2023年山西省晋中市平遥县高考化学押题试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A．电极a为电池正极B．电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2C．电极b上的电极反应：O2+4e－+4H+=2H2OD．电极a上的电极反应：2H2S+2O2――2e―=S2+2H2O2、科学家采用碳基电极材料设计了一种制取氯气的新工艺方案，装置如图所示：下列说法错误的是（）A．反应过程中需要不断补充Fe2+B．阳极反应式是2HCl-2e-=Cl2+2H+C．电路中转移1mol电子，消耗标况下氧气5.6LD．电解总反应可看作是4HCl（g）+O2（g）=2Cl2（g）+2H2O（g）3、“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法错误的是A．加热③时，溶液红色褪去，冷却后又变红色，体现SO2的漂白性B．加热②时，溶液红色变浅，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小C．加热①时，上部汇集了NH4Cl固体，此现象与碘升华实验现象相似D．三个“封管实验”中所涉及到的化学反应不全是可逆反应4、下列自然、生活中的事例不属于氧化还原反应的是A．空气被二氧化硫污染后形成酸雨 B．植物进行光合作用C．用漂粉精杀菌 D．明矾净水5、以丁烯二醛和肼为原料经过Diels-Alder反应合成哒嗪，合成关系如图，下列说法正确的是（）A．哒嗪的二氯代物超过四种B．聚丁烯二醛因无碳碳双键不能使溴水褪色C．丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成后再消去可制得哒嗪D．物质的量相等的丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，消耗氢气的量不同6、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，X与Z同主族，X为非金属元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响。下列说法正确的是A．常温下，X的单质一定呈气态B．非金属性由强到弱的顺序为：X>Z>WC．X与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构D．Y、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应7、关于晶体的叙述正确的是（）A．原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B．分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C．存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D．离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键8、将含1molKAl(SO4)2溶液逐滴加到含1molBa(OH)2溶液中，最终溶液中不存在A．K+ B．Al3+ C．SO42- D．AlO2-9、已知A、B、D均为中学化学中的常见物质，它们之间的转化关系如图所示（部分产物略去）。则下列有关物质的推断不正确的是（）A．若A为碳，则E可能为氧气B．若A为Na2CO3，则E可能为稀HClC．若A为Fe，E为稀HNO3，则D为Fe（NO3）3D．若A为AlCl3，则D可能为Al（OH）3，E不可能为氨水10、下图为元素周期表的一部分，X、Y、Z、M均为短周期元素，除M外，其余均为非金属元素。下列说法正确的是YZMXA．简单离子半径：M＞Y B．单质熔点：X＞MC．简单气态氢化物的稳定性：Y＞Z D．Y的氧化物对应水化物均为强酸11、镆（Mc）是115号元素，其原子核外最外层电子数是5。下列说法不正确的是A．Mc的原子核外有115个电子 B．Mc是第七周期第VA族元素C．Mc在同族元素中金属性最强 D．Mc的原子半径小于同族非金属元素原子12、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2SO4，这些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()A．18% B．46% C．53% D．36%13、脑啡肽结构简式如图，下列有关脑啡肽说法错误的是A．一个分子中含有四个肽键 B．其水解产物之一的分子结构简式为C．一个分子由五种氨基酸分子缩合生成 D．能发生取代、氧化、缩合反应14、第20届中国国际工业博览会上，华东师范大学带来的一种“锌十碘”新型安全动力电池亮相工博会高校展区。该新型安全动力电池无污染、高安全、长寿命且具有合适的充电时间，可以应用于日常生活、交通出行等各个领域。已知该电池的工作原理如图所示。下列有关说法正确的是（）A．正极反应式为I3--2e-=3I-B．6.5gZn溶解时，电解质溶液中有0.2mol电子移动C．转移1mol电子时，有1molZn2+从左池移向右池D．“回流通道”可以减缓电池两室的压差，避免电池受损15、t℃时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中，溶液中温度变化曲线Ⅰ、pH变化曲线Ⅱ与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是A．Kw的比较：a点比b点大B．b点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶液中c（NH4+）=c（Cl─）C．c点时溶液中c（NH4＋）=c（Cl─）=c（OH─）=c（H＋）D．d点时溶液中c（NH3•H2O）＋c（OH─）=c（Cl─）+c（H＋）16、实验室中以下物质的贮存方法不正确的是A．浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B．保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C．少量金属钠保存在煤油中D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发17、关于物质检验的下列叙述中正确的是A．将酸性高锰酸钾溶液滴入裂化汽油中，若紫红色褪去，证明其中含甲苯B．让溴乙烷与NaOH醇溶液共热后产生的气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成C．向某卤代烃水解后的试管中加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀，证明它是溴代烃D．往制备乙酸乙酯反应后的混合液中加入Na2CO3溶液，产生气泡，说明乙酸有剩余18、将①中物质逐步加入②中混匀（②中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（）选项①②溶液预测②中的现象A稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀，最终变红褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀A．A B．B C．C D．D19、常温下，向盛50mL0.100mol·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100mol·L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是（）A．曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B．曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C．a点溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD．b点溶液中水电离的c(H+)是c点的102.37倍20、下列物质分子中的碳原子在同一平面上时，在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个21、常温下向0.lmol/L的NaClO溶液中通入HF气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg(A代表ClO或F)的值和溶液pH变化存在如图所示关系，下列说法正确的是A．线N代表lg的变化线B．反应ClO-+HF⇌HCIO+F-的平衡常数数量级为105C．当混合溶液pH=7时，溶液中c(HClO)=c(F-)D．随HF的通入，溶液中c(H+)•c(OH-)增大22、W、X、Y、Z均为短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，两元素核电荷数之和与W、Z原子序数之和相等，下列说法正确是（）A．Z元素的含氧酸一定是强酸B．原子半径：X＞ZC．气态氢化物热稳定性：W＞XD．W、X与H形成化合物的水溶液可能呈碱性二、非选择题(共84分)23、（14分）A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_____________；B中含氧官能团名称是________________。