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、用下列裝置完成相關實驗，合理的是()A．圖①：驗證H2CO3的酸性強于H2SiO3B．圖②：收集CO2或NH3C．圖③：分離Na2CO3溶液與CH3COOC2H5D．圖④：分離CH3CH2OH與CH3COOC2H52、二氧化碳捕獲技術用于去除氣流中的二氧化碳或者分離出二氧化碳作為氣體產物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反應，且生成的甲酸是重要化工原料。下列說法不正確的是（）A．二氧化碳的電子式:B．在捕獲過程，二氧化碳分子中的共價鍵完全斷裂C．N(C2H5)3能夠協助二氧化碳到達催化劑表面D．CO2催化加氫合成甲酸的總反應式：H2+CO2=HCOOH3、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，四種元素形成的化合物甲的結構如圖所示：且W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體。下列說法正確的是A．YW3分子中的鍵角為120°B．W2Z的穩定性大于YW3C．物質甲分子中存在6個σ鍵D．Y元素的氧化物對應的水化物為強酸4、我國科學家設計了一種將電解飽和食鹽水與電催化還原CO2相耦合的電解裝置如圖所示。下列敘述錯誤的是A．理論上該轉化的原子利用率為100%B．陰極電極反應式為C．Na+也能通過交換膜D．每生成11.2L（標況下）CO轉移電子數為NA5、設NA為阿伏伽德羅常數的值。下列說法正確的是A．標準狀況下，

