高中化学高考三轮冲刺 2023高考化学仿真模拟卷·江苏卷

2023年高考仿真模拟卷(江苏卷)（一）化学一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。）1.（2023·福建福州期末·16）NA为阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（） A． 1L•L﹣1氨水中所含NH4+数为 B． 1molFe与足量氯气反应转移的电子数为2NA C． 标准状况下，CO2约含有个分子 D． 1mol中含碳碳双键数为3NA2.（2023·汕头理综测试一·9）设nA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（相对原子质量：H1，O16）（）A．标准状况下，L四氯化碳含有的分子数为nAB．常温常压下，18g水含有的分子数为nAC．1molCu和足量稀硝酸反应产生NO分子数为nAD．mol·L－1Na2CO3溶液中含有CO32-数为nA3.（2023·湖北武汉二月调研·7）下表中化学方程式或离子方程式的书写及与其对应的关系有错误的是（）选项化学方程式或离子方程式对应关系A.加成反应B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化还原反应C.2OH－+NO+NO2＝2NO－2+H2ONO2氧化了NOD.2Fe2++3[Fe(CN)6]3－＝Fe3[Fe(CN)6]2可用于检验Fe2+4.（2023·四川眉山一模·3）下列离子反应方程式错误的是()A．向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸：SiO32－+2H+＝H2SiO3（胶体）B．向Na2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O32－＋2H＋＝SO42－＋3S↓＋H2OC．将Cu片加入稀硝酸中：3Cu+8H＋+2NO3－＝3Cu2++2NO↑+4H2OD．向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2稀溶液：NH4++Al3++2SO42－+2Ba2++5OH－＝2BaSO4↓+NH3·H2O+AlO2－+2H2O5.（2023·上海嘉定区高三一模·15）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2＋12Cl—＋2H3AsO3＋6H＋→2As＋3SnCl62－＋6M关于该反应的说法中正确的组合是（）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl－＞As；③每生成，还原剂失去的电子为

