危害。研究、、等大氣污染氣體的處理具有重要意義。（1）利用鈉堿循環法可脫除煙氣中的。①在鈉堿循環法中，溶液作為吸收液，可由溶液吸收制得，該反應的離子方程式是____。②吸收液吸收的過程中，隨變化關系如下表：1∶1由上表判斷，溶液顯______性（填“酸”、“堿”或“中”），用化學平衡原理解釋：______。③當吸收液的降至約為6時，需送至電解槽再生。再生示意圖如下：寫出在陽極放電的電極反應式：________________，當陰極室中溶液升至8以上時，吸收液再生并循環利用。（2）用催化還原可以消除氮氧化物的污染。例如：若用標準狀況下還原至，整個過程中轉移的電子總數為______（阿伏加德羅常數的值用表示），放出的熱量為______。（3）工業上合成氨所需氫氣的制備過程中，其中的一步反應為：一定條件下，將與以體積比為置于密閉容器中發生上述反應，達到平衡時測得與體積比為1∶6，則平衡常數______。29、（10分）甲烷是最簡單的烴，是一種重要的化工原料。(1)以甲烷為原料，有兩種方法合成甲醇：方法Ι：①CH4(g)+O2(g)CO(g)+2H2(g)△H1=-35.4kJ/mol②CO(g)＋2H2(g)CH3OH(g)△H2=-90.1kJ/mol方法Ⅱ：③2CH4(g)＋O2(g)2CH3OH(g)△H3=______kJ/mol(2)在密閉容器中充入2molCH4(g)和1molO2(g)，在不同條件下反應：2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。實驗測得平衡時甲醇的物質的量隨溫度、壓強的變化如圖所示。①P1時升高溫度，n(CH3OH)_______________（填“增大”、“減小”或“不變”）；②E、F、N點對應的化學反應速率由大到小的順序為____________（用V(E)、V(F)、V(N)表示）；③下列能提高CH4平衡轉化率的措施是_______________（填序號）a.選擇高效催化劑b.增大投料比c.及時分離產物④若F點n(CH3OH)=1mol，總壓強為2.5MPa,則T0時F點用分壓強代替濃度表示的平衡常數Kp=_____________________；(3)使用新型催化劑進行反應2CH4(g)+O2(g)2CH3OH(g)。隨溫度升高CH3OH的產率如圖所示。①CH3OH的產率在T1至T2時很快增大的原因是______________；②T2后CH3OH產率降低的原因可能是__________________。

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．KI淀粉溶液中滴入氯水變藍，生成碘單質，再通入SO2，碘與二氧化硫發生氧化還原反應生成I－，二氧化硫為還原劑，I－為還原產物，證明還原性SO2＞I－，選項A錯誤；B．苯酚能和濃溴水發生取代反應生成三溴苯酚白色沉淀，三溴苯酚能溶于苯酚，所以得不到白色沉淀，該實驗結論錯誤，選項B錯誤；C．因為I－、Cl－濃度大小不知，雖然黃色沉淀為AgI，但無法通過物質溶度積比較，則無法證明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)，選項C錯誤；D．在相同條件下，酸性越弱其鹽溶液的水解程度越大，則用pH試紙測濃度均為0.1mol·L－1的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的pH，CH3COONa溶液的pH大，證明HNO2電離出H+的能力比CH3COOH的強，選項D正確。答案選D。2、A【解析】A、根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類不變，鈉和水中含有鈉、氫和氧三種元素，產生的氣體如果為氧氣，不符合氧化還原反應的基本規律，鈉是還原劑，水只能做氧化劑，元素化合價需要降低，氧元素已是最低價-2價，不可能再降低，故A選；B、二氧化硫具有還原性，過氧化鈉具有氧化性，SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成，故B不選；C、根據氧化還原反應化合價變化，濃硫酸與銅反應，硫酸中的硫元素被還原，銅有可能被氧化為硫化銅，有探究意義，故C不選；D．氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉次氯酸鈉和水，消耗氫氧化鈉溶液紅色褪去，氯氣可以與水反應生成的次氯酸或生成的次氯酸鈉水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意義，故D不選；故選A。點睛：本題考查化學實驗方案評價，涉及生成物成分推測，解題關鍵：氧化還原反應規律、物質性質，易錯點：C選項，注意氧化還原反應特點及本質，題目難度中等。3、C【解析】

