江苏省响水中学2023学年高考仿真卷化学试题含解析

1、2023高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、物质性质的差异与分子间作用力有关的是A沸点：Cl2I2B热稳定性：HFHClC硬度：晶体硅金刚石D熔点：MgONaCl2、W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与 W 的电子总

2、数相等。下列说法正确的是A简单离子半径： WXYZBW、X 的氢化物在常温下均为气体CX、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱DW 与 Z 形成的化合物中只有共价键3、将一定量的SO2通入BaCl2溶液中，无沉淀产生，若再通入a气体，则产生沉淀。下列所通a气体和产生沉淀的离子方程式正确的是（ ）Aa为H2S，SO2+2H+S23S十2H2OBa为Cl2，Ba2+SO2+2H2O+Cl2BaSO3+4H+2ClCa为NO2，4Ba2+4SO2+5H2O+NO34BaSO4+NH4+6H+Da为NH3，Ba2+SO2+2NH3+2H2OBaSO4+2NH4+2H+4、如图所示，甲池的总反应式为：N2H

3、4+O2N2+2H2O下列关于该电池工作时说法正确的是（ ）A甲池中负极反应为：N2H44eN2+4H+B甲池溶液pH不变，乙池溶液pH减小C反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度D甲池中消耗2.24L O2，此时乙池中理论上最多产生12.8g固体5、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.0lmol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。已知Ksp(AgC1)数量级为10-10。下列叙述不正确的是（ ）A图中Y线代表的Ag2C2O4Bn点表示AgCl的过饱和溶液C向c(Cl-)=c(C2O42-)的混

4、合液中滴入AgNO3溶液时，先生成AgC1沉淀DAg2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.010-0.7l6、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A名称为乙酸乙酯B显酸性的链状同分异构体有3种C能发生取代、加成和消除反应D能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同7、 “封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A加热时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B加热时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C加热时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验

5、现象相似D三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应8、下列反应中，同一种气态反应物既被氧化又被还原的是（ ）A二氧化硫通入高锰酸钾溶液使之褪色B将二氧化氮通入氢氧化钠溶液中C将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟D过氧化钠固体露置在空气中变白9、25时，向0.1mol/LNaA溶液中滴滴加盐酸，遇得混合溶液的pH与的变化关系如下图所示，下列叙述正确的是AE点溶液中c(Na+)c(A)BKa(HA)的数量级为103C滴加过程中保持不变DF点溶液中c(Na+)c(HA)c(A)c(OH)10、下列说法正确的是( )A表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量B可知平衡常数很大，反

6、应趋于完全C为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为D反应比反应的速率慢，与相应正反应的活化无关11、以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是A2KClO3I2=2KIO3ClBCa(ClO)24HCl=CaCl22Cl22H2OC4HClO2 2Cl22H2OD2NaCl2H2O 2NaOHH2Cl212、我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A氨水B硝酸C醋D卤水13、常温下，用0.10molL-1盐酸分别滴定20.00 mL浓度均为0.10 molL-1CH3CO

7、ONa溶液和NaCN溶液，所得滴定曲线如图（忽略体积变化）。下列说法正确的是（ ）A溶液中阳离子的物质的量浓度之和：点等于点B点所示溶液中：c(CN-)+c(HCN)2c(Cl-)C点所示溶液中：c(Na+) c(Cl-) c(CH3COO-)c(CH3COOH)D点所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)0.10molL-114、化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）A天然纤维和人造纤维主要成分都是纤维素B生物质能和氢气都属于可再生能源C古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应15、锂空气充

