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、CuO有氧化性，能被NH3還原，為驗證此結論，設計如下實驗。有關該實驗的說法正確的是A反應時生成一種無污染的氣體NOBNH3與CuO反應后生成的紅色物質可能是CuC裝濃氨水的裝置名稱是分液漏斗，只能用作分液操作D燒杯中硫酸的作用是防倒吸2、有一種線性高分子，結構如圖所示。下列有關說法正確的是A該高分子由 4 種單體(聚合成高分子的簡單小分子)縮聚而成B構成該分子的幾種羧酸單體互為同系物C上述單體中的乙二醇，可被O2催化氧化生成單體之一的草酸D該高分子有固定熔、沸點，1mol上述鏈節完全水解需要氫氧化鈉物質的量為5mol3、Y是合

3、成香料、醫藥、農藥及染料的重要中間體，可由X在一定條件下合成：下列說法不正確的是AY的分子式為C10H8O3B由X制取Y的過程中可得到乙醇C一定條件下，Y能發生加聚反應和縮聚反應D等物質的量的X、Y分別與NaOH溶液反應，最多消耗NaOH的物質的量之比為324、明礬KA1(SO4)212H2O是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A合理處理易拉罐有利于環境保護和資源再利用B從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO35、下列說法正確的是A乙二醇和丙三醇互為同系物B室溫

4、下，在水中的溶解度：乙醇苯酚乙酸乙酯C分子式為C7H8O且屬于酚類物質的同分異構體有4種D甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明甲基使苯環變活潑6、以下是中華民族為人類文明進步做出巨大貢獻的幾個事例，運用化學知識對其進行的分析不合理的是A四千余年前用谷物釀造出酒和醋，釀造過程中只發生水解反應B商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎，該鼎屬于銅合金制品C漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏士D屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，該過程包括萃取操作7、下列物質的水溶液因水解而呈堿性的是（ ）ANaOHBNH4ClCCH3COONaDHC18、某離子反應中涉及H2O、ClO

5、-、 NH4+、H+、 N2、Cl-六種微粒。其中ClO-的物質的量隨時間變化的曲線如圖所示。下列判斷正確的是（ ）A該反應的還原劑是Cl-B反應后溶液的酸性明顯增強C消耗1mol還原劑，轉移6 mol電子D氧化劑與還原劑的物質的量之比為239、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A 的溶液：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-B0.1 molL1的氨水：Cu2+、Na+、SO42-、NO3-C1 molL1的NaClO溶液：Fe2+、Al3+、NO3-、ID0.1 molL1的NaHCO3溶液：K+、Na+、NO3-、OH10、在下列工業處理或應用中不屬于化學變化原理的是A石油

6、分餾B從海水中制取鎂C煤干餾D用SO2漂白紙漿11、X、Y、Z、W為原子序數依次增大的短周期主族元素。X分別與Y、Z、W結合形成質子數相同的甲、乙、丙三種分子。丁為無色氣體，遇空氣變紅棕色；丙的水溶液可刻蝕玻璃。上述物質有如圖轉化關系：下列說法錯誤的是A四種元素形成的單質中W的氧化性最強B甲、乙、丙中沸點最高的是丙C甲常用作致冷劑D甲、乙分子均只含極性共價鍵12、已知：AlOHCOH2O=Al(OH)3CO，向含0.01 mol NaAlO2和0.02mol NaOH的稀溶液中緩慢通入二氧化碳，隨n(CO2)增大，先后發生三個不同的反應，下列對應關系正確的是（ ）選項n(CO2)/mol溶液中

7、離子的物質的量濃度A0c(Na+)c(AlO2)c(OH)B0.01c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)c(AlO2)C0.015c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)D0.03c(Na+)c(H+)c(CO32)c(HCO3)c(OH)AABBCCDD13、X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，它們之間可形成組成不同的多種可溶性常見鹽，其中有兩種組成為ZXY3、ZWY4。下列說法中正確的是 A簡單離子半徑：r(W) r(Z) r(Y) r(X)B最常見氫化物的穩定性：XYCZ2Y2中含有共價鍵且在熔融狀態下能導電DHWY分子中各原子均達到8電子穩定結構14、N

8、A代表阿伏加德羅常數。已知C2H4和C3H6的混合物的質量為a g，則該混合物( )A所含共用電子對數目為(a/7+1) NAB所含原子總數為aNA/14C燃燒時消耗的O2一定是33.6 a/14LD所含碳氫鍵數目為aNA/715、目前中國已經通過自主創新成功研發出第一臺鋅溴液流儲能系統，實現了鋅溴電池的隔膜、極板、電解液等關鍵材料自主生產。鋅溴電池的原理裝置圖如圖所示，下列說法錯誤的是( )A充電時電極石墨棒A連接電源的正極B放電過程中陰離子通過隔膜從正極區移向負極區C放電時負極反應為2Br-2e-=Br2D放電時右側電解質儲罐中的離子總濃度增大16、Q、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短

