2023高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監考員收回。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、化學與日常生活密切相關，下列說法錯誤的是A．碘酒是指單質碘的乙醇溶液B．84消毒液的有效成分是NaClOC．濃硫酸可刻蝕石英制藝術品D．裝飾材料釋放的甲醛會造成污染2、科學家利用電解NaB(OH)4溶液制備H3BO3的工作原理如下圖。下列說法中正確的是A．b膜為陽離子交換膜B．N室中,進口和出口NaOH溶液的濃度:a%<b%C．電子從左邊石墨電極流出,先后經過a、b、c膜流向右邊石墨電極D．理論上每生成1molH3BO3,兩極室共生成33.6L氣體(標準狀況)3、某有機物的分子式為，該物質與金屬鈉反應有氣體生成。則該有機物可能的結構有幾種（不考慮立體異構）A．8 B．10 C．12 D．144、新華網報道，我國固體氧化物燃料電池技術研發取得新突破。科學家利用該科技實現了H2S廢氣資源回收能量，并H2S得到單質硫的原理如圖所示。下列說法正確的是A．電極a為電池正極B．電路中每流過4mol電子，正極消耗1molO2C．電極b上的電極反應：O2+4e－+4H+=2H2OD．電極a上的電極反應：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O5、某元素基態原子4s軌道上有1個電子，則該基態原子價電子排布不可能是（）A．3p64s1 B．4s1 C．3d54s1 D．3d104s16、設NA為阿伏伽德羅常數的值，則下列說法正確的是A．常溫常壓下，22.4LHCl氣體溶于水產生H+的數目為NAB．0.2molH2O和D2O中含有中子的數目均為2NAC．1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3與SO32-粒子的物質的量之和小于NAD．1L0.1mol?L-1NaHSO4溶液中含有的陽離子數目為0.1NA7、右下表為元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W為短周期元素，W元素的核電荷數為X元素的2倍。下列說法正確的是（）A．X、W、Z元素的原子半徑及它們的氣態氫化物的熱穩定性均依次遞增B．Y、Z、W元素在自然界中均不能以游離態存在，它們的最高價氧化物的水化物的酸性依次遞增C．YX2晶體熔化、液態WX3氣化均需克服分子間作用力D．根據元素周期律，可以推測T元素的單質具有半導體特性，T2X3具有氧化性和還原性8、面對突如其來的新冠病毒，越來越多的人意識到學習化學的重要性。下列說法正確的是A．醫用酒精滅活新冠肺炎病毒是利用其氧化性B．N95口罩所使用的聚丙烯材料屬于合成纖維C．為增強“84”消毒液的消毒效果，可加入稀鹽酸D．我國研制的重組新冠疫苗無需冷藏保存9、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，0.01mol·L–1r溶液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如下圖所示。下列說法不正確的是（）A．原子半徑的大小：W<Y<XB．元素的非金屬性：Z>X>YC．Y的氫化物常溫常壓下為液態D．X的最高價氧化物的水化物為弱酸10、現有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL該混酸溶解銅質量最大時。溶液中HNO3、H2SO4的濃度之比為A．1：1 B．1：2 C．3：2 D．2：311、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4NA12、X、Y、Z是三種原子序數依次遞增的前10號元素，X的某種同位素不含中子，Y形成的單質在空氣中體積分數最大，三種元素原子的最外層電子數之和為12，其對應的單質及化合物轉化關系如圖所示。下列說法不正確的是A．原子半徑：X＜Z＜Y，簡單氣態氫化物穩定性：Y＜ZB．A、C均為10電子分子，A的沸點低于C的沸點C．同溫同壓時，B與D體積比≤1∶1的尾氣，可以用NaOH溶液完全處理D．E和F均屬于離子化合物，二者組成中陰、陽離子數目之比均為1∶113、設表示阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．常溫常壓下，9.5g羥基（）含有的中子數為B．中含有的鍵數量為C．與足量濃鹽酸反應產生時轉移電子數為D．溶液中含有的陰離子總數大于14、往10mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等濃度NaHSO4溶液，溶液的導電能力隨滴入溶液體積變化的曲線如圖。下列說法正確的是A．a點對應的溶液呈堿性B．V2=10mLC．水的電離程度：a>bD．b點后的溶液滿足c(Na+)>2c(SO42-)15、A、B、C、D、E、F為原子序數依次遞增的六種短周期主族元素，A的單質是最理想的燃料。C原子次外層電子數是最外層的1/3，E與C同主族，下列說法不正確的是A．元素D與A一定形成共價化合物B．元素B可能與元素A形成多種共價化合物C．F最高價氧化物對應水化物定是一種強酸D．