广西南宁市第十四中学2023学年高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O ，下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得电子BClO2是

2、还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mole-转移2、通过下列实验操作和实验现象，得出的结论正确的是实验操作实验现象结论A将丙烯通入碘水中碘水褪色并分层丙烯与碘水发生了取代反应B向FeSO4溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀FeSO4溶液未变质C向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体溶液红色褪去SO2具有漂白性D向2mL 0.1mol/L的NaCl溶液中滴加3滴相同浓度的AgNO3，然后再滴加3滴相同浓度的KI溶液先产生白色沉淀，然后变为黄色沉淀Ksp(AgI)Ksp(AgCl)AABBCCDD3、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A工业上

3、常利用油脂的碱性水解制取肥皂B水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C蔬菜汁饼干易氧化变质建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果4、下列解释工业生产或应用的化学方程式正确的是（ ）A氯碱工业制氯气：2NaCl（熔融）2Na+C12B利用磁铁矿冶炼铁：CO+FeOFe+CO2C工业制小苏打：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3+NH4ClD工业制粗硅：C+SiO2Si+CO25、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正

4、确的是（ ）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等6、常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是Aa点溶液中：水电离出的c(H+)=110-10molL-1Bb点溶液中：c(H+)=110-7molL-1Cc点溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)Dd点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)7、设表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下，9.5

5、 g羟基（）含有的中子数为B中含有的键数量为C与足量浓盐酸反应产生时转移电子数为D溶液中含有的阴离子总数大于8、某学习小组按如下实验过程证明了海带中存在的碘元素：下列说法不正确的是A步骤需要将干海带放入坩埚中灼烧B步骤反应的离子方程式为：2I- +2H+H2O2=I2+2H2OC步骤操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素D若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿，步骤操作后，试管中溶液不变成蓝色9、研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是A有24个电子BN原子中未成对电子的电子云形状相同C质子数为20D中N原子间形成离

6、子键10、下图为光电催化能源化利用CO2制备太阳能燃料的示意图。下列说法不正确的是A阳极反应式为2H2O4e4H+O2BCO2还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等C阳极、阴极材料互换对制备太阳能燃料影响不大D若太阳能燃料为甲醇，则阴极电极反应式为：CO2+6H+6eCH3OH+H2O11、CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H =49.0 kJ mol-12CO2(g) + 6H2(g) CH3CH2OH(g) + 3H2O(g) H=

7、173.6 kJ mol-1下列说法不正确的是ACH3OH(g) + CO2(g) + 3H2(g) CH3CH2OH(g) + 2H2O(g) H0B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率12、异戊烷的A沸点比正己烷高B密度比水大C同分异构体比C5H10多D碳碳键键长比苯的碳碳键长13、某同学设计了蔗糖与浓硫酸反应的改进装置，并对气体产物进行检验，实验装置如图所示。下列结论中正确的是（ ）选项现象结论A中注入浓硫酸后，可观察到试管中白色固体变为黑色体现了浓硫酸的吸水性B中观察到棉球a、

8、b都褪色均体现了SO2的漂白性C中无水硫酸铜变蓝说明反应产物中有H2OD中溶液颜色变浅，中澄清石灰水变浑浊说明有CO2产生AABBCCDD14、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）ApH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg随pH的变化情况C=10-2.97DA2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka215、我国学者研制了一种纳米反应器，用于催化草酸二甲酯（DMO）和氢气反应获得EG。反应过程示意图如下：下列说法不正确的是( )。ACu纳米颗粒将氢气解离成氢原

9、子B反应过程中生成了MG和甲醇CDMO分子中只有碳氧单键发生了断裂DEG和甲醇不是同系物16、科研工作者利用Li4Ti5O12纳米材料与LiFePO4作电极组成可充放电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（ ）A放电时，碳a电极为正极，电子从b极流向a极B电池总反应为Li7Ti5O12+FePO4Li4Ti5O12+LiFePO4C充电时，a极反应为Li4Ti5O12 +3Li+3e-Li7Ti5O12D充电时，b电极连接电源负极，发生还原反应17、如图所示是一种以液态肼(N2H4)为燃料氧气为氧化剂，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该固体氧化物电解质的工作温度高达700900时，O

