湖南省岳阳市第五中学2023届高考仿真卷化学试卷含解析

2023年高考化学模拟试卷注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、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2、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ反应温度/℃700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A．实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B．升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C．实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的0.9倍D．K3>K2>K13、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A．原子半径大小：Y>ZB．Y3X2中既有离子键，又有共价键C．Z的最高价氧化物可做干燥剂D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气4、第26届国际计量大会修订了阿伏加德罗常数的定义，并于2019年5月20日正式生效。NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．8.8g乙酸乙酯中所含共用电子对数为1.3NAB．常温常压下28gFe与足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NAC．标准状况下,2.24LCl2与CH4反应完全,形成C一Cl键的数目为0.1NAD．常温下pH=12的NaOH溶液中，由水电离出的氢离子的数目为10-12NA5、传统接触法制取硫酸能耗大，污染严重。将燃料电池引入硫酸生产工艺可有效解决能耗和环境污染问题，同时提供电能。以燃料电池为电源电解硫酸铜溶液的工作原理示意图如下所示。下列说法不正确的是A．b极为正极，电极反应式为O2+4H++4e-==2H2OB．H+由a极通过质子交换膜向b极移动C．该燃料电池的总反应式为2SO2+O2+2H2O==2H2SO4D．若a极消耗2.24L(标准状况)SO2，理论上c极有6.4g铜析出6、给下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是（）A．Na2SO3晶体 B．C2H5OH C．C6H6 D．Fe7、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是A．简单离子半径：c＞bB．丙中既有离子键又有极性键C．b、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2D．a、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp38、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2→*H+*H)。下列说法错误的是A．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B．带*标记的物质是该反应历程中的中间产物C．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%D．第③步的反应式为*H3CO+H2O→CH3OH+*HO9、25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等。下列说法正确的是A．常温下，CH3COONH4溶液的pH=7，与纯水中H2O的电离程度相同B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时，c(NH4+)、c(CH3COO－)均会增大C．常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14D．等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值一定相同10、金属(M)－空气电池具有原料易得，能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源，该类电池放电的总反应方程式为：2M＋O2＋2H2O＝2M(OH)2。(已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能)下列说法正确的是A．电解质中的阴离子向多孔电极移动B．比较Mg、Al、Zn三种金属－空气电池，Mg－空气电池的理论比能量最高C．空气电池放电过程的负极反应式2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2D．当外电路中转移4mol电子时，多孔电极需要通入空气22.4L(标准状况)11、已知：CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O。其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，下列说法错误的是（）A．N可以使溴水褪色B．N转化为M的反应为取代反应C．M中所有碳原子可能共面D．N属于酯的同分异构体有3种12、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大．元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍．下列说法错误的是（）A．元素W、X的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B．元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C．元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D．元素Z可与元素X形成共价化合物XZ213、2019年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972年提出“摇椅式“电池(Rockingchairbattery),1980年开发出LiCoO2材料，下图是该电池工作原理图，在充放电过程中，Li+在两极之间“摇来摇去”，该电池充电时的总反应为：LiCoO2+6C(石墨）=Li(1-x)CoO2+LixC6。下列有关说法正确的是A．充电时，Cu电极为阳极B．充电时，Li+将嵌入石墨电极C．放电时，Al电极发生氧化反应D．放电时，负极反应LiCoO2—xe-=Li(1-x)CoO2+(1-x)+xLi+14、下列关于物质结构与性质的说法，不正确的是()A．I3AsF6晶体中存在I3＋离子,I3＋离子的几何构型为V形B．C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜OC．水分子间存在氢键，故H2O的熔沸点及稳定性均大于H2SD．第四周期元素中，Ga的第一电离能低于Zn15、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法B．甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，证明甲基活化了苯坏C．不能用水鉴别苯、溴苯和乙醛D．油脂的皂化反应属于加成反应16、下列过程中没有发生电子转移的是（）A．液氨作制冷剂 B．合成氨 C．大气固氮 D．生物固氮17、如图所示的方案可以降低铁闸门的腐蚀速率。下列判断正确的是()A．若X为导线，Y可以是锌B．若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+C．若X为直流电源，铁闸门做负极D．若X为直流电源，Y极上发生还原反应18、在给定条件下，能顺利实现下列所示物质间直接转化的是A．AlNaAlO2(aq)B．FeFe2O3Fe2(SO4)3C．NH3NOHNO3D．SiO2H2SiO3Na2SiO3(aq)19、下列关于核外电子的描述中，正确的是()A．电子云图中一个小黑点表示一个电子B．电子式中元素符号周围的小黑点数表示核外电子总数C．s电子在s电子云的球形空间内做规则运动D．核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定20、下列说法正确的是()A．Na2CO3分子中既存在离子键，也存在共价键B．硅晶体受热融化时，除了破坏硅原子间的共价键外，还需破坏分子间作用力C．H2O不易分解是因为H2O分子间存在较大的分子间作用力D．液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子21、化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（）A．“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，其中涉及的操作是蒸馏C．“世间丝、麻、裘皆具素质……”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质D．古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金22、实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：下列装置不能达成相应操作目的的是（）A．灼烧用酒精湿润的干海带B．用水浸出海带灰中的I-C．用NaOH溶液分离I2/CCl4D．加入稀H2SO4后分离生成的I2二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是制备治疗高血压药物纳多洛尔的中间体,实验室由A制备G的一种路线如下:已知:

(1)A的化学式是________(2)H中所含官能团的名称是_______;由G生成H的反应类型是_______。(3)C的结构简式为______,G的结构简式为_________。(4)由D生成E的化学方程式为___________。(5)芳香族化合物X是F的同分异构体,1molX最多可与4molNaOH反应,其核磁共振氢谱显示分子中有3种不同化学环境的氢,且峰面积比为3:3:1,写出两种符合要求的X的结构简式:___________________。(6)请将以甲苯和(CH3CO)2O为原料(其他无机试剂任选),制备化合物的合成路线补充完整。______________________________________24、（12分）阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：Ⅰ.Ⅱ.(具有较强的还原性)(1)反应④的试剂和条件为______；反应①的反应类型为______；反应②的作用是_____；(2)B的结构简式为_______；(3)下列关于G中的描述正确的是______；A．具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B．能发生加成、消去、取代和氧化反应C．能聚合成高分子化合物D．1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2(4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_______；反应②的化学方程式为_________；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_____种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是______________；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)________。25、（12分）某研究小组在实验室以废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)为原料制备碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3]，具体流程如下：已知：Cu2(OH)2CO3为绿色固体，难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可采取的措施为____(任写一种)。(2)“操作Ⅱ”中铜发生反应的离子方程式为___。(3)“调节pH”操作中加入的试剂为____(填化学式)。(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为____。(5)“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的原因是____；该步骤生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，请写出该反应的化学方程式：____。(6)某同学为测定制得的产品中Cu2(OH)2CO3的质量分数，进行了如下操作：称取m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，冷却后，称得该黑色固体质量为m2g，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为____(用含m1、m2的代数式表示)。26、（10分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。在漂白、电镀等方面应用也很广泛。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2（A中加热装置已略去）。已知：室温下，①2NO+Na2O2===2NaNO2②酸性条件下，NO或NO2-都能与MnO4-反应生成NO3-和Mn2+（1）A中发生反应的化学方程式为_________________________________。（2）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通入N2的作用是______________。（3）装置B中观察到的主要现象为_________________（4）①为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是___________（填字母序号）。A．P2O5B．无水CaCl2C．碱石灰D．浓硫酸②如果取消C装置，D中固体产物除NaNO2外，可能含有的副产物有________写化学式）。（5）E中发生反应的离子方程式为____________。（6）将1.56gNa2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭__________g。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）铬、硼的合金及其化合物用途非常广泛。回答下列问题：(1)基态Cr原子核外电子的排布式是[Ar]___；基态硼原子中占据最高能级的电子云轮廓图为____形。(2)铬的配合物有氯化三乙二胺合铬和三草酸合铬酸铵{(NH4)3[Cr(C2O4)3]}等。①配体en表示NH2CH2CH2NH2，其中碳原子的杂化方式是____。②NH4+空间构型为____，与其键合方式相同且空间构型也相同的含硼阴离子是_____。③C、N、O三种元素第一电离能由小到大的顺序为___；含有三个五元环，画出其结构：_______________。(3)硼酸[H3BO3或B(OH)3]为白色片状晶体，熔点为171℃。下列说法正确的是___填字母)。A.硼酸分子中，∠OBO的键角为120°B.硼酸分子中存在σ键和π键C.硼酸晶体中，片层内存在氢键D.硼酸晶体中，片层间存在共价键(4)2019年11月《EurekAlert》报道了铬基氮化物超导体，其晶胞结构如图所示：由三种元素Pr(镨)、Cr、N构成的该化合物的化学式为___。(5)CrB2的晶胞结构如图所示，六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，CrB2的密度为___g∙cm-3(列出计算式)。29、（10分）A、B、C、D、E、F

