2023学年辽宁省沈阳重点高中高三适应性调研考试化学试题（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、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42－)[或－lg和－1gc(C2O42－)]的关系如图所示。下列说法正确的是A．Ka1(H2C2O4)数量级为10－1B．曲线N表示－lg和－lgc(HC2O4－)的关系C．向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，此时溶液pH约为5D．在NaHC2O4溶液中C(Na+)＞c(HC2O4－)＞c(H2C2O4)＞c(C2O42－)2、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）A．Na2S2O3

溶液和

HCl

溶液 B．H2S

气体在足量的

O2

中燃烧C．碳和浓硫酸反应 D．铜和浓硫酸反应3、实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2为原料制备ClO2的过程如下图所示，下列说法不正确的是A．X中大量存在的阴离子有Cl-和OH- B．NCl3的键角比CH4的键角大C．NaClO2变成ClO2发生了氧化反应 D．制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl4、工业生产水煤气的反应为：C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，下列表述正确的是（）A．反应物能量总和大于生成物能量总和B．CO(g)H2(g)C(s)H2O(l)131.4kJC．水煤气反应中生成1体积CO(g)吸收131.4kJ热量D．水煤气反应中生成1molH2(g)吸收131.4kJ热量5、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（）A．5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB．100mL2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC．标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD．常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA6、在100kPa时，1molC(石墨，s)转化为1molC(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能。下列说法正确的是A．金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体B．金刚石比石墨稳定C．1molC(石墨，s)比1molC(金刚石，s)的总能量低D．石墨转化为金刚石是物理变化7、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（）A．纯碱 B．氨气 C．烧碱 D．盐酸8、在pH=1的含有Mg2+、Fe2+、Al3+三种阳离子的溶液中，可能存在的阴离子是（）①Cl-②NO3—③SO42—④S2-A．①② B．②③ C．③④ D．①③9、设NA为阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（）A．6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为0.05NAB．1molCH3+含电子数为8NAC．标准状况下，22.4LSO3中含原子数为4NAD．常温常压下，11.2LCO2气体通过足量Na2O2充分反应，转移电子数为2NA10、向100mLFeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl－)=c(Br－)，则原FeBr2溶液物质的量浓度为A．0.75mol/L B．1.5mol/L C．2mol/L D．3mol/L11、短周期主族元素a、b、c、d的原子序数依次增大。这四种元素形成的单质依次为m、n、p、q，x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一；25℃时，0.01mol/Lw溶液pH=12。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是()A．原子半径的大小：a<b<c<dB．氢化物的稳定性：b<dC．y中阴阳离子个数比为1：2D．等物质的量y、w溶于等体积的水得到物质的量浓度相同的溶液12、常温下，向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发，且始终维持常温)，下列说法不正确的是()A．当n(NaOH)＝0.1mol时，溶液中存在NH3·H2OB．a＝0.05C．在M点时，n(OH－)－n(H＋)＝(a－0.05)molD．当n(NaOH)＝0.1mol时，c(Na＋)＝c(Cl－)＞c(OH－)13、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（）A．SO2 B．NH3 C．Cl2 D．CO214、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（）A．在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB．中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C．催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D．该过程，CO2转化为汽油的转化率高达78％15、下列物质的名称中不正确的是（）A．Na2CO3：苏打 B．CaSO4•2H2O：生石膏C．：3，3-二乙基己烷 D．C17H35COOH：硬脂酸16、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（）A．A B．B C．C D．D17、新型夹心层石墨烯锂硫二次电池的工作原理可表示为16Li+xS88Li2Sx，其放电时的工作原理如图所示，下列有关该电池的说法正确的是A．电池充电时X为电源负极B．放电时，正极上可发生反应：2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2C．充电时，没生成1molS8转移0.2mol电子D．离子交换膜只能通过阳离子，并防止电子通过18、下列实验过程中，始终无明显现象的是A．Cl2通入Na2CO3溶液中B．CO2通入CaCl2溶液中C．NH3通入AgNO3溶液中D．SO2通入NaHS溶液中19、下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是A．稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌B．做有毒气体的实验时，对尾气进行适当处理C．加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片D．向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内20、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A．32gCu在足量O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB．4g甲烷和8g甲醇含有的氢原子数均为NAC．标准状况下,5.6L乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD．一定条件下,32gSO2与足量O2反应。转移电子数为NA21、用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的A．0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NAB．C60和石墨的混合物共1.8g，含碳原子数目为0.15NAC．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD．5.6g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA22、NH3、H2S等是极性分子，CO2、BF3、CCl4等是极性键构成的非极性分子。根据上述实例可以推测出AB2型分子为非极性分子的经验规律是A．分子中必须含有π键 B．在ABn分子中A原子没有孤对电子C．在ABn分子中不能形成分子间氢键 D．分子中每个共价键的键长应相等二、非选择题(共84分)23、（14分）有A、B、C、D、E、F六种溶液，它们是氨水、硫酸镁、碳酸氢钠、碳酸钠、稀硝酸、氯化钡溶液中的某一种。各取少量，将其两两混合现象如图所示。其中“↓”表示难溶物，“↑”表示气体，“-”表示无明显现象，空格表示未做实验，试推断其中F是：A．碳酸钠溶液 B．氯化钡溶液C．硫酸镁溶液 D．碳酸氢钠溶液24、（12分）有机物M的合成路线如下图所示：已知：R—CH=CH2R—CH2CH2OH。请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为__________。（2）F中所含官能团的名称为__________，F→G的反应类型为__________。（3）M的结构简式为_________。（4）B→C反应的化学方程式为__________。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。25、（12分）化锡(SnI4)是一种橙黄色结晶，熔点为144.5℃，沸点为364℃，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：步骤1：将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装置Ⅰ和Ⅱ。步骤2：缓慢加热烧瓶，待反应停止后，取下冷凝管，趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰水浴冷却，减压过滤分离。步骤3：滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。请回答下列问题(1)图中装置II的仪器名称为___________，该装置的主要作用是____________。(2)减压过滤的操作有①将含晶体的溶液倒入漏斗，②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，④开大水龙头，⑤关闭水龙头，⑥拆下橡皮管。正确的顺序是_______。26、（10分）硫代硫较钠(Na2S2O3)在生产生活中具有广泛应用。硫化碱法是工业上制取硫代硫酸钠的方法之一。实验室模拟工业生产装置如图所示：(1)利用如图装置进行实验，为保证硫酸顺利滴下的操作是_______。(2)装置B中生成的Na2S2O3同时还生成CO2，反应的离子方程式为_______；在该装置中使用多孔球泡的目的是_____。(3)装置C的作用是检验装置B中SO2的吸收效果，C中可选择的试剂是__(填字母)。a.H2O2溶液b.溴水c.KMnO4溶液d.BaCl2溶液(4)Na2S2O3溶液常用于测定废水中Ba2+浓度。①取废水20.00mL，控制适当的酸度，加入足盐K2Cr2O7溶液，得到BaCrO4沉淀，过滤洗涤后用适量稀酸溶解，此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，将Cr2O72-充分反应；然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.100mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定：(I2+2S2O32-=S4O62-+2I-)，滴定终点的现象为__________。平行滴定3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为18.00mL。则该废水中Ba2+的物质的量浓度为____mol/L，②在滴定过程中，下列实验操作会造成实验结果偏高的是______(填字母)。a.滴定管未用Na2S2O3溶液润洗b.滴定终点时俯视读数c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理d.滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡27、（12分）ClO2(黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收和释放进行了研究。(1)仪器A的名称是_______________________。(2)安装F中导管时，应选用图2中的___________________。(3)A中发生反应生成ClO2和Cl2，其氧化产物和还原产物物质的量之比为__________。(4)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是__________________。(5)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____。(6)ClO2很不稳定，需随用随制，产物用水吸收可得到ClO2溶液。为测定所得溶液中ClO2的浓度，进行了下列实验：步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100.00mL试样，量取V0mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：用稀硫酸调节试样的pH≤2.0，加入足量的KI晶体，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmol·L−1Na2S2O3溶液滴定至终点。重复2次，测得消耗Na2S2O3溶液平均值为V1mL。(已知2ClO2+10I−+8H+=2Cl−+5I2+4H2O2Na2S2O3+I2Na2S4O6+2NaI)计算该ClO2的浓度为______g/L(用含字母的代数式表示，计算结果化简)。28、（14分）AA705合金(含Al、Zn、Mg和Cu)几乎与钢一样坚固，但重量仅为钢的三分之一，已被用于飞机机身和机翼、智能手机外壳上等。但这种合金很难被焊接。最近科学家将碳化钛纳米颗粒(大小仅为十亿分之一米)注入AA7075的焊丝内，让这些纳米颗粒充当连接件之间的填充材料。注入了纳米粒子的填充焊丝也可以更容易地连接其他难以焊接的金属和金属合金。回答下列问题：(1)基态铜原子的价层电子排布式为__________。(2)第三周期某元素的前5个电子的电离能如图1所示。该元素是_____(填元素符号)，判断依据是_______。(3)CN—、NH3、H2O和OH—等配体都能与Zn2+形成配离子。1mol[Zn(NH3)4]2+含___molσ键，中心离子的配位数为_____。(4)铝镁合金是优质储钠材料,原子位于面心和顶点，其晶胞如图2所示。1个铝原子周围有_____个镁原子最近且等距离。(5)在二氧化钛和光照条件下，苯甲醇可被氧化成苯甲醛：①苯甲醇中C原子杂化类型是__________。②苯甲醇的沸点高于苯甲醛，其原因是__________。(6)钛晶体有两种品胞，如图所示。①如图3所示，晶胞的空间利用率为______(用含п的式子表示)。②已知图4中六棱柱边长为xcm，高为ycm。该钛晶胞密度为Dg·cm-3，NA为______mol—1(用含xy和D的式子表示)。29、（10分）亚硝酰氯(NOCl)是有机合成中的重要试剂，可由NO与Cl2在通常条件下反应得到。某学习小组在实验室用如图所示装置制备NOCl。已知：亚硝酰氯(NOCl)的熔点为-64.5℃、沸点为-5.5℃，气态呈黄色，液态时呈红褐色，易与水反应。请回答下列问题：(1)装置A中仪器a的名称是____________。(2)实验开始时，应先打开K2，再打开____________（填K1”或K3”），通入一段时间气体，其目的是____________。(3)实验时利用装置B除去某些杂质气体并通过观察B中的气泡来判断反应速率，装置B中的长直玻璃管还具有的作用是____________。(4)装置C中应选用的试剂为____________(填试剂名称)。(5)装置F的作用是____________。(6)工业上可用间接电化学法除去NO，其原理如图所示，吸收塔中发生的反应为：NO+S2O42-+H2O——N2+HSO3-(未配平)①吸收塔内发生反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为________。②阴极的电极反应式为_______。(7)NOCl与H2O反应生成HNO2和HCl。请设计实验证明HNO2是弱酸：_______。

