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0．5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、常溫時，改變弱酸RCOOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物質的量分數δ(RCOOH)隨之改變，0.1mol/L甲酸(HCOOH)與丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)與pH的關系如圖所示。下列說法正確的是（）已知：δ(RCOOH)=A．等濃度的HCOONa和CH3CH2COONa兩種溶液中水的電離程度比較：前者>后者B．將等濃度的HCOOH溶液與HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)C．圖中M、N兩點對應溶液中的Kw比較：前者>后者D．1mol/L丙酸的電離常數K﹤10-4.882、下列有關說法正確的是（）A．水合銅離子的模型如圖，該微粒中存在極性共價鍵、配位鍵、離子鍵B．CaF2晶體的晶胞如圖，距離F-最近的Ca2+組成正四面體C．氫原子的電子云圖如圖，氫原子核外大多數電子在原子核附近運動D．金屬Cu中Cu原子堆積模型如圖，為面心立方最密堆積，Cu原子的配位數均為12，晶胞空間利用率68%3、下列圖示與對應的敘述相符的是()A．圖1表示H2與O2發生反應過程中的能量變化，則H2的燃燒熱為241.8kJ·mol－1B．圖2表示壓強對可逆反應2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的影響，乙的壓強比甲的壓強大C．根據圖3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入適量CuO，調節pH＝4，過濾D．圖4表示常溫下，稀釋HA、HB兩種酸的稀溶液時，溶液pH隨加水量的變化，則相同條件下NaA溶液的pH大于同濃度的NaB溶液的pH4、氯酸是一種強酸，濃度超過40%時會發生分解，反應可表示為aHClO3=bO2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O，用濕潤的淀粉碘化鉀試紙檢驗氣體產物時，試紙先變藍后褪色。下列說法正確的是A．若化學計量數a=8，b=3，則該反應轉移電子為20e-B．變藍的淀粉碘化鉀試紙褪色是因為可能發生了：4Cl2+I2+6H2O=12H++8Cl-+2IO3-C．氧化產物是高氯酸和氯氣D．由反應可確定：氧化性：HClO4＞HClO35、煤的干餾實驗裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A．可用藍色石蕊試紙檢驗a層液體中含有的NH3B．長導管的作用是導氣和冷凝C．從b層液體中分離出苯的操作是分餾D．c口導出的氣體可使新制氯水褪色6、下列實驗操作、現象和結論均正確的是（）選項操作現象結論A．向某無色溶液中滴加BaCl2溶液產生白色沉淀該無色溶液中一定含有SO42-B．向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸有刺激性氣味氣體產生，溶液變渾濁硫代硫酸鈉在酸性條件下不穩定C．打開分液漏斗，向裝有Na2CO3的圓底燒瓶中滴加HCl，將產生的氣體通入Na2SiO3水溶液中Na2SiO3水溶液中出現白色膠狀沉淀證明酸性強弱為：HCl>H2CO3>H2SiO3D．CaCO3懸濁液中滴加稀Na2SO4溶液無明顯現象Ksp小的沉淀只能向Ksp更小的沉淀轉化A．A B．B C．C D．D7、氫氧化鈰[Ce(OH)4]是一種重要的稀土氫氧化物。平板電視顯示屏生產過程中會產生大量的廢玻璃粉末(含SiO2、Fe2O3、CeO2)，某課題組以此粉末為原料回收鈰，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A．濾渣A中主要含有SiO2、CeO2B．過濾操作中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒C．過程②中發生反應的離子方程式為CeO2+H2O2+3H+=Ce3++2H2O+O2↑D．過程④中消耗11.2LO2(已折合成標準狀況)，轉移電子數為2×6.02×10238、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．標況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數為NAB．標準狀況下，38g3H2O2中含有4NA共價鍵C．常溫下，將5.6g鐵塊投入一定量濃硝酸中，轉移0.3NA電子D．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量一定不相同9、下列實驗方案正確且能達到實驗目的的是()A．證明碳酸的酸性比硅酸強B．驗證草酸晶體是否含結晶水C．檢驗混合氣體中H2S和CO2D．制備乙酸乙酯10、能使品紅溶液褪色的物質是①漂粉精②過氧化鈉③新制氯水④二氧化硫A．①③④B．②③④C．①②③D．①②③④11、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W、X同主族，Y原子的最外層電子數等于X原子的電子總數，Z原子的電子總數等于W、X、Y三種原子的電子數之和，Z的最高價氧化物對應水化物的化學式為HnZO2n+2。W、X、Y三種元素形成的一種化合物的結構如下圖所示。下列說法錯誤的是A．W的最高正價和最低負價的代數和為0B．W的簡單離子半徑可能大于X的簡單離子半徑C．Y的最高價氧化物對應的水化物屬于弱堿D．Z的單質的水溶液需保存在棕色試劑瓶中12、如圖所示裝置中不存在的儀器是()A．坩堝 B．泥三角 C．三腳架 D．石棉網13、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是（）A．Na2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B．