發生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同時，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，陰離子水解，則反應后溶液中ClO﹣的個數小于0.1NA，故A錯誤；B．若恰好完全反應，則原NaOH濃度為＝2mol/L，故B錯誤；C．由反應可知，參加反應的氯氣為0.1mol，則參加反應的氯氣分子為0.1NA，故C正確；D．Cl元素的化合價既升高又降低，轉移0.1mol電子，則轉移電子為0.1NA，故D錯誤；故答案為C。【點睛】考查氯氣的性質及化學反應方程式的計算，把握發生的化學反應及物質的量為中心的計算為解答的關鍵，將Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反應，生成0.1mol的NaCl，發生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，側重分析能力、計算能力的考查。4、A【解析】

A、同主族元素從上到下，核外電子層數逐漸增多，則原子半徑逐漸增大，錯誤，選A；B、最外層都為7個電子，發生化學反應時容易得到1個電子而達到穩定結構，形成-1價陰離子，正確，不選B；C、ⅦA族元素都為非金屬元素，最高價氧化物對應的水化物都為酸性，正確，不選C；D、同主族從上到下，非金屬性減弱，對應的氫化物的穩定性逐漸減弱，正確，不選D。答案選A。5、D【解析】

對于氣體來說，粒子之間的距離遠遠大于粒子的直徑、粒子的質量，同溫同壓下氣體粒子間的距離相等，同溫同壓下氣體摩爾體積相同，由V=nVm知，氣體的體積取決于氣體的物質的量，故答案為D。6、A【解析】

這是固體的加熱、灼燒、冷卻和研磨的過程，固體加熱用坩堝B，要用坩堝鉗C取放，研磨在研缽D中進行，所以蒸發皿是沒有用到的儀器。答案為A。7、D【解析】

A．HCl溶于水發生電離生成氫離子和氯離子，破壞共價鍵，故A錯誤；B．鐵熔化破壞金屬鍵，故B錯誤；C．干冰升華發生物理變化，只破壞分子間作用力，故C錯誤；D．氯化鈉中只存在離子鍵，溶于水發生電離而破壞離子鍵，故D正確；故選：D。【點睛】本題考查化學鍵，側重考查基本概念，明確離子鍵和共價鍵區別是解本題關鍵，發生物理變化時不發生化學鍵斷裂，C為解答易錯點。8、C【解析】

A.由圖可知，太陽能使水分解，則實現了光能向化學能的轉化，故A正確；B.過程II中生成氫氣、過氧化氫，形成化學鍵，過程Ⅱ放出能量并生成了O?O鍵，故B正確；C.由圖可知，過程Ⅲ發生的反應為過氧化氫分解生成氫氣和氧氣的反應，H2O2═H2+O2，故C錯誤；D.總反應為水分解生成氫氣和氧氣，則總反應2H2O→2H2+O2，故D正確。故選C。9、D【解析】A.n(H2CO3)和n(HCO3-)之和為1mol的NaHCO3溶液中，根據物料守恒可知含有Na+數目大于NA，A錯誤；B.不能確定5g21H和31H的混合物各自微粒的質量，因此不能計算產生的中子數，B錯誤；C.溶劑水分子中還存在共價鍵，C錯誤；D.56g鐵是1mol，與足量氯氣反應，氯氣共得到3NA個電子，D正確，答案選D。點睛：阿伏伽德羅常數與微粒數目的關系涉及的知識面廣，涉及到核素、弱電解質電離、氧化還原反應、化學平衡、膠體、化學鍵等知識點。與微粒數的關系需要弄清楚微粒中相關粒子數(質子數、中子數、電子數)及離子數、電荷數、化學鍵之間的關系，計算氧化還原反應中的轉移電子數目時一定要抓住氧化劑或還原劑的化合價的改變以及物質的量，還原劑失去的電子數或氧化劑得到的電子數就是反應過程中轉移的電子數。10、C【解析】A．M點是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后反應得到氯化銨和一水合氨溶液，銨根離子濃度和一水合氨濃度相同，一水合氨是一元弱堿抑制水電離，此時水的電離程度小于原氯化銨溶液中水的電離程度，A正確；B．在M點時溶液中存在電荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正確；C．銨根離子水解顯酸性，結合水解平衡常數分析，c(H+)×c(NH3·H2O)/c(NH4+)×c(NH3·H2O)=Kh/c(NH3·H2O)，隨氫氧化鈉固體加入，反應生成一水合氨濃度增大，平衡常數不變，則c(H+)/c(NH4+)減小，C錯誤；D．向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不斷加入NaOH固體后，當n（NaOH）=0.1mol時，恰好反應生成氯化鈉和一水合氨，根據物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3·H2O)，D正確；答案選C。11、C【解析】