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、C【答案解析】

H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数>第二步电离平衡常数，即则则，因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系，选项B错误；根据上述分析，因为，则，数量级为10－2，选项A错误；根据A的分析，，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4－)和c(C2O42－)相等，，此时溶液pH约为5，选项C正确；根据A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)>c(HC2O4-)>c(C2O42-)>c(H2C2O4)，选项D错误；答案选C。2、A【答案解析】

A、Na2S2O3溶液和HCl溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意；B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意；C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意；D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意；故选：A。3、B【答案解析】

由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【题目详解】A.NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；

B.N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；

C.NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；

D.由反应NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2↑+NH3↑+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；

故选：B。【答案点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。4、D【答案解析】A、根据能量守恒可知该反应是吸热反应，所以反应物的总能量小于生成物的总能量，A错误。B、C(s)H2O(g)CO(g)H2(g)131.4kJ，正反应为吸热反应，其逆反应为放热反应，生成液态水放出的热量比生成气态水放出的热量多，所以放出的的热量的数值应该大于131.4，B错误。C、该反应中生成1molCO(g)吸收131.4kJ热量，而不是指1体积的CO气体，化学方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，C错误。D、方程式中的化学计量数表示物质的物质的量，所以该反应中生成1molH2(g)吸收131.4kJ热量，D正确。正确答案为D5、D【答案解析】

A.5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；B.醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；C.标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；D.常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。故选D。6、C【答案解析】

A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项B错误；C、1molC(石墨，s)转化为1molC(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能说明1molC(石墨，s)比1molC(金刚石，s)的总能量低，选项C正确；D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项D错误。答案选C。【答案点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。7、A【答案解析】

A.工业生产纯碱的化学方程式为：NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；B.工业制氨气的化学方程式为：

N2+3H22NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；C.工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑

，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；D.工业制取盐酸：H2+Cl22HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；故答案为A。8、D【答案解析】

pH=1的溶液为酸性溶液，因酸性溶液中含有Mg2+、Fe2+、Al3+，则H+、NO3-与Fe2+发生氧化还原反应不能共存，不可能存在NO3—，H+与S2-结合生成弱电解质氢硫酸、Al3+与S2-在溶液中发生双水解反应水解，不能共存S2-，则②④一定不存在，可能存在①③，故选D。9、B【答案解析】

A.1mol白磷分子（P4）中含P-P键数为6mol，则6.2g白磷分子（P4）中含P-P键数为=0.3NA，A项错误；B.1个CH3+中含8个电子，所以1molCH3+中含电子数为8NA，B项正确；

C.标准状况下，SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol计算SO3中含原子数，C项错误；

D.常温常压不是标准状况，不能使用气体摩尔体积22.4L/mol，无法计算转移的电子数，D项错误；

答案选B。10、C【答案解析】

还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【题目详解】还原性Fe2+＞Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2═Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)=xmol，n(Br-)=2xmol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x×1+[2x-0.3]×1=0.15mol×2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。11、C【答案解析】

短周期主族元素，a、b、c、d的原子序数依次增大。四种元素形成的单质依次为m、n、p、q时；x、y、z是这些元素组成的二元化合物，其中z为形成酸雨的主要物质之一，z为SO2，q为S，d为S元素；25℃0.01mol/Lw溶液pH=12，w为强碱溶液，则w为NaOH，结合原子序数及图中转化可知，a为H，b为O，c为Na，x为H2O，y为Na2O2，以此来解答。【题目详解】根据上述分析可知：a为H，b为O，c为Na，d为S元素，x为H2O，y为Na2O2，z为SO2。A．原子核外电子层越多，原子半径越大，同一周期元素从左向右原子半径减小，则原子半径的大小：a<b<d<c，A错误；B．元素的非金属性：O>S，元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强，故氢化物的稳定性：H2O>H2S，即b>d，B错误；C．y为Na2O2，其中含有离子键和非极性共价键，电离产生2个Na+和O22-，所以y中阴、阳离子个数比为1：2，C正确；D.y是Na2O2，Na2O2溶于水反应产生NaOH和O2，w为NaOH，1molNa2O2反应消耗1molH2O产生2molNaOH，所以等物质的量y、w溶于等体积的水得到的溶液的物质的量浓度不同，D错误；故合理选项是C。【答案点睛】本题考查无机物的推断，把握元素化合物知识、物质的转化推断物质及元素为解答的关键，注意酸雨的成分是SO2、w为NaOH为推断的突破口，试题侧重考查学生的分析与推断能力。12、B【答案解析】

A、当n(NaOH)=0.1mol，与NH4Cl恰好完全反应，NaOH＋NH4Cl=NaCl＋NH3·H2O，溶液中存在NH3·H2O，故A说法正确；B、当a=0.05mol时，溶液中的溶质为0.05molNH4Cl和0.05molNH3·H2O，而NH4＋的水解程度小于NH3·H2O的电离，c(NH4＋)≠c(NH3·H2O)，与题意不符，故B说法错误；C、在M点时，n(Na＋)=amol，n(Cl－)=0.1mol，n(NH4＋)=0.05mol，根据电荷守恒，n(NH4＋)＋n(Na＋)＋n(H＋)=n(OH－)＋n(Cl－)，则n(OH－)－n(H＋)=n(NH4＋)＋n(Na＋)－n(Cl－)=0.05＋n(Na＋)－n(Cl－)=(a－0.05)mol，故C说法正确；D、加入0.1molNaOH后，刚好生成0.1molNaCl和NH3·H2O，则c(Na＋)=c(Cl－)>c(OH－)，故D说法正确；答案选B。13、B【答案解析】

能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【题目详解】A．SO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B．氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C．氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；D．CO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选B。14、B【答案解析】

A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。15、C【答案解析】

A.Na2CO3的俗称为纯碱、苏打，故A正确；B.生石膏即天然二水石膏，化学式为CaSO4•2H2O，故B正确；C.结构中主碳链有5个碳，其名称为3，3-二乙基戊烷，故C错误；D.硬脂酸，即十八烷酸，分子式为C18H36O2，亦可表示为C17H35COOH，故D正确；综上所述，答案为C。16、D【答案解析】