(2)C的结构简式________________；D→E的反应类型为________________(3)E→F的化学方程式为___________________________。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是__________________（写出结构简式）。(5)等物质的量的分别与足量NaOH、NaHCO3反应，消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为__________；检验其中一种官能团的方法是______________（写出官能团名称、对应试剂及现象）。24、（12分）用于汽车刹车片的聚合物Y是一种聚酰胺纤维，合成路线如图：已知：（1）生成A的反应类型是_____。（2）试剂a是_____。（3）B中所含的官能团的名称是_____。（4）W、D均为芳香化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。①F的结构简式是_____。②生成聚合物Y的化学方程式是_____。（5）Q是W的同系物且相对分子质量比W大14，则Q有______种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为_____、_____（写结构简式）（6）试写出由1，3﹣丁二烯和乙炔为原料（无机试剂及催化剂任用）合成的合成路线。（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。___________25、（12分）化合物M{[(CH3COO)2Cr]2·2H2O，相对分子质量为376}不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq)===ZnCl2(aq)+H2(g)2CrCl3(aq)+Zn(s)===2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO－(aq)+2H2O(l)===[Cr(CH3COO)2]2•2H2O(s)请回答下列问题：（1）仪器1的名称是__________。（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是__________(填序号)；目的是_______。A．盐酸和三氯化铬溶液同时加入B．先加三氯化铬溶液，－段时间后再加盐酸C．先加盐酸，－段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门__________(填“A”或“B”，下同)，打开阀门___________________。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另－个作用是__________________________。26、（10分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。②制备水合肼时，应将__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。③尿素的电子式为__________________(2)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为___。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。27、（12分）ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11℃时液化成红棕色液体。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。①冰水浴的作用是____________。②NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为___________________。③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_________________________。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到________，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5mg·L−1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0001mol·L－1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：实验序号1234消耗AgNO3溶液的体积/mL10.2410.029.9810.00①在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_____________。②测得自来水中Cl-的含量为______mg·L−1。③若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）氯氧化铜[xCuO·yCuCl2·zH2O]在农业上用作杀菌剂。工业上用铜矿粉（主要含Cu2(OH)2CO3、Fe3O4等）为原料制取氯氧化铜的流程如下：⑴“调节pH”并生成Fe(OH)3时反应的离子方程式为______。⑵调节pH，要使常温溶液中c(Cu2＋)≥0.022mol·L-1，而c(Fe3＋)≤1×10－6mol·L-1，则应调节pH的范围为______。｛已知Ksp[Cu(OH)2＝2.2×10－20]，Ksp[Fe(OH)3＝1×10－36]｝⑶为测定氯氧化铜的组成，现进行如下实验：步骤Ⅰ：称取0.4470g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量30%的硝酸使固体完全溶解。滴加K2CrO4溶液作指示剂，用0.1000mol·L－1AgNO3标准溶液滴定溶液中的Cl－，滴定至终点时消耗AgNO3标准溶液20.00mL；步骤Ⅱ：称取0.4470g氯氧化铜，放入锥形瓶，加入一定量硫酸使固体完全溶解。向溶液中加入过量的KI固体，充分反应后向溶液中滴入数滴淀粉溶液，用0.2000mol·L－1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定至终点时消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL。已知步骤Ⅱ中所发生的反应如下：2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I22Na2S2O3＋I2＝2NaI＋Na2S4O6①已知Ag2CrO4为砖红色沉淀，步骤Ⅰ滴定终点时的实验现象是_______。②通过计算确定氯氧化铜的化学式________________（写出计算过程）。29、（10分）废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2O4、MnO、Mn2O3、Mn3O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图：回答下列问题：(1)步骤②“粉碎”的主要目的是______。(2)步骤③“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O；MnO+H2SO4=MnSO4+H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4+MnSO4+2H2O+MnO2；MnO2+H2SO4+H2C2O4=MnSO4+2CO2↑+2H2O。推测Mn2O3与硫酸反应的离子方程式为______。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对Zn、Mn浸出率的影响。①为保证Zn、Mn的浸出率均大于90%，步骤③需控制的c(H2SO4)=____mol/L。H2C2O4浓度对Mn的浸出率影响程度大于Zn，其原因是_____。②假设“酸浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当c(H2C2O4)>0.25mol/L时，Zn、Mn的浸出率反而下降、且Zn的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_____(填序号)。a.随着反应进行c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与C2O42-生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4＜MnC2O4(4)步骤⑤用惰性电极电解ZnSO4、MnSO4的混合溶液，除生成Zn、MnO2、H2SO4外，还可能生成H2、O2或其混合物。①生成MnO2的电极反应式为_____。②若n(H2)：n(O2)=2：1，则参加反应的n(Zn2+)：n(Mn2+)=______。③该工艺流程中可循环利用的物质是________。

