2023年山西省大同铁路高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列过程中，一定需要通电才能实现的是A．电解质电离 B．电化学防腐C．蓄电池放电 D．电解精炼铜2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是A．Y单质的熔点高于X单质 B．W、Z的氢化物沸点W>ZC．X、W、Z能形成具有强还原性的XZW D．X2YW3中含有共价键3、下列说法正确的是（）A．碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大B．甲烷与氯气在光照条件下，生成物都是油状的液体C．苯乙烯所有的原子有可能在同一个平面D．电解熔融的AlCl3制取金属铝单质4、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是A．p1<p2B．该反应的ΔH>0C．平衡常数:K(A)=K(B)D．在C点时,CO转化率为75%5、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，X2-和Y+的核外电子排布相同，X与Z同族。下列叙述正确的是（）A．原子半径：Z>X>YB．X的简单氢化物的稳定性比Z的强C．Y的氢化物为共价化合物D．Z的最高价氧化物对应的水化物是一种强酸6、某金属有机多孔材料FJI-H14在常温常压下对CO2具有超高的吸附能力，并能高效催化CO2与环氧乙烷衍生物的反应，其工作原理如图所示。下列说法不正确的是（）A．该材料的吸附作用具有选择性B．该方法的广泛使用有助于减少CO2排放C．在生成的过程中，有极性共价键形成D．其工作原理只涉及化学变化7、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A．疫苗因未冷藏储运而失效,与蛋白质变性有关B．天然气既是高效清洁的化石燃料,又是重要的化工原料C．“中国天眼”的镜片材料为SiC,属于新型有机非金属材料D．港珠澳大桥水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极的阴极保护法8、桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A．与1，3-丁二烯互为同分异构体B．二氯代物共有4种C．碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种D．每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部9、图甲是利用一种微生物将废水中尿素的化学能直接转化为电能，并生成环境友好物质的装置，同时利用此装置在图乙中的铁上镀铜。下列说法中不正确的是()A．铜电极应与电极相连接B．通过质子交换膜由左向右移动C．当电极消耗气体时，则铁电极增重D．电极的电极反应式为10、下列说法正确的是()A．核素的电子数是2B．1H和D互称为同位素C．H+和H2互为同素异形体D．H2O和H2O2互为同分异构体11、下列有关可逆反应：mA(g)+nB(？)⇌pC(g)+qD(s)的分析中，一定正确的是()A．增大压强，平衡不移动，则m＝pB．升高温度，A的转化率减小，则正反应是吸热反应C．保持容器体积不变，移走C，平衡向右移动，正反应速率增大D．保持容器体积不变，加入B，容器中D的质量增加，则B是气体12、下列实验结果不能作为相应定律或原理的证据之一的是（）ABCD勒夏特列原理元素周期律盖斯定律阿伏加德罗定律实验方案结果左球气体颜色加深右球气体颜色变浅烧瓶中冒气泡试管中出现浑浊测得为、的和与的体积比约为2:1（B中试剂为浓盐酸、碳酸钠溶液、硅酸钠溶液）A．A B．B C．C D．D13、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．0.1mol·L−1K2CO3溶液：Na+、Ba2+、Cl−、OH−B．0.1mol·L−1FeCl2溶液：K+、Mg2+、SO42-、MnO4-C．0.1mol·L−1NaOH溶液：Na+、K+、、D．0.1mol·L−1H2SO4溶液：K+、、、14、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色分析以上实验现象，下列结论正确的是A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuOC．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO215、某无色溶液与NH4HCO3作用能产生气体，此溶液中可能大量共存的离子组是（）A．Cl－、Mg2＋、H＋、Cu2＋、SO42- B．Na＋、Ba2＋、NO3-、OH-、SO42-C．K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋ D．MnO4-、K＋、Cl－、H+、SO42-16、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是（）A．④③①② B．③④①② C．③④②① D．④③②①17、下列反应的离子方程式书写正确的是A．在FeI2溶液中滴加少量溴水：2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－B．碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OD．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-18、下列化学式中属于分子式且能表示确定物质的是（）A．C3H8 B．CuSO4 C．SiO2 D．C3H619、在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是A．Mg2+、Na+、SO42-、Cl- B．K+、CO32-、Cl-、NO3-C．Na+、Cl-、NO3-、Fe2+ D．NH4+、OH-、SO42-、NO3-20、下列实验方案正确，且能达到目的的是（）A．