2023届山东省滨州市重点高考化学二模试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、下列有关物质性质的比较，不正确的是A．金属性：Al＞MgB．稳定性：HF＞HClC．碱性：NaOH＞Mg(OH)2D．酸性：HClO4＞H2SO42、下列有关含氯物质的说法不正确的是A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClOD．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)3、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是()已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9A．A、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：A>B>CB．A点对应的溶液中存在：c(CO32-)<c(HCO3-)C．B点溶液中c(CO32-)=0.24mol/LD．向C点溶液中通入CO2可使C点溶液向B点溶液转化4、化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放5、下列过程属于物理变化的是A．煤的干馏B．石油的分馏C．石油裂化D．石油裂解6、室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A．整个过程中，水的电离程度逐渐增大B．该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D．a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小7、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是()A．1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NAB．30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC．12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD．2.1gDTO中含有的质子数为NA8、下列有关化工生产原理正确的是A．工业制取烧碱：Na2O+H2O=2NaOHB．工业合成盐酸：H2+Cl22HClC．工业制取乙烯：C2H5OHCH2=CH2↑＋H2OD．工业制漂粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O9、只存在分子间作用力的物质是A．NaCl B．He C．金刚石 D．HCl10、100℃时，向某恒容密闭容器中加入1.6mol•L-1的W后会发生如下反应：2W(g)=M(g)△H=akJ•mol-1。其中M的物质的量浓度随时间的变化如图所示：下列说法错误的是A．从反应开始到刚达到平衡时间段内，υ(W)=0.02mol•L-1•s-1B．a、b两时刻生成W的速率：υ(a)<υ(b)C．用W浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率：υ(ab)>υ(bc)=0D．其他条件相同，起始时将0.2mol•L-1氦气与W混合，则反应达到平衡所需时间少于60s11、常温下，用0.1mol·L−1盐酸滴定10.0mL浓度为0.1mol·L−1Na2A溶液，所得滴定曲线如图所示。下列说法错误的是A．Ka2(H2A)的数量级为10−9B．当V=5时：c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)C．NaHA溶液中：c(Na+)＞c(HA−)＞c(A2−)＞c(H2A)D．c点溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)12、储存浓硫酸的铁罐外口出现严重的腐蚀现象。这主要体现了浓硫酸的()A．吸水性和酸性B．脱水性和吸水性C．强氧化性和吸水性D．难挥发性和酸性13、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（）选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷(C5H12)催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水A．A B．B C．C D．D14、[安徽省蚌埠市高三第一次质量监测]下列有关化学用语表示正确的是A．水分子的比例模型B．过氧化氢的电子式为：C．石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D．甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）15、类比pH的定义，对于稀溶液可以定义pC=－lgC，pKa=－lgKa，常温下，某浓度H2A溶液在不同pH值下，测得pC(H2A)、pC(HA﹣)、pC(A2﹣)变化如图所示，下列说法正确的是A．随着pH的增大，pC增大的曲线是A2﹣的物质的量浓度的负对数B．pH=3.50时，c(HA﹣)>c(H2A)>c(A2﹣)C．b点时c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10﹣4.5D．pH=3.00~5.30时，c(H2A)+c(HA﹣)+c(A2﹣)先减小后增大16、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应B．吸附层b的电极反应：H2-2e-+2OH-=2H2OC．全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则电池工作一段时间后左池溶液pH基本不变17、根据下列实验操作和现象能得出相应结论的是()选项实验操作现象结论ASO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中溶液红色褪去SO2具有漂白性B将充满NO2的密闭玻璃球浸泡在热水中气体红棕色加深2NO2(g)N2O4(g)为放热反应C某黄色溶液X中加入淀粉－KI溶液溶液变成蓝色溶液X中含有Br2D无水乙醇中加入浓硫酸，加热，产生的气体Y通入酸性KMnO4溶液溶液紫色褪去气体Y中含有乙烯A．A B．B C．C D．D18、下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（）A．质子数为7、中子数为8的氮原子：NB．溴化铵的电子式：C．氮原子的结构示意图：D．间硝基甲苯的结构简式：19、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，生成白色沉淀SO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀B常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液HCO3-电离出H＋能力比CH3COOH的弱C向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶液，溶液变红Fe(NO3)3溶液中Fe3＋部分被Fe还原D苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，产生淡黄色沉淀苯和液溴发生取代反应A．A B．B C．C D．D20、室温下，0.1mol下列物质分别与1L0.1mol/LNaOH溶液反应，所得溶液pH最小的是A．SO3 B．NO2 C．Al2O3 D．SO221、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（）A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(NH3D．当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)22、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，四种元素形成的化合物甲的结构如图所示：且W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体。下列说法正确的是A．YW3分子中的键角为120°B．W2Z的稳定性大于YW3C．物质甲分子中存在6个σ键D．Y元素的氧化物对应的水化物为强酸二、非选择题(共84分)23、（14分）某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答：（1）写出H的化学式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。