1、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、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡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、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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、25時，將濃度均為0.1 molL-1、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3H2O溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb=100mL，Va、Vb與混合液的pH的關

2、系如圖所示。下列說法不正確的是AKa(HX)的值與Kb(NH3H2O)的值相等Bb點，c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1Cac點過程中， 值不變Da、b、c三點，c點時水電離出的c(H)最大2、強酸和強堿稀溶液的中和熱可表示為H+(aq)+OH(aq)H2O(l)+55.8kJ。已知：HCl(aq)+NH3H2O(aq)NH4Cl(aq)+H2O(l)+a kJ；HCl(aq)+NaOH(s)NaCl(aq)+H2O(l)+b kJ；HNO3(aq)+KOH(aq)KNO3(aq)+H2O(l)+c kJ。則a、b、c三者的大小關系為()AabcBbcaCa=b=cDa=bc3

3、、一定呈中性的是()ApH7 的溶液B25，Kw1.01014的溶液CH+與 OH物質的量相等的溶液D等物質的量的酸、堿混合后的溶液4、把35.7g金屬錫投入300 mL 14 mol /L HNO3共熱(還原產物為NOx)，完全反應后測得溶液中c(H+) = 10 mol /L，溶液體積仍為300 mL。放出的氣體經水充分吸收，干燥，可得氣體8.96 L(STP)。由此推斷氧化產物可能是ASn(NO3)4BSn(NO3)2CSnO24H2ODSnO5、下列說法不正確的是（ ）A冰醋酸和水銀都是純凈物B氫原子和重氫原子是兩種不同核素C氯化鈉固體和氯化鈉溶液都是電解質D稀硫酸和氫氧化銅懸濁液都屬

4、于分散系6、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，原子最外層電子數之和為20，Y、W為同一主族元素，常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀溶液，卻不溶于其濃溶液。下列說法不正確的是（ ）AW和Y形成的一種化合物具有漂白性B簡單離子半徑大小順序：WZYC最簡單氫化物的穩定性：XYD元素X的氣態氫化物與其最高價氧化物對應水化物能發生反應7、化學與人類的生活、生產息息相關，下列說法不正確的是A生活中常用小蘇打來治療胃酸過多B水泥、陶瓷、玻璃工業的生產原料中都用到了石灰石C硫酸鋇可用于胃腸 X 射線造影檢查D雙氧水、高錳酸鉀溶液可殺死埃博拉病毒，其原理與漂白粉消毒飲用水的原理相

5、同8、科學家利用CH4燃料電池(如圖)作為電源，用Cu-Si合金作硅源電解制硅可以降低制硅成本，高溫利用三層液熔鹽進行電解精煉，下列說法不正確的是（ ）A電極d與b相連，c與a相連B電解槽中，Si優先于Cu被氧化Ca極的電極反應為CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD相同時間下，通入CH4、O2的體積不同，會影響硅的提純速率9、下列有關化學用語表示正確的是A中子數為10的氟原子：10FB乙酸乙酯的結構簡式：C4H8O2CMg2+的結構示意圖：D過氧化氫的電子式為： 10、足量下列物質與相同質量的鋁反應，放出氫氣且消耗溶質物質的量最少的是A氫氧化鈉溶液B稀硫酸C鹽酸D稀硝酸11、M是一種化

6、工原料，可以制備一系列物質（見下圖）。下列說法正確的是A元素C、D形成的簡單離子半徑，前者大于后者BF的熱穩定性比H2S弱C化合物A、F中化學鍵的類型相同D元素C、D的最高價氧化物的水化物均可以和H發生反應12、下列顏色變化與氧化還原反應無關的是（）A長期放置的苯酚晶體變紅B硝酸銀晶體光照后變黑C氫氧化亞鐵變灰綠再變紅褐D二氧化氮氣體冷卻后變淡13、設NA 為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（ ）A1mol SiO2 所含Si-O鍵的數目為 2 NAB常溫下，1 L pH9的CH3COONa 溶液中由水電離的H+ 數目為 10-9 NAC40 mL 10 mol/L濃鹽酸與足量MnO2充分

7、反應，生成的氯氣分子數為 0.1NAD標準狀況下，11.2 L 甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為2NA14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加，m、n、p是由這些元素組成的二元化合物，r是一種氣態單質，n為淡黃色粉末，相關物質轉化關系如圖所示。室溫下，0. 0lmol/L的s溶液pH為12，X的質子數是W與Z的質子數之和的一半。下列說法正確的是A原子半徑：WXYB簡單氫化物沸點：ZX HY HZB加入10 mL NaOH溶液時，HY溶液中c（Na+ ）c（Y -）CpH=2的HZ溶液加水稀釋10倍，pH為3D加入20 mL NaOH溶液時，只有HY溶液達到滴定終點16、下列變化過程

8、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17、甲胺(CH3NH2)的性質與氨氣相似。已知pKb=lgKb，pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKb(NH3H2O)=4.8。常溫下，向10.00 mL 0. 1000 molL1的甲胺溶液中滴加0. 0500 molL1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的負對數pOH=lgc(OH-)與所加稀硫酸溶液的體積(V)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是AB點對應的溶液的pOH3.4B甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OHCA、B、C三點對應的溶液中，水電離出來的c(H+)：CBADA、B、C、D四點對應的

