江苏省淮北中学2023学年高考化学倒计时模拟卷含解析

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、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、常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是A常温下，H2C2O4的Ka1=100.8BpH=3时，溶液中CpH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大D常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小2、脑啡肽结构简式如图，下列有关脑啡肽说法错误的是A一个分子中含有四个肽键B其水解产物之一的分子结构简式为C一个分子由五种氨基酸分子缩合生成D能发生取代、氧化、缩合反应3、某溶液X中含有H+、Na+、Mg2

3、+、Fe2+、Cl、Br、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100 mL该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种C溶液X中c（Cl）0.2 molL1D溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成4、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是 （ ）A测定一定质量的和混合物中的含量B确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C测定一定质量的晶体中结晶水数目D比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率5、实验过程中不可能产生 Fe(O

4、H)3 的是A蒸发 FeCl3 溶液BFeCl3 溶液中滴入氨水C将水蒸气通过灼热的铁DFeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液6、有关物质性质的比较，错误的是A熔点：纯铁 生铁B密度：硝基苯 水C热稳定性：小苏打 苯7、化学与生活紧密相关，下列描述正确的是A流感疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B乳酸()通过加聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料C“客从南溟来，遗我泉客珠。”“珍珠”的主要成分属于有机高分子化合物D水泥是由石灰石、石英砂、纯碱为原料烧制而成的8、下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是( )AI3AsF6晶体中存在I3离子,I3离子的几何构型为V形BC、H、O三种元素的电负性由小到

5、大的顺序为HCOC水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2SD第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn9、设为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A100g 46%甘油水溶液中含OH的数目为1.5NA B1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体中含质子总数为NA C0.1molL-1的Al2(SO4)3溶液中含Al3+的数目小于0.2 NAD反应CH4 + 2NO + O2 = CO2 + N2 + 2H2O，每消耗标准状况下22.4L NO，反应中转移的电子数目为2 NA10、已知：A（g）+3B（g）2C（g）。起始反应物为A和B，物质的量之比为1：3，且总物质的量不

6、变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中C的物质的量分数如下表：下列说法不正确的是（ ）温度物质的量分数压强40045050060020MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.12940MPa0.5490.4290.3220.169A压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大B在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同C达到平衡时，将C移出体系，正、逆反应速率均将减小D为提高平衡时C的物质的量分数和缩短达到平衡的时间，可选择加入合适的催化剂11、已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶

7、体的说法错误的是：A该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构C该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构12、25时，已知醋酸的电离常数为1.810-5。向20mL 2.0mol/LCH3COOH溶液中逐滴加入2.0mol/LNaOH溶液，溶液中水电离出的c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是Aa点溶液中：c(H+)=6.010-3molL-1Bb点溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO-)Cc点溶液中：c(OH-)=c(

8、CH3COOH)+ c(H+)Dd点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)13、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A中可采用蒸馏法B中可通过电解法制金属镁C中提溴涉及到复分解反应D的产品可生产盐酸、漂白液等14、下列说法不正确的是（ ）A冰醋酸和水银都是纯净物B氢原子和重氢原子是两种不同核素C氯化钠固体和氯化钠溶液都是电解质D稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都属于分散系15、下列微粒互为同位素的是AH2和D2B2He和3HeCO2和O3D冰和干冰16、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是A铜久置空气中表面出现

9、绿色固体：2CuO2CO2H2OCu2(OH)2CO3B某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，产生红色气体：N2O42NO2CFeSO47H2O在空气中久置变黄：2FeSO47H2OFe2O3SO2SO314H2ODSO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO22KMnO42H2OK2SO42MnSO4十2H2SO417、我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）APt1电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H2SO4+2H+B相同条件下，放电过程中消耗的SO2和