均为短周期主族元素，且原子序数依次递增。A的原子核内无中子，B的原子最外层电子数是次外层电于数的2倍，C

是地壳中含量最多的元素，D是短周期中金属性最强的元素，E与F位置相邻，F是同周期元素中原子半径最小的元素。完成下列填空题:（1）B在元素期表中的位置为_______，1个C原

子核外有____个未成对的电子。（2）D、E、F三种元素形成简单离子其半径由l大到小的顺序是_____________。(用离子符号表示)。（3）写出D

与C

形成化合物的电子式______、_______。（4）常温下，1molA的单质在C

的单质中完全燃烧生成液态化合物，并放出286kJ的热量，该反应的热化学方程式为______________。（5）非金属性的强弱:

E_____F

(填“强于”、“弱于”、“无法比较”)，试从原子结构的角度解释其原因________________。（6）Na2SO3可用作漂白织物时的去鼠剂。Na2SO3溶液及收Cl2后，溶液的酸性增强。写出该反应的离子方程式______。

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．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。2、A【解析】

A．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g)⇌2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750℃的平衡常数K===4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC==4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B．升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C．根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2molA和1molB，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=≠0.9，故C错误；D．反应为2A(g)+B(g)⇌2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2=K1，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。3、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详解】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。4、C【解析】

A．8.8g乙酸乙酯的物质的量是0.1mol，其中所含共用电子对数为1.4NA，A错误；B．常温常压下Fe在浓硝酸中钝化，无法计算转移电子数，B错误；C．标准状况下,2.24LCl2（0.1mol）与CH4反应完全，根据原子守恒可知形成C－Cl键的数目为0.1NA，C正确D．常温下pH=12的NaOH溶液的体积未知，无法计算由水电离出的氢离子的数目，D错误。答案选C。【点睛】选项B是解答的易错点，注意铁、铝与硝酸反应的原理，常温下铁、铝在浓硝酸中钝化，与稀硝酸反应生成NO，在加热的条件下与浓硝酸反应生成NO2。5、D【解析】

燃料电池：a端：二氧化硫生成硫酸根离子，硫元素化合价升高失电子所以a为负极，电极反应式SO2+2H2O-4e-=SO42-+4H+；b为正极，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，总电极反应式2SO2+O2+2H2O=2H2SO4。电解池：c极和电源正极相连为阳极，失电子，电极反应式为4OH—-4e-=2H2O+O2↑，d极与电源负极相连为阴极，得电子，电极反应式为Cu2++2e+=Cu,总电极反应式为2CuSO4+2H2O2Cu+2H2SO4+O2↑。【详解】A.b为正极，看到质子交换膜确定酸性环境，电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.原电池内部阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故不选B；C.由上面分析可知该燃料电池的总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，故不选C；D.d极与电源负极相连，为阴极得电子，有铜析出，所以应该是若a电极消耗标况下2.24LSO2，理论上在d极上有6.4g铜析出，故选D；正确答案：D。【点睛】根据质子交换膜确定溶液酸碱性，燃料电池中燃料在负极反应失电子，氧气在正极反应得电子。根据燃料电池正负极确定电解池的阴阳极、电极反应式和离子移动方向等。6、B【解析】

A.Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，故A不选；B.乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，所以溴水不褪色，故B选；C.溴易溶于苯，溶液分层，水层无色，可以使溴水褪色，故C不选；D.铁可与溴水反应溴化铁或溴化亚铁，溴水褪色，故D不选，故选B。7、A【解析】

短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；A．b、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-＞Na+，即b＞c，故A错误；B．丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；C．b为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；D．a、b、d形成的化合物中，若为NaClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；故答案为A。8、C【解析】

A.反应历程第③步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B.根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C.根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D.第③步中•H3CO、H2O生成CH3OH和•HO，反应方程式为•H3CO+H2O→CH3OH+•HO，故D正确；故答案为C。9、C【解析】

