福建省永春一中等四校2023届高三第六次模拟考试化学试卷含解析

2023年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、室温下，用0.100mol•L-1NaOH溶液分别滴定20.00mL0.100mol•L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示[已知AG=lg]，下列说法不正确的是（）A．P点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mLB．Ka(HB)的数量级为10-4C．水的电离程度：N＞M=PD．M、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)2、下列解释事实的方程式不正确的是A．金属钠露置在空气中，光亮表面颜色变暗：4Na+O2=2Na2OB．铝条插入烧碱溶液中，开始没有明显现象：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2OC．硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液混合，产生气体：NH4++OH-=NH3↑十+H2OD．碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，黄色沉淀变成黑色：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-3、Na、Mg、Al、Fe四种金属中两种组成的混合物12g，与足量盐酸反应放出H20.5g（标准状况），则混合物中必定含有的金属是A．钠 B．镁 C．铝 D．铁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、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是()A．14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB．1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAC．1molFe溶于过量硝酸，电子转移数为2NAD．标准状况下，2.24LCCl4含有的共价键数为0.4NA6、84消毒液可用于新型冠状病毒的消杀，其主要成分为NaClO。NaClO在空气中可发生反应NaClO+CO2+H2ONaHCO3+HClO。用化学用语表示的相关微粒，其中正确的是A．中子数为10的氧原子：B．Na+的结构示意图：C．CO2的结构式：O=C=OD．NaClO的电子式：7、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．7g14C中，含有3NA个中子B．25℃时，pH=4的CH3COOH溶液中H+的数目为10-4NAC．3.2gCu与足量浓硝酸反应，生成的气体在标准状况下的体积为22.4LD．标准状况下，5.6L丙烷中含有共价键的数目为2.5NA8、下列实验操作、解释或结论均正确的是选项实验目的操作结论或解释A检验、混合溶液中的取待测液少许，加入过量的溶液，再加振荡静置；取上层清液，向其中加入硝酸酸化的溶液液体分层，加入硝酸酸化的，溶液有白色沉淀产生，则溶液中含B检验某溶液中有无取待测液少许，加入盐酸，有气体放出，将气体通入澄清石灰水中澄清石灰水变浑浊，则含C检验溶液中的取待测液少许，先通入氯气，再加KSCN溶液溶液变红色，则含D检验食盐中是否含取少量食盐溶于水，加少量淀粉溶液变蓝色，则含A．A B．B C．C D．D9、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是A．R在周期表的第15列B．Y、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C．简单离子的半径:X>Z>MD．Z的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M10、25℃时，0.1mol•L-1的3种溶液

