2023届黑龙江省黑河市高考化学二模试卷（含答案解析）

2023高考化学模拟试卷考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列属于氧化还原反应，且氧化剂和还原剂为同一种物质的是A．MgO+2HCl=MgCl2+H2O B．C+H2O(g)CO+H2C．8NH3+6NO27N2+12H2O D．2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2、根据表中提供的信息判断下列叙述错误的是组号今加反应的物质生成物①MnO4－、Cl－···Cl2、Mn2＋···②Cl2(少量)、FeBr2FeCl3、FeBr3③KMnO4、H2O2、H2SO4K2SO4、MnSO4…A．第①组反应中生成0.5molCl2，转移1mol电子B．第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为l：2C．第③组反应的其余产物为O2和H2OD．氧化性由强到弱的顺序为MnO4－>Cl2>Fe3＋>Br23、常见药物布洛芬Y，具有镇痛、抗炎作用，可由中间体X通过以下方法制得：下列关于化合物X、Y的说法中错误的是A．X的化学式为C13H18O B．1molY能与4molH2反应C．可用NaHCO3溶液鉴别两者 D．两者氢原子的种类数相等4、11.9g金属锡(Sn)跟100mL12mol·L－1HNO3共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H＋)为8mol·L－1，溶液体积仍为100mL。产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4mol。由此推断氧化产物可能是（）A．SnO2·4H2O B．Sn(NO3)4C．Sn(NO3)2 D．Sn(NO3)2和Sn(NO3)45、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NAB．1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NAC．常温常压下，0.5molFe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAD．0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA6、己知在碱性溶液中可发生如下反应：2R(OH)3+3C1O-+4OH－=2RO4n-+3Cl－+5H2O。则RO4n-中R的化合价是（）A．+3 B．+4 C．+5 D．+67、YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料，下列关于Y的说法错误的是（）A．质量数是89 B．质子数与中子数之差为50C．核外电子数是39 D．Y与Y互为同位素8、地沟油生产的生物航空燃油在东航成功验证飞行。能区别地沟油（加工过的餐饮废弃油）与矿物油（汽油、煤油、柴油等）的方法是（）A．加入水中，浮在水面上的是地沟油B．加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油C．点燃，能燃烧的是矿物油D．测定沸点，有固定沸点的是矿物油9、下列有关化学用语表示正确的是A．硝基苯 B．镁离子的结构示图C．水分子的比例模型： D．原子核内有8个中子的碳原子：10、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度11、在饱和食盐水中滴加酚酞溶液后，在以碳棒为电极进行电解，下列有关的实验现象的描述中正确的是（）A．负极区先变红 B．阳极区先变红C．阴极有无色气体放出 D．正极有黄绿色气体放出12、下列说法不正确的是()A．乙醇的酯化反应和酯的水解反应均属于取代反应B．乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色,是因为乙烯分子中含有碳碳双键C．乙醛分子式为C2H4O2它可以还原生成乙醇D．苯与溴水混合,反复振荡后溴水层颜色变浅是因为苯与溴水发生了加成反应13、为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：下列说法不正确的是A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B．X可以是空气，且需过量C．捕获剂所捕获的气体主要是COD．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O14、分别向体积均为100mL、浓度均为1mol/L的NaClO、NaOH、CH3COONa的三种溶液中通入CO2，测得各溶液中n(HCO3-)的变化如下图所示：下列分析正确的是A．CO2通入NaClO溶液的反应：2ClO-+CO2+H2O=CO32-+2HClOB．CO2通入CH3COONa溶液的反应：CO2+H2O+CH3COO-=HCO3-+CH3COOHC．通入n(CO2)=0.06mol时，NaOH溶液中的反应：2OH-+CO2=CO32-+H2OD．通入n(CO2)=0.03mol时，三种溶液中：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03mol15、下列说法中不正确的是（）A．石油的催化裂化是工业上生产乙烯的主要方法B．水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C．镧镍合金能吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料D．Na2SO4•10H2O晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用16、干冰气化时，发生变化的是A．分子间作用力 B．分子内共价键C．分子的大小 D．分子的化学性质17、化学与材料、生活和环境密切相关。下列有关说法中错误的是（）A．聚酯纤维、光电陶瓷都属于有机高分子B．从石油和煤焦油中可以获得苯等基本化工原料C．生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化D．为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体18、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A．1molH2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2NAB．0.lmol环氧乙烷（）中含有的共价键数为0.3NAC．常温下，1LpH=l的草酸（H2C2O4）溶液中H+的数目为0.1NAD．1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子数目为NA19、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、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，设计的部分实验方案如图所示：下列说法正确的是A．气体A至少含有SO2、H2中的一种B．固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C．该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种D．该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不确定20、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D21、某澄清混合溶液中所含离子的浓度如下表所示，则M可能为（）离子NO3－SO42－H+M浓度/(mol/L)2122A．Cl－ B．Ba2+ C．Na+ D．Mg2+22、W、R、X、Y均为短周期元素且原子序数依次增大.Y的最高正价和最低负价之和等于0；常温常压下，W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化；这4种元素原子的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍。下列说法正确的是A．元素的非金属性为R>Y>WB．原子半径为W>R>X>YC．R与其他三种元素均可形成二元共价化合物D．简单氢化物的热稳定性为R>W>Y二、非选择题(共84分)23、（14分）丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：已知：Bn－代表苄基（）请回答下列问题：（1）D的结构简式为__________，H中所含官能团的名称为_______________。（2）的反应类型为_____________，该反应的目的是_____________。（3）A的名称是__________，写出的化学方程式：________。（4）用苯酚与B可以制备物质M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1．则符合下列条件的N的同分异构体有__________种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_____________（写出一种即可）。①苯环只有两个取代基②能与溶液发生显色反应③能发生银镜反应④红外光谱表明分子中不含醚键（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：____________________。24、（12分）化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：①②请回答下列问题：（1）A的系统命名为___。（2）反应②的反应类型是__。（3）反应⑥所需试剂为___。（4）写出反应③的化学方程式为___。（5）F中官能团的名称是___。（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种（不含立体异构）。①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__（写出其中一种）。（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。25、（12分）NaNO2(1)已知：Ka(HNO2)=5.1×10-4，Ksp(AgCl(2)利用下图装置（略去夹持仪器）制备已知：2NO+Na2O2=2NaNO2；酸性条件下，NO①装置A中发生反应的离子方程式为__________________________________；这样安放铜丝比将铜片浸于液体中的优点是__________________________。②装置B中反应的化学方程式为________________________________。③干燥剂X的名称为__________，其作用是____________________。④上图设计有缺陷，请在F方框内将装置补充完全，并填写相关试剂名称___________。(3)测定产品的纯度。取5.000g制取的样品溶于水配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000滴定次数1234消耗KMnO4溶液体积20.9020.1220.0019.88①第一次滴定实验数据异常的原因可能是______（填字母序号）。A．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗B．锥形瓶洗净后未干燥C．当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，定为滴定终点D．滴定终点时俯视读数②酸性KMnO4溶液滴定NaNO2溶液的离子方程式为③该样品中NaNO2的质量分数为__________26、（10分）二氧化硫是重要的化工原料，用途非常广泛。实验一：SO2可以抑制细菌滋生，具有防腐功效。某实验小组欲用下图所示装置测定某品牌葡萄酒中(葡萄酒中含有乙醇、有机酸等)的SO2含量。（1）仪器A的名称是________；使用该装置主要目的是____________________。（2）B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应，C中化学方程式为_________________________________________。（3）将输入C装置中的导管顶端改成具有多孔的球泡(如图15所示)。可提高实验的准确度，理由是_______________________________________。（4）除去C中的H2O然后用0.099mol·L-1NaOH标准溶液滴定。①用碱式滴定管量取0.09mol·L-1NaOH标准溶液前的一步操作是___________________________；②用该方法测定葡萄酒中SO2的含量偏高，主要原因是__________________________________，利用现有的装置，提出改进的措施是_______________________________________________。（5）利用C中的溶液，有很多实验方案测定葡萄酒中SO2的含量。现有0.1mol·L-1BaCl2溶液，实验器材不限，简述实验步骤：________________________________。27、（12分）研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）Ⅰ中的无色气体是_________。（2）Ⅱ中生成H2的离子方程式是______________。（3）研究Ⅱ中的氧化剂①甲同学认为该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据Ⅰ和Ⅱ证明了甲的说法不正确，其实验证据是____________。②乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_____________，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是____________。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有__________；试推测还可能有哪些因素影响_________（列举1条）。28、（14分）唐山市打造“山水园林城市”，因此研究NOx、SO2等大气污染物的妥善处理具有重要意义。（1）SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下：SO2(g)+NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq)ΔH1=akJ·mol−1；NH3·H2O(aq)+NH4HSO3(aq)(NH4)2SO3(ag)+H2O(l)ΔH2=bkJ·mol−1；2(NH4)2SO3(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)ΔH3=ckJ·mol−1。则反应2SO2(g)+4NH3·H2O(aq)+O2(g)2(NH4)2SO4(aq)+2H2O(l)的ΔH=____kJ·mol−1。（2）以乙烯(C2H4)作为还原剂脱硝(NO)，脱硝机理如图1，则总反应的化学方程式为_______；脱硝率与温度、负载率(分子筛中催化剂的质量分数)的关系如图2，为达到最佳脱硝效果，应采用的条件是______。（3）T1温度时在容积为2L的恒容密闭容器中发生反应：2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H<0。实验测得：υ正=υ(NO)消耗=2υ(O2)消耗=k正c2(NO)·c(O2)，υ逆=(NO2)消耗=k逆c2(NO2)，k正、k逆为速率常数只受温度影响。不同时刻测得容器中n(NO)、n(O2)如表：时间/s012345n(NO)/mol10.60.40.20.20.2n(O2)/mol0.60.40.30.20.20.2①T1温度时k正/k逆=__________L/mol。②若将容器的温度改变为T2时其k正=k逆，则T2__________T1(填“>”、“<”或“=")。（4）已知：N2(g)+O2(g)2NO(g)△H＝+181.5kJ·mol－1