A、分別向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三種鹽溶液中緩慢通入SO2氣體，無明顯現象的為氯化鋇溶液，產生白色沉淀且有無色氣體產生馬上變為紅棕色氣體的為硝酸鋇溶液，產生白色沉淀的為硅酸鈉溶液，故可鑒別三種鹽溶液，選項A正確；B．氧化銅可促進鐵離子的水解轉化為沉淀，則加入過量氧化銅粉末，過濾可除雜，選項B正確；C．氯氣難溶于飽和食鹽水，但HCl極易溶于水，不能用飽和食鹽水除去氯化氫氣體中混有的少量氯氣，選項C不正確；D．鹽酸可抑制鐵離子的水解，則配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵溶解在較濃的鹽酸中再加水稀釋，選項D正確；答案選C。12、C【解析】

A．向0.1mol/L的NH4HSO4溶液中滴加0.1mol/L的Ba(OH)2溶液至沉淀剛好完全時發生反應：NH4HSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NH3·H2O+H2O。NH3·H2ONH4++OH-H2OH++OH-。c(OH-)＞c(NH4+)＞c(SO42-)＞c(H+)。錯誤；B.根據電荷守恒可得：c(K+)＋c(H+)＝2c(CO32-)＋c(HCO3-)＋c(OH-).錯誤；C．0.1mol/L的NaOH溶液與0.2mol/L的HCN溶液等體積混合，則發生反應：NaOH+HCN="NaCN+"H2O。反應后溶液為NaCN和HCN等物質的量的混合溶液。由于所得溶液呈堿性，說明NaCN的水解作用大于HCN的電離作用，所以個微粒的大小關系為：c(HCN)＞c(Na+)＞c(CN-)＞c(OH-)＞c(H+)，正確；D．NaOH溶液電離使溶液顯堿性；CH3COONa溶液、Na2CO3溶液、NaHCO3水解使溶液顯堿性。由于酸性CH3COOH>H2CO3>HCO3-。酸越強，鹽水解的程度就越小。當溶液的pH相同時，鹽的濃度就越大。故各物質的濃度的關系是：c(NaOH)＜c(Na2CO3)＜c(NaHCO3)＜c(CH3COONa)，錯誤；答案選C。13、B【解析】

A、Al2O3是離子化合物，有較高熔點，可作耐火材料，與Al2O3具有兩性無關，故A錯誤；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作銅制線路板的蝕刻劑，故B正確；C、漂白粉有效成分是次氯酸鈣，能與空氣中的CO2反應生成強氧化劑HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于紙漿的漂白與其在空氣中不穩定無關，故C錯誤；D、明礬水解生成氫氧化鋁膠體，氫氧化鋁膠體有較強的吸附性，能吸附水中的懸浮物形成沉淀，達到凈水目的，與明礬水解后溶液呈酸性無關，故D錯誤；答案選B。【點睛】試題考查物質的性質及應用，把握物質的性質、發生的反應、性質與用途等為解答的關鍵，注意元素化合物知識的應用。14、D【解析】

A．化合物中的陰離子和陽離子是原子團，其中都存在共價鍵，A錯誤；

B．中氧元素的化合價是價，B錯誤；

C．根據化合價的升降可知，是還原劑，是氧化劑，C錯誤；

D．，PtF6，所以氧化還原反應中轉移電子總數為，D正確。

答案選D。15、A【解析】

A．18g氨基（-ND2）為1mol，含有的電子數為9NA，A正確；B．氯氣具有強氧化性，將Fe2+和I-均氧化，1molFeI2與足量氯氣反應時轉移的電子數為3NA，B錯誤；C．S2-會水解，1個硫離子水解后產生1個硫氫根離子和1個氫氧根離子，故1L0.1mol?L-1的Na2S溶液中，陰離子總數大于0.1NA，C錯誤；D．為指明標準狀況，無法計算，D錯誤；故答案選A。【點睛】氕()、氘()、氚()，互為同位素，氕()無中子。16、C【解析】

