海南省国兴中学2023学年高考化学一模试卷含解析

1、2023高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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。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、用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g) + O2(g)2H2O(g)+ 2Cl2(g)+Q（Q0）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确的是（ ）t/min0246n(Cl2)/10-3

2、mol01.83.75.4A02 min的反应速率小于46 min的反应速率B26 min用Cl2表示的反应速率为0.9 mol/(Lmin)C增大压强可以提高HCl转化率D平衡常数K(200)K(400)2、已知2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-572kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5kJ/molC2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l) H3=-1367kJ/mol则2C(s)+3H2(g)+O2(g)=C2H5OH(l)，H为（ ）A+278kJ/molB-278kJ/molC+401.5kJ/molD-401.5kJ

3、/mol3、25时，二元弱酸H2R的pKa1=1.85，pKa2=7.45(已知pKa=-lgKa)。在此温度下向20mL0.1molL-1H2R溶液中滴加0.1molL-1的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列有关说法正确的是()Aa点所示溶液中：c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=0.1molL-1Bb点所示溶液中：c(Na+)c(HR-)c(H2R)c(R2-)Cc点溶液中水电离程度大于d点溶液Dd点所示溶液中：c(Na+)c(R2-)c(HR-)4、下列说法正确的是A同主族元素中，原子序数之差不可能为 16B最外层电子数为 8 的粒子一定是0族元素的原子

4、C同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点逐渐升高D主族元素中，原子核外最外层电子数与次外层电子数相同的元素只有Be5、化学与生活密切相关。下列物质性质与应用的对应关系错误的是（ ）A硅胶吸水能力强，可用作食品、药品的干燥剂B氢氧化铝碱性不强，可用作胃酸中和剂C次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂D葡萄糖具有氧化性，可用于工业制镜6、下列各反应对应的离子方程式正确的是（）A次氯酸钠溶液中通入过量二氧化硫ClO+H2O+SO2HClO+HSO3B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液2HCO3+Ca2+2OHCaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化钡溶液与硫酸溶液反应得到中性溶液Ba2+OH

5、+H+SO42BaSO4+H2OD50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S：5OH+3H2SHS+2S2+5H2O7、人类使用材料的增多和变化，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是 ()A青铜器B铁器C石器D高分子材料8、下列关于金属腐蚀和保护的说法正确的是A牺牲阳极的阴极保护法利用电解法原理B金属的化学腐蚀的实质是：Mne=Mn，电子直接转移给还原剂C外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零。D铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时正极的电极反应为：2H2e=H29、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A取代反应B加成反应C

6、消除反应D氧化反应10、以PbO为原料回收铅的过程如下：.将PbO溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbC14的溶液；.电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示。下列判断不正确的是A阳极区的溶质主要是H2SO4B电极的电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4ClC当有2. 07 g Pb生成时，通过阳离子交换膜的阳离子为0.04 molD电解过程中为了实现物质的循环利用，可向阴极区补充PbO11、古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是( )A明矾B草木灰C熟石灰D漂白粉12、中国是一个严重缺水的国家，污水治理越来

7、越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚，其原理如图所示，下列说法不正确的是A电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极BB极为电池的阳极，电极反应式为CH3COO 8e + 4H2O 2HCO3+9H+C当外电路中有0.2 mol e转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NADA极的电极反应式为+ H+2e Cl+ 13、下列反应中，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型的是ACH3CHO CH3COOHBCH2CHClCDCH3COOHCH3COOCH2CH314、下列实验操作合理的是（ ）A用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂B用湿润的pH试纸测

8、定CH3COONa溶液的pHC用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3）和苯(沸点为80.1)的混合物D向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+15、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A18 g D2O和18 g H2O中含有的质子数均为10NAB2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的H离子数为2NAC过氧化钠与水反应时，生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NAD密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应，产物的分子数为2NA16、化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染

