江苏省常熟市2023学年高三下学期一模考试化学试题含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

2、一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、已知常温下Ka(CH3COOH)Ka(HClO)、Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)。下列分析不正确的是（ ）A将10 mL 0.1 mol/L Na2CO3溶液逐滴滴加到10 mL 0.1 mol/L盐酸中：c(Na)c(Cl)c(CO32)c(HCO3)B现有200 mL 0.1 mol/L NaClO溶液，100 mL0.1 mol/L CH3COONa溶液，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：C向0.1 mol/L NH4Cl溶液中加入少量NH4Cl固体：比值减小D将AgBr和AgCl的饱和溶液等体积混合，再加入足量

3、AgNO3浓溶液：产生的AgCl沉淀多于AgBr沉淀2、室温下，下列关于电解质的说法中正确的是A中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH=7，前者消耗的盐酸多B向NaHS 溶液中加入适量 KOH 后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)C将amolL-1的醋酸与0.01 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离常数Ka= (用含a的代数式表示)D向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则的值减小3、化学与环境、生活密切相关，下列与化学有关的说法正确的是（ ）A用石材制作砚台的过程是化学变化B氯化铵溶液可清除铜制品表面

4、的锈渍，是因为氨根离子水解使溶液显酸性C月饼因为富含油脂而易发生氧化，保存时常放入装有硅胶的透气袋D为测定熔融氢氧化钠的导电性，可将氢氧化钠固体放在石英坩埚中加热熔化4、某金属有机多孔材料FJI-H14在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）A该材料的吸附作用具有选择性B该方法的广泛使用有助于减少CO2排放C在生成的过程中，有极性共价键形成D其工作原理只涉及化学变化5、W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。Y是短周期中原子半径最大的元素；元素X和Z同族，Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质

5、反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无色气体。下列说法正确的是（ ）A简单离子半径大小为YXZBY和Z的氢化物溶于水，所得溶液均呈酸性CW与Z均只有两种的含氧酸D工业上电解熔融Y2X制备单质Y6、联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”。现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W处于同周期且族序数相差6。下列说法正确的是A元素非金属性：BY和Z形成的化合物中只存在离子键CZ、W的简单离子半径：D只有W元素的单质可用于杀菌消毒7、下列说法正确的是A“春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”和“泪”分别是蛋白质和烃的衍生物B油

6、脂、糖类和蛋白质都属于高分子化合物，且都能发生水解反应C通常可以通过控制溶液的pH分离不同的氨基酸D肥皂的主要成分是硬脂酸钠，能去除油污的主要原因是其水溶液呈碱性8、已知：AgSCN(白色，s)Ag+(aq)+SCN-(aq)，T时，Ksp(AgSCN)=1.010-12。在T时，向体积为20.00mL、浓度为mmol/L的AgNO3溶液中滴加0.l0mol/LKSCN溶液，溶液pAg的与加入的KSCN溶液体积的关系如图所示，下列说法错误的是（ ）Am=0.1Bc点对应的KSCN溶液的体积为20.00mLCa、b、c、d点对应的溶液中水的电离程度：abcdD若V3=60mL，则反应后溶液的pA

7、g=11-lg29、中国人民在悠久的历史中创造了绚丽多彩的中华文化，下列说法错误的是A“木活字”是由元代王祯创制的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素B“指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe2O3C“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出图案的工艺，蚕丝的主要成分是蛋白质D“黑陶”是一种传统工艺品，是用陶土烧制而成，其主要成分为硅酸盐10、下列说法正确的是A烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小B乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键DC7H16，主链上有

8、5个碳原子的同分异构体共有5种11、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（）AFeCl3BHNO3CCl2DO212、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）ASSO3H2SO4BNH3NO2HNO3CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)13、25时，向10 mL 0.l molL1 H2C2O4溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，溶液的pH与NaOH溶液的体积关系如图所示，下列叙述正确的是( )AA点溶液中，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)BHC2O4在溶液中水解程度大