的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C．飽和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D．碳酸氫鈉溶液：K+、SO42-、Cl-、H+14、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A．足量Zn與一定量的濃硫酸反應產生22.4L氣體時，轉移的電子數為2NAB．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，生成28gN2時，轉移的電子數目為4NAC．過量的鐵在1molCl2中然燒，最終轉移電子數為2NAD．由2H和18O所組成的水11g，其中所含的中子數為4NA15、在國家衛健委2020年2月發布的《最新版新型冠狀病毒肺炎診療方案（試行第六版）》中，新增了幾款有療效的藥物，其中一款是老藥新用，結構如圖所示。已知該藥物由短周期元素組成，X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，X、Y原子的質子數之和減去Y原子最外層電子數即為Z元素的原子序數。下列說法錯誤的是A．元素非金屬性X>Y<ZB．X的氫化物顯酸性C．Y的最高價氧化物的水化物是中強酸D．在分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵16、下列反應的離子方程式書寫正確的是A．Na2CO3溶液中滴入少量鹽酸：CO32-+2H+→CO2↑+H2OB．鐵粉與稀H2SO4反應：2Fe+6H+→2Fe3++3H2↑C．Cu(OH)2與稀H2SO4反應：OH-+H+→H2OD．氯氣與氫氧化鈉溶液反應Cl2＋2OH￣→ClO￣＋Cl￣＋H2O17、如圖所示，常溫時將一滴管液體Y一次性全部擠到充滿O2的錐形瓶內(裝置氣密性良好)，若錐形瓶內氣體的最大物質的量是amol，久置后其氣體的物質的量是bmol，不存在a＞b關系的是()XYA過量C、Fe碎屑稀HClB過量Na2CO3粉末稀H2SO4C過量Fe、Al碎屑濃H2SO4D過量Cu、CuO粉末濃HNO3A．A B．B C．C D．D18、下列物質的水溶液因水解而呈堿性的是（）A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC119、下列說法不正確的是A．在光照條件下，正己烷（分子式C6H14）能與液溴發生取代反應B．乙炔和乙烯都能使溴水褪色，其褪色原理相同C．總質量一定的甲苯和甘油混合物完全燃燒時生成水的質量一定D．對二氯苯僅一種結構，說明苯環結構中不存在單雙鍵交替的結構20、表為元素周期表短周期的一部分，下列有關A、B、C、D四種元素的敘述正確的是（）ABCDA．原子半徑大小比較為D>C>B>AB．生成的氫化物分子間均可形成氫鍵C．A與C形成的陰離子可能有AC、A2CD．A、B、C、D的單質常溫下均不導電21、能用離子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O表示的是（）A．NaHSO4和Na2CO3 B．H2SO4和BaCO3C．CH3COOH和Na2CO3 D．HCl和NaHCO322、利用反應CCl4+4NaC（金剛石）+4NaCl可實現人工合成金剛石。下列關于該反應的說法錯誤的是（）A．C（金剛石）屬于原子晶體B．該反應利用了Na的強還原性C．CCl4和C（金剛石）中的C的雜化方式相同D．NaCl晶體中每個Cl－周圍有8個Na＋二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機物M的合成路線如下圖所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。請回答下列問題：（1）有機物B的系統命名為__________。（2）F中所含官能團的名稱為__________，F→G的反應類型為__________。（3）M的結構簡式為_________。（4）B→C反應的化學方程式為__________。（5）X是G的同系物，且相對分子質量比G小14，X有多種同分異構體，滿足與FeCl3溶液反應顯紫色的有______種。其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，且峰面積比為1∶1∶2∶6的結構簡式為______。（6）參照M的合成路線，設計一條由丙烯和乙醇為起始原料制備丙酸乙酯的合成路線_________（無機試劑任選）。24、（12分）藥物H(阿戈美拉汀)是一種抗抑郁藥，H的一種合成路線如下：已知：；化合物B中含五元環結構，化合物E中含兩個六元環狀結構。回答下列問題：(1)A的名稱為_______(2)H中含氧官能團的名稱為_______(3)B的結構簡式為_______(4)反應③的化學方程式為_______(5)⑤的反應類型是_______(6)M是C的一種同分異構體，M分子內除苯環外不含其他的環，能發生銀鏡反應和水解反應，其核磁共振氫譜有4組峰且峰面積之比為6:3:2:1。任寫出三種滿足上述條件的M的結構簡式_______(不考慮立體異構)。(7)結合上述合成路線，設計以2—溴環己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)為原料制備的合成路線_______(無機試劑及有機溶劑任選)25、（12分）目前全世界的鎳（Ni）消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位。鎳常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產，也常用作催化劑。堿式碳酸鎳的制備：工業用電解鎳新液（主要含NiSO4，NiCl2等）制備堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]，制備流程如圖：（1）反應器中的一個重要反應為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，X的化學式為__。