9、周期元素。W、Y是金屬元素，Z的原子序數是X的2倍。Q與W同主族，且Q與W形成的離子化合物中陰、陽離子電子層結構相同。Q與X形成的簡單化合物的水溶液呈堿性。Y的氧化物既能與強酸溶液反應又與強堿溶液反應。下列說法不正確的是AQ與X形成簡單化合物的分子為三角錐形BZ的氧化物是良好的半導體材料C原子半徑YZXQDW與X形成化合物的化學式為W3X17、下列敘述正確的是A24 g 鎂與27 g鋁中，含有相同的質子數B同等質量的氧氣和臭氧中，電子數相同C1 mol重水與1 mol水中，中子數比為21D1 mol乙烷和1 mol乙烯中，化學鍵數相同18、下列敘述正確的是( )A某溫度下，一元弱酸HA的Ka越

10、小，則NaA的Kh(水解常數)越小B溫度升高，分子動能增加，減小了活化能，故化學反應速率增大C黃銅(銅鋅合金)制作的銅鑼易產生銅綠D能用核磁共振氫譜區分和19、常溫下,將鹽酸滴加到聯氨（N2 H4）的水溶液中,混合溶液中pOHpOH=- lgc（OH- ）隨離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述正確的是（已知N2H4在水溶液中的電離方程式:N2H4+H2O- N2H5+OH- ，N2H5+ +H2O- N2H62+OH- ）A聯氨的水溶液中不存在H+B曲線M表示pOH與的變化關系C反應N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6DN2H5Cl的水溶液呈堿性20、下列離子方程式書寫正確的是 ()

11、A硫化鈉溶液顯堿性：S2-+2H2O=H2S+2OH-B金屬鈉投入氯化鎂溶液中：2Na+Mg2+=2Na+MgC新制氫氧化銅溶于醋酸溶液：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2+2CH3COO-+2H2OD水溶液中，等物質的量的Cl2與FeI2混合：2Cl2+2Fe2+2I-=2Fe3+4Cl-+I221、不能用NaOH溶液除去括號中雜質的是AMg（Al2O3）BMgCl2（AlCl3）CFe（Al）DFe2O3（Al2O3）22、短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序數依次增大，濕潤的紅色石蕊試紙遇M的氣態氫化物變藍色。含X、Y和Z三種元素的化合物R有如下轉化關系(已知酸性強弱：HClO3H

12、NO3)。下列說法正確的是A簡單離子半徑：YZMXB簡單氣態氫化物的熱穩定性：MXC加熱單質甲與品紅溶液反應所得的“無色溶液”，可變成紅色溶液D常溫下，向蒸餾水中加入少量R，水的電離程度可能增大二、非選擇題(共84分)23、（14分）煤化工可制得甲醇以下是合成聚合物M的路線圖己知：E、F均能發生銀鏡反應；+RX+HX完成下列填空：（1）關于甲醇說法錯誤的是_（選填序號）a甲醇可發生取代、氧化、消去等反應 b 甲醇可以產生CH3OCH3（乙醚）c甲醇有毒性，可使人雙目失明 d甲醇與乙醇屬于同系物（2）甲醇轉化為E的化學方程式為_（3）C生成D的反應類型是_； 寫出G的結構簡式_（4）取1.08g

13、 A物質（式量108）與足量飽和溴水完全反應能生成2.66g白色沉淀，寫出A的結構簡式_24、（12分）艾司洛爾是預防和治療手術期心動過速或高血壓的一種藥物，艾司洛爾的一種合成路線如下：回答下列問題：(1)丙二酸的結構簡式為_；E中含氧官能團的名稱是_。(2)D生成E的反應類型為_。(3)C的結構簡式為_。(4)A遇FeCl3溶液發生顯色反應，1 mol A和1 mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1 mol B、1 mol H2O和1 mol CO2，B能與溴水發生加成反應，推測A生成B的化學方程式為_。(5)X是B的同分異構體，X同時滿足下列條件的結構共有_種，其中核磁共振氫譜有五組峰的結構

14、簡式為_。可與碳酸氫鈉溶液反應生成二氧化碳遇FeCl3溶液發生顯色反應除苯環外不含其他環(6)寫出以苯甲醇和丙二酸為原料制備的合成路線_(其他試劑任選)。25、（12分）某實驗小組同學為了研究氯氣的性質，做以下探究實驗。向KI溶液通入氯氣溶液變為黃色；繼續通入氯氣一段時間后，溶液黃色退去，變為無色；繼續通入氯氣，最后溶液變為淺黃綠色，查閱資料：I2+I-I3-，I2、I3-在水中均呈黃色。（1）為確定黃色溶液的成分，進行了以下實驗：取 23 mL 黃色溶液，加入足量 CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在_，生成該物質的化學方程式為_，水層顯淺黃色，說明水層顯黃色的原因是_；（