9、于电离程度CC点溶液中含有大量NaHC2O4和H2C2O4DD点溶液中，c(Na)c(C2O42)c(HC2O4)c(OH)c(H)14、下列叙述正确的是( )A电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极B氯碱工业上电解的是熔融的NaClC氢氧燃料电池(酸性电解质)中O2通入正极，电极反应为O24H4e=2H2OD上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl移向CuSO4溶液15、一定呈中性的是()ApH7 的溶液B25，Kw1.01014的溶液CH+与 OH物质的量相等的溶液D等物质的量的酸、碱混合后的溶液16、已知有关溴化氢的反应如下：反应I：反应：反应：下列说法正确的是A实验室可用浓与NaBr反应

10、制HBr并用干燥B反应中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1CHBr有强还原性，与溶液发生氧化还原反应DHBr的酸性比HF强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记17、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH318、某同学探究溶液的酸碱性对FeCl3水解平衡的影响，实验方案如下：配制50 mL 0.001 mol/L FeCl3溶液、50mL对照组溶液x，向两种溶液中分别滴加1滴1 mol/L HCl溶液、1滴1 mol/L NaO

11、H 溶液，测得溶液pH随时间变化的曲线如下图所示。下列说法不正确的是A依据M点对应的pH，说明Fe3+发生了水解反应B对照组溶液x的组成可能是0.003 mol/L KClC依据曲线c和d说明Fe3+水解平衡发生了移动D通过仪器检测体系浑浊度的变化，可表征水解平衡移动的方向19、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温常压下，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为4NAB0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数小于0.2NAC20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应转移电子数为0.1NAD0.1molNH2-所含电子数为6.0

12、21023个20、硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一。下列说法正确的是A硒的摄入量越多对人体健康越好BSeO32空间构型为正四面体CH2Se的熔沸点比H2S高DH2SeO4的酸性比H2SO4强21、将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A溶液的pH增大BCH3COOH电离度增大C溶液的导电能力减弱D溶液中c(OH)减小22、人工肾脏可用电化学方法除去代谢产物中的尿素CO（NH2）2，原理如图，下列有关说法不正确的是（ ）AB为电源的正极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C电子移动的方向是B右侧惰性电极，左侧惰性电极AD阳

13、极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2ON2+CO2+6HCl二、非选择题(共84分)23、（14分）EPR橡胶（）和PC塑料(）的合成路线如下：（1）A的名称是 _。E的化学式为_。（2）C的结构简式_。（3）下列说法正确的是（选填字母）_。A反应的原子利用率为100% BCH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用C1 mol E与足量金属 Na 反应，最多可生成22.4 L H2 D反应为取代反应（4）反应的化学方程式是_。（5）反应的化学方程式是_。（6）写出满足下列条件F的芳香族化合物的同分异构体_。含有羟基，不能使三氯化铁溶液显色，核磁共振氢谱为

14、五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1；（7）已知：，以D和乙酸为起始原料合成无机试剂任选，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明反应试剂和条件）_。24、（12分）用煤化工产品合成高分子材料I的路线如下：已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为（2）根据题意完成下列填空：（1）A的结构简式为_。（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为_。（3）的反应类型为_反应。（4）的试剂与条件为_。（5）I的结构简式为_；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式_。能发生银镜反

15、应 能发生水解反应苯环上一氯取代物只有一种 羟基不与苯环直接相连（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线_。（合成路线需用的表示方式为：）25、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4H2O）。已知：N2H4H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClONa2CO3+N2H4H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_。（实验二）制取水合肼。（实验装置如

16、图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是_（填标号）。ACO(NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是_。蒸馏时需要减压，原因是_。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现_，记录消耗碘的标准液的体积

17、。d进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在_滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式_。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_。26、（10分）文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：资料:i. 草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii. 三水三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42- K=6.3

18、10-21iii.FeC2O42H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器a的名称为_。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是_。(3)若用D的装置进行尾气处理，存在的问题是_、_。（实验2）通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_。(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)33H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和

19、现象是_。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_Fe(C2O4)33-+_H2O_FeC2O42H2O+_+_（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到期目的可能产生的现象：_。27、（12分）钠与水反应的改进实验操作如下：取一张滤纸，用酚酞试液浸润并晾干，裁剪并折叠成信封状，滤纸内放一小块（约绿豆粒般大小）金属钠，把含钠的滤纸信封放入水中，装置如下图所示。请回答：（1）写出金属钠与水反应的离子方程式_。（2）实验过程中取用金属钠的操作方法是_。（3）有关此实验的说法正确

