2023学年四川省广安市高考化学倒计时模拟卷含解析

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、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A．用葡萄糖制镜或保温瓶胆B．用ClO2杀菌、消毒C．用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D．用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果2、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO₂溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32->AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：Cl>SiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)A．A B．B C．C D．D3、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3·H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3COOH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka＝1.8×10－5，NH3·H2O的Kb=1.8×10－5。下列说法错误的是（）A．MOH是强碱B．c点溶液中浓度：c（CH3COOH)<c(NH3·H2O）C．d点溶液呈酸性D．a→d过程中水的电离程度先增大后减小4、2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A．位于第五周期第VIA族的元素为金属元素 B．第32号元素的单质可作为半导体材料C．第55号元素的单质与水反应非常剧烈 D．第七周期ⅦA族元素的原子序数为1175、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是（）A．NaOHB．NH4ClC．CH3COONaD．HC16、Fe3O4中含有Fe（Ⅱ）、Fe（Ⅲ），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（）A．Pd作正极B．Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）氧化为N2D．用该法处理后水体的pH降低7、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：B＞EB．原子半径：C＞B＞AC．气态氢化物的热稳定性：E＞CD．化合物DC与EC2中化学键类型相同8、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A．侯氏制碱法中可循环利用的气体为B．先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C．为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱9、苯甲酸的电离方程式为+H+，其Ka=6.25×10-5，苯甲酸钠（，缩写为NaA）可用作饮料的防腐剂。研究表明苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-。已知25℃时，H2CO3的Ka1=4.17×l0-7，Ka2=4.90×l0-11。在生产碳酸饮料的过程中，除了添加NaA外，还需加压充入CO2气体。下列说法正确的是（温度为25℃，不考虑饮料中其他成分）（）A．H2CO3的电离方程式为H2CO32H++CO32-B．提高CO2充气压力，饮料中c(A-)不变C．当pH为5.0时，饮料中=0.16D．相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较低10、下列表示氮原子结构的化学用语规范，且能据此确定电子能量的（）A． B．C．1s22s22p3 D．11、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>X>WB．W、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中C．W和Ⅹ形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D．比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性12、室温时，在20mL0.1mol∙L-1一元弱酸HA溶液中滴加同浓度的NaOH溶液，溶液中与pH的关系如图所示。下列说法正确的是A．室温时，电离常数Ka(HA)=1.0×10-5.3B．B点对应NaOH溶液的体积是10mLC．A点溶液中：c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)D．从A点到C点的过程中，水的电离程度先增大后减小13、下列化学用语表达正确的是（）A．还原性：HF>HCl>HBr>HIB．丙烷分子的比例模型：C．同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子D．Na2O2中既含离子键又含共价键14、设NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列叙述正确的是A．将1molNH4NO3溶于适量稀氨水中，所得溶液呈中性，则溶液中NH4＋的数目为NAB．1.7gH2O2中含有的电子数为0.7NAC．标准状况下，2.24L戊烷所含分子数为0.1NAD．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子15、某学习小组在实验室中用废易拉罐(主要成分为AI，含有少量的Fe、Mg杂质)制明矾[KAl(SO4)2·12H2O]的过秳如图所示。下列说法正确的是A．为尽量少引入杂质，试剂①应选用氨水B．滤液A中加入NH4HCO3溶液产生CO2C．沉淀B的成分为Al(OH)3D．将溶液C蒸干得到纯净的明矾16、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：又知A～E中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（）A．物质A一定是单质 B．物质C可能是淡黄色固体C．物质D可能是酸或碱 D．物质E可能属于盐类17、将40mL1.5mol·L-1的CuSO4溶液与30mL3mol·L-1的NaOH溶液混合，生成浅蓝色沉淀，假如溶液中c(Cu2+)或c(OH-)都已变得很小，可忽略，则生成沉淀的组成可表示为（）A．Cu(OH)2 B．CuSO4·Cu（OH）2C．CuSO4·2Cu(OH)2 D．CuSO4·3Cu(OH)218、由环己醇合成环己酮的反应为：。下列说法正确的是（）A．该反应属于取代反应B．环己酮的分子式为C6H12OC．环己醇不能和NaOH溶液反应D．环己醇分子中的所有原子可能共平面19、己知ROH固体溶于水放热，有关过程的能量变化如图(R=Na、K)：下列说法正确的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=020、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21、化学制备萘（）的合成过程如图，下列说法正确的是（）A．a的分子式是C10H12O B．b的所有碳原子可能处于同一平面C．萘的二氯代物有10种 D．a→b的反应类型为加成反应22、下列做法中观察到的现象可以说明钠的密度比水小的是A．用小刀切开金属钠 B．将钠放在坩埚中加热C．把钠保存在煤油中 D．将钠放入盛水的烧杯二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化合物A～H的转换关系如所示：（1）A是有支链的炔烃，其名称是___。