25℃时，NH3·H2O和CH3COOH的电离常数K相等，这说明二者的电离常数相等。则A．常温下，CH3COONH4溶液中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此溶液的pH＝7，但促进水的电离，与纯水中H2O的电离程度不相同，选项A错误；B．向CH3COONH4溶液加入CH3COONa固体时溶液碱性增强，促进铵根的水解，因此c(NH4+)降低，c(CH3COO－)增大，选项B错误；C．由于中铵根与醋酸根的水解程度相等，因此常温下，等浓度的NH4Cl和CH3COONa两溶液的pH之和为14，选项C正确；D．由于二者的体积不一定相等，所以等温等浓度的氨水和醋酸两溶液加水稀释到相同体积，溶液pH的变化值不一定相同，选项D错误；答案选C。10、C【解析】

A．原电池中阴离子应该向负极移动；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A．原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；B．电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为×2mol＝mol、×3mol＝mol、×2mol＝mol，所以Al−空气电池的理论比能量最高，故B错误；C．负极M失电子和OH−反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M－4e－＋4OH－＝2M(OH)2，故C正确；D．由正极电极反应式O2＋2H2O＋4e−＝4OH−有O2～4OH−～4e−，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。11、D【解析】

由CH3C≡CH＋CO＋CH3OHM，N＋CH3OHM＋H2O，其中M的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3，可知N为CH2＝C(CH3)COOH。【详解】A．由分析可知，N为CH2＝C(CH3)COOH，分子中含有碳碳双键，可以使溴水褪色，故A正确；B．N＋CH3OHM＋H2O为酯化反应，属于取代反应，故B正确；C．M中碳碳双键、羰基均为平面结构，且直接相连，3个原子可共面，则M中所有碳原子可能共面，故C正确；D．CH2＝C(CH3)COOH，属于酯的同分异构体含−COOC−，可能为CH3CH＝CHOOCH、CH2＝CHCH2OOCH、CH2＝CHOOCCH3、CH3OOCCH＝CH2，则属于酯的同分异构体大于3种，故D错误；故答案选D。【点睛】本题把握M的结构简式及N与甲醇的酯化反应推断N的结构为解答的关键，注意有机物官能团所具有的性质。12、A【解析】

X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。13、B【解析】

根据充电时的总反应，钴化合价升高被氧化，因此钴为阳极，石墨为阴极，则在放电时钴为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析，铜电极以及上面的石墨为阴极，A项错误；B.充电时整个装置相当于电解池，电解池中阳离子移向阴极，B项正确；C.放电时整个装置相当于原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；D.根据分析，含钴化合物位于电源的正极，D项错误；答案选B。【点睛】不管是不是锂电池，都遵循原电池的工作原理，即阳离子移向正极，阴离子移向负极，锂离子电池只不过是换成了在正、负极间移动罢了，换汤不换药。14、C【解析】

A．I3＋离子的价层电子对数，含有对孤电子对，故空间几何构型为V形，A选项正确；B．非金属性：H＜C＜O，则C、H、O三种元素的电负性由小到大的顺序为H＜C＜O，B选项正确；C．非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，而稳定性与非金属性有关，H2O的稳定性大于H2S是因为O的非金属性大于S，C选项错误；D．Zn的核外电子排布为[Ar]3d104s2，电子所在的轨道均处于全充满状态，较稳定，故第一电离能大于Ga，D选项正确；答案选C。【点睛】C选项在分析时需要注意，非金属简单氢化物的熔沸点与氢键和范德华力有关，若含有氢键，物质熔沸点增大，没有氢键时，比较范德华力，范德华力越大，熔沸点越高；而简单氢化物的稳定性与非金属性有关，非金属性越强，越稳定。一定要区分两者间的区别。15、A【解析】

A.硝酸钾的溶解度受温度的影响变化较大，而苯甲酸的溶解度受温度的影响变化较小，所以除去苯甲酸中少量硝酸钾可以用重结晶法，A正确；B.甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，是由于甲基被氧化变为羧基，而甲烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因而证明苯坏使甲基变得活泼，B错误；C.苯不能溶于水，密度比水小，故苯在水的上层；溴苯不能溶于水，密度比水大，液体分层，溴苯在下层；乙醛能够溶于水，液体不分层，因此可通过加水来鉴别苯、溴苯和乙醛，C错误；D.油脂的皂化反应是油脂在碱性条件下的水解反应，属于取代反应，D错误；故合理选项是A。16、A【解析】