10、O2的体积比为2：1C该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合18、在密闭容器中，可逆反应aA（g）bB（g）达到平衡后，保持温度不变，将容器体积增大一倍，当达到新的平衡建立时， B的浓度是原来的 60%，则新平衡较原平衡而言，下列叙述错误的是（）A平衡向正反应方向移动B物质A的转化率增大C物质B的质量分数减小D化学计量数a和b的大小关系为ab19、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.5mol雄黄(As4S4)，结构如图，含有NA个S-S键B将1 mol NH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4+的数

11、目为NAC标准状况下，33.6L二氯甲烷中含有氯原子的数目为3NAD高温下，16.8gFe与足量水蒸气完全反应，转移的电子数为0.6NA20、加热聚丙烯废塑料可以得到碳、氢气、甲烷、乙烯、丙烯、苯和甲苯。用如图所示装置探究废旧塑料的再利用。下列叙述不正确的是A装置乙试管中收集到的液体在催化剂存在下可以与Br2发生取代反应B装置丙中的试剂吸收反应产生的气体后得到的产物的密度均比水大C最后收集的气体可以作为清洁燃料使用D甲烷的二氯代物有2种21、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A氯碱工业中完全电解含2 mol NaCl的溶液产生H2分子数为NAB14 g分子式为CnH2n的烃中含有

12、的碳碳双键数为NA/nC2.0 g H218O与2.0 g D2O中所含的中子数均为NAD常温下，将56 g铁片投入到足量的浓硫酸中生成SO2的分子数为1. 5NA22、已知：pKa=lgKa，25时，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常温下，用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1 H2SO3溶液的滴定曲线如下图所示(曲线上的数字为pH)。下列说法不正确的是( ) Aa点所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32)=0.1molL1Bb点所得溶液中：c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)Cc点所得溶液中：c(Na+)3c(HSO3)Dd

13、点所得溶液中：c(Na+)c(SO32) c(HSO3)二、非选择题(共84分)23、（14分）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 _，Y 的用途有 _，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 _。（2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为_。（3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：X 的电子式为 _，该反应的化学方程式为 _，生成的化合物中所含化学键类型有 _。 若 7

14、.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 _。24、（12分）1，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：完成下列填空：（1）写出反应类型：反应_反应_。（2）A和B的结构简式为_、_。（3）由合成尼龙的化学方程式为_。（4）由A通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_。25、（12分）硝酸亚铁可用作媒染剂、分析试剂、催化剂等。(1)硝酸亚铁可用铁屑在低温下溶于稀硝酸制得，还原产物为NO。反应的化学方程式为_。(2)某小组为探究硝酸亚铁晶体的热分解产物，按下图所示装置进行实验。仪器B的名称是_，实验中无水CuSO4变蓝，由

15、此可知硝酸亚铁晶体含有_。实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，检验热分解后固体为氧化铁的实验方案为：实验步骤 现象取少量固体加适量稀硫酸，振荡，将溶液分成两份固体溶解得黄色溶液一份滴入_溶液变成红色另一份滴入12滴K3 Fe(CN)6溶液_A中硝酸亚铁晶体Fe(NO3)2xH2O分解的化学方程式为_ 。(3)继续探究mg硝酸亚铁晶体中铁元素的质量分数取A中热分解后的固体放入锥形瓶，用稀硫酸溶解，加入过量的KI溶液，滴入2滴_作指示剂。用a mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，滴定至终点时用去bmLNa2S2O3溶液，则

16、硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为_。26、（10分）某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置A中生成的物质是纯净物，则可能是_，证明的方法是_。(2)设计C装置的作用是_，缺陷是_。27、（12分）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(

17、金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co2O3发生反应的离子方程式_。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为_。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_、_和过滤。制得的C

18、oCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最佳pH范围是_。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是_。(答一条即可)28、（14分）铜是人类最早使用的金属之一，铜的化合物丰富多彩。(1) 铜与N2O4在一定条件下可制备无水Cu(NO3)2。基态Cu2的电子排布式为_。与NO3-互为