A.a極發生H2-2e－=2H＋，X膜為選擇性陽離子交換膜，讓H＋進入中間，故A正確；B.催化劑可促進反應中電子的轉移，加快反應速率，故B正確；C.氧元素由0價變成-1價，每生成1molH2O2電極上流過2mole－，故C錯誤；D.b為正極，氧氣得電子，b極上的電極反應為O2＋H2O＋2e－=HO2－＋OH－，故D正確；故選C。17、D【解析】

A.根據物質結構可知：在該化合物中含有3個-COOH，由于每2個H+與CO32-反應產生1molCO2氣體，所以1molM可與足量Na2CO3溶液反應生成1.5molCO2，A正確；B.在中間的苯環上只有1種H原子，在與中間苯環連接的3個苯環上有2種不同的H原子，因此苯環上共有3種不同位置的H原子，它們被取代，產生的一氯化物有3種，B正確；C.-COOH碳原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；與苯環連接的碳碳三鍵的C原子取代苯分子中H原子的位置在苯分子的平面上；乙炔分子是直線型分子，一條直線上2點在一個平面上，則直線上所有的原子都在這個平面上，所以所有碳原子均處同一平面，C正確；D.在M分子中含有4個苯環和3個碳碳三鍵，它們都可以與氫氣發生加成反應，則可以與1molM發生加成反應的氫氣的物質的量為3×4+2×3=18mol，D錯誤；故合理選項是D。18、C【解析】

短周期元素A、B、C、D的原子序數依次增大，X、Y、Z、W分別是由這四種元素中的兩種組成的常見化合物，Y為淡黃色固體，Y為Na2O2，W為常見液體，W為H2O；Na2O2與H2O反應產生NaOH和O2，而甲為單質，則甲為O2，乙為紅棕色氣體，乙為NO2，甲與Z反應產生NO2，則Z為NO，X與甲反應產生NO，則X為NH3，則A、B、C、D分別為H、N、O、Na，以此來解答。【詳解】根據上述分析可知：甲為O2，乙為NO2，X為NH3，Y為Na2O2，Z為NO，W為H2O，A、B、C、D分別為H、N、O、Na。A.O、Na兩種元素可形成離子化合物Na2O2中既含有離子鍵也含有非極性共價鍵，A錯誤；B.H+核外無電子，N、O、Na三種元素形成的離子核外電子排布都是2、8，電子層結構相同，離子的核電荷數越大離子半徑就越小，離子核外電子層數越多，離子半徑就越大，所以離子半徑N3->O2->Na+>H+，即B(N3-)>C(O2-)>D(Na+)>A(H+)，B錯誤；C.Na元素的最高價氧化物對應水化物NaOH是一元強堿，乙為NO2，NO2與NaOH會發生反應產生NaNO3、NaNO2、H2O，反應方程式為：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正確；D.H、N、O三種元素可形成共價化合物如HNO3，也可以形成離子化合物如NH4NO3，D錯誤；故合理選項是C。【點睛】本題考查了元素及化合物的推斷，把握淡黃色固體為過氧化鈉、W為液體物質水來推斷物質為解答的關鍵，注意原子結構與元素性質的關系和元素與化合物知識的應用，側重考查學生的分析與推斷能力。19、D【解析】

A選項，N點c(S2－)=1×10-20mol/L，c(Mn+)=1×10-15mol/L，M點c(S2－)=1×10-40mol/L，c(Mn+)=1×10-5mol/L，如果直線MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M點c(S2－)?c(Mn+)=1×10-40×1×10-5=1×10-45，N點c(S2－)?c(Mn+)=1×10-20×1×10-15=1×10-35，M點和N點的Ksp不相同，故A錯誤；B選項，在N點硫離子濃度相等，金屬離子濃度相等，但由于Ksp的計算表達式不一樣，因此Ksp(CuS)>Ksp(Ag2S)，故B錯誤；C選項，根據A分析MN曲線為Ag2S的沉淀溶解平衡，P點Q<Ksp(CuS)，Q>Ksp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C錯誤；D選項，M點c(S2－)=1×10-40mol/L，N點c(S2－)=1×10-20mol/L，兩者的c(S2－)之比為1×10－20，故D正確。綜上所述，答案為D。20、B【解析】