L的C2H4和C3H6的混合物中含有的碳碳雙鍵數目為NAB．100

g

質量分數17%H2O2溶液中極性鍵數目為NAC．1

L0.1mol

K2Cr2O7溶液中含鉻的離子總數為0.2NAD．65

g

Zn溶于濃硫酸中得混合氣體的分子數為NA6、β?月桂烯的結構如圖所示，一分子該物質與兩分子溴發生加成反應的產物(只考慮位置異構)理論上最多有（）A．2種 B．3種 C．4種 D．6種7、己知NA是阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是（）A．1molOD-中含有的質子數和中子數均為9NAB．60g正戊烷與12g新戊烷的混合物中共價鍵數為17NAC．11.2L氯氣與足量鎂粉充分反應，轉移的電子數為NAD．1L0.1mo1·L-1CH3COONa溶液中，CH3COO-數目為0.1NA8、我國科學家開發設計一種天然氣脫硫裝置，利用如右圖裝置可實現：H2S+O2→H2O2+S。已知甲池中有如下的轉化：下列說法錯誤的是：A．該裝置可將光能轉化為電能和化學能B．該裝置工作時，溶液中的H+從甲池經過全氟磺酸膜進入乙池C．甲池碳棒上發生電極反應：AQ+2H++2e-=H2AQD．乙池①處發生反應：H2S+I3-=3I-+S↓+2H+9、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：Z>M>YB．常溫下Z和M的單質均能溶于濃硝酸C．X+與Y22-結合形成的化合物是離子晶體D．Z的最高價氧化物的水化物是中強堿10、某學習小組按如下實驗過程證明了海帶中存在的碘元素：下列說法不正確的是A．步驟①需要將干海帶放入坩堝中灼燒B．步驟②反應的離子方程式為：2I-+2H++H2O2=I2+2H2OC．步驟③操作后，觀察到試管中溶液變為藍色，可以說明海帶中含有碘元素D．若步驟②僅滴加稀硫酸后放置一會兒，步驟③操作后，試管中溶液不變成藍色11、中國科學家用蘸墨汁書寫后的紙張作為空氣電極，設計并組裝了輕型、柔性、能折疊的可充電鋰空氣電池如下圖1所示，電池的工作原理如下圖2所示。下列有關說法正確的是A．放電時，紙張中的纖維素作鋰電池的正極B．閉合開關K給鋰電池充電，X為直流電源正極C．放電時，Li+由正極經過有機電解質溶液移向負極D．充電時，陽極的電極反應式為Li2O2-2e-=O2+2Li+12、高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種新型的自來水處理劑，它的性質和作用是A．有強氧化性，可消毒殺菌，還原產物能吸附水中雜質B．有強還原性，可消毒殺菌，氧化產物能吸附水中雜質C．有強氧化性，能吸附水中雜質，還原產物能消毒殺菌D．有強還原性，能吸附水中雜質，氧化產物能消毒殺菌13、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A．NH4Cl溶液呈酸性，可用于去除鐵銹B．SO2具有還原性，可用于漂白紙張C．Al2O3是兩性氧化物，可用作耐高溫材料D．Na2SiO3溶液呈堿性，可用作木材防火劑14、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序數依次增大，其中X、Z位于同一主族；W的氣態氫化物常用作制冷劑；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色。下列說法正確的是A．最簡單氫化物的沸點：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是離子化合物D．向ZXR2與水反應后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成15、在給定條件下，能順利實現下列所示物質間直接轉化的是A．AlNaAlO2(aq)B．FeFe2O3Fe2(SO4)3C．NH3NOHNO3D．SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)16、在恒容密閉容器中，用銅鉻的氧化物作催化劑，用一定量的HCl(g)和O2制取Cl2的原理為：4HCl(g)＋O2(g)2Cl2(g)＋2H2O(g)ΔH<0。下列有關說法不正確的是A．平衡前，隨著反應的進行，容器內壓強變小B．平衡時，其他條件不變，分離出H2O(g)，逆反應速率減小C．平衡時，其他條件不變，升高溫度平衡常數增大D．其他條件不變，使用不同催化劑，HCl(g)的轉化率不變17、有4種碳骨架如下的烴，下列說法正確的是（）a．b．c．d．①a和d是同分異構體②b和c是同系物③a和d都能發生加聚反應④只有b和c能發生取代反應A．①② B．①④ C．②③ D．①②③18、與溴水反應不會產生沉淀的是A．乙烯 B．AgNO3溶液 C．H2S D．苯酚19、下列實驗合理的是（）A．證明非金屬性Cl＞C＞SiB．制備少量氧氣C．除去Cl2中的HClD．吸收氨氣，并防止倒吸A．A B．B C．C D．D20、中華優秀傳統文化涉及到很多的化學知識。下列有關說法不正確的是（）A．宋代梅堯臣的《陶者》“陶盡門前土，屋上無片瓦。十指不沾泥，鱗鱗居大廈。”黏土燒制陶瓷的過程中沒有發生化學變化B．古代煉丹著作《黃白第十六》中“曾青涂鐵，鐵赤如銅”，該反應類型為置換反應C．東漢魏伯陽在《周易參同契》中對汞的描述.“……得火則飛，不見埃塵，將欲制之，黃芽為根。”這里的“黃芽”指的是硫黃D．明代李時珍《本草綱目》中“自元時始創其法，用濃酒和糟入甑，蒸令氣上，用器承滴露”，其“法”是指蒸餾21、用NA表示阿伏加德羅常數的值。下列敘述不正確的是()A．25℃時，pH＝1的1.0LH2SO4溶液中含有的H＋的數目為0.2NAB．標準狀況下，2.24LCl2與水反應，轉移的電子總數小于0.1NAC．室溫下，14.0g乙烯和環己烷的混合氣體中含有的碳原子數目一定為NAD．在0.5L0.2mol·L－1的CuCl2溶液中，n(Cl－)＝0.2NA22、中央電視臺《國家寶藏》欄目不僅彰顯民族自信、文化自信，還蘊含著許多化學知識。下列說法不正確的是：A．“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材質為Fe3O4B．宋《蓮塘乳鴨圖》緙絲中使用的蠶絲的主要成分是蛋白質C．宋王希孟《千里江山圖》中的綠色顏料銅綠，主要成分是堿式碳酸銅D．清乾隆“瓷母”是指各種釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅二、非選擇題(共84分)23、（14分）物質A～G有下圖所示轉化關系（部分反應物、生成物未列出）。其中A為某金屬礦的主要成分，經過一系列反應可得到氣體B和固體C。單質C可與E的濃溶液發生反應，請回答下列問題：（1）寫出下列物質的化學式：B______、G______。（2）反應②的化學方程式是__________________________________________。（3）利用電解可提純C物質，現以堿性鋅錳電池為外電源，在該電解反應中電解質溶液是_________，陽極物質是____________。MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，電池放電時，正極的電極反應式為________（4）將0.20molB和0.10molO2充入一個固定容積為5?L的密閉容器中，在一定溫度并有催化劑存在下，進行反應①，經半分鐘后達到平衡，測得容器中含D0.18mol，則vO2=____________molL?min（5）寫出F→G轉化過程中，甲醛參與反應的化學方程式：24、（12分）2一氧代環戊羧酸乙酯(K)是常見醫藥中間體，聚酯G是常見高分子材料，它們的合成路線如下圖所示：已知：①氣態鏈烴A在標準狀況下的密度為1.875g·L-1；（1）B的名稱為__________；E的結構簡式為__________。