20、的是_。A实验过程中，可能听到爆鸣声B实验过程中，看到滤纸信封由白色逐渐变红色C实验改进的优点之一是由实验现象能直接得出反应产物D实验过程中，多余的金属钠不能放回原试剂瓶中，以免对瓶内试剂产生污染28、（14分）2019 年诺贝尔化学奖授予三位开发锂离子电池的科学家。TiS2、LiCoO2 和 LiMnO2 等都是他们研究锂离子电池的载体。回答下列问题：（1）基态 Ti 原子的价层电子排布图为_。（2）在第四周期 d 区元素中，与 Ti 原子未成对电子数相同的元素名称_。（3）金属钛的原子堆积方式如图所示，则金属钛晶胞俯视图为_。（4）已知第三电离能数据：I3（Mn）3246 kJmol-1，

21、I3（Fe）2957 kJmol-1。锰的第三电离能大于铁的第三电离能，其主要原因是_。（5）据报道，在 MnO2 的催化下，甲醛可被氧化成 CO2，在处理含 HCHO 的废水或空气方面有广泛应用。HCHO中键角_CO2 中键角（填“大于”“小于”或“等于”）。（6）Co3+、Co2+能与 NH3、H2O、SCN-等配体组成配合物。1 mol Co（NH3）63+含_mol 键。配位原子提供孤电子对与电负性有关，电负性越大，对孤电子对吸引力越大。SCN-的结构式为SCN -，SCN-与金属离子形成的配离子中配位原子是_（填元素符号）。（7）工业上，采用电解熔融氯化锂制备锂，钠还原 TiCl4（

22、g）制备钛。已知：LiCl、TiCl4的熔点分别为 605、24，它们的熔点相差很大，其主要原因是_。（8）钛的化合物晶胞如图所示。二氧化钛晶胞如图 1 所示，钛原子配位数为_。氮化钛的晶胞如图 2 所示， 图 3 是氮化钛的晶胞截面图（相邻原子两两相切）。已知：NA 是阿伏加德罗常数的值，氮化钛晶体密度为 d gcm-3。氮化钛晶胞中 N 原子半径为_pm。29、（10分）4种相邻的主族短周期元素的相对位置如表，元素x的原子核外电子数是m的2倍，y的氧化物具有两性。回答下列问题：mnxy（1）元素x在周期表中的位置是第_。其单质可采用电解熔融的_方法制备。用电子式表示该化合物的形成过程：_。

23、（2）m、n、y三种元素最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是_，碱性最强的是_。(填化学式)（3）气体分子(mn)2称为拟卤素，性质与卤素类似，其与氢氧化钠溶液反应的化学方程式是_。参考答案（含详细解析）一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【答案解析】A. 10mL0.1molL1Na2CO3溶液逐滴滴加到10mlL0.1molL1盐酸中，开始时产生二氧化碳气体，滴加完后盐酸完全反应，碳酸钠过量，所以得到碳酸钠和氯化钠的混合物，所以离子浓度大小为：c(Na+)c(Cl)c(CO32)c(HCO3)，A正确；B.由于Ka(CH3COOH)Ka(HClO)，ClO-

24、水解程度大于CH3COO-水解程度，两种溶液中的阴离子的物质的量浓度之和：，B正确C. 向0.1 mol/L NH4Cl溶液中，存在NH4+H2ONH3H2O+H+，加入少量NH4Cl固体，NH4+ ，NH4+水解平衡正向移动，c(NH3H2O)、c(H+)，水解常数不变，即，NH4+水解程度减小，减小，、增大，C错误；D. 因为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)，在AgCl和AgBr两饱和溶液中，前者c(Ag+)大于后者c(Ag+)，c(Cl-)c(Br-)，当将AgCl、AgBr两饱和溶液混合时，发生沉淀的转化，生成更多的AgBr沉淀，与此同时，溶液中c(Cl-)比原来AgCl饱和溶液中