19、等电子体的一种分子为_(填化学式)。(2) 邻氨基吡啶()的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应，其结构简式如图所示。 C、N、O三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。邻氨基吡啶的铜配合物中，C原子轨道杂化类型为_。 1 mol 中含有键的数目为_mol。(3) 铜的某种氯化物的链状结构如图所示。该氯化物的化学式为_。29、（10分）萜类化合物广泛分布于植物、昆虫及微生物体内，是多种香料和药物的主要成分，I是一种萜类化合物，它的合成路线如图所示：已知：.回答下列问题：（1）A的名称是_，A+BC的反应类型是_；（2）F的分子式_，其分子中所含官能团的名称是_；（3）HI第一步的化学反应方

20、程式_；（4）B含有一个环状结构，其结构简式为_；它的同分异构体有多种，其中符合下列条件的有_种（不考虑立体异构）不含有环状结构能发生银镜反应能与NaHCO3反应生成CO2（5）流程中设计FG这步反应的作用_；（6）F与（CH3CO)2O按物质的量11发生反应生成G的化学方程式为_；（7）请以CH3COCH3、CH3CH2MgBr为原料，结合题目所给信息，制备高分子化合物的流程。例如：原料目标化合物_。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曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)

21、，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1=c(H+) =10-0.8，故A错误；B曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；C酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；D，电离平衡常数只与温度有关，温度不变则

22、不变，故D错误；故答案为C。【答案点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。2、C【答案解析】A. 肽键为-CO-NH-，脑啡肽含有4个，A项正确；B. 第四位的氨基酸为，B项正确；C. 第二位和第三位的氨基酸相同，一个分子由四种氨基酸分子缩合生成，C项错误；D. 脑啡肽存在羧基和氨基，可以反生取代和缩合反应，可以发生燃烧等氧化反应，D项正确；答案选C。3、D【答案解析】A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸

23、根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，

24、镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.012+0.02+0.02-0.022=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.

25、01molMgCl2按物质的量之比21混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【答案点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。4、C【答案解析】A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子

26、中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。5、C【答案解析】A. 蒸发 FeCl3 溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A正确；B. FeCl3 溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B正确；C. 将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁和氢气，故C错误；D. FeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D正确；故选：C

27、。6、D【答案解析】A生铁是合金，熔点小于纯铁的熔点，故熔点为纯铁生铁，选项A正确；B水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水硝基苯，选项B正确；C碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：NaHCO3Na2CO3，选项C正确；D苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯苯，选项D错误。答案选D。【答案点睛】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律，易错点为选项D：苯中不含有碳碳双键 ，碳碳键介于单键和双键之间。7、A【答案解析】A流感疫苗属于蛋白质，温度过高会使蛋白

28、质变性，A选项正确；B乳酸()通过缩聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料，B选项错误；C“珍珠”的主要成分是CaCO3，属于无机盐，不属于有机高分子化合物，C选项错误；D水泥是由黏土和石灰石烧制而成的，D选项错误；答案选A。8、C【答案解析】AI3离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A选项正确；B非金属性：HCO，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为HCO，B选项正确；C非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O的稳定性大于H2S是因为O的非金属性大于S，C选项错误；DZn的核外电子排布为Ar3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状

29、态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D选项正确；答案选C。【答案点睛】C选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。9、B【答案解析】A选项，100g 46%甘油即46g甘油，物质的量为0.5mol，甘油中含OH的数目为1.5NA，但由于水中也含有羟基，故A错误；B选项，NH3与13CH4摩尔质量相同，都为17gmol-1，质子数都为10个，则1.7g由NH3与13CH4组成的混合气体物质的量为0.1mol，混合

30、气体中含质子总数为NA，故B正确；C选项，溶液体积未知，因此溶液中含Al3+的数目无法计算，故C错误；D选项，反应CH4 + 2NO + O2 = CO2 + N2 + 2H2O，根据反应方程式得出，2molNO反应转移8 mol电子，每消耗标准状况下22.4L NO即1molNO，反应中转移的电子数目为4NA，故D错误。综上所述，答案为B。【答案点睛】一定不能忽略水中含有OH，同样也不能忽略水中含有氧原子的计算，为易错点。10、D【答案解析】A.由图可知温度越高C 物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大，故A正确；B.可调节压强和温度使C