若元素D是非金屬元素，則D的單質可能是良好的半導體材料16、下列關于甲烷、乙烯、苯和乙醇的敘述中，正確的是A．都難溶于水 B．都能發生加成反應C．都能發生氧化反應 D．都是化石燃料17、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18、設NA為阿伏加德羅常數的數值，下列說法正確的是（）A．常溫下，23gNO2含有NA個氧原子B．1L0.1mol·L-1的氨水含有0.1NA個OH-C．常溫常壓下，22.4LCCl4含有NA個CCl4分子D．1molFe2+與足量的H2O2溶液反應，轉移2NA個電子19、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是()A．能使酚酞變紅的溶液：Na＋、Al3＋、SO42-、NO3-B．0.1mol/LNaClO溶液：K＋、Fe2＋、Cl－、SO42-C．0.1mol/L氨水：K＋、Ag(NH3)2+、NO3-、OH－D．由水電離產生的c(H＋)=1×10－13mol/L的溶液：Na＋、NH4+、Cl-、HCO3-20、下列說法合理的是()A．NH3極易溶于水，所以液氨常用作制冷劑B．C具有還原性，高溫下用焦炭還原SiO2制取粗硅和CO2C．用ClO2代替Cl2對飲用水消毒，是因為ClO2殺菌消毒效率高，二次污染小D．明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用作生活用水的消毒劑21、中國第二化工設計院提出，用間接電化學法對大氣污染物NO進行無害化處理，其原理示意如圖(質子膜允許H+和H2O通過)，下列相關判斷正確的是A．電極Ⅰ為陰極，電極反應式為2H2O+2e-=2OH-+H2↑B．電解池中質子從電極Ⅰ向電極Ⅱ作定向移動C．吸收塔中的反應為2NO+2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D．每處理1molNO電解池質量減少16g22、高能LiFePO4電池，多應用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應過程中只讓Li＋通過，結構如圖所示：已知原理為（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋LixCnLiFePO4＋nC。下列說法不正確的是（）A．充電時，Li＋向左移動B．放電時，電子由負極經導線、用電器、導線到正極C．充電時，陰極的電極反應式為xLi＋＋xe－＋nC=LixCnD．放電時，正極的電極反應式為（1－x）LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe－=LiFePO4二、非選擇題(共84分)23、（14分）氟西汀G是一種治療抑郁性精神障礙的藥物，其一種合成路線如圖：已知：LiAIH4是強還原劑，不僅能還原醛、酮，還能還原酯，但成本較高。回答下列問題：（1）碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。寫出D的結構簡式，用星號（*）標出D中的手性碳___。（2）④的反應類型是___。（3）C的結構簡式為___。（4）G的分子式為___。（5）反應⑤的化學方程式為___。（6）已知M與D互為同分異構體，在一定條件下能與氯化鐵溶液發生顯色反應。M分子的苯環上有3個取代基，其中兩個相同。符合條件的M有__種。（7）也是一種生產氟西汀的中間體，設計以和為主要原料制備它的合成路線___（無機試劑任選）。24、（12分）一種新型含硅阻燃劑的合成路線如下。請回答相關問題：（1）化合物A轉化為B的方程式為_____，B中官能團名稱是______。（2）H的系統命名為___，H的核磁共振氫譜共有___組峰。（3）H→I的反應類型是___（4）D的分子式為______，反應B十I→D中Na2CO3的作用是___。（5）F由E和環氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，F的結構簡式為___。（6）D的逆合成分析中有一種前體分子C9H10O2，符合下列條件的同分異構體有___種。①核磁共振氫譜有4組峰；②能發生銀鏡反應；③與FeCl3發生顯色反應。25、（12分）焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑。現欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質。Ⅰ.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是___。A中發生反應的化學方程式為___。儀器E的作用是___。（2）F中盛裝的試劑是___。Ⅱ.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為___。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品___。Ⅲ.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為___%（保留一位小數），若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度___。