15、2）繼續通入氯氣，溶液黃色退去的可能的原因_；（3）NaOH 溶液的作用_，反應結束后，發現燒杯中溶液呈淺黃綠色，經測定該溶液的堿性較強，一段時間后溶液顏色逐漸退去，其中可能的原因是_。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是一種可溶于水的白色或淡黃色小晶體，食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果的保鮮劑等。某化學研究興趣小組欲自制焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質等。(1)制備Na2S2O5，如圖（夾持及加熱裝置略）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：NaHSO3(飽和溶液)Na2S2O5(晶體)+H2O(l)F

16、中盛裝的試劑是_，作用是_。通入N2的作用是_。Na2S2O5晶體在_（填“A”或“D”或“F”）中得到，再經離心分離，干燥后可得純凈的樣品。若撤去E，則可能發生_。(2)設計實驗探究Na2S2O5的性質，完成表中填空：預測Na2S2O5的性質探究Na2S2O5性質的操作及現象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性 探究二Na2S2O5晶體具有還原性取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2molL-1酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去_。（提供：pH試紙、蒸餾水及實驗必需的玻璃儀器）探究二中反應的離子方程式為_(KMnO4Mn2+)(3)利用碘量法可測定Na2S2O5樣品中+4價

17、硫的含量。實驗方案：將agNa2S2O5樣品放入碘量瓶（帶磨口塞的錐形瓶）中，加入過量c1molL-1的碘溶液，再加入適量的冰醋酸和蒸餾水，充分反應一段時間，加入淀粉溶液，_（填實驗步驟），當溶液由藍色恰好變成無色，且半分鐘內溶液不恢復原色，則停止滴定操作重復以上步驟兩次記錄數據。（實驗中必須使用的試劑有c2molL-1的標準Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含鉻廢水中常含有六價鉻Cr()利用Na2S2O5和FeSO47H2O先后分兩個階段處理含Cr2O72-的廢水，先將廢水中Cr2O72-全部還原為Cr3+，將Cr3+全部轉化為Cr(OH)3而

18、除去，需調節溶液的pH范圍為_。已知：KspCr(OH)3=6.410-31，lg20.3，c(Cr3+)苯酚乙酸乙酯，B正確；C分子式為C7H8O且屬于酚類物質的同分異構體有鄰甲基苯酚、間甲基苯酚和對甲基苯酚共3種，C錯誤；D甲苯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色而被氧化為苯甲酸，說明苯環影響了甲基，使甲基變活潑，D錯誤；故答案選B。6、A【答案解析】本題考查的是化學知識在具體的生產生活中的應用，進行判斷時，應該先考慮清楚對應化學物質的成分，再結合題目說明判斷該過程的化學反應或對應物質的性質即可解答。【題目詳解】A谷物中的淀粉在釀造中發生水解反應只能得到葡萄糖，葡萄糖要在酒化酶作用下分解，得到酒精和二

19、氧化碳。酒中含有酒精，醋中含有醋酸，顯然都不是只水解就可以的，選項A不合理；B商代后期鑄造出工藝精湛的后(司)母戊鼎屬于青銅器，青銅是銅錫合金，選項B合理；C陶瓷的制造原料為黏土，選項C合理；D屠呦呦用乙醚從青蒿中提取出對治療瘧疾有特效的青蒿素，是利用青蒿素在乙醚中溶解度較大的原理，將青蒿素提取到乙醚中，所以屬于萃取操作，選項D合理。【答案點睛】萃取操作有很多形式，其中比較常見的是液液萃取，例如：用四氯化碳萃取碘水中的碘。實際應用中，還有一種比較常見的萃取形式是固液萃取，即：用液體溶劑萃取固體物質中的某種成分，例如：用烈酒浸泡某些藥材。本題的選項D就是一種固液萃取。7、C【答案解析】ANaOH

20、為強堿，電離使溶液顯堿性，故A不選；BNH4Cl為強酸弱堿鹽，水解顯酸性，故B不選；CCH3COONa為強堿弱酸鹽，弱酸根離子水解使溶液顯堿性，故C選；DHC1在水溶液中電離出H+，使溶液顯酸性，故D不選；故選C。8、B【答案解析】由曲線變化圖可知，隨反應進行具有氧化性的ClO-物質的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，根據所含有的 NH4+和 N2，其中 NH4+有還原性，故N2是生成物，N元素化合價發生氧化反應，則反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+；A由方程式可知反應的氧化劑是ClO-，還原產物為Cl-，故A錯誤；B反應生成H+，溶液酸性增

21、強，故B正確；CN元素化合價由-3價升高到0價，則消耗1mol還原劑，轉移3mol電子，故C錯誤；C由方程式可知氧化劑和還原劑的物質的量之比為32，故D錯誤；答案為B。點睛：由曲線變化圖可知，具有氧化性的ClO-物質的量減小為反應物，由氯元素守恒可知Cl-是生成物，再結合氧化還原反應的理論，有氧化必有還原，根據所含有的微粒，可知NH4+是還原劑，氧化產物為N2，發生反應的方程式應為3ClO-+2NH4+=N2+3H2O+3Cl-+2H+，以此解答該題。9、A【答案解析】A的溶液顯酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-離子之間不反應，與氫離子也不反應，可大量共存，A項正確；B氨水顯堿性，