①盐酸

②氨水

③CH3COONa溶液．下列说法中，不正确的是（）A．3种溶液中pH最小的是①B．3种溶液中水的电离程度最大的是②C．①与②等体积混合后溶液显酸性D．①与③等体积混合后c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-）11、短周期元素甲、乙、丙、丁、戊、己、庚在周期表中的相对位置如图（甲不一定在丁、庚的连线上），戊、己分别是空气、地壳中含量最多的元素．下列判断正确的是A．简单气态氢化物的稳定性：庚＞己＞戊＞丁B．单质甲与单质乙充分反应一定都可以生成多种化合物C．可以通过分别电解熔融的金属氯化物的方法冶炼乙和丙的单质D．因为庚元素的非金属性最强，所以庚的最高价氧化物对应水化物酸性最强12、T℃下，三种硫酸盐MSO4,(M表示Pb2+或Ba2+或Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知pM=-lgc(M),p(SO42-)=-lgc(SO42-)。下列说法正确的是（）A．BaSO4在任何条件下都不可能转化成PbSO4B．X点和Z点分别是SrSO4和BaSO4的饱和溶液，对应的溶液中c(M)=c(SO42-)C．在ToC时，用0.01mol.L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol.L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液,Sr2+先沉淀D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为102.413、下列褪色与二氧化硫漂白性有关的是A．溴水 B．品红溶液C．酸性高锰酸钾溶液 D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液14、下列除去括号内杂质的方法正确的是（）A．FeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤B．CO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体C．N2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体D．KCl(MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤15、某学习小组在容积固定为2L的密闭容器内充入1molN2和3molH2合成NH3。恒温下开始反应，并用压力传感器测定压强如下表所示：反应时间/min051015202530压强/MPa16.8014.7813.8613.2712.8512.6012.60下列说法不正确的是A．不断地将NH3液化并移走，有利于反应正向进行B．其它条件不变，在30min时，若压缩容器的体积，N2的平衡转化率增大C．从反应开始到10min时，v（NH3）＝0.035mol·L−1·min−1D．在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，平衡向逆反应方向移动16、氮及其化合物的转化过程如下图所示，其中如图为反应①过程中能量变化的曲线图。下列分析合理的是A．如图中c曲线是加入催化剂a时的能量变化曲线B．反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/molC．在反应②中，若有1.25mol电子发生转移，则参加反应的NH3的体积为5.6LD．催化剂a、b能提高化学反应①、②的化学反应速率和平衡转化率17、下列实验操作，现象和结论都正确的是选项操作现象结论A用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧铝箔熔化并滴落氧化铝的熔点较低B向亚硫酸钠溶液中滴加足量盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色非金属性：C将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中镁片表面产生气泡速率大于铝片还原性：D常温下，将两根大小相同的铁钉分别插入浓硝酸和稀硝酸中浓硝酸中无明显现象，稀硝酸中产生气泡稀硝酸的氧化性比浓硝酸强A．A B．B C．C D．D18、从海带中提取碘元素的步骤中，选用的实验仪器不能都用到的是A．海带灼烧灰化，选用①②⑧ B．加水浸泡加热，选用②④⑦C．过滤得到滤液，选用④⑤⑦ D．萃取和分液，选用③④⑥19、已知：Mn(sS(sMn(s则下列表述正确的是（）A．ΔHB．ΔHC．Mn(sD．MnO2(20、已知气体的摩尔质量越小，扩散速度越快。图所示为气体扩散速度的实验。两种气体扩散时形成图示的白色烟环。对甲、乙物质的判断，正确的是A．甲是浓氨水，乙是浓硫酸B．甲是浓氨水，乙是浓盐酸C．甲是氢氧化钠溶液，乙是浓盐酸D．甲是浓硝酸，乙是浓氨水21、下列反应的离子方程式正确的是()A．向溶液中滴加氨水至过量：B．向悬浊液中滴加溶液：3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+C．向溶液中加入足量稀硫酸：2S2O32-+4H+=SO42-+3S↓+2H2OD．向苯酚钠溶液中通入少量气体：2C6H5O-+CO2+H2O=2C6H5OH+CO32-22、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）A．SiO2H2SiO3Na2SiO3B．饱和食盐水NaHCO3(s)Na2CO3(s)C．海水Mg(OH)2(s)MgCl2(aq)Mg(s)D．NH3N2HNO3二、非选择题(共84分)23、（14分）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：②E的核磁共振氢谱只有一组峰；③C能发生银镜反应；④J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环．回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为__________，其反应类型为__________；（2）D的化学名称是__________，由D生成E的化学方程式为__________；（3）J的结构简式为__________；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式__________(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：反应条件1为__________；反应条件2所选择的试剂为__________；L的结构简式为__________。24、（12分）有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_______。