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、B【解析】

A.电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；B.电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，故B正确；C.电极b上的电极反应：O2+4e－=2O2−，故C错误；D.电极a上的电极反应：2H2S+2O2−−4e−=S2+2H2O，故D错误。综上所述，答案为B。2、A【解析】

HCl在阳极失电子，发生氧化反应，生成Cl2和H+，Fe3+在阴极得电子，还原成Fe2+，Fe2+、H+、O2反应生成Fe3+和H2O，Fe2+、Fe3+在阴极循环。【详解】A．由分析可知，Fe2+在阴极循环，无需补充，A错误；B．HCl在阳极失电子得到Cl2和H+，电极反应式为：2HCl-2e-=Cl2+2H+，B正确；C．根据电子得失守恒有：O2～4e-，电路中转移1mol电子，消耗0.25mol氧气，标况下体积为5.6L，C正确；D．由图可知，反应物为HCl(g)和O2(g)，生成物为H2O(g)和Cl2(g)，故电解总反应可看作是4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)，D正确。答案选A。3、A【解析】

A．依据二氧化硫的漂白原理和漂白效果不稳定性解答；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色；C．氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵；D．可逆反应应在同一条件下进行。【详解】A．二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时，③溶液变红，冷却后又变为无色，故A错误；B．加热时氨气逸出，②中颜色为无色，冷却后氨气溶解②中为红色，可证明氨气的溶解度随温度的升高而减小，故B正确；C．加热时，①上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气遇冷重新反应生成氯化铵，此现象与碘升华实验现象相似，故C正确；D．氨气与水的反应是可逆的，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不完全是可逆反应，故D正确；故答案选A。【点睛】本题注意“封管实验”的实验装置中发生的反应分别在加热条件下和冷却后进行，不一定是可逆反应，要根据具体的化学反应进行判断。4、D【解析】