（2）下列有關K的說法正確的是__________。A．易溶于水，難溶于CCl4B．分子中五元環上碳原子均處于同一平面C．能發生水解反應加成反應D．1molK完全燃燒消耗9.5molO2（3）⑥的反應類型為__________；⑦的化學方程式為__________（4）與F官能團的種類和數目完全相同的同分異構體有__________種(不含立體結構)，其中核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積之比為1：2：3：4的是__________(寫結構簡式)。（5）利用以上合成路線中的相關信息，請寫出以乙醇為原料(其他無機試劑任選)制備的合成路線：__________。25、（12分）FeCl3在現代工業生產中應用廣泛。某化學研究性學習小組模擬工業流程制備無水FeCl3，再用副產品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。Ⅰ．經查閱資料得知：無水FeCl3在空氣中易潮解，加熱易升華。他們設計了制備無水FeCl3的實驗方案，裝置示意圖(加熱及夾持裝置略去)及操作步驟如下：①檢驗裝置的氣密性；②通入干燥的Cl2，趕盡裝置中的空氣；③用酒精燈在鐵屑下方加熱至反應完成；④……⑤體系冷卻后，停止通入Cl2，并用干燥的H2趕盡Cl2，將收集器密封。請回答下列問題：(1)裝置A中反應的化學方程式為________________。(2)第③步加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量沉積在反應管A右端，要使沉積的FeCl3進入收集器，第④步操作是_______________。(3)操作步驟中，為防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步驟序號)_____________。(4)裝置B中冷水浴的作用為________________；裝置C的名稱為_____________；裝置D中FeCl2全部反應后，因失去吸收Cl2的作用而失效，寫出檢驗FeCl2是否失效的試劑：____________。(5)在虛線框中畫出尾氣吸收裝置E并注明試劑_____________。Ⅱ．該組同學用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，得到單質硫；過濾后，再以石墨為電極，在一定條件下電解濾液。(6)FeCl3與H2S反應的離子方程式為____________。(7)綜合分析實驗Ⅱ的兩個反應，可知該實驗有兩個顯著優點：①H2S的原子利用率為100%；②___________。26、（10分）文獻表明：工業上，向熾熱鐵屑中通入氯化氫生產無水氯化亞鐵;相同條件下，草酸根(C2O42-)的還原性強于Fe2+。為檢驗這一結論，雅禮中學化學研究性小組進行以下實驗：資料:i.草酸(H2C2O4)為二元弱酸。ii.三水三草酸合鐵酸鉀[K3Fe(C2O4)3?3H2O]為翠綠色晶體，光照易分解。其水溶液中存在[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-K=6.3×10-21iii.FeC2O4?2H2O為黃色固體，溶于水，可溶于強酸。（實驗1）用以下裝置制取無水氯化亞鐵(1)儀器a的名稱為___________。(2)欲制得純凈的FeCl2，實驗過程中點燃A、C酒精燈的先后順序是___________。(3)若用D的裝置進行尾氣處理，存在的問題是__________、___________。（實驗2）通過Fe3+和C2O42-在溶液中的反應比較Fe2+和C2O42-的還原性強弱。(4)取實驗2中少量晶體洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不變紅。繼續加入硫酸，溶液變紅，說明晶體中含有+3價的鐵元素。加硫酸后溶液變紅的原因是______________。(5)經檢驗，翠綠色晶體為K3Fe(C2O4)3?3H2O。設計實驗，確認實驗2中沒有發生氧化還原反應的操作和現象是_____。(6)取實驗2中的翠綠色溶液光照一段時間，產生黃色渾濁且有氣泡產生。補全反應的離子方程式：_____Fe(C2O4)3]3-+____H2O____FeC2O4·2H2O↓+__________+_______（實驗3）研究性小組又設計以下裝置直接比較Fe2+和C2O42-的還原性強弱，并達到了預期的目的。(7)描述達到期目的可能產生的現象：_____________________。27、（12分）某學習小組研究溶液中Fe2+的穩定性，進行如下實驗，觀察，記錄結果。實驗Ⅰ物質0min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無色淡黃色黃色桔紅色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化學用語表示）。溶液的穩定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護了Fe2+，因為NH4+具有還原性。進行實驗Ⅱ，否定了該觀點，補全該實驗。操作現象取_______，加_______，觀察。與實驗Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現象相同。（3）乙同學提出實驗Ⅰ中兩溶液的穩定性差異是溶液酸性不同導致，進行實驗Ⅲ：分別配制0.80mol·L－1pH為1、2、3、4的FeSO4溶液，觀察，發現pH＝1的FeSO4溶液長時間無明顯變化，pH越大，FeSO4溶液變黃的時間越短。資料顯示：亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由實驗III，乙同學可得出的結論是_______，原因是_______。（4）進一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機理。測定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下，Fe2+的氧化速率與時間的關系如圖（實驗過程中溶液溫度幾乎無變化）。反應初期，氧化速率都逐漸增大的原因可能是_____。（5）綜合以上實驗，增強Fe2+穩定性的措施有_______。28、（14分）合成氣（CO+H2）廣泛用于合成有機物，工業上常采用天然氣與水蒸氣反應等方法來制取合成氣。（1）已知，5.6LCH4（標況下數據）與水蒸氣完全反應時吸收51.5kJ的熱量，請寫出該反應的熱化學方程式___；（2）在150℃時2L的密閉容器中，將2molCH4和2molH2O(g)混合，經過15min達到平衡,此時CH4的轉化率為60%。回答下列問題：①從反應開始至平衡，用氫氣的物質的量濃度變化表示該反應速率v(H2)=___。②該反應的平衡常數表達式K=___。③下列選項中能表示該反應已達到平衡狀態的是___A．v(H2)逆=3v(CO)正B．密閉容器中混合氣體的密度不變C．密閉容器中總壓強不變D．c(CH4)=c(CO)④平衡時容器中CH4的體積分數___。29、（10分）有機物F是有機合成中一種重要的中間體，其合成路線如下：回答下列問題：(1)D中官能團的名稱是____________。(2)E的分子式為____________；B的結構簡式為____________。(3)寫出C生成D的化學方程式________________________。(4)E到F的反應類型是____________。(5)化合物Ⅹ()是E的同系物，Y是X的同分異構體，滿足如下條件的Y的同分異構體共有____________種。①屬于芳香族化合物且苯環有三個取代基②1molY與足量的NaOH溶液反應，需要消耗2molNaOH(6)設計由苯酚和乙醇制備的合成路線________________(無機試劑任選)。