（填“偏高”、“偏低”）26、（10分）PbCrO4是一種黃色顏料，制備PbCrO4的一種實驗步驟如圖1：已知：①Cr（OH）3（兩性氫氧化物）呈綠色且難溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp為2.8×10﹣13，Pb（OH）2開始沉淀時pH為7.2，完全沉淀時pH為8.7。③六價鉻在溶液中物種分布分數與pH關系如圖2所示。④PbCrO4可由沸騰的鉻酸鹽溶液與鉛鹽溶液作用制得，含PbCrO4晶種時更易生成（1）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”時，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，其原因是_____；“氧化”時發生反應的離子方程式為___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）請設計用“冷卻液”制備PbCrO4的實驗操作：_____[實驗中須使用的試劑有：6mol?L﹣1的醋酸，0.5mol?L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH試紙]。27、（12分）糧食倉儲常用磷化鋁(A1P)熏蒸殺蟲，A1P遇水即產生強還原性的PH3氣體。國家標準規定糧食中磷物(以PH3計)的殘留量不超過0.05mg?kg-1時為合格。某小組同學用如圖所示實驗裝置和原理測定某糧食樣品中碟化物的殘留量。C中加入100g原糧，E中加入20.00mL2.50×lO-4mol?L-1KMnO4溶液的H2SO4酸化)，C中加入足量水，充分反應后，用亞硫酸鈉標準溶液滴定E中的溶液。(1)裝置A中的KMn04溶液的作用是_____。(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2。若去掉該裝置，則測得的磷化物的殘留量___(填“偏髙”“偏低”或“不變”)。(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，寫出該反應的離子方程式：__________。(4)收集裝置E中的吸收液，加水稀釋至250mL，量取其中的25.00mL于錐形瓶中，用4.0×lO-5mol?L-1的Na2SO3標準溶液滴定，消耗Na2SO3標準溶液20.00mL，反應原理是S02-+Mn04-+H+→S042-+Mn2++H20(未配平)通過計算判斷該樣品是否合格(寫出計算過程)_______。28、（14分）習近平主席在《中央城鎮化工作會議》發出號召：“讓居民望得見山、看得見水、記得住鄉愁”。消除含氮、硫、氯等化合物對大氣和水體的污染對建設美麗家鄉，打造宜居環境具有重要意義。（1）以HCl為原料，用O2氧化制取Cl2，可提高效益，減少污染。反應為：4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)?H=?115.4kJ·mol?1，通過控制合適條件，分兩步循環進行，可使HCl轉化率接近100%。原理如圖所示：過程I的反應為：2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)?H1=?120.4kJ·mol?1，過程II反應的熱化學方程式為___________。（2）容積均為1L的甲、乙兩個容器，其中甲為絕熱容器，乙為恒溫容器．相同溫度下，分別充入0.2mol的NO2，發生反應：2NO2(g)N2O4(g)?H<0，甲中NO2的相關量隨時間變化如圖所示。①0~3s內，甲容器中NO2的反應速率增大的原因是______________________。②甲達平衡時，溫度若為T℃，此溫度下的平衡常數K=____________________。③平衡時，K甲_____K乙，P甲_____P乙(填“>”、“<”或“=”)。（3）水體中過量氨氮(以NH3表示)會導致水體富營養化。①可用次氯酸鈉除去氨氮，同時產生一種大氣組成的氣體。寫出總反應化學方程式：___________。②EFH2O2FeOx法可用于水體中有機污染物降解，其反應機理如圖所示。則陰極附近Fe2+參與反應的離子方程式為______。（4）工業上可用Na2SO3溶液吸收法處理SO2，25℃時用1mol·L?1的Na2SO3溶液吸收SO2，當溶液pH=7時，溶液中各離子濃度的大小關系為_________________。（已知25℃時：H2SO3的電離常數Ka1=1.3×10?2，Ka2=6.2×10?8）29、（10分）某有機物A能與NaOH溶液反應，其分子中含有苯環，相對分子質量小于150，其中含碳的質量分數為70.6%，氫的質量分數為5.9%，其余為氧。（1）A的分子式是______。（2）若A能與NaHCO3溶液反應放出CO2氣體，其結構可能有______種。（3）若A與NaOH溶液在加熱時才能反應，且1molA消耗1molNaOH，則A的結構簡式是______。（4）若A與NaOH溶液在加熱時才能較快反應，且1molA消耗2molNaOH，則符合條件的A的結構可能有______種，其中不能發生銀鏡反應的物質的結構簡式是______。寫出該物質與氫氧化鈉反應的化學方程式______。

