2023年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、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、在下列有機物中，經催化加氫后不能生成2﹣甲基戊烷的是A．CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 B．CH2=CHCH(CH3)CH2CH3C．CH3C(CH3)=CHCH2CH3 D．CH3CH=CHCH(CH3)CH32、NA代表阿伏加德羅常數。已知C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，則該混合物()A．所含共用電子對數目為(a/7+1)NA B．所含原子總數為aNA/14C．燃燒時消耗的O2一定是33.6a/14L D．所含碳氫鍵數目為aNA/73、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（）A．標況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數為NAB．標準狀況下，38g3H2O2中含有4NA共價鍵C．常溫下，將5.6g鐵塊投入一定量濃硝酸中，轉移0.3NA電子D．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質的量一定不相同4、化學與生產、生活、社會密切相關，下列說法不正確的是A．電動汽車充電、放電過程均有電子轉移B．很多鮮花和水果的香味來自于酯C．淘米水能產生丁達爾效應，這種淘米水具有膠體的性質D．碳納米管是一種比表面積大的有機合成纖維，可用作新型儲氫材料5、下列反應符合事實且化學方程式或離子方程式書寫正確的是A．過量鐵粉與氯氣反應：B．往溶液中通入少量的：C．用稀鹽酸除去銀鏡：D．溶液與溶液等體積混合：6、X、Y、Z、R，W是原子序數依次遞增的五種短周期主族元素，它們所在周期數之和為11。YZ氣體遇空氣變成紅棕色，R的原子半徑是五種元素中最大的，W與Z同主族。下列說法錯誤的是（）A．簡單離子的半徑：Y＞XB．氣態氫化物的穩定性：Y＞WC．X、Z和R形成強堿D．最高價氧化物對應的水化物的酸性：W＞R7、下列物質的轉化在給定條件下不能實現的是()A．NH3NOHNO3B．濃鹽酸Cl2漂白粉C．Al2O3AlCl3(aq)無水AlCl3D．葡萄糖C2H5OHCH3CHO8、炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發現它可以活化氧分子，生成活化氧，活化過程的能量變化模擬計算結果如圖所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列說法錯誤的是()A．氧分子的活化包括O－O鍵的斷裂與C－O鍵的生成B．每活化一個氧分子放出0.29eV的能量C．水可使氧分子活化反應的活化能降低0.42eVD．炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑9、2019年為“國際元素周期表年“，中國學者姜雪峰當選為“全球青年化學家元素周期表”硫元素代言人。下列關于硫元素的說法不正確的是（）A．S2、S4和S8互為同素異形體B．“丹砂燒之成水銀，積變又還成丹砂”過程中涉及的反應為可逆反應C．可運用”無機硫向有機硫轉化”理念，探索消除硫污染的有效途徑D．我國古代四大發明之一“黑火藥”的主要成分中含有硫單質10、下列變化不涉及氧化還原反應的是A．明礬凈水 B．鋼鐵生銹 C．海水提溴 D．工業固氮11、t℃時,向20.00mL0.1mol/L二元弱酸H2X溶液中滴入0.1mol/LNaOH溶液,溶液中由水電離出的c水(OH-)的負對數[-lgc水(OH-)]與所加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法中不正確的是A．M點溶液中:c(Na+)>c(HX-)>c(H2X)B．P點溶液中:c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)C．溶液中D．水的電離程度:P>N=Q>M,且a=712、25℃時，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐漸加入NaOH固體，恢復至原溫度后溶液中的關系如圖所示(忽略溶液體積變化)。下列有關敘述不正確的是（）A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7B．C點的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．B點的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D．A點的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L13、Z是一種常見的工業原料，實驗室制備Z的化學方程式如下圖所示。下列說法正確的是（）A．1molZ最多能與7molH2反應B．Z分子中的所有原子一定共平面C．可以用酸性KMnO4溶液鑒別X和YD．X的同分異構體中含有苯環和醛基的結構有14種（不考慮立體異構）14、下列物質中不會因見光而分解的是()A．NaHCO3 B．HNO3 C．AgI D．HClO15、實驗室制備硝基苯時，經過配制混酸、硝化反應（50~60℃）、洗滌分離、干燥蒸餾等步驟，下列圖示裝置和原理能達到目的的是（）。A．配置混酸 B．硝化反應C． D．蒸餾硝基苯16、聚維酮碘的水溶液是一種常用的碘伏類緩釋消毒劑，聚維酮通過氫鍵與HI3形成聚維酮碘，其結構表示如圖，下列說法不正確的是（