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、生成的二氧化碳中含有氯化氫，氯化氫也能與硅酸鈉反應產生硅酸沉淀，干擾二氧化碳與硅酸鈉反應，A錯誤；B．氨氣的密度比空氣密度小，二氧化碳的密度比空氣密度大，則導管長進短出收集二氧化碳，短進長出收集氨氣，B正確；C．Na2CO3溶液與CH3COOC2H5分層，應選分液法分離，C錯誤；D．CH3CH2OH與CH3COOC2H5互溶，不能分液分離，應選蒸餾法，D錯誤；答案選B。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握物質的性質、酸性比較、氣體收集、混合物分離、實驗技能為解答本題的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，選項A是解答的易錯點，注意濃鹽酸的揮發性。2、B【解析】

由圖可知，CO2催化加氫合成甲酸的總反應式是H2+CO2=HCOOH。【詳解】A.二氧化碳是共價化合物，其電子式為，故A正確；B.由二氧化碳和甲酸的結構式可知，在捕獲過程，二氧化碳分子中的共價鍵不會完全斷裂，只斷裂其中一個碳氧雙鍵，故B錯誤；C.N(C2H5)3捕獲CO2，表面活化，協助二氧化碳到達催化劑表面，故C正確；D.由圖可知，CO2催化加氫合成甲酸的總反應式：H2+CO2=HCOOH，故D正確；答案選B。3、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數逐漸增大，根據四種元素形成的化合物結構，其中各原子的核外電子排布均處于穩定結構。根據圖示可知，X原子最外層含有4個電子，Y原子最外層含有5個電子，Z原子最外層含有6個電子，W最外層含有1個或7個電子，結合原子序數及“W與X、Y、Z均可形成電子數相等的分子，W2Z常溫常壓下為液體”可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素，據此分析解答。【詳解】根據分析可知，W為H，X為C，Y為N，Z為O元素。A．YW3為NH3，為三角錐形的分子，分子中的鍵角＜120°，故A錯誤；B．非金屬性越強，氫化物越穩定，水的穩定性大于氨氣，故B正確；C．物質甲的結構簡式為CO(NH2)2，存在7個σ鍵和1個π鍵，故C錯誤；D．N元素的氧化物對應的水化物可能是硝酸，也可能為亞硝酸，其中亞硝酸為弱酸，故D錯誤；故選B。【點睛】根據物質中常見原子的成鍵情況推斷元素為解答關鍵。本題的易錯點為C，要注意物質中化學鍵數目的判斷方法的應用。4、C【解析】

A.總反應為，由方程式可以看出該轉化的原子利用率為100%，故A正確；B.陰極發生還原反應，陰極電極反應式為，故B正確；C.右側電極氯化鈉生成次氯酸鈉，根據反應物、生成物中鈉、氯原子個數比為1:1，Na+不能通過交換膜，故C錯誤；D.陰極二氧化碳得電子生成CO，碳元素化合價由+4降低為+2，每生成11.2L（標況下）CO轉移電子數為NA，故D正確；選C。5、D【解析】

A.C3H6可以是環烷烴，不含碳碳雙鍵，故A錯誤；B.H2O2溶液中含有極性鍵的是H2O2和H2O，100g質量分數17%H2O2溶液中含有極性鍵的物質的量為()mol>1mol，故B錯誤；C.K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72－＋H2O2H＋＋2CrO42－，因此溶液中含鉻的離子總物質的量不等于0.2mol，故C錯誤；D.鋅和濃硫酸反應：Zn＋2H2SO4(濃)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O，鋅和稀硫酸反應：Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，65gZn完全溶于濃硫酸中，無論得到SO2還是H2還是混合氣體，得到分子數都為NA，故D正確；答案：D。6、C【解析】

因分子存在三種不同的碳碳雙鍵，如圖所示；1分子該物質與2分子Br2加成時，可以在①②的位置上發生加成，也可以在①③位置上發生加成或在②③位置上發生加成，還可以1分子Br2在①②發生1，4加成反應，另1分子Br2在③上加成，故所得產物共有四種，故選C項。7、A【解析】

A.質子數同原子序數，因此質子數為，中子數=質量數-中子數，因此中子數為，A項正確；B.正戊烷和新戊烷分子內含有的共價鍵數目一致，都是1個分子中有16個共價鍵，混合物的物質的量是，因此共價鍵的數目為，B項錯誤；C.未說明條件，無法計算氯氣的物質的量，C項錯誤；D.醋酸根是一個弱酸根離子，水中會發生水解導致其數目小于，D項錯誤；答案選A。8、B【解析】

A.裝置是原電池裝置，據此確定能量變化情況；B.原電池中陽離子移向正極；C.甲池中碳棒是正極，該電極上發生得電子的還原反應；D.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，I3-得電子生成I-，據物質的變化確定發生的反應。【詳解】A.裝置是原電池裝置，根據圖中信息知道是將光能轉化為電能和化學能的裝置，A正確；B.原電池中陽離子移向正極，甲池中碳棒是正極，所以氫離子從乙池移向甲池，B錯誤；C.甲池中碳棒是正極，該電極上發生得電子的還原反應，即AQ+2H++2e-=H2AQ，C正確；D.在乙池中，硫化氫失電子生成硫單質，I3-得電子生成I-，發生的反應為H2S+I3-═3I-+S↓+2H+，D正確。故合理選項是B。【點睛】本題考查原電池的工作原理以及電極反應式書寫的知識，注意知識的歸納和梳理是關鍵，注意溶液中離子移動方向：在原電池中陽離子向正極定向移動，陰離子向負極定向移動，本題難度適中。9、D【解析】