8、电电池有望成为电动汽车的实用储能设备。工作原理示意图如下，下列叙述正确的是A该电池工作时Li+向负极移动BLi2SO4溶液可作该电池电解质溶液C电池充电时间越长，电池中Li2O 含量越多D电池工作时，正极可发生： 2Li+ +O2+ 2e-=Li2O216、为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A用纯碱吸收硫酸工业的尾气B用烧碱吸收氯碱工业的尾气C用纯碱吸收合成氨工业的尾气D用烧碱吸收炼铁工业的尾气17、中国诗词深受众人喜爱，针对下列一些诗词，从化学角度解读正确的是A王安石的梅花 “遥知不是雪，唯有暗香来”描述了物质发生化学变化过程中既有状态变化又有气味的产生B庾信的杨柳歌“独忆飞絮鹅毛下，非

9、复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是蛋白质C赵孟頫的烟火诗“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了颜色反应的现象D刘禹锡的浪淘沙“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定18、某固体混合物X可能是由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计实验方案如下图所示（所加试剂均过量）。下列说法不正确的是A气体A一定是混合气体B沉淀A一定是H2SiO3C白色沉淀B在空气中逐渐变灰绿色，最后变红褐色D该固体混合物一定含有Fe、Na2CO3、BaCl219、运用化学知

10、识对下列说法进行分析,不合理的是A从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂B在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩,其主要生产原料聚丙烯是混合物C“一带一路”是现代丝调之路。丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物D水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑具有吸附性20、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ）A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1D该反应中每析出4.8g硫磺转移1mol电子

11、21、能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（ ）A将水加热煮沸B将明矾溶于水C将NaHSO4固体溶于水D将NaHCO3固体溶于水22、下列不能用元素周期律原理解释的是A金属性：KNaB气态氢化物的稳定性：H2ONH3C酸性：HClH2SO3DBr2从NaI溶液中置换出I2二、非选择题(共84分)23、（14分）聚酰亚胺是重要的特种工程材料，已广泛应用在航空、航天、纳米、液晶、激光等领域。某聚酰亚胺的合成路线如下（部分反应条件略去）。已知:i、ii、iii、CH3COOH+CH3COOH(R代表烃基)（1）A所含官能团的名称是_。 （2）反应的化学方程式是_。（3）反应的

12、反应类型是_。（4）I的分子式为C9H12O2N2，I的结构简式是_。（5）K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，的化学方程式是_。（6）1 mol M与足量的NaHCO3溶液反应生成4 mol CO2，M的结构简式是_。（7）P的结构简式是_。24、（12分）有机物A（C10H20O2）具有兰花香味，可用作香皂、洗发香波的芳香赋予剂。已知：B分子中没有支链。D能与碳酸氢钠溶液反应放出二氧化碳。D、E互为具有相同官能团的同分异构体。E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种。F可以使溴的四氯化碳溶液褪色。（1）B可以发生的反应有_（选填序号）取代反应 消去反应 加聚反应 氧化反应（

13、2）D、F分子所含的官能团的名称依次是：_、_。（3）写出与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式：_。（4）E可用于生产氨苄青霉素等。已知E的制备方法不同于其常见的同系物，据报道，可由2甲基1丙醇和甲酸在一定条件下制取E。该反应的化学方程式是_。25、（12分）扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：物质状态熔点/沸点/溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-6

14、3.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤：步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2mol（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在5560，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。步骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。请回答下列问题：(1)图中仪器C的名称是_。(2)装置B的作用是_。(3)步骤一中合适的加热方式是_。(4)步骤

15、二中用乙醚的目的是_。(5)步骤三中用乙醚的目的是_；加入适量无水硫酸钠的目的是_。(6)该实验的产率为_（保留三位有效数字）。26、（10分）硫酰氯（SO2Cl2）熔点-54.1，沸点在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中的S的化合价为_，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_。（2）现拟用干燥的Cl2和SO2在活性炭催化下制取硫酰氯，实验装置如图所示（部分夹持装置未画出）。仪器A的名称为_，装置乙中装入的试剂是_，装罝B的作用是_。装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_（选填编号）。A蒸馏水 Bl0.0molL-1浓盐酸 C浓氢氧化钠溶液

