吉林省洮南市2023年高三一诊考试化学试卷含解析

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、既有强电解质，又有弱电解质，还有非电解质的可能是（）A．离子化合物 B．非金属单质 C．酸性氧化物 D．共价化合物2、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液3、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4、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是()A．石英玻璃、分子筛的主要成分是硅酸盐B．分散系可分为溶液、浊液和胶体，浊液的分散质粒子大小介于溶液和胶体之间C．海水淡化可以解决淡水危机，向海水中加入明矾可使海水淡化D．农业废弃物、城市与工业有机废弃物及动物粪便中都蕴藏着丰富的生物质能5、下列实验中根据现象得出的结论错误的是选项实验现象结论A向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性C向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液产生白色沉淀氧化性：Cu2+>H2SO4D向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A．A B．B C．C D．D6、已知HA的酸性强于HB的酸性。25℃时，用NaOH固体分别改变物质的量浓度均为0.1mol∙L-l的HA溶液和HB溶液的pH(溶液的体积变化忽略不计)，溶液中A-、B-的物质的量浓度的负对数与溶液的pH的变化情况如图所示。下列说法正确的是A．曲线I表示溶液的pH与-lgc(B-)的变化关系B．C．溶液中水的电离程度：M>ND．N点对应的溶液中c(Na+)>Q点对应的溶液中c(Na+)7、如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（）选项XYZA食盐、浓硫酸HCl碱石灰BCaO、浓氨水NH3无水CaCl2CCu、浓硝酸NO2碱石灰D电石、食盐水C2H2含溴水的棉花A．A B．B C．C D．D8、下列说法正确的是A．化合物是苯的同系物B．分子中所有原子共平面C．火棉(纤维素三硝酸酯)的结构简式为D．1mol阿斯匹林（）与足量的NaOH溶液反应，消耗NaOH最大的物质的量为2mol9、用如图所示装置进行下列实验：将①中溶液逐滴滴入②中，预测的现象与实际相符的是选项①中物质②中物质预测②中的现象A．稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B．浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C．氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D．氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀A．A B．B C．C D．D10、实验室制备硝基苯的反应装置如图所示。下列实验操作或叙述不正确的是（）A．试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B．实验时水浴温度需控制在50～60℃C．仪器a的作用：冷凝回流苯和硝酸，提高原料的利用率D．反应完全后，可用仪器a、b蒸馏得到产品11、1，1-二环丙基乙烯()是重要医药中间体，下列关于该化合物的说法正确的是A．所有碳原子可能在同一平面 B．乙苯与它互为同分异构体C．二氯代物有9种 D．只能发生取代、加成、加聚反应12、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（）A．简单离子半径：T>Z>YB．Z2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C．由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TD．ZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离13、NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．100g46％的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NAB．pH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C．0.1molFe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD．1L0.1mol·L-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA14、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Y、Z的族序数之和为12；X与Y的电子层数相同；向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出。下列说法正确的是A．原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(Y)>r(X)>r(W)B．氧化物的水化物的酸性：H2XO3<H2YO3C．