9、B酒精能杀菌，浓度越大效果越好C钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同17、银锌电池广泛用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（ ）A工作时原电池负极附近溶液的pH增大B电子由Zn经过溶液流向Ag2OC溶液中OH- 由Zn电极移向Ag2O电极DAg2O作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+ 2OH-18、 “绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是实验室收集氨气采用图1所示装置实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气

10、与酸生成铵盐的实验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应ABCD19、下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）pH=0的溶液：Na+、Cl-、Fe3+、SO42-pH=11的溶液中：CO32、Na+、AlO2-、NO3-、S2-、SO32-水电离的H+浓度c(H+)=10-12molL-1的溶液中：Cl、CO32-、NO3-、NH4+、SO32-加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-中性溶液中：Fe3+、Al3+、NO3-、I-、Cl-、S2-ABCD20、2010年，中国首次应

11、用六炔基苯在铜片表面合成了石墨炔薄膜(其合成示意图如右图所示)，其特殊的电子结构将有望广泛应用于电子材料领域。下列说法不正确的是( )A六炔基苯的化学式为C18H6B六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构C六炔基苯和石墨炔都可发生加成反应D六炔基苯合成石墨炔属于加聚反应21、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡

12、不移动B升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C实验达平衡后容器内的压强是实验的0.9倍DK3K2K122、W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物,Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性,Z、W形成的化合物溶于水显酸性。四种元素原子序数之和为30，可形成的某种化合物结构式为。下列说法正确的是AX为碳元素BY的氧化物对应的水化物是强酸CW与Y、Z三种元素形成的化合物中一定不含离子键D含Z的某种含氧酸盐可用于物体表面和环境等的杀菌消毒二、非选择题(共84分)23、（14分）华法林是一种治疗心脑血管疾病

13、的药物，可由化合物和在一定条件下合成得到（部分反应条件略）。请回答下列问题：（1）的名称为_，的反应类型为_。（2）的分子式是_。的反应中，加入的化合物与银氨溶液可发生银镜反应，该银镜反应的化学方程式为_。（3）为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是_。完全燃烧最少需要消耗 _。（4）的同分异构体是芳香酸，的核磁共振氢谱只有两组峰，的结构简式为_，的化学方程式为_。（5）上图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是_ ，写出能检验该物质存在的显色反应中所用的试剂及实验现象_。（6）已知：的原理为：C6H5OH+C2H5OH和+C2H5OH，的结构简式为_。24、（12分）已知：CH3-CH

14、=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是_，E物质的分子式是_（2）巴豆醛的系统命名为_，检验其中含有碳碳双键的方法是_。（3）A到B的反应类型是_，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_。（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式_。（5）已知：+ ，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线_。25、（12分）乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O，相对分子质量为288易溶于水，是一种很好的补铁剂，可由乳酸CH3 CH(OH)COOH与FeCO3反应制得。I碳酸亚铁的制备（装置如下图所示

15、）(1)仪器B的名称是_；实验操作如下：打开kl、k2，加入适量稀硫酸，关闭kl，使反应进行一段时间，其目的是_。(2)接下来要使仪器C中的制备反应发生，需要进行的操作是_，该反应产生一种常见气体，写出反应的离子方程式_。(3)仪器C中混合物经过滤、洗涤得到FeCO3沉淀，检验其是否洗净的方法是_。乳酸亚铁的制备及铁元素含量测定(4)向纯净FeCO3固体中加入足量乳酸溶液，在75下搅拌使之充分反应，经过滤，在_的条件下，经低温蒸发等操作后，获得乳酸亚铁晶体。(5)两位同学分别用不同的方案进行铁元素含量测定：甲同学通过KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的含量计算样品纯度。在操作均正确的前提下，所