（2）F所属的类别是___。（3）写出G的结构简式：___。24、（12分）某研究小组按下列路线合成甜味剂阿斯巴甜：已知：①芳香化合物A能发生银镜反应，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢原子；②③RCN→H④回答下列问题：(1)F的结构简式是_________________________________________。(2)下列说法正确的是________。A．化合物A的官能团是羟基B．化合物B可发生消去反应C．化合物C能发生加成反应D．化合物D可发生加聚反应(3)写出阿斯巴甜与足量NaOH水溶液充分反应的化学方程式：_________。(4)写出同时符合下列条件的D的同分异构体的结构简式：_________。①有三种化学环境不同的氢原子；②含苯环的中性物质。(5)参照上述合成路线，设计一条由甲醛为起始原料制备氨基乙酸的合成路线________。25、（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原Fe2O3的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时A中有大量紫红色的烟气，则NH4I的分解产物为___（至少填三种），E装置的作用是___。（2）装置B中的反应方程式：______，D装置的作用是______。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置C加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤1中溶液，滴加KSCN溶液变红无现象3向步骤2溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是______。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为______。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为______；溶液褪色可能的原因及其验证方法为______。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为______。26、（10分）向硝酸酸化的2mL0.1mol•L-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。Ⅰ．探究Fe2+产生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与____或___反应的产物。（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管2mL.0.1mol•L-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管______蓝色沉淀①2号试管中所用的试剂为____。②资料显示：该温度下，0.1mol•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为____。③小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1mol•L-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为___（填“图甲”或“图乙”）。④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为___。Ⅱ．探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后___（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象____（填“能“或“不能“）证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为__。27、（12分）氮化硼(BN)是白色难溶于水的粉末状固体，高温下易被氧化。实验室以硼粉(黑色)为原料制备氮化硼的装置如图1所示：（1）图2装置中可填入图1虚线框中的是___（填标号）。图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为___。（2）制备BN的化学方程式为___。（3）图1中多孔球泡的作用是___。（4）当三颈烧瓶中出现___的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是___。（5）为测定制得的氮化硼样品纯度，设计以下实验：ⅰ.称取0.0625g氮化硼样品，加入浓硫酸和催化剂，微热，令样品中的N元素全部转化为铵盐；ⅱ.向铵盐中加入足量NaOH溶液并加热，蒸出的氨用20.00mL0.1008mol·L-1的稀硫酸吸收；ⅲ.用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL。①氮化硼样品的纯度为___（保留四位有效数字）。②下列实验操作可能使样品纯度测定结果偏高的是___（填标号）。A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收B．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视D．滴定时选用酚酞作指示剂28、（14分）处理、回收利用CO是环境科学家研究的热点课题。回答下列问题:Ⅰ.处理大气污染物CO用于处理大气污染物N2O所发生的反应原理为:有人提出上述反应可以用“Fe+”作催化剂。其总反应分两步进行:（1）第一步:;第二步:____(写反应方程式)。（2）第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间,由此推知,第二步反应速率____第一步反应速率(填“大于”“小于”或“等于”)。Ⅱ.合成天然气(SNG)涉及的主要反应原理如下:CO甲烷化:水煤气变换:（3）反应的△H=___kJ/mol。（4）在一恒容容器中,按照nmolCO和3nmolH2投料发生CO甲烷化反应,测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强的关系如右图所示,下列说法正确的是_____(填标号)。a.温度:T1<T2<T3b.正反应速率:v(e)>v(c)>v(b)c.平衡常数:K(a)<K(d)<K(c)d.平均摩尔质量:M(a)>M(b)=M(e)（5）在恒压管道反应器中,按n(H2)︰n(CO)=3︰1通入原料气发生CO甲烷化反应,400℃、P总为100kPa时反应体系平衡组成如下表所示。组分H2COCH4H2OCO2体积分数8.501.5045.044.01.00则该条件下CO的总转化率α=___。(保留一位小数)（6）将制备的CH4用来组成下图所示燃料电池电解制备N2O5①阳极的电极反应为_____。②理论上制备1molN2O5，石墨2电极消耗气体的体积为_____L(标准状况)。29、（10分）月桂烯（）是重要的化工原料，广泛用于香料行业。（1）月桂烯与足量氢气完全加成后生成A，A的名称是_________________________；（2）以月桂烯为原料制取乙酸香叶酯的流程如下图：①B中官能团的名称______________________；②乙酸香叶酯的化学式____________________；③反应Ⅰ的反应类型是____________________；④反应Ⅱ的化学方程式是__________________________________________________；（3）已知：烯烃臭氧化还原水解反应生成羰基化合物，如：一定条件下，月桂烯可实现如下图所示转化（图中部分产物已略去）：①C与新制的Cu(OH)2悬浊液反应的化学方程式为：_______________________________________________________________；②E在一定条件下能发生缩聚反应，写出其产物的结构简式____________________。