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、C【解析】

A、碘酒是指單質碘的乙醇溶液，A正確；B、84消毒液的有效成分是NaClO，B正確；C、濃硫酸與二氧化硅不反應，氫氟酸可刻蝕石英制藝術品，C錯誤；D、裝飾材料釋放的甲醛會造成污染，D正確；答案選C。2、B【解析】

A．M室與電源正極相連為陽極，N室為陰極，則電解質溶液中陽離子向N室移動，陰離子向M室移動，電解過程中原料室中的B(OH)4-需要移動到產品室，且不能讓產品室中氫離子移動到右側，所以b膜為陰離子交換膜，故A錯誤；B．原料室中的Na+會移動到陰極即N室，N室中發生電極反應2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以經N室后NaOH溶液濃度變大，所以NaOH溶液的濃度:a%<b%，故B正確；C．電子不能在電解質溶液中移動，故C錯誤；D．理論上每生成1molH3BO3，則M室中就有1mol氫離子通過a膜進入產品室即轉移1mole-，M、N室電極反應式分別為2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，則兩極室共產生標準狀況下16.8

L氣體，故D錯誤；故答案為B。3、C【解析】

該物質與金屬鈉反應有氣體生成，說明分子中含有-OH，即可轉變為4個C的烷烴的二元取代物，可采用定一議一的方法。4個C的烷烴共有兩種結構，正丁烷和異丁烷，正丁烷共有8種二元取代物，異丁烷共有4種二元取代物，共有12種，故答案選C。4、B【解析】

A.電極a是化合價升高，發生氧化反應，為電池負極，故A錯誤；B.電路中每流過4mol電子，正極消耗1molO2，故B正確；C.電極b上的電極反應：O2+4e－=2O2?，故C錯誤；D.電極a上的電極反應：2H2S+2O2??4e?=S2+2H2O，故D錯誤。綜上所述，答案為B。5、A【解析】

基態原子4s軌道上有1個電子，在s區域價電子排布式為4s1，在d區域價電子排布式為3d54s1，在ds區域價電子排布式為3d104s1，在p區域不存在4s軌道上有1個電子，故A符合題意。綜上所述，答案為A。6、C【解析】

A選項，常溫常壓下，22.4LHCl氣體物質的量比1mol小，溶于水產生H+的數目小于NA，故A錯誤；B選項，H2O中子數8個，D2O中子數為10個，因此0.2molH2O和D2O中含有中子的數目不相同，故B錯誤；C選項，1molSO2溶于足量水，溶液中H2SO3與HSO3－、SO32－粒子的物質的量之和為NA，故C正確；D選項，1L0.1mol?L-1NaHSO4溶液物質的量為0.1mol，則含有的陽離子物質的量為0.2mol，所以含有的陽離子數目為0.2NA，故D錯誤；綜上所述，答案為C。【點睛】注意D中子數為1，T中子數為2；NaHSO4晶體中的離子數目為2個，NaHSO4溶液中的離子數目為3個。7、D【解析】

從表中位置關系可看出，X為第2周期元素，Y為第3周期元素，又因為X、W同主族且W元素的核電荷數為X的2倍，所以X為氧元素、W為硫酸元素；再根據元素在周期表中的位置關系可推知：Y為硅元素、Z為磷元素、T為砷元素。【詳解】A、O、S、P的原子半徑大小關系為：P＞S＞O，三種元素的氣態氫化物的熱穩定性為：H2O＞H2S＞PH3，A不正確；B、在火山口附近或地殼的巖層里，常常存在游離態的硫，B不正確；C、SiO2晶體為原子晶體，熔化時需克服的微粒間的作用力為共價鍵，C不正確；D、砷在元素周期表中位于金屬元素與非金屬的交界線附近，具有半導體的特性，As2O3中砷為+3價，處于中間價態，所以具有氧化性和還原性，D正確。答案選D。8、B【解析】

A.醫用酒精滅活新冠肺炎病毒是因為酒精使蛋白質脫水，并非酒精的氧化性，故A錯誤；B.聚丙烯材料屬于合成有機高分子材料，故B正確；C.84消毒液和潔廁靈混合會發生氧化還原反應產生有毒氣體氯氣，所以兩者不能混合使用，故C錯誤；D.疫苗的成分是蛋白質，因光和熱可以導致蛋白變性，所以疫苗需冷藏保存，故D錯誤；故選B。9、B【解析】