16、得纯度总是大于l00%，其原因可能是_。乙同学经查阅资料后改用碘量法测定铁元素的含量计算样品纯度。称取3.000 g样品，灼烧完全灰化，加足量盐酸溶解，取所有可溶物配成l00mL溶液。吸取100 rnL该溶液加入过量KI溶液充分反应，然后加入几滴淀粉溶液，用0. 100 molL-1硫代硫酸钠溶液滴定（已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-），当溶液_，即为滴定终点；平行滴定3次，硫代硫酸钠溶液的平均用量为24.80 mL，则样品纯度为_（保留1位小数）。26、（10分）（三草酸合铁酸钾晶体）为翠绿色晶体，可用于摄影和蓝色印刷，110失去结晶水，230分解。某化学研究小组对受热分解生

17、成的气体产物和固体产物进行探究。实验I：探究实验所得的气体产物，按下图装置进行实验（夹持仪器已略去，部分装置可重复使用）。（1）实验室常用饱和和饱和的混合液制，反应的化学方程式为_。（2）装置的连接顺序为：A_F（填各装置的字母代号）。（3）检查装置气密性后，先通一段时间，其目的是_，实验结束时熄灭A、C两处的酒精灯，继续通至常温，其目的是_。（4）实验过程中观察到F中的溶液变浑浊，C中有红色固体生成，则气体产物_（填化学式）。（实验二）分解产物中固体成分的探究（5）定性实验：经检验，固体成分含有。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品。完成上述实验操作，需要用到下列仪器中

18、的_（填仪器编号）。设计下列三种实验方案分别对该含铁样品进行含量的测定（甲方案）（乙方案）（丙方案）你认为以上方案中可以确定样品组成的有_方案。（6）经测定产物中，写出分解的化学方程式_。27、（12分）实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。已知K2FeO4具有下列性质：可溶于水，微溶于浓KOH溶液；在05、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3催化下发生分解；在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成O2和Fe(OH)3（或Fe3）。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是_。(2)为防止装置C中K2FeO4分解，可以采取的措施是_和

19、_。(3)装置C中生成K2FeO4反应的离子方程式为_。(4)用一定量的K2FeO4处理饮用水，测得产生O2的体积随时间的变化曲线如图所示。t1 st2 s内，O2的体积迅速增大的主要原因是_。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42-Cl2的实验方案为：取少量K2FeO4固体于试管中，_。（实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花）(6)根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2FeO42-，而第(5)小题实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。28、（14分）氢能是一种极具发展潜力的清洁能源，以太阳能为热能，热化学硫碘循环分解水是一种高效、

20、无污染的制氢方法。其反应过程如下图所示：（1）反应I的化学方程式是_。（2）反应I得到的产物用I2进行分离。该产物的溶液在过量I2的存在下会分成两层，含低浓度I2的H2SO4层和含高浓度I2的HI层。根据上述事实，下列说法正确的是_（选填序号）。a 两层溶液的密度存在差异b 加I2前，H2SO4溶液和HI溶液不互溶c I2在HI溶液中比在H2SO4溶液中易溶 辨别两层溶液的方法是_。经检测，H2SO4层中c（H+）：c（SO42-）=2.06：1，其比值大于2的原因_。（3）反应II ： 2H2SO4（l）=2SO2（g） +O2（g） +2H2O（g） H=+550 kJ mol-1它由两步

21、反应组成：i.H2SO4（l）=SO3（g） +H2O（g） H =+177 kJ mol-1ii.SO3（g）分解。L（L1， L2）和X可分别代表压强或温度，下图表示L一定时，中SO3（g）的平衡转化率随X的变化关系。写出反应iiSO3（g）分解的热化学方程式：_。X代表的物理量是_。29、（10分）工业上利用绿矾制备还原铁粉的工业流程如下：（1）制备FeCO3时，选用的加料方式是_（填字母）。 a将FeSO4溶液与Na2CO3 溶液同时加入到反应容器中b将FeSO4溶液缓慢加入到盛有Na2CO3溶液的反应容器中c将Na2CO3溶液缓慢加入到盛有FeSO4溶液的反应容器中（2）生成的FeC