9、溶液中，c(CH3NH3+)的大小順序：DCBA18、空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成，我國科學家用下列實驗研究其成因：反應室底部盛有不同吸收液，將SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空氣為載體通入反應室，相同時間后，檢測吸收液中SO42-的含量，數據如下： 反應室載氣吸收液SO42-含量數據分析N2蒸餾水a. bdac.若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-3%氨水b空氣蒸餾水c3%氨水d下列說法不正確的是A控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施B反應室中可能發生反應：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2C本研究表明：硫酸鹽的形成主要與空氣中O2有關D

10、農業生產中大量使用銨態氮肥可能會加重霧霾的形成19、室溫下，用0.100molL1的NaOH溶液分別滴定均為20.00mL0.100molL1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲線如圖所示。下列說法正確的是A表示的是滴定醋酸的曲線BpH=7時，滴定醋酸消耗的V（NaOH）20.00mLCV（NaOH）20.00mL時，兩份溶液中c（Cl）c（CH3COO）DV（NaOH）10.00mL時，醋酸中c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）20、下列說法正確的是A配制 Fe(NO3)2 溶液時，向 Fe(NO3)2 溶液中滴加幾滴稀硝酸，以防止 Fe(NO3)2 發生水解B滴定接近終點時，滴定管

11、的尖嘴可以接觸錐形瓶內壁C中和熱的測定實驗中，測酸后的溫度計未用水清洗便立即去測堿的濃度，所測中和熱的數值偏高D配制1mol/L 的 NH4NO3溶液時，溶解后立即轉移至容量瓶，會導致所配溶液濃度偏高21、化學式為C3H7FO的物質，含有羥基的同分異構體數目為(不考慮空間異構)()A4種B5種C6種D7種22、短周期元素X、Y、Z、M的原子序數依次增大，它們組成一種團簇分子，結構如圖所示。X、M的族序數均等于周期序數，Y原子核外最外層電子數是其電子總數的。下列說法正確的是（ ）A簡單離子半徑：ZMYB常溫下Z和M的單質均能溶于濃硝酸CX+與Y22-結合形成的化合物是離子晶體DZ的最高價氧化物的

12、水化物是中強堿二、非選擇題(共84分)23、（14分）奧美拉唑主要用于十二指腸潰瘍和胃潰的治療，靜脈注射可用于消化性潰瘍急性出的治療，反應中間體F和奧美拉性的合成路線如下：I 中間體F的合成：II奧美拉唑的合成：已知：結合上述合成路線，請回答：（1）下列說法正確的是_A奧美拉的分子式為C18 H19N3O3SBJ生成K的反應類型為加成反應C化合物C可以發生的反應類型有取代、還原、加成D設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團（2）化合物F的結構簡式為_；（3）請寫出AB的反應方程式_；（4）試寫出同時滿足下列條件的化合物H的同分異構體: _分子中含苯環，遇FeC13顯紫色分子中含有4種不同化學環

13、境的氫原子。（5）利用已有知識和題中涉及的反應，設計從乙烯合成的路線。(用流程圖表示，無機試劑任選)_24、（12分）A(C3H6)是基本有機化工原料，由A制備聚合物C和合成路線如圖所示（部分條件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名稱是_；B中含氧官能團名稱是_。(2)C的結構簡式_；DE的反應類型為_(3)EF的化學方程式為_。(4)B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發生銀鏡反應，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是_（寫出結構簡式）。(5)等物質的量的 分別與足量NaOH、NaHCO3 反應，消耗NaOH、NaHCO3 的物質的量之比為_；檢驗其中一種官能團

14、的方法是_（寫出官能團名稱、對應試劑及現象）。25、（12分）廢定影液的主要成分為Na3Ag(S2O3)2，用廢定影液為原料制備AgNO3的實驗流程如下：(1) “沉淀”步驟中生成Ag2S沉淀，檢驗沉淀完全的操作是_。(2) “反應”步驟中會生成淡黃色固體，該反應的化學方程式為_。(3) “除雜”需調節溶液pH至6。測定溶液pH的操作是_。(4) 已知：2AgNO32Ag2NO2O2，2Cu(NO3)22CuO4NO2O2。AgNO3粗產品中常含有Cu(NO3)2，請設計由AgNO3粗產品獲取純凈AgNO3的實驗方案：_，蒸發濃縮，冷卻結晶，過濾，洗滌，干燥，得到純凈的AgNO3。(實驗中須使

15、用的試劑有稀硝酸、NaOH溶液、蒸餾水)(5) 蒸發濃縮AgNO3溶液的裝置如下圖所示。使用真空泵的目的是_；判斷蒸發濃縮完成的標志是_。26、（10分）對甲基苯胺可用對硝基甲苯作原料在一定條件制得。 主要反應及裝置如下:主要反應物和產物的物理性質見下表: 實驗步驟如下:向三頸燒瓶中加入50mL稀鹽酸、10.7mL(13.7g)對硝基甲苯和適量鐵粉,維持瓶內溫度在80左右,同時攪拌回流、使其充分反應;調節pH=78,再逐滴加入30mL苯充分混合;抽濾得到固體,將濾液靜置、分液得液體M;向M中滴加鹽酸,振蕩、靜置、分液,向下層液體中加入NaOH溶液,充分振蕩、靜置;抽濾得固體,將其洗滌、干燥得6