A B．B C．C D．D21、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（）A．25℃，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NAB．常温常压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C．标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5NAD．常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA22、某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料(C3H8O)。下列说法正确的是A．该装置工作时，H+从a极区向b极区迁移B．该装置将化学能转化为光能和电能C．a电极的反应式为3CO2＋18H＋－18e－=C3H8O＋5H2OD．每生成3molO2，有88gCO2被还原二、非选择题(共84分)23、（14分）一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：已知：①酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOOR＇＋R＂OHRCOOR＂+R＇OH②PC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_________，检验C中所含官能团的必要试剂有_________。（2）D的系统命名为_________。（3）反应II的反应类型为_________，反应Ⅲ的原子利用率为_________。（4）反应IV的化学方程式为_________。（5）1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗_________molNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_________；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_________（任写一种）①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：124、（12分）有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下：(1)B中含氧官能团名称为________和________。(2)B→C反应类型为________。(3)D的分子式为C10H11OCl，写出D的结构简式：________。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：________。①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应；②分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)________。25、（12分）随着时代的发展，绿色环保理念越来越受到大家的认同，变废为宝是我们每一位公民应该养成的意识。某同学尝试用废旧的铝制易拉罐作为原材料、采用“氢氧化铝法”制取明矾晶体并进行一系列的性质探究。制取明矾晶体主要涉及到以下四个步骤：第一步：铝制品的溶解。取一定量铝制品，置于250mL锥形瓶中，加入一定浓度和体积的强碱溶液，水浴加热(约93℃)，待反应完全后(不再有氢气生成)，趁热减压抽滤，收集滤液于250mL烧杯中；第二步：氢氧化铝沉淀的生成。将滤液重新置于水浴锅中，用3mol/LH2SO4调节滤液pH至8～9，得到不溶性白色絮凝状Al(OH)3，减压抽滤得到沉淀；第三步：硫酸铝溶液的生成。将沉淀转移至250mL烧杯中，边加热边滴入一定浓度和体积的H2SO4溶液；第四步：硫酸铝钾溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固体K2SO4，将得到的饱和澄清溶液冷却降温直至晶体全部析出，减压抽滤、洗涤、抽干，获得产品明矾晶体[KAl(SO4)2·12H2O，M＝474g/mol]。回答下列问题：(1)第一步铝的溶解过程中涉及到的主要反应的离子方程式为__________________________(2)为了加快铝制品的溶解，应该对铝制品进行怎样的预处理：________________________(3)第四步操作中，为了保证产品的纯度，同时又减少产品的损失，应选择下列溶液中的___(填选项字母)进行洗涤，实验效果最佳。A．乙醇B．饱和K2SO4溶液C．蒸馏水D．1：1乙醇水溶液(4)为了测定所得明矾晶体的纯度，进行如下实验操作：准确称取明矾晶体试样4.0g于烧杯中，加入50mL1mol/L盐酸进行溶解，将上述溶液转移至100mL容量瓶中，稀释至刻度线，摇匀；移取25.00mL溶液干250mL锥形瓶中，加入30mL0.10mol/LEDTA－2Na标准溶液，再滴加几滴2D二甲酚橙，此时溶液呈黄色；经过后续一系列操作，最终用0.20mol/L锌标准溶液滴定至溶液由黄色变为紫红色，达到滴定终点时，共消耗5.00mL锌标准溶液。滴定原理为H2Y2－＋Al3＋→AlY－＋2H＋，H2Y2－(过量)＋Zn2＋→ZnY2－＋2H＋(注：H2Y2－表示EDTA－2Na标准溶液离子)。则所得明矾晶体的纯度为_________%。(5)明矾除了可以用作人们熟悉的净水剂之外，还常用作部分食品的膨松剂，例如油条(饼)的制作过程需要加入一定量的明矾，请简述明矾在面食制作过程作膨松剂的原理：_______(6)为了探究明矾晶体的结晶水数目及分解产物，在N2气流中进行热分解实验，得到明矾晶体的热分解曲线如图所示(TG%代表的是分解后剩余固体质量占样品原始质量的百分率，失重百分率＝×100%)：根据TG曲线出现的平台及失重百分率，30～270℃范围内，失重率约为45.57%，680～810℃范围内，失重百分率约为25.31%，总失重率约为70.88%，请分别写出所涉及到30～270℃、680～810℃温度范围内这两个阶段的热分解方程式：___________、_____________26、（10分）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程：已知：碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。