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、C【解析】A．葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A不符合题意；B．漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；C．Na2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D．高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。2、D【解析】

A．开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B．发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-＜AlO2-，故B错误；C．元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D．白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)>Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。3、B【解析】

溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O，NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、NH3·H2O继续加入醋酸溶液，NH3·H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A.由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH=CH3COOM+H2O然后NH3·H2O+CH3COOH=CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；B.加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka＝1.8×10－5等于NH3·H2O的Kb=1.8×10－5，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)>c(NH3·H2O），故B错误；C.d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D.a→d过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先增大后减小，故D正确；故选B。4、A【解析】

A.位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；B.第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；C.第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；D.第七周期0族元素的原子序数为118，ⅦA族元素的原子序数为117，D正确；答案选A。5、C【解析】A．NaOH为强碱，电离使溶液显碱性，故A不选；B．NH4Cl为强酸弱碱盐，水解显酸性，故B不选；C．CH3COONa为强碱弱酸盐，弱酸根离子水解使溶液显碱性，故C选；D．HC1在水溶液中电离出H+，使溶液显酸性，故D不选；故选C。6、B【解析】

A．从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；B．Fe（Ⅱ）失去电子转化为Fe（Ⅲ），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（Ⅲ）得到，Fe（Ⅲ）转化为Fe（Ⅱ），所以Fe（Ⅱ）与Fe（Ⅲ）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C．反应过程中NO2-被Fe（Ⅱ）还原为N2，故C错误；D．总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；故选B。7、A【解析】

A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性B＞E，A正确；B.同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径N>O，即B>C>A，B错误；C.元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性C>E，C错误；D.化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。8、B【解析】

侯氏制碱法的原理：①将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaHCO3↓+NH4Cl；②将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；③副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A．侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B．先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C．碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D．反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。9、C【解析】

A．H2CO3是弱酸，分步电离，电离方程式为H2CO3H++HCO3-，故A错误；B．提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c(A-)减小，故B错误；C．当pH为5.0时，饮料中===0.16，故C正确；D．由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中HA的浓度较大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D错误；故选C。10、C【解析】