）A．聚維酮的單體是 B．聚維酮分子由(m+n）個單體聚合而成C．聚維酮碘是一種水溶性物質 D．聚維酮在一定條件下能發生水解反應17、據了解，銅銹的成分非常復雜，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古學家將銅銹分為無害銹(形成了保護層)和有害銹(使器物損壞程度逐步加劇，并不斷擴散)，結構如圖所示。下列說法正確的是A．Cu2(OH)3Cl屬于有害銹B．Cu2(OH)2CO3屬于復鹽C．青銅器表面刷一層食鹽水可以做保護層D．用NaOH溶液法除銹可以保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”18、丙烯是石油化學工業的重要基礎原料，我國科學家利用甲醇轉化制丙烯反應過程如下：3CH3OH+H3AlO6→3++3H2O3+→H3AlO6+3C○↑↓H23C○↑↓H2→CH2=CHCH3下列敘述錯誤的是A．甲醇轉化制丙烯反應的方程式為3CH3OH→CH2=CHCH3+3H2OB．甲醇轉化制丙烯反應的過程中H3AlO6作催化劑C．1.4gC○↑↓H2所含的電子的物質的量為1molD．甲基碳正離子的電子式為19、如圖是研究鐵被海水腐蝕的實驗裝置。圖2中M是某種與鐵片緊貼的金屬，下列說法正確的是A．圖1鐵片靠近燒杯底部的部分，腐蝕更嚴重B．若M是鋅片，可保護鐵C．若M是銅片，可保護鐵D．M是銅或是鋅都不能保護鐵，是因沒有構成原電池20、利用固體燃料電池技術處理H2S廢氣并發電的原理如圖所示。根據不同固體電解質M因傳導離子的不同，分為質子傳導型和氧離子傳導型,工作溫度分別為500℃和850℃左右，傳導質子時的產物硫表示為Sx。下列說法錯誤的是A．氣體X是H2S廢氣，氣體Y是空氣B．M傳導質子時，負極a反應為：xH2S—2xe-=Sx+2xH+C．M傳導氧離子時，存在產生SO2污染物的問題D．氧離子遷移方向是從a電極向b電極21、下列有關原子結構及元素周期律的敘述不正確的是()A．原子半徑：，離子半徑：r(Na+)<r(O2-)B．第族元素碘的兩種核素和的核外電子數之差為6C．P和As屬于第VA族元素，的酸性強于的酸性D．、、三種元素最高價氧化物對應水化物的堿性依次減弱22、某溶液中可能含有H+、NH4+、Fe2+、SO42﹣、CO32﹣、Br﹣，且物質的量濃度相同；取樣進行實驗，結果是：①測得溶液pH＝2；②加入氯水，溶液顏色變深。對原溶液描述錯誤的是()A．一定含有Fe2+ B．一定含有Br﹣C．可能同時含Fe2+、Br﹣ D．一定不含NH4+二、非選擇題(共84分)23、（14分）中學化學中幾種常見物質的轉化關系如下圖所示：將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體。請回答下列問題：(1)紅褐色膠體中F粒子直徑大小的范圍：___________________________。(2)寫出C的酸性溶液與雙氧水反應的離子方程式：__________________________________。(3)寫出鑒定E中陽離子的實驗方法和現象：_______________________________________。(4)有學生利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，_________、冷卻結晶、過濾。過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為_______________________。(5)高鐵酸鉀(K2FeO4)是一種強氧化劑，可作為水處理劑和高容量電池材料。FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，反應的離子方程式為____________________________。24、（12分）Q、W、X、Y、Z是位于不同主族的五種短周期元素，其原子序數依次增大。①W的氫化物與W最高價氧化物對應水化物反應生成化合物甲。②X、Y、Z的最高價氧化物對應水化物之間兩兩反應均可生成鹽和水。③常溫下，Q的最高價氣態氧化物與化合物X2O2發生反應生成鹽乙。請回答下列各題:(1)甲的水溶液呈酸性，用離子方程式表示其原因____________________________________________________________________________。(2)③中反應的化學方程式為________________________________________________________________________________________________。(3)已知:ZO3n－+M2++H+→Z－+M4++H2O(M為金屬元素，方程式未配平)由上述信息可推測Z在周期表中位置為________________________________________________________________________________________________。(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。寫出此反應的離子方秳式_____________________________。25、（12分）碳酸鑭咀嚼片是一種不含鈣和鋁的磷酸鹽結合劑，有效成分碳酸鑭難溶于水，可用于慢性腎衰患者高磷血癥的治療。Ⅰ.碳酸鑭可由LaCl3和碳酸氫銨為原料來制備，避免生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]，整個反應需在較低的pH條件下進行。化學興趣小組利用下列裝置在實驗室中制備碳酸鑭。（1）儀器X的名稱是_____。（2）如下左圖裝置是啟普發生器，常用于實驗室制取CO2、H2等氣體，具有“隨開隨用、隨關隨停”的功能。右圖裝置與啟普發生器原理類似，也可用于實驗室制取CO2的裝置的是______（填選項字母）。ABC（3）關閉活塞K2，______，說明如下裝置氣密性良好。（4）裝置乙用于制備氨氣，可以選用的試劑是____（填選項字母）。A、NH4Cl固體和Ca(OH)2固體B、生石灰和濃氨水C、堿石灰和濃氨水D、無水CaCl2和濃氨水（5）實驗裝置接口的連接順序是：a接____。為制得純度較高的碳酸鑭，實驗過程中需要注意的問題是__。II．可用碳酸氫鈉溶液代替碳酸氫銨溶液，與氯化鑭反應制備碳酸鑭。（6）精密實驗證明：制備過程中會有氣體逸出，則制備過程總反應的離子方程式是________。（7）制備時，若碳酸氫鈉滴加過快，會降低碳酸鑭的產率，可能的原因是_____。III、碳酸鑭咀嚼片中有效成分測量。