n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，則為氯氣，Z為Cl，r是由這些元素組成的二元化合物，0.01mol·L–1r溶液的pH為2，說明r為HCl，q的水溶液具有漂白性，說明是水溶液中含有次氯酸根，再結合m和n反應生成q和r，則q為HClO，m為水，s通常是難溶于水的混合物，氯氣和p光照，說明是取代反應，則為烷烴，因此短周期元素W為H，X為C，Y為O，Z為Cl。【詳解】A.原子半徑的大小：H<O<C，故A正確；B.元素的非金屬性：Cl>O>C，故B錯誤；C.Y的氫化物水或過氧化氫常溫常壓下為液態，故C正確；D.X的最高價氧化物的水化物碳酸為弱酸，故D正確。綜上所述，答案為B。10、D【解析】稀硝酸和稀硫酸組成的混酸中c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，稀硝酸和Cu反應但稀硫酸和Cu不反應，混酸和Cu反應離子方程式為3Cu+2NO3－+8H＋=3Cu2＋+2NO↑+4H2O，要使溶解的Cu最大，則硝酸根離子應該完全反應，根據離子方程式知，c（NO3－）：c（H＋）=2：8=1：4，設c（NO3－）=xmol·L－1、則c（H＋）=4xmol·L－1，根據電荷守恒得c（NO3－）+2c（SO42－）=c（H＋），xmol·L－1+2c（SO42－）=4xmol·L－1，c（SO42－）=1.5xmol·L－1，代入已知：c（NO3－）+c（SO42－）=5mol·L－1，x=2，所以c（NO3－）=2mol·L－1、則c（H＋）=8mol·L－1，c（SO42－）=5mol·L－1-2mol·L－1=3mol·L－1，根據硝酸根離子守恒、硫酸根離子守恒得c（NO3－）=c（HNO3）=2mol·L－1、c（SO42－）=c（H2SO4）=3mol·L－1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物質的量濃度之比2mol·L－1：3mol·L－1=2：3。故選D。11、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。12、D【解析】

由題意可知X為氫元素，Y為氮元素，Z為氧元素。則轉化關系中的X2為H2，Y2為N2，Z2為O2，A為NH3，B為NO，C為H2O，D為NO2，E為HNO3，F為NH4NO3。原子半徑：H＜O＜N，簡單氣態氫化物穩定性：NH3＜H2O，A正確；NH3和H2O均為10電子分子，常溫下NH3為氣態，H2O為液態，沸點：NH3＜H2O，B正確；根據2NO2＋2OH?＋＋H2O，NO＋NO2＋2OH?2＋H2O，所以，NO與NO2體積比≤1∶1的尾氣，可以用NaOH溶液完全處理，C正確；HNO3屬于共價化合物，不含陰、陽離子，NH4NO3屬于離子化合物，陰、陽離子數目之比為1∶1，D錯誤。13、A【解析】

A．一個中含有10中子，常溫常壓下，9.5g羥基()的物質的量為0.5mol，含有的中子數為，故A正確；B．在SiO2晶體中，，每個Si原子形成4個Si-O鍵，的物質的量為1mol，則含有的鍵數量為4NA，故B錯誤；C．未指明Cl2的狀態，不知Vm的值，則無法計算22.4LCl2的物質的量，也無法確定反應中轉移的電子數，故C錯誤；D．沒有指明溶液的體積，根據n=cV，則無法計算溶液中含有的陰離子的物質的量，故D錯誤；故答案為A。【點睛】順利解答該類題目的關鍵是：一方面要仔細審題，注意關鍵字詞，熟悉常見的“陷阱”；另一方面是要把各種量轉化為物質的量，以此為中心進行計算。特別要注意氣體摩爾體積、阿伏加德羅定律的適用范圍和使用條件。關于氣體摩爾體積的使用注意：①氣體的摩爾體積適用的對象為氣體，而標況下水、CCl4、HF等為液體，SO3為固體；②必須明確溫度和壓強是0℃，101kPa，只指明體積無法求算物質的量；③22.4L/mol是標準狀態下或一定溫度、一定壓強下的氣體摩爾體積。14、A【解析】

向Ba(OH)2溶液中滴加等濃度NaHSO4溶液依次發生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，當二者體積相等時溶液中的溶質為NaOH，當NaHSO4溶液體積為Ba(OH)2溶液體積的2倍時，二者完全反應，溶液的溶質為Na2SO4，所以當二者體積相等后繼續滴加NaHSO4溶液的導電性變化減緩，當二者完全反應后滴加濃度較大NaHSO4溶液，溶液的導電性有所上升。【詳解】A．根據分析可知a二者體積相等，所以溶液中的溶質為NaOH，溶液顯堿性，故A正確；B．根據分析可知b點應為完全反應的點，NaHSO4溶液體積為Ba(OH)2溶液體積的2倍，所以V2=20mL，故B錯誤；C．a點溶液溶質為NaOH，抑制水的電離，b點溶液溶質為Na2SO4，不影響水的電離，所以水的電離程度：a<b，故C錯誤；D．b點溶液溶質為Na2SO4，溶液中c(Na+)=2c(SO42-)，b點后NaHSO4溶液過量，且NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以b點后的溶液中c(Na+)<2c(SO42-)，故D錯誤；故答案為A。【點睛】選項D也可以用電荷守恒分析，b點后NaHSO4溶液過量，溶液顯酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中又存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(Na+)<2c(SO42-)。15、A【解析】

