1、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、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。

2、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、下列表示正確的是（ ）A中子數為8的氧原子符號：OB甲基的電子式：C乙醚的結構簡式：CH3OCH3DCO2的比例模型：2、下列物質的轉化在給定條件下能實現的是( )ASSO3H2SO4BAl2O3NaAlO2(aq) Al(OH)3CSiO2 SiCl4SiDFe2O3FeCl3(aq) 無水FeCl33、如圖是NO2氣體和CO氣體反應生成CO2 氣體和NO氣體過程的能量變化示意圖。則該反應的熱化學方程式為()ANO2+COCO2+NO-134kJBNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)-234kJCNO2(g)+CO

3、(g)CO2(g)+NO(g)+368kJDNO2(g)+CO(g)CO2(g)+NO(g)+234kJ4、利用電解質溶液的濃度對電極電勢的影響，可設計濃差電池。下圖為一套濃差電池和電解質溶液再生的配套裝置示意圖，閉合開關K之前，兩個Cu電極的質量相等。下列有關這套裝置的說法中錯誤的是A循環物質E為水B乙池中Cu電極為陰極，發生還原反應C甲池中的電極反應式為Cu2+2e-=CuD若外電路中通過1mol電子，兩電極的質量差為64g5、某黃色溶液中可能含有Na+、NH4+、Fe2+、Fe3+、Cl、SO42、CO32等離子（不考慮水的電離和離子的水解）。某同學為了確定其組分，設計并完成了如下實驗：

4、下列說法正確的是（ ）Ac（Fe3+）一定為0.2 molL1Bc（Cl）至少為0.2 molL1CNa+、SO42一定存在，NH4+一定不存在DNa+、Fe2+可能存在，CO32一定不存在6、2017年5月9日，我國科學技術名詞審定委員會等單位正式發布115號等4種人工合成的新元素的名稱、元素符號，115號元素名稱為“鏌”，符號為Mc。下列有關說法正確的是AMc的最低負化合價為3BMc的最高價氧化物的化式為Mc2O 5C的中子數為115D通過化學反應可使轉化為7、W、X、Y、Z均為短周期主族元素且原子序數依次增大。W最外層電子數是次外層電子數的3倍，W與Y同主族，X在短周期中原子半徑最大。下

5、列說法正確的是A常溫常壓下Y的單質為氣態BX的氧化物是離子化合物CX與Z形成的化合物的水溶液呈堿性DW與Y具有相同的最高化合價8、SO2催化氧化過程中，不符合工業生產實際的是A采用熱交換器循環利用能量B壓強控制為2050MPaC反應溫度控制在450左右D使用V2O5作催化劑9、已知：AgSCN(白色，s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，T時，Ksp(AgSCN)=1.010-12。在T時，向體積為20.00mL、濃度為mmol/L的AgNO3溶液中滴加0.l0mol/LKSCN溶液，溶液pAg的與加入的KSCN溶液體積的關系如圖所示，下列說法錯誤的是（ ）Am=0.1Bc點對應的KSCN溶液

6、的體積為20.00mLCa、b、c、d點對應的溶液中水的電離程度：abcdD若V3=60mL，則反應后溶液的pAg=11-lg210、一定條件下，下列單質與水反應不產生氫氣的是()ACl2BFeCNaDC11、NA為阿伏加德羅常數，關于a g亞硫酸鈉晶體(Na2SO37H2O)的說法中正確的是A含Na+數目為NAB含氧原子數目為NAC完全氧化SO32-時轉移電子數目為NAD含結晶水分子數目為NA12、五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次增大。T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代，W的簡單氣態氫化物遇Z的氫化物產生白煙。T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數，T和Y位于

7、同一主族。下列推斷正確的是（ ）A原子半徑：TWZYXB簡單氣態氫化物的熱穩定性：YTWC氧化物對應水化物的酸性：YTWZDX3W和XW3都是離子化合物，但所含化學鍵類型不完全相同13、在加熱條件下，乙醇轉化為有機物R的過程如圖所示，其中錯誤的是 AR的化學式為C2H4OB乙醇發生了還原反應C反應過程中固體有紅黑交替變化的現象D乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）也能發生類似反應14、普通電解精煉銅的方法所制備的銅中仍含雜質，利用如圖中的雙膜(陰離子交換膜和過濾膜)電解裝置可制備高純度的Cu。下列有關敘述正確的是（ ）A電極a為粗銅B甲膜為過濾膜，可阻止陽極泥及漂浮物雜質進入陰極區C乙膜為陰離

8、子交換膜，可阻止雜質陽離子進入陰極區D當電路中通過1mol電子時，可生成32g精銅15、化學與科學、技術、社會、環境密切相關。下列說法不正確的是（ ）A食用一定量的油脂能促進人體對維生素的吸收B許多繡球花在酸性土壤中花朵呈藍色，在堿性土壤中花朵呈粉紅色，若想獲得藍色花朵，可在土壤中施用適量的硫酸鋁C在石英管中充入氖氣，通電時能發出比熒光燈強億萬倍的強光，人稱“人造小太陽”D人被蚊子叮咬后皮膚發癢或紅腫，簡單的處理方法：搽稀氨水或碳酸氫鈉溶液16、下列說法不正確的是（ ）A工廠常用的靜電除塵裝置是根據膠體帶電這一性質設計的B鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性、堿性或咸的食物C銅屬于重金屬，化學