25、大，当加入足量的浓AgNO3溶液时，AgBr沉淀有所增多，但AgCl沉淀增加更多，D正确；故答案为：C。【答案点睛】当盐酸逐滴滴加Na2CO3溶液时，开始时不产生二氧化碳气体，随着盐酸过量，才产生二氧化碳气体，其反应方程式为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl；NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2；2、B【答案解析】A、中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，后者消耗的盐酸多，故A错误；B、根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:1，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故B正确；C、将amolL-1的醋酸与0.01 molL-1的氢氧化钠溶

26、液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka=，故C错误；D、向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH-)减小，Kh=值不变，所以则的值增大，故D错误。3、B【答案解析】A用石材制作砚台的过程没有新物质生成，属于物理变化，故A错误；B氨根离子水解使溶液显酸性，酸性溶液可以用来除锈，故B正确；C硅胶具有吸水性，可作食品包装中的硅胶为干燥剂，但硅胶没有还原性、不能除去月饼包装袋中的氧气，可放入装有铁粉的透气袋，故C错误；D石英坩埚中含有二氧化硅，二氧化硅能和氢氧化钠发生反应，故D错误；故答案选B。4、D【答案解析】根据题干信息和图示转换进行

27、判断。【题目详解】A由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确； B环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；C在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C正确；D该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；答案选D。5、A【答案解析】W、X、Y、Z均为短周期元素且原子序数依次增大。依据元素周期律可知，同周期元素中，从左到右原子半径依次减小，同主族元素中，从上到下原子半径依次增大，因Y是短周期中原子半径最大的元素，则Y为Na元素；Z的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液与W的单质反应，生成两种能使澄清石灰水变浑浊的无

28、色气体，采用逆分析法可知，这两种气体为二氧化碳与二氧化硫酸性气体，则可知Z为S，其最高价氧化物对应的水化物的浓溶液为浓硫酸，可与W的单质（C）反应，因此推出W为C；又X和Z同族，则X为O元素，据此分析作答。【题目详解】由上述分析可知，W、X、Y、Z分别是C、O、Na和S元素，则A. 简单离子的电子层数越多，其对应的半径越大；电子层数相同时，核电荷数越小，离子半径越大，则简单离子半径大小为YXZ，A项正确；B. 氢化钠为离子化合物，溶于水后与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2，使溶液呈现碱性，B项错误；C. C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸为亚硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C项错

29、误；D. 工业上采用电解熔融氯化钠来制备金属钠，而不是Na2O，D项错误；答案选A。【答案点睛】B项是易错点，学生要注意氢元素与活泼金属作用时，形成离子化合物，H显-1价。6、C【答案解析】现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，Z、W处于同周期且族序数相差6，则Z位于A族，W位于A族；X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，该化合物可能为H2O、CO2，若为H2O，H位于A族，与Z位于同一主族，不满足条件，所以X、Y形成的化合物为CO2，则X为C、Y为O元素；Z、W的原子序数大于O元素，则Z、W位于第三周期，Z为Na，W为Cl元素，据此解答。【题目详解】根据分析可知： X

30、 为C元素，Y为O元素，Z为Na，W为Cl元素。A. 高氯酸的酸性大于碳酸，则非金属性 XW ，故 A 错误；B. O、Na形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故 B 错误；C. 离子的电子层越多离子半径越大，则钠离子的离子半径小于氯离子，故C正确；D. 除了氯气，臭氧也能够用于自来水的杀菌消毒，故D错误。故选C。7、C【答案解析】A丝的主要成分是蛋白质，“泪”即熔化的石蜡属于烃类，A项错误；B油脂不属于高分子化合物，糖类中只有多糖属于高分子化合物，单糖不发生生水解，B项错误；C调节溶液的pH至氨基酸的等电点，在等电点时，氨基酸形成的内盐溶解度最小，因此可以用调