16、D饱和食盐水滴定法测定硫酰氯的纯度:取1.800g产品，加入到100mL0.50000molL-1NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000molL-1标准HC1滴定至终点，重复实验三次取平均值，消耗HCl l0.00mL。达到滴定终点的现象为_，产品的纯度为_。27、（12分）某活动小组利用废铁屑(含少量S等元素)为原料制备硫酸亚铁铵晶体(NH4)2SO4FeSO46H2O，设计如图所示装置(夹持仪器略去)。称取一定量的废铁屑于锥形瓶中，加入适量的稀硫酸，在通风橱中置于5060C热水浴中加热.充分反应。待锥形瓶中溶

17、液冷却至室温后加入氨水，使其反应完全，制得浅绿色悬浊液。(1)在实验中选择5060 C热水浴的原因是_(2)装置B的作用是_；KMnO4溶液的作用是_。(3)若要确保获得浅绿色悬浊液，下列不符合实验要求的是_(填字母)。a.保持铁屑过量 b. 控制溶液呈强碱性 c.将稀硫酸改为浓硫酸(4)检验制得的(NH4)2SO4FeSO46H2O中是否含有Fe3+的方法：将硫酸亚铁铵晶体用加热煮沸过的蒸馏水溶解，然后滴加_(填化学式)。(5)产品中杂质Fe3+的定量分析：配制Fe3+浓度为0.1 mg/mL的标准溶液100 mL。称取_ (精确到0.1)mg高纯度的硫酸铁铵(NH4)Fe(SO4)212H

18、2O，加入20.00 mL经处理的去离子水。振荡溶解后，加入2 molL-1HBr溶液1mL和1molL-1KSCN溶液0.5mL，加水配成100mL溶液。将上述溶液稀释成浓度分别为0.2、1.0、3.0、5.0、7.0、10.0(单位：mgL-1)的溶液。分别测定不同浓度溶液对光的吸收程度(吸光度)，并将测定结果绘制成如图所示曲线。取硫酸亚铁铵产品，按步骤配得产品硫酸亚铁铵溶液10mL，稀释至100mL，然后测定稀释后溶液的吸光度，两次测得的吸光度分别为0.590、0.610，则该兴趣小组所配产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为_mgL-1。(6)称取mg产品，将产品用加热煮沸的蒸馏水溶解

19、，配成250mL溶液，取出100mL放入锥形瓶中，用cmolL-1KMnO4溶液滴定，消耗KMnO4溶液VmL，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为_ (用含c、V 、m的代数式表示)。28、（14分）（1）聚四氟乙烯商品名称为“特氟龙”，可做不粘锅涂层。它是一种准晶体，该晶体是一种无平移周期序、但有严格准周期位置序的独特晶体。可通过_方法区分晶体、准晶体和非晶体。（2）下列氮原子的电子排布图表示的状态中，能量由低到高的顺序是_(填字母代号)。A BC D（3）某种铀氮化物的晶体结构是NaCl型。NaCl的Bom-Haber循环如图所示。已知：元素的一个气态原子获得电子成为气态阴离子时所放出的能量称为电子

20、亲和能。下列有关说法正确的是_(填标号)。a.Cl-Cl键的键能为119.6kJ/mol b.Na的第一电离能为603.4kJ/molc.NaCl的晶格能为785.6kJ/mol d.Cl的第一电子亲和能为348.3kJ/mol（4）配合物Cu(En)2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜()，是铜的一种重要化合物。其中En 是乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)的简写。该配合物中含有化学键有_（填字母编号）。A离子键 B极性共价键 C非极性共价键 D配位键 E.金属键配体乙二胺分子中氮原子、碳原子轨道的杂化类型分别为_、_。乙二胺和三甲胺N(CH3)3均属于胺，且相对分子质量相近，但乙二胺比三