短周期元素X、M的族序數均等于周期序數，符合要求的只有H、Be、Al三種元素；結合分子結構圖化學鍵連接方式，X為H元素，M為Al元素，Y原子核外最外層電子數是其電子總數的，Y為O元素，原子序數依次增大，Z元素在O元素和Al元素之間，結合題圖判斷Z為Mg元素，據此分析解答。【詳解】根據分析X為H元素，Y為O元素，Z為Mg元素，M為Al元素；A．Y為O元素，Z為Mg元素，M為Al元素，簡單離子的核外電子排布結構相同，核電荷數越大，半徑越小，則半徑：Y>Z>M，故A錯誤；B．Z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；C．X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；D．Z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。10、D【解析】

A.固體在坩堝中灼燒，所以步驟①需要將干海帶放入坩堝中灼燒，故A正確；B.步驟②中碘離子被過氧化氫氧化為碘單質，反應的離子方程式為：2I-+2H++H2O2=I2+2H2O，故B正確；C.碘單質能使淀粉溶液變藍色，步驟③操作后，觀察到試管中溶液變為藍色，可以說明海帶中含有碘元素，故C正確；D.若步驟②僅滴加稀硫酸后放置一會兒，可發生4I-+4H++O2=2I2+2H2O，步驟③操作后，試管中溶液變為藍色，故D錯誤；選D。【點睛】本題考查海水提取碘的實驗，把握流程中發生的反應、混合物分離提純、物質的檢驗，掌握碘離子能被氧氣氧化是關鍵，側重分析與實驗能力的考查。11、D【解析】

本題主要考查電解原理。可充電鋰空氣電池放電時，墨汁中的碳作鋰電池的正極，活潑的鋰是負極，電解質里的陽離子經過有機電解質溶液移向正極；開關K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，充電時陽極上發生失電子的氧化反應，據此回答。【詳解】A、可充電鋰空氣電池放電時，墨汁中的碳作鋰電池的正極，錯誤；B、開關K閉合給鋰電池充電，電池負極接電源的負極，X為直流電源負極，錯誤；C、放電時，Li+由負極經過有機電解質溶液移向正極，錯誤；D、充電時陽極上發生失電子的氧化反應：Li2O2?2e?===O2↑+2Li+，故D正確。12、A【解析】

高鐵酸鉀具有強氧化性，可殺菌消毒。同時生成的還原產物鐵離子，在溶液中能水解生成氫氧化鐵膠體，吸附水中的懸浮物，因此正確的答案選A。13、A【解析】

A．NH4Cl屬于強酸弱堿鹽，銨根離子發生水解溶液呈酸性，可與三氧化二鐵反應，則可用于去除鐵銹，故A正確；B．二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與其還原性無關，故B錯誤；C．Al2O3的熔點高，可用作耐高溫材料，與兩性無關，故C錯誤；D．Na2SiO3溶液耐高溫，不易燃燒，可用于浸泡木材作防火劑，與堿性無關，故D錯誤；答案選A。【點睛】性質和用途必須相對應，性質決定用途。14、D【解析】

W的氣態氫化物常用作制冷劑，W為N元素；X、Z位于同一主族；ZXR2能與水劇烈反應，可觀察到液面上有白霧生成，并有無色刺激性氣味的氣體逸出，該氣體可使品紅溶液褪色，可推斷該氣體為SO2，則X為O，Z為S，R為Cl；Y是同周期主族元素中離子半徑最小的，Y是Al。【詳解】根據題意，可推斷出W、X、Y、Z、R分別是N、O、Al、S、Cl元素；A.W和X最簡單氫化物的為NH3、H2O，沸點大小為NH3<H2O，所以A項錯誤；B.最高價含氧酸的酸性：Z<R，B項錯誤；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共價化合物，C項錯誤；D.SOCl2與水反應,SOCl2+H2O=SO2↑+HCl，向反應后溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀AgCl生成，D項正確。答案選D。15、A【解析】

A．鋁與氫氧化鈉溶液反應生成偏鋁酸鈉溶液，能一步實現，故A正確；B．鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，不能一步轉化為氧化鐵，故B錯誤；C．一氧化氮與水不反應，不能一步轉化為硝酸，故C錯誤；D．二氧化硅不溶于水，也不與水反應，二氧化硅不能一步轉化為硅酸，故D錯誤；故選A。16、C【解析】

A．平衡前，隨著反應向著化學計量數減小的方向進行，容器內氣體的總物質的量減小，壓強變小，故A正確；B．平衡時，其他條件不變，分離出H2O(g)，降低生成物的濃度，逆反應速率瞬間減小，正反應速率瞬間不變，平衡正向進行，故B正確；C．平衡時，其他條件不變，升高溫度逆向移動，平衡常數減小，故C錯誤；D．其他條件不變，使用不同催化劑改變反應速率，但不改變平衡的移動，HCl(g)的轉化率不變，故D正確；答案為C。17、A【解析】

由碳架結構可知a為(CH3)2C=CH2，b為C(CH3)4，c為(CH3)3CH，d為環丁烷，①a為(CH3)2C=CH2，屬于烯烴，d為環丁烷，屬于環烷烴，二者分子式相同，結構不同，互為同分異構體，①正確；②b為C(CH3)4，c為(CH3)3CH，二者都屬于烷烴，分子式不同，互為同系物，②正確；③a為(CH3)2C=CH2，含有C=C雙鍵，可以發生加聚反應，d為環丁烷，屬于環烷烴，不能發生加聚反應，③錯誤；④都屬于烴，一定條件下都可以發生取代反應，④錯誤；所以①②正確，故答案為：A。18、A【解析】