9、性質不活潑，使用銅制器皿較安全，但銅鹽溶液都有毒DSO2是具有刺激性氣味的有毒氣體，但可應用于某些領域殺菌消毒17、室溫下，用的溶液滴定 的溶液，水的電離程度隨溶液體積的變化曲線如圖所示。下列說法正確的是( ) A該滴定過程應該選擇甲基橙作為指示劑B從點到點，溶液中水的電離程度逐漸增大C點溶液中D點對應的溶液的體積為18、常溫下，NC13是一種油狀液體，其分子空間構型為三角錐形，下列對NC13的有關敘述錯誤的是（ ）ANC13中NC1鍵鍵長比CCl4中CC1鍵鍵長短BNC13分子中的所有原子均達到8電子穩定結構CNCl3分子是極性分子DNBr3的沸點比NCl3的沸點低19、下列有關實驗操作、現

10、象、解釋和結論都正確的是() 選項操作現象解釋、結論A用玻璃棒蘸取濃氨水點到干燥紅色石蕊試紙上試紙變藍色濃氨水呈堿性B向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液變渾濁析出了Na2CO3晶體C向蔗糖中加入濃硫酸并攪拌蔗糖變黑，體積膨脹反應中濃硫酸只體現脫水性D過量的Fe粉與氯氣充分反應后，向反應后的混合物中加水，取上層清液滴入KSCN溶液溶液不變紅色氯氣將Fe氧化為Fe2AABBCCDD20、已知下列反應的熱化學方程式為CH3COOH(l)+2O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l) H1=-870.3kJmol-1C(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5kJmol-1H2(g)

11、+O2(g)=H2O(l) H3=285.8kJmol-1則反應2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的H為（ ）A-488.3kJmol-1B-191kJmol-1C-476.8kJmol-1D-1549.6kJmol-121、化學方便了人類的生產與生活，下列說法不正確的是A氫氧化鋁可用于中和人體過多的胃酸B碘是人體必需的微量元素，應該適量服用I2C葡萄糖可以用于食品加工和合成葡萄糖酸鈣D漂白粉中的有效成分是Ca(ClO)222、中美科學家在銀表面首次獲得了二維結構的硼烯，該科研成果發表在頂級刊Science上，并獲得重重點推薦。二維結構的硼烯如圖所示，下列說法錯誤的是（

12、 ）A1mol硼原子核外電子數為3NAB1molBF3分子中共價鍵的數目為3NAC1molNaBH4與水反應轉移的電子數為4NAD硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負極材料二、非選擇題(共84分)23、（14分）氟喹諾酮是人工合成的抗菌藥，其中間體G的合成路線如下：(1)G中的含氧官能團為_和_(填名稱)。(2)由CD的反應類型是_。(3)化合物X(分子式為C3H7N)的結構簡式為_。(4)E到F過程中的反應物HC(OC2H5)3中最多有_個碳原子共面。(5)B和乙醇反應的產物為H(C8H6FCl2NO2)，寫出該反應的化學方程式_ 。寫出滿足下列條件的H的所有同分異構體的結構簡式：_。

13、是一種氨基酸；分子中有4種不同化學環境的氫，且分子中含有一個苯環。(6)根據已有知識并結合相關信息，寫出以 和ClMgCH(COOC2H5)2為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選，合成路線流程圖示例見本題題干)_。24、（12分）有機物W用作調香劑、高分子材料合成的中間體等，制備W的一種合成路線如下。請回答下列問題：（1）F的化學名稱是_，的反應類型是_。（2）E中含有的官能團是_（寫名稱），D聚合生成高分子化合物的結構簡式為_。（3）將反應得到的產物與O2在催化劑、加熱的條件下反應可得D，寫出反應的化學方程式_。（4）、兩步能否顛倒？_（填“能”或“否”）理由是_。（5）與A具有含有相同

14、官能團的芳香化合物的同分異構體還有_種（不含立體異構），其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結構簡式為_。（6）參照有機物W的上述合成路線，以M和CH3Cl為原料制備F的合成路線（無機試劑任選）_。25、（12分）納米TiO2是一種重要的光催化劑。以鈦酸酯Ti(OR)4為原料制備納米TiO2的步驟如下：組裝裝置如下圖所示，保持溫度約為65，先將30mL鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4加入盛有無水乙醇的三頸燒瓶，再加入3mL乙酰丙酮，充分攪拌；將含水20的乙醇溶液緩慢滴入三頸燒瓶中，得到二氧化鈦溶膠；將二氧化鈦溶膠干燥得到二氧化鈦凝膠，灼燒凝膠得到納米TiO2。已知，鈦

15、酸四丁酯能溶于除酮類物質以外的大部分有機溶劑，遇水劇烈水解；Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，回答下列問題：(1)儀器a的名稱是_，冷凝管的作用是_。(2)加入的乙酰丙酮可以減慢水解反應的速率，其原理可能是_(填標號)。a.增加反應的焓變 b.增大反應的活化能c.減小反應的焓變 d.降低反應的活化能制備過程中，減慢水解反應速率的措施還有_。(3)步驟中制備二氧化鈦溶膠的化學方程式為_。下圖所示實驗裝置中，可用于灼燒二氧化鈦凝膠的是_(填標號)。(4)測定樣品中TiO2純度的方法是：精確稱取0.2000 g樣品放入錐形瓶中，加入硫酸和硫酸銨的混合溶液，加強熱使其溶解。冷卻后，加入一定量稀