（3）写出反应②的离子方程式：________________。24、（12分）有机物W在医药和新材料等领域有广泛应用。W的一种合成路线如图：已知部分信息如下：①1molY完全反应生成2molZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应②+R1COOH③RCH2NH2++H2O请回答下列问题：(1)Y的化学名称是___；Z中官能团的名称是___；(2)中_____________（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中X转化为Y的反应类型是___。(3)生成W的化学方程式为___。(4)G是对硝基乙苯的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有—NH2（氨基），G的同分异构体有___种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1∶2∶2∶2∶2的结构简式为_________________。(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线__________（无机试剂自选）。25、（12分）18世纪70年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置，试回答下列问题：(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是________，收集并吸收氯气应选用的装置为________。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气，防止氯气污染空气，试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：________。(3)自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的，请你利用所学的化学知识加以鉴别，并写出有关的化学方程式________，_______。(4)次氯酸具有漂白性，它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明)：①_____；②_____。(5)请设计一个简单的实验，确定(4)中红色褪去的原因是①还是②?________。26、（10分）水合肼（N2H4·H2O）又名水合联氨，无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl实验一：制备NaClO溶液。（实验装置如右图所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有（填标号）。A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是。（3）设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度（实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10mol·L-1盐酸、酚酞试液）：。实验二：制取水合肼。（实验装置如右图所示）（4）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。分液漏斗中的溶液是（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液原因是：（用化学方程式表示）。实验三：测定馏分中肼含量。（5）称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O）①滴定时，碘的标准溶液盛放在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；本实验滴定终点的现象为。②实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为。27、（12分）用含有二氧化碳和水蒸气杂质的某种还原性气体测定一种铁的氧化物(FexOy)的组成，实验装置如图所示。根据图回答：(1)甲装置的作用是________，甲装置中发生反应的化学方程式为________。(2)实验过程中丁装置中没有明显变化，而戊装置中溶液出现了白色沉淀，则该还原性气体是________；丙中发生的反应化学方程式为________。(3)当丙装置中的FexOy全部被还原后，称量剩余固体的质量为16.8g，同时测得戊装置的质量增加17.6g，则FexOy中，铁元素与氧元素的质量比为________，该铁的氧化物的化学式为________。(4)上述实验装置中，如果没有甲装置，将使测定结果中铁元素与氧元素的质量比值____(填偏大、偏小或无影响)。如果没有已装置，可能产生的后果是________。28、（14分）世界能源消费的90%以上依靠化学技术。请回答下列问题：（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。已知：C（s）＋O2（g）=CO（g）ΔH1＝－110.35kJ·mol－12H2（g）＋O2（g）=2H2O（l）ΔH2＝－571.6kJ·mol－1H2O（l）=H2O（g）ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1①则反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g）ΔH4＝__________。②某实验小组在实验室模拟反应C（s）＋H2O（g）CO（g）＋H2（g），其平衡常数表达式为K＝_______。一定温度下，在2L盛有足量炭粉的恒容密闭容器（固体所占体积忽略不计）中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，则6min内以CO表示的平均反应速率为________（保留3位有效数字）。（2）燃料气（流速为1800mL·min－1；体积分数为50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化的化学方程式为__________。②CeO2可由草酸铈[Ce2（C2O4）3]隔绝空气灼烧制得，同时生成两种气体，则发生反应的化学方程式为____________。③在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化的转化率随温度的变化如下图所示。加入________（填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。温度为120℃，催化剂为CuO/CeO2HIO3时，反应0.5h后CO的体积为______mL。（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，采用惰性电极电解制备LiOH的装置如下图所示。①通电后，Li＋通过阳离子交换膜向________（填“M”或“N”）极区迁移。②电极N产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去。据此写出电极N的电极反应式：___________；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：_______。29、（10分）二氧化碳减排和再利用技术是促进工业可持续发展和社会环保的重要措施。将工业废气中的二氧化碳转化为甲醇，其原理是：CO2(g)+3H2(g)H2O(g)+CH3OH(g)△H=-53.7kJ/mol(1)308K时，向2L密闭容器中通入0.04molCO2和0.08molH2，测得其压强(p)随时间(t)变化如图1中曲线I所示。①反应开始至达平衡时，υ(H2)=________；该温度下反应的平衡常数为______mol-2·L2。②若只改变某一条件，其他条件相同时，曲线变化为II，则改变的条件是____。(2)还可以通过以下途径实现CO2向CH3OH的转化：反应I：CO2(g)+H2(g)H2O(g)+CO(g)△H<0反应Ⅱ：2H2(g)+CO(g)CH3OH(g)△H<0反应I和反应Ⅱ的平衡常数K随温度T的变化如图2所示。①根据图中数据分析可知，T1____T2（填“>”、“<”或“=”）；T2时CO2转化为CH3OH的平衡常数K=_______；②目前，许多国家采用CO2代替CO（以煤和天然气为原料）生产CH3OH，其优点是_________。(3)用电解法可将CO2转化为多种燃料，原理如图3。铜电极上产生HCOOH的电极反应式为_________。