（8）準確稱取碳酸鑭咀嚼片ag，溶于10.0mL稀鹽酸中，加入10mLNH3-NH4C1緩沖溶液，加入0.2g紫脲酸銨混合指示劑，用0.5mo1·L－1，EDTA(Na2H2Y）標準溶液滴定至呈藍紫色(La3++H2y2－=LaY－＋2H＋），消耗EDTA標準溶液VmL。則咀嚼片中碳酸鑭（摩爾質量為458g/mol)的質量分數w＝____。26、（10分）氮化鍶（Sr3N2）在工業上廣泛用于生產熒光粉。已知：鍶與鎂位于同主族；鍶與氮氣在加熱條件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水劇烈反應。I.利用裝置A和C制備Sr3N2（1）寫出由裝置A制備N2的化學方程式_______。（2）裝置A中a導管的作用是_______。利用該套裝置時，應先點燃裝置A的酒精燈一段時間后，再點燃裝置C的酒精燈，理由是__________。II.利用裝置B和C制備Sr3N2。利用裝置B從空氣中提純N2（已知：氧氣可被連苯三酚溶液定量吸收）（3）寫出裝置B的NaOH溶液中發生反應的離子方程式_________。（4）裝置C中廣口瓶盛放的試劑是_________。III.測定Sr3N2產品的純度（5）取ag該產品，向其中加入適量的水，將生成的氣體全部通入濃硫酸中，利用濃硫酸增重質量計算得到產品的純度，該方法測得產品的純度偏高，其原因是____。經改進后測得濃硫酸增重bg，則產品的純度為_____（用相關字母的代數式表示）。27、（12分）一水硫酸四氨合銅晶體[Cu(NH3)4SO4·H2O]常用作殺蟲劑，媒染劑，在堿性鍍銅中也常用作電鍍液的主要成分，在工業上用途廣泛。常溫下該物質可溶于水，難溶于乙醇，在空氣中不穩定，受熱時易發生分解。某化學興趣小組以Cu粉、3mol·L-1的硫酸、濃氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.500mol·L-1稀鹽酸、0.500mol·L-1的NaOH溶液來制備一水硫酸四氨合銅晶體并測定其純度。I．CuSO4溶液的制取①實驗室用銅與濃硫酸制備硫酸銅溶液時，往往會產生有污染的SO2氣體，隨著硫酸濃度變小，反應會停止，使得硫酸利用率比較低。②實際生產中往往將銅片在空氣中加熱，使其氧化生成CuO，再溶解在稀硫酸中即可得到硫酸銅溶液；這一過程缺點是銅片表面加熱易被氧化，而包裹在里面的銅得不到氧化。③所以工業上進行了改進，可以在浸入硫酸中的銅片表面不斷通O2，并加熱；也可以在硫酸和銅的混合容器中滴加H2O2溶液。④趁熱過濾得藍色溶液。(1)某同學在上述實驗制備硫酸銅溶液時銅有剩余，該同學將制得的CuSO4溶液倒入另一蒸發皿中加熱濃縮至有晶膜出現，冷卻析出的晶體中含有白色粉末，試解釋其原因________________。(2)若按③進行制備，請寫出Cu在H2O2作用下和稀硫酸反應的化學方程式_______________。(3)H2O2溶液的濃度對銅片的溶解速率有影響。現通過下圖將少量30％的H2O2溶液濃縮至40％，在B處應增加一個設備，該設備的作用是____________餾出物是______________________。II．晶體的制備將上述制備的CuSO4溶液按如圖所示進行操作(1)硫酸銅溶液含有一定的硫酸，呈酸性，加入適量NH3·H2O調節溶液pH，產生淺藍色沉淀，已知其成分為Cu2(OH)2SO4，試寫出生成此沉淀的離子反應方程式__________。(2)繼續滴加NH3·H2O，會轉化生成深藍色溶液，請寫出從深藍色溶液中析出深藍色晶體的方法____________。并說明理由____________。Ⅲ.產品純度的測定精確稱取mg晶體，加適量水溶解，注入圖示的三頸瓶中，然后逐滴加入足量NaOH溶液，通入水蒸氣，將樣品液中的氨全部蒸出，并用蒸餾水沖洗導管內壁，用V1mL0.500mol·L－1的鹽酸標準溶液完全吸收。取下接收瓶，用0.500mol·L－1NaOH標準溶液滴定過剩的HCl(選用甲基橙作指示劑)，到終點時消耗V2mLNaOH溶液。1.水2.長玻璃管3.10%NaOH溶液4.樣品液5.鹽酸標準溶液(1)玻璃管2的作用________________。(2)樣品中產品純度的表達式________________。（不用化簡）(3)下列實驗操作可能使氨含量測定結果偏低的原因是_________________A.滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管B.滴定過程中選用酚酞作指示劑C.讀數時，滴定前平視，滴定后俯視D.取下接收瓶前，未用蒸餾水沖洗插入接收瓶中的導管外壁E.由于操作不規范，滴定前無氣泡，滴定后滴定管中產生氣泡28、（14分）氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大氣污染物，煙氣脫硫脫硝是環境治理的熱點問題。回答下列問題：（1）目前柴油汽車都用尿素水解液消除汽車尾氣中的NO，水解液中的NH3將NO還原為無害的物質。該反應中氧化劑與還原劑物質的量之比為___。（2）KMnO4/CaCO3漿液可協同脫硫，在反應中MnO4－被還原為MnO42－。①KMnO4脫硫(SO2)的離子方程式為___。②加入CaCO3的作用是___。③KMnO4/CaCO3漿液中KMnO4與CaCO3最合適的物質的量之比為___。（3）利用NaClO2/H2O2酸性復合吸收劑可同時對NO、SO2進行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在溫度一定時，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH對脫硫脫硝的影響如圖所示：圖a和圖b中可知脫硫脫硝最佳條件是___。圖b中SO2的去除率隨pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5時反而減小，請解釋NO去除率減小的可能原因是___。29、（10分）工業上制取冰晶石（Na3AlF6）的化學方程式如下：完成下列填空：（1）反應中四種元素對應的簡單離子核外電子排布相同，請按離子半徑從大到小的順序排列這四種離子____，其中原子序數最大的元素原子核外有___種能量不同的電子，其最外層電子的電子云有____種不同的伸展方向。（2）反應中有兩種元素在元素周期表中位置相鄰，能比較它們的金屬性或非金屬性強弱的事實是____（選填編號）。a.氣態氫化物的穩定性b.最高價氧化物對應水化物的酸性c.單質與氫氣反應的難易d.單質與同濃度酸發生反應的快慢反應中兩種金屬元素，它們的最高價氧化物對應的水化物之間發生反應的離子方程式為_______。（3）冰晶石在工業上可做電解氧化鋁的助溶劑，此反應中若有0.6mol電子轉移，則在____極可得金屬鋁的質量為_____克。（4）工業上不采用電解氯化鋁的方法而是采用電解氧化鋁的方法獲得鋁單質的原因是______。