A．乙烯與溴水發生加成反應，溴水褪色，沒有沉淀，選項A錯誤；B．AgNO3溶液與溴水反應生成溴化銀沉淀，選項B正確；C．H2S與溴水發生氧化還原反應產生S沉淀，選項C正確；D．苯酚與溴水發生取代反應生成三溴苯酚白色沉淀，選項D正確；答案選A。19、D【解析】

A.鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，因此不能通過鹽酸的酸性大于碳酸的酸性比較Cl與C的非金屬性強弱，同時鹽酸易揮發，與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，干擾二氧化碳、水與硅酸鈉的反應，因此圖中裝置不能說明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，則不能比較C與Si的非金屬性強弱，故A錯誤；

B.過氧化鈉為粉末固體，隔板不能使固體與液體分離，關閉止水夾，不能使反應隨時停止，圖中裝置不合理，故B錯誤；

C.碳酸氫鈉與氯化氫會發生反應生成二氧化碳氣體，引入新的雜質，應用飽和食鹽水，故C錯誤；

D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使氣體與水隔離，從而可防止倒吸，故D正確；

故選D。【點睛】A項是學生們的易錯點，其中鹽酸不是氯元素的最高價含氧酸，因此不能通過鹽酸的酸性大于碳酸的酸性比較Cl與C的非金屬性強弱，應用高氯酸；同時鹽酸易揮發，能與硅酸鈉反應生成硅酸沉淀，會干擾二氧化碳、水與硅酸鈉的反應，因此圖中裝置不能說明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，則不能比較C與Si的非金屬性強弱。20、A【解析】

A.黏土燒制陶器的過程中生成了新的物質，發生了化學變化，故A錯誤；B.曾青涂鐵是一種可溶性銅鹽的溶液放入金屬鐵得到金屬銅的過程，故B正確；C.液態的金屬汞，受熱易變成汞蒸氣，汞屬于重金屬，能使蛋白質變性，屬于有毒物質，但常溫下能和硫反應生成硫化汞，從而防止其變成汞氣體，黃芽指呈淡黃色的硫磺，故C正確；D.蒸令氣上，則利用互溶混合物的沸點差異分離，則該法為蒸餾，故D正確；

故選：A。21、A【解析】

A.pH＝1，c(H＋)＝0.1mol·L－1，n(H＋)＝0.1NA，選項A不正確；B.氯氣和水的反應是可逆反應，可逆反應是有限度的，轉移的電子總數小于0.1NA，選項B正確；C.乙烯和環己烷的最簡式都是CH2，所以14.0g乙烯和環己烷的混合氣體中含有的CH2為1mol，碳原子數目一定為NA，選項C正確；D.n(Cl－)＝0.5L×0.2mol·L－1×2＝0.2mol，即0.2NA，選項D正確。答案選A。22、D【解析】

A.Fe3O4為磁性氧化鐵，可作指南針的材料，司南中“杓”的材料為Fe3O4，A正確；B.蠶絲的主要成分是蛋白質，B正確；C.銅綠主要成分是堿式碳酸銅，C正確；D.陶瓷主要成分是硅酸鹽，不是SiO2，D錯誤；故合理選項是D。二、非選擇題(共84分)23、（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4濃）SO2↑+CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液粗銅MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036；正反應方向；0.36；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓【解析】試題分析：F與甲醛溶液反應生成G，G為磚紅色沉淀，則G為Cu2O；A為某金屬礦的主要成分，則A中含有Cu元素，經過一系列反應可得到氣體B和固體C。單質C可與E的濃溶液發生反應，判斷C為Cu單質，則E為酸，B能與氧氣反應生成C，C能與水反應生成相應的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E為硫酸，Cu與濃硫酸加熱反應生成二氧化硫和硫酸銅，硫酸銅與氫氧化鈉溶液、甲醛反應生成氧化亞銅沉淀，符合此圖。（1）根據以上分析，B的化學式是SO2；G為Cu2O；（2）反應②為Cu與濃硫酸的反應，化學方程式為Cu+2H2SO4濃）SO2↑+CuSO4+2H2O；（3）提純Cu時，用粗銅作陽極，純銅作陰極，硫酸銅作電解質溶液，則銅離子在陰極析出，從而提純Cu；MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料，電池放電時，正極發生還原反應，Mn元素的化合價降低，與水結合生成堿式氧化錳和氫氧根離子，電極反應式為MnO2+H2O+e-=MnOOH+OH-；（4）二氧化硫與氧氣的反應方程式是2SO2+O22SO3，經半分鐘后達到平衡，測得容器中含三氧化硫0.18mol，說明消耗氧氣的物質的量是0.09mol，則vO（2）="0.09mol/5L/0.5min=0.036"mol/L·min)；繼續通入0.20molB和0.10molO2，相當于反應物濃度增大，縮小容器體積，壓強增大，平衡正向移動，再達平衡時，三氧化硫的物質的量比原來的2倍還多，所以大于0.36mol，容器中相當于有0.4mol二氧化硫，可逆反應不會進行到底，所以三氧化硫的物質的量小于0.40mol；（5）F是硫酸銅，先與氫氧化鈉溶液反應生成氫氧化銅，甲醛與氫氧化銅發生氧化反應，生成氧化亞銅磚紅色沉淀，化學方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O↓或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O↓。考點：考查物質推斷，物質性質的判斷，化學方程式的書寫24、1,2-二氯丙烷C、D取代反應8【解析】