16、鹽酸得到含TiO2+的溶液。加入金屬鋁，將TiO2+全部轉化為Ti3+。待過量的金屬鋁完全溶解并冷卻后，加入指示劑，用0.1000 molL-lNH4Fe(SO4)2溶液滴定至終點。重復操作2次，消耗0.1000 molL-1 NH4Fe(SO4)2溶液的平均值為20.00 mL(已知：Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H)。加入金屬鋁的作用除了還原TiO2外，另一個作用是_。滴定時所用的指示劑為_(填標號)a.酚酞溶液 b. KSCN溶液 c. KMnO4溶液 d.淀粉溶液樣品中TiO2的質量分數為_%。26、（10分）甘氨酸亞鐵(H2NCH2COO)2Fe是一種新型補鐵劑。

17、某化學學習小組用如圖所示裝置(夾持儀器省略)制備甘氨酸亞鐵。有關物質性質如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。檸檬酸易溶于水和乙醇，酸性較強，有強還原性。甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇、冰醋酸。實驗步驟如下：.打開K1、K3，向c中通入氣體，待確定c中空氣被排盡后，將b中溶液加入到c中。.在50恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向c中滴加NaOH溶液，調溶液pH至5.5左右，使反應物充分反應。.反應完成后，向c中反應混合液中加入無水乙醇，生成白色沉淀，將沉淀過濾、洗滌得粗產品，將粗產品純化后得精品。回答下列問題：（1）儀

18、器b的名稱是_，d的作用是_。（2）步驟中將b中溶液加入到c中的操作是_；步驟中若調節溶液pH偏高，則所得粗產品中會混有雜質_(寫化學式)。（3）c中生成甘氨酸亞鐵的化學方程式是_。（4）下列關于該實驗的說法錯誤的是_(填寫序號)。a.步驟中可由d中導管冒出氣泡的快慢來判斷裝置中的空氣是否排盡b.反應混合液中加入檸檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步驟中加入無水乙醇的作用是降低甘氨酸亞鐵的溶解度d.步驟中沉淀洗滌時，用蒸餾水作洗滌劑（5）工業上常用高氯酸在非水體系中滴定甘氨酸的方法測定產品中的甘氨酸的含量。請設計實驗，將所得粗產品中的甘氨酸分離出來直接用于滴定：_。27、（12分）CoCl26

19、H2O是一種飼料營養強化劑。一種利用水鈷礦(主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工藝流程如下：已知：浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分陽離子以氫氧化物形式沉淀時溶液的pH見下表：(金屬離子濃度為：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2開始沉淀4.07.7完全沉淀5.29.8CoCl26H2O熔點為86，加熱至110120時，失去結晶水生成無水氯化鈷。（1）寫出浸出過程中Co2O3發生反應的離子

20、方程式_。（2）寫出NaClO3發生反應的主要離子方程式_；若不慎向“浸出液”中加過量NaClO3時，可能會生成有毒氣體，寫出生成該有毒氣體的離子方程式_。（3）“加Na2CO3調pH至a”,過濾所得到的沉淀成分為_。（4）“操作1”中包含3個基本實驗操作，它們依次是_、_和過濾。制得的CoCl26H2O在烘干時需減壓烘干的原因是_。（5）萃取劑對金屬離子的萃取率與pH的關系如圖。向“濾液”中加入萃取劑的目的是_；其使用的最佳pH范圍是_。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）為測定粗產品中CoCl26H2O含量，稱取一定質量的粗產品溶于水，加入足量AgNO3溶液，

21、過濾、洗滌，將沉淀烘干后稱其質量。通過計算發現粗產品中CoCl26H2O的質量分數大于100，其原因可能是_。(答一條即可)28、（14分）氫能的存儲是氫能應用的主要瓶頸，目前所采用或正在研究的主要儲氫材料有：配位氫化物、富氫載體化合物、碳質材料、金屬氫化物等。(1)Ti(BH4)2是一種過渡元素硼氫化物儲氫材料。Ti2+基態的電子排布式可表示為_。BH4-的空間構型是_(用文字描述)。(2)液氨是富氫物質，是氫能的理想載體，利用N2+3H22NH3實現儲氫和輸氫。上述方程式涉及的三種氣體熔點由低到高的順序是_。下列說法正確的是_(填字母)。a.NH3分子中N原子采用sp3雜化b.相同壓強時，

22、NH3沸點比PH3高c.Cu(NH3)42中，N原子是配位原子d.CN-的電子式為(3)Ca與C60生成的Ca32C60能大量吸附H2分子。C60晶體易溶于苯、CS2，說明C60是_分子(填“極性”或“非極性”)；1個C60分子中，含有鍵數目為_個。(4)MgH2是金屬氫化物儲氫材料，其晶胞結構如圖所示，已知該晶體的密度為a gcm-3，則晶胞的體積為_cm3用a、NA表示(NA表示阿伏加德羅常數)。29、（10分）燃煤產生的煙氣中含有較多的CO2、CO、SO2等影響環境的氣體。如何綜合利用這些氣體一直是科研單位研究的熱點。(1)已知：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g

23、)H1CO(g)H2O(g)CO2(g)H2(g)H22CO(g)4H2(g)CH3OCH3(g)H2O(g)H3用H2、H3表示H1，H1_。(2)針對CO2與H2反應轉化為二甲醚(g)和H2O(g)，研究發現，該反應中CO2的平衡轉化率隨反應溫度、投料比n(H2)/n(CO2)的變化曲線如圖：H1_(填“”或“”)0。若其他條件不變，僅僅增大壓強，則逆反應速率會_(填“增大”“減小”或“不變”，下同)，平衡常數K會_。(3)研究發現，催化劑可以促使煙氣CO、SO2轉化為CO2、S。反應原理為2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(l) H270 kJmol1。其他條件相同，研究發現，分別