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】分析：根据元素周期律分析。详解：A.同周期自左向右金属性逐渐减弱，则金属性：Al＜Mg，A错误；B.同主族从上到下非金属性逐渐减弱，氢化物稳定性逐渐减弱，则稳定性：HF＞HCl，B正确；C.同周期自左向右金属性逐渐减弱，最高价氧化物水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH＞Mg(OH)2，C正确；D.同周期自左向右非金属性逐渐增强，最高价含氧酸的酸性逐渐增强，则酸性：HClO4＞H2SO4，D正确。答案选A。2、B【解析】

A.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，选项A正确；B.酸性:H2CO3>HClO>HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，选项B错误；C.足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，选项C正确；D.中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，选项D正确。答案选B。3、A【解析】

A．CO32－的水解能力强于HCO3－，因此溶液中的CO32－的浓度越大，溶液中的OH－的浓度越大，pH越大。溶液中的CO32－的浓度越大，则的值越小，从图像可知，A、B、C三点对应的溶液的的值依次增大，则溶液的pH依次减小，pH的排序为A>B>C，A正确；B．A点对应的溶液的小于0，可知＞0，可知c(CO32-)＞c(HCO3-)，B错误；C．B点对应的溶液的lgc(Ba2＋)=-7，则c(Ba2＋)=10-7mol·L－1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2＋)c(CO32－)=2.4010-9，可得c(CO32－)=，C错误；D．通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3－，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3－H＋＋CO32－，有，转化形式可得，，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H＋)增大，减小，则增大。4、B【解析】

A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确；答案选B。5、B【解析】煤的干馏有苯及苯的同系物等新物质生成，属于化学变化，故A错误；石油的分馏是根据沸点不同把石油分离为汽油、煤油、柴油等物质，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；石油裂化是大分子烃断裂为小分子烃，生成新物质属于化学变化，故C错误；石油裂解是大分子烃断裂为乙烯、丙烯等产物，生成新物质属于化学变化，故D错误。6、C【解析】