31、节pH至等电点的方法分离氨基酸的混合物，C项正确；D肥皂去油污不是依靠其水溶液的碱性，而是利用肥皂的主要成分高级脂肪酸钠盐在水溶液中电离出钠离子和RCOO-，其中RCOO-的原子团中，极性的-COO-部分易溶于水，称为亲水基，非极性的烃基-R部分易溶于油，叫做憎水基，具有亲油性。肥皂与油污相遇时，亲水基一端溶于水，憎水基一端溶于油污。由于肥皂既具有亲水性又具有亲油性，就把原本不互溶的水和油结合起来，使附着在织物表面的油污易被润湿，进而与织物分开。同时伴随着揉搓，油污更易被分散成细小的油滴进入肥皂液中，形成乳浊液；此时，肥皂液中的憎水烃基就插入到油滴颗粒中，亲水的-COO-部分则伸向水中，由于油

32、滴被一层亲水基团包围而不能彼此结合，因此，漂洗后就达到去污的目的了，D项错误；答案选C。8、C【答案解析】a点时，只有AgNO3溶液，由pAg可求出c(AgNO3)；c点时pAg=6，则c(Ag+)=10-6mol/L，可近似认为Ag+不存在，则此时Ag+与SCN-刚好完全反应，此时溶液呈中性，由此可求出V1；d点时，KSCN过量，SCN-水解而使溶液显碱性。【题目详解】A. a点时，只有AgNO3溶液，由pAg=1，可求出c(AgNO3)=0.1mol/L，A正确；B. c点时，Ag+与SCN-刚好完全反应，20.00mL0.1mol/L= V10.1mol/L，从而求出V1= 20.00m

33、L，B正确；C. c点时，Ag+与SCN-刚好完全反应，水的电离不受影响，d点时，KSCN过量，SCN-水解而使水的电离程度增大，则溶液中水的电离程度：cd，C错误；D. 若V3=60mL，c(SCN-)=0.05mol/L，则c(Ag+)=210-11mol/L，反应后溶液中的pAg=-lgc(Ag+)=11-lg2，D正确；故选C。9、B【答案解析】A. 木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；C. 蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；D. “黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐

34、，故D正确；答案选B。10、D【答案解析】A烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C苯中不含碳碳双键，故C错误；DC7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；答案选D。11、A【答案解析】A铁与FeCl3反应生成氯化

35、亚铁，为+2价铁，故A正确； B铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2价铁，故B错误； C铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误； D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误； 故选：A。12、D【答案解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【题目详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不

36、可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。答案选D。【答案点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。13、A【答案解析】A. A点是草酸溶液，根据电荷守

37、恒，c(H)c(OH)c(HC2O4)2c(C2O42)，故A正确；B.B点是10 mL 0.l molL1 H2C2O4溶液与10 mL 0.l molL1NaOH溶液混合，溶质是NaHC2O4，B点溶液呈酸性，可知HC2O4在溶液中电离程度大于水解程度，故B错误；C. B点溶质是NaHC2O4，D点溶质是Na2C2O4，所以C点溶液中含有NaHC2O4和Na2C2O4，故C错误；D. D点溶液的溶质是Na2C2O4，c(Na)c(C2O42)c(OH)c(HC2O4)c(H)，故D错误。答案选A。【答案点睛】该题侧重对学生能力的培养，意在培养学生的逻辑推理能力和创新思维能力，关键是在明确二

38、元弱酸与氢氧化钠反应原理的基础上利用好电荷守恒、物料守恒以及质子守恒。14、C【答案解析】A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中O2通入正极，电极反应为：O2+4H+4e-2H2O，C正确；D.由于金属活动性ZnCu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的Cl移向正电荷较多的ZnSO4溶液，D错误；答案选C。15、C【答案解析】A100度时，纯水的pH6，该温度下pH7的溶液呈碱性，所以pH7的溶液不一定呈中性，故A错误；B25，Kw1.01014是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一

39、定呈中性，故B错误；C只要溶液中存在H+与 OH物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；答案选C。【答案点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。16、B【答案解析】A. HBr会与发生反应，故HBr不能用干燥，A错误；B. 反应中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1，B正确；C. HBr与溶液会发生复分解反应生成AgBr沉淀，C错误；D. HF中F是亲硅元素，故可用于刻蚀玻璃，而H

40、Br不行，D错误；故答案选B。17、C【答案解析】AHCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；B蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆矾，B错误；C挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D错误；答案选C。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。18、B【答案解