B的结构简式为____________。（2）G→H的化学方程式______________。其反应类型为_____。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式____________。（4）A在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_________。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_______种。（6）N的结构简式为________________。25、（12分）碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)实验室用海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、__、__及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是__。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I﹣，需选择的试剂组合及其先后顺序是__(选填编号)。a．AgNO3溶液b．Ba(NO3)2溶液c．BaCl2溶液d．CaCl2溶液(4)在海带灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3﹣。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3﹣的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：①取适量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；②__。(5)分解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。__；2H2SO42SO2↑+O2↑+2H2O；__。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是__；缺点是__。26、（10分）吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。吊白块的制备：如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。吊白块纯度的测定：将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)27、（12分）S2Cl2是一种金黄色易挥发的液体，常用作橡胶硫化剂。某化学兴趣小组拟设计实验制备少量的S2Cl2，査阅资料知：①干燥的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得到S2Cl2。②S的熔点为1．8℃、沸点为2．6℃；S2Cl2的熔点为-76℃、沸点为138℃。③S2Cl2+Cl22SCl2。④S2Cl2易和水发生歧化反应。该小组设计的制备装置如如图（夹持仪器和加热装置已略去）(1)连接好实验装置后的第一步实验操作是____________。(2)A装置中制取氯气的离子反应方程式_____________。(3)装置B、C中的试剂分别是_____________，_____________；若实验中缺少C装置，发现产品浑浊不清，请用化学方程式表示其原因____________。(4)该实验的操作顺序应为_____________（用序号表示）。①加热装置A②加热装置D③通冷凝水④停止加热装置A⑤停止加热装置D(5)图中G装置中应放置的试剂为______________，其作用为______________。(6)在加热D时温度不宜过高，其原因是_______________；为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和______________。28、（14分）CH4-CO2催化重整时发生反应：CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)，不仅可以得到合成气(CO和H2)，还对温室气体的减排具有重要意义。回答下列问题：（1）某温度下，向1L的密闭容器中充入0.2molCH4与0.1molCO2，发生CH4-CO2催化重整反应，10min时达到平衡，测得平衡混合物中CO(g)的体积分数为20%，则用CH4表示的反应速率为______，CO2的平衡转化率为______。（2）若CO2的平衡转化率(a)与温度(T)、压强(p)的关系如图所示。由图可知：压强p1______p2（选填“＞“、“＜“或“=”），理由是______。（3）在一定温度下，向固定容积为2L的密闭容器中充入0.1moCH4与0.1mo1CO2发生CH4-CO2催化重整反应，达平衡时CO2的平衡转化率为50%，则此条件下该反应的平衡常数为K=______；平衡后保持温度不变，若再充入0.15molCH4、0.15molCO2、0.1molCO、0.1molH2，则此时v正______（选填“＞”、“＜”或“=”）v逆。（4）已知：C(s)+2H2(g)＝CH4(g)△H1=-75kJ•mol-1C(s)+O2(g)＝CO2(g)△H2=-394kJ•mol-1C(s)+O2(g)＝CO(g)△H3=-111kJ•mol-1①催化重整反应CH4(g)+CO2(g)2CO(g)+2H2(g)的△H=______kJ•mol-1。②反应中催化剂活性会因积碳反应而降低，同时存在的消碳反应则使积碳量减少。相关数据如下表：积碳反应CH4(g)＝C(s)+2H2(g)消碳反应CO2(g)+C(s)＝CO(g)△H/(kJ•mol-1)75172活化能/(kJ•mol-1)催化剂X3391催化剂Y4372由上表判断，催化剂X______Y（填“优于”或“劣于”），理由是______。29、（10分）黄铜矿是工业炼铜的原料，含有的主要元素是硫、铁、铜，请回答下列问题。（l）基态硫原子中核外电子有____种空间运动状态。Fe2+的电子排布式是___。（2）液态SO2可发生白偶电离2SO2=SO2++SO32-，SO32-的空间构型是___，与SO2+互为等电子体的分子有____（填化学式，任写一种）。（3）CuCl熔点为426℃，融化时几乎不导电，CuF的熔点为908℃，沸点1100℃，都是铜（I）的卤化物，熔沸点相差这么大的原因是___。（4）乙硫醇（C2H5SH）是一种重要的合成中间体，分子中硫原子的杂化形式是____。乙硫醇的沸点比乙醇的沸点____（填“高”或“低”），原因是____。（5）黄铜矿主要成分X的晶胞结构及晶胞参数如图所示，X的化学式是___，其密度为___g／cm3（阿伏加德罗常数的值用NA表示）。