24、選取Fe2O3、NiO、Cr2O3作上述反應的催化劑時，SO2的轉化率隨反應溫度的變化如圖，研究得出，應該選擇Fe2O3作催化劑，主要原因可能是_若在2 L恒容密閉容器中，將3mol CO、1 mol SO2混合，在一定條件下引發反應，當SO2的平衡轉化率為40%時，此時K_。向反應容器中再分別通入下列氣體，可以使SO2轉化率增大的是_(填字母)。ACO BSO2 CN2 DH2S E.CO2參考答案（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、B【答案解析】A中子數為8的氧原子的質量數=8+8=16，該原子正確的表示方法為，故A錯誤；B甲基為中性原子團，其電

25、子式為，故B正確；CCH3OCH3為二甲醚，乙醚正確的結構簡式為CH3CH2OCH2CH3，故C錯誤；D二氧化碳分子中含有兩個碳氧雙鍵，為直線型結構，其正確的比例模型為，故D錯誤；故選B。【答案點睛】電子式的書寫注意事項：（1)陰離子和復雜陽離子要加括號，并注明所帶電荷數，簡單陽離子用元素符號加所帶電荷表示。（2）要注意化學鍵中原子直接相鄰的事實。（3）不能漏寫未參與成鍵的電子對。2、B【答案解析】A.S點燃條件下與O2反應不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反應生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情況下不與酸反應；D.FeCl3溶液

26、會發生Fe3+的水解；【題目詳解】A.S點燃條件下與空氣或純O2反應只能生成SO2，不能生成SO3，故A錯誤；B.氧化鋁和氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉，偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳，發生反應NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3+NaHCO3，所以能實現，故B正確；C.SiO2與鹽酸溶液不發生，故C錯誤；D.FeCl3溶液在加熱時會促進Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最終得不到無水FeCl3，故D錯誤；故答案為B。【答案點睛】本題考查是元素化合物之間的轉化關系及反應條件。解題的關鍵是要熟悉常見物質的化學性質和轉化條件，特別是要關注具有實際應用背景或前景的物

27、質轉化知識的學習與應用。3、D【答案解析】由能量變化圖可知，NO2和CO反應生成CO2和NO且放出熱量，熱化學反應方程式為：NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)H=(134-368)kJ/mol=-234kJ/mol，則反應物總內能比生成物總內能多234kJ，即NO2(g)+CO(g)=CO2(g)+NO(g)+234kJ，故D正確；故選：D。【答案點睛】反應的焓變H=反應物的總鍵能-生成物的總鍵能，注意標注物質聚集狀態和對應反應的焓變，據此判斷熱化學方程式正誤。4、B【答案解析】由陰離子SO42-的移動方向可知：右邊Cu電極為負極，發生反應：Cu-2e-=Cu2+，Cu電極失去

28、電子，發生氧化反應；左邊的電極為正極，發生反應：Cu2+2e-=Cu，當電路中通過1mol電子，左邊電極增加32g，右邊電極減少32g，兩極的質量差變為64g。電解質再生池是利用太陽能將CuSO4稀溶液蒸發，分離為CuSO4濃溶液和水后，再返回濃差電池。A.通過上述分析可知循環物質E為水，使稀硫酸銅溶液變為濃硫酸銅溶液，A正確；B.乙池的Cu電極為負極，發生氧化反應，B錯誤；C.甲池的Cu電極為正極，發生還原反應，電極反應式為Cu2+2e-=Cu，C正確；D.若外電路中通過1mol電子，左邊電極增加32g，右邊電極減少32g，所以兩電極的質量差為64g，D正確；故合理選項是B。5、D【答案解析

29、】某黃色溶液中可能含有Na、NH4、Fe2、Fe3、Cl、SO42、CO32等離子，初步判斷含Fe3，加入過量NaOH溶液，加熱，產生的紅褐色沉淀為氫氧化鐵，灼燒得到1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量=1.6g/160gmol1=0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3，原溶液中一定沒有CO32，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量=4.66g/233gmol1=0.02mol，原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由于加入了氫氧化鈉溶液，無法判斷原溶液中是否含有鈉離子，由溶液為電中性可判斷是否存在氯離子。【題目詳解】加入過量NaOH溶液，加熱產生的紅

30、褐色沉淀為氫氧化鐵，1.6g固體為三氧化二鐵，氧化鐵的物質的量為0.01mol，則原溶液中含有0.02mol鐵元素為Fe3+，原溶液中一定沒有CO32，由于加入了NaOH，無法判斷原溶液中是否含有Na+，4.66g不溶于鹽酸的固體為硫酸鋇，硫酸鋇的物質的量為0.02mol，則原溶液中含有0.02mol硫酸根離子，由電荷守恒，正電荷=3n（Fe3+）=0.06，負電荷=2n（SO42）=0.04，原溶液中一定有Cl，物質的量應為 0.02mol30.02mol2=0.02mol，若含有亞鐵離子時，c（Cl）可能小于0.2mol/L，溶液中Fe2+加熱被氧化也可以生成鐵離子，則原溶液中c（Fe3+

31、）=0.2mol/L，溶液中Na+、NH4+、Fe2+離子可能存在，故選：D。6、B【答案解析】A. 該元素的名稱帶“钅”字旁，屬于金屬元素，金屬元素易失去電子，一般為正價，沒有負價，故A錯誤；B. Mc為115號元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序數等于最外層電子數，則該元素最高正價為+5價，最高價氧化物的化式為Mc2O 5，故B正確；C. 的質量數為288，質子數為115，中子數=質量數-質子數=288-115=173，故C錯誤；D. 和互為同位素，是鏌元素的不同原子，轉化過程，沒有新物質生成，不是化學變化，故D錯誤；答案選B。7、B【答案解析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素且原