22、與Cu2+之間發生反應生成氫氧化銅沉淀，在溶液中不能大量共存，B項錯誤；C1 molL1的NaClO溶液具有氧化性，能氧化Fe2+和I，故在該溶液中不能大量共存，C項錯誤；DHCO3-與OH會反應生成CO32-和H2O而不能大量共存，D項錯誤；答案選A。【答案點睛】（1）判斷離子能否大量共存的原則：在所給條件下，離子之間互不反應，則離子能夠大量共存，否則，不能大量共存；（2）判斷離子能否大量共存的步驟：先看題給限制條件，包括顏色、酸堿性、氧化（還原）性等，再看離子之間的相互反應，逐項判斷各組離子之間是否發生反應，從而確定離子能否大量共存；（3）注意題目中給的是“一定”“可能”還是“不能”大量共

23、存，具體問題具體分析。10、A【答案解析】A石油分餾是根據各成分的沸點不同而分離的，變化過程中沒有新物質生成，屬于物理變化，故A正確；B鎂是活潑金屬，在海水中一化合態存在，制取鎂單質，有新物質生成，屬于化學變化，故B錯誤；C煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱，分解生成煤焦油、煤氣、焦炭等新物質，屬于化學變化，故C錯誤；D二氧化硫具有漂白性，能夠結合有色物質生成無色物質，有新物質生成，屬于化學變化，故D錯誤；故選A。11、B【答案解析】丁為無色氣體，遇空氣變紅棕色，則丁為NO，單質Z與化合物甲反應生成NO，則單質Z為O2，化合物甲為NH3，乙為H2O，能與H2O反應生成氧氣的單質為F2，丙為HF，故元

24、素X、Y、Z、W分別為H、N、O、F。據此解答。【題目詳解】A. 根據以上分析，H、N、O、F四種元素形成的單質中F2的氧化性最強，故A正確；B. 常溫下NH3和HF為氣態，H2O在常溫下為液態，所以沸點最高的是H2O，故B錯誤；C. 化合物甲為NH3，氨氣易液化，液氨氣化時吸收大量的熱，故常用作致冷劑，故C正確；D. 化合物甲為NH3，乙為H2O，NH3和H2O分子均只含極性共價鍵，故D正確。故選B。【答案點睛】本題考查了結構性質位置關系應用，推斷元素是解題關鍵，注意丁為無色氣體，遇空氣變紅棕色是解題的突破口，熟記常見的10電子微粒。12、C【答案解析】向含0.01molNaAlO2和0.0

25、2molNaOH的溶液中緩慢通入二氧化碳，首先進行的反應為氫氧化鈉和二氧化碳反應生成碳酸鈉和水，0.02mol氫氧化鈉消耗0.01mol二氧化碳，生成0.01mol碳酸鈉；然后偏鋁酸鈉和二氧化碳反應生成氫氧化鋁和碳酸鈉，0.01mol偏鋁酸鈉消耗0.005mol二氧化碳，生成0.005mol碳酸鈉；再通入二氧化碳，二氧化碳和碳酸鈉反應生成碳酸氫鈉，消耗0.015mol二氧化碳，生成0.03mol碳酸氫鈉。【題目詳解】A. 不通入CO2，0.01 mol NaAlO2和0.02 mol NaOH的稀溶液中，c(Na+)c(OH)c(AlO2)，故A錯誤；B. 當通入的二氧化碳為0.01mol時，

26、則溶液為含有0.01mol碳酸鈉和0.01mol偏鋁酸鈉的混合液，沒有HCO3，故B錯誤；C. 當通入的二氧化碳為0.015mol時溶液中含有0.015mol碳酸鈉，離子濃度的關系為c(Na+) c(CO32-) c(OH-) c(HCO3-)，故C正確；D. 當通入二氧化碳的量為0.03mol時，溶液為碳酸氫鈉溶液，溶液顯堿性，電荷守恒關系為：c(Na+)c(H+)2c(CO32)c(HCO3)c(OH)，故D錯誤；正確答案是C。【答案點睛】本題將元素化合物知識與電解質溶液中離子濃度大小比較綜合在一起考查，熟練掌握相關元素化合物知識，理清反應過程，結合相關物質的用量正確判斷相關選項中溶液的成

27、分是解題的關鍵。電解質溶液中微粒濃度大小比較要抓住兩個平衡：電離平衡和鹽類的水解平衡，抓兩個微弱：弱電解質的電離和鹽類的水解是微弱的，正確判斷溶液的酸堿性，進行比較。涉及等式關系要注意電荷守恒式、物料守恒式和質子守恒式的靈活運用。13、C【答案解析】由三種元素組成的鹽通常是含氧酸鹽，可確定Y為O元素，由于X、Y、Z、W是原子序數依次增大的短周期主族元素，它們之間可形成組成不同的多種可溶性常見鹽，可確定ZXY3是NaNO3，而不是MgCO3；W是Cl元素，排除Si或S元素，結合已有的知識體系可推出這兩種鹽為：NaNO3、NaClO4，X、Y、Z、W分別是N、O、Na、Cl，據此分析作答。【題目詳