21、甲胺的沸点高得多，原因是_。乙二胺(H2NCH2CH2NH2)是一种有机化合物，乙二胺能与Mg2+、Cu2+等金属离子形成稳定环状离子，其原因是_，其中与乙二胺形成的化合物稳定性相对较高的是_(填“Mg2+”或“Cu2+”)。 与氨气互为等电子体的阳离子为_，与S位于同一周期，且第一电离能小于S的非金属元素符号为_。（5）金属钛的原子堆积方式如图1所示，则金属钛晶胞俯视图为_。A B C D某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度_gcm3。29、（10分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中显酸性的官能团是_(填名称)。(2)下列关于乙

22、的说法正确的是_(填序号)。a分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 b属于芳香族化合物c既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为_。a含有 b在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：步骤I的反应类型是_。步骤I和在合成甲过程中的目的是_。步骤反应的化学方程式为_。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、A【答案解析】A、分子晶体的相对分子质量越大,沸点越高,则卤素单质的熔、沸点逐渐升高，与分子间作用力有关，A正确；B、非金属性FCl

23、BrI，则HF、HCl、HBr、HI热稳定性依次减弱，与共价键有关，B错误；C、原子晶体中，共价键的键长越短，熔点越高，金刚石的硬度大于硅，其熔、沸点也高于硅，与共价键有关，C错误；D、离子键的键长越短，离子所带电荷越多，离子键越强，熔点越高，离子半径：Mg2+Na+、O2Cl-，所以熔点：MgONaCl，与离子键大小有关，D错误；正确选项A。2、D【答案解析】W、X、Y、Z 为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与 W 的电子总数相等，

24、则Z核外有17个电子，Z为氯，据此解答。【题目详解】根据分析可知：W为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。A. 简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：ZWXY，故A错误；B. W氢化物为NH3，常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C. Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；D. N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；故选D。3、C【答案解析】AH2S为弱电解质，反应的离子方程式为SO2+2H2S3S+2H2O，故A错误；B氯气具有强氧化性，应生成BaSO4沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2

25、H2O+Cl2BaSO4+4H+2Cl-，故B错误；CNO2与二氧化硫发生氧化还原反应，本身可以被还原为铵根离子，反应的离子方程式为4Ba2+4SO2+5H2O+NO3-4BaSO4+NH4+6H+，故C正确；D通入氨气，没有发生氧化还原反应，应该生成BaSO3沉淀，反应的离子方程式为Ba2+SO2+2NH3+H2OBaSO3+2NH4+，故D错误；故选C。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意二氧化氮具有强氧化性，反应后N元素的化合价降低，可以生成NH4+。4、C【答案解析】试题分析：甲池是原电池，N2H4发生氧化反应，N2H4是负极，在碱性电解质中的方程式为N2H44e+4OHN2+4H2O

26、，故A错误；甲池的总反应式为：N2H4+O2N2+2H2O，有水生成溶液浓度减小，PH减小；乙池是电解池，乙池总反应：2CuSO4+2H2O=2Cu+O2+2H2SO4，乙池溶液pH减小，故B错误；乙池析出铜和氧气，所以反应一段时间后，向乙池中加一定量CuO固体，能使CuSO4溶液恢复到原浓度，故C正确；2.24L O2在非标准状况下的物质的量不一定是0.1mol，故D错误。考点：本题考查原电池、电解池。5、D【答案解析】当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线；根据图象可知，Ksp(AgC1)= ，Ksp(Ag2C2O4)= 。【题

27、目详解】A当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c（Ag+）小，先析出氯化银沉淀，X为生成氯化银沉淀的曲线，Y线代表的Ag2C2O4，故A正确；Bn点c(Cl-) c(Ag+) Ksp(AgC1)，所以n表示AgCl的过饱和溶液，故B正确；C结合以上分析可知，向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，Cl-生成AgC1沉淀需要银离子浓度小，所以先生成AgC1沉淀，故C正确；DAg2C2O4+2Cl-=2AgC1+C2O42-的平衡常数为1.0109.04，故D错误；故选D。6、B【答案解析】由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含

28、有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【题目详解】A有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3种，故B正确；C含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；答案选B。7、A【答案解析】A依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为