A的單質是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外層電子數是最外層的1/3，說明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E與C同主族，E是S元素；F是原子序數大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N幾種元素中的一種，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一種。【詳解】A.若元素D是Na，Na與H形成的化合物NaH是離子化合物，故A錯誤；B.C、N與H元素都能形成多種共價化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正確；C.F是Cl元素，最高價氧化物對應水化物是HClO4，HClO4是強酸，故C正確；D.若元素D是Si元素，Si單質是良好的半導體材料，故D正確；選A。16、C【解析】

A．甲烷、乙烯、苯都難溶于水，乙醇與水以任意比例互溶，故A錯誤；B．甲烷為飽和烴，乙醇為飽和醇，不能發生加成反應，故B錯誤；C．甲烷、乙烯、苯和乙醇燃燒可生成二氧化碳和水，為氧化反應，故C正確；D．甲烷為天然氣的主要成分，是化石燃料，乙烯、苯和乙醇都不是化石燃料。故D錯誤；故答案選C。17、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。18、A【解析】

A.23gNO2的物質的量是＝0.5mol，含有1mol氧原子，選項A正確；B.氨水是弱堿，部分電離，即.1L0.1mol·L－1氨水含有OH－個數小于0.1NA，選項B錯誤；C.常溫常壓下四氯化碳不是氣體，不能適用于氣體摩爾體積，選項C錯誤；D.反應中亞鐵離子失去1個電子，選項D錯誤；答案選A。19、C【解析】

A.能使酚酞變紅的溶液呈堿性，Al3+與OH-會發生反應，在堿性溶液中不能大量共存，A錯誤；B.NaClO、Fe2+之間發生氧化還原反應，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C.K+、[Ag(NH3)2]+、NO3-、OH-之間不反應，都不與氨水反應，在氨水中能夠大量共存，C正確；D.由水電離產生的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液呈酸性或堿性，HCO3-與氫離子、氫氧根離子反應，在溶液中不能大量共存，D錯誤；故合理選項是C。20、C【解析】

A.NH3可用作制冷劑，是利用液氨氣化時從環境吸收大量的熱的性質，不是溶解性，故A錯誤；B.高溫下用焦炭還原SiO2生成的產物是粗硅和一氧化碳，不能產生二氧化碳，故B錯誤；C.相同物質的量的ClO2轉移電子數Cl2的2.5倍，其消毒能力之比為5:2，而且不產生二次污染，故C正確；D.明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，是利用膠體的吸附作用，不能殺菌消毒，故D錯誤；故答案為C。【點睛】本題綜合考查常見物質的性質，為高考高頻考點，側重于學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累。21、C【解析】

在電極Ⅰ，HSO3-轉化為S2O42-，S元素化合價由+4價降低為+3價發生還原反應，則該電極作電解池的陰極，電極Ⅱ為電解池的陽極，在電極Ⅱ上H2O失電子發生氧化反應生成O2和H+。【詳解】A．電極Ⅰ為電解池的陰極，電極反應式為2HSO3-+2e-+2H+=S2O42-+2H2O，A不正確；B．由于陰極需消耗H+，而陽極生成H+，電解池中質子從電極Ⅱ向電極Ⅰ作定向移動，B不正確；C．從箭頭的指向，可確定吸收塔中S2O42-與NO反應，生成HSO3-和N2，發生反應為2NO+2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正確；D．每處理1molNO，陰極2HSO3-→S2O42-，質量增加34g，陽極H2O→O2，質量減輕16g，電解池質量增加34g-16g=18g，D不正確；故選C。22、A【解析】

A．充電時，圖示裝置為電解池，陽離子向陰極移動，即Li＋向右移動，故A符合題意；B．放電時，裝置為原電池，電子由負極經導線、用電器、導線到正極，故B不符合題意；C．充電時，陰極上發生得電子的還原反應，電極反應式為xLi＋＋xe-＋nC=LixCn，故C不符合題意；D．放電時，FePO4為正極，正極上發生得電子的還原反應，電極反應式為(1－x)LiFePO4＋xFePO4＋xLi＋＋xe-=LiFePO4，故D不符合題意；故答案為：A。【點睛】鋰電池（俗稱）有一次電池、可充電電池之分，其中原電池型鋰電池是鋰單質發生氧化反應，而可充電型鋰電池又稱之為鋰離子電池，它主要依靠鋰離子在正極和負極之間移動來工作。在充放電過程中，Li+在兩個電極之間往返嵌入和脫嵌：充電時，Li+從正極脫嵌，經過電解質嵌入負極，負極處于富鋰狀態，放電時則相反。二、非選擇題(共84分)23、取代反應C17H18NOF3+CH3NH2→+CH3SO2OH12【解析】