16、.1g產品。回答下列問題:（1）主要反應裝置如上圖,a處缺少的裝置是_ (填儀器名稱),實驗步驟和的分液操作中使用到下列儀器中的_(填標號)。a.燒杯 b.漏斗 c.玻璃棒 d.鐵架臺（2）步驟中用5%的碳酸鈉溶液調pH =78的目的之一是使Fe3+ 轉化為氫氧化鐵沉淀,另一個目的是_。（3）步驟中液體M是分液時的_ 層(填“上”或“下”)液體,加入鹽酸的作用是_。（4）步驟中加入氫氧化鈉溶液后發生反應的離子方程式有_。（5）步驟中,以下洗滌劑中最合適的是_ (填標號)。a.乙醇 b.蒸餾水 c.HCl溶液 d.NaOH溶液（6）本實驗的產率是_%。(計算結果保留一位小數)27、（12分）硫代

17、硫酸鈉(Na2S2O3)是一種解毒藥，用于氟化物、砷、汞、鉛、錫、碘等中毒，臨床常用于治療蕁麻疹，皮膚瘙癢等病癥.硫代硫酸鈉在中性或堿性環境中穩定，在酸性溶液中分解產生S和SO2實驗I：Na2S2O3的制備。工業上可用反應：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，實驗室模擬該工業過程的裝置如圖所示：(1)儀器a的名稱是_，儀器b的名稱是_。b中利用質量分數為70%80%的H2SO4溶液與Na2SO3固體反應制備SO2反應的化學方程式為_。c中試劑為_(2)實驗中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_ (寫出一條)(3)為了保證硫代硫酸鈉的產量，實驗中通入的SO2不

18、能過量，原因是_實驗：探究Na2S2O3與金屬陽離子的氧化還原反應。資料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)裝置試劑X實驗現象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先變成紫黑色，30s后幾乎變為無色 (4)根據上述實驗現象，初步判斷最終Fe3+被S2O32-還原為Fe2+，通過_(填操作、試劑和現象)，進一步證實生成了Fe2+。從化學反應速率和平衡的角度解釋實驗的現象：_實驗：標定Na2S2O3溶液的濃度(5)稱取一定質量的產品配制成硫代硫酸鈉溶液，并用間接碘量法標定該溶液的濃度：用分析天平準確稱取基準物質K2Cr2O7(摩爾質量為294gmol-1)0.5880g。平均分成3份

19、，分別放入3個錐形瓶中，加水配成溶液，并加入過量的KI并酸化，發生下列反應：6I-+Cr2O72-+14H+ = 3I2+2Cr3+7H2O，再加入幾滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，發生反應I2+2S2O32- = 2I- + S4O62-，三次消耗 Na2S2O3溶液的平均體積為25.00 mL，則所標定的硫代硫酸鈉溶液的濃度為_molL-128、（14分）乙酸是生物油的主要成分之一，乙酸制氫具有重要意義：熱裂解反應：CH3COOH(g)2CO(g)+2H2(g) H=+213.7 kJmol1脫酸基反應 CH3COOH(g)2CH4(g)+CO2(g) H=33.5 kJmo

20、l1（1）請寫出CO與H2甲烷化的熱化學方程式_。（2）在密閉溶液中，利用乙酸制氫，選擇的壓強為_（填“較大”或“常壓”）。其中溫度與氣體產率的關系如圖：約650之前，脫酸基反應活化能低速率快，故氫氣產率低于甲烷；650之后氫氣產率高于甲烷，理由是隨著溫度升高后，熱裂解反應速率加快，同時_。保持其他條件不變，在乙酸氣中摻雜一定量的水，氫氣產率顯著提高而CO的產率下降，請用化學方程式表示：_。（3）若利用合適的催化劑控制其他的副反應，溫度為T K時達到平衡，總壓強為P kPa，熱裂解反應消耗乙酸20%，脫酸基反應消耗乙酸60%，乙酸體積分數為_（計算結果保留1位小數）；脫酸基反應的平衡常數Kp分

21、別為_kPa（Kp為以分壓表示的平衡常數，計算結果保留1位小數）。29、（10分）根據物質結構相關知識，回答下列問題：（1）在第三周期的元素中，第一電離能介于Mg與Cl之間的有_種。（2）碳元素與氮元素形成的某種晶體的晶胞如圖所示，其中8個C原子位于立方體的頂點，4個C原子位于立方體的面心,4個N原子在立方體內。已知該晶體硬度超過金剛石，其原因是_。晶胞中C原子的雜化方式為_。知該晶胞參數為a nm，阿伏加德羅常數用NA表示，則該晶體的密度為_gcm-3（3）大鍵可表示為，其中m代表參與形成的大鍵原子數，n表示大鍵的電子數，如的大鍵可表示為，則CO32-中的大鍵可表示為_。（4）金屬鉻是一種極

22、硬、耐腐蝕的銀白色金屬，其化合物種類繁多，如：Cr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配離子Cr(H2O)3(NH3)33+等。基態鉻原子的價電子排布式為_。配離子Cr(H2O)3(NH3)33+的結構可能有_種。（5）AlP因殺蟲效率高、廉價易得而被廣泛應用。已知AIP的熔點為2000，其晶胞結構如下圖所示。C點的原子坐標為_。AlP的晶胞中，Al原子位于P原子形成的正四面體空隙中，此空隙的填充率為_。參考答案（含詳細解析）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【答案解析】A.b點加入等體積等濃度的HX和氨水，兩者恰好完全反應生成NH4X，b點溶液的pH=7，說明