10、2可在该固体氧化物电解质中自由移动，反应生成物均为无毒无害的物质。下列说法正确的是（ ）A电池内的O2由电极甲移向电极乙B电池总反应为N2H4+2O22NO+2H2OC当甲电极上有1molN2H4消耗时，标况下乙电极上有22.4LO2参与反应D电池外电路的电子由电极乙移向电极甲18、近期，我国爆发了新冠状病毒感染导致的肺炎，很多现象可以利用化学知识加以解释。下列过程不涉及化学反应的是A使用医用酒精杀死病毒的过程B制药厂中合成抗病毒药物达芦那韦的过程C患者呼出的病群形成气溶胶的过程D病毒在被感染的宿主细胞中的增殖过程19、常温下，向20 mL 0.1 molL-1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液

11、中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法不正确的是()A常温下，0.1 molL-1氨水中的电离常数约为Ba、b之间的点一定满足：c(NH4+)c(Cl-)c(OH-)c(H+)Cc点溶液中c(NH4+) Fe3+。实验中Ag+未发生氧化还原反应的原因是_。(8)进一步探究Ag+和S2O32-反应。装置编号试剂X实验现象 AgNO3溶液先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为黄色、棕色，最后为黑色沉淀。实验中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数：Ag2S2O3+_ =Ag2S+_(9)根据以上实验，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反

12、应和_有关(写出两条)。26、（10分）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSO4H，反应原理为：SO2 + HNO3 = SO3 + HNO2、SO3 + HNO2 = NOSO4H。（1）亚硝酰硫酸（NOSO4H）的制备。仪器I的名称为_，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是_。按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_(填仪器接口字母，部分仪器可重复使用)。A中反应的方程式为_。B中“冷水”的温度一般控制在20，温度不宜过高或过低的原因为_。 （2）亚硝酰硫酸（NOSO4H）纯度的测定。称取1.500

13、g产品放入250 mL的碘量瓶中，并加入100.00 mL浓度为0.1000 molL-1的KMnO4标准溶液和10 mL 25%的H2SO4，摇匀；用0.5000 molL-1的Na2C2O4标准溶液滴定，滴定前读数1.02 mL, 到达滴定终点时读数为31.02 mL。已知：i：KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 + H2SO4 ii：2KMnO4 + 5Na2C2O4 + 8H2SO4 = 2MnSO4 +10CO2+ 8H2O完成反应i的化学方程式：_KMnO4 + NOSO4H + _ = K2SO4 + MnSO4 + HNO3 +

14、H2SO4 滴定终点的现象为_。产品的纯度为_。27、（12分）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C600C之间的原因是_。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：_（用离子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+= Mn2+2Fe3+2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B

15、两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液( ) ( )( ) (A) ( ) ( ) （ ），_A蒸发溶剂 B趁热过滤 C冷却结晶 D过滤E将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F将溶液蒸发至容器底部出现

16、大量晶体28、（14分）第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满;短周期元素W、X、Y、Z第一电离能与原子序数的关系如下图所示，请回答下列问题(用Q、W、X、Y、Z所对应的元素符号作答)：（1）基态Y原子核外共有_种运动状态不相同的电子。若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为_。（2）X、W组成的一种二元化合物常用作火箭燃料，该化合物中X原子的杂化方式为_。该化合物常温下呈液态，其沸点高于Y2沸点的原因为_。（3）X2Y曾被用作麻醉剂，根据“等电子体原理”预测X2Y的空间构型为_。（4）XW3存在孤电子对，可形成Q(XW3)42+离子，该离子中不存在_(填序号)。A极