mol；④M为OH－；⑤SnCl62－是氧化产物。A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③6.（2023·上海青浦区高三期末调研·22）单质硫在NaOH的热溶液中发生歧化反应：3S+6NaOH→2Na2S+Na2SO3+3H2O,若硫过量，进一步生成Na2Sx（x≤5）和Na2S2O3，将硫与含的热溶液充分反应恰好生成amolNa2S3和bmolNa2S2O3，再加入足量NaClO―NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子nmol，则以下正确的是（）A．a=2b B．2a=b C．n= D．b=7.（2023·广东省广州市高三一模·7）已知：Cu(s)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+H2(g)△H12H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)△H22H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H3则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+2H2O(l)的△H是（）A．△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2+EQ\f(1,2)△H3B．△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2-EQ\f(1,2)△H3C．△H＝△H1+2△H2+2△H3D．△H＝2△H1+△H2+△H38.（2023·浙江重点中学协作体一模·13）下列说法正确的是(▲)A.有人利用ZrO2作为固体电解质（允许O2－通过）制造出了常温下的甲醇一空气燃料电池。当原电池中有mol甲醇消耗时，则负极消耗O2－的物质的量为B.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为lg/ml），所得溶液的密度为g/ml，质量分数为，物质浓度为cmol/L，则C.已知常温下，氢氧化镁的溶度积常数为a，则氢氧化镁悬浊液中D.将的Mg和Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是NO2和9.（2023·江苏常州检测·8）短周期元素X、Y、Z原子序数之和为36，X、Y在同一周期，X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构。下列说法不正确的是()A．X是钠元素B．离子半径X＋>Z2－C．同族元素中Z的氢化物稳定性最强D．同周期元素中Y的非金属性最强10.（2023·河南洛阳高三统考·17）在1．0L密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如下图所示。以下分析不正确的是A.从反应开始到t1时的平均反应速率B．该温度下此反应的平衡常数K=t2C．欲提高平衡体系中Y的含量，可降低体系温度或减少Z的量D．其他条件不变，再充入mol气体X，平衡正向移动，X的转化率增大二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。）11．(2023·江苏扬州期末考.11)下列有关说法正确的是A．Na2CO3和NaOH都能抑制水的电离B．mol·L－1Na2CO3溶液加水稀释，CO－的水解程度增大，溶液pH减小C．酸碱中和滴定实验中，锥形瓶需用待测液润洗2~3次后，再加入待测液D．常温下，pH=3的盐酸、醋酸分别用水稀释m倍、n倍后pH相同，则m<n12．(2023·江苏扬州期末考.12)某药物中间体的合成路线如下。下列说法正确的是对苯二酚2,5-二羟基苯乙酮中间体A．对苯二酚在空气中能稳定存在B．1mol该中间体最多可与11molH2反应C．2,5-二羟基苯乙酮能发生加成、水解、缩聚反应D．该中间体分子中含有1个手性碳原子13．(2023·江苏无锡期末考.14)25℃时，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是()A．·L－1NH3·H2O溶液与·L－1盐酸等体积混合：c(NH)>c(Cl－)>c(OH－)>c(H＋)B．物质的量浓度相等CH3COOH和CH3COONa溶液等体积混合后呈酸性：c(CH3COO－)<c(CH3COOH)C．等物质的量浓度等体积的NH4HSO4溶液和NaOH溶液混合：c(Na＋)＝c(SO－)>c(NH)>c(H＋)>c(OH－)D．mol·L－1Na2CO3溶液与mol·L－1NaHCO3溶液等体积混合所得溶液：c(CO－)＋2c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋2c(H14.(2023•江苏无锡期末考.15)向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g)2C(g)ΔH＝akJ·mol－1各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如下表和下图：容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolB下列说法不正确的是()A．10min内甲容器中反应的平均速率v(B)＝mol·L－1·min－1B．其他条件不变，甲容器中在20min后，降低温度，平衡向正反应方向移动C．保持其他条件不变，若起始时向乙容器中充入molA、molB和molC，则反应达到新平衡前v(逆)>v(正)D．T2℃，向丙容器的平衡体系中再充入、，平衡时C的体积分数大于25%15．(2023·苏北四市期末考·15)恒温恒容下，向2L密闭容器中加入MgSO4(s)和CO(g)，发生反应：MgSO4(s)＋CO(g)MgO(s)＋CO2(g)＋SO2(g)反应过程中测定的部分数据见下表：反应时间/minn(MgSO4)/moln(CO)/moln(CO2)/mol0024下列说法正确的是A．反应在0~2min内的平均速率为v(SO2)＝mol·L－1·min－1B．反应在2~4min内容器内气体的密度没有变化C．若升高温度，反应的平衡常数变为，则正反应为放热反应D．保持其他条件不变，起始时向容器中充入MgSO4和，到达平衡时n(CO2)＞三.非选择题（共80分）16．（2023·苏北四市期末·16）粉煤灰是燃煤电厂的废渣，主要成分为SiO2、Al2O3、Fe2O3和C等。实验室模拟工业从粉煤灰提取活性Al2O3，其流程如下图：已知烧结过程的产物主要是：NaAlO2、Ca2SiO4、NaFeO2和Na2SiO3等（1）写出烧结过程中铝元素转化的化学方程式▲。（2）操作a为冷却、研磨，其中研磨的目的是▲。（3）浸出过程中，NaFeO2可完全水解，水解反应的离子方程式为▲。（4）操作b的名称是▲，所用的玻璃仪器有▲、▲和烧杯。（5）“碳化”时生成沉淀，沉淀的化学式为▲。17.(2023.江苏泰州期末·17)工业合成有机物F路线如下：（1）有机物E中含氧的官能团名称为▲和▲。（2）化合物D的结构简式是▲。（3）在上述转化关系中，设计步骤（b）和（d）的目的是▲。（4）写出步骤（e）的化学反应方程式▲。（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式▲。A．属于芳香化合物B．核磁共振氢谱有四个峰C．1mol该物质最多可以消耗1molNa（6）已知：①（R：烃基或氢原子，R＇：烃基）②写出以丙烯和为原料制备A物质的合成路线图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：。18．（2023·江苏南京盐城一模·18）化学需氧量（COD）常作为衡量水体中有机物含量多少的指标。某化学课外小组的同学拟采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD，实验流程如下：已知：①弱碱性条件下MnO4－被还原性物质还原为MnO2②10I－+2MnO4－+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I22I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是。（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是。用Na2S2O3标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是。（3）滴定到终点时消耗Na2S2O3标准溶液。根据以上实验数据计算海水试样的COD（用每升水样相当于消耗多少毫克O2表示，单位：mg·L－1）（写出计算过程）。19．（2023·江苏苏州一调·19）CO2和CH4是两种重要的温室气体，通过CH4和CO2反应制造更高价值的化学品是目前的研究方向。（1）已知：CH4(g)+2O2(g)＝CO2(g)+2H2O(g)ΔH1＝akJ•mol－1