A.表示N原子的原子结构示意图，只能看出在原子核外各个电子层上含有的电子数的多少，不能描述核外电子运动状态，故A错误；B.表示N原子的电子式，可以知道原子的最外电子层上有5个电子，不能描述核外电子运动状态，故B错误；C.表示N原子的核外电子排布式，不仅知道原子核外有几个电子层，还知道各个电子层上有几个电子轨道及核外电子运动状态，能据此确定电子能量，故C正确；D.表示N原子的轨道表示式，原子核外的电子总是尽可能的成单排列，即在2p的三个轨道上各有一个电子存在，这样的排布使原子的能量最低，故D错误；故答案为：C。11、C【解析】

Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。0.01mol·L－1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al＋3SAl2S3，Al2S3＋6H2O=2Al(OH)3＋3H2S↑。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。A．H原子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al）>Z（S）>X（O）>W（H），A项错误；B．H、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)2·12H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；C．W(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为H—O—H，含有极性键。H2O2的结构简式为H—O－O—H，含有极性键和非极性键，C项正确；D．比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。D项错误；本题答案选C。12、A【解析】

A．室温时，在B点，pH=5.3，c(H+)=10-5.3，=0，则=1电离常数Ka(HA)===1.0×10-5.3，A正确；B．B点的平衡溶液中，c(A-)=c(HA)，依据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(A-)+c(OH-)，由于pH=5.3，所以c(H+)>c(OH-)，c(Na+)<c(A-)，故V(NaOH)<10mL，B不正确；C．c(Na+)>c(A-)>c(H+)>c(OH-)显然不符合电荷守恒原则，C不正确；D．从A点到C点的过程中，c(A-)不断增大，水的电离程度不断增大，D不正确；故选A。13、D【解析】

A．卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HF＜HCl＜HBr＜HI，故A错误；B．为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；C．同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；D．过氧化钠的电子式为，过氧化钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。14、A【解析】

A.根据溶液的电中性原理，n(H+)+n(NH4+)=n(OH-)+n(NO3-)，溶液呈中性，即n(H+)=n(OH-)，即有n(NH4+)=n(NO3-)=1mol，即铵根离子为NA个，故A正确；

B.1.7g双氧水的物质的量为0.05mol，而双氧水分子中含18个电子，故0.05mol双氧水中含有的电子为0.9NA个，故B错误；

C.标况下戊烷为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；

D.由于钠反应后变为+1价，故1mol钠反应后转移电子为NA个，与产物无关，故D错误。

故选：A。15、C【解析】

A选项，为尽量少引入杂质，试剂①应选用氢氧化钾，故A错误；B选项，滤液A为偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，故B错误；C选项，根据B选项得出沉淀B的成分为Al(OH)3，故C正确；D选项，将溶液C蒸干得到明矾中含有硫酸钾杂质，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】偏铝酸盐与NH4HCO3溶液反应生成氢氧化铝和碳酸铵，不是水解反应。16、A【解析】

若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A．由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；B．若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；C．由上述分析可知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；D．由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；故选A。17、D【解析】

Cu2+或OH－浓度都已变得很小，说明二者恰好反应。硫酸铜和氢氧化钠的物质的量分别是0.06mol和0.09mol，则铜离子和OH－的物质的量之比是2︰3，而只有选项D中符合，答案选D。18、C【解析】

A.有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；B.环己酮的分子式为C6H10O，B错误；C.环己醇含有的官能团是-OH，醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确；D.环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是C。19、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固体溶于水过程，该过程放热，所以应小于0，故错误；B.△H4表示ROH破坏离子键的过程，因为氢氧化钠中钠离子半径比钾离子半径小，所以破坏离子键吸收的能量氢氧化钠多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正确；C.△H6都表示氢氧根离子从气态变液体，能量应相同，故错误；D.根据盖斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因为ROH固体溶于水过程放热，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故错误。故选B。20、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。21、C【解析】