ZWY是离子化合物，其水溶液中只存在电离平衡D．单质熔点：X<Y15、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示，图中M点对应的pH为a，下列说法正确的是（）A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC．M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1D．pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)16、中华文化绚丽多彩且与化学有着密切的关系。下列说法错误的是（）A．“新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是乙醇B．“黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐C．“木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素D．“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质17、在下列有机物中，经催化加氢后不能生成2﹣甲基戊烷的是A．CH2=C(CH3)CH2CH2CH3 B．CH2=CHCH(CH3)CH2CH3C．CH3C(CH3)=CHCH2CH3 D．CH3CH=CHCH(CH3)CH318、一种新型漂白剂结构如图所示，其中W.Y.Z为不同周期不同主族的短周期元素，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是A．非金属性：X>W>YB．Y的最高价氧化为对应的水化物为三元酸C．可利用W与X、Y形成的化合物热还原制备单质YD．该漂白剂中仅有X均满足8电子稳定结构19、继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。A．充电完成时，电池能被磁铁吸引B．该电池电解液一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成C．充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+D．放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极20、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是()A．CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2↑B．2F2+2H2O=4HF+O2↑C．Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2↓+2NH3↑D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO421、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A．澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B．中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-C．c(OH-)<的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D．1mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-22、我国成功研制的新型可充电AGDIB电池(铝-石墨双离子电池)采用石墨、铝锂合金作为电极材料，以常规锂盐和碳酸酯溶剂为电解液。电池反应为：CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al。放电过程如图，下列说法正确的是A．B为负极，放电时铝失电子B．充电时，与外加电源负极相连一端电极反应为：LiyAl－e－=Li++Liy－1AlC．充电时A电极反应式为Cx+PF6－﹣e-=CxPF6D．废旧AGDIB电池进行“放电处理”时，若转移lmol电子，石墨电极上可回收7gLi二、非选择题(共84分)23、（14分）由芳香烃A制备M（可用作消毒剂、抗氧化剂、医药中间体）的一种合成路线如下：已知:R1COOR2请回答:（1）A的结构简式为_____；D中官能团的名称为___。（2）由D生成E的反应类型为____；G的分子式为___。（3）由E与足量氢氧化钠的乙醇溶液反应的化学方程式为____。（4）M的结构简式为____。（5）芳香化合物H为C的同分异构体，H既能发生银镜反应又能发生水解反应，其核磁共振氢谱有4组吸收峰。写出符合要求的H的一种结构简式______。（6）参照上述合成路线和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线_____。24、（12分）已知：环己烯可以通过1，3-丁二烯与乙烯发生环化加成反应得到：实验证明，下列反应中，反应物分子的环外双键比环内双键更容易被氧化：现仅以1,3-丁二烯为有机原料，无机试剂任选，按下列途径合成甲基环己烷：(1)写出结构简式：A_____________；B______________(2)加氢后产物与甲基环己烷互为同系物的是_____________(3)1molA与1molHBr加成可以得到___________种产物。