23、X-與NH4+的水解程度相等，則Ka(HX)的值與Kb(NH3H2O)的值相等，故A正確；B.由圖可知0.1 molL-1的HX溶液的pH=3，HX為弱酸，因為b點的pH=7，所以b點c(X-)=c(NH4+)，根據物料守恒c(X-)+c(HX)=0.1mol/L0.05L/0.1L=0.05mol/L，則c(NH4+)+c(HX)=0.05 molL-1，故B正確； C. a c點過程中，水解平衡常數只與溫度有關，溫度不變，則值不變，故C正確；D. b點加入等體積等濃度的HX和氨水，兩者恰好完全反應生成NH4X，NH4X是弱酸弱堿鹽，促進水電離，則a、b、c三點，b 點時水電離出的c(H)最

24、大，故D錯誤。答案選D。2、B【答案解析】HCl（aq）+NH3H2O（aq）NH4Cl（aq）+H2O（l）+a kJ，NH3H2O是弱電解質，電離過程吸熱，因此a55.8；HCl（aq）+NaOH（s）NaCl（aq）+H2O（l）+b kJ，氫氧化鈉固體溶解放熱，因此b55.8；HNO3（aq）+KOH（aq）KNO3（aq）+H2O（l）+c kJ，符合中和熱的概念，因此c=55.8，所以a、b、c三者的大小關系為bca；選B。【答案點睛】本題考查了中和熱的計算和反應熱大小比較，理解中和熱的概念，明確弱電解質電離吸熱、強酸濃溶液稀釋放熱、氫氧化鈉固體溶解放熱；3、C【答案解析】A100

25、度時，純水的pH6，該溫度下pH7的溶液呈堿性，所以pH7的溶液不一定呈中性，故A錯誤；B25，Kw1.01014是水的離子積常數，溶液可能呈酸性、中性或堿性，所以不一定呈中性，故B錯誤；C只要溶液中存在H+與 OH物質的量相等，則該溶液就一定呈中性，故C正確；D等物質的量的酸、堿混合后的溶液不一定顯中性，這取決于酸和堿的相對強弱以及生成鹽的性質，故D錯誤；答案選C。【答案點睛】判斷溶液是否呈中性的依據是氫離子和氫氧根離子的濃度相等，溫度改變水的電離平衡常數，溫度越高，水的電離平衡常數越大。4、C【答案解析】根據l4mol/LHNO3為濃硝酸，完全反應后測得溶液中的c(H+)=10mol/L，

26、則濃硝酸有剩余，即錫與濃硝酸反應生成NO2，利用得失電子守恒來分析金屬錫被氧化后元素的化合價。【題目詳解】35.7g金屬錫的物質的量為=0.3mol，14mol/LHNO3為濃硝酸，完全反應后測得溶液中的c(H+)=10mol/L，則濃硝酸有剩余，即錫與濃硝酸反應生成NO2，放出的氣體經水充分吸收，干燥，可得NO氣體8.96 L，根據反應：3NO2+H2O=2HNO3+NO，則標準狀況下NO2的物質的量為=1.2mol，設金屬錫被氧化后元素的化合價為x，由電子守恒可知，0.3mol(x0)=1.2mol(54)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3)=10mol/L，

27、根據溶液電中性可判斷氧化產物一定不是硝酸鹽，綜合以上分析，答案選C。5、C【答案解析】A. 冰醋酸是醋酸，是純凈物，化學式為CH3COOH，水銀是Hg單質，是純凈物，故A正確；B. 氫元素有三種原子，普通氫原子沒有中子，后面兩種各有一個和兩個中子，它們分別稱為氕、氘、氚，或者稱為氫原子、重氫原子、超重氫原子，所以它們質子數電子數核電荷數都相等，但中子數不等，屬不同原子，是不同核素，故B正確；C. 氯化鈉溶液是混合物，不是電解質，故C錯誤；D. 稀硫酸和氫氧化銅懸濁液都混合物，屬于分散系，故D正確；題目要求選錯誤選項，故選C。6、B【答案解析】常溫下，Z的單質能溶于W的最高價氧化物對應水化物的稀

28、溶液，卻不溶于其濃溶液。則Z為鋁，W為硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數依次增大，Y、W為同一主族元素，則Y為氧；原子最外層電子數之和為20，則X最外層電子數為20-3-6-6=5，則X為氮；A. W為硫，Y為氧，形成的一種化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正確；B. 硫離子有3個電子層，半徑最大；氧離子和鋁離子核外電子排布相同，核電荷越大，半徑越小，所以氧離子大于鋁離子，故簡單離子半徑大小順序：WYZ，故B錯誤；C. 非金屬性越強其氫化物越穩定，氮非金屬性弱于氧，則最簡單氫化物的穩定性：XY，故C正確；D. 元素X的氣態氫化物為氨氣，其最高價氧化物對應水化物為硝酸，能發生反應生成硝酸