，某科研小组尝试利用固体表面催化工艺进行NO的分解。若用、、和分别表示N2、NO、O2和固体催化剂，在固体催化剂表面分解NO的过程如图所示。从吸附到解吸的过程中，能量状态最低的是___(填字母序号)。（5）利用电解法处理高温空气中稀薄的NO(O2浓度约为NO浓度的10倍)，装置示意图如下，固体电解质可传导O2－①阴极的电极反应式为______。②消除一定量的NO所消耗的电量远远大于理论计算量，可能的原因是(不考虑物理因素)_________。29、（10分）NOx的排放主要来自于汽车尾气，包含NO2和NOI.（1）用CH4催化还原NOx可以消除氮氧化物的污染。例如：a.CH4(g)+4NO2(g)==4NO(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H1=-574kJ/molb.CH4(g)+4NO(g)==2N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)∆H2=-1160kJ/mol①这两个反应在热力学上趋势均很大，其原因是：______________。②有利于提高NOx的平衡转化率的反应条件是：______________（至少答一条）。③在相同条件下，CH4(g)+2NO2(g)=N2(g)+2H2O(g)+CO2(g)∆H2=______________kJ/mol（2）为了提高CH4和NO转化为N2的产率，种学家寻找了一种新型的催化剂。将CH4和NO按一定比例、一定流速通过装有上述新型催化剂的反应器中，测得N2的产率与温度的关系如图1所示，OA段N2产率增大的原因是______________。AB段N2产率降低的可能原因是______________（填标号）A．催化剂活性降低B．平衡常数变大C．副反应增多（3）N2的产率与，由图可知最佳约为____________II.有人利用反应2C(s)+2NO2(g)N2(g)+2CO2(g)ΔH=－64.2kJ/mol对NO2进行吸附。在T℃下，向密闭容器中加入足量的C和一定量的NO2气体，图为不同压强下上述反应经过相同时间，NO2的转化率随着压强变化的示意图。用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp)；在T℃、1100KPa时，该反应的化学平衡常数Kp=______________(计算表达式表示)；已知：气体分压(P分)=气体总压(P总)×体积分数。

2023学年模拟测试卷参考答案（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、D【答案解析】

A.MgO+2HCl=MgCl2+H2O中元素化合价没有发生变化，反应不是氧化还原反应，A不符合题意；B.C+H2O(g)CO+H2中C、H两种元素的化合价都发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中C是还原剂，H2O是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，B不符合题意；C.8NH3+6NO27N2+12H2O中只有N元素的化合价发生了变化，反应属于氧化还原反应，其中NH3是还原剂，NO2是氧化剂，氧化剂和还原剂不是同一种物质，C不符合题意；D.反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑中有O元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，其中Na2O2既是还原剂也是氧化剂，氧化剂和还原剂是同一种物质，D符合题意；故合理选项是D。2、D【答案解析】