M（A）=1.875g/L22.4L/mol=42g/mol，A屬于鏈烴，用“商余法”，4212=3…6，A的分子式為C3H6，A的結構簡式為CH2=CHCH3；A與Cl2反應生成B，B的結構簡式為CH3CHClCH2Cl；根據B的結構簡式和C的分子式（C3H8O2），B→C為氯代烴的水解反應，C的結構簡式為CH3CH（OH）CH2OH；D在NaOH/乙醇并加熱時發生消去反應生成E，E發生氧化反應生成F，根據F的結構簡式HOOC（CH2）4COOH和D的分子式逆推，D的結構簡式為，E的結構簡式為；聚酯G是常見高分子材料，反應⑦為縮聚反應，G的結構簡式為；根據反應⑥的反應條件，反應⑥發生題給已知②的反應，F+I→H為酯化反應，結合H→K+I和K的結構簡式推出，I的結構簡式為CH3CH2OH，H的結構簡式為CH3CH2OOC（CH2）4COOCH2CH3。【詳解】根據上述分析可知，（1）B的結構簡式為CH3CHClCH2Cl，其名稱為1,2—二氯丙烷。E的結構簡式為。（2）A，K中含酯基和羰基，含有8個碳原子，K難溶于水，溶于CCl4，A項錯誤；B，K分子中五元環上碳原子只有羰基碳原子為sp2雜化，其余4個碳原子都是sp3雜化，聯想CH4和HCHO的結構，K分子中五元環上碳原子不可能均處于同一平面，B項錯誤；C，K中含酯基能發生水解反應，K中含羰基能發生加成反應，C項正確；D，K的分子式為C8H12O3，K燃燒的化學方程式為2C8H12O3+19O216CO2+12H2O，1molK完全燃燒消耗9.5molO2，D項正確；答案選CD。（3）反應⑥為題給已知②的反應，反應類型為取代反應。反應⑦為C與F發生的縮聚反應，反應的化學方程式為nHOOC（CH2）4COOH+nCH3CH（OH）CH2OH+（2n-1）H2O。（4）F中含有2個羧基，與F官能團種類和數目完全相同的同分異構體有、、、、、、、，共8種。其中核磁共振氫譜為4組峰，且峰面積之比為1:2:3:4的結構簡式為。（5）對比CH3CH2OH和的結構簡式，聯想題給已知②，合成先合成CH3COOCH2CH3；合成CH3COOCH2CH3需要CH3CH2OH和CH3COOH；CH3CH2OH發生氧化可合成CH3COOH；以乙醇為原料合成的流程圖為：CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3（或CH3CH2OHCH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3）。【點睛】本題的難點是符合條件的F的同分異構體數目的確定和有機合成路線的設計。確定同分異構體數目應用有序思維，先確定官能團，再以“主鏈由長到短，支鏈由整到散，位置由心到邊，排布同、鄰、間”的順序書寫。有機合成路線的設計首先對比原料和最終產物的結構，官能團發生了什么改變，碳原子數是否發生變化，再根據官能團的性質和題給信息進行設計。25、2Fe+3Cl22FeCl3在沉積的FeCl3固體下方加熱②⑤冷卻，使FeCl3沉積，便于收集產品干燥管K3[Fe(CN)6)溶液2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+FeCl3得到循環利用【解析】

Ⅰ．裝置A中鐵與氯氣反應，反應為：2Fe+3Cl22FeCl3，B中的冷水作用為是冷卻FeCl3使其沉積，便于收集產品；為防止外界空氣中的水蒸氣進入裝置使FeCl3潮解，所以用裝置C無水氯化鈣來吸水，裝置D中用FeCl2吸收Cl2時的反應離子方程式2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，用裝置D中的副產品FeCl3溶液吸收H2S，離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，用氫氧化鈉溶液吸收的是氯氣，不用考慮防倒吸，所以裝置E為氫氧化鈉溶液吸收氯氣，據此分析解答(1)~(5)；Ⅱ．三價鐵具有氧化性，硫化氫具有還原性，二者之間發生氧化還原反應，化學方程式為2FeCl3+H2S═2FeCl2+S↓+2HCl，電解氯化亞鐵時，陰極陽離子得到電子發生還原反應；陽極陰離子失去電子發生氧化反應，據此分析解答(6)~(7)。【詳解】Ⅰ．(1)氯氣具有強氧化性，將有變價的鐵元素氧化成高價鐵，生成氯化鐵，所以裝置A中鐵與氯氣反應生成氯化鐵，反應為2Fe+3Cl22FeCl3，故答案為：2Fe+3Cl22FeCl3；(2)第③步加熱后，生成的煙狀FeCl3大部分進入收集器，少量沉積在反應管A右端，因為無水FeCl3加熱易升華，要使沉積的FeCl3進入收集器，需要對FeCl3加熱，使氯化鐵發生升華，使沉積的FeCl3進入收集器，故答案為：在沉積的FeCl3固體下方加熱；(3)為防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步驟②中通入干燥的Cl2，步驟⑤中用干燥的N2趕盡Cl2，故答案為：②⑤；(4)B中的冷水是為了冷卻FeCl3使其沉積，便于收集產品，裝置C的名稱為干燥管；Fe2+的檢驗可通過與K3[Fe(CN)6)溶液生成藍色沉淀的方法來完成，故答案為：冷卻，使FeCl3沉積，便于收集產品；干燥管；K3[Fe(CN)6)溶液；(5)氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，所以可以用氫氧化鈉溶液吸收尾氣中的氯氣，尾氣吸收裝置E為：，故答案為：；Ⅱ．(6)三價鐵具有氧化性，硫化氫具有還原性，二者之間發生氧化還原反應：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S↓，離子方程式為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+，故答案為：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；(7)電解氯化亞鐵時，陰極發生氫離子得電子的還原反應，2H++2e-═H2↑，陽極亞鐵離子發生失電子的氧化反應：Fe2+-e-=Fe3+，電解池中最終得到的FeCl3可重新用來吸收H2S，可以循環利用，故答案為：FeCl3可以循環利用。26、分液漏斗先點燃A處酒精燈，再點燃C處酒精燈發生倒吸可燃性氣體H2不能被吸收溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加熱硫酸后，H+與C2O42-結合可使平衡正向移動，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液變紅取少量實驗2中的翠綠色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出現藍色沉淀2423C2O42-2CO2↑電流計的指針發生偏轉，一段時間后，左側溶液變為淺綠色，右側有氣泡產生【解析】