29、銨，故D正確。故選B。【答案點睛】解決此題的關鍵是正確推斷元素的種類，突破口在于題干信息中濃溶液和稀溶液性質不同，想到濃硫酸具有強氧化性，與金屬鋁發生鈍化反應，而稀硫酸可以與鋁反應。7、B【答案解析】A選項，生活中常用小蘇打、氫氧化鋁來治療胃酸過多，故A正確；B選項，水泥主要原料是黏土、石灰石、石膏，陶瓷主要原料是黏土，玻璃工業主要原料是碳酸鈉、碳酸鈣、二氧化硅，因此生產原料中不是都用到了石灰石，故B錯誤；C選項，硫酸鋇男溶于水和酸，可用于胃腸 X 射線造影檢查，故C正確；D選項，雙氧水、高錳酸鉀溶液具有強氧化性，可用于殺死埃博拉病毒，漂白粉消毒飲用水主要是氫氧化性，因此原理都相同，故D正確；

30、綜上所述，答案為B。8、C【答案解析】A圖2是甲烷燃料電池，通入甲烷的電極為負極，通入氧氣的電極為正極，圖1中d電極為陽極，與電源正極b相連，c電極為陰極，與電源負極a相連，故A正確；Bd電極為陽極硅失電子被氧化，而銅沒有，所以Si優先于Cu被氧化，故B正確；C通入甲烷的a電極為負極發生氧化反應，電極反應為CH4-8e+4O2CO2+2H2O，故C錯誤；D相同時間下，通入CH4、O2的體積不同，電流強度不同，會導致轉移電子的量不同，會影響硅提純速率，故D正確；故選C。9、C【答案解析】A. 中子數為10的氟原子為：，選項A錯誤；B. C4H8O2為乙酸乙酯的分子式，乙酸乙酯的結構簡式：CH3C

31、OOC2H5，選項B錯誤；C. Mg2+的結構示意圖為：，選項C正確；D. 過氧化氫是共價化合物，兩個氧原子之間共用一對電子，過氧化氫的電子式應為： ，選項D錯誤。答案選C。10、A【答案解析】假設反應都產生3mol氫氣，則：A2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2反應產生3mol氫氣，會消耗2mol NaOH； B2Al+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2，反應產生3mol氫氣，需消耗3mol硫酸；C2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，反應產生3mol氫氣，需消耗6mol HCl；D由于硝酸具有強的氧化性，與鋁發生反應，不能產生氫氣；故反應產生等量的氫氣，消耗溶質的物

32、質的量最少的是氫氧化鈉溶液；選項A正確。11、A【答案解析】推論各物質如圖：A、元素C、D形成的簡單離子Cl 、Na 半徑，Cl 多一個電子層，半徑大些，故A正確；B、F為HCl，氯原子半徑小，與氫形成的共價鍵穩定，穩定性大于H2S，故B錯誤；C、A為NaOH，有離子鍵、共價鍵，F為HCl，只有共價鍵，故C錯誤；D、元素C、D的最高價氧化物的水化物分別是HClO4、NaOH，只有HClO4可以和H（Na2CO3）發生反應，故D錯誤。故選A。點睛：考查物質間反應，涉及鈉、氯的化合物等物質的化學性質。要求學生對常見物質化學性質的熟煉掌握，加強對知識識記和理解。12、D【答案解析】A苯酚在空氣中能被

33、氧氣氧化，所以長期放置的苯酚晶體變紅，屬于氧化還原反應，故A不合題意；B硝酸銀晶體易分解，在光照后變黑，生成銀，屬于氧化還原反應，故B不合題意；C氫氧化亞鐵變灰綠再變紅褐，生成氫氧化鐵，Fe元素的化合價升高，所以屬于氧化還原反應，故C不合題意；D二氧化氮氣體冷卻時生成四氧化二氮，元素化合價沒有發生變化，不是氧化還原反應，故D符合題意；故選D。13、D【答案解析】A在SiO2晶體中每個Si原子形成4個Si-O鍵，則1mol SiO2 所含Si-O鍵的數目為4 NA，故A錯誤；BCH3COONa屬于強堿弱酸鹽，CH3COO-的水解促進水的電離，常溫下，1 L pH9的CH3COONa 溶液中c(H

34、+)電離=c(OH-)=110-5mol/L，發生電離的水分子物質的量為110-5mol/L1L=110-5mol，即由水電離的H+ 數目為 10-5 NA，故B錯誤；C40 mL 10 mol/L濃鹽酸與足量MnO2充分反應的過程中，鹽酸的濃度降低到一定濃度，反應會停止，即溶液中0.4molHCl未能完全參加反應，則反應中生成的氯氣分子數小于 0.1NA，故C錯誤；DCH4和C2H4分子中均含有4個H原子，則標準狀況下，11.2L甲烷和乙烯混合物中含氫原子數目為：4NA=2NA，故D正確；故答案為D。14、C【答案解析】n是一種淡黃色粉末，且與p反應生成s與r，而0.01molL-1的s溶液

