2023届广东省汕头市潮阳新世界中英文学校高三第六次模拟考试化学试卷含解析

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、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B．“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料C．汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D．石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物2、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是A．1molNH4+所含的质子总数为10NAB．联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1∶23、设[aX+bY]为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（）A．0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B．合成氨工业中，投料1mol[N2(g)+3H2(g)]可生成2NA个[NH3(g)]C．用惰性电极电解1L浓度均为2mol•L-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D．273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA4、下列关于工业生产过程的叙述正确的是（）A．联合制碱法中循环使用CO2和NH3，以提高原料利用率B．硫酸工业中，SO2氧化为SO3时采用常压，因为高压会降低SO2转化率C．合成氨生产过程中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高N2、H2的转化率D．炼钢是在高温下利用氧化剂把生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去5、《新型冠状病毒感染的肺炎诊疗方案》指出，56℃30分钟、乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸和氯仿等脂溶剂均可有效灭活病毒。下列有关说法正确的是A．含氯消毒剂说明含有氯元素的化学物质都有消毒作用。B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性。C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其呈酸性。D．居家常用的84消毒液与75%乙醇混合使用消毒效果会更好。6、下列有关说法正确的是（）A．糖类、蛋白质、油脂都属于天然高分子化合物B．石油经过蒸馏、裂化过程可以得到生产无纺布的原材料丙烯等C．根据组成，核酸分为脱氧核糖核酸（DNA）和核糖核酸（RNA），它们都是蛋白质D．医药中常用酒精来消毒，是因为酒精能够使细菌蛋白质发生变性7、KIO3是一种重要的无机化合物，可作为食盐中的补碘剂。利用“KClO3氧化法”制备KIO3包括以下两个反应：①11KClO3+6I2+3H2O==6KH(IO3)2+3Cl2↑+5KCl②KH(IO3)2+KOH==2KIO3+H2O下列说法正确的是（）A．化合物KH(IO3)2中含有共价键、离子键和氢键等化学键B．反应①中每转移4mol电子生成2.24LCl2C．向淀粉溶液中加入少量碘盐，溶液会变蓝D．可用焰色反应实验证明碘盐中含有钾元素8、下列物质的转化在给定条件下能实现的是()A．SSO3H2SO4 B．Al2O3NaAlO2(aq)Al(OH)3C．SiO2SiCl4Si D．Fe2O3FeCl3(aq)无水FeCl39、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A．三者的氧化物都是碱性氧化物B．三者的氢氧化物都是白色固体C．三者的氯化物都可用化合反应制得D．三者的单质在空气中最终都生成氧化物10、已知Ba(AlO2)2可溶于水。下图表示的是向100mL0.02mol·L-1KAl(SO4)2溶液中逐滴加入0.05mol·L-1Ba(OH)2溶液时（25℃），生成沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积的关系。下列说法不正确的是A．所加的Ba(OH)2溶液的pH=13B．a点的值是80mLC．b点的值是0.005molD．当V[Ba(OH)2]=30mL时，生成沉淀的质量是0.699g11、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．1L0.1mol·L－1NaClO溶液中含有的ClO－为NAB．1molFe在1molCl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC．常温常压下，32gO2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD．标准状况下，22.4LHF中含有的氟原子数目为NA12、按照物质的组成分类，SO2属于（）A．单质 B．酸性氧化物 C．碱性氧化物 D．混合物13、10mL浓度为1mol·L－1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是A．K2SO4 B．CH3COONa C．CuSO4 D．Na2CO314、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的稳定性：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成15、研究表明，雾霾中的无机颗粒主要是硫酸铵和硝酸铵，大气中的氨是雾霾的促进剂。减少氨排放的下列解决方案不可行的是()A．改变自然界氮循环途径，使其不产生氨 B．加强对含氨废水的处理，降低氨气排放C．采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备 D．增加使用生物有机肥料，减少使用化肥16、某有机化工原料的结构简式如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是A．不能使酸性KMnO4溶液褪色B．1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应C．分子中所有原子共平面D．易溶于水及甲苯17、NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC．56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA18、某兴趣小组查阅资料得知：碘化钠是白色晶体无嗅，味咸而微苦，在空气和水溶液中逐渐析出碘而变黄或棕色。工业上用NaOH溶液、水合肼制取碘化钠固体，其制备流程图如下，有关说法不正确的是()已知：N2H4·H2O在100℃以上分解。A．已知在合成过程的反应产物中含有NaIO3，若合成过程中消耗了3molI2，最多能生成NaIO3的物质的量为1molB．上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2OC．为了加快反应速率，上述还原反应最好在高温条件下进行D．工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质19、下列有关化学用语的表示不正确的是（）A．NaH中氢离子的结构示意图： B．乙酸分子的球棍模型：C．原子核内有10个中子的氧原子：O D．次氯酸的结构式：H-O-Cl20、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A．1．1mol·L−1KI溶液：Na+、K+、ClO−、OH−B．1．1mol·L−1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH4+、NO3−、SO42−C．1．1mol·L−1HCl溶液：Ba2+、K+、CH3COO−、NO3−D．1．1mol·L−1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42−、HCO3−21、一种钌（Ru）基配合物光敏染料敏化太阳能电池的示意图如下。电池工作时发生的反应为：