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】

根據烯的加成原理，雙鍵中的一個鍵斷開，結合H原子，生成2-甲基戊烷，采取倒推法相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵，即得到烯烴【詳解】2?甲基戊烷的碳鏈結構為，2?甲基戊烷相鄰碳原子之間各去掉1個氫原子形成雙鍵，從而得到烯烴；根據2?甲基戊烷的碳鏈結構知，相鄰碳原子上各去掉1個氫原子形成雙鍵的碳鏈結構有：、、、。A．CH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳鏈結構為，經催化加氫后能生成2?甲基戊烷，故A不符合題意；B．CH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳鏈結構為，經催化加氫后不能生成2?甲基戊烷，故B符合題意；C．CH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳鏈結構為，經催化加氫后能生成2?甲基戊烷，故C不符合題意；D．CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳鏈結構為，經催化加氫后能生成2?甲基戊烷，故D不符合題意；答案選B。2、D【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，物質的量為a/14mol；【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。【點睛】本題考查阿伏加德羅常數，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。3、D【解析】

A、氯氣與水反應：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子總數為2mol，Cl2中含有2個氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微粒總數大于NA，故A錯誤；B、雙氧水結構為：，38g3H2O2的物質的量為=1mol，由結構式可知，1mol雙氧水中含有3NA共價鍵，故B錯誤；C、常溫下鐵與濃硝酸發生鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應進行，所以常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉移小于0.3NA電子，故C錯誤；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液所對應濃度不同，所以水解程度不同，溶液中的物質的量一定也不同，故D正確；故答案為D。【點睛】本題A選項屬于易錯項，該反應屬于可逆反應，溶液中總氯原子為2mol，發生反應后，溶液中含氯微粒總數小于2mol大于1mol。4、D【解析】

A.電動汽車充電為電解池原理，放電過程為原電池原理，兩個過程均屬于氧化還原反應，存在電子轉移，A正確；B.一些低級酯有芳香氣味，很多鮮花和水果的香味來自于這些酯，B正確；C.淘米水中含有的淀粉分子達到膠體顆粒的大小，能產生丁達爾效應，說明這種淘米水具有膠體的性質，C正確；D.碳納米管只含有C元素，屬于單質，不是有機物，D錯誤；故合理選項是D。5、D【解析】

本題考查化學用語，意在考查知識再現及知識遷移能力。【詳解】A.氯氣氧化性強，與鐵反應的產物是氯化鐵，故A錯誤；B.SO2與NO3-在酸性環境中會發生氧化還原反應，生成硫酸鋇沉淀，故B錯誤；C.稀鹽酸與銀不反應，故C錯誤；D.等物質的量的Ba(OH)2與NaHCO3混合時OH-過量，故D正確；答案：D【點睛】易錯選項B，硝酸根離子在酸性環境下具有強氧化性，SO2具有強還原性，所以要注意氧化還原反應的發生。6、C【解析】

X、Y、Z、R、W是原子序數依次遞增的五種短周期主族元素，YZ氣體遇空氣變成紅棕色，則YZ為NO，故Y為N元素、Z為O元素；W與Z同主族，則W為S元素；R的原子半徑是五種元素中最大的，R處于第三周期，可能為Na、Mg、Al、Si、P中的一種；五元素所在周期數之和為11，則X處于第一周期，故X為H元素。【詳解】A．X、Y簡單離子分別為H+(或H-)、N3-，電子層越多離子半徑越大，故離子半徑；N3-＞H+(或H-)，故A正確；B．非金屬性N＞S，故氫化物穩定性NH3＞H2S，故B正確；C．X、Z和R可能形成NaOH、氫氧化鎂、氫氧化鋁、硅酸、磷酸等，故C錯誤；D．W的非金屬性比R的強，最高價氧化物對應的水化物的酸性：W＞R，故D正確。故選：C。【點睛】本題的突破口為“YZ氣體遇空氣變成紅棕色”，可知YZ為NO；本題中無法確定R代表的具體元素，但并不影響對選項的判斷。7、C【解析】