41、析】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液显酸性，原因是氯化铁是强酸弱碱盐，Fe3+在溶液中发生了水解，故A正确；B、对照组溶液X加碱后溶液的pH的变化程度比加酸后的pH的变化程度大，而若对照组溶液x的组成是0.003 mol/L KCl，则加酸和加碱后溶液的pH的变化应呈现轴对称的关系，所以该溶液不是0.003 mol/L KCl，故B错误；C、在FeCl3溶液中加碱、加酸后，溶液的pH的变化均比对照组溶液x的变化小，因为加酸或加碱均引起了Fe3+水解平衡的移动，故溶液的pH的变化比较缓和，故C正确；D、FeCl3溶液水解出氢氧化铁，故溶液的浑浊程度变大，则水解被促进，否则被抑制，故D正确；故

42、选B。19、D【答案解析】A、P4是正四面体结构，每个P4分子中有6个共价键，1molP4(P原子均达到8电子稳定结构)中所含P-P键数目为6NA，故A错误；B. H2+I2 2HI反应前后气体分子数不变，0.1molH2和0.1molI2于密闭容器中充分反应后，其分子总数等于0.2NA，故B错误C. 20mL10mol/L的浓硝酸与足量铜加热反应生成NO2和NO，转移电子数不是0.1NA，故C错误；D.1个NH2-含10个电子，0.1molNH2-所含电子数为6.021023个，故D正确。20、C【答案解析】A硒(Se)元素是人体必需的微量元素之一，但并不表示摄入量越多越好，故A错误；BSe

43、O32中心原子的价电子对数为3+=4，其中有1个孤电子对，中心原子为sp3杂化，其空间构型为三角锥形，故B错误；CH2Se和H2S结构相似，相对分子质量越大，分子间作用力越大，熔沸点越高，则H2Se的熔沸点比H2S高，故C正确；D元素的非金属性越强，其最高价氧化物水化物酸性越强，Se的非金属性比S弱，则H2SeO4的酸性比H2SO4弱，故D错误；故答案为C。21、A【答案解析】ACH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡

44、向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；CCH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。22、A【答案解析】根据反应装置可确定为电解池，右边电极H原子得电子化合价降低，发生还

45、原反应，为阴极；左边电极为阳极，阳极室反应为6Cl-6e=3Cl2、CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，电子从负极流向阴极、阳极流向正极；【题目详解】A通过以上分析知，B为电源的负极，A错误；B电解过程中，阴极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，溶液中氢氧根离子浓度增大，溶液的pH增大，所以电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高，B正确；C电子从负极流向阴极、阳极流向正极，所以电子移动的方向是B右侧惰性电极、左侧惰性电极A，C正确；D通过以上分析知，阳极室中发生的反应依次为2Cl2e=Cl2、CO（NH2）2+3Cl2

46、+H2O=N2+CO2+6HCl，D正确；答案为A。二、非选择题(共84分)23、丙烯 C2H6O2 AB n+n+(2n-1) CH3OH 或 【答案解析】EPR橡胶()的单体为CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反应得到，B发生氧化反应生成环氧己烷，则B为CH2=CH2、A为CH2=CHCH3；结合PC和碳酸二甲酯的结构，可知C15H16O2为，D与丙酮反应得到C15H16O2，结合D的分子式，可推知D为，结合C的分子式，可知A和苯发生加成反应生成C，再结合C的氧化产物，可推知C为；与甲醇反应生成E与碳酸二甲酯的反应为取代反应，可推知E为HOCH2CH2OH。据此分析解答。【

47、题目详解】(1)根据上述分析，A为CH2=CHCH3，名称为丙烯；E为HOCH2CH2OH，化学式为C2H6O2，故答案为丙烯；C2H6O2；(2)C为，故答案为；(3)A反应为加成反应，原子利用率为100%，故A正确；B生成PC的同时生成甲醇，生成E时需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的过程中可以循环利用，故B正确；CE为HOCH2CH2OH，1molE与足量金属Na反应，最多可以生成1mol氢气，气体的体积与温度和压强有关，题中未告知，无法计算生成氢气的体积，故C错误；D反应为加成反应，故D错误；故答案为AB；(4)反应的化学方程式是，故答案为；(5)反应的化学方程式是n+n+(2n-