25、（12分）工业上用草酸“沉钴”，再过滤草酸钴得到的母液A经分析主要含有下列成分：H2C2O4Co2+Cl-质量浓度20.0g/L1.18g/L2.13g/L为了有效除去母液A中残留的大量草酸，一般用氯气氧化处理草酸，装置如下：回答下列问题：(1)母液A中c(CoO2)为____mol·L-1。，(2)分液漏斗中装入盐酸，写出制取氯气的离子方程式____________。反应后期使用调温电炉加热，当锥形瓶中____(填现象)时停止加热。(3)三颈烧瓶反应温度为50℃，水浴锅的温度应控制为____(填序号)。A．50℃B．5l-52℃C．45-55℃D．60℃(4)氯气氧化草酸的化学方程式为________。(5)搅拌器能加快草酸的去除速率，若搅拌速率过快则草酸去除率反而降低，主要原因是__________。(6)若用草酸铵代替草酸“沉钴”，其优点是____，其主要缺点为________。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。27、（12分）将图中所列仪器组装为一套实验室蒸馏工业酒精的装置，并进行蒸馏。(三)(一)(五)(二)(六)(四)（1）图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种仪器的名称是__、__、__。（2）将以上仪器按(一)→(六)顺序，用字母a，b，c…表示连接顺序。e接（_______），（_______）接（_______），（_______）接（_______），（_______）接（_______）。（3）Ⅰ仪器中c口是__，d口是__。(填“进水口”或“出水口”)（4）蒸馏时，温度计水银球应放在__位置。（5）在Ⅱ中注入工业酒精后，加几片碎瓷片的目的是__。（6）给Ⅱ加热，收集到沸点最低的馏分是__。收集到78℃左右的馏分是__。28、（14分）近年来，随着人类社会的快速发展，环境污染日益严重，而环境污染中的很多问题是由于氮磷富集化引起的，所以如何降低水体中的氮磷含量问题受到广泛关注。目前有两种较为有效的氨氮废水处理方法。I.化学沉淀法利用了Mg2+与PO43-与氨氮生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀以达到去除氨氮的效果。已知：磷在pH=8-10时主要存在形式为HPO42-Ksp（MgNH4PO4∙6H2O）=2.5×10-13(1)请写出pH=8时，化学沉淀法去除NH4+的离子方程式为_。(2)氨氮去除率与含磷微粒浓度随pH变化如图1所示，已知：Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26，请解释pH>10时氨氮去除率随pH变化的原因：__。II.光催化法(3)光催化降解过程中形成的羟基自由基（·OH）和超氧离子（·O2-）具有光催化能力，催化原理如图2所示。请写出NO3-转化为无毒物质的电极反应式：__。(4)经过上述反应后，仍有NH4+残留，探究其去除条件。①温度对氨氮去除率影响如图3所示。温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是：__；__（请写出两条）。②选取TiO2作为催化剂，已知：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。请在图4中画出pH=5时，氨氮去除率变化曲线_____。(5)为测定处理后废水中（含少量游离酸）残留NH4+浓度，可选用甲醛-滴定法进行测定。取20mL的处理后水样，以酚酞为指示剂，用0.0100mol/LNaOH滴定至酚酞变红，此时溶液中游离酸被完全消耗，记下消耗NaOH的体积V1mL；然后另取同样体积水样，加入甲醛，再加入2-3滴酚酞指示剂，静置5min，发生反应：6HCHO+4NH4+=(CH2)6N4H+ +6H2O+3H+，继续用NaOH滴定，发生反应：(CH2)6N4H++OH-=(CH2)6N4+H2O；H++OH-=H2O。滴定至终点，记录消耗NaOH的体积V2mL，水样中残留NH4+浓度为__mol/L。29、（10分）为解决“温室效应”日趋严重的问题,科学家们不断探索CO2的捕获与资源化处理方案,利用CH4捕获CO2并转化为CO和H2混合燃料的研究成果已经“浮出水面”。已知:①CH4(g)十H2O(g)==CO(g)+3H2(g)△H1=+206.4kJ/mol②CO(g)+H2O(g)==CO2(g)+H2(g)△H2=-41.2kJ/molT1°C时，在2L恒容密闭容器中加入2molCH4和1molCO2，并测得该研究成果实验数据如下：请回答下列问题:时间/s0102030405060CO2/mol10.70.60.540.50.50.5H2/mol00.60.80.92111（1）该研究成果的热化学方程式③CH4(g)+CO2(g)==2CO(g)+2H2(g)△H=_____（2）30s时CH4的转化率为_______，20~40s,v(H2)=_______.（3）T2°C时,该反应的化学平衡常数为1.5,则T2___T1(填“>”“=”或“<”。)（4）T1°C时反应③达到平衡的标志为______________。A．容器内气体密度不变B．体系压强恒定C．CO和H2的体积分数相等且保持不变D．2v(CO)逆=v(CH4)正（5）上述反应③达到平衡后,其他条件不变,在70s时再加入2molCH4和1molCO2,此刻平衡的移动方向为________(填“不移动”“正向”或“逆向"),重新达到平衡后，CO2的总转化率比原平衡____________(填“大”“小”或“相等”)。