A．由信息可知，MnO4-氧化Cl-为Cl2，Cl元素化合价由-1价升高为0价，转移电子的物质的量是氯气的2倍，生成1mo1C12，转移电子为2mo1，选项A正确；B．由元素化合价可知，反应中只有亚铁离子被氧化，溴离子末被氧化，根据电子得失守恒2n（C12）=n（Fe2+），即第②组反应中参加反应的Cl2与FeBr2的物质的量之比为1：2，选项B正确；C．反应中KMnO4→MnSO4，Mn元素化合价由+7价降低为+2价，根据电子转移守恒，H2O2中氧元素化合价升高，生成氧气，根据H元素守恒可知还生成水，选项C正确；D．氧化剂氧化性强于氧化产物氧化性，由③可知氧化性MnO4->Cl2，由②可知氧化性Cl2>Fe3+，由②可知Fe3+不能氧化Br-，氧化性Br2>Fe3+，选项D错误。答案选D。3、B【答案解析】

A．X的化学式为C13H18O，故A正确；B．布洛芬的官能团为－COOH，不能与H2发生加成反应，1molY只能与3molH2反应，故B错误；C．X、Y官能团分别为－CHO和－COOH，只有－COOH能与NaHCO3溶液反应生成CO2，故C正确；D．X、Y中均含有8种氢原子，故D正确；答案选B。【答案点睛】羧基不能与H2发生加成反应，是易错点。4、A【答案解析】

11.9g金属锡的物质的量==0.1mol，l2mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol，所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知：0.1mol×(x-0)=0.4mol×(5-4)，解得x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)==8mol/L，根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，故答案为A。5、A【答案解析】

A.D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/mol,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B.NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H++CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1mol·L-1NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C.常温常压下，Fe和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D.0.1molH2和0.1molI2(g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2(g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A。6、D【答案解析】

根据方程式两端电荷守恒可知n＝＝2，O元素是－2价，所以R的化合价是+6价，答案选D。7、B【答案解析】

A选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡A正确；

B选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数－质子数=89－39=50，质子数与中子数之差为50－39=11，故B错误；

C选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确；D选项，Y与Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确;综上所述，答案为B。【答案点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。8、B【答案解析】

地沟油中含油脂，与碱溶液反应，而矿物油不与碱反应，混合后分层，以此来解答。【题目详解】A.地沟油、矿物油均不溶于水，且密度均比水小，不能区别，故A错误；B.加入足量氢氧化钠溶液共热，不分层的是地沟油，分层的为矿物油，现象不同，能区别，故B正确；C.地沟油、矿物油均能燃烧，不能区别，故C错误；D.地沟油、矿物油均为混合物，没有固定沸点，不能区别，故D错误；答案是B。【答案点睛】本题考查有机物的区别，明确地沟油、矿物油的成分及性质是解答本题的关键，题目难度不大。9、A【答案解析】

A.硝基的氮原子与苯环上的碳原子相连是正确的，故A正确；B.镁离子的结构示图为故B错误；C.水分子空间构型是V型的，所以水分子的比例模型为，故C错误；D.原子核内有8个中子的碳原子质量数是14，应写为，故D错误；故答案为：A。10、B【答案解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。11、C【答案解析】

电解饱和食盐水，阳极氯离子发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：2Cl－－2e－=Cl2↑；阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析可知，A.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，A项错误；B.溶液中阴极区会发生电极反应：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，则酚酞溶液在阴极区先变红，B项错误；C.阴极区水发生得电子的还原反应，其电极反应式为：2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，有无色气体放出，C项正确；D.阳极产生氯气，则现象描述应该为：阳极有黄绿色气体放出，D项错误；答案选C。12、D【答案解析】

A.乙醇的酯化反应和酯的水解反应都可看作是有机物分子中的原子或原子团被其他的原子和原子团所代替的反应，是取代反应，故A不选；B.乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为乙烯分子中含有碳碳双键，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B不选。C.乙醛的结构简式为CH3CHO，分子式为C2H4O。它可以和氢气发生加成反应，即还原反应生成乙醇，故C不选；D.苯与溴水混合反复振荡，溴水层颜色变浅是因为溴水中的溴从水中进入到了苯中，是萃取，不是苯和溴水发生了加成反应，故D选。故选D。13、B【答案解析】

工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B错误；C．气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C正确；D．NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故D正确；故选B。14、D【答案解析】

A.次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，所以反应生成次氯酸和碳酸氢根离子，则少量二氧化碳通入NaClO溶液中反应的离子方程式为：CO2+H2O+ClO-=HCO3-+HClO，A错误；B.碳酸的酸性比醋酸弱，CO2通入CH3COONa溶液不反应，B错误；C.n(NaOH)=0.1mol，通入n(CO2)=0.06mol，反应产物为碳酸氢钠和碳酸氢钠，反应的离子方程式：5OH-+3CO2=2CO32-+HCO3-+2H2O，C错误；D.通入n(CO2)=0.03mol，三种溶液中存在碳元素的物料守恒得到：n(HCO3-)+n(CO32-)+n(H2CO3)=0.03moll，D正确；故合理选项是D。15、A【答案解析】