A．锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C．长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应放热，故不选C；D．用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。17、B【答案解析】A、在原电池中，电解质里的阳离子移向正极，所以M是正极，发生还原反应，N是负极，发生氧化反应，电池充电时X为电源正极，A错误；B、根据装置图可知正极反应式可以为2Li++Li2S4+2e-=2Li2S2，B正确；C、根据总反应式可知充电时每生成xmolS8转移16mol电子，C错误；D、电子一定不会通过交换膜，D错误，答案选B。18、B【答案解析】

A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；故选B。19、D【答案解析】

A.稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌，是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来，是出于安全考虑，A不符合题意；B.做有毒气体的实验时，进行尾气处理，是出于安全考虑，B不符合题意；C.加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片，是为了防止暴沸，是出于安全考虑，C不符合题意；D.向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内，是为了防止污染试剂，不是出于安全考虑，D符合题意；故答案选D。20、B【答案解析】A.32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为NA和0.5NA，A错误；B.4g甲烷和8g甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C.标准状况下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D.一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。21、B【答案解析】

A．依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误；B．C60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8gC的物质的量为=0.15mol，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；C．1L0.1mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量n[NH4Al(SO4)2]=0.1mol/L×1L=0.1mol，该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4++H2ONH3·H2O+H+；Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；D．Fe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3molFe完全反应转移8mol电子，5.6gFe的物质的量是0.1mol，则其反应转移的电子数目为×0.1mol=mol，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；故合理选项是B。22、B【答案解析】

共价键的极性是由于成键两原子对共用电子对的引力不同，而使共用电子对不在中央，发生偏移，导致键两端显部分的电性之故，ABn型分子中A原子的所有价电子都参与成键时为非极性分子，与相对原子质量大小、键长、以及是否含有H原子无关。【题目详解】A．BF3、CCl4中均为单键没有π键，故A不选；B．在ABn分子中A原子的所有价电子都构成共价键，A原子没有孤对电子，导致结构对称、正负电中心重合，所以为非极性分子，故B选；C．H2S分子间不能形成氢键，但是H2S属于极性分子，故C不选；D．H2S分子中两个S-H键的键长都相等，但硫化氢分子是极性分子，故D不选；故选：B。【答案点睛】本题考查极性分子好和非极性分子，注意从分子结构是否对称判断分子的极性，学会利用实例来分析。二、非选择题(共84分)23、D【答案解析】

所给5种物质中，只有硫酸镁可与三种物质（氨水、碳酸钠、氯化钡）生成沉淀，故D为硫酸镁，A、B、C分别为氨水、碳酸钠、氯化钡中的一种；再根据A可与C生成沉淀，故A、C为碳酸钠和氯化钡，则B为氨水；A与E产生气体，故A为碳酸钠，E为稀硝酸，所以F为碳酸氢钠。【题目详解】A+E气体说明有A、E一种一定是硝酸,另一种可能是碳酸钠、碳酸氢钠中的一种,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，说明A不是硝酸，所以E为硝酸，A为碳酸钠，C、D就可能是硫酸镁、氯化钡中的一种，因为B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F无现象说明D是硫酸镁，C为氯化钡，B为氨水，最后F为碳酸氢钠，则A：碳酸钠，B：氨水，C：氯化钡

，D：硫酸镁

，E：硝酸，F：碳酸氢钠；答案选D。【答案点睛】这类试题还有一种表达形式“A+C→↓，A+D→↓，A+E→↑，B+D→↓，C+D→↓，C+F→无明显现象。解题时一般先找现象较全面的一种如D或A(分别做了三次实验)。依次假设D为六种溶液中的某一种。如假设D是氨水或是硫酸镁等，分析它与其他五种溶液分别混合时的现象。若能出现三次沉淀，则假设成立。由此可确定D是硫酸镁。依照上述方式可推出A是碳酸钠，依次推出F是碳酸氢钠。24、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应（或还原反应）(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52（CH3）2CHCH2OH＋O22H2O＋2（CH3）2CHCHO9CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可）【答案解析】

由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【题目详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，其系统命名为2－甲基－1－丙醇；故答案为：2－甲基－1－丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故F→G的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，B→C反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O；故答案为：2(CH3)2CHCH2OH＋O22(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1－丙醇，然后把1－丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。25、(球形)干燥管防止水蒸气进入装置使SnI4水解②③①④⑥⑤【答案解析】