CO(g)+H2O(g)＝CO2(g)+H2

(g)ΔH2＝bkJ•mol－1

2CO(g)+O2(g)＝2CO2(g)ΔH3＝ckJ•mol－1反应CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)的ΔH＝▲kJ•mol－1。（2）以二氧化钛表面覆盖Cu2Al2O4为催化剂，可以将CO2和CH4直接转化成乙酸。20100200300201002003004001002000040催化剂的催化效率/%CUIHUAJI乙酸的生成速率CUIHUAJI反应温度/℃图8是▲。

②为了提高该反应中CH4的转化率，可以采取的措施是▲。

③将Cu2Al2O4溶解在稀硝酸中的离子方程式为▲。（3）以CO2为原料可以合成多种物质。

①利用FeO吸收CO2的化学方程式为：6

FeO+CO2＝2Fe3O4+C，则反应中每生成1

mol

Fe3O4，转移电子的物质的量为▲mol。②以氢氧化钾水溶液作电解质进行电解，在铜电极上CO2可转化为CH4，另一电极石墨连接电源的▲极，则该电解反应的化学方程式为▲。20．（2023·江苏南京盐城一模·20）二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业。（1）国外学者提出的由CO2制取C的太阳能工艺如题20－图1所示①“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为。②“重整系统”发生反应的化学方程式为。题20－图1题20－图2题20－图1题20－图2平衡时物质的量/mol393453513573633693753T/K010203040506070H2▲▲a○○○○○○b□○□○□○□○c◆◆○◆◆○◆◆○◆◆○太阳能热分解系统重整系统O2＞2300KFe3O4FeO700KKCO2C▲▲（2）二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃是目前研究的热门课题，起始时以，太阳能电池↑O2质子透过膜n(H2)∶n(CO2)=3∶1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如题太阳能电池↑O2质子透过膜①曲线b表示的物质为（写化学式）。②该反应的△H0（填：“＞”或“＜”）③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是（列举1项）。（3）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如题20图3所示。①该工艺中能量转化方式主要有（写出其中两种形式即可）。②电解时其中b极上生成乙烯的电极反应式为。21．A.[物质结构选修模块题]（2023·江苏苏州一调·21）图9（1）已知：常压下，氨气在300℃时约有%分解，水蒸气在2000℃时约有4%分解，氟化氢气体在3000℃时仍不分解。这三种分子的中心原子与氢原子形成的σ键能由大到小的顺序是▲；其中水分子里的氧原子轨道的杂化类型是▲。将过量氨气通入mol·L―1的蓝色硫酸铜溶液中逐渐形成深蓝色溶液，其离子方程式图9（2）用钛锰储氢合金储氢，与高压氢气钢瓶相比，具有重量轻、体积小的优点。图9是金属钛的面心立方结构晶胞示意图，则钛晶体的1个晶胞中钛原子数为▲，钛原子的配位数为▲。（3）晶体硅、锗是良好的半导体材料。磷化铝、砷化镓也是重要的半导体材料，从物质结构的角度分析它们与晶体硅的关系为▲。试以原子实的形式写出31号半导体元素镓的电子排布式▲。镓与砷相比较，第一电离能更大的是▲（用元素符号表示）。B．[实验化学]二茂铁（难溶于水，易溶于乙醚等有机溶剂，是易升华的橙色晶体）可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁反应原理及装置示意图如下：Ⅰ．反应原理2KOH+FeCl2+2C5H6→(C5H5)2Fe+2KCl+2H2O（环戊二烯）（二茂铁）Ⅱ．实验装置题21B－图1题21B－图1题21B－图2baⅢ．实验步骤步骤1．在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10min（见题21B－图1）。步骤2．再从仪器a滴入新蒸馏的环戊二烯，搅拌。步骤3．将6.5g无水FeCl2与(CH3)2SO（二甲亚砜）配成的溶液装入仪器a中，慢慢滴入烧瓶中，45min滴完，继续搅拌45min。步骤4．再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌。步骤5．将烧瓶中的液体转入分液漏斗，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液。步骤6．蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。步骤7．粗产品升华提纯（见题21B－图2）（1）写出题21B-图1中仪器名称：a为，b为。（2）步骤1中通入氮气的目的是。（3）步骤5在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后（填序号）A．