35、的pH為12，s為一元強堿，r為Y的氣體單質，則s為NaOH，n為Na2O2，p為H2O，r為O2，可推知m為CO2，q為Na2CO1結合原子序數可知W為H，X為C，Y為O，Z為Na，據此分析解答。【題目詳解】AH原子核外只有1個電子層，C、O核外均有2個電子層，同周期元素核電荷數越大，原子半徑越小，因此原子半徑：WYX，故A錯誤；BC對應簡單氫化物為CH4，O對應簡單氫化物為H2O，Na對應簡單氫化物為NaH，CH4、H2O均為分子晶體，NaH為離子晶體，H2O分子之間能夠形成氫鍵，因此簡單氫化物沸點：XYGeH4SiH4CH4；相對分子質量相同或接近，分子的極性越大，范德華力越大，其熔、沸

36、點越高，如CON2；形成分子間氫鍵的分子晶體熔、沸點較高，如H2OH2S；如果形成分子內氫鍵，熔、沸點會降低。15、C【答案解析】0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，則c(HZ)= c(H+)，則HZ為一元強酸，HX和HY的pH都大于1，則HX和HY都是一元弱酸，同濃度的三種酸酸性強弱關系為：HXHYHZ，據此分析解答。【題目詳解】A由分析可知，三種酸酸性強弱順序是HXHYHZ，A錯誤；B加入10 mL NaOH溶液時，HY有一半被中和，此時溶質為等物質的量的HY和NaY，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)，由圖可

37、知，此時溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，所以，溶液c(Na+)c(Y-)，B錯誤；CHZ是強酸，加水稀釋10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀釋10倍，pH為3，C正確；D加入20 mL NaOH溶液時，三種溶液pH均發生突變，說明三種溶液均達到滴定終點，D錯誤。答案選C。【答案點睛】CpH=a的強酸稀釋10n倍，稀釋后溶液pH=a+n(pH7)；pH=a的弱酸稀釋10n倍，稀釋后溶液pHa+n(pH7)；pH=a的強堿稀釋10n倍，稀釋后溶液pH=a-n(pH7)；pH=a的弱堿稀釋10n倍，稀釋后溶液pHa-n(pH7)16、D【答案解析】AHCl溶于水發生電離生成氫

38、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。【答案點睛】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。17、D【答案解析】AB點加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考慮水解和電離，反應后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，CH3NH2H2O的電離程度大于CH3NH3+的水解程度，則溶液中c(CH3NH3+)c(

39、CH3NH2)；B甲胺(CH3NH2)的性質與氨氣相似，說明CH3NH2H2O是一元弱堿，可以部分電離出氫氧根離子；C恰好反應時水的電離程度最大，堿過量抑制了水的電離，堿的濃度越大抑制程度越大；DC、D點相比，n(CH3NH3+)相差較小，但D點溶液體積較大，則c(CH3NH3+)較小，據此分析。【題目詳解】AB點加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考慮水解和電離，反應后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，說明CH3NH2H2O的電離程度大于CH3NH3+的水解程度，則溶液中c(CH3

40、NH3+)c(CH3NH2)，1，結合Kb(CH3NH2H2O)=c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)3.4，A正確；BCH3NH2H2O是一元弱堿，可以部分電離出氫氧根離子，電離過程可逆，則電離方程式為：CH3NH2H2OCH3NH3+OH-，B正確；C用0.0500 mol/L的稀硫酸滴定10 mL 0.1000 mol/L的甲胺溶液滴入10 mL恰好完全反應此時生成的是強酸弱堿鹽，溶液顯堿性，CH3NH3+水解促進水的電離，A、B點溶液中弱堿過量抑制了水的電離，所以A、B、C三點溶液中，水電離出來的c(H)：CBA，C正確；DC點硫酸與CH3NH2H2O恰好反應，由于CH3NH3

41、+的水解程度較小，則C、D點n(CH3NH3+)相差較小，但D點加入硫酸溶液體積為C點2倍，則c(CH3NH3+)：CD，D錯誤；故合理選項是D。【答案點睛】本題考查酸堿混合的定性判斷、離子濃度大小比較。明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，D為易錯點，試題側重考查學生的分析能力及綜合應用能力。18、C【答案解析】A. 因為空氣中的硫酸鹽會加劇霧霾的形成。SO2和氮氧化物在一定條件下可以產生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理霧霾的有效措施，故A正確；B. 反應室中SO2為還原劑，NO2為氧化劑，N2做載體，蒸餾水做吸收液，可發生反應：SO2 +2N

42、O2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正確；C.由已知 bdac，若起始不通入NO2，則最終檢測不到SO42-，可知硫酸鹽的形成主要與NO2有關,故C錯誤；D. 銨態氮肥易揮發產生氨氣。由已知的數據分析可知，在載體相同，吸收液為氨水的條件下，將SO2和NO2按一定比例混合時產生SO42-的濃度較大，而空氣中的硫酸鹽又會加劇霧霾的形成。所以農業生產中大量使用銨態氮肥可能會加重霧霾的形成，故D正確；答案：C。19、C【答案解析】A. 0.100molL-1的HCl溶液和醋酸溶液，醋酸屬于弱酸，存在電離平衡，所以起點pH較小的表示的是滴定鹽酸的曲線，A項錯誤；B. 當醋酸與氫氧化鈉恰好完