氨氣的催化氧化會生成一氧化氮，一氧化氮和氧氣與水反應得到硝酸；濃鹽酸與二氧化錳反應生成氯氣、氯氣與石灰乳反應生成次氯酸鈣和氯化鈣；氯化鋁溶液受熱水解生成氫氧化鋁；葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇催化氧化生成乙醛。【詳解】A、氨氣在催化劑加熱條件下與氧氣反應生成NO，NO和氧氣與水反應得到硝酸，物質的轉化在給定條件下能實現，故A正確；B、濃鹽酸與二氧化錳在加熱條件下反應生成氯化錳、水和氯氣，氯氣與石灰乳反應生成次氯酸鈣和氯化鈣，即生成漂白粉，物質的轉化在給定條件下能實現，故B正確；C、Al2O3與鹽酸反應生成氯化鋁和水，氯化鋁溶液受熱水解生成氫氧化鋁，得不到無水氯化鋁，故C錯誤；D、葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇、乙醇與氧氣在催化劑加熱條件想反應生成乙醛，物質的轉化在給定條件下能實現，故D正確。答案選C。【點睛】考查常見元素及其化合物的性質，明確常見元素及其化合物性質為解答關鍵，試題側重于考查學生對基礎知識的應用能力。8、C【解析】

A.由圖可知，氧分子的活化是O－O鍵的斷裂與C－O鍵的生成過程，故A正確；B.由圖可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，因此每活化一個氧分子放出0.29eV的能量，故B正確；C.由圖可知，水可使氧分子活化反應的活化能降低0.18eV，故C錯誤；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑顆粒可以活化氧分子，因此炭黑顆粒可以看作大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑，故D正確。故選C。9、B【解析】

A．同種元素形成的不同單質是同素異形體，故A正確；B．丹砂（HgS）燒之成水銀，積變又還成丹砂，前者需要加熱，后者常溫下反應，反應條件不同，不是可逆反應，故B錯誤；C．無機硫向有機硫轉化，可減少含硫氣體的排放，是探索消除硫污染的有效途徑，故C正確；D．“黑火藥”的主要成分中含有硫單質，故D正確；答案選B。10、A【解析】

A.明礬凈水與鋁離子水解生成膠體有關，沒有元素的化合價變化，不發生氧化還原反應，故A選；B.

Fe、O元素的化合價變化，為氧化還原反應，故B不選；C.

Br元素的化合價升高，還需要氧化劑，為氧化還原反應，故C不選；D.工業固氮過程中，

N元素的化合價發生改變，為氧化還原反應，故D不選；故選A。11、D【解析】

二元弱酸H2X溶液中滴NaOH溶液，先發生H2X+OH-=H2O+HX-，然后發生HX-+OH-=H2O+X2-；【詳解】A．M點加入20.0mLNaOH溶液，溶液中的溶質為NaHX，溶液中存在HX-的電離和水解，所以此時c(Na+)>c(HX-)，水解是微弱的所以c(HX-)>c(H2X)，故A正確；B．P點加入40.0mLNaOH溶液，所以溶質為Na2X，溶液中存在質子守恒，c（OH-）=c（H+）+c（HX-）+2c（H2X），即c(OH-)-c(H+)=c(HX-)+2c(H2X)，故B正確；C．，據圖可知隨著氫氧化鈉加入，M、N、P、Q的堿性增強，則c(H+)減小，所以溶液中，故C正確；D．水電離出的OH-濃度越大水的電離程度越大，即圖中縱坐標越小水的電離程度越大，所以水的電離程度:P>N=Q>M；溫度未知，無法確定水的電離平衡常數，所以無法確定a的值，故D錯誤；故答案為D。【點睛】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。12、D【解析】

A、CH3COOH的，取B點狀態分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合題意；B、C點狀態，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈堿性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此時c(CH3COO-)遠大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合題意；C、根據電荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B點溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合題意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A點的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合題意；故答案為D。13、D【解析】

A.1分子Z中含有2個苯環、1個碳碳雙鍵、1個羰基，則1molZ最多能與8molH2發生加成反應，故A錯誤；B.Z分子中含有甲基，因此Z分子中的所有原子不可能共平面，故B錯誤；C.X分子中苯環上含有側鍵—CH3，Y分子中含有—CHO，則X和Y都能使酸性KMnO4溶液褪色，則不能用酸性KMnO4溶液鑒別X和Y，故C錯誤；D.X的同分異構體中含有苯環和醛基的結構，取代基為—CH2CH2CHO的結構有1種，取代基為—CH（CHO）CH3的結構有1種，取代基為—CH2CH3和—CHO有3種，取代基為—CH2CHO和—CH3的結構有3種，取代基為2個—CH3和1個—CHO的結構有6種，共14種，故D正確。綜上所述，答案為D。【點睛】只要有甲基，原子都不可能共平面，分析共面時一定要從甲烷、乙烯、苯三種結構中推其他共面、共線問題。14、A【解析】