RuIIRuII*(激发态)RuII*→

RuIII+e-I3-+2e-→3I-RuIII+3I-→RuII++I3-下列关于该电池叙述错误的是()A．电池中镀Pt导电玻璃为正极B．电池工作时，I－离子在镀Pt导电玻璃电极上放电C．电池工作时，电解质中I－和I3－浓度不会减少D．电池工作时，是将太阳能转化为电能22、铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应：Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A．Tl+的最外层有1个电子B．Tl能形成+3价和+1价的化合物C．酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D．Tl+的还原性比Ag弱二、非选择题(共84分)23、（14分）聚戊二酸丙二醇酯(PPG)是一种可降解的聚酯类高分子材料，在材料的生物相容性方面有很好的应用前景。PPG的一种合成路线如图：已知：①烃A的相对分子质量为70，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢②化合物B为单氯代烃；化合物C的分子式为C5H8③E、F为相对分子质量差14的同系物，F是福尔马林的溶质④R1CHO+R2CH2CHO回答下列问题：（1）A的结构简式为__。（2）由B生成C的化学方程式为__。（3）由E和F生成G的反应类型为__，G的化学名称为__。（4）①由D和H生成PPG的化学方程式为__；②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为__(填标号)。a.48b.58c.76d.122（5）D的同分异构体中能同时满足下列条件的共有__种(不含立体异构)；①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体②既能发生银镜反应，又能发生皂化反应其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是__(写结构简式)；D的所有同分异构体在下列一种表征仪器中显示的信号(或数据)完全相同，该仪器是__(填标号)。a.质谱仪b.红外光谱仪c.元素分析仪d.核磁共振仪24、（12分）铃兰醛[]具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：(1)B中官能团的名称是______。(2)①的反应类型是______。(3)写出反应②的化学方程式：______。(4)乌洛托品的结构简式如图所示：其二氯取代物有______种，将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是______。(5)写出满足下列条件的A的同分异构体______。Ⅰ.有两个取代基Ⅱ.取代基在邻位(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线______(无机试剂自选)。25、（12分）ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59℃、沸点11℃，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为___，该方法中最突出的优点是___。（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaC1O2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。①产生ClO2的温度需要控制在50℃，应采取的加热方式是___；盛放浓硫酸的仪器为：___；NaC1O2的名称是___；②仪器B的作用是___；冷水浴冷却的目的有___（任写两条）；③空气流速过快或过慢，均会降低NaC1O2的产率，试解释其原因___。26、（10分）叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，是汽车安全气囊中的主要成分，能在发生碰撞的瞬间分解产生大量气体使气囊鼓起。已知：。实验室利用如图装置模拟工业级NaN3制备。实验Ⅰ：制备NaN3(1)装置C中盛放的药品为____________，装置B的主要作用是__________________。(2)为了使a容器均匀受热，装置D中进行油浴而不用水浴的主要原因是______________。(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式____________________________________。(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6℃)在240℃分解制得，应选择的气体发生装置是________。实验Ⅱ：分离提纯分离提纯反应完全结束后，取出装置D中的混合物进行以下操作，得到NaN3固体。(5)已知：NaNH2能与水反应生成NaOH和氨气，操作Ⅳ采用__________洗涤，其原因是_____________。实验Ⅲ：定量测定实验室用滴定法测定叠氮化钠样品中NaN3的质量分数：①将2.500g试样配成500.00mL溶液。②取50.00mL溶液于锥形瓶中，加入50.00mL0.1010(NH4)2Ce(NO3)6溶液。③充分反应后，将溶液稍稀释，向溶液中加入8mL浓硫酸，滴入3滴邻菲啰啉指示液，0.0500(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定过量的Ce4+，消耗标准溶液的体积为29.00mL。测定过程中涉及的反应方程式如下：2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑，Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+(6)配制叠氮化钠溶液时，除烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有___________。若其它读数正确，滴定到终点后读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数__________(选填“偏大”、“偏小”或“不变”)。(7)试样中NaN3的质量分数为___________。