43、全反應時，形成醋酸鈉溶液，醋酸鈉水解使溶液pH7，所以pH =7時，滴定醋酸消耗的V(NaOH) Z M，故A錯誤；BZ為Mg元素，M為Al元素，常溫下Al遇濃硝酸發生鈍化，不能溶于濃硝酸，故B錯誤；CX為H元素，Y為O元素，X+與Y22-結合形成的化合物為雙氧水，是分子晶體，故C錯誤；DZ為Mg元素，Z的最高價氧化物的水化物為氫氧化鎂，是中強堿，故D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、C、D 【答案解析】（1）奧美拉的分子式為C17 H19N3O3S，A錯誤；J生成K的過程中，增加了氧原子，反應類型為氧化反應，B錯誤；化合物C中有苯環，可發生取代和加成反應；有碳氧雙鍵，可得到氫，發

44、生還原反應；C正確；設計A轉化為B的目的是保護其中的官能團，D正確。答案選CD。（2）根據流程I到J有機物兩個分子結構的差別可知，化合物F的結構簡式。（3）根據生成物B的結構式和反應物可得A的結構式為，發生的化學反應為；（4）分子中含苯環，遇FeC13顯紫色，結構中有酚羥基；分子中含有4種不同化學環境的氫原子，根據化合物G的結構符合要求的化合物H結構式為；（5）結合題中流程圖，從乙烯合成的路線為；24、丙烯 酯基 取代反應 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 檢驗羧基：取少量該有機物，滴入少量紫色石蕊試液變紅(或檢驗碳碳雙鍵，加入溴水

45、，溴水褪色) 【答案解析】A分子式為C3H6，A與CO、CH3OH發生反應生成B，則A結構簡式為CH2=CHCH3，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B發生加聚反應生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯發生水解反應，然后酸化得到聚合物C，C結構簡式為；A與Cl2在高溫下發生反應生成D，D發生水解反應生成E，根據E的結構簡式CH2=CHCH2OH可知D結構簡式為CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯發生加成反應生成F，F結構簡式為，F發生取代反應生成G，G發生信息中反應得到，則G結構簡式為。【題目詳解】根據上述推斷可知A是CH2=CH-CH3，C為，D是CH2=CHCH2Cl，E為C

46、H2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名稱為丙烯，B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能團名稱是酯基；(2)C的結構簡式為，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，與NaOH的水溶液加熱發生水解反應產生E：CH2=CHCH2OH，該水解反應也是取代反應；因此D變為E的反應為取代反應或水解反應；(3)E為CH2=CHCH2OH、E與2-氯-1，3-丁二烯發生加成反應生成F，F結構簡式為，該反應方程式為：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B結構簡式為CH3CH=CHCOOCH3，B的同分異構體中，與B具有相同官能團且能發生銀

47、鏡反應，說明含有醛基、酯基及碳碳雙鍵，則為甲酸形成的酯，其中核磁共振氫譜上顯示3組峰，且峰面積之比為6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以與NaOH反應產生；含有羧基可以與NaHCO3反應產生和H2O、CO2，則等物質的量消耗NaOH、NaHCO3的物質的量之比為1：1；在中含有羧基、碳碳雙鍵、醇羥基三種官能團，檢驗羧基的方法是：取少量該有機物，滴入少量紫色石蕊試液變為紅色；檢驗碳碳雙鍵的方法是：加入溴水，溴水褪色。【答案點睛】本題考查有機物推斷和合成的知識，明確官能團及其性質關系、常見反應類型、反應條件及題給信息是解本題關鍵，難點是有機物合成路線設計，需要學生靈活

48、運用知識解答問題能力，本題側重考查學生分析推斷及知識綜合運用、知識遷移能力。25、靜置，向上層清液中繼續滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，則說明沉淀已經完全 Ag2S4HNO3=2AgNO32NO2S2H2O 用潔凈的玻璃棒蘸取反應液，滴在pH試紙上，與標準比色卡對照 將AgNO3粗產品加熱并維持溫度在200 至恒重，同時用足量NaOH溶液吸收產生的氣體，待固體殘留物冷卻后，加入蒸餾水，充分溶解、過濾、洗滌，并將洗滌液與濾液合并，再加入適量稀硝酸 使體系形成負壓，有利于水分在較低溫度下蒸發，同時可防止AgNO3分解 溶液表面有晶膜出現 【答案解析】廢定影液的主要成分為Na3Ag(S2O3)2

49、，用硫化鈉沉淀，生成Ag2S沉淀，過濾得到濾渣，洗滌干凈后加入濃硝酸溶解Ag2S得到硝酸銀、硫單質與二氧化氮；用氫氧化鈉除去過量的硝酸得到硝酸銀溶液，蒸發濃縮、冷卻結晶得到硝酸銀晶體，據此分析作答。【題目詳解】（1）沉淀過程是Na3Ag(S2O3)2與Na2S反應制得Ag2S的反應，檢驗沉淀完全的操作是：靜置，向上層清液中繼續滴加Na2S溶液，若不再有沉淀生成，則說明沉淀已經完全；（2）“反應”步驟中會生成淡黃色固體，根據元素守恒可知，該淡黃色沉淀為硫離子被氧化的產物硫單質，根據氧化還原反應規律可知其化學方程式為：Ag2S4HNO3=2AgNO32NO2S2H2O；（3）測定溶液pH的基本操作