29、红色；C氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵； D可逆反应应在同一条件下进行。【题目详解】A二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，溶液变红，冷却后又变为无色，故A错误； B加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确； D氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，

30、故D正确；故答案选A。【答案点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。8、B【答案解析】A. 二氧化硫与酸性高锰酸钾反应中二氧化硫是还原剂，高锰酸钾是氧化剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故A错误；B. 将二氧化氮(N为+4价)通入氢氧化钠溶液中生成亚硝酸钠(N为+3价)和硝酸钠(N为+5价)，所以该反应中N元素既被氧化又被还原，故B正确；C. 将氯气与过量氨气混合，产生大量白烟氯化铵，氯气是氧化剂，部分氨气是还原剂，则不是同一种气态反应物既被氧化又被还原，故C错误；D. 过氧化钠与空气中的水、二氧化

31、碳反应，是过氧化钠自身的氧化还原反应，气体既未被氧化也未被还原，故D错误；故选：B。9、C【答案解析】由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)c(OH)，【题目详解】A项、由图可知，E点溶液pH为7，溶液中c(H+)c(OH)，由溶液中电荷守恒关系c(Na+)+ c(H+)c(A)+ c(Cl)+ c(OH)可知，溶液中c(Na+)c(A)+ c(Cl)，故A错误；B项、HA的电离常数Ka(HA)=，由图可知pH为3.45时，溶液中=0，c（HA）=c(A)，则Ka(HA)= c(H+)10-3.45，Ka(HA)的数量级为104，故B错误；C项、溶液中=，温度不变，水的离子积常数、弱酸的

32、电离常数不变，则滴加过程中保持不变，故C正确；D项、F点溶液pH为5，=1，则溶液中c(A)c(HA)，由物料守恒c(Na+)c(A)+ c（HA）可知c(Na+)c(A)，则溶液中离子浓度大小顺序为c(Na+)c(A)c(HA)c(OH)，故D错误。故选C。10、B【答案解析】Aa点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；B图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mol/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20mol/L)210-9

33、.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp(CuS)=10-510-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=1014，反应趋于完全，故B正确；C该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；D根据图象可知，反应中正反应的活化能较小，反应中正反应的活化能较大，则反应比反应的速率快，故D错误；故答案为B。11、B【答案解析】氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元

34、素化合价从1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；D. NaCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。本题选B。12、B【答案解析】根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。13、D【答案解析】A.根据电荷守恒点中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na

35、+)+c(H+)，点中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；B.点所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)= 2c(Cl-)，故B错误；C.点所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3COO-)c(Cl-)，故C错误；D.点所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+

36、)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)0.1mol/L，故D正确。答案选D。14、B【答案解析】A. 蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B. 生物质能，就是太阳能以化学能形

37、式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，B项正确；C. 铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D. 燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。15、D【答案解析】A原电池中，阳离子应该向正极移动，选项A错误；B单质锂会与水反应生成氢氧化锂和氢气，所以电解质溶液不能

38、使用任何水溶液，选项B错误；C电池充电的时候应该将放电的反应倒过来，所以将正极反应逆向进行，正极上的Li应该逐渐减少，所以电池充电时间越长，Li2O 含量应该越少，选项C错误；D题目给出正极反应为：xLi+ +O2+ xe-=LixO2，所以当x=2时反应为：2Li+ +O2+ 2e-=Li2O2；所以选项D正确。16、B【答案解析】A纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；B氯气为有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；C硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧

39、化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；故选：B。17、D【答案解析】A. 王安石的梅花 “遥知不是雪，唯有暗香来”，体现物质的挥发性，属于物质的物理性质，故A错误；B. 庾信的杨柳歌“独忆飞絮鹅毛下，非复青丝马尾垂”从化学成分分析现实生活中“飞絮”“鹅毛”主要成分都是纤维素，不是蛋白质，故B错误；C. 赵孟頫的烟火诗“纷纷灿烂如星陨，赫赫喧虺似火攻”描述了焰色反应的现象，故C错误；D. 刘禹锡的浪淘沙“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，说明金在自然界中以游离态存在，其化学性质稳定，故D正确；故选D。18、D【答案解析】固体混合物可能