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】

未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-12，则c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是强酸；未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）•c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L＜0.1mol/L，则HB是弱酸；【详解】A．P点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；B．HB的电离程度较小，则溶液中c（B-）≈c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）≈0.1mol/L，Ka（HB）===10-4，故B正确；C．酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：N＞M=P，故C正确；D．M、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：M＜P点，则c（A-）＞c（B-），故D错误；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。2、C【解析】A、金属钠与空气中的氧气反应而变暗：4Na+O2=2Na2O，选项A正确；B.铝表面的氧化铝溶于烧碱溶液中：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，选项B正确；C.硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液反应：Ba2++2OH-+2NH4++SO42-=BaSO4↓+2NH3•H2O，选项C错误；D、碘化银悬浊液滴加硫化钠溶液，生成更难溶的黑色沉淀：2AgI+S2-=Ag2S↓+2I-，选项D正确。答案选C。3、D【解析】

假设金属都是二价金属，其通式为R，金属和盐酸反应方程式为R+2HCl=RCl2+H2↑，n(H2)==0.25mol，根据方程式知，n(R)=n(H2)=0.25mol，则R的平均摩尔质量===48g/mol，混合物中金属的摩尔质量应该有大于48g/mol和小于48g/mol的，如果将Na换算为+2价时，其摩尔质量变为46g/mol＜48g/mol，镁的摩尔质量为24g/mol＜48g/mol，如果将Al换算为+2价时，其摩尔质量变为18g/mol＜48g/mol，Fe的摩尔质量为56g/mol＞48g/mol，其中小于48g/mol的有三种，而大于48g/mol只有铁，所以一定含有Fe，故选D。【点睛】解答本题需要正确理解“平均摩尔质量法”的应用，解答本题也可以采用“平均电子摩尔质量法”，采用此法，金属的平均电子摩尔质量=24g/mol，其中钠、镁、铝、铁的电子摩尔质量分别为23g/mol、12g/mol、9g/mol、28g/mol。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、A【解析】

A.乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯混合气体中含CH2物质的量为14g÷14g/mol=1mol，含氢原子数为2NA，故A正确；B.1molN2与4molH2反应生成的NH3，反应为可逆反应，1mol氮气不能全部反应生成氨气，则生成氨气分子数小于2NA，故B错误；C.1molFe溶于过量硝酸生成硝酸铁，转移电子3mol，电子转移数为3NA，故C错误；D．标准状况下，四氯化碳不是气体，2.24LCCl4的物质的量不是0.1mol，无法计算其含有的共价键数，故D错误；答案选A。6、C【解析】

A．中子数为10的氧原子，其质量数为18，应写成，A项错误；B．钠原子核电荷数为11，Na+的结构示意图为：，B项错误；C．二氧化碳中的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式为：O=C=O，C项正确；D．NaClO是离子化合物，电子式为，D项错误。答案选C。7、D【解析】

A．1个14C中含有8个中子，7g14C即0.5mol，含有中子数目为4NA，故A错误；B．溶液的体积未知，所以无法计算相关微粒的个数，故B错误；C．3.2gCu即0.05mol，与足量浓硝酸反应生成NO2气体，化学计量关系为：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且标况下NO2不是气体，无法确定其体积，故C错误；D．标况下，5.6L丙烷为0.25mol，一个丙烷分子含有10个共价键，0.25mol丙烷中含有2.5NA个共价键，故D正确；答案选D。【点睛】易错点为B选项，pH值代表溶液中氢离子的浓度，要计算微粒数目必须要计算物质的量，题中没有给出体积，不能计算物质的量，也就无法计算微粒数目。NO2在标况下不是气体。8、A【解析】

本题考查化学实验的评价，意在考查分析问题，解决问题的能力。【详解】A.检验氯离子用硝酸银溶液，但碘离子的存在对氯离子的检验有干扰，因此用Fe(NO3)3将碘离子氧化为碘单质并用CCl4萃取，此时上层液体中不含碘离子，再加硝酸酸化的硝酸银溶液有白色沉淀产生，则表明溶液中含有氯离子，故A正确；B.CO32－、SO32－、HCO3－、HSO3－均可与盐酸反应，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，故B错误；C.检验亚铁离子应先加KSCN溶液，溶液未变红，再通人氯气，溶液变红，证明有Fe2+，故C错误；D.碘酸钾遇淀粉不能变蓝色，故D错误；答案：A9、C【解析】

从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X＞Z＞M，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。10、B【解析】①盐酸PH<7，

②氨水电离呈碱性

③CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是①，故A正确；①盐酸电离出氢离子、②氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度最大的是③，故B错误；①与②等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；①与③等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-），c（Na+）=c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）＞c（CH3COO-）＞c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+c（Cl-）。11、A【解析】

空气中含量最多的元素是氮元素，则戊是N元素；地壳中含量最多的元素是氧元素，则己是O元素；甲不一定在丁、庚的连线上，则甲可能是H元素或Li元素；乙是Mg元素、丙是Al元素；丁是C元素、庚是F元素。综合信息即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚分别是H（或Li）、Mg、Al、C、N、O、F。A.简单气态氢化物的稳定性：HF>H2O>NH3>CH4，A正确；B.氢气（或Li）与镁一般不反应，B错误；C.氯化铝是共价化合物，故用电解熔融的氧化铝的方法冶炼金属铝，C错误；D.氟元素没有最高价氧化物对应水化物，D错误；故选A。12、D【解析】