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．由于离子化合物在熔融状态下一定能导电，故一定是电解质，不能是非电解质，故A错误；B．单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．酸性氧化物绝大多数是非电解质，少部分是电解质，且是电解质中的弱电解质，无强电解质，故C错误；D．若共价化合物能在水溶液中自身电离出自由离子而导电，则为电解质，若在水溶液中不能导电，则为非电解质；是电解质的共价化合物，可能是强电解质，也可能是弱电解质，故D正确。故选：D。【点睛】应注意的是离子化合物一定是电解质，共价化合物可能是电解质也可能是非电解质。2、B【解析】

Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。3、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。4、D【解析】

A．分子筛的主要成分是硅酸盐，石英玻璃的主要成分是SiO2，是氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B．根据分散质粒子的直径大小，分散系可分为溶液、浊液和胶体，溶液中分散质微粒直径小于1nm，胶体分散质微粒直径介于1～100nm之间，浊液分散质微粒直径大于100nm，浊液的分散质粒子大于溶液和胶体，故B错误；C．海水中加入净水剂明矾只能除去悬浮物杂质，不能减少盐的含量，不能使海水淡化，故C错误；D．生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源，故D正确；故选D。5、C【解析】

A.在强酸性环境中，H+、NO3-、Cu会发生氧化还原反应产生NO气体，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，因此会看到试管口有红棕色气体产生，A正确；B.酸性K2Cr2O7具有强的氧化性，会将乙醇氧化，K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3，因此管中固体逐渐由橙色变为绿色，B正确；C.在酸性条件下，H+、NO3-、SO2会发生氧化还原反应产生SO42-，因此滴入BaCl2溶液，会产生BaSO4白色沉淀，可以证明氧化性：HNO3>H2SO4，C错误；D.向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，由于Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，因此可以证明溶度积常数：Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]，D正确；故合理选项是C。6、B【解析】

A．HA的酸性强于HB的酸性，则Ka（HA）＞Ka（HB），当-1gc(A-)=-1gc(B-)时c(A-)=c(B-)，c(HA)=c(HB)，则c(H+)越大，pH越小，Ka越大，所以曲线II表示pH与-1gc(B-)的关系，故A错误；B．对于HB，取点(10，2)，则c(H+)=10-10mol/L，c(B-)=10-2mol/L，则Ka(HB)==，同理对于HA，取点(8，2)，则c(H+)=10-8mol/L，c(A-)=10-2mol/L，则Ka(HA)==，所以Ka(HA)：Ka(HB)=100，故B正确；C．M点和N点溶液中c(A-)=c(B-)，溶液pH越大，水的电离程度越大，所以水的电离程度M＜N，故C错误；D．对于N点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(B-)，对于Q点溶液，存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(A-)，N点和Q点溶液pH相同，则两溶液中c(H+)和c(OH-)分别相等，但c(B-)＜c(A-)，则N点对应的溶液中c(Na+)＜Q点对应的溶液中c(Na+)，故D错误；故选：B。7、A【解析】

A．浓硫酸和食盐制取氯化氢可以用固液混合不加热型装置，HCl密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，选项A正确；B．氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，选项B错误；C．二氧化氮和碱石灰反应可能有NO产生，NO也能污染空气，选项C错误；D．乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，选项D错误；答案选A。8、C【解析】

A．结构相似，分子式相差一个或多个CH2原子团的物质之间互称同系物，A项错误；B．分子中的甲基-CH3，碳原子在成键时形成了4条单键，与这种碳相连的原子不可能都在同一平面内，B项错误；C．火棉即，C项正确；D．阿司匹林结构中含有的羧基可以消耗1个NaOH，并且结构中还含有一个酚酯基，可以消耗2个NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D项错误；答案选C。【点睛】若有机物中存在形成4条单键的碳原子，那么有机物中的所有原子不可能共面；普通的酯基水解时消耗1个NaOH，而酚酯基可以消耗2个NaOH。9、C【解析】

A.稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；B.浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产生大量红棕色气体，故B错误；C.过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；D.氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；故选：C。10、D【解析】

A．混合时应先加浓硝酸，再加入浓硫酸，待冷却至室温后再加入苯，故A正确；B．制备硝基苯时温度应控制在50～60℃，故B正确；C．仪器a的作用为使挥发的苯和硝酸冷凝回流，提高了原料利用率，故C正确；D．仪器a为球形冷凝管，蒸馏需要的是直形冷凝管，故D错误；答案选D。11、C【解析】

A.在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；B.乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；C.该物质分子结构对称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；D.该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生上述反应，D错误；故合理选项是C。12、D【解析】

R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数T>Z，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：T>Y>Z，A错误；B.Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。13、A【解析】

A.100g46％的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1molFe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1mol×NA≈0.27NA，C错误；D.铵根水解方程式为NH4++H2O⇌NH3·H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3中的Al3＋、Na2CO3中的CO32－，例如1L0.5mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32－数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32－在水中的发生水解的情况。14、B【解析】