濃硝酸、碘化銀、次氯酸見光都易分解;碳酸氫鈉加熱分解,見光不分解,以此解答該題。【詳解】AgI、HNO3、HClO在光照條件下都可分解,而NaHCO3在加熱條件下發生分解，所以A選項是正確的；綜上所述，本題選項A。15、C【解析】

A．濃硫酸密度較大，為防止酸液飛濺，配制混酸時應將濃硫酸加入到濃硝酸中，故A項錯誤；B．制備硝基苯時，反應溫度為50~60℃，為控制反應溫度應用水溶加熱，故B項錯誤；C．硝基苯不溶于水，分離硝基苯應用分液的方法分離，故C項正確；D．蒸餾硝基苯時，為充分冷凝冷凝水應從冷凝管下端進，故D項錯誤。故選C。16、B【解析】

由高聚物結構簡式，可知主鏈只有C，為加聚產物，單體為，高聚物可與HI3形成氫鍵，則也可與水形成氫鍵，可溶于水，含有肽鍵，可發生水解，以此解答該題。【詳解】A.由高聚物結構簡式可知聚維酮的單體是，故A正確；B.

由2m+n個單體加聚生成，故B錯誤；C.高聚物可與HI3形成氫鍵，則也可與水形成氫鍵，可溶于水，故C正確；D.含有肽鍵，具有多肽化合物的性質，可發生水解生成氨基和羧基，故D正確；故選B。17、A【解析】

A.從圖中可知Cu2(OH)3Cl沒有阻止潮濕的空氣和Cu接觸，可以加快Cu的腐蝕，因此屬于有害銹，A正確；B.Cu2(OH)2CO3中只有氫氧根、一種酸根離子和一種陽離子，因此只能屬于堿式鹽，不屬于復鹽，B錯誤；C.食鹽水能夠導電，所以在青銅器表面刷一層食鹽水，會在金屬表面形成原電池，會形成吸氧腐蝕，因此不可以作保護層，C錯誤；D.有害銹的形成過程中會產生難溶性的CuCl，用NaOH溶液浸泡，會產生Cu2(OH)3Cl，不能阻止空氣進入內部進一步腐蝕銅，因此不能做到保護青銅器的藝術價值，做到“修舊如舊”，D錯誤；故合理選項是A。18、C【解析】

將題干中三個方程式相加即得甲醇轉化制丙烯反應的方程式，選項A正確；在反應前有H3AlO6，反應后又生成了H3AlO6，而且量不變，符合催化劑的定義，選項B正確；反應前后原子守恒，電子也守恒，1.4gC○↑↓H2所含的電子的物質的量為0.8mol，所以選項C錯誤；甲基碳正離子是甲基失去一個電子形成的陽離子，選項D正確。19、B【解析】

據鋼鐵的腐蝕條件、原電池原理分析判斷。【詳解】A.圖1中鐵片在海水中主要發生吸氧腐蝕，水面處鐵片接觸氧氣和水，腐蝕更嚴重，A項錯誤；B.圖2中，若M是鋅片，則鋅、鐵與海水構成原電池，電子從鋅轉移向鐵，使鐵得到保護，B項正確；C.圖2中，若M是銅片，則銅、鐵與海水構成原電池，電子從鐵轉移向銅，鐵更易被腐蝕，C項錯誤；D.M是銅或鋅，它與鐵、海水都構成原電池，只有當M為鋅時鐵被保護，D項錯誤。本題選B。20、D【解析】

A.根據電流分析，電極a為負極，傳導質子時的產物硫表示為Sx，說明是氣體H2S廢氣變為Sx，化合價升高，在負極反應，因此氣體X為H2S廢氣，氣體Y是空氣，故A正確；B.M傳導質子時，產物硫表示為Sx，因此負極a反應為：xH2S?2xe－=Sx+2xH+，故B正確；C.M傳導氧離子時，H2S和O2?可能反應生成SO2，因此存在產生SO2污染物的問題，故C正確；D.根據原電池中，陰離子向負極移動規律，氧離子遷移方向是從b電極向a電極，故D錯誤。綜上所述，答案為D。【點睛】原電池中離子移動方向根據“同性相吸”原則，電解池中離子移動方向根據“異性相吸”原則。21、B【解析】

A.同周期自左而右原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，因此原子半徑r(Na)>r(O)，Na+、O2-電子層結構相同，核電荷數越大離子半徑越小，故離子半徑r(Na+)<r(O2-)，A正確；B.碘的兩種核素131I和137I的核外電子數相等，核外電子數之差為0，B錯誤；C.元素的非金屬性P>As，元素的非金屬性越強，其最高價氧化物對應的水化物的酸性就越強，所以H3PO4的酸性比H3AsO4的酸性強，C正確；D.Na、Mg、Al位于同一周期，元素的金屬性逐漸減弱，則失電子能力和最高價氧化物對應水化物的堿性均依次減弱，D正確；故合理選項是B。22、A【解析】

溶液pH＝2，呈酸性，H+一定有，CO32﹣不能存在，加入氯水，溶液顏色變深，溶液中可能含有Fe2+和Br﹣之一或者兩者都有，被氯氣氧化成Fe3+和Br2，由于溶液中各離子的物質的量濃度相同，符合電荷守恒，如設各離子的濃度是1mol/L，則有可能存在c(H+)+2c(Fe2+)=2c(SO42﹣)+c(Br﹣)，還有可能溶液中只含氫離子和溴離子，但NH4+不能存在，故答案選A，Fe2+可能存在，符合題意。二、非選擇題(共84分)23、1~100nm2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在蒸發濃縮玻璃棒2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O【解析】