A．硫酸根离子浓度和铅离子浓度乘积达到或大于PbSO4沉淀溶度积常数可以沉淀，一定条件下BaSO4可以转化成PbSO4，故A错误；B．Z点对应的溶液为饱和溶液，溶液中钡离子浓度和硫酸根离子浓度乘积为常数，pM=-lgc(M)，p(SO42-)=-lgc(SO42-)，则c（Ba2+）＞c（SO42-），同理X点饱和溶液中c（Sr2+）＜c（SO42-），故B错误；C．图象分析可知溶度积常数SrSO4、PbSO4、BaSO4分别为10-2.5×10-2.5、10-3.8×10-3.8、10-5×10-5，因此溶度积常数：BaSO4＜PbSO4＜SrSO4，因此在ToC时，用0.01mol·L-1Na2SO4溶液滴定20mL浓度均是0.01mol·L-1的Ba(NO3)2和Sr(NO3)2的混合溶液，Ba2+先沉淀，故C错误；D．ToC下，反应PbSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Pb2+(aq)的平衡常数为=102.4，故D正确；答案选D。13、B【解析】

A．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B．二氧化硫与品红化合生成无色的物质，体现二氧化硫漂白性，故B正确；C．二氧化硫与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应使其褪色，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D．滴入酚酞的氢氧化钠溶液显红色，二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱反应，消耗氢氧根离子，使红色溶液褪色，故D错误；故答案为B。【点睛】考查二氧化硫的性质。二氧化硫为酸性氧化物，能与碱性氧化物、碱发生反应；二氧化硫能漂白某些有色物质，如使品红溶液褪色(化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色；二氧化硫中硫为+4价，属于中间价态，有氧化性又有还原性，以还原性为主，如二氧化硫能使氯水、溴水、KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的强还原性而不是漂白性。14、A【解析】

A、铁和氯化铁反应生成物是氯化亚铁，A正确；B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；故选A。【点睛】除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。15、D【解析】

A.不断将氨气液化分离，生成物的浓度减小，平衡正向移动，故正确；B.压缩体积，平衡正向移动，氮气转化率增大，故正确；C.前10分钟，N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x10min时0.5-x1.5-3x2x有，解x=0.175mol/L，用氨气表示反应速率为＝0.035mol·L−1·min−1，故正确；D.N2+3H22NH3起始0.51.50改变x3x2x平衡0.5-x1.5-3x2x，有，解x=0.25mol/L，则平衡常数表示为，在30min时，再加入0.5molN2、1.5molH2和2molNH3，则有Qc=<K，平衡正向移动，故错误。故选D。16、B【解析】

A.使用催化剂能够降低反应的活化能，加快反应速率，所以曲线d是加入催化剂a时的能量变化曲线，A错误；B.根据图示可知反应物比生成物的能量高出600kJ-508kJ=92kJ，故反应①的热化学方程式为：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)ΔH=-92kJ/mol，B正确；C.未指明气体所处条件，因此不能根据电子转移的物质的量确定气体的体积，C错误；D.催化剂能加快化学反应的反应速率，但不能使化学平衡发生移动，因此不能改变物质的平衡转化率，D错误；故合理选项是B。17、C【解析】

A.用坩埚钳夹一块铝箔在酒精灯上灼烧，由于铝外面包着一层氧化铝，而氧化铝熔点高，所以铝箔融化，但不滴落，A错误；B.应当比较最高价氧化物对应水化物的酸性来推断元素非金属性的强弱，B错误；C.将用砂纸除去保护膜的镁片和铝片（大小、形状相同），分别插入同浓度的稀硫酸中，镁片表面产生气泡速率大于铝片，说明Mg比Al更活泼，即还原性更强，C正确；D.Fe在冷的浓硝酸中会发生钝化，故D错误；故答案选C。18、D【解析】

先将海带在坩埚中灼烧灰化，然后在烧杯中加水浸泡加热促进物质的溶解，在漏斗中过滤，最后用分液漏斗分液，以此解答该题。【详解】A．将海带灼烧灰化，应在坩埚中加热，用到的仪器有①、②和⑧，必要时还可用到三脚架或铁架台带铁圈，A正确；B．加水浸泡加热，应在烧杯中进行，加热用酒精灯，用玻璃棒搅拌，B正确；C．过滤时用到④、⑤和⑦，C正确；D．萃取和分液用到④⑥，不用试管，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别的实验设计的分析能力和实验能力，注意把握实验的原理、步骤和实验仪器的使用，着重考查学生对基础知识的掌握和应用。19、D【解析】

A.硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焓变小于0，△H2<0，故A错误；B.反应放出热量多少未知，无法判断△H3和△H1大小，故B错误；C.Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；ΔH1①，S(s)+O2(D.Mn(s)S(s)Mn(s)根据盖斯定律③-①-②得：MnO2(s)+SO故选D。20、B【解析】