直接将二茂铁乙醚溶液从分液漏斗上口倒出B．直接将二茂铁乙醚溶液从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将二茂铁乙醚溶液从下口放出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将二茂铁乙醚溶液从上口倒出（4）升华提纯时，题21B－图2漏斗颈处棉花球的作用是。cdFeFeHHcdFeFeHH单实验是。（6）确定二茂铁的结构是右图c而不是d可测定的谱图为。1.【答案】C【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数【解析】氨水为弱碱，只能部分电离出铵根离子，无法计算溶液中铵根离子的物质的量，故A错误；1mol铁与足量氯气完全反应生成1mol氯化铁，失去3mol电子，反应转移的电子数为3NA，故B错误；标准状况下，CO2的物质的量为：=，二氧化碳中含有个分子，故C正确；苯中碳碳键为一种介于单键和双键之间的独特键，不存在碳碳双键，故D错误。2.【答案】B【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数【解析】标准状况下，四氯化碳是液体，不能根据其体积求算分子数，A错误；18g水为1mol，B正确；3Cu＋8HNO3=3Cu(NO3)2＋2NO＋4H2O，即1molCu和足量稀硝酸反应产生NO的分子数为2/3nA，C错误；碳酸钠水解，则mol·L－1Na2CO3溶液中含有CO32-数小于nA，D错误。3.【答案】D【命题立意】本题考查化学方程式、离子方程式的书写及对应关系【解析】乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，是加成反应，A正确；乙醇氧化生成乙醛是氧化还原反应，B正确；二氧化氮氧化NO，C正确；D选项未配平，错误。4.【答案】B【命题立意】本题考查离子方程式的正误判断。【解析】A.向Na2SiO3溶液中逐滴加入少量稀盐酸，生成的H2SiO3较少，不会形成沉淀而形成胶体，正确；B.S2O32－中S的化合价为+2价，SO42－中S的化合价是+6价，升高4价，S单质中的S化合价是0价，降低2价，最小公倍数是4，再由奇数配偶可知SO42－的系数是2，S的系数是4，离子方程式为：3S2O32－＋2H＋＝2SO42－＋4S↓＋H2O，错误；C.铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，正确；D.向NH4Al(SO4)2溶液中加入过量的Ba(OH)2稀溶液，硫酸根全部形成沉淀，铝离子生成偏铝酸根，铵根离子生成一水合氨，正确.5.【答案】A【命题立意】本题考查氧化还原反应【解析】解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；⑤SnCl2→SnCl62-，Sn元素的化合价升高，SnCl62-是氧化产物，故⑤正确。故选A。6.【答案】AC；【命题立意】：本题考查氧化还原反应及利用质量守恒，得失电子守恒定律进行计算的相关知识和技能；【解析】：硫的物质的量为，与含的热溶液充分反应恰好生成amolNa2S3和bmolNa2S2O3，根据原子守恒，有：S原子：3a+2b=，Na原子：2a+2b=得a=,b=，a=2b故A正确，BD错误；再加入足量NaClO―NaOH的混合溶液，硫元素全部转化为Na2SO4，转移电子nmol，根据得失电子守恒定律，n=×(6-0)=，故C正确；7.【答案】A【命题立意】本题考查根据热化学方程式计算焓变、盖斯定律的应用.【解析】Cu(s)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+H2(g)△H1①2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)△H2②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H3③根据盖斯定律可知①+EQ\f(1,2)②+EQ\f(1,2)③得Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+2H2O(l)，所以△H=△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2+EQ\f(1,2)△H3，答案选A。【归纳总结】利用盖斯定律根据热化学方程式计算某个反应的焓变属于见常见题型，此类题目需要把已知热化学方程式进行加、减、乘、除得到目标方程式，由化学反应的焓变与化学方程式计量数成正比计算目标反应的焓变即可。8.【答案】A【命题立意】本题旨在考查原电池及其相关计算．【解析】A、负极的电极方程CH4O+3O2--6e-=CO2+2H2O，则当原电池中有mol甲醇消耗时，负极消耗O2-的物质的量为，故A正确；B、由表达式可知，，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故B错误；