（1）转化步骤是为了制得碘酸，该过程在图1所示的装置中进行，当观察到反应液中紫红色接近褪去时，停止通入氯气。①转化时发生反应的离子方程式为_____________________________________。②转化过程中CCl4的作用是_______________________________________。③为增大转化过程的反应速率，可采取的措施是_______________________。（2）将CCl4与水层分离的玻璃仪器有烧杯、________。除去HIO3水溶液中少量I2单质的实验操作为______________________________，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。（3）已知：①Ca(IO3)2·6H2O是一种难溶于水的白色固体，在碱性条件下不稳定。②Ca(IO3)2·6H2O加热升温过程中固体的质量变化如图2所示。设计以除碘后的水层为原料，制取Ca(IO3)2·H2O的实验方案：向水层中__________。[实验中必须使用的试剂：Ca(OH)2粉末、AgNO3溶液]。27、（12分）三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:①格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应；②③④实验过程如下①实验装置如图1所示。a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40℃左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。②提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤（1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接____________装置（2）①合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是____________________；②合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是______；（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行的操作是_______；（4）①反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_______、过滤、洗涤______；A．蒸发结晶B．冷却结晶C．高温烘干D．滤纸吸干②下列抽滤操作或说法正确的是_______A．用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B．用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C．注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D．用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手______，右手持移液管；（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为__________(精确到0.1％)。28、（14分）铝酸钙(mCaO·nAl2O3)是一系列由氧化钙和氧化铝在高温下烧结而成的无机化合物，被应用于水泥和灭火材料中，工业上用石灰石(主要成分为CaCO3和MgCO3)和铝土矿(主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2等)制备铝酸钙的流程如图：回答下列问题：(1)固体B的主要成分是__(填化学式)；一系列操作包括过滤、洗涤、干燥，洗涤过程应如何操作?__。(2)向滤液中通入CO2和NH3的顺序为__，其理由是__。(3)溶液D转化为Al(OH)3；离子方程式是__。(4)常温下，用适量的NH4Cl溶液浸取煅粉后，若要保持滤液中c(Mg2+)小于5×10-6mol·L-1，则溶液的pH应大于__[已知：Mg(OH)2的K=5×10-12]。(5)假设上述过程每一步均完全反应，最终得到的铝酸钙(3CaO·7Al2O3)的质量刚好等于原铝土矿的质量，该铝土矿中Al的质量分数为__(计算结果保留三位有效数字)。29、（10分）氢气是一种理想的绿色能源。利用生物发酵得到的乙醇制取氢气，具有良好的应用前景。乙醇水蒸气重整制氢的部分反应过程如下图所示：已知：反应I和反应II的平衡常数随温度变化曲线如图所示。（1）反应I中，1molCH3CH2OH(g)参与反应后的热量变化是256kJ。①H2O的电子式是：_________________。②反应I的热化学方程式是：___________________________。（2）反应II，在进气比[n(CO):n(H2O)]不同时，测得相应的CO的平衡转化率见下图（各点对应的反应温度可能相同，也可能不同）。①图中D、E两点对应的反应温度分别为TD和TE。判断：TD_______TE（填“＜”“＝”或“＞”）。②经分析，A、E和G三点对应的反应温度相同，其原因是A、E和G三点对应的____相同。③当不同的进气比达到相同的CO平衡转化率时，对应的反应温度和进气比的关系是______。（3）反应III，在经CO2饱和处理的KHCO3电解液中，电解活化CO2制备乙醇的原理如下图所示。①阴极的电极反应式是__________________________。②从电解后溶液中分离出乙醇的操作方法是______________。