A．根据结构简式确定分子式为C10H10O，故A错误；B．b中有4个C原子为饱和C原子，具有甲烷结构特点，所以该分子中所有C原子不可能共平面，故B错误；C．结构对称，萘中含2种位置的H，则其一氯代物有2种（），二氯代物有10种（，故C正确；D．a比b少1个O原子、多2个H原子，所以为还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系、同分异构体种类判断方法是解本题关键，C为解答易错点，采用"定一移二"的方法判断即可。22、D【解析】

A．用小刀切开金属钠，说明钠的质地软，故A错误；B．将钠放在坩埚中加热能够熔化，说明钠的熔点低，故B错误；C．把钠保存在煤油中，钠沉在底部，说明钠的密度比煤油大，而煤油的密度比水小，不能说明钠的密度比水小，故C错误；D．钠与水反应的现象可以说明钠的熔点低、密度比水小，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，钠沉在煤油底部，只能说明钠的密度比煤油大，不能说明钠的密度比水小。二、非选择题(共84分)23、3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）卤代烃CH3CH(CH3)CHOHCH2OH【解析】

A是有支链的炔烃，由分子式可知为CH3CH(CH3)C≡CH，与氢气发生加成反应生成的E可进一步与溴反应，则E应为烯烃，结构简式为CH3CH(CH3)CH=CH2，F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH，一定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H，由H的分子式可知H为缩聚反应的产物，据此解答该题。【详解】（1）A是有支链的炔烃，为CH3CH(CH3)C≡CH，名称为3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；故答案为：3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；（2）F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，属于卤代烃；故答案为：卤代烃；（3）由以上分析可知G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH；故答案为：CH3CH(CH3)CHOHCH2OH。24、BC、【解析】

化合物A为芳香族化合物，即A中含有苯环，根据A的分子式，以及A能发生银镜反应，A中含有醛基，核磁共振氢谱有5种不同化学环境的氢原子，根据苯丙氨酸甲酯，A的结构简式为，根据信息②，推出B的结构简式为，根据信息③，推出C的结构简式为，根据信息④，－NH2取代羟基的位置，即D的结构简式为，根据反应⑥产物，推出F的结构简式为，据此分析。【详解】（1）根据上述分析，F的结构简式为；（2）A、根据A的结构简式，A中含有官能团是醛基，故A错误；B、根据B的结构简式，羟基所连碳原子的相邻的位置上有H，即能发生消去反应，故B正确；C、C中含有苯环，能发生加成反应，故C说法正确；D、化合物D中不含碳碳双键或叁键，不能发生加聚反应，故D错误；答案选BC；（3）根据阿斯巴甜的结构简式，1mol阿斯巴甜中含有1mol羧基、1mol酯基、1mol肽键，因此1mol阿斯巴甜最多消耗3molNaOH，其化学方程式为+3NaOH＋CH3OH＋H2O；（4）有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，该有机物显中性，该有机物中不含羧基、－NH2、酚羟基，根据D的结构简式，该同分异构体中含有－NO2，符合要求同分异构体是、；（5）氨基乙酸的结构简式为H2NCH2COOH，原料为甲醛，目标产物是氨基乙酸，增加了一个碳原子，甲醛先与HCN发生加成反应，生成HOCH2CN，在酸溶液生成HOCH2COOH，然后在一定条件下，与NH3发生H2NCH2COOH，即合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的书写，应从符合的条件入手，判断出含有官能团或结构，如本题，要求有机物为中性，有机物中不含羧基、－NH2、酚羟基，即N和O组合成－NO2，该有机物有三种不同化学环境的氢原子，说明是对称结构，即苯环应有三个甲基，从而判断出结构简式。25、NH3、H2、I2(HI)吸收多余的氨气Zn+I2═ZnI2安全瓶Fe粉Fe3O4+8H+═2Fe3++Fe2++4H2OFe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4【解析】

(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)⇌NH3(气)+HI(气)，2HI(气)⇌H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2═ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3++Fe2++4H2O；(5)因Fe3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。26、HNO3AgNO3硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）该反应速率很小或反应的活化能较大图乙NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀不能Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化【解析】