C、氢氧化镁悬浊液中c（OH-）=2c（Mg2+），则，故C错误；

D、向Mg-Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为，物质的量为，根据电荷守恒可知，的Mg-Cu提供的电子为，若生成和，N元素获得电子为×（5-4）+×2×（5-4）=，得失电子不相等，故D错误．

故选A．【易错警示】原电池和电解池是不同化学概念，很多同学容易把电解池按照原电池原理进行分析，这很容易出现错误。9.【答案】B【命题立意】本题考查元素周期律。【解析】“X＋与Z2－具有相同的核外电子层结构”，则X为Na，Z为O，Y为Cl。B项，半径:r(Na＋)<r(O2－)，错误；B项，O在同主族中半径最小，非金属性最强，所以形成的气态氢化物最稳定，正确；D项，Cl在第三周期中非金属性最强，正确。10.【答案】D【命题立意】本题考查了化学反应速率、化学平衡。【解析】A、因反应前后温度和容器体积不变，所以反应前后气体压强之比等于气体物质的量之比，P0/P1=n0/n1,=n1,解答n1=，X(g)Y(g)+Z(g)反应前物质的量00变化量xxxt1min时xx则-x+x+x=解答x=molV(X)=t1mol/(L.min),所以A项正确；B、由图像知t2反应达到平衡状态，P0/P2=n0/n2,=n2,解答n2=，X(g)Y(g)+Z(g)反应前物质的量00变化量xxxt2min时xx则-x+x+x=解答x=molK=t2)xt2)/t2,所以B项正确；C．降低体系温度或减少Z的量，都可以使平衡正向移动，可以提高平衡体系中Y的含量，C项正确；D项再充入mol气体X，平衡逆向移动，X的转化率减小，D项不正确，故选择D。11.【答案】BD【命题立意】本题考查化学反应基本原理。【解析】A项，Na2CO3中的CO－促进了水的电离，错误；B项，加水稀释，可以促进CO－的水解，但由于溶液的体积增大，c(OH－)仍减小，pH减小，正确；C项，锥形瓶不可以用待测液润洗，会导致所测浓度偏高，错误；D项，醋酸在加水稀释时存在电离平衡，促进其生成H＋，当稀释相同的倍数时，醋酸的pH比盐酸小，若使两者的pH相同，则醋酸中加入的水要多一些，即n>m，正确。12.【答案】B【命题立意】本题考查有机物的结构与性质。【解析】A项，酚易被空气氧化，错误；B项，中间体中含有3个苯环（与H2以1：3加成），2个羰基（与H2以1：2加成），1个酯基（不可以与H2发生加成反应），所以1mol该中间体最多可与11molH2反应，正确；C项，2,5-二羟基苯乙酮不可以发生水解和缩聚反应，错误；D项，中间体分子中不含有手性碳，错误。13.【答案】AC【命题立意】本题考查离子浓度大小比较。【解析】A项，反应后的混合溶液为NH3·H2O与NH4Cl的1：1的混合物，NH3·H2O的电离大于NH的水解，则有c(NH)>c(NH3·H2O)，c(OH－)>c(H＋)，由物料守恒知，2c(Cl－)=c(NH)+c(NH3·H2O)，所以c(NH)>c(Cl－)>c(NH3·H2O)，正确；B项，溶液显酸性，则CH3COOH的电离大于CH3COO－的水解，所以c(CH3COO－)>c(CH3COOH)，错误；C项，n(NH4HSO4)=n(NaOH)，则有n(Na＋)=n(SO－)，两者1：1反应时，仅发生H＋与OH－的中和反应，NH水解显酸性，则有c(H＋)>c(OH－)，正确；D项，电荷守恒有：c(Na＋)+c(H＋)=2c(CO－)+c(HCO)+c(OH－)，物料守恒有：2c(Na＋)=3[c(CO－)+c(HCO)+c(H2CO3)]，消去c(Na＋)，可得c(CO－)＋2c(OH－)＝c(HCO)＋c(H2CO3)＋214.【答案】AD【命题立意】本题考查化学平衡图像及平衡移动。