（2）物料在反應器中反應時需要控制反應溫度和pH值。分析如圖，反應器中最適合的pH值為__。（3）檢驗堿式碳酸鎳晶體洗滌干凈的方法是__。測定堿式碳酸鎳晶體的組成：為測定堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]組成，某小組設計了如圖實驗方案及裝置：資料卡片：堿式碳酸鎳晶體受熱會完全分解生成NiO、CO2和H2O實驗步驟：①檢查裝置氣密性；②準確稱量3.77g堿式碳酸鎳晶體[xNiCO3·yNi(OH)2·zH2O]放在B裝置中，連接儀器；③打開彈簧夾a，鼓入一段時間空氣，分別稱量裝置C、D、E的質量并記錄；④__；⑤打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣；⑥分別準確稱量裝置C、D、E的質量并記錄；⑦根據數據進行計算（相關數據如下表）裝置C/g裝置D/g裝置E/g加熱前250.00190.00190.00加熱后251.08190.44190.00實驗分析及數據處理：（4）E裝置的作用__。（5）補充④的實驗操作___。（6）通過計算得到堿式碳酸鎳晶體的組成__（填化學式）。鎳的制備：（7）寫出制備Ni的化學方程式__。26、（10分）鈉與水反應的改進實驗操作如下：取一張濾紙，用酚酞試液浸潤并晾干，裁剪并折疊成信封狀，濾紙內放一小塊（約綠豆粒般大小）金屬鈉，把含鈉的濾紙信封放入水中，裝置如下圖所示。請回答：（1）寫出金屬鈉與水反應的離子方程式________________。（2）實驗過程中取用金屬鈉的操作方法是________________。（3）有關此實驗的說法正確的是________________。A．實驗過程中，可能聽到爆鳴聲B．實驗過程中，看到濾紙信封由白色逐漸變紅色C．實驗改進的優點之一是由實驗現象能直接得出反應產物D．實驗過程中，多余的金屬鈉不能放回原試劑瓶中，以免對瓶內試劑產生污染27、（12分）過硫酸鈉(Na2S2O8)具有極強的氧化性，且不穩定，某化學興趣小組探究過硫酸鈉的相關性質，實驗如下。已知SO3是無色易揮發的固體，熔點16.8℃，沸點44.8℃。（1）穩定性探究(裝置如圖)：分解原理：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。此裝置有明顯錯誤之處，請改正：______________________，水槽冰水浴的目的是____________________；帶火星的木條的現象_______________。（2）過硫酸鈉在酸性環境下，在Ag＋的催化作用下可以把Mn2＋氧化為紫紅色的離子，所得溶液加入BaCl2可以產生白色沉淀，該反應的離子方程式為______________________，該反應的氧化劑是______________，氧化產物是________。（3）向上述溶液中加入足量的BaCl2，過濾后對沉淀進行洗滌的操作是___________________________。（4）可用H2C2O4溶液滴定產生的紫紅色離子，取20mL待測液，消耗0.1mol·L－1的H2C2O4溶液30mL，則上述溶液中紫紅色離子的濃度為______mol·L－1，若Na2S2O8有剩余，則測得的紫紅色離子濃度將________(填“偏高”“偏低”或“不變”)。28、（14分）1799年，英國化學家漢弗萊·戴維發現了N2O氣體。在食品行業中，N2O可用作發泡劑和密封劑。(l)N2是硝酸生產中氨催化氧化的副產物，NH3與O2在加熱和催化劑的作用下生成N2O的化學方程式為________。(2)N2O在金粉表面發生熱分解反應：2N2O(g)?=2N2(g)+O2(g)??△H。已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l)△H1=-1010KJ/mol4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)△H2=-1531KJ/mol△H=__________。(3)N2O和CO是環境污染性氣體，研究表明，CO與N2O在Fe+作用下發生反應：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量變化及反應歷程如下圖所示，兩步反應分別為：反應①Fe++N2OFeO+N2；反應②______________由圖可知兩步反應均為____(填“放熱”或“吸熱”)反應，由______(填“反應①或反應②”)決定反應達到平衡所用時間。(4)在固定體積的密閉容器中，發生反應：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，改變原料氣配比進行多組實驗(各次實驗的溫度可能相同，也可能不同)，測定N2O的平衡轉化率。部分實驗結果如圖所示：①如果要將圖中C點的平衡狀態改變為B點的平衡狀態，應采取的措施是：____；②圖中C、D兩點對應的實驗溫度分別為TC和TD，，通過計算判斷TC____TD(填“>”“=”或“<”)。(5)在某溫度下，向1L密閉容器中充入CO與N2O，發生反應：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)，隨著反應的進行，容器內CO的物質的量分數變化如下表所示：時間/min0246810物質的量分數50.0%40.25%32.0%26.2%24.0%24.0%則該溫度下反應的平衡常數K=____。29、（10分）離子液體是一類具有很高應用價值的綠色溶劑和催化劑，其中的EMIM+離子由H、C、N三種元素組成，結構如圖所示。回答下列問題：(1)碳原子價層電子的軌道表達式為__________，基態碳原子中，核外電子占據的最高能級的電子云輪廓圖為_________形。(2)根據價層電子對互斥理論，NH3、NO3－、NO2－中，中心原子價層電子對數不同于其他兩種粒子的是_______；NO3－與NO2－中O-N-O的鍵角：NO3－____NO2－(填“＜”、“＞”“＝”)。(3)EMIM+離子與金屬陽離子形成的離子化合物常溫下呈液態的原因是____________。(4)EMIM+離子中，碳原子的雜化軌道類型為___________。分子中的大π鍵可用符號πnm