（1）Fe过量，可能与硝酸反应生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反应生成硝酸亚铁；（2）①加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作对比实验；②1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反应速率很小有关；③发生NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O，消耗氢离子，pH增大；④实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，则NO3-中N转化为NH4+；（3）Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸；（4）左侧烧杯溶液，加KSCN溶液，溶液变红，可知左侧含铁离子，左侧为正极，但亚铁离子可能被硝酸或氧气氧化。【详解】（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物；（2）①2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），与1为对比实验；②资料显示：该温度下，0.1mol•L-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+．但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或反应的活化能较大；③反应中消耗氢离子，pH变大，则pH传感器测得的图示为图乙；④实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4++4Fe2++3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量盐酸，有黑色固体剩余），证明黑色固体中有Ag；（4）方案二：一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。27、b球形干燥管4B+4NH3+3O24BN+6H2O调节气体流速，进而调整NH3与O2通入比例黑色粉末完全变成白色避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低80.00%C【解析】

⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a不能制取氨气，c制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b装置制取氨气并干燥，读出图2装置中盛放碱石灰的仪器名称。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN和水。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，反应结束应立即停止通入O2，主要防止氮化硼在高温下容易被氧化。⑸先计算消耗得n(NaOH)，再计算氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量，再得到硫酸吸收氨的物质的量，再根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN)，再计算氮化硼样品的纯度。【详解】⑴图1虚线框中是实验室制取氨气和干燥氨气，a不能制取氨气，c制氨气的装置制取氨气，但不能用氯化钙干燥氨气，b装置制取氨气并干燥，因此图2中b装置填入图1虚线框中，图2装置中盛放碱石灰的仪器名称为球形干燥管；故答案为：b；球形干燥管。⑵氨气和硼、氧气反应生成BN的化学方程式为4B+4NH3+3O24BN+6H2O；故答案为：4B+4NH3+3O24BN+6H2O。⑶图1中多孔球泡的作用控制氨气的流速，调节氨气与氧气的流速比例，故答案为：调节气体流速，进而调整NH3与O2通入比例。⑷黑色的硼不断的反应生成白色的氮化硼，因此当三颈烧瓶中出现黑色粉末完全变成白色的现象时说明反应完全，此时应立即停止通入O2，原因是氮化硼在高温下容易被氧化，因此避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低；故答案为：黑色粉末完全变成白色；避免生成的BN被氧气氧化导致产率降低。⑸用0.1000mol·L-1NaOH溶液滴定剩余硫酸，消耗NaOH溶液的平均体积为20.32mL，消耗得n(NaOH)=0.1000mol·L-1×0.02032L=0.002032mol，因此氢氧化钠消耗得硫酸的物质的量是氢氧化钠物质的量的一半即0.001016mol，则硫酸吸收氨的物质的量为n(H2SO4)=0.1008mol·L-1×0.02L–0.001016mol=0.001mol，根据2BN—2NH4+—H2SO4关系得出n(BN)=0.002mol，氮化硼样品的纯度为，故答案为：80.00%。②A．蒸出的氨未被稀硫酸完全吸收，则BN的物质的量减少，测定结果偏低；B．滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，消耗得氢氧化钠体积偏多，氢氧化钠消耗得硫酸偏多，氨消耗得硫酸偏少，测定结果偏低；C．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，读数偏小，氢氧化钠消耗得硫酸偏少，氨消耗的硫酸偏高，测定结果偏高；D．滴定时选用酚酞或甲基橙都可以作指示剂，测定个结果无影响，故C符合题意；综上所述，答案为C。28、FeO++CO=Fe++CO2大于-165adN2O4+2HNO3-2e-=2N2O5+2H+16.8【解析】

（1）根据催化剂定义可知第二步反应中，中间产物（FeO+）氧化CO生成CO2本身被还原成Fe+；（2）第二步反应对总反应速率没有影响，说明第一步是慢反应，控制总反应速率；（3）根据盖斯定律进行分析计算；（4）a．该反应为放热反应，相同压强下温度越高CO的平衡转化率越小；b．温度越高反应速率越快；相同温度下压强越