22、O3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是_。（3）干燥过程主要是为了脱去游离水和结晶水，过程中会有少量FeCO3nH2O被空气氧化为FeOOH，其化学方程式为_。（4）取干燥后的FeCO3样品12.49 g隔绝空气焙烧至600，质量变为8.00 g，继续加热最终得到Fe 6.16 g，则600产物的可能组成为_（写出一种即可），计算FeCO3样品中FeCO3与FeOOH的质量_（写出计算过程）。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. 相同时间内，02min内氯气变化量为1.810-3mol，而46min内氯气变化量为 (

23、5.4-3.7) 10-3mol=1.710-3mol，则02min的反应速率大于46min的反应速率，A项错误；B. 容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，B项错误；C. 正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，C项正确；D. 正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200)K(400)，D项错误；答案选C。2、B【答案解析】2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) H1=-572kJ/molC(s)+O2(g)=CO2(g) H2=-393.5kJ/molC2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2

24、O(l) H3=-1367kJ/mol根据盖斯定律2得2C(s)+3H2(g)+O2(g)=C2H5OH(l)，H=-278kJ/mol，故选B。【答案点睛】根据盖斯定律，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关；在用盖斯定律计算时，要准确找到反应物和生成物及它们的系数，这样有助于准确的对已知方程进行处理。3、D【答案解析】Aa点溶液体积是原来的1.5倍，则含有R元素的微粒浓度是原来的，根据物料守恒得c(H2R)+c(HR-)+c(R2-)=molL-1，故A错误；Bb点二者恰好完全反应生成NaHR，溶液呈酸性，说明HR-的电离程度大于水解程度，但其水解和电离程度都较小，钠离子不水解

25、，所以离子微粒浓度大小顺序是c(Na+)c(HR-)c(R2-)c(H2R)，故B错误；Cc点是浓度相等的NaHR和Na2R的混合溶液，NaHR抑制水的电离，Na2R促进水的电离；d点是Na2R溶液，对水的电离有促进作用，故d点的水的电离程度大于c点，故C错误；Dd点溶液中溶质为Na2R，R2-水解但程度较小，所以存在c(Na+)c(R2-)c(HR-)，故D正确；答案选D。【答案点睛】明确曲线上对应点溶液中溶质成分及其性质是解本题关键。本题的易错点为C，要注意HR-的电离程度大于水解程度，即NaHR抑制水的电离。4、D【答案解析】A同一主族相邻的两种元素的原子序数之差为2、8、8、18、18

26、、32等，不相邻的两种元素的原子序数之差可能为16，如锂和钾，故A错误；B最外层电子数为8的粒子不一定是稀有气体元素的原子，也可能是离子，例如钠离子，故B错误；C同一主族中，随着核电荷数的增加，单质的熔点可能降低，如碱金属，也可能升高，如卤素，故C错误；D主族元素中，原子核外最外层电子数为2与次外层电子数相同的元素只有Be，原子核外最外层电子数为8的元素，次外层电子数为8的是Ar，不是主族元素，故D正确；故选D。【答案点睛】本题考查了同周期元素、同主族元素原子序数关系，最外层核外电子数和次外层电子数的关系，判断元素的种类、以及元素周期律的应用等知识点，解题中注意掌握规律的同时，注意特例。5、D

27、【答案解析】A硅胶具有吸水性，而且无毒，能用作食品、药品干燥剂，故A正确；B氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸发生中和反应，可用作胃酸中和剂，故B正确；C次氯酸钠具有强氧化性，可用作织物的漂白剂，C正确；D葡萄糖具有还原性，能够发生银镜反应，可用于工业制镜，故D错误；故答案为D。6、D【答案解析】A次氯酸根和过量二氧化硫反应生成氯离子、硫酸根离子，离子方程式为ClO+H2O+SO2Cl+SO42+2H+，故A错误；B向碳酸氢钠溶液中加入过量氢氧化钙溶液，二者反应生成碳酸钙、氢氧化钠和水，离子方程式为HCO3+Ca2+OHCaCO3+H2O，故B错误；C氢氧根离子、氢离子和水分子的计量数都是2，离子方