A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO4•10H2O晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后又形成Na2SO4•10H2O晶体释放能量，故D正确；综上所述，答案为A。16、A【答案解析】

A.干冰气化时，分子间距离增大，所以分子间作用力减弱，故A正确；B.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以分子内共价键没变，故B错误；C.干冰气化时二氧化碳分子没变，分子的大小没变，故C错误；D.干冰气化时二氧化碳分子没变，所以化学性质没变，故D错误；答案选A。17、A【答案解析】

A．聚酯纤维属于有机合成材料，陶瓷属于无机非金属材料，故A错误；B．从石油中可以获得乙烯、从石油或煤焦油中可以获得苯等重要化工基本原料，故B正确；C．水中含有氮、磷过多，能够使水体富营养化，水中植物疯长，导致水质恶化，生活污水进行脱氮、脱磷处理可以减少水体富营养化，有利于环境保护，故C正确；D、为汽车安装尾气催化转化装置，可将尾气中的部分CO和NO转化为无毒气体氮气和二氧化碳，故D正确；答案选A。18、C【答案解析】

A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2↑，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；B.1个环氧乙烷中含4个C—H键、1个C—C键和2个C—O键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mol环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L×1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；答案选C。【答案点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的C—H键。19、C【答案解析】

由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【题目详解】A.气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；B.原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；C.从上面分析可知，固体混合物中不管是含有Fe2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；D.该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。故选C。【答案点睛】在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。20、C【答案解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。21、C【答案解析】

溶液中，单位体积内已知的阳离子所带电量为：2mol/L×1=2mol/L，单位体积内已知的阴离子所带总电量为：2mol/L×1+1mol/L×2=4mol/L，大于单位体积内已知的阳离子所带电量2mol/L，故M为阳离子，设M离子的电荷为x，由电荷守恒可知：4=2+x×2，解得x=+1，结合选项可知，M为Na+，正确答案是C。22、D【答案解析】

W、R、X、Y的原子序数依次增大，Y的最高正价和最低负价之和等于0，则Y位于第IVA族；W和R组成的化合物有多种，其中两种化合物能相互转化，但元素化合价没有变化，二氧化氮和四氧化二氮之间能相互转化，且没有电子转移，则W为N、R为O元素；这4种元素的最外层电子数之和等于R原子的核电荷数的2倍，R核电荷数为8，W最外层有5个电子、R最外层有6个电子、Y最外层有4个电子，则X最外层有1，且X原子序数大于R而小于Y，为Na元素，Y为硅，然后结合元素的性质和元素周期律来解答。【题目详解】A.

W、R、Y分别是N、O、Si元素，同一周期元素，元素非金属性随着原子序数增大而增强，同一主族元素，元素非金属性随着原子序数增大而减弱，所以非金属性强弱顺序是R>W>Y，故A错误；B.原子电子层数越多其原子半径越大，同一周期元素，原子半径随着原子序数增大而减小，所以原子半径大小顺序是X>Y>W>R，故B错误；C.活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子化合物，R是活泼非金属元素、X是活泼金属元素，二者易形成离子化合物Na2O、Na2O2，故C错误；D.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，非金属性R>W>Y，则简单氢化物的热稳定性次序为R>W>Y，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、醚键、羟基、羧基取代反应保护（酚）羟基乙二醛+O2→18【答案解析】

根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。【题目详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；答案：醚键、羟基、羧基（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。答案：取代反应保护（酚）羟基（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2→；答案：乙二醛+O2→（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；答案：18（5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基复原，合成路线为；答案：【答案点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断①注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；②先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。24、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CH3CH2OH+H2O羟基、醛基12【答案解析】

A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。【题目详解】(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1mol二氧化碳，说明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即1molAg固体，说明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为：；(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构与G类似，所以合成路线为：。【答案点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。25、分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O可以控制反应的发生与停止3NO2＋H2O=2HNO3+NO碱石灰吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气A5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O69％（或0.69）【答案解析】