32、子序數依次增大。W最外層電子數是次外層電子數的3倍，最外層電子數只能為6，次外層電子數為2，W為O元素；W與Y同主族，則Y為S元素；X在短周期中原子半徑最大，X為Na元素；短周期中比S原子序數大的主族元素只有Cl，因此Z為Cl元素，據此分析解答。【題目詳解】根據上述分析，W為O元素，X為Na元素，Y為S元素，Z為Cl元素。A常溫常壓下，S為固體，故A錯誤；BX的氧化物為氧化鈉或過氧化鈉，均是離子化合物，故B正確；CX與Z形成的化合物為NaCl，NaCl為強酸強堿鹽，不水解，水溶液呈中性，故C錯誤；D一般情況下，O元素不存在正價，S的最高價為+6價，故D錯誤；故選B。8、B【答案解析】A.二氧化

33、硫與氧氣轉化成三氧化硫，這個過程放熱，在接觸室安裝熱交換器目的是將放出的熱量用來預熱沒反應的二氧化硫與氧氣的混合氣體，循環利用能量，A正確；B. ，SO2的催化氧化不采用高壓，是因為壓強對SO2轉化率無影響，B錯誤；C. 在400-500下，正方向進行的程度比較大，而且催化劑的活性比較高，C正確；D. 催化劑釩觸媒(V2O5)能加快二氧化硫氧化速率，D正確。故選擇B。9、C【答案解析】a點時，只有AgNO3溶液，由pAg可求出c(AgNO3)；c點時pAg=6，則c(Ag+)=10-6mol/L，可近似認為Ag+不存在，則此時Ag+與SCN-剛好完全反應，此時溶液呈中性，由此可求出V1；d點時

34、，KSCN過量，SCN-水解而使溶液顯堿性。【題目詳解】A. a點時，只有AgNO3溶液，由pAg=1，可求出c(AgNO3)=0.1mol/L，A正確；B. c點時，Ag+與SCN-剛好完全反應，20.00mL0.1mol/L= V10.1mol/L，從而求出V1= 20.00mL，B正確；C. c點時，Ag+與SCN-剛好完全反應，水的電離不受影響，d點時，KSCN過量，SCN-水解而使水的電離程度增大，則溶液中水的電離程度：cd，C錯誤；D. 若V3=60mL，c(SCN-)=0.05mol/L，則c(Ag+)=210-11mol/L，反應后溶液中的pAg=-lgc(Ag+)=11-lg

35、2，D正確；故選C。10、A【答案解析】ACl2與水反應生成氯化氫和次氯酸，不產生氫氣，故A正確；BFe與水蒸氣反應生成四氧化三鐵和氫氣，故B錯誤；CNa與水反應生成氫氧化鈉和氫氣，故C錯誤；DC與水反應生成氫氣和一氧化碳，故D錯誤；答案選A。【答案點睛】熟知元素及其化合物的性質是解題的關鍵，還要注意氯氣是常見的氧化劑，與水反應發生歧化反應，其余物質是還原劑，可將水中的氫元素還原為氫氣。11、D【答案解析】A. a g亞硫酸鈉晶體(Na2SO37H2O)的物質的量n= mol，而1 mol Na2SO37H2O中含2molNa+，故 mol Na2SO37H2O中含mol，即 mol鈉離子，A

36、錯誤；B. a g亞硫酸鈉晶體(Na2SO37H2O)的物質的量n= mol，而1 mol Na2SO37H2O中含10 mol氧原子，故 mol Na2SO37H2O中含氧原子mol，即含有 mol的O原子，B錯誤；C. SO32-被氧化時，由+4價被氧化為+6價，即1 mol SO32-轉移2 mol電子，故 mol Na2SO37H2O轉移 mol 電子，C錯誤；D. 1 mol Na2SO37H2O中含7 mol水分子，故 mol Na2SO37H2O中含水分子數目為 mol7NA/mol=NA，D正確；故合理選項是D。12、D【答案解析】五種短周期元素T、W、X、Y、Z的原子序數依次

37、增大。通過T的一種核素在考古時常用來鑒定一些文物的年代可以判斷，T為C元素；根據W的簡單氣態氫化物遇Z的氫化物產生白煙，W的原子序數小于Z可以判斷出，W為N元素，Z為Cl元素；T、Z原子最外層電子數之和等于X的核外電子總數可以判斷出，X的核外電子數為11，X為Na；T和Y位于同一主族，T的原子序數最小，判斷出Y為Si元素。【題目詳解】A根據元素電子層數和核電荷數判斷，原子半徑大小為：W TZ Y TY，B錯誤；C氧化物對應水化物的酸性無法判斷，C錯誤；DX3W和XW3分為Na3N和NaN3，兩者都是離子化合物，但Na3N僅含有離子鍵，NaN3中即含離子鍵也含共價鍵，D正確；答案選D。13、B【

38、答案解析】從銅催化氧化乙醇的反應機理分析。【題目詳解】A. 圖中CH3CH2OH+CuOCH3CHO+Cu+H2O，則R化學式為C2H4O，A項正確；B. 乙醇變成乙醛，發生了脫氫氧化反應，B項錯誤；C. 圖中另一反應為2Cu+O22CuO，兩反應中交替生成銅、氧化銅，故固體有紅黑交替現象，C項正確；D. 從乙醇到乙醛的分子結構變化可知，分子中有H的醇都可發生上述催化氧化反應。乙二醇（HO-CH2-CH2-OH）的兩個羥基都有H，能發生類似反應，D項正確。本題選B。【答案點睛】有機反應中，通過比較有機物結構的變化，可以知道反應的本質，得到反應的規律。14、D【答案解析】A電解精煉銅中，粗銅作陽