28、程式为Ba2+2OH+2H+SO42BaSO4+2H2O，故C错误；Dn(NaOH)1mol/L0.05L0.05mol，50 mL 1mol/L的NaOH溶液中通入0.03mol H2S，设硫化钠的物质的量是x，硫氢化钠的物质的量是y，根据钠原子和硫原子守恒得，解得，所以硫化钠和硫氢化钠的物质的量之比是2：1，离子方程式为5OH+3H2SHS+2S2+5H2O，故D正确；故答案为D。【答案点睛】考查离子方程式的书写，明确离子之间发生反应实质是解本题关键，再结合离子反应方程式书写规则分析，易错选项是D，要结合原子守恒确定生成物，再根据原子守恒书写离子方程式。7、C【答案解析】冶金(青铜器、铁器

29、制备)、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为C；8、C【答案解析】A. 牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B. 金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂Mne=Mn，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C. 外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D. 铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：O2+4e+4H=2H2O，故D错误；故选C。9、D【答案解析】乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【题目详解】乙醇在催化条件下，可与氧

30、气发生氧化反应生成乙醛，OH被氧化生成CHO，为氧化反应。答案选D。10、C【答案解析】电解Na2PbCl4溶液后生成Pb，原理如图所示，电极周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极反应方程式为PbCl42+2e=Pb+4Cl；电极为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O4e=4HO2，以此解题。【题目详解】A. 根据分析，电极为阳极，根据阴离子放电顺序，阳极发生的电极反应：2H2O4e=4HO2，阳极区的溶质主要是H2SO4，故A正确；B. 电极周围PbCl42-得电子转化为Pb，则电极为阴极，阴极的电极反应是发生还原反应，电极的电

31、极反应式为PbCl42+2e=Pb+4Cl，故B正确；C. 当有2. 07 g Pb生成时，即生成Pb的物质的量为=0.01mol，根据电极反应式为PbCl42+2e=Pb+4Cl，转移电子的物质的量为0.02mol，电解液中的阳离子为氢离子，则通过阳离子交换膜的阳离子为0.02 mol，故C错误；D. 阴极电解一段时间后溶液为HCl和NaCl的混合溶液，根据题意“将PbO粗品溶解在HCl和NaCl的混合溶液中，得到含Na2PbCl4的电解液”，继续向阴极区加PbO粗品可恢复其浓度且实现物质的循环利用，故D正确；答案选C。11、A【答案解析】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾K

32、Al(SO4)212H2O中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，答案选A。12、B【答案解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知A为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，B为负极，电极反应式为CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+，据此分析解答。【题目详解】A原电池工作时，电流从正极经导线流向负极，即电流方向从A极沿导线经小灯泡流向B极，故A正确；BB极为电池的负极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为CH3COO-8e-+4H2O2HCO3-+9H+，B极不是阳极

33、，故B错误；C根据电子守恒可知，当外电路中有0.2mole-转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，故C正确；DA为正极，得到电子，发生还原反应，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，故D正确；答案选B。【答案点睛】根据氢离子的移动方向判断原电池的正负极是解题的关键。本题的易错点为B，要注意原电池的两极称为正负极，电解池的两极称为阴阳极。13、A【答案解析】乙醇生成乙醛为氧化反应，据此解答。【题目详解】ACH3CHO CH3COOH，为氧化反应，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型，故A选；BCH2CHCl为碳碳双键的加聚反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故B不选；C为

34、苯环上H的取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故C不选；DCH3COOHCH3COOCH2CH3为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故D不选；故答案选A。14、A【答案解析】A用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A选项正确；B用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH，相当于稀释醋酸钠溶液，由于醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B选项错误；C乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，C选项错误；D向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，只能说明Fe3+，但不能说明Fe3+一定是由Fe2+被氯水氧