17、性共价键 B非极性共价键 C配位键 D键 E.键（5）Q与X形成的一种二元化合物的立方晶胞结构如图所示：Q原子周围距其距离最近的Q原子的数目为_。该二元化合物的化学式为_。（6）已知单质Q晶体的堆积方式为面心立方最密堆积，则单质Q晶体的晶胞中原子的空间利用率为_(用含的式子表示)。29、（10分）钛被誉为“21世纪的金属”，可呈现多种化合价。其中以+4价的Ti最为稳定。回答下列问题：（1）基态Ti原子的价电子排布图为_。（2）已知电离能：I2(Ti)=1310kJmol-1，I2(K)=3051kJmol-1。I2(Ti)r(P)r(N)r(O)，故A说法错误；B. 利用非金属性越强，其最高价

18、氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是NOSi，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3H3PO4H2SiO4，故B说法正确；C. 利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是ONPSi，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2ONH3PH3SiH4，故C说法正确；D. 主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。6、C【答案解析】试题分析：Aa点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=110-10molL-1，正确。Bb点溶液中c(OH

19、-)=110-7molL-1，由于水的离子积是kw=110-14mol2L-2，所以c(H+)=110-7molL-1，正确。Cc点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，错误。Dd点溶液中，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=110-7molL-1，所

20、以c(H+)=110-7molL-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。7、A【答案解析】A一个中含有10中子，常温常压下，9.5 g羟基()的物质的量为0.5mol，含有的中子数为，故A正确；B在SiO2晶体中，每个Si原子形成4个Si-O键， 的物质的量为1mol，则含有的键数量为4NA，故B错误；C未指明Cl2的状态，不知Vm的值，则无法计算22.4LCl2的物质的量，也无法确定反应中转移的电子数，故C错误；D没有指明溶液的体积，根据n=cV，则无法计算溶液中含有的阴离子的物质的量，故D

21、错误；故答案为A。【答案点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。8、D【答案解析】A. 固体在坩埚中灼烧，所以步骤需要将干海带放入坩埚中灼烧，故A正确；B. 步骤中碘离子被过氧化氢氧化为碘单质，反

22、应的离子方程式为：2I- +2H+H2O2=I2+2H2O，故B正确；C. 碘单质能使淀粉溶液变蓝色，步骤操作后，观察到试管中溶液变为蓝色，可以说明海带中含有碘元素，故C正确；D. 若步骤仅滴加稀硫酸后放置一会儿，可发生4I-+4H+O2=2I2+2H2O，步骤操作后，试管中溶液变为蓝色，故D错误；选D。【答案点睛】本题考查海水提取碘的实验，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、物质的检验，掌握碘离子能被氧气氧化是关键，侧重分析与实验能力的考查。9、B【答案解析】A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒子中有34个电子，

23、故A错误；B.N原子中未成对电子处于2p轨道，p轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确；C.N原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则质子数为21，故C错误；D.N5+离子的结构为，中N原子间形成共价键，故D错误；故选B。10、C【答案解析】图中阳极是水失电子，生成O2和H+，电极反应式为：2H2O4e4H+O2，选项A正确；CO2被还原时，化合价降低，还原产物可能为CO、HCHO、CH3OH、CH4等，选项B正确；装置中阳极材料是光电催化材料，阴极是惰性电极Pt，二者不能互换，选项C错误；若太阳能燃料为甲醇，阴极反应物为CO2和H+，则电极反应式为：CO2+6H+6eCH3OH

24、+H2O，选项D正确。11、B【答案解析】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：，故A正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D正确；故选：B。12、D【答案解析】A. 烷烃的沸点随碳原子数的增多而升高，异戊烷有5个碳原子，正己烷有6个碳原子，异戊烷的沸点比正己烷低，故A错误；B. 常温下异戊烷是液态，液态烷烃的密度比水小，故B错误；C. 五个碳的烷烃只有3种同分异构体，它们分別是正戊