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、D【解析】

A、电离不需要通电，故错误；B、电化学防腐不需通电，故错误；C、放电不需要通电，故错误；D、电解需要通电，故正确。答案选D。2、C【解析】

短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最高的元素，W是O元素，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数为7，则Z为Cl元素，Y为Si元素。【详解】根据分析可知，W为O，X为Na，Y为Si，Z为Cl元素。A．Na形成晶体为金属晶体，其熔点较低，而Si形成晶体为原子晶体，具有较高熔点，则单质熔点：Y＞X，故A正确；B．水分子间形成氢键，沸点较高，W、Z的氢化物沸点W>Z，故B正确；C．X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，而不是还原性，故C错误；D．Na2SiO3中含有Si-O共价键，故D正确；故选C。3、C【解析】

A.碱金属族元素的密度，沸点，熔点都随着原子序数的增大而增大，但钠和钾反常，故A错误；B.甲烷与氯气在光照条件下，发生取代反应，共有氯化氢、一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷五种物质，其中氯化氢、一氯甲烷是气体，不是液体，故B错误；C.苯中所有原子在同一面，乙烯所有的原子在同一面，由苯和乙烯构成的苯乙烯，有可能所有的原子在同一个平面，故C正确；D.AlCl3是共价化合物，电解熔融不能产生铝离子得电子，不能制取金属铝单质，故D错误。答案选C。4、D【解析】

A．增大压强平衡向正反应方向移动；B．由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的△H＜0；C．平衡常数只与温度有关；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算．【详解】A．由300℃时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1＞p2，故A错误；B．图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的△H＜0，故B错误；C．A、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D．设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，CO的转化率为x，则CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始120变化x2xx结束1-x2-2xx在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x＋2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。5、D【解析】

短周期W、X、Y、Z的原子序数依次增加，W原子的核外电子数等于电子层数，即W原子核外只有1个电子，则W为H元素；X2-和Y+离子的电子层结构相同，则X位于第二周期ⅥA族，为O元素，Y位于第三周期ⅠA族，为Na元素；Z与X同族，则Z为S元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为H，X为O，Y为Na，Z为S元素；A．同主族从上向下原子半径逐渐增大，同一周期从左向右原子半径逐渐减小，则原子半径Na＞S＞O，即Y＞Z＞X，故A错误；B．非金属性O＞S，则H2O比H2S稳定，即X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故B错误；C．NaH为离子化合物，故C错误；D．S的最高价氧化物对应水化物为硫酸，硫酸为强酸，故D正确；故答案为D。6、D【解析】

根据题干信息和图示转换进行判断。【详解】A．由图示可知该材料选择性吸附二氧化碳，吸附作用具有选择性，故A正确；B．环氧乙烷衍生物和二氧化碳反应生成，所以利用此法可减少CO2的排放，故B正确；C．在生成的过程中，有O=C极性共价键、碳氧单键形成，故C正确；D．该过程中涉及到了气体的吸附，吸附作用属于物理变化，故D错误；答案选D。7、C【解析】

A．温度过高蛋白质会发生变性，故A正确；B．天然气燃烧只生成二氧化碳和水，为清洁燃料，利用天然气可以合成二甲醚等有机物，是重要的化工原料，故B正确；C．碳化硅是非金属化合物，且为无机物，碳化硅是一种新型无机非金属材料，故C错误；D．铝比铜活泼，形成原电池铝作负极被氧化，防腐方法为牺牲阳极的阴极保护法，故D正确；故答案为C。8、C【解析】

根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。【详解】A项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；B项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；C项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C项错误；D项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。本题选C。9、C【解析】