39、極，接電源正極，因此電極a為精銅，電極b為粗銅，故A錯誤；B甲膜為陰離子交換膜，防止陽極溶解的雜質陽離子進入陰極區，同時NO3-可穿過該膜，平衡陽極區電荷，故B錯誤；C乙膜為過濾膜，先對陽極區的陽極泥及漂浮物過濾，故C錯誤；D陰極只有Cu2+放電，轉移1mol電子時，生成0.5 mol Cu，因此質量=0.5mol64g/mol=32g，故D正確；故答案選D。【答案點睛】本題關鍵是通過裝置原理圖判斷該電解池的陰陽極，通過陰陽極的反應原理，判斷甲膜和乙膜的種類和作用。15、C【答案解析】A油脂既能運送營養素，也能作為維生素A、D、E、K的溶劑，它們必須溶在油脂里面，才會被消化吸收，故A正確；B鋁

40、離子水解會使土壤顯酸性，繡球花在酸性土壤中花朵呈藍色，故B正確；C充入氖氣會發出紅光，氙氣燈被稱為人造小太陽，故C錯誤；D蚊子的毒液顯酸性，和氨水、碳酸氫鈉等堿性物質反應生成鹽，從而減輕疼痛，故D正確；故答案為C。16、A【答案解析】A. 工廠常用的靜電除塵裝置是根據膠粒帶電這一性質設計的，不是膠體帶電，故A錯誤；B. 鋁、氧化鋁具有兩性，酸、堿還有鹽等可直接侵蝕鋁的保護膜以及鋁制品本身，因此鋁制餐具不宜用來蒸煮或長時間存放酸性、堿性或咸的食物，故B正確；C. 銅鹽溶液都含有重金屬離子Cu2+，能使人體內的蛋白質變性，則銅鹽溶液都有毒，故C正確；D. 二氧化硫本身不具有殺菌的作用，是與水反應所

41、形成的新物質能起到殺死細菌、清潔消毒的作用，所以可以應用于某些領域殺菌消毒，故D正確；故選A。17、D【答案解析】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反應時產生的醋酸鈉是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，因此要選擇堿性范圍內變色的指示劑誤差較小，可選用酚酞作指示劑，不能選用甲基橙作指示劑，A錯誤；B.P點未滴加NaOH溶液時，CH3COOH對水的電離平衡起抑制作用，隨著NaOH的滴入，溶液的酸性逐漸減弱，水的電離程度逐漸增大，到M點時恰好完全反應產生CH3COONa，水的電離達到最大值，后隨著NaOH的滴入，溶液的堿性逐漸增強，溶液中水的電離程度逐漸減小，B錯誤；C.N點溶液為NaOH、CH3

42、COONa按1:1物質的量之比混合而成，根據物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根據電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，將兩個式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C錯誤；D.M點時溶液中水電離程度最大，說明酸堿恰好完全中和產生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元堿，二者的濃度相等，因此二者恰好中和時的體積相等，故M點對應的NaOH溶液的體積為10.00mL，D正確；故合理選項是D。18、D【答案解析】A. N的半徑小于C的半徑， NC13中NC1鍵鍵

43、長比CCl4中CC1鍵鍵長短，A正確；B. 由電子式 可知，B正確；C. NC13的分子空間構型是三角錐型結構不是正四面體結構，NCl3分子空間構型不對稱，所以NCl3分子是極性分子，C正確；D. 無氫鍵的分子晶體中物質的熔沸點與相對分子質量有關，相對分子質量越大其熔沸點越高，所以NBr3比NCl3的熔沸點高，D錯誤；故答案為：D。19、A【答案解析】A試紙變藍色，可說明氨水溶液呈堿性；B向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氫鈉；C體積膨脹，原因是生成氣體；D氯氣與鐵反應生成氯化鐵，溶液中鐵與氯化鐵反應。【題目詳解】A能使紅色石蕊試紙變藍色的溶液呈堿性，試紙變藍色，可說明氨水溶液呈堿

44、性，選項A正確；B向飽和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度較小，析出晶體為碳酸氫鈉，選項B錯誤；C體積膨脹，說明生成了氣體，原因是碳和濃硫酸發生氧化還原反應生成二氧化碳、二氧化硫等氣體，選項C錯誤；D氯氣與鐵反應生成氯化鐵，溶液中鐵與氯化鐵反應生成氯化亞鐵，滴加KSCN，溶液不變色，選項D錯誤答案選A。【答案點睛】本題考查較為綜合，涉及元素化合物知識的綜合應用，注意把握物質性質的異同，把握實驗方法和注意事項，難度不大。20、A【答案解析】利用蓋斯定律，將2+2-可得：2C(s)+2H2(g)+O2(g)=CH3COOH(l)的H=(-393.5kJmol-1)2+(