25、烷(5个碳都在主链上)，异戊烷(4个碳在主链上，有一个甲基在支链)，新戊烷(4个甲基连在同一个碳上)；C5H10有9种同分异构体，直链状的有2种:C=C-C-C-C，C-C=C-C-C。 支链是甲基的有3种：C=C-C-C(第5个碳在第2，3位)，C-C=C-C(第5个碳在第2位)。 环状的有4种：五元环，四元环外有一个甲基，三元环外有2个甲基或一个乙基，故C错误；D. 分子中两个成键原子的核间平均距离叫做键长，键长越短，表示原子结合得越牢，化学键越强，苯的碳碳键强度介于双键和三键直接，故长度大于碳碳三键小于碳碳双键，异戊烷中的碳碳键是碳碳单键，则异戊烷的碳碳键键长比苯的碳碳键长，故D正确；正

26、确答案是D。13、D【答案解析】A蔗糖遇到浓硫酸变黑，是由于浓硫酸具有脱水性，将蔗糖中氢元素和氧元素以水的比例脱出，不是吸水性，故A错误；Ba中品红褪色，体现二氧化硫的漂白性，b中溴水褪色，体现二氧化硫的还原性，故B错误；C无水硫酸铜变蓝，可以用来检验水，但是品红溶液和溴水都有水，不确定使硫酸铜变蓝的水是否由反应分解产生的，故C错误；D中溶液颜色变浅，是因为还有二氧化硫，不退色说明二氧化硫反应完全了，中澄清石灰水变浑浊了，说明产生了二氧化碳气体，故D正确；答案选D。【答案点睛】C项的无水硫酸铜变蓝了，说明有水，这个水不一定是反应中产生的水，还要考虑中的其他试剂，这是易错点。14、B【答案解析】

27、二元弱酸的Ka1=c（H）Ka2=c（H），当溶液的pH相同时，c（H）相同，lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系。【题目详解】ApH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A错误；B. 由分析：直线表示的是lg随pH的变化情况，故B正确；C. = =102.97，故C错误；DpH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=c（H）=c（H）=10-1.22，K2=c（H）=c（H）=10-4.19，A2的

28、水解平衡常数Kh1=10-9.8110-4.19=Ka2，故D错误；故选B。【答案点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。15、C【答案解析】A由图可知，氢气转化为H原子，Cu纳米颗粒作催化剂，故A正确；BDMO中CO、C=O均断裂，则反应过程中生成了EG和甲醇，故B正确； CDMO为草酸二甲酯，EG为乙二醇，则CO、C=O均断裂，故C错误；DEG与甲醇中OH数目不同，二者不是同系物，故D正确；综上所述，答案为C。16、C【答案解析】A. 由图可知，放电时，Li+从碳a电极向碳b电极移动，原电

29、池工作时，阳离子向正极移动，则碳b电极为正极，电子从a极流向b极，故A错误；B. 电池反应为Li7Ti5O12+3FePO4Li4Ti5O12+3LiFePO4，B项没有配平，故B错误；C. 充电时，Li+向a极移动，生成Li7Ti5O12，故电极方程式为：Li4Ti5O12 +3Li+3e-Li7Ti5O12，故C正确；D. 充电时，b电极失去电子发生氧化反应，应该和电源的正极相连，故D错误；正确答案是C。【答案点睛】放电时为原电池反应，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，原电池的正极与电源

30、的正极相连，发生氧化反应。17、C【答案解析】该燃料电池中，负极上燃料失电子发生氧化反应，电极反应式为：N2H4+2O2-4e-=N2+2H2O，故电极甲作负极，电极乙作正极，正极上氧气得电子发生还原反应，电极反应式为：O2+4e-=2O2-，电池总反应为：N2H4+O2=N2+2H2O，结合离子的移动方向、电子的方向分析解答。【题目详解】A. 放电时，阴离子向负极移动，即O2由电极乙移向电极甲，A项错误； B. 反应生成物均为无毒无害的物质，负极上反应生成氮气，则电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O，B项错误；C. 由电池总反应为N2H4+O2=N2+2H2O可知，当甲电极上有1mol