A．二氧化硫溶于与水生成亚硫酸，亚硫酸容易被空气中的氧气氧化生成硫酸，是氧化还原反应，故A不选；B．植物光合作用利用光能将二氧化碳和水合成有机物，并产生氧气，O元素的化合价变化，为氧化还原反应，故B不选；C．用漂粉精杀菌利用了次氯酸根的强氧化性，发生了氧化还原反应，故C不选；D．明矾中的铝离子水解生成氢氧化铝胶体能吸附水中的悬浮杂质，具有净水作用，没有发生氧化还原反应，故D选；故答案选D。5、C【解析】

A.哒嗪的二氯代物只有四种，A错误；B.聚丁烯二醛虽无碳碳双键但含有醛基，能被溴水氧化而使溴水褪色，B错误；C.丁烯二醛与N2H4可以在一定条件下加成为，再消去可制得哒嗪，C正确；D.1mol丁烯二醛和哒嗪分别与氢气完全加成，都消耗3mol氢气，D错误。故选C。6、D【解析】

X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y为Na元素；Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响，则W为Cl元素；X与Z同主族，X为非金属元素，则X可能为B、C、N、O，Z可能为Al、Si、P、S。【详解】A.常温下，B、C、N、O的单质不一定呈气态，如金刚石或石墨为固体，故A错误；B.同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：W>Z，故B错误；C.X与W形成的化合物中BCl3中的B原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D.当Z为Al时，氢氧化铝为两性氢氧化物，Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故D正确；故选D。【点睛】本题的难点是X和Z的元素种类不确定，本题的易错点为C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为8电子稳定结构。7、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。8、D【解析】

1molKAl(SO4)2电离出1mol钾离子，1mol铝离子，2mol硫酸根离子，加入1mol氢氧化钡，电离出1mol钡离子和2mol氢氧根离子，所以铝离子过量，不会生成偏铝酸根离子，故选：D。9、C【解析】

A．若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；B．若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；C．若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe（NO3）3，D为Fe（NO3）2，选项C错误；D．AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al（OH）3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al（OH）3沉淀和NH4Cl，选项D正确。故选C。10、B【解析】

除M外，其余均为非金属元素，则M为铝(Al)，从而得出X为硅(Si)，Y为氮(N)，Z为氧(O)。【详解】A．M为铝(Al)，Y为氮(N)，Al3+与N3-电子层结构相同，但Al3+的核电荷数大，所以离子半径：Al3+<N3-，A不正确；B．M为铝(Al)，X为硅(Si)，Al形成金属晶体，Si形成原子晶体，单质熔点：Si>Al，B正确；C．Y为氮(N)，Z为氧(O)，非金属性N<O，则简单气态氢化物的稳定性：NH3<H2O，C不正确；D．Y为氮(N)，Y的氧化物对应水化物中，HNO3为强酸，HNO2为弱酸，D不正确；故选B。11、D【解析】

周期表中，原子的结构决定着元素在周期表中的位置，原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，同主族元素从上而下金属性逐渐增强，同主族元素从上而下原子半径依次增大，【详解】A、镆（Mc）是115号元素，原子核外有115个电子，选项A正确；B、原子的电子层数与周期数相同，最外层电子数等于主族序数，115号元素原子有七个电子层，应位于第七周期，最外层有5个电子，则应位于第VA族，选项B正确；C、同主族元素从上而下金属性逐渐增强，故Mc在同族元素中金属性最强，选项C正确；D、同主族元素从上而下原子半径依次增大，故Mc的原子半径大于同族非金属元素原子，选项D不正确；答案选D。【点睛】本题考查元素的推断，题目难度不大，注意原子核外电子排布与在周期表中的位置，结合元素周期律进行解答。12、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反应的关系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，则硫和铁组成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，则ω（S）=×100%=36%，答案选D。13、C【解析】

A.肽键为-CO-NH-，脑啡肽含有4个，A项正确；B.第四位的氨基酸为，B项正确；C.第二位和第三位的氨基酸相同，一个分子由四种氨基酸分子缩合生成，C项错误；D.脑啡肽存在羧基和氨基，可以反生取代和缩合反应，可以发生燃烧等氧化反应，D项正确；答案选C。14、D【解析】