40、由Na2SiO3、Fe、Na2CO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成，由实验可知，气体A与与澄清的石灰水反应，溶液变浑浊，则A中一定含CO2；混合物与足量稀盐酸反应后的沉淀A为H2SiO3。溶液A与NaOH反应后生成白色沉淀B，则B为Fe（OH）2，溶液B与硝酸、硝酸银反应生成沉淀C为AgCl，则原混合物中一定含有Fe、Na2CO3、Na2SiO3，可能含有BaCl2。根据以上分析可以解答下列问题。A. 稀盐酸与Na2CO3反应生成CO2气体，与Fe反应生成H2，气体A是CO2与H2的混合气体，A正确；B. 沉淀A为H2SiO3沉淀，B正确；C. B为Fe（OH）2 ，在空气中被氧气氧

41、化，逐渐变灰绿色，最后变红褐色，C正确；D. 该固体混合物中可能含有BaCl2，D错误。答案选D.19、D【答案解析】A. 氯气对自来水进行消毒会产生氯残留，因此从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂，故A正确；B. 在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩，其主要生产原料聚丙烯，高聚物都为混合物，故B正确；C. 丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确D. 水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑很稳定，故D错误。综上所述，答案为D。20、C【答案解析】A.As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B.红棕色气体为NO2，N的化合价由5价4价

42、，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；C.根据题中信息，As的化合价由3价5价，S的化合价由2价0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)2(53)32=n(HNO3)(54)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；D.4.8g硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C 选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为

43、0.05mol10=0.5mol，故D错误；答案：C。21、B【答案解析】A. 加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A错误；B. 向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）c（OH-），故B正确；C. 向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；D. 向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）c（OH-），故D错误；正确答案是B。【答案点睛】本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱

44、能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。22、C【答案解析】A. 同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：KNa，A项正确；B. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：ON，稳定性：H2ONH3，B项正确；C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；D. 非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：BrI，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、碳碳双键 +C2H5OH+H2O 取代反应（硝化反应） +2CH3Cl+2HCl 【答案解析】根据合成路线可知，A为乙烯，与水加成生成乙醇，B为乙醇；D为甲苯，氧化后生成苯甲

45、酸，E为苯甲酸；乙醇与苯甲酸反应生成苯甲酸乙酯和水，F为苯甲酸乙酯；根据聚酰亚胺的结构简式可知，N原子在苯环的间位，则F与硝酸反应，生成；再与Fe/Cl2反应生成，则I为；K是D的同系物，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则2个甲基在间位，K为；M分子中含有10个C原子，聚酰亚胺的结构简式中苯环上碳原子的位置，则L为；被氧化生成M，M为；【题目详解】（1）分析可知，A为乙烯，含有的官能团为碳碳双键；（2）反应为乙醇与苯甲酸在浓硫酸的作用下发生酯化反应，方程式为+C2H5OH+H2O；（3）反应中，F与硝酸反应，生成，反应类型为取代反应；（4）I的分子式为C9H12O2N2，根据已知ii，可确定I的分

46、子式为C9H16N2，氨基的位置在-COOC2H5的间位，结构简式为；（5）K是D的同系物，D为甲苯，则K中含有1个苯环，核磁共振氢谱显示其有4组峰，则其为对称结构，若为乙基苯，有5组峰值；若2甲基在对位，有2组峰值；间位有4组；邻位有3组，则为间二甲苯，聚酰亚胺中苯环上碳原子的位置，则L为，反应的方程式为+2CH3Cl+2HCl；（6）1molM可与4molNaHCO3反应生成4 mol CO2，则M中含有4mol羧基，则M的结构简式为；（7）I为、N为，氨基与羧基发生缩聚反应生成酰胺键和水，则P的结构简式为。【答案点睛】确定苯环上N原子的取代位置时，可以结合聚酰亚胺的结构简式中的N原子的位