(保留四位有效数字)27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，熔点为-59.5℃，沸点为11.0℃，浓度过高时易发生分解引起爆炸，实验室在50℃时制备ClO2。实验Ⅰ：制取并收集ClO2，装置如图所示：(1)写出用上述装置制取ClO2的化学反应方程式_____________。(2)装置A中持续通入N2的目的是___________。装置B应添加__________(填“冰水浴”、“沸水浴”或“50℃的热水浴”)装置。实验Ⅱ：测定装置A中ClO2的质量，设计装置如图：过程如下：①在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加3mL硫酸溶液；②按照右图组装好仪器；在玻璃液封管中加入①中溶液，浸没导管口；③将生成的ClO2由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封溶液倒入锥形瓶中，洗涤玻璃液封管2—3次，都倒入锥形瓶，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；④用cmol·L−1Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmLNa2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I−+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_____________。(4)滴定终点的现象是___________________。(5)测得通入ClO2的质量m(ClO2)=_______g(用整理过的含c、V的代数式表示)。28、（14分）费托合成是以合成气(CO和H2混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃(C2~C4)以及烷烃(CH4、C5~C11、C12~C18等，用CnH2n+2表示)的工艺过程。已知：①2CO(g)+O2(g)=2CO2(g)△H1=a②2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H2=b③回答下列问题：(1)反应(2n+1)H2(g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的△H_____。(用含有a、b、c、n的式子表示)(2)费托合成产物碳原子分布遵循ASF分布规律。碳链增长因子(α)是描述产物分布的重要参数，不同数值对应不同的产物分布。ASF分布规律如图，若要控制C2~C4的质量分数0.48~0.57，则需控制碳链增长因子(α)的范围是________。(3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。如图所示，Co2C作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_____，选择平行六面体催化剂时_____。(4)中科院大连化物所研究团队直接利用CO2与H2合成甲醇。一定条件下，向2L恒容密闭容器中充入1molCO2和2molH2发生反应“CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H”。CO2的平衡转化率(α)与温度(T)的关系如图所示。①判断△H_______0。(填“大于”“小于”或“等于”)②500K时，反应5min达到平衡。计算0~5min用H2O表示该反应的化学反应速率为_________，该反应的平衡常数为__________。③500K时，测定各物质的物质的量浓度分别为c(CO2)=0.4mol/L、c(H2)=0.2mol/L、c(CH3OH)=0.6mol/L、c(H2O)=0.6mol/L，此时反应____(填“是”或“否”)达到平衡，理由是_____。④一定条件下，对于反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)。下列说法中不能表明反应达到平衡的是_____。a.恒温恒容下，c(CH3OH)=c(H2O)b.恒温恒容下，体系的压强保持不变c.恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变d.相同时间内，断裂H－H键和断裂H－O键之比1：129、（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FeCO3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FeCO3·nH2O被空气氧化为FeOOH，其化学方程式为________________。（4）取干燥后的FeCO3样品12.49g隔绝空气焙烧至600℃，质量变为8.00g，继续加热最终得到Fe6.16g，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【解析】

A．雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B．碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C．汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。2、C【解析】

A选项，1molNH4+所含的质子总数为11NA，故A错误；B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程IV中N化合价降低，发生还原反应，故C正确；D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为1∶1，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。3、D【解析】

A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1mol[N2(g)+3H2(g)]生成的[NH3(g)]数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。4、D【解析】