向过量的ZWY溶液中滴入少量硫酸铜溶液，观察到既有黑色沉淀生成又有臭鸡蛋气味的气体放出，臭鸡蛋气味的气体为硫化氢，说明为硫氢化钾溶液，则W、Y、Z分别为氢、硫、钾。W、X、Y、Z的族序数之和为12，X与Y的电子层数相同，X为硅元素。A.原子半径由大到小的顺序为：r(Z)>r(X)>r(Y)>r(W)，故错误；B.硅酸为弱酸，亚硫酸为弱酸，但亚硫酸的酸性比碳酸强，碳酸比硅酸强，故酸性顺序H2SiO3<H2SO3，故正确；C.硫氢化钾是离子化合物，其完全电离，但其电离出的硫氢根离子既能电离、也能水解，存在电离平衡和水解平衡，故错误；D.硅形成原子晶体，硫形成分子晶体，所以硅的熔点高于硫，故错误。故选B。15、B【解析】

A.H3AsO3的电离常数Ka1=，A错误；B.pH在8.0～10.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；C.M点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1mol·L-1，C错误；D.pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3)<c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)<c(H+)+c(K+)，D错误。故选B。16、A【解析】

A.“新醅酒”是新酿的酒，酿酒使用的谷物的主要成分是淀粉，故A错误；B.“黑陶”是一种传统工艺品，用陶土烧制而成，“黑陶”的主要成分是硅酸盐，故B正确；C.“木活字”是元代王祯发明的用于印刷的活字，“木活字”的主要成分是纤维素，故C正确；D.“苏绣”是用蚕丝线在丝绸或其他织物上绣出的工艺品，蚕丝的主要成分是蛋白质，故D正确。综上所述，答案为A。17、B【解析】

根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2-甲基戊烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃【详解】2−甲基戊烷的碳链结构为，2−甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2−甲基戊烷的碳链结构知，相邻碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、、、。A．CH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2−甲基戊烷，故A不符合题意；B．CH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后不能生成2−甲基戊烷，故B符合题意；C．CH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2−甲基戊烷，故C不符合题意；D．CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2−甲基戊烷，故D不符合题意；答案选B。18、C【解析】

由W2+可知，W最外层有2个电子；Z形成1个键，Z是第ⅠA或ⅦA族元素；W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，X形成2个键，X是ⅥA族元素；Z与X形成共价键，Z是H元素，X是O元素；Y是B元素；W、X对应的简单离子核外电子排布相同，W是Mg元素。【详解】A.W是镁，为金属元素，非金属性：O>B>Mg，故A错误；B.Y是B元素，B的最高价氧化为对应的水化物为H3BO3，H3BO3中的质子无法直接电离出，H3BO3结合水中的OH-，电离出H+，H3BO3是一元弱酸，故B错误；C.镁和B2O3加热生成B和氧化镁，故C正确；D.该漂白剂中Mg2+、B、O均满足8电子稳定结构，故D错误。【点睛】本题需要通过微观的原子结构、化学键结合题目信息推断元素，关键是联系宏观物质的性质、灵活运用结构决定性质的规律，本题的突破口是该漂白剂的结构示意图。19、A【解析】

由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-═xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li++6e-═3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。【详解】A．充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，充电完成时，铁完全转化为Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故A错误；B．锂属于活泼金属，会和水发生反应，所以不可以用电解质溶液作为电解液，一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成，故B正确；C．充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，则充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-═Fe2O3+6Li+，故C正确；D．根据分析，放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故D正确；答案选A。【点睛】根据题意要判断出正负极，写出电极反应,原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。20、D【解析】

A．H2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B．反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C．反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；D．SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。21、A【解析】

A.选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共存，A符合题意；B.中性溶液中，OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，OH-与HCO3-反应产生CO32-、H2O，离子之间不能大量共存，B不符合题意；C.c(OH-)<的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C错误；D.H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。22、C【解析】