實驗一：在裝置A中用濃硫酸與NaCl固體混合加熱制取HCl，通過B裝置的濃硫酸干燥，得純凈HCl氣體，然后在裝置C中Fe與HCl發生反應產生FeCl2和H2，反應后的氣體中含H2和未反應的HCl氣體，可根據HCl極容易溶于水，用水作吸收劑吸收進行尾氣處理；實驗二：FeCl3溶液與K2C2O4發生復分解反應產生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液檢驗Fe3+；用K3[Fe(CN)6]溶液檢驗Fe2+；根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒書寫離子方程式；實驗三：根據2Fe3++C2O42-=2Fe2++2CO2↑，判斷原電池正負極反應及相應的現象。【詳解】(1)根據圖示可知儀器a名稱是分液漏斗；(2)為防止Fe與裝置中的空氣發生反應，制得純凈的FeCl2，實驗過程中先點燃A處酒精燈，使裝置充滿HCl氣體，然后給C處酒精燈加熱；(3)若用D的裝置進行尾氣處理，由于HCl極容易溶于水，HCl溶解導致導氣管中氣體壓強減小而引起倒吸現象的發生，而且可燃性氣體H2不能被吸收；(4)在實驗二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，發生復分解反應產生Fe2(C2O4)3和KCl，產生的翠綠色晶體為Fe2(C2O4)3的結晶水合物K3Fe(C2O4)3?3H2O，取實驗2中少量晶體洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不變紅，繼續加入硫酸，溶液變紅，說明晶體中含有+3價的鐵元素。則加硫酸后溶液變紅的原因是在溶液中存在電離平衡：溶液中存在平衡：[Fe(C2O4)3]3-Fe3++3C2O42-，加入硫酸后，硫酸電離產生H+與溶液中的C2O42-結合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移動，導致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液變紅；(5)若K3Fe(C2O4)3?3H2O發生氧化還原反應，則會產生Fe2+，檢驗方法是取少量實驗2中的翠綠色溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不出現藍色沉淀，證明無Fe2+，產生的K3Fe(C2O4)3?3H2O未發生氧化還原反應；(6)在光照條件下草酸鐵溶液發生氧化還原反應，產生FeC2O4·2H2O、CO2氣體，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可得反應的離子方程式：2Fe(C2O4)3]3-+4H2O2FeC2O4·2H2O↓+2C2O42－+2CO2↑；(7)該裝置構成了原電池，在左邊，Fe3+獲得電子變為Fe2+，溶液變為淺綠色，左邊電極為正極；在右邊電極上，溶液中的C2O42-失去電子，發生氧化反應，C2O42--2e-=2CO2↑，右邊電極為負極，會看到電極上有氣泡產生。【點睛】本題考查了儀器的辨析、離子的檢驗方法、電離平衡移動、原電池反應原理的應用等知識。掌握元素及化合物的知識，結合題干信息進行分析、判斷。27、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越穩定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，對平衡的抑制作用強，Fe2+更穩定生成的Fe(OH)3對反應有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有濃度較高的NH4+；通過表格中的顏色變化來分析；（2）由于是要驗證兩溶液的穩定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，據此分析；（3）由實驗Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強，則Fe2+越穩定；亞鐵鹽溶液中存在反應4Fe2++O2+10H2O?4Fe（OH）3+8H+，根據平衡的移動來分析；（4）根據影響反應速率的因素有濃度、壓強、溫度和催化劑來分析；（5）根據上述實驗來分析。【詳解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通過表格中的顏色變化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的穩定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案為：NH4++H2ONH3?H2O+H+；<；（2）由于是要驗證兩溶液的穩定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護了Fe2+導致，根據控制變量法可知，應除了讓NH4+這個影響因素外的其它影響因素均保持一致，故應取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液于試管中，加2滴0.01mol?L-1KSCN溶液，過若觀察到的現象與實驗Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液現象相同，則說明上述猜想不正確，故答案為：取2mLpH=4.0的0.80mol?L-1FeSO4溶液；加