(1)根据NaCl、NaNO2盐的组成及溶液的酸碱性分析判断；(2)装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮和硝酸铜和水，NO2与装置B中的水反应产生HNO3和NO，通过装置C中的干燥剂吸收水蒸气，在装置D中与Na2O2发生反应，装置E中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气。(3)①第一次实验数据出现异常，消耗KMnO4溶液体积偏大，根据c(待测)=c(分析不当操作对V(标准)的影响，以此判断浓度的误差；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+；③根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可求出亚硝酸钠的物质的量，然后求样品中亚硝酸钠的质量分数。【题目详解】(1)NaCl是强酸强碱盐，不水解，溶液显中性；NaNO2是强碱弱酸盐，NO2-水解，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，所以可根据盐溶液的酸碱性的不同进行鉴别。分别取等量的两种固体样品少量于试管中加水至溶解，然后分别滴加酚酞试液，溶液变红的为NaNO2，不变色的为NaCl；(2)①在装置A中Cu与浓硝酸发生反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O；这样安放铜丝，可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；②装置B中水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮，反应方程式为3NO2＋H2O=2HNO3+NO；③在干燥管中盛放的干燥剂X的名称为碱石灰，其作用是吸收B中挥发出的硝酸和水蒸气；④NO及NO2都是大气污染物，随意排入大气会造成大气污染，故上图设计的缺陷是无尾气吸收装置。可根据NO、NO2都会被酸性KMnO4溶液吸收，产物都在溶液中，为防止倒吸现象的发生，在导气管末端安装一个倒扣的漏斗，装置为；(3)①A.酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，根据c(待测)=c(标准)×V(标准)B.锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V(标准)无影响，B不可能；C.当观察到最后一滴溶液滴入待测液中红色慢慢褪去，就定为滴定终点，此时溶液中NO2-未反应完全，消耗标准溶液体积偏小，C不可能；D.滴定终点时俯视读数，造成V(标准)偏小，D不可能；故合理选项是A；②在反应中NO2-被氧化为NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O；③消耗KMnO4溶液体积V=(20.12+20.00+18.88)mL3=20.00mL，消耗高锰酸钾的物质的量是n(MnO4-)=0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式5NO2-+2MnO4-+6H+=5NO3-+2Mn2++3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量n(NaNO2)=0.002mol×52=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是n(NaNO2)总=0.005mol×100mL25mL=0.02mol，其质量m(NaNO2)=0.02mol×69g/mol=1.38g，则样品中亚硝酸钠的质量分数【答案点睛】本题考查了盐类水解、硝酸的性质、物质的鉴别方法、尾气处理、实验条件控制、实验方案设计与评价以及物质含量测定等，注意在实验过程中的反应现象分析，利用氧化还原反应中物质的量的关系进行计算，在滴定误差分析时要把操作引起的影响归结到对消耗标准溶液的体积大小上进行分析判断。26、冷凝管回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性H2O2+SO2=H2SO4增大气体与溶液的按触面积，使气体吸收充分用待装液润洗滴定管挥发出来的盐酸消耗氢氧化钠，增大了SO2的含量将盐酸换为稀硫酸向C

中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量【答案解析】考查实验方案设计与评价，（1）仪器A为（直型）冷凝管，葡萄酒中含有乙醇和有机酸，乙醇和有机酸受热易挥发，冷凝管的作用是回流有机酸和醇，提高实验结果的准确性；（2）SO2具有还原性，H2O2具有强氧化性，H2O2把SO2氧化成SO42－，因此化学反应方程式为H2O2＋SO2=H2SO4；（3）换成多孔的球泡，可以增大气体与溶液的接触面积，使气体吸收充分；（4）①使用滴定管应先检漏，再用待盛液润洗，最后装液体，因此量取NaOH标准液的前的一步操作是用待装液润洗滴定管；②B中加入的是葡萄酒和适量盐酸，盐酸易挥发，挥发出的盐酸能与NaOH反应，消耗NaOH的量增加，测的SO2的含量偏高；把酸换成难挥发酸，把盐酸换成稀硫酸；（5）根据C中反应，SO2转化成SO42－，向C的溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀，然后根据硫元素守恒，求出SO2的量，具体操作是向C中加入足量的BaCl2溶液，沉淀经过滤、洗涤、烘干称量得硫酸钡的质量。27、NO或一氧化氮Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体金属的种类、硝酸的浓度温度【答案解析】

(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；②元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【题目详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)Ⅱ中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑；(3)①如硝酸根离子没有发生反应，则Ⅰ溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但Ⅰ中溶液变蓝，同时没有氢气放出；②元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取Ⅱ中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。28、2a+2b+c6NO+3O2+2C2H43N