表示，其中m代表參與形成的大π鍵原子數，n代表參與形成的大π鍵電子數，則EMIM+離子中的大π鍵應表示為________。(5)立方氮化硼硬度僅次于金剛石，但熱穩定性遠高于金剛石，其晶胞結構如圖所示。立方氮化硼屬于_______晶體，其中硼原子的配位數為_______。已知：立方氮化硼密度為d

g/cm3，B原子半徑為x

pm，N原子半徑為y

pm，阿伏加德羅常數的值為NA，則該晶胞中原子的空間利用率為________(列出化簡后的計算式)。

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、B【解析】

A．當pH相同時，酸分子含量越高，電離平衡常數越小，酸性越弱，根據圖像，當pH相同時，丙酸含量較高，則酸性較甲酸弱，所以等濃度的HCOONa和CH3CH2COONa兩種溶液的pH，前者<后者，則水的電離程度前者<后者，A選項錯誤；B．將等濃度的HCOOH溶液與HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，兩式相加減有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)，又溶液中c(H+)>c(HCOO-)，則有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)，B選項正確；C．因為溫度均為常溫，所以M、N兩點對應溶液中的Kw相等，C選項錯誤；D．pH=4.88時，溶液中c(H+)=10-4.88mol/L，丙酸分子的分布分數為50%，則c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L，所以，D選項錯誤；答案選B。2、B【解析】

A．水合銅離子中水中的氧原子提供孤對電子與銅離子形成配位鍵，水中的H原子和O原子形成極性共價鍵，但不存在這離子鍵，A選項錯誤；B．CaF2晶體的晶胞中，F-位于體心，而Ca2+位于頂點和面心，距離F-最近的Ca2+組成正四面體，B選項正確；C．電子云密度表示電子在某一區域出現的機會的多少，H原子最外層只有一個電子，所以不存在大多數電子一說，只能說H原子的一個電子在原子核附近出現的機會多，C選項錯誤；D．金屬Cu中Cu原子堆積模型為面心立方最密堆積，配位數為12，但空間利用率為74%，D選項錯誤；答案選B。【點睛】本題考查了配合物、離子晶體、電子云、最密堆積等知識，解題關鍵是對所給圖要仔細觀察，并正確理解掌握基本概念。3、C【解析】試題分析：A．燃燒熱是1mol的物質完全燃燒產生穩定的氧化物時所放出的熱量，由于氫氣是2mol，而且產生的是氣體水，所以H2的燃燒熱大于241.8kJ/mol，錯誤；B.2A(g)+2B(g)3C(g)+D（s）的正反應是氣體體積減小的反應，所以增大壓強，平衡會正向移動，物質的平衡含量改變，因此圖2不能表示壓強對可逆反應的影響，錯誤；C．根據圖3，若除去CuSO4溶液中的Fe3+，可向溶液中加入適量CuO，增大溶液的pH,還不回引入雜質離子，調節pH＝4，這時就會形成Fe(OH)3沉淀，然后過濾即可除去，正確；D．當兩種電離程度不同的酸溶液稀釋水，酸越強，溶液中離子的濃度變化就越大，酸越弱，酸稀釋時未電離的電解質分子會繼續電離使離子濃度由有所增加，所以離子濃度變化小，根據圖像可知酸性：HA>HB。酸越強，其鹽水解程度就越小，其鹽溶液的堿性就越弱。所以相同條件下NaA溶液的pH小于同濃度的NaB溶液的pH，錯誤。考點：考查圖像法在表示燃燒熱、平衡移動原理、雜質的除去即鹽的水解中的應用的知識。4、A【解析】

A選項，將化學計量數a=8，b=3代入8HClO3═3O2↑+cCl2↑+dHClO4+eH2O方程，由元素守恒得d+2e=84d+e=18得d=4，e=2，由得失守恒可得該反應轉移電子數為20e－，故A正確；B選項，電荷不守恒，故B錯誤；C選項，氧化產物是高氯酸和氧氣，氯氣是還原產物，故C錯誤；D選項，由反應可確定：氧化性：HClO3＞HClO4，故D錯誤；綜上所述，答案為A。5、A【解析】

根據煤干餾的產物進行分析：煤干餾的產物為焦碳、煤焦油和焦爐煤氣。焦爐煤氣主要成分是氫氣、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等【詳解】A.氨水呈堿性，遇紫色石蕊試紙變藍，所以用藍色石蕊試紙檢驗NH3是錯誤的，故A錯誤；B.長導管的作用是導氣和冷凝，故B正確；C.苯和煤焦油互溶，從b層液體中分離出苯的操作是分餾，故C正確；D.c口導出的氣體有乙烯等還原性氣體，可使新制氯水褪色，故D正確；答案：A。【點睛】解題的關鍵是煤干餾的產物。根據產物的性質進行分析即可。6、B【解析】

A.向某無色溶液中滴加BaCl2溶液，能產生白色沉淀，說明溶液中可能含有SO42-、CO32-、SO32-等，A錯誤；B.向盛有飽和硫代硫酸鈉溶液的試管中滴加稀鹽酸，S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，產生淡黃色沉淀和刺激性氣味氣體二氧化硫，B正確；C.向裝有Na2CO3的圓底燒瓶中滴加HCl，產生的氣體為CO2，其中混有雜質HCl，應通過飽和的NaHCO3溶液的洗氣瓶，除去CO2中混有的HCl，，再通入Na2SiO3水溶液中，C錯誤；D.在一定條件下，Ksp小的沉淀也能向Ksp大的沉淀轉化，D錯誤；故選B。7、C【解析】