A．正极发生还原反应，其电极反应式为：I3－+2e－=3I－，A项错误；B．电子不能通过溶液，其移动方向为：“Zn→电极a，电极b→石墨毡”，B项错误；C．转移1mol电子时，只有0.5molZn2+从左池移向右池，C项错误；D．该新型电池的充放电过程，会导致电池内离子交换膜的两边产生压差，所以“回流通道”的作用是可以减缓电池两室的压差，避免电池受损，D项正确；答案选D。15、D【解析】

A．据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B．据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+)<c(Cl─)，故B错误；C．c点溶液为中性，溶液中存在电荷守恒c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，溶液呈中性，所以c(H＋)=c(OH─)，c(NH4＋)=c(Cl─)，溶液中整体c(NH4＋)=c(Cl─)>c(OH─)=c(H＋)，故C错误；D．d点加入20mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3•H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4＋)+c(H＋)=c(Cl─)+c(OH─)，物料守恒：2c(Cl─)=c(NH4＋)+c(NH3•H2O)，二式联立可得c(NH3•H2O)＋c(OH─)=c(Cl─)+c(H＋)，故D正确；故答案为D。16、A【解析】

A．浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；B．硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C．钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；D．试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确。答案选A。17、B【解析】

A．裂化汽油中含烯烃，则加高锰酸钾褪色不能说明含有甲苯，A错误；

B．溴乙烷与NaOH醇溶液共热后，发生消去反应生成乙烯，则气体通入溴水，溴水褪色，说明有乙烯生成，B正确；

C．卤代烃水解后，检验卤素离子，应在酸性溶液中，不能直接加硝酸银检验，C错误；

D．制备乙酸乙酯反应为可逆反应，不需要利用与碳酸钠反应生成气体说明乙酸剩余，D错误。

答案选B。18、D【解析】

A.OH﹣优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；B.SO32﹣的还原性大于I﹣，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；D.小苏打为碳酸氢钠，Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳气体，故D正确。故选D。19、B【解析】

HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；B.当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。答案选B。【点睛】A．一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。20、B【解析】

苯分子中12个原子共平面，乙烯分子中6个原子共平面，乙炔中4个原子共平面，但甲基中最多有一个H原子能和C原子所在的平面共平面，故此有机物中在任意情况下都不可能与碳原子们共平面的氢原子有2个。故选：B。【点睛】原子共平面问题的关键是找母体，即找苯环、碳碳双键和碳碳三键为母体来分析。21、C【解析】

，，由于同浓度酸性：HF大于HClO，当lg=0时，则=1，则K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。【详解】A．，，由于同浓度酸性：HF大于HClO，又因lg=0时，则=1，因此pH大的为HClO，所以线M代表的变化线，故A错误；B．反应ClO－+HFHClO+F－的平衡常数，其平衡常数数量级为104，故B错误；C．当混合溶液pH=7时，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(ClO－)+c(F－)+c(OH－)，溶液呈中性，得到c(Na+)=c(ClO－)+c(F－)，根据物料守恒c(ClO－)+c(HClO)=c(Na+)，因此溶液中c(HClO)=c(F－)，故C正确；D．温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)⸱c(OH－)不变，故D错误。综上所述，答案为C。22、D【解析】

W、X、Y、Z均为的短周期主族元素，原子序数依次增加，X与Y形成的化合物能与水反应生成酸且X、Y同主族，则X为O元素，Y为S元素，O、S元素核电荷数之和与W、Z的原子序数之和相等，则W、Z的原子序数之和24，而且W的原子序数小于O，Z的原子序数大于S，则Z为Cl元素，所以W的原子序数为24-17=7，即W为N元素；【详解】A、Z为Cl元素，Cl元素的最高价含氧酸是最强酸，其它价态的含氧酸的酸性不一定强，如HClO是弱酸，故A错误；B、电子层越多，原子半径越大，所以O＜Cl，即原子半径：X＜Z，故B错误；C、元素的非金属性越强，其氢化物越稳定，非金属性O＞N，所以气态氢化物热稳定性：W＜X，故C错误；D、W、X与H形成化合物的水溶液可能是氨水，呈碱性，故D正确。答案选D。【点晴】本题以元素推断为载体，考查原子结构位置与性质关系、元素化合物知识，推断元素是解题的关键。1～20号元素的特殊的电子层结构可归纳为：（1）最外层有1个电子的元素：H、Li、Na、K；（2）最外层电子数等于次外层电子数的元素：Be、Ar；（3）最外层电子数是次外层电子数2倍的元素：C；（4）最外层电子数是次外层电子数3倍的元素：O；（5）最外层电子数是内层电子数总数一半的元素：Li、P；（6）最外层电子数是次外层电子数4倍的元素：Ne；（7）次外层电子数是最外层电子数2倍的元素：Li、Si；（8）次外层电子数是其他各层电子总数2倍的元素：Li、Mg；(9)次外层电子数与其他各层电子总数相等的元素Be、S；(10)电子层数与最外层电子数相等的元素：H、Be、Al。二、非选择题(共84分)23、丙烯酯基取代反应CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2HCOO-CH=C(CH3)2l：l检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色)【解析】