A.联合制碱法中，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠和二氧化碳，二氧化碳被循环利用，而氯化铵并没有直接循环利用，而是作为其他化工原料，则氨气没有被循环利用，故A错误；B.对于该反应，常压时转化率就很高了，增大压强对SO2的转化率影响不大，同时会增大成本，故通常采用常压而不是高压，故B错误；C.合成氨生产过程中将NH3液化分离，导致生成物浓度减小，逆反应速率瞬间减小，正反应速率随之减小，平衡向正反应方向移动，从而提高了N2、H2的转化率，故C错误；D.降低生铁中的含碳量，需要加入氧化剂将生铁中过多的碳和其他杂质氧化成气体或炉渣除去，故D正确；答案选D。5、B【解析】

A．不是所有的含氯物质都有消毒作用，如NaCl溶液，A错误；B．有效灭活病毒原理主要是使病毒蛋白质发生变性而失去活性，B正确；C．过氧乙酸的消毒能力主要是因其有强氧化性，C错误；D．84消毒液的有效成分是NaClO，有强氧化性，乙醇有还原性，可发生氧化还原反应产生有毒物质氯气，不能混合使用，D错误。答案选B。6、D【解析】

A．糖类中的单糖、油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，A错误；B．石油经过分馏、裂化和裂解过程可以得到丙烯等，B错误；C．蛋白质是由氨基酸构成的，核酸不属于蛋白质，C错误；D．酒精能使蛋白质变性，用来杀属菌消毒，D正确；答案选D。【点睛】油脂均不属于高分子化合物，此为易错点。7、D【解析】

A.化合物KH(IO3)2为离子化合物，包含离子键与共价键，氢键不属于化学键，A项错误；B.气体的状态未指明，不能利用标况下气体的摩尔体积计算，B项错误；C.碘盐中所含的碘元素在水溶液中以IO3-离子存在，没有碘单质，不能使淀粉变蓝，C项错误；D.钾元素的焰色反应为紫色（透过蓝色钴玻璃），若碘盐的焰色反应显紫色，则证明碘盐中含有钾元素，D项正确；答案选D。【点睛】本题考查化学基本常识，A项是易错点，要牢记氢键不属于化学键，且不是所有含氢元素的化合物分子之间就有氢键。要明确氢键的存在范围是分子化合物中，可以分为分子内氢键，如邻羟基苯甲醛，也可存在分子间氢键，如氨气、氟化氢、水和甲醇等。8、B【解析】

A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情况下不与酸反应；D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；【详解】A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3，所以能实现，故B正确；C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。9、C【解析】

A.Na、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠、四氧化三铁不是碱性氧化物，氧化铝为两性氧化物，故A错误；B.氢氧化钠、氢氧化铝、氢氧化亚铁为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C.氯化钠、氯化铝、氯化铁都可以由三种的单质与氯气反应得到，故C正确；D.钠在空气中最终得到的是碳酸钠，Al的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止了Al与氧气继续反应，铁在空气中会生锈，得到氧化铁，故D错误；答案：C10、D【解析】

溶液中逐渐滴加溶液，OH-会先与Al3+发生反应，生成Al(OH)3沉淀，随后生成的再与OH-发生反应，生成；在OH-反应的同时，Ba2+也在与反应生成沉淀。考虑到溶液中是Al3+物质的量的两倍，再结合反应的离子方程式可知，Al3+沉淀完全时，溶液中还有尚未沉淀完全；但继续滴加会让已经生成的发生溶解，由于沉淀溶解的速率快于沉淀生成的速率，所以沉淀总量减少，当恰好溶解完全，的沉淀也恰好完全。因此，结合分析可知，图像中加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀；沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全。【详解】A．0.05mol/L的溶液中的c(OH-)约为0.1mol/L，所以常温下pH=13，A项正确；B．通过分析可知，加入amL时，溶液中的恰好完全沉淀，所以，a=80mL，B项正确；C．通过分析可知，沉淀物质的量为bmol时，中的Al3+恰好沉淀完全，那么此时加入的物质的量为0.003mol即体积为60mL，因此沉淀包含0.003mol的以及0.002mol的，共计0.005mol，C项正确；D．当加入30mL溶液，结合C项分析，Al3+和Ba2+都未完全沉淀，且生成0.0015mol以及0.001mol，总质量为0.4275g，D项错误；答案选D。11、C【解析】

A.NaClO为强碱弱酸盐，ClO－会水解，使溶液中ClO－的物质的量小于1L×0.1mol·L－1，即小于NA，A项错误；B.根据反应2Fe＋3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1molCl2参与反应转移2mol电子，B项错误；C.32gO2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D.标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。12、B【解析】