35、化而来，即不能证明溶液中一定含有Fe2+，D选项错误；答案选A。15、C【答案解析】A18 g D2O和18 g H2O的物质的量不相同，其中含有的质子数不可能相同，A错误；B亚硫酸是弱电解质，则2 L 0.5 molL-1亚硫酸溶液中含有的H+离子数小于2NA，B错误；C过氧化钠与水反应时，氧元素化合价从-1价水的0价，则生成0.1 mol氧气转移的电子数为0.2NA，C正确；D密闭容器中2 mol NO与1 mol O2充分反应生成2molNO2，但NO2与N2O4存在平衡关系，所以产物的分子数小于2NA，D错误。答案选C。【答案点睛】阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核

36、素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。16、B【答案解析】A“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A正确；B医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌

37、，故B错误；C钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正确；故选：B。17、D【答案解析】根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O +2e-= 2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH- 2e -= Zn( OH)2A. 工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH减小，故A错误；B. 电子不能在溶液中传递，故B错误；C. 原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由Ag2O电极移向Zn电极，故C错误；D.

38、根据上面分析，Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+ 2OH-，故D正确；答案选D。【答案点睛】根据题干中的电池总反应中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。18、C【答案解析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【题目详解】图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故不符合

39、题意；图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；故符合“绿色化学”的为。故选C。【答案点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。19、D【答案解析】、pH=0的溶液中氢离子浓度为1mol/L，Na+、Cl-、Fe3+、SO42-均不反应，能够大量共存，故符合；、pH= 11的溶液中氢氧根离子浓度为0.001mol/ L， CO32、Na+、A

40、lO2-、NO3-、S2-、SO32-离子之间不发生反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故符合；、水电离的H+浓度c(H+)=10-12molL-1的溶液中可酸可碱，当溶液为酸性时，CO32SO32-与氢离子反应，当溶液为碱性时，NH4+与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故不符合；、加入Mg能放出H2的溶液中存在大量氢离子，Mg2+、NH4+、Cl、K+、SO42-离子之间不反应，且都不与氢离子反应，在溶液中能够大量共存，故符合；、使石蕊变红的溶液中存在大量氢离子，MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+，在溶液中不能大量共存，故不符合；、Fe3+能够

41、氧化I-、S2-，Al3+在溶液中与S2-发生双水解反应，在溶液中不能大量共存，故不符合；根据以上分析，在溶液中能够大量共存的为；故选D。【答案点睛】离子不能共存的条件为：(1)、不能生成弱电解质。如中的NH4+与氢氧根离子反应生成一水合氨而不能大量共存；(2)、不能生成沉淀；(3)、不发生氧化还原反应。如中MnO4-、NO3-在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化Fe2+而不能大量共存。20、D【答案解析】A、根据六炔基苯的结构确定六炔基苯的化学式为C18H6，A正确；B、根据苯的平面结构和乙炔的直线型结构判断六炔基苯和石墨炔都具有平面型结构，B正确；C、六炔基苯和石墨炔中含有苯环和碳碳三键，都

42、可发生加成反应，C正确；D、由结构可知，六炔基苯合成石墨炔有氢气生成，不属于加聚反应，根据六炔基苯和石墨炔的结构判断六炔基苯合成石墨炔属于取代反应，D错误；故答案选D。21、A【答案解析】A容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750的平衡常数K=4，温度不变，则平衡常数不变，实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，则此时容器中c(A)

43、=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC=4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2mol A和1mol B，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(

44、A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=0.9，故C错误；D反应为2A(g)+B(g)2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3K2=K1，故D错误；答案选A。【答案点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同

45、温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。22、D【答案解析】W、X、Y、Z为短周期原子序数依次增大的主族元素，其中W元素形成的单质密度最小，则W为H，且W与X、Y、Z都能形成共价化合物，Y、W形成的常见化合物溶于水显碱性，则Y为N，Z、W形成的化合物溶于水显酸性，则Z为F或Cl，四种元素原子序数之和为30，则Z只能为Cl，可形成的某种化合物结构式为，则X为B。【题目详解】A. X为硼元素，故A错误；B. Y的氧化物N2O3对应的水化物HNO2是弱酸，故B错误；C. W与Y、Z三种元素形成的化