47、置确定。24、 羧基 碳碳双键 、 【答案解析】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH

48、2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，据此分析作答。【题目详解】B发生氧化反应生成C，C发生氧化反应生成D，D能与NaHCO3溶液反应放出CO2，D中含羧基，C中含醛基，B中含CH2OH，且B、C、D中碳原子数相同；B在浓硫酸/加热条件下反应生成F，F可以使溴的四氯化碳溶液褪色，BF为消去反应；D、E互为同分异构体，D与E的分子式相同，B与E反应生成A，A的分子式为C10H20O2，A具有兰花香味，A属于饱和一元酸与饱和一元醇形成的酯，B分子中没有支链，E分子烃基上的氢若被Cl取代，其一氯代物只

49、有一种，则B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，C为CH3CH2CH2CH2CHO，D为CH3CH2CH2CH2COOH，E为（CH3）3CCOOH，A为（CH3）3CCOOCH2CH2CH2CH2CH3，F为CH3CH2CH2CH=CH2，（1）B的结构简式为CH3CH2CH2CH2CH2OH，B属于饱和一元醇，B可以与HBr、羧酸等发生取代反应，B中与OH相连碳原子的邻碳上连有H原子，B能发生消去反应，B能与O2、KMnO4等发生氧化反应，B不能加聚反应，答案选。（2）D为CH3CH2CH2CH2COOH，所含官能团名称为羧基；F为CH3CH2CH2CH=CH2，所含官能团名称

50、为碳碳双键。（3）D、E的官能团为羧基，与D、E具有相同官能团的同分异构体的可能结构简式为（CH3）2CHCH2COOH、CH3CH2CH（CH3）COOH。（4）E为（CH3）3CCOOH，2甲基1丙醇与甲酸在一定条件下制取E的化学方程式为。25、 (球形)冷凝管 吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸 水浴加热 除去反应液中未反应完的反应物 萃取扁桃酸 作干燥剂 75.7% 【答案解析】苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在5560。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。

51、先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。【题目详解】(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；(3)步骤一中，温度需控制在5560之间，则合适的加热方式是水浴加热。答案为：水浴加热；(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应

52、液中未反应完的反应物；(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；(6)该实验中，0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1mol扁桃酸，则其产率为=75.7%。答案为：75.7%。【答案点睛】当反应混合物需要加热，且加热温度不超过100时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物均匀受热。26、+6 SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 冷凝管 浓硫酸

53、 防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2Cl2发生水解变质并能吸收尾气SO2和Cl2，防止污染环境 D 滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复 75% 【答案解析】（1）SO2Cl2中，O的化合价是-2价，Cl的化合价是-1价，计算可得S的化合价是+6价。SO2Cl2中与水发生反应“发烟”的化学方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。（2）如上图，甲是反应的发生装置，仪器A是球形冷凝管，作用是冷凝回流SO2C12；B是球形干燥管，装有碱石灰，其作用是防止空气中水蒸气的进入，还可以吸收尾气SO2和C12，防止污染环境；丙是提供氯气的装置，乙的作用是除

54、去氯气中的杂质。由于通入甲的氯气必须是干燥的，故乙中应加入干燥剂，图中所示为液体干燥剂，即浓硫酸。故答案为冷凝管；浓硫酸；防止空气中水蒸汽进入三颈烧瓶，使SO2C12发生水解变质并能吸收尾气SO2和C12，防止污染环境。利用加入的液体使集气瓶中的氯气排出，氯气在饱和食盐水中溶解度小，因此选D。硫酰氯在水溶液中与水反应生成盐酸和硫酸，都是酸性物质，与氢氧化钠可以发生反应。因此在过量的NaOH溶液中加热充分水解，得到Na2SO4、NaCl和NaOH的混合溶液。滴加甲基橙后，由于溶液显碱性，因此显黄色。用0.1000molL-1标准HC1滴定至终点时，观察到的现象为锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分