28、解】根據上述分析可知，X、Y、Z、W分別是N、O、Na、Cl元素，A. 電子層數越大，離子半徑越大；電子層數相同時，核電荷數越小，離子半徑越大，則簡單離子半徑：r(Cl) r(N3) r(O2) r(Na)，A項錯誤；B. 因非金屬性：NO，故最常見氫化物的穩定性：XY，B項錯誤；C. Z2Y2為過氧化鈉，其中含有離子鍵和共價鍵，屬于離子晶體，在熔融狀態下能導電，C項正確；D. HWY分子為HClO，其中Cl和O原子均達到8電子穩定結構，而H是2電子穩定結構，D項錯誤；答案選C。14、D【答案解析】C2H4和C3H6的最簡式為CH2，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，以最簡式計算，物質的

29、量為a/14mol；【題目詳解】A.環丙烷、丙烯和乙烯的最簡式均為CH2，每個C有4個價電子、每個H有1個價電子，平均每個CH2中形成3個共用電子對，所以總共含有共用電子對，故A錯誤；B.C2H4和C3H6的最簡式為CH2，1個CH2中含有3個原子，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，物質的量為，所含原子總數，故B錯誤；C.氣體的狀況不知道，無法確定消耗氧氣的體積，故C錯誤；D.烴分子中，每個氫原子與碳原子形成1個C-H鍵，C2H4和C3H6的最簡式為CH2，1個CH2中含有3個原子，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，物質的量為，所含碳氫鍵數目，故D正確。【答案點睛】本題考查阿伏加德

30、羅常數，為高考高頻考點，注意挖掘題目隱含條件C2H4和C3H6的最簡式為CH2，難度不大，注意相關基礎知識的積累。15、C【答案解析】放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2eZn2，正極反應式為：Br2+2e=2Br，充電時，陽極反應式為2Br-2e=Br2、陰極反應式為Zn2+2e=Zn。【題目詳解】A充電時電極石墨棒A連接電源的正極，反應式為2Br-2e=Br2，故A正確；B放電過程中陰離子通過隔膜從正極區移向負極區，故B正確；C放電時，Zn是負極，負極反應式為：Zn-2eZn2，故C錯誤；D正極反應式為：Br2+2e=2Br，陰離子通過隔膜從正極區移向負極區，放電時右側電解質儲罐中的

31、離子總濃度增大，故D正確；故選C。16、B【答案解析】Q、W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期元素。Q與W同主族，且Q與W形成的離子化合物中陰、陽離子電子層結構相同。則Q為H元素，W為Li元素，Q與X形成的簡單化合物的水溶液呈堿性，X為N元素。W、Y是金屬元素，Y的氧化物既能與強酸溶液反應又與強堿溶液反應；Y為Al元素，Z的原子序數是X的2倍，Z為Si元素。【題目詳解】A. Q與X形成簡單化合物NH3分子為三角錐形，故A正確；B. Z為Si元素，硅晶體是良好的半導體材料，Z的氧化物SiO2，是共價化合物，不導電，故B錯誤；C. 電子層越多，原子半徑越大，同周期從左向右原子半徑減小，則原子半

32、徑：YZXQ，故C正確；D. W與X形成化合物的化學式為Li3N，故D正確；故選B。17、B【答案解析】本題考查的是物質結構，需要先分析該物質中含有的微觀粒子或組成的情況，再結合題目說明進行計算。【題目詳解】A1個Mg原子中有12個質子，1個Al原子中有13個質子。24g鎂和27g鋁各自的物質的量都是1mol，所以24g鎂含有的質子數為12mol，27g鋁含有的質子的物質的量為13mol，選項A錯誤。B設氧氣和臭氧的質量都是Xg，則氧氣（O2）的物質的量為mol，臭氧（O3）的物質的量為mol，所以兩者含有的氧原子分別為2=mol和3=mol，即此時氧氣和臭氧中含有的氧原子是一樣多的，而每個氧

33、原子都含有8個電子，所以同等質量的氧氣和臭氧中一定含有相同的電子數，選項B正確。C重水為，其中含有1個中子，含有8個中子，所以1個重水分子含有10個中子，1mol重水含有10mol中子。水為，其中沒有中子，含有8個中子，所以1個水分子含有8個中子，1mol水含有8mol中子。兩者的中子數之比為10:8=5:4，選項C錯誤。D乙烷（C2H6）分子中有6個CH鍵和1個CC鍵，所以1mol乙烷有7mol共價鍵。乙烯（C2H4）分子中有4個CH鍵和1個CC，所以1mol乙烯有6mol共價鍵，選項D錯誤。故選B。【答案點睛】本題考查的是物質中含有的各種粒子或微觀結構的問題，一般來說先計算物質基本微粒中含