A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时

pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1

mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．由图中起点可知0.1

mol/L

H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1

mol/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1

mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入

SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；答案选C。7、D【解析】

A、1mol铁在一定条件下分别与氧气、氯气、硫完全反应，与氧气生成四氧化三铁，转移了mol电子，与氯气反应生成氯化铁，转移了3mol电子，与S反应生成FeS，转移了2mol电子，故A错误；B、葡萄糖和冰醋酸最简式相同为CH2O，30g葡萄糖和冰醋酸的混合物含有原子团CH2O的物质的量==1mol，含有的氢原子数为2NA，故B错误；C、石墨烯中每一个六元环平均含有2个碳原子，故12g石墨烯即1mol石墨中含1molC原子，含有0.5mol六元环，即0.5NA个六元环，故C错误；D.2.1gDTO的物质的量为=0.1mol，而一个DTO中含10个质子，故0.1molDTO中含NA个质子，故D正确；答案选D。8、D【解析】

A.工业上用电解饱和食盐水的方法来制取烧碱，化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，A错误；B.工业利用氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，HCl溶于水得到盐酸，而不是光照，B错误；C.C2H5OHCH2=CH2↑+H2O是实验室制备乙烯的方法，工业制备乙烯主要是石油的裂解得到，C错误；D.将过量的氯气通入石灰乳中制取漂粉精，化学方程式为2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，D正确；故合理选项是D。9、B【解析】

A．NaCl是离子化合物，阴阳离子间以离子键结合，故A不选；B．He由分子构成，分子间只存在分子间作用力，故B选；C．金刚石是原子晶体，原子间以共价键相结合，故C不选；D．HCl由分子构成，分子间存在分子间作用力，但分子内氢和氯以共价键相结合，故D不选；故选B。10、D【解析】

A.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内=0.01mol•L-1•s-1，则==0.02mol•L-1•s-1，A项正确；B.随着反应的进行，消耗的W的浓度越来越小，生成W的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成W的速率：υ(a)<υ(b)，B项正确；C.随着反应的进行，W的消耗速率越来越小，直至保持不变，bc时段反应处于平衡状态，则用W浓度变化值表示的ab、bc两个时段内的反应速率为：υ(ab)>υ(bc)=0，C项正确；D.其他条件相同，起始时将0.2mol•L-1氦气与W混合，与原平衡相比，W所占的分压不变，则化学反应速率不变，反应达到平衡所需时间不变，D项错误；答案选D。11、C【解析】

A．滴定前pH=11，则A2−的水解常数是，则Ka2(H2A)的数量级为，A正确；B．当V=5时根据物料守恒可知c(A2−)+c(HA−)+c(H2A)=2c(Cl−)，B正确；C．根据图像可知恰好生成NaHA时溶液显碱性，水解程度大于电离常数，NaHX溶液中c(Na+)＞c(HA−)＞c(H2A)＞c(A2−)，C错误；D．c点溶液显中性，盐酸的体积大于10mL小于20mL，则溶液中：c(Na+)＞c(Cl−)＞c(H+)=c(OH−)，D正确；答案选C。12、A【解析】

铁中不含有H、O元素，浓硫酸不能使铁发生脱水；浓硫酸具有强氧化性，可使铁发生钝化，在表面生成一层致密的氧化物膜而阻碍反应的进行；浓硫酸具有吸水性和酸性，铁罐外口浓硫酸稀释空气中的水蒸气，硫酸变稀，稀硫酸和与铁发生反应，从而可使铁罐外口出现严重的腐蚀现象，与难挥发性无关，故选A。13、C【解析】

A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。综上所述，答案为C。14、D【解析】

A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；所以答案选择D项。15、C【解析】

H2A存在电离平衡：H2A⇌H++HA-、HA-⇌H++A2-，pH增加促进电离平衡正向移动，所以由图可知：下方曲线是HA-的物质的量浓度的负对数，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，由此分析解答。【详解】A．由分析可知，随着pH的增大，pC增大的曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，故A错误；