B在催化劑作用下與氫氣發生加成反應生成C，C與氫化鋁鋰反應生成D，根據D和B的結構簡式，D與CH3SO2Cl發生取代反應生成E，E與CH3NH2發生取代反應生成F，F與在氫化鈉作用下發生取代反應生成G。根據G和E的結構簡式，可得F的結構簡式為，據此分析解答。【詳解】(1)碳原子上連有4個不同的原子或基團時，該碳稱為手性碳。D中的手性碳位置為；(2)根據分析，④的反應類型是取代反應；(3)根據分析，C的結構簡式為；(4)G的分子式為C17H18NOF3；(5)反應⑤為E與CH3NH2發生取代反應生成F化學方程式為：+CH3NH2→+CH3SO2OH；(6)D的結構簡式為，已知M與D互為同分異構體，在一定條件下能與氯化鐵溶液發生顯色反應，說明分子中有酚羥基。M分子的苯環上有3個取代基，其中兩個相同，即苯環上有兩個羥基和一個-C3H7原子團。-C3H7原子團的結構式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2兩種結構，同分異構體數目分析如下：若羥基的位置結構為，同分異構體的數量為2×2=4種，若羥基的位置結構為，同分異構體的數量為1×2=2種，若羥基的位置結構為，同分異構體的數量為3×2=6種；則符合條件的M有12種；(7)在加熱條件下，在氫氧化鈉醇溶液中發生消去反應生成，和氯氣發生加成反應生成，加熱條件下，與氫氧化鈉溶液發生取代反應生成，與CH3SO2Cl發生取代反應生成，合成路線為：。24、溴原子、（酚）羥基3-氯-1-丙烯3氧化反應吸收生成的HCl,提高反應產率2【解析】

⑴苯酚和濃溴水反應生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能團溴原子、酚羥基。⑵H系統命名時，以雙鍵這一官能團為主來命名，H的核磁共振氫譜與氫原子的種類有關，有幾種氫原子就有幾組峰。⑶H→I的反應，分子中多了一個氧原子，屬于氧化反應。⑷根據D的結構式得出分子式，B十I→D中有HCl生成，用Na2CO3吸收HCl。⑸E與環氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，環氧乙烷發生開環反應，類似于D→E的反應。⑹根據核磁共振氫譜有4組峰，能發生銀鏡反應，與FeCl3發生顯色反應，可得有機物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基。【詳解】⑴化合物A為苯酚，和濃溴水反應生成三溴苯酚，方程式為，三溴苯酚中含有官能團為溴原子、（酚）羥基，故答案為：，溴原子、（酚）羥基；⑵H系統命名法以雙鍵為母體，命名為3-氯-1-丙烯，其中氫原子的位置有三種，核磁共振氫譜共有3組峰，所以故答案為：3-氯-1-丙烯，3；⑶分子中多了一個氧原子是氧化反應，故答案為：氧化反應；⑷根據D的結構簡式可得分子式，反應B十I→D中有HCl生成，為促進反應向右進行，可以將HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案為：，吸收生成的HCl,提高反應產率；⑸與環氧乙烷按物質的量之比為1：1進行合成，環氧乙烷發生開環反應，類似于D→E的反應，生成，故答案為：；⑹根據核磁共振氫譜有4組峰，能發生銀鏡反應，與FeCl3發生顯色反應，可得有機物中含有四種不同位置的氫原子，含有醛基，含有酚羥基，符合題意的有和兩種，故答案為：2種。【點睛】解答此題的關鍵必須對有機物官能團的性質非常熟悉，官能團的改變，碳鏈的變化，成環或開環的變化。25、三頸燒瓶Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4防倒吸濃NaOH溶液5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O氧化變質95.0偏高【解析】