（1）根据仪器构造可得，根据SnI4易水解解析；（2）按实验操作过程来进行排序。【题目详解】（1）图中装置II的仪器名称为(球形)干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCl2的干燥管可吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解。故答案为：(球形)干燥管；防止水蒸气进入装置使SnI4水解；（2）减压过滤的操作过程：②将滤纸放入漏斗并用水润湿，③微开水龙头，保证紧贴在漏斗底部①将含晶体的溶液倒入漏斗，④开大水龙头，⑥拆下橡皮管，防止水倒吸⑤关闭水龙头。正确的顺序是②③①④⑥⑤。故答案为：②③①④⑥⑤。【答案点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难点（2）注意熟练掌握实验过程，按实验操作过程来进行排序。26、打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2增大SO2与溶液的接触面积，使反应充分bc滴入最后一滴Na2S2O3溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复0.03mol/La【答案解析】

装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，进入B装置，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，装置B中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠；装置C检验二氧化硫的吸收效果，需要有明显的实验现象；装置D进行尾气吸收。(4)滴定过程中，Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，然后滴入Na2S2O3标准液滴定生成的碘单质的量，从而确定Cr2O72-的量，进而确定钡离子的量。【题目详解】(1)若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞，或没有将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，分液漏斗内的液体将不能顺利滴下，为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔；(2)根据已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3和CO2，该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低，做氧化剂，硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2；在该装置中使用多孔球泡可以增大接触面积，使反应充分；(3)a．二氧化硫可以被双氧水氧化，但没有明显现象，故a不选；b．溴水可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故b选；c．高锰酸钾可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故c选；d．二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故d不选；综上所述选bc；(4)①滴定终点碘单质被完全反应，溶液蓝色褪去，所以滴定终点的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复；Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，自身被还原成Cr3+，所以有转化关系Cr2O72-～3I2，滴定过程中发生反应I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，所以I2～2S2O32-，钡离子与Cr2O72-存在转化关系2Ba2+～2BaCrO4～Cr2O72-，所以Ba2+和S2O32-存在数量关系2Ba2+～6S2O32-，所以废液中Ba2+的浓度为；②a．滴定管未用标准液润洗，会稀释标准液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；b．滴定终点时俯视读数导致读数偏小，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；c．锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，对待测液的溶质的物质的量没有影响，故对实验结果不影响；d．滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡将使读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；综上所述选a。27、圆底烧瓶b1∶2吸收Cl24H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O135cV1/V0【答案解析】

根据实验装置图可知，A、B是制备氯气和二氧化氯的；C是用于吸收氯气的；D是用于吸收二氧化氯的，E是用于重新释放二氧化氯的，F是可验证尾气中是否含有氯气。【题目详解】(1)根据仪器特征，可知仪器A是圆底烧瓶；(2)F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b；(3)氯酸钠和稀盐酸混合产生Cl2和ClO2，NaClO3中氯为+5价被还原成ClO2中+4价，盐酸中氯为-1价，被氧化成0价氯，转移电子数为2，所以NaClO3、ClO2前化学计量数为2，Cl2前化学计量数为1，反应化学方程式：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，其氧化产物Cl2和还原产物ClO2物质的量之比为1∶2；(4)F装置中发生Cl2+2KI=2KCl+I2时，碘遇淀粉变蓝，而F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2；(5)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl−+4ClO2↑+2H2O；(6)设原ClO2溶液的浓度为xmol/L，则根据滴定过程中的反应方程式可知2ClO2～5I2～10Na2S2O3；则有，解得x=，换算单位得。28、3d104s1MgI3是I2的5倍多，说明最外层有2个电子，1648sp2、sp3苯甲醇分子间存在氢键，苯甲醛分子间不存在氢键【答案解析】

（1）铜原子有29个电子，其3d、4s能级上的电子为其价电子；(2)根据电离能的突变判断最外层电子，结合该元素为第三周期元素分析；(3)所有单键包括配位键均为σ键，双键中有一个为σ键，每个NH3分子中含有3个N-H键，中心原子Zn与四个N原子之间存在配位键；(4)晶胞中每个侧面的4个顶点上的镁原子和面心上的镁原子到Al原子的距离相等且最近；(5)①苯环上碳原子形成3个共用电子对，而-CH2OH中C原子形成4个共用电子对；②分子间的氢键对物质的沸点影响较大，苯甲醇分子间存在氢键；(6)①由图3可知，晶胞中钛原子的数目为1+8×=2，设原子半径为r，则晶胞的对角线为4r，晶胞的边长为，由此计算空间利用率；②图4晶胞中钛原子的数目为3+2×+12×=6，晶胞