B．pH=3.50时，左侧曲线是H2A的物质的量浓度的负对数，右侧曲线是A2-的物质的量浓度的负对数，此时pC（H2A）＞pC（A2-）＞pC（HA-），即c（HA-）＞c（A2-）＞c（H2A），故B错误；C．b点时，c（H2A）=c（A2-），，交点a处c（HA-）=c（H2A），故Ka1==c（H+）=l×10-0.8，HA-⇌A2-+H+，交点c处c（HA-）=c（A2-），故Ka2==c（H+）=l×10-5.3，故c(H2A)·c(A2﹣)/c2(HA﹣)=10-0.8/10-5.3=10﹣4.5，故C正确；D．D．pH=3.00～5.30时，结合物料守恒c（H2A）+c（HA-）+C（A2-）始终不变，故D错误；故答案为C。【点睛】认真分析纵坐标的意义，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握电离平衡及其影响，试题侧重考查学生的分析能力及灵活应用能力。16、C【解析】

电子从吸附层a流出，a极为负极，发生的反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极为正极，发生的反应为：2H++2e-=H2↑。【详解】A．由上面的分析可知，NaClO4没有参与反应，只是传导离子，A错误；B．吸附层b的电极反应2H++2e-=H2↑，B错误；C．将正、负电极反应叠加可知，实际发生的是H++OH-=H2O，全氢电池工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能，C正确；D．若离子交换膜是阳离子交换膜，则Na+向右移动，左池消耗OH-且生成H2O，pH减小，D错误。答案选C。【点睛】B．电解质溶液为酸溶液，电极反应不能出现OH-。17、B【解析】

A.SO2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中，因为二氧化硫是酸性氧化物，与氢氧化钠反应而使红色褪去，结论不正确，A项错误；B.对于平衡2NO2(g)N2O4(g)，升高温度，气体颜色加深，二氧化氮浓度增大，说明反应平衡向逆反应方向移动，则正反应为放热反应，B项正确；C.能使淀粉－KI溶液变蓝的黄色溶液不一定含有Br2，可能含有Fe3+，C项错误；D.乙醇易挥发，若产生的气体Y中含有乙醇和二氧化硫，乙醇和二氧化硫都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以无法证明气体Y中一定含有乙烯，D项错误；答案选B。【点睛】C项是易错点，要注意Fe3+也为黄色溶液，且具有氧化性，可以氧化I-转化为I2使淀粉变蓝。平时做题要多思考，多总结，将知识学以致用，融会贯通。18、D【解析】

A．质子数为7、中子数为8的氮原子：,故A错误；B．溴化铵的电子式：，故B错误；C．氮原子的结构示意图：，故C错误；D．间硝基甲苯的结构简式：，故D正确；答案选D。19、B【解析】

A．将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A错误；B．常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，说明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3-电离出H＋能力比CH3COOH的弱，故B正确；C．Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；D．溴单质具有挥发性，生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，故D错误；答案选B。20、A【解析】

0.1mol下列气体分别与1L0.1mol⋅L−1的NaOH溶液反应，二者的物质的量相同，A.

SO3与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO3=NaHSO4，NaHSO4在溶液中完全电离出氢离子，溶液显强酸性；B.

NO2与NaOH等物质的量反应的方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NaNO2为强碱弱酸盐，溶液显碱性；C.

Al2O3与NaOH等物质的量反应，氧化铝过量,NaOH完全反应,化学方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，所得溶液为NaAlO2溶液，而NaAlO2为强碱弱酸盐，水解显碱性；D.