A．根據示意圖可知，a與c相連后，a電極發生失電子的氧化反應所以作負極，考慮到電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a極的電極反應式為：；由于生成H+，所以a極附近的pH下降；A項正確；B．根據示意圖可知，a與c相連后，c為正極，發生得電子的還原反應，電極反應式應寫作：；B項錯誤；C．根據示意圖，b與c若相連，b極為正極發生氧氣的還原反應，考慮到電解質溶液為pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以電極反應式為：；C項正確；D．連接a與c后，將太陽能轉變成B中的化學能，再連接b，c后，就可將化學能再轉變成電能，最終實現了太陽能向電能的轉化，D項正確；答案選B。21、C【解析】

本題考查溶度積常數，意在考查對溶度積的理解和應用。【詳解】A.CaSO4和CaCO3的組成類似，可由溶度積的大小推知其在純水中溶解度的大小，溶度積大的溶解度大，故不選A；B.Qc>Ksp時有沉淀析出，故不選B；C.雖然Ksp(BaCO3)>Ksp(BaSO4)，但兩者相差不大，當c(Ba2+)·c(CO32－)>Ksp(BaCO3)時，硫酸鋇可能轉化為碳酸鋇，故選C；D.根據同離子效應可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不選D；答案：C【點睛】(1)同種類型的難溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）當Qc>Ksp析出沉淀；當Qc<Ksp沒有沉淀生成；當Qc=Ksp，正好達到平衡。22、B【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。【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。二、非選擇題(共84分)23、D【解析】

所給5種物質中，只有硫酸鎂可與三種物質（氨水、碳酸鈉、氯化鋇）生成沉淀，故D為硫酸鎂，A、B、C分別為氨水、碳酸鈉、氯化鋇中的一種；再根據A可與C生成沉淀，故A、C為碳酸鈉和氯化鋇，則B為氨水；A與E產生氣體，故A為碳酸鈉，E為稀硝酸，所以F為碳酸氫鈉。【詳解】A+E氣體說明有A、E一種一定是硝酸,另一種可能是碳酸鈉、碳酸氫鈉中的一種,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，說明A不是硝酸，所以E為硝酸，A為碳酸鈉，C、D就可能是硫酸鎂、氯化鋇中的一種，因為B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F無現象說明D是硫酸鎂，C為氯化鋇，B為氨水，最后F為碳酸氫鈉，則A：碳酸鈉，B：氨水，C：氯化鋇

，D：硫酸鎂

，E：硝酸，F：碳酸氫鈉；答案選D。【點睛】這類試題還有一種表達形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→無明顯現象。解題時一般先找現象較全面的一種如D或A(分別做了三次實驗)。依次假設D為六種溶液中的某一種。如假設D是氨水或是硫酸鎂等，分析它與其他五種溶液分別混合時的現象。若能出現三次沉淀，則假設成立。由此可確定D是硫酸鎂。依照上述方式可推出A是碳酸鈉，依次推出F是碳酸氫鈉。24、羧基、氯原子加成反應C10H16O2+2NaOH+NaCl+2H2O【解析】

A的分子式為C7H8，結合B的結構，應是與CO發生加成反應，可知A為．對比B與C的結構，結合反應條件、C的分子式，可知B中醛基氧化為羧基得到C，C與氯氣發生苯環上取代反應生成D，D與氫氣發生加成反應生成E，E發生取代反應生成F，故C為、D為、E為．F與乙醇發生酯化反應生成G為，G發生信息中反應生成M為。【詳解】(1)A的結構簡式為；D為，其官能團為羧基、氯原子；(2)根據分析可知D與氫氣發生加成反應生成E；G的結構簡式為，分子式為C10H16O2；(3)E為，與足量氫氧化鈉的乙醇溶液在加熱條件發生氯原子的消去反應，以及羧基與氫氧化鈉的中和反應，故反應方程式為：+2NaOH+NaCl+2H2O；(4)由分析可知M的結構簡式為；(5)C為，其同分異構體H既能發生銀鏡反應又能發生水解反應說明其含有—CHO結構且含有酯基，核磁共振氫譜有4組吸收峰說明其結構對稱，則符合條件的H為：；(6)加聚反應得到，發生消去反應得到，由信息可知苯甲酸乙酯與①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路線流程圖為。【點睛】解決本題充分利用物質的結構與反應條件進行分析判斷，熟練掌握官能團的性質與轉化；注意對信息的理解，明確題目所給反應中是哪個化學鍵的斷裂與形成。25、13.6mL20燒杯使大量的熱及時排除，防止液體飛濺500mL容量瓶1cm~2cm膠頭滴管第④步沒有將稀釋后的濃硫酸冷卻到室溫偏低偏高【解析】