55、钟不恢复。消耗的HCl的物质的量与滴定所取25mL混合溶液中NaOH的物质的量相等，为0.1000molL-10.0100L=0.001mol，由于滴定所取的溶液为原混合溶液的1/10，故原混合溶液中含有NaOH 0.01mol。与氯化氢和硫酸反应消耗的NaOH为0.100L0.50000molL-1-0.010mol=0.04mol，根据总反应方程式SO2C12+4NaOH=2NaC1+Na2SO4+2H2O可知，原产品中含有SO2C12的物质的量为0.01mol，质量为0.01mol135g/mol=1.35g，产率为1.35g1.800g100%=75%。故答案为滴加最后一滴HC1标准液

56、，锥形瓶中溶液由黄色变为橙色，且半分钟不恢复；75%。【答案点睛】SOCl2水解的反应可以把SO2Cl2和H2O都拆成正价和负价两部分，即把SO2Cl2拆成和Cl-两部分，把水拆成H+和OH-两部分，然后正和负两两结合，即可写出生成物，同时可以直接配平方程式。即H+和Cl-结合，由于有2个Cl-，所以需要2个水分子提供2个H+，同时提供的2个OH-和1个结合为H2SO4，最终反应的方程式为：SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4。其他物质和水的反应均可同样方法写出化学方程式，如CaC2、NaH、Mg3N2、Al2S3、BrCl等，盐类的水解也可以同样写出。27、使受热均匀，加快反应速率，

57、防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低 防止液体倒吸进入锥形瓶 吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气 bc KSCN 86.1 85 【答案解析】A中稀硫酸与废铁屑反应生成硫酸亚铁、氢气，还有少量的硫化氢气体，滴加氨水，可生成硫酸亚铁铵，B导管短进短出为安全瓶，避免倒吸，C用于吸收硫化氢等气体，避免污染环境，气囊可以吸收氢气。【题目详解】（1）水浴加热的目的是控制温度，加快反应的速率，同时防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低，故答案为：使受热均匀，加快反应速率，防止温度过高，氨水挥发过多，原料利用率低；（2）B装置短进短出为安全瓶，可以防止液体倒吸进入锥形瓶；由于铁屑中含有S元素，因

58、此会产生H2S，同时氨水易挥发，因此高锰酸钾溶液(具有强氧化性)吸收这些气体，防止污染空气，吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气，故答案为：防止液体倒吸进入锥形瓶；吸收氨气、硫化氢等杂质气体，防止污染空气；（3）由于Fe2+易被氧化，所以为防止其被氧化，铁屑应过量，同时为抑制Fe2+的水解，所以溶液要保持强酸性，浓硫酸常温下会钝化铁，故答案为：bc；（4）检验铁离子常用KSCN溶液，故答案为：KSCN；（5）在Fe3+浓度为1.0mg/mL的标准溶液100mL中，m（Fe3+）=0.1mg/mL100mL=10.0mg，依据关系式Fe3+（NH4）Fe（SO4）212H2O得：m（NH4）

59、Fe（SO4）212H2O=10.0mg=86.1mg，故答案为：86.1；两次测定所得的吸光度分别为0.590、0.610，取其平均值为0.600，从吸光度可以得出浓度为8.5 mg/L，又因配得产品溶液10mL，稀释至100 mL，故原产品硫酸亚铁铵溶液中所含Fe3+浓度为：8.5mg/L=85mg/L，故答案为：85；（6）滴定过程中Fe2+被氧化成Fe3+，化合价升高1价，KMnO4被还原生成Mn2+，所以有数量关系5 Fe2+ KMnO4，所以n(NH4)2SO4FeSO46H2O=V10-3LcmolL-15=12.5Vc10-3mol，则硫酸亚铁铵晶体的纯度为100%=；故答案为：。28、X-射线衍射 ACBD c、d ABCD sp3 sp3 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 乙二胺的两个N提供孤对电子给