將D溶液滴入沸水中可得到以F為分散質的紅褐色膠體，則F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是單質Fe、B是FeS、C是FeSO4。【詳解】(1)根據膠體的定義，紅褐色氫氧化鐵膠體中氫氧化鐵膠體粒子直徑大小的范圍是1~100nm。(2)C是FeSO4，Fe2+被雙氧水氧化為Fe3+，反應的離子方程式是2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。(3)E是NH4Cl溶液，銨根離子與堿反應能放出氨氣，鑒定E中銨根離子的實驗方法和現象是：取少量E于試管中，用膠頭滴管滴加適量的氫氧化鈉溶液，加熱試管，若生成使濕潤的紅色石蕊試紙變藍的氣體，則證明銨根離子存在。(4)利用FeCl3溶液制取FeCl3·6H2O晶體，主要操作包括：滴入過量鹽酸，蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾。根據過濾操作的裝置圖可知，過濾操作除了漏斗、燒杯，還需要的玻璃儀器為玻璃棒。(5)FeCl3與KClO在強堿性條件下反應可制取K2FeO4，鐵元素化合價由+3升高為+6，氯元素化合價由+1降低為-1，反應的離子方程式為2Fe3++3ClO-+10OH-═2FeO42-+3Cl-+5H2O。24、NH4++H2ONH3·H2O+H+2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2第三周期第ⅦA族16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O【解析】

根據題干可知Q、W、X、Y、Z分別為C、N、O、Na、Cl五種元素。(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根據方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。【詳解】(1)甲為硝酸銨，其水溶液呈酸性，主要是銨根水解顯酸性，其離子方程式表示其原因NH4++H2ONH3·H2O+H+，故答案為：NH4++H2ONH3·H2O+H+。(2)③中反應為二氧化碳和過氧化鈉反應生成碳酸鈉和氧氣，其化學方程式為2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2，故答案為：2Na2O2＋2CO2＝2Na2CO3＋O2。(3)根據方程式ZO3n－→Z－，由上述信息可推測Z為Cl，在周期表中位置為第三周期第ⅦA族，故答案為：第三周期第ⅦA族。(4)Y形成的難溶半導體材料CuYO2可溶于稀硝酸，同時生成NO。此反應的離子方程式為16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O，故答案為：16H＋＋3CuAlO2＋NO3－＝3Cu2＋+3Al3＋＋NO+8H2O。25、球形干燥管（干燥管）B打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面BCc控制氨氣或二氧化碳的通入量加入碳酸氫鈉過快，溶液的堿性迅速增強，生成堿式碳酸鑭【解析】

⑴儀器X的名稱為球形干燥管。⑵A裝置與C裝置當活塞關閉時反應不能停止，B裝置當活塞關閉時可以使液體和固體脫離接觸，反應停止。⑶檢驗裝置氣密性的方法是關閉旋塞K2，打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面，說明裝置不漏氣。⑷裝置乙是固液混合不加熱型裝置，可以用濃氨水和生石灰、堿石灰等制取氨氣。⑸a是啟普發生器產生二氧化碳的裝置，二氧化碳溶于水不會發生倒吸，可直接用導管通入，連接c即可；為避免生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]，整個反應需在較低的pH條件下進行，需控制控制氨氣或二氧化碳的通入量，以免pH變大。⑹和碳酸氫銨反應生成碳酸鑭。⑺碳酸氫鈉水解顯堿性，當加入碳酸氫鈉過快時，溶液的pH值會迅速增大，影響碳酸鑭的生成。⑻根據反應進行計算。【詳解】⑴儀器X的名稱是球形干燥管簡稱干燥管，故答案為：球形干燥管（干燥管）；⑵A裝置與C裝置不具有“隨開隨用、隨關隨停”的功能，B裝置當活塞關閉時可以使液體和固體脫離接觸，反應停止，所以B裝置符合題意，故答案為：B；⑶檢驗裝置氣密性的方法是關閉旋塞K2，打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面，說明裝置不漏氣，故答案為：打開分液漏斗活塞，向其中注入一定量的水，若水不能順利滴下，在分液漏斗中形成穩定的液面；⑷裝置乙是固液混合不加熱型制取氣體裝置，可以用濃氨水和生石灰、堿石灰等制取氨氣，無水CaCl2和氨氣發生反應，不能用來制取氨氣，故答案為：BC；⑸a屬于啟普發生器，是產生二氧化碳的，二氧化碳溶于水不會發生倒吸，可直接用導管通入，連接c即可；為避免生成堿式碳酸鑭[La(OH)CO3]，整個反應需在較低的pH條件下進行，需控制控制氨氣或二氧化碳的通入量，以免pH變大；故答案為：c，需控制控制氨氣或二氧化碳的通入量；⑹和碳酸氫銨反應生成碳酸鑭反應化學方程式為：，所以離子方程式為：，故答案為：；⑺碳酸氫鈉水解顯堿性，當加入碳酸氫鈉過快時，溶液的pH值會迅速增大，生成堿式碳酸鑭，故答案為：加入碳酸氫鈉過快，溶液的堿性迅速增強，生成堿式碳酸鑭；⑻,滴定時消耗EDTA的物質的量，根據反應可知碳酸鑭的物質的量為，所以質量為，咀嚼片中碳酸鑭的質量分數為，化簡得，故答案為。【點睛】注意啟普發生器的使用條件必須是塊狀或顆粒狀固體和液體，且塊狀固體與液體接觸后仍為塊狀或顆粒狀。26、NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O平衡氣壓，使液體順利流下利用生成的N2將裝置內空氣排盡CO2＋2OH-=CO32-＋H2O濃硫酸未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸吸收引起增重（或其他合理答案）%【解析】