根据题给信息知，甲图中装置是将化学能转化为电能的原电池，M是负极，N是正极，电解质溶液为酸性溶液，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应；在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒计算，以此解答该题。【详解】A．铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极Y相连，故A正确；B．M是负极，N是正极，质子透过离子交换膜由左M极移向右N极，即由左向右移动，故B正确；C．当N电极消耗0.25mol氧气时，则转移0.25×4=1mol电子，所以铁电极增重mol×64g/mol=32g，故C错误；D．CO(NH2)2在负极M上失电子发生氧化反应，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-═CO2↑+N2↑+6H+，故D正确；故答案为C。10、B【解析】

A.核素的电子数是1，左上角的2说明原子核内有1个质子和1个中子，中子不带电，故A不选；B.同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，1H和D都是氢元素的原子，互称为同位素，故B选；C.同素异形体是同种元素形成的不同单质，H+不是单质，故C不选；D.同分异构体是分子式相同结构不同的化合物，H2O和H2O2的分子式不同，故D不选。故选B。11、D【解析】

A．增大压强，平衡不移动，说明左右两边气体的体积相等，若B为气体，则m+n＝p，故A错误；B．升高温度，A的转化率减小，则平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应方向为放热反应，故B错误；C．移走C，生成物的浓度减小，平衡向右移动，逆反应速率减小，正反应速率瞬间不变，故C错误；D．加入B，容器中D的质量增加，说明平衡正向移动，说明B为气体；若B为固体，增加固体的量，浓度不改变，不影响速率，故不影响平衡，故D正确。答案选D。12、B【解析】

A.是放热反应，升高温度，平衡向生成二氧化氮的方向移动，颜色变深，可以作为勒夏特列原理的证据之一；B、比较元素的非金属性，应用元素最高价氧化物对应水化物的酸性比较，浓盐酸不是氯的最高价氧化物对应水化物，无法比较氯和碳的非金属性；生成的二氧化碳中含有HCl气体，氯化氢与二氧化碳都能与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，故也无法比较碳和硅的非金属性，不能证明元素周期律；C、△H=△H1+△H2，化学反应的热效应只与起始和终了状态有关，与变化途径无关，可以证明盖斯定律；D、在同温同压下，气体的体积比等于方程式的化学计量数之比等于气体的物质的量之比，电解水生成的氧气和氢气体积比等于物质的量之比，可以证明阿伏加德罗定律；故答案为B。13、C【解析】

A.碳酸根离子与钡离子反应生成碳酸钡沉淀，二者不能大量共存，故A错误；B.高锰酸根离子具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子，二者不能大量共存，故B错误；C.

OH−、Na+、K+、、之间相互不反应，可以大量共存，故C正确；D.酸性环境下，硝酸根离子能够氧化亚硫酸氢根离子，所以氢离子、硝酸根离子、亚硫酸氢根离子不能大量共存，故D错误；故选：C。14、B【解析】

①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。答案选B。15、C【解析】

A.Cu2＋为有色离子，A不合题意；B.Ba2＋、SO42-会发生反应，生成BaSO4沉淀，B不合题意；C.K＋、NO3-、SO42-、H+、Na＋能大量共存，与NH4HCO3作用能产生CO2气体，C符合题意；D.MnO4-为有色离子，D不合题意。故选C。16、A【解析】

物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质．氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。【详解】催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；答案选A。17、B【解析】

A选项，在FeI2溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；B选项，碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多变”即澄清石灰水定为1mol来分析：2HCO3－+Ca2++2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O，故B正确；C选项，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反应：Al3++NH4++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+H2O+NH3↑，故C错误；D选项，过量SO2通入到NaClO溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】物质发生反应的顺序是：先发生酸碱中和反应，再生成沉淀的反应，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的反应。18、A【解析】

A．C3H8为分子晶体且无同分异构体，故C3H8为分子式且只能表示丙烷，故A正确；B．CuSO4为离子晶体，故CuSO4是化学式但不是分子式，故B错误；C．SiO2为原子晶体，故SiO2是化学式，不是分子式，故C错误；D．C3H6为分子晶体，但有同分异构体，即C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，还可能表示的是环丙烷，故不能确定其物质，故D错误。故选：A。【点睛】应注意的是只有分子晶体才有分子式。19、C【解析】

酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【详解】A．这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；B．H+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应，不是氧化还原反应，B不符合题意；C．H+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；D．NH4+、OH-发生复分解反应生成NH3·H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。20、D【解析】