46、合物氯化铵中含有离子键，故C错误；D. 含Z的某种含氧酸盐NaClO可用于物体表面和环境等的杀菌消毒，故D正确。综上所述，答案为D。【答案点睛】氢、氧、氮三种元素可以形成共价化合物，如硝酸；可以形成离子化合物，如硝酸铵。二、非选择题(共84分)23、丙炔 加成反应 C10H10O +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O 羧基 4 +2NaOH+NaCl+H2O 苯酚 氯化铁溶液，溶液呈紫色 【答案解析】化合物X与银氨溶液可发生银镜反应，说明X中含有醛基，结合D、E的结构简式可知，X为苯甲醛；根据LM的反应原理可知，LM是取代反应，由的反应信息，L中酚羟基与C2H5OCOOC2H5反

47、应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由的反应信息可知，发生自身交换生成M，则M的结构简式为，化合物E和M在一定条件下合成得到华法林，据此分析解答。【题目详解】(1)A的结构简式为CH3CCH，含有碳碳三键，属于炔烃，名称为丙炔；AB是丙炔与H2O反应，反应后碳碳三键转化为碳碳双键，发生了加成反应，故答案为丙炔；加成反应；(2)由结构简式可知，E的分子式为C10H10O；X为苯甲醛()，苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O，故答案为C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；(3)G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成

48、乙酸，乙酸中含有的官能团是羧基，G的分子式为C4H6O3，G完全燃烧生成二氧化碳和水，1molG完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为(4+-)mol=4mol，故答案为羧基；4；(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分异构体，Q属于芳香酸，Q中含羧基，QR是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，RS是氯代烃的水解反应，ST是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则RS的化学方程式为：；故答案为；(5)苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，故答案为苯酚；氯化铁溶液，溶液呈紫色；

49、(6)LM是取代反应，由的反应信息，L中的酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，故答案为。24、氨基、溴原子 C13H18O 2-丁烯醛 先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键 取代反应； 5 【答案解析】【题目详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用

50、酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原

51、子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：，故答案为：。25、蒸馏烧瓶 生成FeSO4溶液，且用产生的H2排尽装置内的空气 关闭k2 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 取最后一次洗涤液，加入稀盐酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则洗涤干净 隔绝空气 乳酸根离子中的羟基也能被高锰酸钾氧化，导致消耗高锰酸钾溶液用量偏多 蓝色褪去且半分钟不恢复 95

52、.2% 【答案解析】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，B制备硫酸亚铁，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应产生FeCO3沉淀。Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，获取乳酸亚铁晶体过程中应减小空气中氧气的干扰；乳酸和亚铁离子都可被酸性高锰酸钾氧化；I2的淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，最终褪色；根据已知反应可得关系式2Fe3+I22S2O32-，根据滴定时参加反应的硫代硫酸钠的物质的量计算出Fe2+的物质的量，再计算

53、样品纯度。【题目详解】I亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与稀硫酸反应制备硫酸亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，装置B制备硫酸亚铁，C装置中硫酸亚铁和NH4HCO3发生反应：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中。(1)由仪器图形可知B为蒸馏烧瓶；打开kl、k2，加入适量稀硫酸，可使生成的氢气排出装置C内的空气，防止二价铁被氧化；(2)待装置内空气排出后，再关闭k2，反应产生的氢气使装置内的气体压强增大，可将B中生成的硫酸亚铁溶液排到装置C中，发生反应生成碳酸亚铁，同时生成二氧化碳，反