A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D错误；故选：B。13、C【解析】

A.加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B.加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C.Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D.加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+═Zn2++H2↑，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。14、D【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：W＜X,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。15、A【解析】

A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；故合理选项是A。16、B【解析】

A选项，含有碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A错误；B选项，1mol苯环消耗3mol氢气，1mol碳碳双键消耗1mol氢气，因此1mol该物质最多能和4molH2发生加成反应，故B正确；C选项，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C错误；D选项，酯不易溶于水，故D错误。综上所述，答案为B。17、B【解析】

NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。【详解】A.该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4molN2，转移15mol电子，所以，当生成0.1molN2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B.N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56gFe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3molNO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。18、C【解析】

A.合成过程的反应产物中含有NaIO3，根据氧化还原反应得失电子守恒规律可知，若合成过程中消耗了3molI2，最多能生成NaIO31mol，即失去5mol电子，同时得到5molNaI，A项正确；B.根据氧化还原及流程图可知上述还原过程中主要的离子方程式为2IO3-＋3N2H4·H2O=2I－＋3N2＋9H2O或2IO3-＋3N2H4=2I－＋3N2＋6H2O，B项正确；C.温度高反应速率快，但水合肼高温易分解，反应温度控制在60～70℃比较合适，C项错误；D.工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，因产物是N2和H2O，没有其他副产物，不会引入杂质，D项正确；答案选C。19、B【解析】

A.NaH中氢离子H－，得到1个电子，因此离子的结构示意图：，故A正确；B.乙酸分子的比例模型为：，故B错误；C.原子核内有10个中子，质量数为10+8=18的氧原子：O，故C正确；D.次氯酸中氧共用两对电子，因此在中间，其结构式：H—O—Cl，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】比例模型、球棍模型，结构式、结构简式、电子式、分子式、最简式一定要分清。20、B【解析】

A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。21、B【解析】

由图电子的移动方向可知，半导材料TiO2为原电池的负极，镀Pt导电玻璃为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，由此分析解答。【详解】根据上述分析，结合图示信息得，A.由图可知，镀Pt导电玻璃极为电子流入的一极，所以为正极，A项正确；

B.原电池中阴离子在负极周围，所以I-离子不在镀Pt导电玻璃电极上放电，B项错误；

C.电池的电解质溶液中I-的浓度和I3-的浓度不变，C项正确；

D.由图可知该电池是将太阳能转化为电能的装置，D项正确。答案选B。22、A【解析】

A．铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+离子的最外层有2个电子，故A错误；B．根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，故B正确；C．Tl3++2Ag═Tl++2Ag+，氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强，则Tl3+的氧化性最强，所以Tl3+比Tl+氧化性强，故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+，还原性Ag＞Tl+，故D正确；故选A。二、非选择题(共84分)23、+NaOH+NaCl+H2O加成反应3­羟基丙醛(或β­羟基丙醛)n+n+(2n-1)H2Ob5c【解析】

烃A的相对分子质量为70，由=5…10，则A为C5H10，核磁共振氢谱显示只有一种化学环境的氢，故A的结构简式为；A与氯气在光照下发生取代反应生成B，B为单氯代烃，则B为，化合物C的分子式为C5H8，B发生消去反应生成C，C为，C发生氧化反应生成D，D为HOOC(CH2)3COOH，F是福尔马林的溶质，则F为HCHO，E、F为相对分子质量差14的同系物，可知E为CH3CHO，由信息④可知E与F发生加成反应生成G，G为HOCH2CH2CHO，G与氢气发生加成反应生成H，H为HOCH2CH2CH2OH，D与H发生缩聚反应生成PPG()，据此分析解答。【详解】(1)由上述分析可知，A的结构简式为，故答案为：；(2)由B发生消去反应生成C的化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O，故答案为：+NaOH+NaCl+H2O；(3)由信息④可知，由E和F生成G的反应类型为醛醛的加成反应，G为HOCH2CH2CHO，G的名称为3-羟基丙醛，故答案为：加成反应；3-羟基丙醛；(4)①由D和H生成PPG的化学方程式为：n+n+(2n-1)H2O，故答案为：n+n+(2n-1)H2O；②若PPG平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为≈58，故答案为：b；(5)D为HOOC(CH2)3COOH，D的同分异构体中能同时满足：①能与饱和NaHCO3溶液反应产生气体，含-COOH，②既能发生银镜反应，又能发生水解反应-COOCH，D中共5个C，则含3个C-C-C上的2个H被-COOH、-OOCH取代，共为3+2=5种，含其中核磁共振氢谱显示为3组峰，且峰面积比为6∶1∶1的是，D及同分异构体中组成相同，由元素分析仪显示的信号(或数据)完全相同，故答案为：5；；c。24、醛基、碳碳双键取代反应3【解析】

苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应④是羟醛缩合然后消去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。【详解】（1）由反应⑤的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；（2）①反应是，该反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）由反应①可以判断A是，故反应②的化学方程式是，故答案为：；（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，故答案为：3；；（5）A的同分异构体中满足Ⅰ.有两个取代基；Ⅱ.取代基在邻位的有：，故答案为：；（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。25、2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性水浴加热分液漏斗亚氯酸钠安全瓶，防倒吸降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解【解析】

中的氯是+4价的，因此我们需要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。【详解】（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；（2）①50℃最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；②仪器B是一个安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；③当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。26、碱石灰冷凝分离出氨气中的水反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温2Na+2NH32NaNH2+H2↑Ⅳ乙醚NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥500mL容量瓶、胶头滴管偏大93.60%【解析】

实验I：A装置为制取氨气的装置，B装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D装置为制取叠氮化钠(NaN3)的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答(1)～(4)；实验II：根据(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；实验Ⅲ：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；(7)结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，用0.0500mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸气，故装置C为干燥氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2)装置D中的反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210℃～220℃下进行，水浴不能达到这样的高温；(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2↑，故答案为2Na+2NH32NaNH2+H2↑；(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6℃)在240℃分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水，为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有装置Ⅳ满足要求，故答案为Ⅳ；(5)NaN3固体不溶于乙醚，操作Ⅳ可以采用乙醚洗涤，能减少NaN3损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙醚；NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答案为500mL容量瓶、胶头滴管；偏大；(7)50.00mL0.1010mol•L-1(NH4)2Ce(NO3)6溶液中：n[(NH4)2Ce(NO3)6]=0.1010mol•L-1×50.00×10-3L=5.05×10-3mol，29.00mL0.0500mol•L-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，n[(NH4)2Fe(SO4)2]=0.0500mol•L-1×29.00×10-3L=1.45×10-3mol，根据Ce4++Fe2+=Ce3++Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为1.45×10-3mol，则与NaN3反应的n[(NH4)2Ce(NO3)6]=5.05×10-3mol-1.45×10-3mol=3.6×10-3mol，根据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaNO3+3N2↑可知，n(NaN3)=n[(NH4)2Ce(NO3)6]=3.6×10-3mol，故500.00mL溶液中(2.500g试样中)n(NaN3)=3.6×10-3mol×=0.036mol，试样中NaN3的质量分数ω=×100%=93.60%，故答案为93.60%。【点睛】本题的易错点为(7)中试样中NaN3的质量分数的计算，要注意加入的(NH4)2Ce(NO3)6涉及的反应和目的，理清楚滴定的原理。27、降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸冰水浴防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化1.35×10-2cV【解析】

Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；Ⅱ.(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等，准确测量；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据氧化还原反应分析，有关系式2ClO2～5I2～10Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)。【详解】Ⅰ.(1)根据题给信息可知：NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下反应生成ClO2和硫酸钠等物质，则化学反应方程式为：，故答案为：；(2)二氧化氯(ClO2)沸点为11℃，NaClO3与亚硫酸钠在酸性条件下生成二氧化氯等物质，ClO2浓度过高时易发生分解引起爆炸，通入氮气，及时排出；ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，故答案为：降低ClO2的浓度，防止ClO2的浓度过高而发生分解，引起爆炸；冰水浴；Ⅱ.(3)装置中玻璃液封管的作用是，防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量，故答案为：防止ClO2逸出，使ClO2全部反应，准确测定ClO2的质量；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点，故答案为：溶液由蓝色变为无色，并且在30s内颜色不发生变化；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V•10-3L×cmol/L=c•V•10-3mol．则：根据关系式：，所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=×c•V•10-3mol，所以m(ClO2)=n(ClO2)•M=×c•V•10-3mol×67.5g/mol=1.35cV×10-2g，故答案