A.强碱滴定弱酸时，化学计量点pH>7,应该用酚酞做指示剂，不能用甲基橙，因为变色pH范围大于7,而且由无色变成浅红色,颜色加深,便于确定终点，故A错误；B.将少量氯水滴入溴化亚铁溶液中，Cl2首先和Fe2+反应，不能证明Cl2的氧化性比Br2强，故B错误；C.二氧化锰是粉末状，不能用镊子取，故C错误；D.CO32-和SO32-在水溶液中水解使溶液呈碱性，碱性强弱取决于对应酸的电离程度，电离常数越小，酸性越弱，对应盐的碱性越强，pH越大，故D正确；正确答案是D。21、B【解析】

A．溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B．丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含4molCH2原子团，故含4NA个碳原子，故B正确；C．标准状况下，CHCl3

是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D．常温下，铝和浓硝酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D错误；答案选B【点睛】本题的易错点为D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。22、D【解析】

A.a与电源负极相连，所以a是阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，A项错误；B.该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，B项错误；C.a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e-=C3H8O+5H2O，C项错误；D.电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是3mol的氧气，阴极有2mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为88g，D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、溴原子NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液2-丙醇氧化反应100%4n等【解析】

B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC。【详解】（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应Ⅱ生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，环氧乙烷与二氧化碳发生反应Ⅲ生成，反应Ⅲ的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反应Ⅳ生成PC，反应IV的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体①分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，②核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。24、羰基羧基还原反应【解析】

A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。【详解】（1）B为，其中含氧官能团名称为羰基和羧基；（2）B→C的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度=16×2+2-162=9，①分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；②分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；（5）根据上述合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。25、2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）D94.8明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑【解析】

（1）铝与强碱溶液的反应生成偏铝酸盐和氢气，写出离子方程式；（2）预处理需要去掉铝表面的致密的氧化物保护膜；（3）从减少产品损失考虑；（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；（5）从双水解角度考虑；（6）根据题目所给数据，确定第一个阶段应是脱掉结晶水；第二阶段脱掉SO3；【详解】（1）第一步铝的溶解过程中主要发生铝与强碱溶液的反应，离子方程式为2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑；答案：2Al+2OH－+2H2O=2AlO2－+3H2↑（2）铝制品表面有氧化膜及包装油漆喷绘等，打磨、剪成小片后可加快在强碱溶液中的溶解；答案：用砂纸将废旧铝制易拉罐内外表面打磨光滑，并剪成小片备用（其他合理答案也给分）（3）所得明矾晶体所含的杂质能溶于水，需用水洗涤，但为了减少产品的损失，应控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗涤效果最佳；答案：D（4）根据题目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的总量减去锌标准溶液对EDTA-2Na的消耗量，即可计算出样品溶液中Al3+的物质的量，间接算出明矾晶体的物质的量和质量，进而求出明矾晶体的纯度；答案：94.8（5）面食发酵过程中需要用到小苏打（NaHCO3），NaHCO3与明矾发生双水解反应，产生CO2；答案：明矾与小苏打（NaHCO3）发生反应（双水解）：Al3++3HCO3－=Al(OH)3↓+3CO2↑，产生大量CO2，使面食内部体积迅速膨胀，形成较大空隙。（6）根据题目所给数据，结合KAl(SO4)2▪12H2O的化学式，可验证出第一个阶段应是脱掉结晶水得到KAl(SO4)2；第二阶段脱掉SO3，发生的是非氧化还原反应，得到K2SO4和Al2O3；答案：KAl(SO4)2▪12H2OKAl(SO4)2+12H2O2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3↑26、I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率加快搅拌速率分液漏斗将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重【解析】