【解析】分析乙和丙容器，丙中投入的起始物浓度为乙中的2倍，但是丙的体积是乙的两倍，乙可以看成与丙加压是等效的，由图中知，平衡时，丙的浓度仍为乙的2倍，则可说明该反应在加压条件下，平衡不移动，即x=1。A项，v(B)=1/2v(C)=1/2×1mol·L－1/10min=mol/(L·min)，错误；B项，比较甲、乙两容器，投入量和容积完全相同，但是反应温度不同，根据“先拐先平”知，T2>T1，高温下，c(C)小，说明升温后，平衡逆向移动，正反应为放热反应，若降温，平衡将正向移动，正确；C项，K=，Q=，所以反应逆向移动，则v(逆)>v（正），正确；D项，丙容积中，原平衡时,C的体积分数=，压入投料比相同的组分时，平衡不移动，所以C的体积分数不变，仍为25%，错误。15.【答案】BD【命题立意】本题考查化学平衡。【解析】A项，v(SO2)=v(CO)=－mol/2L÷2min=mol/(L·min),错误；B项，2min时，参加反应的n(CO)=，所以生成n(CO2)=，但在4min时，n(CO2)仍为，所以在2min时，反应已达平衡，故密度不再变化，正确；C项，反应的平衡常数为K==，升温后，K升高，说明升温平衡正向移动，则正反应为吸热反应，错误；D项，起始通入量若为一半，则相当于减压，若平衡不移动，则平衡时的n(CO2)为原来的一半，即为，但减压时，该反应正向移动，CO2的量增多，所以n(CO2)＞，正确。16.（12分）（1）Al2O3＋Na2CO32NaAlO2＋CO2↑（2分）（2）提高烧结产物浸出率（2分）（3）FeO＋2H2O＝Fe(OH)3↓＋OH－（2分）（4）过滤（2分）漏斗、玻璃棒（2分，各1分）（5）Al(OH)3（2分）【命题立意】本题考查粉煤灰提取活性Al2O3的流程分析。【解析】（1）由“烧结”产物知，铝元素转化成了NaAlO2，所以Al2O3与Na2CO3反应生成NaAlO2和CO2。（2）研磨即是将固体压碎，目的是为了更易将烧结产物溶解。（3）水解即与水反应，FeO结合水电离出的H＋（反应类似于AlO+H＋+H2O=Al(OH)3↓），结合H＋，则放出OH-。（4）“浸出”即为溶解，则肯定肯不溶物，所以操作b应为过滤，需要漏斗和玻璃棒。（5）“碳化”生成沉淀，最终得Al2O3，所以生成的沉淀应为Al(OH)3，通入的气体X与“烧结”产生的X相同，则为CO2，所以反应方程式为：AlO+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO。17．(15分)（1）羰基羟基；(每空1分)浓H2SO4（2）(2浓H2SO4（3）保护醇-OH防止被CrO3氧化(2分)（4）+H2O（2分）（5）（2分）（其他合理答案也正确）（6）（5分）(丙烯催化加水得到2-丙醇、丙烯一步催化氧化生成丙酮，也正确；正确制得丙酮即可得3分)【命题立意】本题考查有机推断与合成。【解析】（1）“C=O”为羰基，“-OH”为羟基。（2）对比C和E的结构简式知，C先被氧化生成羰基，再水解生成醇羟基，所以D的结构简式为。（3）A至B为羰基还原为羟基，B至C为醇与乙酸发生酯化反应，D至E又生成羟基，而在此前为Cr2O3氧化C物质，但是醇羟基也易被氧化，所以应将醇羟基保护起来。（4）E的化学式为C13H20O2，与F比较多一个H2O分子，所以E在浓H2SO4作用下发生消去反应生成F。（5）C分子中的不饱和度为4，而苯环的不饱和度也为4，故多余的碳原子，均为饱和结构，共多9个碳，2个O，但1mol物质最多消耗1molNa，所以应含有一个羟基，9个碳应采取对称结构。（6）采用逆推法，将A物质沿线断开，由和仿照已知=2\*GB3②可得，由2-丙醇氧化而得，丙烯在没有H2O2作用下与HBr加成时，溴原子接在中间碳原子上，2-溴丙烷水解即可得2-丙醇。18.