（1）①根據稀釋前后溶質的物質的量不變，據此計算所需濃硫酸的體積；②根據“大而近”的原則，根據需要量取的濃硫酸的體積來選擇合適的量筒；③稀釋濃溶液的容器是燒杯；濃硫酸稀釋放熱，用玻璃棒攪拌的目的是使混合均勻，使熱量迅速擴散；

④移液是將稀釋并冷卻好的溶液轉移到容量瓶中；

⑤根據定容的操作要點來分析；（2）根據濃硫酸稀釋放熱來分析；（3）根據c=，結合溶質的物質的量n和溶液的體積V的變化來進行誤差分析。【詳解】（1）①濃硫酸的物質的量濃度為c===18.4mol/L，設需濃H2SO4的體積為Vml，根據稀釋前后溶質硫酸的物質的量不變C濃V濃=C稀V稀：18.4mol/L×Vml=500mL×0.5mol/L，解得V=13.6mL；

②需要濃硫酸的體積是13.6ml，根據“大而近”的原則，應選用20ml的量筒；

③稀釋濃溶液的容器是燒杯；濃硫酸稀釋放熱，用玻璃棒攪拌的目的是使混合均勻，使熱量迅速擴散，防止液體飛濺；

④移液是將稀釋并冷卻好的溶液轉移到500ml容量瓶中；

⑤定容的操作是開始直接往容量瓶中加水，加水至距刻度1～2cm處，改用膠頭滴管逐滴加水，使溶液的凹液面最低處正好跟刻度線相平；（2）濃硫酸稀釋放熱，故應將稀釋后的溶液冷卻至室溫然后再進行移液，錯誤是第④步溶液未冷卻至室溫就轉移至容量瓶中；

（3）①操作②中量取時發現量筒不干凈，用水洗凈后直接量取會導致濃硫酸被稀釋，所取的硫酸的物質的量偏小，所配溶液濃度將偏低；

②問題（2）的錯誤是溶液未冷卻至室溫就轉移至容量瓶中，所得溶液的體積偏小，所配溶液濃度將偏高。26、堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)排盡裝置中的空氣2Na+2NH32NaNH2+H2油浴加熱NaNH2+N2ONaN3+H2O65%ACClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑【解析】