50、是：用潔凈的玻璃棒蘸取反應液，滴在pH試紙上，與標準比色卡對照；（4）根據給定的已知信息可知，硝酸銅的分解溫度為200 ，硝酸銀的分解溫度在440 ，則可設計除去硝酸銅的方法為：將AgNO3粗產品加熱并維持溫度在200 至恒重，同時用足量NaOH溶液吸收產生的氣體，待固體殘留物冷卻后，加入蒸餾水，充分溶解、過濾、洗滌，并將洗滌液與濾液合并，再加入適量稀硝酸；（5）考慮硝酸銀易分解，而實驗裝置中真空泵可以形成負壓，有利于水分在較低溫度下蒸發，同時可防止AgNO3分解；蒸發濃縮過程中，若溶液表面有晶膜出現，則證明蒸發濃縮完成。26、球形冷凝管 ad 使對甲基苯胺鹽酸鹽轉化為對甲基苯胺 上 與對甲基

51、苯胺轉化為對甲基苯胺鹽酸鹽進入水層與對硝基甲苯的分離 H+OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0% 【答案解析】首先向三頸燒瓶中加稀鹽酸、對硝基甲苯和適量鐵粉加熱進行反應，生成對甲基苯胺鹽酸鹽，調節pH=78，沉淀鐵離子并使對甲基苯胺鹽酸鹽轉化為對甲基苯胺，加入苯溶解生成的對甲基苯胺和未反應的對硝基甲苯，抽濾靜置分液得到有機層，向有機層中加入鹽酸使對甲基苯胺轉化為對甲基苯胺鹽酸鹽，生成的對甲基苯胺鹽酸鹽易溶于水，靜置分液得到無機層，向無機層加入NaOH溶液，使對甲基苯胺鹽酸鹽轉化為對甲基苯胺，對甲基苯胺常溫下為不溶于水的固體，所以在加入氫氧化鈉溶液后會有對甲基苯胺固體析出，抽濾得到固體

52、，洗滌、干燥得到產品。【題目詳解】（1）該反應中反應物沸點較低，加熱反應過程中會揮發，需要在a處加裝球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要燒杯、分液漏斗、鐵架臺，所以選ad；（2）根據題目所給信息可知，pH值升高會使對甲基苯胺鹽酸鹽轉化為對甲基苯胺，達到分離提純的目的；（3）根據分析步驟中液體M為有機層，溶劑為苯，密度比水小，所以在上層；加入鹽酸使對甲基苯胺轉化為易溶于水的對甲基苯胺鹽酸鹽，從而實現與對硝基甲苯的分離；（4）下層液體中有未反應的鹽酸和生成的對甲基苯胺鹽酸鹽都與NaOH發生反應，離子方程式為：H+OH-=H2O、+OH-+H2O；（5）洗滌過程是為了洗去對甲基苯胺可能附著的對甲基苯胺鹽

53、酸鹽、NaCl和NaOH等可溶于水的雜質，為降低對甲基苯胺洗滌過程的溶解損失，最好的洗滌劑應為蒸餾水，所以選b；（6）原料中有13.7g對硝基甲苯，即=0.1mol，所以理論上生成的對甲基苯胺應為0.1mol，實際得到產品6.1g，所以產率為=57.0%。27、分液漏斗 蒸餾燒瓶 硫化鈉和碳酸鈉的混合液 調節酸的滴加速度 若 SO2過量，溶液顯酸性產物會發生分解 加入鐵氰化鉀溶液產生藍色沉淀 開始生成 Fe(S2O3)33-的反應速率快，氧化還原反應速率慢，但Fe3+與S2O32- 氧化還原反應的程度大，導致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反應方向移動，最終溶液幾

54、乎變為無色 0.1600 【答案解析】(1)a的名稱即為分液漏斗，b的名稱即為蒸餾燒瓶；b中是通過濃硫酸和Na2SO3反應生成SO2，所以方程式為：；c中是制備硫代硫酸鈉的反應，SO2由裝置b提供，所以c中試劑為硫化鈉和碳酸鈉的混合溶液；(2)從反應速率影響因素分析，控制SO2生成速率可以調節酸的滴加速度或者調節酸的濃度，或者改變反應溫度；(3)題干中指出，硫代硫酸鈉在酸性溶液中會分解，如果通過量的SO2，會使溶液酸性增強，對制備產物不利，所以原因是：SO2過量，溶液顯酸性，產物會發生分解；(4)檢驗Fe2+常用試劑是鐵氰化鉀，所以加入鐵氰化鉀溶液，產生藍色沉淀即證明有Fe2+生成；解釋原因時

55、一定要注意題干要求，體現出反應速率和平衡兩個角度，所以解釋為：開始階段，生成的反應速率快，氧化還原反應速率慢，所以有紫黑色出現，隨著Fe3+的量逐漸增加，氧化還原反應的程度變大，導致平衡逆向移動，紫黑色逐漸消失，最終溶液幾乎變為無色；(5)間接碘量法滴定過程中涉及兩個反應：；反應I-被氧化成I2，反應中第一步所得的I2又被還原成I-，所以與電子轉移數相同，那么滴定過程中消耗的得電子總數就與消耗的失電子總數相同 ；在做計算時，不要忽略取的基準物質重鉻酸鉀分成了三份進行的滴定。所以假設c(Na2S2O3)=a mol/L，列電子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。28、2CO(g) +2H2(g) CH4(g) + CO2 (g) H= 247.2 KJmol-1 常壓 熱裂解反應正向移動，而脫酸基反應逆向移動，故氫氣產率