48、1)CH3OH，故答案为n+n+(2n-1) CH3OH；(6)F的分子式为C15H16O2，F的芳香族化合物的同分异构体满足：含有羟基；不能使三氯化铁溶液显色，说明羟基没有直接连接在苯环上；核磁共振氢谱为五组峰，且峰面积之比为1:2:2:2:1，满足条件的F的芳香族化合物的同分异构体为或，故答案为或；(7)和氢气发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生信息中的氧化反应生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO发生加成反应生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸发生酯化反应生成，因此合成路线为：，故

49、答案为。【答案点睛】正确推断题干流程图中的物质结构是解题的关键。本题的易错点为(6)，要注意从结构的对称性考虑，难点为(7)中合成路线的设计，要注意充分利用题干流程图提供的信息和已知信息，可以采用逆推的方法思考。24、 加成反应 氢氧化钠水溶液加热 【答案解析】B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：

50、H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。【题目详解】（1）根据上述分析，A的结构简式为；（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；（3）根据上述分析，的反应类型为加成反应；（4）E碱性条件下水解得到F，则的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；（5）根据上述分析，I的结构简式为；能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁

51、醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。【答案点睛】逆合成法的运用往往是解决有机合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。25、BDCl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4H2O + 2I2 =

52、N2+ 4HI + H2O82.00%【答案解析】（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4H2O + 2I2 = N2+

53、 4HI + H2O进行计算。【题目详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4H2O）中氮元素为2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生

54、成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2H2O+2I2=N2+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2H2O）=0.2000molL10.0082L=0.00082mol，250ml溶

55、液中含有的物质的量=0.00082mol =0.082mol，水合肼（N2H2H2O）的质量分数= 100%=82%，故答案为：N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O ；82%。【答案点睛】水合肼（N2H4H2O）中氮元素为2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。26、分液漏斗 先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯 发生倒吸 可燃性气体H2不能被吸收 溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 取少量实验2中的翠绿色

56、溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀 2 4 2 3C2O42- 2CO2 电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生 【答案解析】实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及

57、原子守恒书写离子方程式；实验三：根据2Fe3+C2O42-=2Fe2+2CO2，判断原电池正负极反应及相应的现象。【题目详解】(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K

58、3Fe(C2O4)33H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是在溶液中存在电离平衡：溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加入硫酸后，硫酸电离产生H+与溶液中的C2O42-结合生成弱酸H2C2O4，使可使平衡正向移动，导致溶液中c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红；(5)若K3Fe(C2O4)33H2O发生氧化还原反应，则会产生Fe2+，检验方法是取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(CN)6溶液，不出现蓝色沉淀，证明无Fe2+，产生的K3Fe(C2O4)3

59、3H2O未发生氧化还原反应；(6)在光照条件下草酸铁溶液发生氧化还原反应，产生FeC2O42H2O、CO2气体，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得反应的离子方程式：2Fe(C2O4)33-+4H2O2FeC2O42H2O+2C2O42+2CO2；(7)该装置构成了原电池，在左边，Fe3+获得电子变为Fe2+，溶液变为浅绿色，左边电极为正极；在右边电极上，溶液中的C2O42-失去电子，发生氧化反应，C2O42-2e-=2CO2，右边电极为负极，会看到电极上有气泡产生。【答案点睛】本题考查了仪器的辨析、离子的检验方法、电离平衡移动、原电池反应原理的应用等知识。掌握元素及化合物的知识，结合题干信

60、息进行分析、判断。27、2Na + 2H2O = 2Na+2OH- + H2用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验。ABC【答案解析】（1）金属钠与水反应生成NaOH和氢气的离子方程式为2Na + 2H2O = 2Na+2OH- + H2；（2）因钠能与水反应，应保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蚀性，实验过程中取用金属钠的操作方法是用镊子取出金属钠，用滤纸吸干表面的煤油，用小刀切一小块用于实验；（3）A反应放热，生成的H2在空气中燃烧，能听到爆鸣声，故A正确；B生成NaOH,溶液显碱性，滴有酚酞的滤纸信封由白色逐渐变红色，故B正确；C此实验的优点之一是由实验现象能直接