34、有多少個需要計算的粒子或微觀結構，再乘以該物質的物質的量，就可以計算出相應結果。18、D【答案解析】A某溫度下，一元弱酸HA的電離常數為Ka，則其鹽NaA的水解常數Kh與Ka存在關系為：Kh=，所以Ka越小，Kh越大，故A錯誤；B、溫度升高，更多分子吸收能量成為活化分子，反應速率增大，但活化能不變，故B錯誤；C黃銅是鋅和銅的合金，鋅比銅的化學性質活潑，與銅相比它更易與空氣中的氧氣反應，而阻礙了銅在空氣中的氧化，所以黃銅(銅鋅合金)制作的銅鑼不易產生銅綠，故C錯誤；D、和的核磁共振氫譜上峰的個數相同，但峰面積之比分別為1223和1221，可以區分，故D正確；答案選D。19、C【答案解析】A. 聯

35、氨的水溶液中，水可以電離出H+，故A錯誤；B. 當c(N2H5+)=c(N2H4)時，Kb1=c(OH-)，同理c(N2H6+)= c(N2H5+)時，Kb2=c(OH-)，所以曲線N表示pOH與的變化關系，曲線M表示pOH與的變化關系，故B錯誤；C. c(N2H5+)=c(N2H4)時，反應N2H4+H2ON2H5+OH-的K=10-6，故C正確；D. N2H4在水溶液中不能完全電離，則N2H5Cl屬于強酸弱堿鹽，水溶液呈酸性，故D錯誤；故選C。20、C【答案解析】A硫化鈉水解，溶液顯堿性，反應的離子反應為S2-+H2OHS-+OH-，故A錯誤；B鈉投入到氯化鎂溶液中反應生成氫氧化鎂、氫氣和

36、氯化鈉，離子方程式：2H2O+2Na+Mg2+Mg(OH)2+H2+2Na+，故B錯誤；C醋酸溶液與新制氫氧化銅反應，離子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)22CH3COO-+Cu2+2H2O，故C正確；D在溶液中，FeI2與等物質的量的Cl2反應時，只氧化碘離子，反應的離子方程式為2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D錯誤；故選C。【答案點睛】本題的易錯點為B，要注意鈉與鹽溶液的反應規律，鈉先與水反應，生成物再與鹽反應。21、B【答案解析】A、氫氧化鈉能與氧化鋁反應，與鎂不反應，可以除去鎂中的氧化鋁，A正確；B、氯化鎂、氯化鋁與氫氧化鈉均反應，不能除雜，B錯誤；C、鋁能溶于氫氧化鈉溶液，鐵

37、不能，可以除雜，C正確；D、氧化鋁能溶于水氫氧化鈉，氧化鐵不能，可以除雜，D正確。答案選B。22、D【答案解析】在短周期主族元素中，可以形成強堿的是Na元素，所以強堿戊為NaOH。能使品紅溶液褪色的氣體可能是SO2、Cl2，單質只有Cl2。 電解氯化鈉水溶液生成氫氧化鈉、氫氣和氯氣，故R可能是NaClO。M的氣態氫化物使濕潤的紅色石蕊試紙變藍色，說明M為氮元素。綜上所述，M為氮元素，X為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素。【題目詳解】AX為氧元素，Y為鈉元素，Z為氯元素，M為氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半徑依次減小，故A錯誤；BX為氧元素，M為氮元素，非金屬性越強，簡單氣態氫化物的穩定

38、性越強，非金屬性：ON，H2O的熱穩定性比NH3強，故B錯誤；C若氣體甲為氯氣，則加熱“無色溶液”，由于次氯酸漂白后較穩定，溶液不變色，故C錯誤；DNaClO屬于強堿弱酸鹽，能夠發生水解，可促進水的電離，故D正確；答案選D。二、非選擇題(共84分)23、a 2CH3OH+O22HCHO+2H2O 消去反應 HCOOCH3 【答案解析】一定條件下，氫氣和一氧化碳反應生成甲醇，甲醇氧化生成E為甲醛，甲醛氧化得F為甲酸，甲酸與甲醇發生酯化得G為甲酸甲酯，甲醇和氫溴酸發生取代反應生成一溴甲烷，在催化劑條件下，一溴甲烷和和A反應生成B，B反應生成C，C反應生成D，根據A的分子式知，A中含有醇羥基和亞甲基

39、或甲基和酚羥基，根據D的結構簡式知，A中含有甲基和酚羥基，酚發生取代反應時取代位置為酚羥基的鄰對位，根據D知，A是間甲基苯酚，間甲基苯酚和一溴甲烷反應生成B（2，5二甲基苯酚），2，5二甲基苯酚和氫氣發生加成反應生成，發生消去反應生成，和丙烯發生加成反應生成M，M的結構簡式為：，根據有機物的結構和性質分析解答。【題目詳解】一定條件下，氫氣和一氧化碳反應生成甲醇，甲醇氧化生成E為甲醛，甲醛氧化得F為甲酸，甲酸與甲醇發生酯化得G為甲酸甲酯，甲醇和氫溴酸發生取代反應生成一溴甲烷，在催化劑條件下，一溴甲烷和和A反應生成B，B反應生成C，C反應生成D，根據A的分子式知，A中含有醇羥基和亞甲基或甲基和酚羥