(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，并且要将杂质除尽。【详解】(1)①转化步骤是为了制得碘酸，根据流程图，转化时发生反应的离子方程式为氯气、水和碘单质反应生成碘酸和盐酸，方程式为：I2＋5Cl2＋6H2O=2IO3-＋10Cl－＋12H＋；②氯气可溶于水，会降低转化过程中氯气的利用率，转化过程中CCl4的作用是增大Cl2的溶解量，提高Cl2的利用率；③根据装置图所示，装置圆底烧瓶中有一个搅拌装置，可使反应物充分混合接触，则为增大转化过程的反应速率的方法为加快搅拌速率；(2)互不相溶的液体混合物分离应使用分液操作，需要的玻璃仪器有烧杯、分液漏斗；HIO3可溶于水，但碘单质在水中溶解度较小，可进行萃取分离，操作为将HIO3水溶液用CCl4多次萃取，分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在；(3)除碘后的水层溶液为HIO3溶液，可与Ca(OH)2反应生成Ca(IO3)2·6H2O，根据图示，在100～160℃条件下固体质量基本保持不变，则实验方案：向水层中加入Ca(OH)2粉末，边加边搅拌至溶液pH约为7，过滤，洗涤沉淀至洗涤后滤液滴加AgNO3溶液不再有沉淀产生，将滤渣在100～160℃条件下加热至恒重。27、装有氯化钙固体的干燥管（其他干燥剂合理也可以）作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应滴加过快导致生成的格氏试剂与溴苯反应生成副产物联苯立即旋开螺旋夹，并移去热源，拆下装置进行检查BDABE拿洗耳球51.3%【解析】

(1).格氏试剂非常活浅，易与水、氧气、二氧化碳等物质反应，应在球形冷凝管上连接装有氯化钙固体的干燥管；(2)①为使反应充分，提高产率，用乙醚来溶解收集。乙醚的沸点低，在加热过程中可容易除去，同时可防止格氏试剂与烧瓶内的空气相接触。因此答案为：作溶剂，且乙醚气体排除装置中的空气，避免格氏试剂与之反应；②依据题干反应信息可知滴入过快会生成联苯，使格氏试剂产率下降；（3）提纯过程中发现A中液面上升说明后面装置不能通过气体，需要旋开螺旋夹移去热源后拆装置进行检查装置气密性，故答案为：立即旋开螺旋夹，移去热源，拆下装置进行检查。（4）①滤纸使其略小于布式漏斗，但要把所有的孔都覆盖住，并滴加蒸馏水使滤纸与漏斗连接紧密，A正确；用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，B正确；当吸滤瓶内液面快达到支管口位置时，拔掉吸滤瓶上的橡皮管，从吸滤瓶上口倒出溶液，C错误；洗涤沉淀时，应关小水龙头，使洗涤剂缓慢通过沉淀物，D错误；减压过滤不宜用于过滤胶状沉淀或颗粒太小的沉淀，胶状沉淀在快速过滤时易透过滤纸；沉淀颗粒太小则易在滤纸上形成一层密实的沉淀，溶液不易透过，E正确；答案为ABE。（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手拿洗耳球，右手持移液管；答案为：拿洗耳球。（6）通过称量得到产物4.00g，根据题干提供的反应流程0.03mol溴苯反应，理论上产生三苯甲醇的物质的量为0.03mol，即理论生产三苯甲醇的质量为0.03molⅹ=7.80，产率=实际产量/理论产量=4.00g÷7.80ⅹ100%=51.3%，答案为：51.3%。28、Fe2O3向漏斗中加水至浸没固体，待水自然流尽后，重复此操作2~3次先通NH3，后通CO2NH3易溶于水且可提供碱性环境，更有利于吸收CO2参加反应(合理即可)Al3++3NH3·H2O==Al(OH)3↓+3NH4+1142.9%【解析】

工业上用石灰石(主要成分为CaCO3和MgCO3)高温煅烧，生成煅粉的主要成分为CaO和MgO，加入NH4Cl溶液，MgO最后转化为Mg(OH)2沉淀，CaO转化为CaCl2，通入NH3、CO2后，生成CaCO3沉淀。铝土矿(主要成分是Al2O3、Fe2O3、SiO2等)中加入足量NaOH溶液，Al2O3、SiO2都发生反应，生成NaAlO2、Na2SiO3进入溶液A，Fe2O3不溶而成固体B；溶液A中加入盐酸，Na2SiO3转化为