該反應過程為：①CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，Fe2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2；②加入稀硫酸和H2O2，CeO2轉化為Ce3+，濾渣為SiO2；③加入堿后Ce3+轉化為沉淀，④通入氧氣將Ce從+3氧化為+4，得到產品。【詳解】A.CeO2、SiO2、Fe2O3等中加入稀鹽酸，Fe2O3轉化FeCl3存在于濾液中，濾渣為CeO2和SiO2，故A正確；B.結合過濾操作要點，實驗中用到的玻璃儀器有燒杯、漏斗、玻璃棒，故B正確；C.稀硫酸、H2O2，CeO2三者反應生成轉化為Ce2（SO4）3、O2和H2O，反應的離子方程式為：6H++H2O2+2CeO2=2Ce3++O2↑+4H2O，故C錯誤；D.過程④中消耗11.2LO2的物質的量為0.5mol，轉移電子數為0.5mol×NA=2×6.02×1023，故D正確；故答案為C。8、D【解析】

A、氯氣與水反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子總數為2mol，Cl2中含有2個氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數大于NA，故A錯誤；B、雙氧水結構為：，38g3H2O2的物質的量為=1mol，由結構式可知，1mol雙氧水中含有3NA共價鍵，故B錯誤；C、常溫下鐵與濃硝酸發生鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應進行，所以常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉移小于0.3NA電子，故C錯誤；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液所對應濃度不同，所以水解程度不同，溶液中的物質的量一定也不同，故D正確；故答案為D。【點睛】本題A選項屬于易錯項，該反應屬于可逆反應，溶液中總氯原子為2mol，發生反應后，溶液中含氯微粒總數小于2mol大于1mol。9、C【解析】

A．鹽酸揮發出的HCl也能和硅酸鈉反應，應先除去，A項錯誤；B．草酸受熱易熔化，所以試管口不能向下傾斜，且草酸受熱分解也會產生水，B項錯誤；C．足量酸性高錳酸鉀溶液可檢驗并除去H2S，可通過澄清石灰水變渾濁檢驗CO2的存在，C項正確；D．導管不能插入飽和碳酸鈉溶液中，否則會引起倒吸，D項錯誤；所以答案選擇C項。10、D【解析】①漂粉精中含有ClO-,具有強氧化性②過氧化鈉具有強氧化性③新制氯水中含有ClO-,具有強氧化性④二氧化硫具有漂白作用。4種物質均能使品紅溶液褪色，故選擇D。11、C【解析】

由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A.H元素最高為+1價，最低為-1價，二者代數和為0，A正確；B.H-、Li+電子層結構相同，核電荷數Li+>H-，所以離子半徑H->Li+，B正確；C.Y是Al元素，Al最高價氧化物對應水化物Al(OH)3是兩性氫氧化物，C錯誤；D.Cl2溶于水得到氯水，氯氣與水反應產生鹽酸和次氯酸，其中含有的HClO不穩定，光照容易分解，所以應該保存在棕色試劑瓶中，D正確；故合理選項是C。12、D【解析】

由圖示裝置可知，涉及的儀器為：坩堝、泥三角、三腳架、酒精燈等，由于給坩堝加熱時可以直接進行加熱，不需要使用石棉網，所以該裝置中沒有用到石棉網，答案選D。【點睛】注意常見的儀器干燥及正確的使用方法，明確給坩堝加熱時，不需要墊上石棉網。13、B【解析】A、Cu2＋與S2－生成難溶物是CuS，不能大量共存，故錯誤；B、此溶液顯堿性，這些離子大量共存，故正確；C、氯水中Cl2和HClO，具有強氧化性，能把SO32－氧化成SO42－，不能大量共存，故錯誤；D、HCO3－與H＋反應生成CO2，不能大量共存，故錯誤。14、C【解析】

A．未注明是在標準狀況下生成的22.4L氣體，故無法計算轉移的電子數，A選項錯誤；B．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反應中，銨根離子中被氧化的N元素化合價由-3價升高為N2中的0價，共失去15個電子，被還原的氮元素由硝酸根中+5價降低為氮氣中的0價，共得到15個電子，則生成28g（即1mol）氮氣，轉移電子的物質的量為=3.75mol，個數為3.75NA，B選項錯誤；C．過量的鐵在1molCl2中然燒，Cl2被還原為Cl-，共轉移2mol電子，數目為2NA，C選項正確；D．由2H和18O所組成的水化學式為2H218O，一個2H218O含有1×2+10=12個中子，11g2H218O的物質的量為0.5mol，則含有的中子數為6NA，D選項錯誤；答案選C。15、B【解析】

由化學式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質子數之和減去Y原子最外層電子數即為Z元素的原子序數，則Z的原子序數為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，據此分析解答。【詳解】由化學式H3YO4可知，Y元素顯+5價，在該物質中X元素的原子可形成3對共用電子對，且X、Y為同主族元素，原子半徑X小于Y，則X為N元素，Y為P元素，又X、Y原子的質子數之和減去Y原子最外層電子數即為Z元素的原子序數，則Z的原子序數為7+15-5=17，Z為Cl元素，可與其它原子形成共用電子對，符合，A.同周期元素從左向右，非金屬性逐漸增強，同主族元素從上至下，非金屬性逐漸減弱，X為N元素，Y為P元素，Z為Cl元素，則元素非金屬性X＞Y＜Z，故A正確；B.X為N元素，其氫化物為氨氣，顯堿性，故B錯誤；C.Y的最高價氧化物的水化物是H3PO4，為中強酸，故C正確；D.同種非金屬元素原子間形成非極性鍵，不同種非金屬元素的原子間形成極性鍵，則在該分子中，存在極性共價鍵和非極性共價鍵，故D正確；故選B。16、D【解析】Na2CO3溶液中滴入少量鹽酸：CO32-+H+=HCO3-，故A錯誤；鐵粉與稀H2SO4反應：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B錯誤；Cu(OH)2與稀H2SO4反應：Cu(OH)2+2H+=Cu2++2H2O，故C錯誤；氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，Cl2＋2OH￣→ClO￣＋Cl￣＋H2O，故D正確。點睛：書寫離子方程式時，只有可溶性強電解質拆寫成離子，單質、氧化物、氣體、沉淀、弱電解質不能拆寫成離子。17、C【解析】