45、-285.8kJmol-1)2-(-870.3kJmol-1)= -488.3kJmol-1。故選A。21、B【答案解析】A胃酸的主要成分為HCI，Al(OH)3與HCI反應達到中和過多胃酸的目的，正確，A不選；B碘元素是人體必需微量元素，不能攝入過多，而且微量元素碘可以用無毒IO3或I補充，而I2有毒不能服用，錯誤，B選； C葡萄糖是食品添加劑，也可直接服用，同時葡萄糖通過氧化成葡萄糖酸之后，可以用于制備補鈣劑葡萄糖酸鈣，正確，C不選；D漂白粉含Ca(ClO)2和CaCl2，其中有效成分Ca(ClO)2具有強氧化性，能夠氧化有色物質，起到漂白的作用，正確，D不選。答案選B。22、A【答案解析

46、】A. 硼原子核外有5個電子，1mol硼原子核外電子數為5NA，故A錯誤；B. BF3的結構為，1molBF3分子中共價鍵的數目為3NA，故B正確；C. NaBH4與水生成氫氣，氫元素化合價由-1升高為0，1molNaBH4反應轉移的電子數為4NA，故C正確；D. 硼烯具有導電性，有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負極材料，故D正確；選A。二、非選擇題(共84分)23、酯基 羰基 取代反應 5 或或或 【答案解析】(1)結合常見的官能團的結構和名稱分析解答；(2)對比C、D的結構，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D；(3)化合物X的分子式為C3H7N，對比F、G的結構

47、，F中-OCH3被替代生成G，同時生成甲醇，據此分析判斷X的結構；(4)根據甲烷為四面體結構，單鍵可以旋轉，分析判斷；(5)H(C8H6FCl2NO2)的一種同分異構體滿足：是一種-氨基酸，說明氨基、羧基連接同一碳原子上，分子中有4種不同化學環境的氫，且分子中含有一個苯環，由于氨基、羧基中共含有的3個H原子是2種化學環境不同的氫，故另外3個H原子有2種不同的氫，應存在對稱結構；(6)模仿路線流程設計，發生催化氧化生成，進一步氧化生成，再與SOCl2作用生成，進一步與ClMgCH(COOC2H5)2反應生成，最后水解生成。【題目詳解】(1)G的結構為，其中含有的含氧官能團有：酯基、羰基，故答案為

48、酯基、羰基；(2)對比C()、D()的結構，可知C中酰氯中氯原子被-CH(COOC2H5)2替代生成D，屬于取代反應，故答案為取代反應；(3)化合物X的分子式為C3H7N，對比F()、G()的結構，F中-OCH3被替代生成G，同時生成甲醇，則X結構簡式為：，故答案為；(4)甲烷為四面體結構，單鍵可以旋轉，則HC(OC2H5)3中最多有5個碳原子共面，故答案為5；(5)B()和乙醇反應的產物H為，反應的方程式為；H的分子式為C8H6FCl2NO2，H的一種同分異構體滿足：是一種-氨基酸，說明氨基、羧基連接同一碳原子上，分子中有4種不同化學環境的氫，且分子中含有一個苯環，由于氨基、羧基中共含有的3

49、個H原子是2種化學環境不同的氫，故另外3個H原子有2種不同的氫，應存在對稱結構，H的同分異構體結構簡式可能為：或或 或，故答案為；或或 或；(6)以 和ClMgCH(COOC2H5)2為原料制備。模仿路線流程設計，發生催化氧化生成，進一步氧化生成，再與SOCl2作用生成，進一步與ClMgCH(COOC2H5)2反應生成，最后水解生成，合成路線流程圖為：，故答案為。【答案點睛】本題的難點和易錯點為(6)中合成路線的設計，要注意利用題干轉化關系中隱含的信息進行知識的遷移；另一個易錯點為(5)中同分異構體的書寫，要注意不要漏寫。24、苯甲醇 消去反應 碳碳雙鍵、羧基 否 在醛基被催化氧化的同時，碳碳

50、雙鍵也被能氧化 5 【答案解析】由的結構可知為，與溴發生加成反應生成，發生水解反應生成為，催化氧化的產物繼續氧化生成，則為，對比、分子式可知分子內脫去分子水生成，故在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成，則為，和發生酯化反應生成為。【題目詳解】（1）F的結構簡式為，的化學名稱是苯甲醇，為在濃硫酸、加熱條件下發生消去反應生成。（2）E的結構為，含有的官能團是碳碳雙鍵、羧基，D含有羧基和羥基，能發生聚合生成酯類高分子化合物，結構簡式為。（3）經過反應，是羥基連接的碳原子上有2個氫原子的碳原子發生氧化反應生成醛基得到，與O2在催化劑、加熱的條件下反應可得D，寫出反應的化學方程式。（4）、兩步不能顛倒，

51、因為在醛基被催化氧化的同時，碳碳雙鍵也被能氧化。（5）與A具有含有相同官能團的芳香化合物的同分異構體還有5種。苯環上可以連接一個甲基和一個-CH=CH2，有三種結構，也可以是苯環上連接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5種，其中核磁共振氫譜為六組峰，且峰面積之比為1：1：2：2：2：2的結構簡式為。（6）根據逆推原理分析，合成苯甲醇，需要制備，可以用甲苯的取代反應，利用苯和一氯甲烷發生取代反應生成甲苯，故合成路線為： 。25、溫度計 冷凝回流 b 用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液 Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH a 與酸反應生成氫氣，形成氫氣氛圍，

52、防止Ti3+在空氣中被氧化 b 80 【答案解析】(1)根據水、無水乙醇和乙酰丙酮容易揮發分析解答；(2)反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關；增大反應的活化能，反應速率減慢；降低反應的活化能，反應速率加快，據此分析判斷；根據實驗步驟的提示分析判斷；(3) Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化鈦溶膠，據此書寫反應的化學方程式；灼燒固體需要在坩堝中進行；(4)根據Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H，說明Ti3+容易被氧化；并據此分析判斷可以選用的指示劑，結合消耗的NH4Fe(SO4)2的物質的量計算樣品中TiO2的質量分數。【題