40、基，根據D的結構簡式知，A中含有甲基和酚羥基，酚發生取代反應時取代位置為酚羥基的鄰對位，根據D知，A是間甲基苯酚，間甲基苯酚和一溴甲烷反應生成B（2，5二甲基苯酚），2，5二甲基苯酚和氫氣發生加成反應生成，發生消去反應生成，和丙烯發生加成反應生成M，M的結構簡式為：，(1)a甲醇可發生取代、氧化反應但不能發生消去，故a錯誤； b甲醇分子間脫水生成CH3OCH3，故b正確；c甲醇有毒性，可使人雙目失明，故c正確；d甲醇與乙醇都有一個羥基，組成相關一個CH2；所以屬于同系物，故d正確； (2)甲醇轉化為甲醛的化學方程式為 2CH3OH+O22HCHO+2H2O；(3)根據上面的分析可知，C生成D的

41、反應類型是：消去反應，G為甲酸甲酯，G的結構簡式 HCOOCH3；(4)取1.08g A物質(式量108)的物質的量=0.01mol，與足量飽和溴水完全反應能生成2.66g白色沉淀，根據碳原子守恒知，白色沉淀的物質的量是0.01mol，則白色沉淀的摩爾質量是266g/mol，A的式量和白色沉淀的式量相差158，則溴原子取代酚羥基的鄰對位，所以A的結構簡式為：。24、HOOCCH2COOH 醚鍵、酯基 取代反應 15 【答案解析】本題主要考查有機合成綜合推斷以及逆向合成。合成路線分析：由E的結構簡式以及D的分子式可推斷出D的結構簡式為，由C與甲醇發生酯化反應生成D，可推斷出C的結構簡式為，B與氫

42、氣發生加成反應生成C，結合B的分子式與第（4）問中“B能與溴水發生加成反應”，可推斷出B的結構簡式為，A與丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成B，結合A的分子式以及第（4）問中“A遇FeCl3溶液發生顯色反應，1 mol A和1 mol丙二酸在吡啶、苯胺中反應生成1 mol B、1 mol H2O和1 mol CO2”，可推斷出A的結構簡式為。【題目詳解】（1）丙二酸的結構簡式為：；觀察E結構簡式可知，所含含氧官能團有：醚鍵、酯基；（2）D生成E的方程式為：，故反應類型為取代反應；（3）由上述分析可知，C的結構簡式為：；（4）根據化學方程式配平可寫出A生成B的化學方程式為：；（5）條件：該結構簡式中含

43、有羧基；條件：該結構簡式中含有酚羥基；條件：除苯環外，不含有其它雜環；可以酚羥基作為移動官能團，書寫出主要碳骨架，再進行判斷同分異構體總數，（1）中酚羥基有2個取代位置（不包含本身），（2）中酚羥基有3個取代位置，（3）中酚羥基有4個取代位置，（4）中酚羥基有4個取代位置，（5）中酚羥基有2個取代位置，故同分異構體一共有2+3+4+4+2=15種；核磁共振氫譜有五組峰的結構簡式為。（6）對比苯甲醇和結構簡式，根據題干信息，需將苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根據碳碳雙鍵與鹵素單質加成再取代合成，故合成路線為：【答案點睛】本題主要考查有機物的推斷與合成，采用正推和逆推相結合的

44、方法，逐步分析有機合成路線，可推出各有機物的結構簡式，然后分析官能團推斷各步反應及反應類型。官能團是決定有機物化學性質的原子或原子團，有機反應絕大多數都是圍繞官能團展開，而高中教材中的反應原理也只是有機反應的一部分，所以有機綜合題中經常會出現已知來推斷部分沒有學習過的有機反應原理，認識這些反應原理時可以從最簡單的斷鍵及變換的方法進行，而不必過多追究。25、I2 Cl2+2KI=I2+2KCl I3- 生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質 吸收多余的氯氣 氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應 【答案解析】(1)氯氣與KI發生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-I3-，取23mL黃色溶

45、液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I2、I3-； (2)繼續通入氯氣，溶液黃色退去，是因為氯氣將I2氧化為無色物質； (3)NaOH溶液吸收多余的氯氣；氯水的顏色為淺黃綠色，說明氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應。【題目詳解】(1)取23mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在I2，生成該物質的化學方程式為Cl2+2KI=I2+2KCl，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I3-，發生反應為I2+I-I3-， 故答案為：I2；Cl2+2KI=I2+2KCl；I3-； (2)氧化性Cl2I2，KI溶液中通入氯氣