电池反应为CxPF6+LiyAl=Cx+LiPE6+Liy－1Al,根据离子的移动方向可知A是正极,B是负极,结合原电池的工作原理解答。【详解】A、根据装置图可知放电时锂离子定向移动到A极，则A极为正极，B极为负极，放电时Al失电子，选项A错误；B、充电时，与外加电源负极相连一端为阴极，电极反应为：Li++Liy－1Al+e－=LiyAl,选项B错误；C、充电时A电极为阳极，反应式为Cx+PF6－﹣e－=CxPF6,选项C正确;D、废旧AGDIB电池进行放电处理”时,若转移1mol电子,消耗1molLi,即7gLi失电子,铝电极减少7g,选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要是考查化学电源新型电池,为高频考点,明确正负极的判断、离子移动方向即可解答,难点是电极反应式的书写。二、非选择题(共84分)23、羧基、氯原子加成反应C10H16O2+2NaOH+NaCl+2H2O【解析】

A的分子式为C7H8，结合B的结构，应是与CO发生加成反应，可知A为．对比B与C的结构，结合反应条件、C的分子式，可知B中醛基氧化为羧基得到C，C与氯气发生苯环上取代反应生成D，D与氢气发生加成反应生成E，E发生取代反应生成F，故C为、D为、E为．F与乙醇发生酯化反应生成G为，G发生信息中反应生成M为。【详解】(1)A的结构简式为；D为，其官能团为羧基、氯原子；(2)根据分析可知D与氢气发生加成反应生成E；G的结构简式为，分子式为C10H16O2；(3)E为，与足量氢氧化钠的乙醇溶液在加热条件发生氯原子的消去反应，以及羧基与氢氧化钠的中和反应，故反应方程式为：+2NaOH+NaCl+2H2O；(4)由分析可知M的结构简式为；(5)C为，其同分异构体H既能发生银镜反应又能发生水解反应说明其含有—CHO结构且含有酯基，核磁共振氢谱有4组吸收峰说明其结构对称，则符合条件的H为：；(6)加聚反应得到，发生消去反应得到，由信息可知苯甲酸乙酯与①CH3MgBr、②H+/H2O作用得到，合成路线流程图为。【点睛】解决本题充分利用物质的结构与反应条件进行分析判断，熟练掌握官能团的性质与转化；注意对信息的理解，明确题目所给反应中是哪个化学键的断裂与形成。24、A4【解析】

根据碳原子数目可知，反应①为1，3-丁二烯与CH2=CH-CH3发生信息Ⅰ反应生成A，则A为，结合A发生信息Ⅱ中反应生成B，则B为，结合C的分子式可知，B与氢气发生全加成反应生成C，C为，C发生消去反应生成D，D为，D发生加成反应生成甲基环己烷。【详解】根据上述分析可知：A为，B为，C为，D为。(1)通过以上分析知，A的结构简式是，B的结构简式是；(2)A是，A与H2发生加成反应后产物为，名称为乙基环己烷，与甲基环己烷互为同系物，故合理物质序号为A；(3)A的结构简式是，其分子中含有的2个碳碳双键上的4个C原子都不等效，所以Br原子加成到4个C原子上的产物都不相同，故其与HBr加成时的产物有4种。【点睛】本题考查有机物推断，正确理解题给信息是解本题关键，侧重考查学生获取信息、加工信息、利用信息及分析推断能力，注意(3)中A发生加成反应产物种类判断，为易错点。25、0.02ClO-+Cl-+2H+=Cl2+H2O黄绿色气体变成无色BH2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气【解析】