A.鐵與稀鹽酸反應放出氫氣，久置后其氣體的物質的量增大，故不選A；B.Na2CO3粉末與稀H2SO4反應放出二氧化碳氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選B；C.Fe、Al在濃硫酸中鈍化，久置后其氣體的物質的量不變，故選CD.Cu與濃硝酸反應放出NO2氣體，久置后其氣體的物質的量增大，故不選D；答案選C。18、C【解析】A．NaOH為強堿，電離使溶液顯堿性，故A不選；B．NH4Cl為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，故B不選；C．CH3COONa為強堿弱酸鹽，弱酸根離子水解使溶液顯堿性，故C選；D．HC1在水溶液中電離出H+，使溶液顯酸性，故D不選；故選C。19、D【解析】

A.在光照條件下，烷烴能夠與鹵素單質發生取代反應，故A正確；B．乙炔和乙烯與溴水都能發生加成反應，則褪色原理相同，故B正確；C.甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)的含氫量相等，總質量一定的甲苯(C7H8)和甘油(C3H8O3)混合物中氫元素的質量一定，完全燃燒時生成水的質量一定，故C正確；D．對二氯苯僅一種結構，不能說明苯環結構中不存在單雙鍵交替的結構，因為如果是單雙鍵交替的結構，對二氯苯也是一種結構，故D錯誤；故選D。【點睛】本題的易錯點為D，要注意是不是單雙鍵交替的結構，要看對二氯苯是不是都是一種，應該是“鄰二氯苯僅一種結構，才能說明苯環結構中不存在單雙鍵交替的結構”，因為如果是苯環結構中存在單雙鍵交替的結構，鄰二氯苯有2種結構。20、C【解析】

對表中元素，我們宜從右往左推斷。C為第二周期ⅥA族，其為氧，從而得出A、B、C、D分別為C、N、O、Si。【詳解】A.電子層數越多，半徑越大；同周期元素，最外層電子數越多，半徑越小，從而得出原子半徑大小關系為Si>C>N>O，A錯誤；B.生成的氫化物中，只有水分子和氨分子間可形成氫鍵，B錯誤；C.A與C形成的陰離子可能有CO、C2O，C正確；D.C的單質石墨能導電，Si是半導體材料，常溫下也能導電，N、O的單質在常溫下不導電，D錯誤。故選C。21、A【解析】

離子方程式2H++CO32-=CO2↑+H2O說明強酸與可溶性碳酸鹽反應，生成的鹽也是可溶性的鹽，據此分析解答。【詳解】A．硫酸氫鈉完全電離出氫離子、鈉離子、硫酸根離子，兩種物質反應實質是氫離子與碳酸根離子反應生成水和二氧化碳，其離子方程式為2H++CO32-=CO2↑+H2O，故A正確；B．碳酸鋇為沉淀，不能拆，保留化學式，故B錯誤；C．醋酸為弱酸，應保留化學式，故C錯誤；D．碳酸氫鈉電離出是HCO3?而不是CO32?，故D錯誤；故答案選A。【點睛】本題需要根據離子方程式書寫規則來分析解答，注意難溶物、氣體、沉淀、弱電解質、單質等物質都要寫化學式，為易錯點。22、D【解析】

A．金剛石晶體：每個C與另外4個C形成共價鍵，構成正四面體，向空間發展成網狀結構，形成的晶體為原子晶體，故A正確；B．該反應中Na由0價→+1價，作還原劑將CCl4還原，故B正確；C．CCl4和C(金剛石)中的C的雜化方式都是sp3雜化，故C正確；D．NaCl晶體：每個Na＋同時吸引6個Cl－，每個Cl－同時吸引6個Na＋，配位數為6，故D錯誤；故答案選D。二、非選擇題(共84分)23、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳雙鍵加成反應（或還原反應）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【解析】