46、發生Cl2+2KI=KCl+I2，溶液變成黃色，繼續通入氯氣，生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質，所以溶液黃色退去； 故答案為：生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質； (3)NaOH溶液吸收多余的氯氣，氯氣過量，過量的氯氣溶解于水，水中含有氯氣分子，氯水呈淺黃綠色，說明氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應，故答案為：吸收多余的氯氣；氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應。26、濃NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅 5S2O52-+4MnO4-

47、+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O 用c2molL-1的標準Na2S2O3溶液滴定 pH5.6 【答案解析】從焦亞硫酸鈉的析出原理NaHSO3(飽和溶液)Na2S2O5(晶體)+H2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶體)，需先制得NaHSO3(飽和溶液)，所以A裝置的作用是用濃硫酸與Na2SO3固體反應制取SO2，將SO2再通入飽和Na2SO3溶液中制得NaHSO3飽和溶液。因為Na2S2O5易被空氣中的O2氧化，所以需排盡裝置內的空氣，這也就是在A裝置內通入N2的理由。由于SO2會污染環境，所以F裝置應為吸收尾氣的裝置，為防倒吸，加了裝置E。【題目詳解】(1)從以上分析知，F

48、裝置應為SO2的尾氣處理裝置，F中盛裝的試劑是濃NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案為：濃NaOH溶液；吸收剩余的SO2；為防裝置內空氣中的氧氣將Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排盡裝置內的空氣，所以通入N2的作用是排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化。答案為：排盡空氣，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶體由NaHSO3飽和溶液轉化而得，所以應在D中得到。答案為：D；因為E中的雙球能容納較多液體，可有效防止倒吸，所以若撤去E，則可能發生倒吸。答案為：倒吸；(2)既然是檢測其是否具有酸性，則需用pH試紙檢測溶液的pH，若在酸性范圍，則表明顯酸性。具體操作為：用適量

49、蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅。答案為：用適量蒸餾水溶解少量Na2S2O5固體于試管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液點在pH試紙上，試紙變紅；探究二中，Na2S2O5具有還原性，能將KMnO4還原為Mn2+，自身被氧化成SO42-，同時看到溶液的紫色褪去，反應的離子方程式為5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案為：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根據信息，滴定過量碘的操作是：用c2molL-1的標準Na2S2O3溶液滴定。答案為：用c2

50、molL-1的標準Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.410-31，c(OH-)4.010-9molL-1，c(H+)5+2lg2=5.6。答案為：pH5.6。【答案點睛】Na2S2O5來自于NaHSO3的轉化，且二者S的價態相同，所以在研究Na2S2O5的性質時，可把Na2S2O5當成NaHSO3。27、aedbc(或cb)f 固體逐漸溶解，溶液變為藍色，有無色氣泡產生 adf 50% Na2CO3、NaOH 堿石灰(或氫氧化鈉固體) 干燥管(或U形管) 取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍，證明酸性條件下NaNO2具有氧化

51、性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變為藍色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性) 【答案解析】本題表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，該反應是陌生反應，但實際主要以基礎知識為主，例如NO、Na2O2，NO2-等性質，本題綜合性強，難度偏大。【題目詳解】（1）A中濃硝酸與炭反應生成NO2，NO2通入C裝置可產生NO，因而按氣流方向連接儀器接口aed，注意長進短出，然后NO和B中Na2O2反應，最后D為除雜裝置，因而后續連接順序為bc(或cb)f，該處答案為aedbc(或cb)f；（2）NO2與水反應可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含揮發的

52、硝酸）與Cu反應得到硝酸銅和NO，NO為無色氣體，因而C中現象為固體逐漸溶解，溶液變為藍色，有無色氣泡產生；（3）酸性KMnO4標準液有腐蝕性，因而選用酸式滴定管，錐形瓶盛放待測液，玻璃棒溶解和轉移固體，因而選adf；高錳酸鉀與亞硝酸鈉的離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，n(NO2-)=mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol69g/mol=1.725g，則固體樣品中NaNO2的純度為100=50；碳和濃硝酸反應得到CO2，同時C中會有水蒸氣進入B中，CO2和水分別與Na2O2反應得到Na2CO3、NaOH，樣品中含有的主要雜質為

53、Na2CO3、NaOH，同時除去CO2和H2O，可使用堿石灰(或氫氧化鈉固體)，該藥品可裝在干燥管內或U形管中；（4）要想證明酸性條件下NaNO2具有氧化性，需要選用合適的還原劑（如KI溶液）與之反應，并且能夠觀察到明顯的反應現象（如淀粉遇碘變藍），根據提供的試劑可選用0.10molL-1NaNO2溶液、0.10molL-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有強氧化性干擾實驗。因而實驗過程為取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變為藍色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性)。28、1s22s22p63s23p63d6或Ar3d6 三角錐形 sp 或 12 5 分子晶體 是 正八面體 x= 【答案解析】（1）鐵是26號元素，鐵原子核外有26個電子，鐵原子失去2個電子變為Fe2+，根據構造原理寫出Fe2+基態離子核外電子排布式；三角錐形，根據價層電子對互斥理論，它本來是正四面