SO2与NaOH等物质的量反应的方程式为NaOH+SO2=NaHSO3，NaHSO3在溶液中即电离又水解，电离程度大于水解程度，溶液显弱酸性；综上可知，形成的溶液pH最小的是SO3；故选：A。21、C【解析】

常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4++OH-=NH1•H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1·H2O)不断增大。【详解】A项、M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M点时c(NH4+)=0.05mol•L‾1，c(Na+)=amol•L‾1，c(Cl－)=0.1mol•L‾1，带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol•L-1+amol•L-1－0.1mol•L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3•H2O)，则c(NH3•H2O)c(OH－)D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1·H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正确。故选C。22、B【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数逐渐增大，根据四种元素形成的化合物结构，其中各原子的核外电子排布均处于稳定结构。根据图示可知，X原子最外层含有4个电子，Y原子最外层含有5个电子，Z原子最外层含有6个电子，W最外层含有1个或7个电子，结合原子序数及“W与X、Y、Z均可形成电子数相等的分子，W2Z常温常压下为液体”可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素，据此分析解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C，Y为N，Z为O元素。A．YW3为NH3，为三角锥形的分子，分子中的键角＜120°，故A错误；B．非金属性越强，氢化物越稳定，水的稳定性大于氨气，故B正确；C．物质甲的结构简式为CO(NH2)2，存在7个σ键和1个π键，故C错误；D．N元素的氧化物对应的水化物可能是硝酸，也可能为亚硝酸，其中亚硝酸为弱酸，故D错误；故选B。【点睛】根据物质中常见原子的成键情况推断元素为解答关键。本题的易错点为C，要注意物质中化学键数目的判断方法的应用。二、非选择题(共84分)23、AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【解析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化学式为AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。24、2，3-二甲基-2-丁烯羰基无消去反应17、【解析】

由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息②中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息②可知Z为，则Y为、X为，结合信息③可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应；(3)生成W的化学方程式为：；(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+3×2+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：。25、CHCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水AgNO3十HCl=AgCl↓+HNO3氯水中的酸与碱发生中和反应次氯酸将有色物质漂白取“红色褪去”溶液1～2mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致【解析】

(1)在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，因此需要加热；氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，因此选择H；故答案为：C；H；(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，配平即可，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)假冒“纯净水”中有盐酸和次氯酸，可以用硝酸银溶液检验，盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸；故答案为：取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水；AgNO3＋HCl=AgCl↓+HNO3；(4)红色褪去的原因可能有两种情况：酸和碱发生了中和反应，红色褪去；次氯酸具有漂白性，也可以使红色褪去；故答案为：氯水中的酸与碱发生中和反应；次氯酸将有色物质漂白；(5)简单的实验是：在反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，如果红色又出现，那么原因就是酸碱中和；反之则为氯水氧化指示剂；故答案为：取“红色褪去”溶液1～2mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致。【点睛】气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。26、（1）B、D（2）Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O（3）取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞试液，用0.10mol·L-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作2~3次。（其它合理答案给分)（4）BN2H4·H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl（5）酸式溶液出现蓝色且半分钟内不消失（6）9%【解析】试题分析：(3)取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞试液，用0.10mol·L-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作2~3次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性条件下分解产生盐酸和氧气，干扰实验结果的测定。(4)B．NaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根离子在酸性和加热条件下容易分解，所以分液漏斗中的液体是NaOH和NaClO混合溶液。(5)①碱式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蚀，故用酸式滴定管；②由化学方程式的三段式可知n(N2H4·H2O)=1/2n(I2)=1.8mol,故W（N2H4·H2O）=（（1.8×10-3×50）/5）×100%=9%。考点：一定浓度溶液的配置；酸碱中和滴定；物质的性质；质量分数的计算。27、除去混合气体中CO22NaOH+CO2=Na2CO3+H2OCOyCO+FexOyxFe+yCO221：8Fe3O4偏小造成大气污染【解析】