31、的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同，故B正确；C.浓度越小反应速率越小，达到平衡时，将C移出体系，反应物和生成物的浓度都减小，所以正、逆反应速率均将减小，故C正确；D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数，故D错误。故选D。11、D【答案解析】AC3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；B构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶

32、体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构，B正确；C碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；D金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；答案选D。12、B【答案解析】Aa点溶液没有加入NaOH，为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H的浓度为x，由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CH3COOHCH3COOH 2 x x Ka=1.810-5，解得x=6.010-3mol/L，A项正确；Bb点的溶液为CH3COOH和CH3COONa

33、等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH) +c(CH3COO-)=2c(Na+)，醋酸会电离CH3COOHCH3COOH，醋酸根会水解，CH3COOH2OCH3COOHOH，水解平衡常数 c(Na+) c(CH3COOH)；B项错误；Cc点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CH3COONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na)c(H)=c(CH3COO)c(OH)，有物料守恒c(Na)=c(CH3COO)c(CH3COOH)，将两式联立得到质子守恒，则有c(OH-)=c(CH3COOH)+ c(H+)；C项正确；Dd点加入40mL的NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH

34、和CH3COONa的混合溶液，有物料守恒c(Na+)=2c(CH3COO-)+2c(CH3COOH)，D项正确；本题答案选B。【答案点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。13、C【答案解析】A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A； B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，

35、然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C14、C【答案解析】A. 冰醋酸是醋酸，是纯净物，化学式为CH3COOH，水银是Hg单质，是纯净物，故A正确；B. 氢元素有三种原子，普通氢原子没有中子，后面两种各有一个和两个中子，它们分别称为氕、氘、氚，或者称为氢原子、重氢原子、超重氢原子，所以它们质子数电子数核电荷数都相等，但中子数不等，属不同原子，是不同核素，故B正确；C. 氯化钠溶液是混合物，不是电解质，故C错误；D. 稀硫酸和氢氧化铜悬浊液都混合物，属

36、于分散系，故D正确；题目要求选错误选项，故选C。15、B【答案解析】A.H2和D2是单质，不是原子，且是同一种物质，A错误；B.2He和3He是同种元素的不同种原子，两者互为同位素，B正确；C.O2和O3是氧元素的两种不同的单质，互为同素异形体，C错误；D.冰是固态的水，干冰是固态的二氧化碳，是两种不同的化合物，不是同位素，D错误；故合理选项是B。16、C【答案解析】A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确；C、FeSO47H2O在空气中久置时，Fe2被氧化为Fe3，反应方程式为20FeSO47H2O5O2=4Fe4（OH）2

37、（SO4）52Fe2O3136H2O，故C项错误；D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4被还原为几乎无色的Mn2，故D项正确。故选C。17、A【答案解析】SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。【题目详解】A. Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故A错误；B. 该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，故B正确；C. 质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，Pt2电极为

38、正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；D. 二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；故答案为A。18、C【答案解析】温度不变，将容器体积增加1倍，若平衡不移动，B的浓度是原来的50%，但体积增大时压强减小，当达到新的平衡时，B的浓度是原来的60%，可知减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，以此解答该题。【题目详解】A、由上述分析可知，平衡正向移动，故A不符合题意； B、平衡正向移动，A的转化率增大，故B不符合题意； C、平衡正向移