54、应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是从含有SO42-的溶液中过滤出来的，检验沉淀是否洗涤干净，可通过检验是否含有SO42-判断。方法是：取最后一次水洗液于试管中，加入过量稀盐酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若无白色浑浊出现，则表明洗涤液中不存在SO42-，即可判断FeCO3沉淀洗涤干净；(4)Fe2+有较强还原性，易被空气中氧气氧化，则乳酸亚铁应隔绝空气，防止被氧化；(5)乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，Fe2+也可以被氧化，因此二者反应都消耗KMnO4溶液，导致消耗高锰酸钾的增大，使计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的

55、质量分数会大于100%；I2遇淀粉溶液显蓝色，滴加硫代硫酸钠溶液后蓝色会变浅，说明I2与Na2S2O3发生了氧化还原反应，当蓝色刚好褪去且半分钟不恢复，即可判断为滴定终点；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为n(Na2S2O3)=0.02480L0.100mol/L=2.4810-3mol，根据关系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知样品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物质的量为n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.4810-3mol=9.9210-3mol，则样品的纯度为100%=95.2%。【答案点睛】本题考查实验制备方案的知识

56、，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、物质分离提纯、氧化还原反应滴定应用等，明确原理是解题关键，通过化学方程式可得关系式，然后根据关系式进行有关化学计算，注意在物质计算时取用的物质与原样品配制的溶液的体积关系，以免出错。26、NH4Cl + NaNO2N2+ NaCl +2H2O B F D E C 排出装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验结果 防止F中溶液倒吸进入C中 甲、乙 【答案解析】实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2的混合液制N2。利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装

57、置澄清石灰水检验CO。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜。溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化氮，一氧化氮是FeO、Fe和稀硝酸反应生成，能测定铁元素

58、含量；【丙方案】ag样品加入足量稀硝酸溶液配制250mL溶液，每次取25mL溶液用酸性KMnO4溶液滴定，三次平均消耗0.1molL1酸性KMnO4溶液VbmL，该过程中足量稀硝酸会把FeO、Fe氧化生成铁离子，铁离子不能用高锰酸钾溶液反应测定，故丙不能测定。经测定产物中，假设生成的FeO、Fe物质的量分别为1mol，则得到电子为1mol+3mol=4mol，草酸根中碳部分变为+4价，部分变为+2价，2mol生成3mol K2CO3，失去3mol电子，根据得失电子守恒9mol碳元素中5mol碳失去电子5mol电子，4mol碳得到4mol电子。【题目详解】实验室常用饱和NH4Cl和饱和NaNO2

59、的混合液制N2，反应的化学方程式为NH4Cl + NaNO2N2+ NaCl +2H2O；故答案为：NH4Cl + NaNO2N2+ NaCl +2H2O。利用C装置的无水硫酸铜粉末检验水蒸气，再利用F装置检验CO2，用D装置除去多余的CO2，用E装置干燥CO气体，利用D装置中灼热的CuO和F装置澄清石灰水检验CO，则根据气体流向连接装置的顺序为：AB FDE CF；故答案为：B；F；D；E；C。先通一段时间N2，排尽装置中的空气，防止空气中的O2和CO2干扰实验。实验结束时，先熄灭A、C两装置中的酒精灯，再通入N2至室温，目的是防止压强减小，F装置中的溶液倒吸；故答案为：排出装置中的空气，防

60、止空气中的和干扰实验结果；防止F中溶液倒吸进入C中。实验过程中观察到F中的溶液都变浑浊，说明生成的气体含二氧化碳，C中有红色固体生成，说明气体中含一氧化碳还原氧化铜生成二氧化碳和铜，则气体产物是CO2、CO；故答案为：CO2、CO。定量实验：将固体产物加水溶解、过滤洗涤、干燥，得到含铁样品，溶解过滤时需要用到的仪器主要用烧杯、玻璃棒、漏斗、铁架台；故答案为：。【甲方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌溶液，加入足量NaOH溶液搅拌、过滤、洗涤、烘干、灼烧得固体bg，bg为氧化铁，结合铁元素守恒可以计算铁的含量；【乙方案】ag样品加入足量稀硝酸搅拌，测量气体体积测得气体体积VmL(标况)，气体为一氧化