利用还原性气体测定铁的氧化物的组成，其原理是根据生成物的质量通过计算确定结果；还原性气体有氢气和一氧化碳，他们夺氧后生成水和二氧化碳；原气体中混有二氧化碳和水蒸气，所以必须先除去，然后让还原性气体反应，丁、戊装置用以检验生成的水和二氧化碳，最后的己装置进行尾气处理，有环保理念。【详解】(1)因二氧化碳能与氢氧化钠反应，方程式为：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，所以除二氧化碳用氢氧化钠溶液，故甲装置的作用是除去二氧化碳；故答案为：除去混合气体中CO2；2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；(2)丁装置盛放的是无水硫酸铜，无水硫酸铜遇水会变蓝，丁装置没有明显变化，说明没有水生成，故该还原性气体不是氢气。戊装置盛放的是石灰水，二氧化碳能使石灰水变浑浊，戊装置中溶液出现了白色沉淀，故该还原性气体是一氧化碳，反应方程式为：yCO+FexOyxFe+yCO2，故答案为：CO；yCO+FexOyxFe+yCO2；(3)丙装置中的FexOy全部被还原，剩余固体为生成的铁的质量，戊装置中盛放的石灰水吸水二氧化碳，增加的质量为二氧化碳的质量，二氧化碳是一氧化碳夺取FexOy的氧生成的，即二氧化碳只有一个氧原子来自铁氧化合物，占二氧化碳质量的，故FexOy中氧元素的质量为：17.6g×＝6.4g，则FexOy中铁氧元素的质量比为：56x：16y＝16.8g：6.4g＝21：8，x：y＝3：4，该铁的氧化物的化学式为Fe3O4；故答案为：21：8；Fe3O4；(4)如果没有甲装置，混有的二氧化碳也会在戊装置被吸收，故二氧化碳的质量偏大，相当于一氧化碳夺得的氧的质量增加，故测得结果中铁元素与氧元素的质量的比值偏小。一氧化碳有毒，会污染空气，最后的己装置对尾气进行处理，具有环保理念；故答案为：偏小；造成大气污染。28、＋131.45kJ·mol－10.0292mol·L－1·min－12CO＋O22CO2Ce2（C2O4）32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑HIO3105.84M2Cl－－2e－=Cl2↑5Cl2＋I2＋6H2O=2HIO3＋10HCl【解析】

⑴①利用盖斯定律来计算反应C（s）＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的ΔH4；②根据方程式得到平衡常数表达式，再计算6min时生成H2质量和浓度，根据反应转化的c(CO)＝c(H2)，计算速率。⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2；②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2；③相同时间内，CO的转化率越高，说明催化性能越好，由图象可知加入HIO3的CuO/CeO2催化剂催化性能最好；根据题知信息计算反应0.5h后CO的体积。⑶电极N上产生的气体a通入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去，则气体a为Cl2，电极N为阳极；电极M是阴极，电极N的电极反应式为2Cl－－2e－=Cl2↑；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，说明Cl2将I2氧化成了HIO3。【详解】⑴①已知：①C(s)＋O2(g)=CO(g)ΔH1＝－110.35kJ·mol－1；②2H2(g)＋O2(g)=2H2O(l)ΔH2＝－571.6kJ·mol－1；③H2O（l）=H2O(g)ΔH3＝＋44.0kJ·mol－1。则反应C（s）＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可以通过①－②×－③得到，所以ΔH4＝①－②×－③＝(－110.35kJ·mol－1)－(－571.6kJ·mol－1)×－(＋44.0kJ·mol－1)＝＋131.45kJ·mol－1。②反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)的平衡常数表达式为；6min时生成0.7gH2，，根据反应C(s)＋H2O(g)CO(g)＋H2(g)可知，转化的c(CO)＝c(H2)，则6min内以CO表示的平均反应速率为；故答案为：＋131.45kJ·mol－1；；0.0292mol·L－1·min－1。⑵①160℃、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化为CO2，方程式为2CO＋O22CO2；故答案为：2CO＋O22CO2。②隔绝空气灼烧草酸铈[Ce2(C2O4)3]分解制得CeO2，同时生成CO和CO2，反应方程式为Ce2(C2O4)32CeO2＋4CO↑＋2CO2↑；故答