31、N2H4消耗时，乙电极上有1molO2被还原，所以标况下乙电极上有22.4LO2参与反应，C项正确；D. 电池外电路的电子从电源的负极流向正极，即由电极甲移向电极乙，D项错误；答案选C。18、C【答案解析】A.酒精可以使蛋白质变性，从而杀死病毒，这个过程是一个化学变化，A项错误；B.复杂的药物都是从简单的化工原料一步步合成的，这个过程中有很多化学变化，B项错误；C.气溶胶不过是胶体的一种，而胶体又是分散系的一种，将一种或多种物质分散到一种物质里，这个过程不涉及化学变化，C项正确；D.病毒在增殖时需要复制其核酸和蛋白质，这些过程都伴随着化学变化，D项错误；答案选C。【答案点睛】我们常用质量分数来

32、表示浓度，例如98%浓硫酸就是质量分数，但是注意医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，质量分数和体积分数是完全不一样的。19、B【答案解析】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【题

33、目详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）=103103/0.1mol/L=110-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结合电荷守恒得：c（NH4+）c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H

34、+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。20、C【答案解析】A. 2甲基戊烷的结构为(CH3)2CHCH2CH2CH3，命名是正确的； B. 3乙基戊烷的结构为(CH3CH2)2CHCH2CH3，命名正确；C. 3,4二甲基戊烷的可能结构为CH3CH2CH(CH3)CH(CH3)2，其名称为2,3二甲基戊烷，C错误； D. 3甲基己烷的结构为CH3CH2CH(CH3)CH2CH3，命名正确。命名错误的是C，故选C。21、D【答案解析】A、等物质的量时，NO2和CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状

35、况下，22.4L的NO2和CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故A错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故B错误；C、常温常压下不是标准状况，且水是弱电解质，无法计算OH微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此16.8g铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.88/(563)mol=0.8mol，故D正确。22、D【答案解析】A. 连接苯环和环丙烯基的碳碳单键可以旋转，苯平面和烯平面不一定共平面，故A错误；B 有一对称轴，如图，其一氯代物有5种，故B

36、错误；C苯的同系物中侧链是饱和烃基，故C错误；D中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13【答案解析】与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。【题目详解】（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；（3）与HCHO发生加成反应生成B为，与

37、HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，均为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；（4）反应的化学方程式为：+HBr（5）A化合物B为，不能发生消去反应，A错误；B化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；C. 化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol 化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误； DM的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；（6）化合物A为，能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢

38、谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；【答案点睛】苯环上由两个取代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。24、酯基 肽键 加成反应 CH3CH2OH 和 【答案解析】A发生取代反应生成B，B和HCl发生加成反应生成C，C与KCN发生取代反应生成D，D与盐酸反应，根据E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F的结构推出E的结构简式为，F和C2H5NH2发生取代反应生成G和乙醇。【题目详解】(1)根据D、G的结构得出化合物D中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；肽键。(2)根据BC的结构式得出

39、反应类型为加成反应；根据C D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。(3)根据E到F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。(4)根据反应FG中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2个NH2,1个C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为：和。(6)CH3CH2Cl在碱

40、性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据F到G的转化过程，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。25、SO32-+2H+= H2O +SO2;或HSO3+H+=SO2+H2O 硫化钠和碳酸钠的混合溶液 硫 控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) 若SO2过量，溶液显酸性，产物分解 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液

41、)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质 加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与S2O32氧化还原反应的程度大，Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色 Ag+与S2O32生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32的还原性减弱 H2O H2SO4 阳离子、用量等 【答案解析】.第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸；c装置为Na2S2O3的生成装置；d装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体，结合问题分析解答；.(6)利用

42、铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有Fe2+；根据外界条件对反应速率和平衡的影响分析解答；(7)实验滴加AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中Ag+较低，减少了发生氧化还原反应的可能；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可；(9)结合实验、从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。【题目详解】. (1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和70%的浓硫酸，反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2+H2O，c装置为Na2S

43、2O3的生成装置，根据反应原理可知c中的试剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S+2H2O，故该浑浊物是S；(3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制SO2生成速率；(4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解；(5)检测产品中是否存在Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质。.(6)实验的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，取反应后的混合液并加