由合成路線及題中信息可知，A反應后得到B，則B為(CH3)2CHCH2OH；B發生催化氧化反應生成C，C經氧化和酸化轉化為D，則C為(CH3)2CHCHO，D為(CH3)2CHCOOH；F可以加聚為E，則F為C6H5CH=CHCHO；F經催化加氫得到G，結合M的分子式可知G為C6H5CH2CH2CH2OH，D與G發生酯化反應生成的M為(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。據此解答。【詳解】（1）根據以上分析可知，有機物B為(CH3)2CHCH2OH，其系統命名為2－甲基－1－丙醇；故答案為：2－甲基－1－丙醇。（2）F為C6H5CH=CHCHO，F中所含官能團的名稱為醛基、碳碳雙鍵；F經催化加氫得到G，故F→G的反應類型為加成反應或還原反應；故答案為：醛基、碳碳雙鍵；加成反應(或還原反應）。（3）M為羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)發生酯化反應生成的酯，故M的結構簡式為(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B為(CH3)2CHCH2OH，C為(CH3)2CHCHO，B→C反應為醇的催化氧化反應，該反應的化學方程式為2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案為：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G為C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相對分子質量比G小14，則X的一種可能結構為C6H5CH2CH2OH。X有多種同分異構體，滿足條件“與FeCl3溶液反應顯紫色”的，說明分子中含有酚羥基，除苯環外余下兩個碳，則苯環上另外的取代基可以是1個乙基，也可以是2個甲基：①含有2個取代基——1個羥基和1個乙基，乙基和酚羥基有鄰、間、對3種位置；②含有3個側鏈——2個甲基和1個羥基，采用“定二移一”的方法——先找2個甲基有鄰、間、對3種位置，對應的酚羥基分別有2種、3種、1種位置。綜上所述，可知符合條件的X的同分異構體共有3＋6＝9種。其中，核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環境的氫，且峰面積比為1∶1∶2∶6的結構簡式為；故答案為：9；。（6）參照M的合成路線，由丙烯和乙醇為起始原料制備丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化為丙醛，接著把丙醛氧化為丙酸，最后由丙酸與乙醇發生酯化反應合成丙酸乙酯；故答案為：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。24、苯甲醚醚鍵、酰胺鍵+H2O消去反應【解析】

已知化合物B分子式為C4H4O3，有3個不飽和度，且含有五元環，那么必有一個O原子參與成環；考慮到B與A反應后產物C的結構為，所以推測B的結構即為。C生成D時，反應條件與已知信息中給出的反應條件相同，所以D的結構即為。D經過反應③后，分子式中少了1個H2O，且E中含有兩個六元環，所以推測E的結構即為。【詳解】(1)由A的結構可知，其名稱即為苯甲醚；(2)由H的結構可知，H中含氧官能團的名稱為：醚鍵和酰胺鍵；(3)B分子式為C4H4O3，有3個不飽和度，且含有五元環，那么必有一個O原子參與成環；考慮到B與A反應后產物C的結構為，所以推測B的結構簡式即為；(4)D經過反應③后，分子式中少了1個H2O，且E中含有兩個六元環，所以推測E的結構即為，所以反應③的方程式為：+H2O；(5)F經過反應⑤后分子結構中多了一個碳碳雙鍵，所以反應⑤為消去反應；(6)M與C互為同分異構體，所以M的不飽和度也為6，去除苯環，仍有兩個不飽和度。結合分子式以及核磁共振氫譜的面積比，可知M中應該存在兩類一共3個甲基。考慮到M可水解的性質，分子中一定存在酯基。綜合考慮，M的分子中苯環上的取代基個數為2或3時都不能滿足要求；如果為4時，滿足要求的結構可以有：，，，，，；如果為5時，滿足要求的結構可以有：，；(7)氰基乙酸出現在題目中的反應④處，要想發生反應④需要有機物分子中存在羰基，經過反應④后，有機物的結構中會引入的基團，并且形成一個碳碳雙鍵，因此只要得到環己酮經過該反應就能制備出產品。原料相比于環己酮多了一個取代基溴原子，所以綜合考慮，先將原料中的羰基脫除，再將溴原子轉變為羰基即可，因此合成路線為：【點睛】在討論復雜同分異構體的結構時，要結合多方面信息分析；通過分子式能獲知有機物不飽和度的信息，通過核磁共振氫譜可獲知有機物的對稱性以及等效氫原子的信息，通過性質描述可獲知有機物中含有的特定基團；分析完有機物的結構特點后，再適當地分類討論，同分異構體的結構就可以判斷出來了。25、CO28.3取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無沉淀產生，則證明沉淀已經洗滌干凈吸收空氣中的H2O和CO2關閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O【解析】

(1)根據元素守恒分析判斷；(2)使各種雜質相對最少的pH即為最適合的pH；(3)反應后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留；(4)根據實驗目的和各個裝置的作用分析；(5)根據實驗目的和前后操作步驟分析；(6)先計算生成水蒸氣和CO2的質量，再根據質量守恒確定化學式；(7)氧化還原反應中電子有得，必有失，根據化合價變化確定生成物，進而配平方程式。【詳解】(1)反應器中的一個重要反應為3NiSO4+3Na2CO3+2H2O=NiCO3·2Ni(OH)2+3Na2SO4+2X，反應前Ni原子共3個、S原子共3個、O原子共23個、Na原子6個、C原子3個、H原子4個，反應后現有：Ni原子3個、S原子共3個、O原子共19個、Na原子6個、C原子1個、H原子4個，少O原子4個，C原子2個，而這些微粒包含在2個X分子中，所以X的化學式為CO2，故答案為：CO2；(2)物料在反應器中反應時需要控制反應條件，根據圖可知，在pH=8.3時，各種雜質相對最少，所以反應器中最適合的pH8.3，故答案為：8.3；(3)反應后的濾液中含有硫酸鈉，因此檢驗堿式碳酸鎳晶體是否洗滌干凈就是檢驗是否有硫酸根離子殘留，故答案為：取最后一次洗滌液少許，加入HCl酸化的BaCl2溶液，若無沉淀產生，則證明沉淀已經洗滌干凈；(4)C裝置用來吸收堿式碳酸鎳晶體受熱分解產生的H2O，D裝置用來吸收堿式碳酸鎳晶體受熱分解產生的CO2，E裝置可以防止空氣中的H2O和CO2進入D裝置中，影響實驗數據的測定，故答案為：吸收空氣中的H2O和CO2；(5)步驟③反應前左側通空氣是為了排盡裝置中原有的CO2和水蒸氣，避免裝置內的CO2和水蒸氣造成數據干擾，排空氣后，應該開始進行反應，因此步驟④的操作為關閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，說明固體分解完全，停止加熱；步驟⑤再打開彈簧夾a緩緩鼓入一段時間空氣，將裝置中殘留的CO2和水蒸氣全部趕入C、D裝置，被完全吸收，故答案為：關閉彈簧夾a，點燃酒精燈，觀察到C中無氣泡時，停止加熱；(6)水的質量為251.08g?250g=1.08g，CO2的質量為190.44g?190g=0.44g，由于發生的是分解反應，所以生成的NiO的質量為3.77g?1.08g?0.44g=2.25g，則分解反應中水、二氧化碳和NiO的系數比(也就是分子個數比)為即：，xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O