I.利用裝置A和C制備Sr3N2，裝置A中NaNO2和NH4Cl反應制備N2，由于N2中混有H2O（g），為防止氮化鍶遇水劇烈反應，故N2與Sr反應前必須干燥，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質玻璃管中。II.利用裝置B和C制備Sr3N2，鍶與鎂位于同主族，聯想Mg的性質，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應，為防止鍶與CO2、O2反應，則裝置B中NaOH用于吸收CO2，連苯三酚吸收O2，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進入硬質玻璃管中。III.測定Sr3N2產品的純度的原理為：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根據濃硫酸增加的質量和濃硫酸的性質分析計算。【詳解】I.利用裝置A和C制備Sr3N2（1）NaNO2和NH4Cl反應制備N2，根據原子守恒還有NaCl、H2O生成，反應的化學方程式為NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O。（2）裝置A中a導管將分液漏斗上下相連，其作用是平衡氣壓，使液體順利流下；鍶與鎂位于同主族，聯想Mg的性質，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應，為防止裝置中空氣對產品純度的影響，應先點燃裝置A的酒精燈一段時間，利用生成的N2將裝置內空氣排盡，再點燃裝置C的酒精燈。II.利用裝置B和C制備Sr3N2（3）鍶與鎂位于同主族，聯想Mg的性質，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應，為防止鍶與CO2、O2反應，則裝置B中NaOH用于吸收CO2，反應的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O。（4）為防止氮化鍶遇水劇烈反應，故N2與Sr反應前必須干燥，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），其中盛放的試劑為濃硫酸。III.測定Sr3N2產品的純度的原理為：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故濃硫酸增加的質量為NH3的質量，由于濃硫酸具有吸水性，會將NH3中的水蒸氣一并吸收，導致NH3的質量偏高，從而導致測得的產品純度偏高。經改進后測得濃硫酸增重bg，根據N守恒，n(Sr3N2)=n(NH3)=×=mol，則m(Sr3N2)=mol×292g/mol=g，產品的純度為×100%=×100%。27、反應中硫酸過量，在濃縮過程中，稀硫酸變濃，濃硫酸的吸水性使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO4Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O減壓設備水（H2O）2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+加入乙醇或醇析Cu(NH3)4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，能溶于水平衡氣壓，防止堵塞和倒吸AB【解析】

I．(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液，濃縮時，硫酸變濃，具有吸水性；(2)雙氧水與銅、稀硫酸反應生成硫酸銅和水；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸餾的方式；Ⅱ．(1)硫酸銅與NH3?H2O反應生成Cu2(OH)2SO4，據此書寫離子方程式；(2)根據Cu(NH3)4SO4?H2O可溶于水，難溶于乙醇分析；Ⅲ.(1)玻璃管2起到了平衡氣壓的作用；(2)根據關系式計算；(3)氨含量測定結果偏低，說明中和滴定時消耗氫氧化鈉溶液體積V2偏大。【詳解】I．(1)得到的為硫酸銅和硫酸溶液,濃縮時,硫酸變濃,濃硫酸具有吸水性,使CuSO4·5H2O失去結晶水變為CuSO4，可使固體變為白色；(2)Cu在H2O2作用下與稀硫酸反應生成硫酸銅，該反應的化學方程式為：Cu+H2O2+H2SO4＝CuSO4+2H2O；(3)過氧化氫受熱易分解，故采用減壓蒸餾的方式，則B處增加一個減壓設備，餾出物為H2O；II．(1)淺藍色沉淀的成分為Cu2(OH)2SO4，反應的離子方程式為：2Cu2++2NH3·H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；(2)由題中信息，Cu(NH3)4SO4·H2O晶體難溶于乙醇，可溶于水，故加入乙醇(或醇析)可從深藍色溶液中析出深藍色晶體；Ⅲ.(1)裝置中長導管可起到平衡氣壓，防止堵塞和倒吸；(2)與氨氣反應的n(HCl)=10?3V1L×0.500mol?L?1?0.500mol?L?1×10?3V2L=5×10?4(V1?V2)mol，根據NH3～HCl可知，n(NH3)=n(HCl)=5×10?4(V1?V2)mol，則n[Cu(NH3)4SO4·H2O]=n(NH3)=×5×10?4(V1?V2)mol，樣品中產品純度的表達式為：×100%=×100%；(3)A．滴定時未用NaOH標準溶液潤洗滴定管,濃度偏低,則V2偏大，氨含量偏低，故A正確；B．滴定過程中選用酚酞作指示劑，滴定終點時溶液呈堿性，消耗NaOH溶液體積偏大，測定的氨含量偏低，故B正確；C．讀數時，滴定前平視