39、动，生成B的物质的量增大，总质量不变，则物质B的质量分数增加了，故C符合题意； D、减小压强向生成B的方向移动，减小压强向气体体积增大的方向移动，则化学计量数关系 ac(SO32) c(HSO3)，D正确。正确答案为A【答案点睛】本题考查水溶液中离子浓度大小的比较，较难。B、D选项容易判断，主要是A、C两个选项的判断较难，首先须分析每点溶液中溶质的成分及酸碱性、然后利用电离常数和对应点氢离子浓度，得到有关的某两种离子浓度相等的等式，然后利用不等式的知识解答。二、非选择题(共84分)23、第三周期 A族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O22H2O=4NaOHO2 离

40、子键、极性键 0.1NA 【答案解析】若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32+H2O，故答案为第三周期A族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32+H2O；若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；若X为淡黄色粉末即为过氧化钠

41、，Y 为生活中常见液体即为 ，则：X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O22H2O=4NaOHO2；离子键、极性键；过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，故答案为0.1NA。24、消去反应 加成（氧化）反应 n+NH2RNH2+(2n-1)H2O 【答案解析】根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为：，它是通过环己醇通过消去反应而得到，A经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知

42、信息，结合B在水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，（1）反应的反应类型为：消去反应；反应为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；（2）根据上述分析可知，A的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；（3）与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：n+NH2RNH2+(2n-1)H2O；（4）A为，若想制备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2二溴环己烷，1,2二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生

43、消去反应生成1，3环己二烯，其具体合成路线如下：。25、3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O 干燥管(或球形干燥管) 结晶水 l2滴KSCN溶液 无蓝色沉淀生成 4Fe(NO3)2xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O 淀粉溶液 【答案解析】(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，据此书写反应的化学方程式；(2)无水CuSO4变蓝，说明生成了水，据此解答；实验中观察到A装置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，据此书写分解的化学方程式；将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 Fe(C

44、N)6溶液是检验亚铁离子的试剂，据此分析解答；(3)铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，据此选择指示剂；根据发生的反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-分析解答。【题目详解】(1) 铁在低温下溶于稀硝酸，反应生成硝酸亚铁和NO，反应的化学方程式为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O，故答案为3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO+4H2O；(2)根据装置图，仪器B为干燥管，实验中无水CuSO4变蓝，说明生成了水，由此可知硝酸亚铁晶体含有结晶水，故答案为干燥管；结晶水；实验中观察到A装

45、置的试管中有红棕色气体生成，该气体为二氧化氮，同时生成氧化铁，则硝酸亚铁晶体Fe(NO3)2xH2O分解的化学方程式为4Fe(NO3)2xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O；根据检验氧化铁的实验步骤：将少量氧化铁溶于稀硫酸，得到含有铁离子的溶液，铁离子遇到KSCN变红色， K3 Fe(CN)6溶液是检验亚铁离子的试剂，因此滴入12滴K3 Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀生成，故答案为l2滴KSCN溶液；无蓝色沉淀生成；4Fe(NO3)2xH2O2Fe2O3+8NO2+O2+4xH2O；(3)铁离子具有氧化性，加入过量的KI溶液，能够将碘离子氧化生成碘单质，因此可以选用淀粉溶液作指示剂

46、，故答案为淀粉溶液；发生的反应有2Fe3+2I-=2Fe2+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，有关系式2Fe3+I22S2O32-，因此硝酸亚铁晶体中铁的质量分数为100%=，故答案为。【答案点睛】本题的易错点为(2)，要注意K3 Fe(CN)6溶液的作用是检验亚铁离子，如果溶液中存在亚铁离子，则会生成蓝色沉淀。26、Cu或Cu2O 向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有 除去NH3 防止金属镁与NH3反应生成副产物 C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应 【答案解析】（1）A装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来

47、制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【题目详解】（1）A装置通过反应3CuO2NH

48、33Cu3H2ON2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu或Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有； （2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、

49、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【答案点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。27、Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O Fe(OH)3 、Al(OH)3 蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解 除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可

50、溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 【答案解析】（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在

51、酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以

52、沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间， Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl26H2O的组成分析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。28、1s22s22p63s23p63d9或Ar3d9 SO3或BF3 NOC sp2、sp3 13 CuCl2 【答案解析