气体的摩尔质量越小，气体扩散速度越快，相同时间内扩散的距离就越远，再根据烟环物质可以判断甲乙。【详解】A.浓硫酸难挥发，不能在管内与氨气形成烟环，故A错误；B.由气体的摩尔质量越小，扩散速度越快，所以氨气的扩散速度比氯化氢快，氨气比浓盐酸离烟环远，所以甲为浓氨水、乙为浓盐酸，故B正确；C.氢氧化钠溶液不具有挥发性，且氢氧化钠与盐酸反应不能产生白色烟环，故C错误；D.氨气扩散速度比硝酸快，氨气比浓硝酸离烟环远，故D错误。答案选B。【点睛】本题需要注意观察图示，要在管内两物质之间形成烟环，两种物质都需要具有挥发性，A、C中的浓硫酸和氢氧化钠溶液都不能挥发。21、B【解析】

A.向AgNO3溶液中滴加氨水至过量，会形成银氨络离子，反应的离子方程式为：Ag++2NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++2H2O，A错误；B.由于Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的溶解度，所以向Mg(OH)2悬浊液中滴加FeCl3溶液，会发生沉淀转化，形成Fe(OH)3沉淀，离子反应为3Mg(OH)2+2Fe3+=2Fe(OH)3+3Mg2+，B正确；C.向Na2S2O3溶液中加入足量稀硫酸，发生反应生成Na2SO4、单质S、SO2、H2O，离子方程式为：S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，C错误；D.向苯酚钠溶液中通入少量CO2气体，发生反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，D错误；故合理选项是B。22、B【解析】

A.SiO2和水不反应，不能实现SiO2H2SiO3的转化，故不选A；B.饱和食盐水通入氨气、二氧化碳生成NaHCO3沉淀，过滤后，碳酸氢钠加热分解为碳酸钠、二氧化碳和水，故选B；C.电解氯化镁溶液生成氢气、氯气、氢氧化镁，不能实现MgCl2(aq)Mg(s)，故不选C；D.NH3催化氧化生成NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，不能实现NH3N2，故不选D。二、非选择题(共84分)23、+Br2+HBr取代反应2-甲基丙烯CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr或或光照镁、乙醚【解析】

比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知①可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知①，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇【详解】（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr，故答案为2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr→(CH3)3CBr；（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；（5）反应Ⅰ的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为光照；镁、乙醚；。24、羧基C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O取代反应、（中和反应）因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代9种【解析】

由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；；（2）G→H的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR′CH2=CH2+RCH=CHR′为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。25、氧化萃取(或萃取分液)坩埚(或瓷坩埚)、泥三角ba从水层取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3﹣，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3﹣SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO42HIH2+I2节约电能使用能造成污染环境的SO2【解析】

(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I-转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I-通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3-→I2→检验I2，所以应选用合适的还原剂将IO3-还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I-→I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；⑸依题意，用SO2/I2循环法分解水共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HIH2+I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。【点睛】Ag+能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH-等，所以，用AgNO3溶液检验卤离子时应注意排除干扰。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】

⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；92.40%；偏高。27、检查装置的气密性MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O饱和食盐水浓硫酸2S2C12+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl①③②⑤④或者③①②⑤④碱石灰吸收氯气尾气，防止空气中的水蒸气进入装置使S2Cl2水解产品纯度降低控制盐酸的滴速不要过快【解析】

装置A、B、C是制取干燥纯净的氯气，所以B是除杂装置，C是干燥装置；制得产品S2Cl2易水解，所以该装置前后均需要干燥环境，可推出装置G作用；实验操作顺序按照合理、安全原则进行；最后按照题干已知条件进行答题，据此分析。【详解】(1)连接好装置后需检查装置的气密性，答案为：检查装置的气密性；(2)MnO2与浓盐酸反应的离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；(3)B是除去氯气中的HCl，用饱和食盐水溶液；C是干燥装置，用浓硫酸；若缺少干燥装置，则产物S2Cl2与水发生歧化反应且变浑浊，2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；答案为：饱和食盐水；浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；(4)加热之前先通冷凝水，否则开始生成的S2Cl2不能冷却液化，最后先停止加热后再停止通氯气，平衡容器压强，实验操作为：①③②⑤④或者③①②⑤④；(5)G装置在最后一步，其作用之一未反应完的氯气尾气处理，其二防止空气中的水蒸气进入装置，G中盛放碱石灰，作用是吸收氯气尾气