44、入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有Fe2+生成，可判断为Fe3+被S2O32-还原为Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶液几乎变为无色，说明Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较Fe3+和S2O32-之间的氧化还原反应，且促进平衡逆向移动；先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外Fe3+与S2O32氧化还原反应的程度大，导致Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色；(7)同浓度氧化性：Ag+ Fe3+，但实验未发生Ag+与S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白色絮状沉淀，振荡后，

45、沉淀溶解，得到无色溶液，说明Ag+与S2O32生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+的氧化性和S2O32的还原性减弱；(8)Ag2S2O3中S元素化合价为+2价，生成的Ag2S中S元素化合价为-2价，是还原产物，则未知产物应是氧化产物，如果产物是H2SO3，能被Ag+继续氧化，则氧化产物应为H2SO4，结合原子守恒可知，另一种反应物应为H2O，发生反应的化学方程式为Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4；(9)结合实验、可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子浓度大小、反应物的用量等有关。26、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下

46、端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐 adecbdef Na2SO3+H2SO4= Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2SO4= 2NaHSO4+SO2 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出 2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4 滴入最后一滴Na2C2O4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67% 【答案解析】(1)根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚

47、硝酰硫酸(NOSO4H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；结合反应ii，根据题给数据计算过量的KMnO4的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【题目详解】(1)根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下

48、，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H)，同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：adecbdef；硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2或Na2SO3+2H2S

49、O4=2NaHSO4+SO2；温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SO2逸出，导致反应产率降低；(2)反应中锰元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4；在氧化还原滴定操作中，高锰酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000molL1草酸钠标准溶液滴定过量的高锰酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟

50、不变说明反应达到终点；根据反应ii：2KMnO4+5Na2C2O4+8H2SO4=2MnSO4+10CO2+8H2O，过量的KMnO4的物质的量=0.5000molL1(31.02mL-1.02mL)10-3/L=0.006mol，则与NOSO4H反应的高锰酸钾物质的量=0.1000molL10.1L0.006mol=0.004mol，在结合反应i：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，NOSO4H的物质的量=0.004=0.01mol，产品的纯度为=100%=84.67%。【答案点睛】亚硝酰硫酸(NOSO4H)纯品遇水易分解，故在连接实验

51、仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气是否会进入装置，最后要有尾气处理装置，酸性气体用碱液吸收。27、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD 【答案解析】（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【题目详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的

52、速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成

53、两等份，则19.2 g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【答案点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。28、8 ns2np4 sp3 N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高 直线 BE 8 Cu3N 【答案解析】同周期元素第一电离能从左到右有增大的趋势。由于 N 原子为 1s22s22p3达到半满结构，相对较稳定，所以第一电离能会有所增大，根据W、X、

54、Y、Z第一电离能变化规律可知，W为H元素、X为N元素、Y为O元素、Z为S元素，第四周期元素Q位于ds区，最外层电子半充满，价电子排布式为3d104s1，则Q为Cu，据此分析。【题目详解】（1）Y为O元素，基态O原子有8个电子，所以有8种运动状态不相同的电子；O元素的基态原子的价电子排布式为2s22p4，若用n表示能层，则与Y元素同族的元素的基态原子的价电子排布式为ns2np4；（2）X、W组成的一种二元化合物N2H4常用作火箭燃料，N2H4分子中氮原子的价层电子对=3+1=4，含有一个孤电子对，N原子轨道的杂化类型是sp3；N2H4与O2均为分子晶体且相对分子质量相同，但N2H4分子之间存在氢键，故其沸点较高；（3）X2Y为N2O，曾被用作麻醉剂，已知N2O与CO2互为等电子体，等电子体的结构相似，已知CO2为直线形的分子，所以N2O的空间构型为直线形；（4）Cu(NH3)42+中Cu2+与NH3之间的化学键为配位键，N-H为极性共价键，不存在非极性共价键和键；答案选BE； （5）由晶胞结构可知，Cu在