53、目詳解】(1)根據裝置圖，儀器a為溫度計，實驗過程中為了防止水、無水乙醇和乙酰丙酮揮發，可以使用冷凝管冷凝回流，提高原料的利用率，故答案為溫度計；冷凝回流；(2) a.反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關，加入的乙酰丙酮，改變是反應的條件，不能改變反應的焓變，故a錯誤；b. 增大反應的活化能，活化分子數減少，反應速率減慢，故b正確；c. 反應的焓變只與初始狀態和終了狀態有關，加入的乙酰丙酮，改變是反應的條件，不能改變反應的焓變，故c錯誤；d.降低反應的活化能，活化分子數增多，反應速率加快，故d錯誤；故選b；根據實驗步驟的提示，制備過程中，用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液，減慢鈦酸四丁酯T

54、i(OC4H9)4水解的反應速率，故答案為b；用含水20%的乙醇溶液代替水、緩慢滴液；(3) Ti(OH)4不穩定，易脫水生成TiO2，步驟中鈦酸四丁酯Ti(OC4H9)4水解生成二氧化鈦溶膠，反應的化學方程式為Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；灼燒二氧化鈦凝膠需要在坩堝中進行，故選擇的裝置為a，故答案為Ti(OC4H9)4+2H2O= TiO2+4 C4H9OH；a；(4)根據Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H，說明Ti3+容易被氧化，鋁與酸反應生成氫氣，在液面上方形成氫氣氛圍，防止Ti3+在空氣中被氧化，故答案為與酸反應生成氫氣，形成氫氣氛圍，

55、防止Ti3+在空氣中被氧化；酚酞溶液、淀粉溶液與NH4Fe(SO4)2溶液，現象不明顯；KMnO4溶液也能氧化Ti3+，影響滴定結果，KMnO4不與Fe3+反應；根據滴定反應Ti3+ Fe3+H2O=TiO2+ Fe2+ 2H可知，可以選用KSCN溶液作指示劑，當滴入最后一滴NH4Fe(SO4)2溶液，容易變成血紅色，且半分鐘不褪色，說明到達了滴定終點，故答案為b；消耗的NH4Fe(SO4)2的物質的量=0.02L0.1000 molL-1=0.002mol，則根據鈦原子守恒，n(TiO2)=n(Ti3+)=n（Fe3+）=0.002mol，樣品中TiO2的質量分數=100%=80%，故答案為

56、80。26、蒸餾燒瓶 防止空氣進c中將甘氨酸亞鐵氧化 關閉K3，打開K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ad 將粗產品置于一定量的冰醋酸中，攪拌，過濾，洗滌，得甘氨酸的冰醋酸溶液 【答案解析】先打開K1、K3，鐵屑與稀硫酸反應生成硫酸亞鐵同時產生氫氣，將裝置內的空氣排盡；之后關閉K3，打開K2，通過產生的氣體將b中溶液壓入c中；c中盛放甘氨酸和少量檸檬酸，在50恒溫條件下用磁力攪拌器不斷攪拌，然后向c中滴加NaOH溶液，調溶液pH至5.5左右，使反應物充分反應，反應完成后加入無水乙醇，降低甘氨酸亞鐵的溶解度

57、，從而使其析出；得到的產品中混有甘氨酸雜質，可用冰醋酸洗滌。【題目詳解】(1)根據b的結構特點可知其為蒸餾燒瓶；d中導管插入液面以下，可以形成液封，防止空氣進入c中將甘氨酸亞鐵氧化；(2)關閉K3，打開K2，產生的氣體可將b中溶液壓入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反應物有甘氨酸、硫酸亞鐵以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亞鐵，結合元素守恒可知方程式應為2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a空氣排盡后也會有氫氣冒出，氣泡產生的速率與空氣是否排盡無關，故a錯誤；b根據題目信息可知檸檬酸具有還原性，可以防止亞鐵離

58、子被氧化，故b正確；c根據題目信息可知甘氨酸亞鐵易溶于水，難溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其從溶液中析出，故c正確；d甘氨酸亞鐵易溶于水，用水洗滌會造成大量產品損失，故d錯誤；綜上所述選ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亞鐵難溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可將粗產品置于一定量的冰醋酸中，攪拌，過濾，洗滌，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【答案點睛】解決本題的關鍵是對題目提供信息的理解，通常情況下洗滌產品所用的洗滌液要盡量少的溶解產品，而盡量多的溶解雜質。27、Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6F

59、e3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O Fe(OH)3 、Al(OH)3 蒸發(濃縮) 冷卻(結晶) 降低烘干溫度，防止產品分解 除去溶液中的Mn2+ B 粗產品含有可溶性氯化物或晶體失去了部分結晶水 【答案解析】（1）向水鈷礦主要成分為Co2O3、Co(OH)3，還含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等中加入鹽酸和亞硫酸鈉，浸出液含有的陽離子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亞硫酸鈉在酸性條件下發生氧化還原，根據電荷守恒和得失電子守恒，反應的離子方程式為：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案為Co

60、2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，其反應的離子方程式為：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性條件下，NaClO3與氯離子發生氧化還原反應生成氯氣，其反應的離子方程式為：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案為ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是將Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3調pH至a，鋁離子能與碳酸根離子發生雙水解生成氫氧化鋁和二氧化碳，水解的離子方程式為：2Al3