利用浓盐酸和Ca(ClO)2反应制备氯气，氯气在氧化草酸，除去母液中的草酸。【详解】(1)根据表格中的信息，Co2+的质量浓度为1.18g/L，则1L溶液中的，则；(2)加入盐酸，与Ca(ClO)2反应生成Cl2，为归中反应，离子方程式为ClO－+Cl－+2H＋=Cl2↑+H2O；氯气为黄绿色气体，当反应完全之后，无氯气产生，装置中的气体由黄绿色变成无色，则答案为黄绿色气体变成无色；(3)由于热传递，只能由温度高的传递到温度低的部分，三颈烧瓶反应温度为50℃，那么水浴锅的温度应该高一点，这样热量才能传递到反应液中，B符合题意；(4)氯气具有氧化性，草酸具有还原性，能够发生氧化还原反应，草酸被氧化成CO2，化学方程式为H2C2O4+Cl2=2CO2+2HCl；(5)搅拌过快，Cl2来不及反应，就从母液中逸出，因此草酸去除率反而降低，答案为搅拌过快，增加了氯气的逸出，从而使草酸去除率降低；(6)草酸铵为强电解质，而草酸是弱电解质，草酸铵溶液中的草酸根浓度更大，能够使Co2＋沉淀得更加完全；由于母液中有NH4＋，在Cl2也会与NH4＋反应，因此在处理母液时，需要消耗更多的氯气。答案：残存于母液A中c(CoCl2)会更小母液A处理中消耗更多的氯气。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。27、冷凝管蒸馏烧瓶锥形瓶ihabfgw进水口出水口h(或蒸馏烧瓶支管口处)防止暴沸甲醇乙醇【解析】

(1)根据常见仪器的结构分析判断；(2)按组装仪器顺序从左到右，从下到上，结合蒸馏装置中用到的仪器排序；(3)冷凝水应该下进上出；(4)温度计测量的是蒸汽的温度；(5)加碎瓷片可以防止暴沸；(6)工业酒精中含有少量甲醇，据此分析判断。【详解】(1)根据图示，图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三种仪器的名称分别为冷凝管、蒸馏烧瓶、锥形瓶，故答案为：冷凝管；蒸馏烧瓶；锥形瓶；(2)按蒸馏装置组装仪器顺序从左到右，从下到上，正确的顺序为：e→i→h→a→b→f→g→w，故答案为：i；h；a；b；f；g；w；(3)冷凝水应是下进上出，延长热量交换时间，达到较好的冷凝效果，因此Ⅰ仪器中c口是进水口，d口是出水口；故答案为：进水口；出水口；(4)蒸馏装置中温度计测量的是蒸汽的温度，温度计水银球应放在蒸馏烧瓶支管口处（或h），故答案为：蒸馏烧瓶的支管口（或h）；(5)为防止烧瓶内液体受热不均匀而局部突然沸腾(爆沸)冲出烧瓶，需要在烧瓶内加入几块沸石，故答案为：防止暴沸；(6)工业酒精中含有少量甲醇，水的沸点为100℃，酒精的沸点在78℃左右，甲醇的沸点低于78℃，给Ⅱ加热，收集到沸点最低的馏分是甲醇，收集到78℃左右的馏分是乙醇；故答案为：甲醇；乙醇。28、Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+pH>10时NH4+与OH-反应生成NH3而挥发，Mg2+与PO43-反应生成Mg3(PO4)2沉淀，使氨氮去除率降低2NO3-+12H++6e-=N2↑+6H2O温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的运动速率加快,羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)活性增大温度升高羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的形成速率增大，温度升高反应速率加快【解析】

(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀。(2)pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，从Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26看，易生成Mg3(PO4)2沉淀，氨氮去除率降低，则表明NH4+与碱发生了反应。(3)从图中可以看出，NO3-在H+存在的环境中得电子，生成N2等。(4)①温度升高，氨氮去除率变化的可能原因是从温度对羟基自由基(·OH)和超氧离子(·O2-)的影响进行分析。②依信息：TiO2在酸性条件下带正电，碱性条件下带负电。则在pH=5时，TiO2带正电，吸引NH4+的能力差，氨氮去除率比pH=11时要小。(5)依题意，溶液中剩余的H++OH-=H2O，4NH4+——(CH2)6N4H+ +3H+——4OH-代入数据即可求出水样中残留NH4+浓度。【详解】(1)pH=8时，磷主要以HPO42-的形式存在，则应为Mg2+、HPO42-、NH4+发生反应，生成MgNH4PO4∙6H2O沉淀，则反应的离子方程式为Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+。答案为：Mg2++HPO42-+NH4++6H2O=MgNH4PO4∙6H2O↓+H+；(2)pH>10时，磷主要以PO43-的形式存在，由Ksp[Mg3(PO4)2]=6.3×10-26可知，此时PO43-易生