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6H2O↑+CO2↑+3NiO，根據元素守恒可得可得x=1，y=2，z=4即xNiCO3?yNi(OH)2?zH2O中x:y:z的值1:2:4，故答案為：NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O；(7)NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O與N2H4·H2O反應生成Ni，Ni元素得電子，被還原，同時還生成氣體X和Y，由第(1)問知X為CO2，氧化還原反應有得電子，必有失電子的物質，由此判斷另一種氣體為N2，根據得失電子守恒、元素守恒配平制備Ni的化學方程式，故答案為：2[NiCO3·2Ni(OH)2·4H2O]+3N2H4·H2O=6Ni+3N2↑+2CO2↑+21H2O。26、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用鑷子取出金屬鈉，用濾紙吸干表面的煤油，用小刀切一小塊用于實驗。ABC【解析】（1）金屬鈉與水反應生成NaOH和氫氣的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（2）因鈉能與水反應，應保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蝕性，實驗過程中取用金屬鈉的操作方法是用鑷子取出金屬鈉，用濾紙吸干表面的煤油，用小刀切一小塊用于實驗；（3）A．反應放熱，生成的H2在空氣中燃燒，能聽到爆鳴聲，故A正確；B．生成NaOH,溶液顯堿性，滴有酚酞的濾紙信封由白色逐漸變紅色，故B正確；C．此實驗的優點之一是由實驗現象能直接得出反應產物，故C正確；D．實驗過程中，多余的金屬鈉應放回原試劑瓶，故D錯誤；答案為ABC。27、試管口應該略向下傾斜冷卻并收集SO3木條復燃2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋S2OMnO用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)0.06偏高【解析】

(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜；根據SO3、氧氣的性質進行分析；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產生白色沉淀，則產物中有SO42-，據此寫出離子方程式，并根據氧化還原反應規律判斷氧化劑、氧化產物；(3)根據沉淀洗滌的方法進行回答；(4)根據得失電子守恒可得到關系式：5H2C2O4---2MnO4-，帶入數值進行計算；Na2S2O8也具有氧化性，氧化H2C2O4。【詳解】(1)在試管中加熱固體時，試管口應略微向下傾斜，SO3的熔、沸點均在0℃以上，因此冰水浴有利于將SO3冷卻為固體，便于收集SO3，由Na2S2O8的分解原理可知，生成物中有氧氣，所以在導管出氣口的帶火星的木條會復燃，故答案為：試管口應該略向下傾斜；冷卻并收集SO3；木條復燃；(2)X為MnO4-，向所得溶液中加入BaCl2溶液可以產生白色沉淀，則產物中有SO42-，則反應的離子方程式為2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋，根據該反應中元素化合價的變化可知，氧化劑是S2O82-，氧化產物是MnO4-，故答案為：2Mn2＋＋5S2O＋8H2O2MnO＋10SO＋16H＋；S2O82-；MnO4-；(3)沉淀洗滌時，需要用玻璃棒引流，并且所加蒸餾水需要沒過沉淀，需要洗滌2~3次，故答案為：用玻璃棒引流，向漏斗中加蒸餾水至沒過沉淀，使蒸餾水自然流下，重復操作2～3次(合理即可)；(4)根據得失電子守恒可得到關系式：則，Na2S2O8具有氧化性，消耗的H2C2O4溶液增多，導致測得的結果偏高，故答案為：0.06；偏高。28、2NH3+2O2N2O+3H2O-163kJ/molFeO++COCO2+Fe+放熱反應①降低溫度=1.17【解析】

(2)利用蓋斯定律求反應熱；(3)根據總反應減去反應①得到反應②；根據反應物和生成物的相對能量判斷反應熱；根據活化能的相對大小判斷化學反應速率大小，從而確定決速步；(4)根據不同溫度下的平衡常數的大小，判斷溫度的變化；(5)根據三等式求算平衡常數。【詳解】(1)NH3和O2反應得到N2O，根據化合價升降守恒配平，NH3中N的化合價從－3升高到N2O中的＋1，共升高4價；O2中O的化合價從0降低到－2，共降低4價，化合價升降守恒，則NH3和O2的系數比為1：1，根據原子守恒配平，可得2NH3+2O2N2O+3H