(1)制備的氨氣中含有大量的水，B中盛放堿石灰干燥氨氣，故答案為：堿石灰(或生石灰、氫氧化鈉固體)；(2)用氨氣排盡裝置中的空氣，防止加熱時空氣中的氧氣等能與鈉反應，步驟②制備NaNH2，還生成氫氣，反應方程式為：2Na+2NH32NaNH2+H2；控制溫度210～220℃，故選用油浴加熱，故答案為：排盡裝置中的空氣；2Na+2NH32NaNH2+H2；油浴加熱；(3)NaNH2和N2O在210～220℃下反應生成NaN3和水，反應為：NaNH2+N2ONaN3+H2O，故答案為：NaNH2+N2ONaN3+H2O；（4）Ce4+的物質的量濃度總計為0.10mol?L?1×0.04L=0.004mol，分別與Fe2+和N3?反應。其中與Fe2+按1:1反應消耗0.10mol?L?1×0.02L=0.002mol，則與N3?按1:1反應也為0.002mol，即10mL所取溶液中有0.002molN3?，原2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液中有0.02mol即1.3gNaN3，所以樣品質量分數為=65%；A.使用疊氮化鈉溶液潤洗錐形瓶，使進入錐形瓶中溶質比所取溶液更多，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標準液體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故A正確；B.六硝酸鈰銨溶液實際取量大于40.00mL，滴定消耗的硫酸亞鐵銨標準液體積增大，計算疊氮化鈉溶液濃度偏小，故B錯誤；C.滴定前無氣泡，終點時出現氣泡，則讀數體積為實際溶液體積減氣泡體積，硫酸亞鐵銨標準液讀數體積減小，疊氮化鈉溶液濃度偏大，故C正確；D選項，滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內無影響，故D錯誤；故答案為：65%；AC；（5）反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，根據氧化還原反應得失電子守恒，則發生的離子反應為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑故答案為：ClO－＋2N3-＋H2O=Cl－＋2OH－＋3N2↑。27、降低ClO2的濃度，防止ClO2的濃度過高而發生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量溶液由藍色變為無色，并且在30s內顏色不發生變化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根據題給信息可知：NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下反應生成ClO2和硫酸鈉等物質；(2)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下生成二氧化氯等物質，ClO2濃度過高時易發生分解引起爆炸，ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體；Ⅱ.(3)用水再次吸收殘余的二氧化氯氣體，并使錐形瓶內外壓強相等，準確測量；(4)溶液由藍色恰好變為無色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點；(5)根據氧化還原反應分析，有關系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3計算n(ClO2)，再根據m=nM計算m(ClO2)。【詳解】Ⅰ.(1)根據題給信息可知：NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下反應生成ClO2和硫酸鈉等物質，則化學反應方程式為：，故答案為：；(2)二氧化氯(ClO2)沸點為11℃，NaClO3與亞硫酸鈉在酸性條件下生成二氧化氯等物質，ClO2濃度過高時易發生分解引起爆炸，通入氮氣，及時排出；ClO2的沸點低，用冰水可以使ClO2冷凝為液體，故答案為：降低ClO2的濃度，防止ClO2的濃度過高而發生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)裝置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量，故答案為：防止ClO2逸出，使ClO2全部反應，準確測定ClO2的質量；(4)當滴入(最后)一滴標準液時，溶液由藍色恰好變為無色，且半分鐘內不褪色，說明滴定至終點，故答案為：溶液由藍色變為無色，并且在30s內顏色不發生變化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物質的量n(Na2S2O3)=V?10-3L×cmol/L=c?V?10-3mol．則：根據關系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c?V?10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)?M=×c?V?10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案為：1.35cV×10-2。【點睛】本題以氯及其化合物的性質為線索，考查了物質含量的探究性實驗，涉及化學實驗基本操作、滴定終點的判斷方法、氧化還原反應在滴定中的應用，把握習題中的信息及知識遷移應用為解答的關鍵。28、2OH-+SO2=SO32-+H2O酸性HSO3-存在電離平衡HSO3-?H++SO32-和水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的電離程度大于水解程度HSO3-+H2O-2e-=SO42-+3H+1.6NA173.4【解析】

(1)①二氧化硫和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，注意弱電解質寫化學式；②根據溶液中亞硫酸氫根離子濃度和亞硫酸根離子濃度的相對大小確定溶液的酸堿性；③陽極上HSO3-失電子發生氧化反應；(2)利用蓋斯定律計算反應熱；(3)根據反應前和反應后一氧化碳和水之間的體積比結合反應方程式計算出平衡時各種物質的物質的量濃度，再根據平衡常數公式進行計算。【詳解】(1)①酸性氧化物和堿反應生成鹽和水，所以二氧化硫和氫氧化鈉反應生成亞硫酸鈉和水，反應的離子方程式為2OH-+SO2=SO32-+H2O，故答案為2OH-+SO2=SO32-+H2O；②在亞硫酸氫鈉溶液中主要以HSO3-存在，HSO3-的電離很微弱，所以n(SO32-)∶n(HSO3-)?1∶1，根據表格知，當亞硫酸氫根離子的物質的量大于亞硫酸根離子的物質的量時，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性，亞硫酸氫根離子在溶液中既存在水解平衡又存在電離平衡，亞硫酸氫鈉溶液呈酸性說明HSO3-的電離程度大于水解程度，故答案為酸性；HSO3-存在電離平衡HSO3-?H++SO32-和水解平衡HSO3-+H2O?H2SO3+OH-，HSO3-的電離程度大于水解程