A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。24、取代反应浓硝酸、浓硫酸氯原子、硝基+(2n-1)H2O10【解析】

苯与氯气在氯化铁作催化剂条件下得到A是，A转化得到B，B与氨气在高压下得到，可知B→引入氨基，A→B引入硝基，则B中Cl原子被氨基取代生成，可推知B为，试剂a为浓硝酸、浓硫酸；还原得到D为；乙醇发生消去反应生成E为CH2＝CH2，乙烯发生信息中加成反应生成F为，W为芳香化合物，则X中也含有苯环，X发生氧化反应生成W，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，结合W的分子式，可知W为、则X为，W与D发生缩聚反应得到Y为。（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成。【详解】（1）生成A是苯与氯气反应生成氯苯，反应类型是：取代反应，故答案为：取代反应；（2）A→B发生硝化反应，试剂a是：浓硝酸、浓硫酸，故答案为：浓硝酸、浓硫酸；（3）B为，所含的官能团是：氯原子、硝基，故答案为：氯原子、硝基；（4）①由分析可知，F的结构简式是：，故答案为：；②生成聚合物Y的化学方程式是：，故答案为：；（5）Q是W（）的同系物且相对分子质量比W大14，则Q含有苯环、2个羧基、比W多一个CH2原子团，有1个取代基为﹣CH（COOH）2；有2个取代基为﹣COOH、﹣CH2COOH，有邻、间、对3种；有3个取代基为2个﹣COOH与﹣CH3，2个﹣COOH有邻、间、对3种位置，对应的﹣CH3，分别有2种、3种、1种位置，故符合条件Q共有1+3+2+3+1＝10种，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的为、，故答案为：10；、；（6）CH2＝CHCH＝CH2和HC≡CH发生加成反应生成，和溴发生加成反应生成，发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，充分利用转化中物质的结构、反应条件、反应信息进行分析，侧重考查学生分析推理能力，需要学生具备扎实的基础与灵活运用能力，熟练掌握官能团的性质与转化，是有机化学常考题型。25、分液漏斗C让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化BA过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2【解析】

（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。26、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。【详解】(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。【点睛】本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。27、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体）1：12NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O溶液分层，下层为紫红色用AgNO3标准溶液进行润洗3.55偏低【解析】

(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【详解】(1)①冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；②氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；③以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；(3)①装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；②滴定操作中第1次消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001mol·L－1×0.01L=1×10-6mol，测得自来水中Cl-的含量为=3.55g·L−1；③在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。28、4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑[4，5]当加入最后一滴AgNO3溶液时，出现砖红色沉淀3CuO·CuCl2·4H2O【解析】

铜矿粉溶于盐酸溶液中，含有Cu2+、Fe2+、Fe3+，加双氧水将Fe2+氧化成Fe3+，此时溶液中存在着Fe3+的水解平衡，加入碱式碳酸铜调节pH值，使Fe3+转化成沉淀除去。加入石灰乳将Cu2+沉淀：【详解】（1）Fe3+水解平衡：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，Cu2(OH)2CO3消耗H+，H+浓度减小使平衡正向移动，Fe3+转化成氢氧化铁沉淀而除去，Cu2(OH)2CO3＋4H+＝2Cu2+＋CO2↑+3H2O，将俩方程式加和就得到了：4Fe3+＋3Cu2(OH)2CO3＋3H2O＝4Fe(OH)3＋6Cu2+＋3CO2↑。（2）使