（12分）（1）海水中含大量的Cl－，Cl－酸性条件能还原MnO(2分)（2）防止生成的单质碘受热、见光时挥发(1分)；由蓝色变为无色(1分)（3）n(Na2S2O3)=·L－1××10－3L·mL－1=×10－4mol……(1分n(I2)=1/2n(Na2S2O3)=×10－5mol……(1分)氧化I－的n(KMnO4)=2/5n(I2)=×10－5mol……(1分)氧化水样中的还原性物质消耗的：n(KMnO4)=·L－1××10－3L·mL－1－×10－5=×10－3mol－×10－5mol=×10－4mol……(1分)4n(O2)=3××10－4mol，n(O2)=×10－4mol……(2分)m(O2)=32g·mol－1××10－4mol=×10－2g=……(1分COD=0.1L=·L－1……(1分)（阅卷说明：合理的解法均参照标准相应给分，有效数字不正确，共扣1分）。【命题立意】本题考查返滴定法原理以及氧化还原反应的相关计算。【解析】（1）海水中含有大量的Cl－，酸性KMnO4可氧化Cl－生成Cl2，故应采用碱性条件。（2）I2易升华，若光照时，I2会减少，从而超成测定出的I2量减少。I2遇淀粉变蓝色，当Na2S2O3将I2完全反应后，溶液的蓝色消失。（3）KMnO4先与水样中的有机物反应，过量的KMnO4与KI反应生成I2，再用Na2S2O3滴定出生成的I2。根据“2MnO~5I2~10S2O－”，由Na2S2O3消耗的量，可计算出过量的KMnO4，进而计算出与水样反应的KMnO4。反应中KMnO4被还原为MnO2，1molKMnO4得3mole－，1molO2作氧化剂时，生成O2－，得4mole－，两者的相当关系为：“3n(KMnO4)~4n(O2)”，由此得出m(O2)的量。19.（15分，化学方程式缺条件或箭头只扣1分）（1）a+2b－2c（2）=1\*GB3①温度超过250℃时，催化剂的催化效率降低（2分）=2\*GB3②增大反应压强或增大CO2的浓度（2分）=3\*GB3③3Cu2Al2O4+32H＋+2NO=6Cu2＋+6Al3＋+2NO↑+16H2O（3）=1\*GB3①2（2分）=2\*GB3②正（2分）CO2+2H2OCH4+2O2（2分）【命题立意】本题考查化学反应基本原理，涉及盖斯定律、速率与平衡、离子方程式书写、氧化还原反应以及电化学等知识。【解析】（1）由盖斯定律，利用“=1\*GB3①+=2\*GB3②×2－=3\*GB3③×2”的关系，可得所求反应的焓变。（2）=1\*GB3①由图示知，在250℃~300℃时，催化剂的催化效率也降低，所以生成乙酸的速率降低。=2\*GB3②反应CO2(g)+CH4(g)=CH3COOH(l)，若增大压强、增大CO2的浓度或移走CH3COOH均会使平衡正向移动，CH4的转化率增大。=3\*GB3③Cu2Al2O4中Al为+3价，Cu为+1价，Cu被稀HNO3氧化生成生成Cu2＋，HNO3被还原为NO，根据得失电子守恒，电荷守恒以及原子守恒可配平反应。（3）=1\*GB3①CO2中的C为+4价，反应后生成0价的C，生成2molFe3O4时，转移4mole－。=2\*GB3②CO2转化为CH4，C的化合价由+4价降为－4价，得到e－，作为阴极，则另一极石墨为阳极，与电源的正极相连。总反应肯定要有一元素的化合价升高，则应为H2O中－2价O生成0价的O2。20.（14分）（1）2mol（2分）；6FeO+CO22Fe3O4+C（2分，化学式正确，未配平扣1分，反应条件写加热或高温的不扣分）（2）①H2O（2分）②＜（2分）③增大压强或提高n(H2)/n(CO2)比值（2分）（3）①光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能等（2分，写出其中两种形式即可）；2CO2+12H++12e－