A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發生Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發生Na2SO3+SO2＋H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F吸收尾氣。據此解答。【詳解】Ⅰ（1）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發生反應的化學方程式為Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2↑＋Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3＋H2SO4=H2O＋SO2＋Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑--濃NaOH溶液，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；Ⅱ.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4－將S2O52－氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O5－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O；氧化變質；Ⅲ.（4）由關系式：5SO32－～2MnO4－，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4－)=×0.2500mol/L×20.00×10-3L=2.000×10-3mol，再由5S2O52－＋4MnO4－＋2H＋=10SO42－＋4Mn2＋＋H2O得：Na2S2O5樣品的純度為=×100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。26、100mL容量瓶和膠頭滴管不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解減小H2O2自身分解損失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去過量的H2O2①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3為兩性氫氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”時，控制NaOH溶液加入量，應再不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，發生氧化還原反應生成Na2CrO4，“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可減小H2O2自身分解損失，經煮沸可除去H2O2，冷卻后與鉛鹽溶液作用制得PbCrO4，以此解答該題。【詳解】（1）實驗時需要配置100mL3mol?L﹣1CrCl3溶液，現有量筒、玻璃棒、燒杯，還需要玻璃儀器是100mL容量瓶和膠頭滴管，其中膠頭滴管用于定容，故答案為：100mL容量瓶和膠頭滴管；（2）Cr(OH)3為兩性氫氧化物，呈綠色且難溶于水，加入氫氧化鈉溶液時，不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液過量，故答案為：不斷攪拌下逐滴加入NaOH溶液，至產生的綠色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”時H2O2滴加速度不宜過快，可防止反應放出熱量，溫度過高而導致過氧化氫分解而損失，反應的離子方程式為2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案為：減小H2O2自身分解損失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使過氧化氫分解，以達到除去過氧化氫的目的，故答案為：除去過量的H2O2；（5）“冷卻液”的主要成分為Na2CrO4，要想制備PbCrO4，根據已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的圖象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因為pH小于6.5時CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，結合信息④，需要先生成少許的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以實驗操作為在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol?L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），將溶液加熱至沸騰，先加入一滴0.5mol?L﹣1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若無沉淀生成，停止滴加，靜置、過濾、洗滌、干燥；故答案為：①在不斷攪拌下，向“冷卻液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH試紙測定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液攪拌片刻產生少量沉淀，然后繼續滴加至有大量沉淀，靜置，③向上層清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若無沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，靜置、過濾、洗滌、干燥沉淀得PbCrO4。27、吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾pH3的測定偏低5PH3+8Mn04-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O0.3825mg>0.05mg，所以不合格【解析】

(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性；(2)氧氣會氧化一部分PH3，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可寫出正確的化學方程式；(4)先計算Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量，再由高錳酸鉀總的物質的量減去Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量求出吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質的量，進而求出糧食中磷物(以PH3計)的殘留量。【詳解】(1)KMnO4溶液有強氧化性，PH3有強還原性，裝置A中的KMnO4溶液的作用是吸收空氣中的還原性氣體，防止其干擾PH3的測定；(2)裝置B中盛裝焦性沒食子酸的堿性溶液吸收空氣中的O2，若去掉該裝置，氧氣會氧化一部分PH3，導致剩下的KMnO4多，滴定消耗的亞硫酸鈉標準溶液偏少，則測得的磷化物的殘留量偏低；(3)裝置E中PH3氧化成磷酸，MnO4-被還原為Mn2+，由得失電子守恒、原子守恒、電荷守恒可知，該反應的離子方程式為：5PH3+8MnO4-+24H+=5H3PO4+8Mn2++12H2O；(4)滴定的反應原理是5SO32-+2MnO4-+16H+=5SO42-+2Mn2++8H2O，Na2SO3標準溶液消耗的高錳酸鉀的物質的量==3.2mol。則吸收PH3消耗的高錳酸鉀的物質的量=2.50×lO-4mol?L-13.2mol=1.8mol，PH3的物質的量=1.8mol=1.125mol。糧食中磷物(以PH3計)的殘留量==0.3825mg?kg-1，0.3825mg?kg-1>0.05mg?kg-1，所以不合格。28、2CuCl2(s)+O2(g)═2CuO(s)+2Cl2(g)?H2═+125.4kJ?mol-1反應放熱，體系的溫度升高，反應速率加快225<>2NH3＋3NaClO═N2＋3NaCl＋3H2OH2O2+H++Fe2+═Fe3++H2O+?OHc(Na+)＞c(HSO3-)＞c(SO32-)＞c(H+)═c(OH-)【解析】

(1)蓋斯定律計算判斷過程Ⅱ反應的熱化學方程式；(2)①甲為絕熱容器，反應為放熱反應；②達到平衡狀態時二氧化氮濃度為0.02mol/L，結合三段式列式計算平衡濃度，再計算平衡常數；③甲為絕熱容器，乙為恒溫容器，反應為放熱反應，溫度升高平衡逆向移動，氣體的物質的量增大，據此分析判斷；(3)①根據流程圖，NH3、NaClO是反應物，次氯酸、鹽酸、氫氧化鈉為中間產物，氯化鈉、氮氣和水是生成物，據此書寫反應的方程式；②根據圖像陰極附近Fe2+、H2O2與H+反應生成Fe3+、H2O和?OH，據此解答；(4)25℃時用1mol/L的Na2SO3

溶液吸收SO2，當溶液pH=7

時，溶液中的溶質為Na2SO3

和NaHSO3，且c(Na+)最大