A．液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转移，故A错误；B．合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；C．大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；D．生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；故答案为A。17、A【解析】

A.若X为导线，Y可以是锌，形成原电池，铁闸门作正极被保护，能降低铁闸门的腐蚀速率，故A正确；B.若X为导线，铁闸门上的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，则铁闸门作负极被腐蚀，所以不能降低铁闸门的腐蚀速率，故B错误；C.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，能降低铁闸门的腐蚀速率，故C错误；D.若X为直流电源，铁闸门连接负极，作阴极，Y极为阳极，则Y极上发生氧化反应，故D错误；故选：A。18、A【解析】

A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，能一步实现，故A正确；B．铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，不能一步转化为氧化铁，故B错误；C．一氧化氮与水不反应，不能一步转化为硝酸，故C错误；D．二氧化硅不溶于水，也不与水反应，二氧化硅不能一步转化为硅酸，故D错误；故选A。19、D【解析】

A．电子云图中的小黑点表示电子在核外空间某处出现的机会，不表示电子数目，故A错误；B．电子式中元素符号周围的小黑点数表示最外层电子数，故B错误；C．s亚层的原子轨道呈球形，处在该轨道上的电子不只在球壳内运动，还在球壳外运动，只是在球壳外运动概率较小，故C错误；D．核外电子的能量大小主要是由电子层和电子亚层决定，能层越大，电子的能量越大，同一能层，不同能级的电子能量不同，故D正确；选D。20、D【解析】

A.Na2CO3是离子化合物，没有分子，A项错误；B.硅晶体是原子晶体，不存在分子间作用力，B项错误；C.H2O不易分解是因为水分子中氢氧键键能大，C项错误；D.晶体加热熔化后所得液态物质不能导电，说明在液态时不存在自由移动的离子，即原晶体中不存在离子，则液态AlCl3不能导电，说明AlCl3晶体中不存在离子，D项正确；答案选D。21、C【解析】

A．雾霾中可能存在直径1-100nm的粒子，这些粒子分散在空气中形成胶体，可产生丁达尔效应，A项正确；B．“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上……”，通过蒸煮使酒精转化为蒸气，再冷凝收集，是蒸馏操作，B项正确；C．“丝”是蚕丝，主要成分为蛋白质；“麻”来自植物，主要成分为纤维素，C项错误；D．钢是铁和碳的合金，D项正确；答案选C。22、D【解析】

A．灼烧在坩埚中进行，装置及仪器合理，故A正确；B．在烧杯中溶解，玻璃棒搅拌，操作合理，故B正确；C．NaOH与碘反应后，与四氯化碳分层，分液可分离，故C正确；D．加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸馏分离，应萃取后蒸馏，故D错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、C10H8羟基，醚键取代反应【解析】

根据合成路线中有机物的结构变化及分子式结合反应条件分析合成过程中的中间产物及反应类型；根据提示信息及原料、目标产物，采用逆合成分析法设计合成路线。【详解】根据已知条件及D的结构式分析得A与浓硫酸发生取代反应，则B的结构简式为；根据B和D的结构及反应条件可以分析得中间产物C的结构简式为：；根据E的分子式结合D的结构分析知E的结构简式为：；根据F的结构及反应条件分析G的结构简式为：；(1)根据A的结构简式分析得A的化学式是C10H8；(2)根据H的结构简式分析，H中所含官能团的名称是羟基，醚键；比较G和H的结构变化可以看出H中酚羟基上的氢原子被取代，所以该反应为取代反应；(3)根据上述分析C的结构简式为；G的结构简式为；(4)由D生成E属于取代反应，化学方程式为：+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)X属于芳香族化合物，则X中含有苯环，1molX最多可与4molNaOH反应，结构中可能含有2个酯基，结构中有3种不同化学环境的氢，且峰面积比为3:3:1，说明结构中对称性较强，结构中应该含有多个甲基，则符合要求的X的结构简式有为：、、、；(6)根据目标产物逆分析知由发生取代反应生成，而根据提示信息可以由在一定条件下制取，结合有机物中官能团的性质及题干信息，可以由氧化制取，则合成路线为：。24、浓硫酸、浓硝酸、加热取代反应保护酚羟基，以防被氧化AC+3NaOH+CH3COONa+2H2O+(CH3CO)2O→+CH3COOH6或【解析】

乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应④为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应①为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应②的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)A．G()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；B．G()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；C．G()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D．只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH+CH3COONa+2H2O，反应②的化学方程式为+(CH3CO)2O→+CH3COOH，故答案为+3NaOH+CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O→+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a．属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b．能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6∶2∶1∶1的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。25、搅拌（或适当升温等合理答案即可）H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2OCuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次温度过低，反应速率太慢，温度过高，Cu2(OH)2CO3易分解2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑×100%【解析】

废铜屑(主要成分是Cu、CuO，含有少量的Fe、Fe2O3)，加入稀硫酸浸取，CuO、Fe、Fe2O3与稀硫酸反应，形式含有Cu2+、Fe2+、Fe3+的溶液，铜单质不与硫酸反应，再加入双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，同时铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，再调节溶液pH值，将Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，过滤后得到主要含有硫酸铜的滤液，将溶液温度控制在55~60℃左右，加入碳酸钠，滤液中产生Cu2(OH)2CO3晶体，再经过过滤、冷水洗涤，干燥，最终得到Cu2(OH)2CO3，以此解题。【详解】(1)为加快废铜屑在稀硫酸中的溶解速率，可进行搅拌、加热、增大硫酸浓度等方法；(2)“操作Ⅱ”中，铜单质与双氧水在酸性条件下反应生成铜离子，离子方程式为H2O2+2H++Cu=Cu2++2H2O；(3)“调节pH”操作目的是将溶液中的Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀除去，由于废铜屑使用酸浸溶解，需要加入碱性物质中和多余的酸，在不引入新的杂质的情况下，可向溶液中加入CuO或Cu(OH)2或Cu(OH)2CO3等合理答案即可；(4)洗涤Cu2(OH)2CO3沉淀的操作为过滤，合理操作为：加人洗涤剂至浸没沉淀且液面低于滤纸边缘，待液体自然流下后，重复2~3次；(5)根据题目已知：Cu2(OH)2CO3为难溶于冷水和乙醇，水温越高越易分解。“操作Ⅲ”中温度选择55～60℃的既可以加快反应速率同时也可防止制得的Cu2(OH)2CO3不被分解，该步骤中向含有硫酸铜的滤液中加入碳酸钠生成Cu2(OH)2CO3的同时产生CO2，该反应的化学方程式：2CuSO4+2Na2CO3+H2O=Cu2(OH)2CO3↓+2Na2SO4+CO2↑

；(6)m1g产品，灼烧至固体质量恒重时，得到黑色固体(假设杂质不参与反应)，发生的反应为：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O

，灼烧至固体质量恒重时剩余固体为氧化铜和杂质，根据反应方程式计算：设样品中Cu2(OH)2CO3的质量为xg。Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O22262xm1-m2=，解得：x=，则样品中Cu2(OH)2CO3的纯度为×100%=×100%。【点睛】本题是工艺流程题中的实验操作和化学原理结合考查，需结合反应速率的影响因素，实际操作步骤具体分析，还应熟练元素化合物的知识。26、C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O排尽空气，防止生成的NO被氧气氧化红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出CNa2CO3、NaOH5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3Mn2++2H2O0.24g【解析】

A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，D装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，所以C中放了碱石灰，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气。【详解】(1)A装置为C与HNO3(浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；(2)实验开始前通入一段时间N2，可排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化；(3)二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，所以看到的现象为：红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；(4)①根据分析可知，C装置中可能盛放的试剂是碱石灰；②结合分析可知，二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到副产物碳酸钠、氢氧化钠；(5)根据题目提供信息可知酸性条件下，NO能与MnO4⁻反应生成NO3⁻和Mn2+，方程式为：5NO+3MnO4⁻+4H+=5NO3⁻+3Mn2++2H2O；(6)n(Na2O2)==0.02mol，根据元素守恒可知1.56gNa2O2完全转化为NaNO2，需要n(NO)=0.04mol。设参加反应的碳为xmol，根据方程式C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O可知生成n(NO2)=4xmol，根据方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，可知4xmolNO2与水反应生成xmol硝酸和xmolNO；根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为xmol，所以有xmol+xmol=2xmol=0.04mol，解得x=0.02mol，则需要的碳的质量为12g/mol×0.02mol=0.24g。【点睛】本题易错点为第(3)小题的现象描述，在描述实验现象要全面，一般包括有无气体的产生、溶液颜色是否有变化、固体是否溶解、是否有沉淀生成、体系的颜色变化。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