2023年高考化学一模试卷试题集（含解析）

2023年高考化学一模试卷

一、单选题（本大题共12小题，共28.0分）

1.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是（）

A.华为公司首创的液冷散热技术所用的石墨烯材料是有机高分子材料

B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，常用于制造芯片

C.研发催化剂将C02还原为甲醇是促进碳中和的有效途径

D.常用于医用滴眼液的聚乙烯醇易溶于水

2.下列说法不正确的是（）

A.直储汽油和裂化汽油可用酸性高铳酸钾溶液鉴别

B.煤中含有大量的苯，可通过煤的干储得到

C.甲烷、丙烯和苯均可发生氧化反应和取代反应

D.Imol甲烷和Imol氯气光照下发生反应得到的产物为混合物

3.实验室欲将含有Br2、Na2s04、A1C13和NaCl的废液处理后得到NaCl固体。下列实验方案

能达到实验目的的是

目的方案

A.除去Br2用酒精作为萃取剂，进行萃取和分液

B.除去Na2S04加入适量Ba（N03）2溶液，并过滤

C.除去A1C13加入过量NaOH溶液，并过滤

D.提取NaCl固体将除杂后的NaCl溶液进行蒸发、结晶、洗涤和烘干

A.AB.BC.CD.D

4.下列N原子电子排布图表示的状态中，能量最高的是（）

Is2s电电2pxIs2smi电电

A•回回|||T|B.Zl回可n一

Is2sMi为Is2s2ps初2Pl

c

回mrnwiD□|T|Mtilf

5.下列物质的分子中既有。键又有“键的是()

①HC1②NH3③N2④H202⑤C2H4⑥苯

A.①②③

B.③④⑤⑥

C.①③⑤

D.③⑤⑥

6.根据下列实验操作和观察到的现象，得出的结论一定是正确的是（）

实验操作现象结论

ASO2通入溟水中溟水褪色S02具有漂白性

将硫酸酸化的H202溶液滴入Fe（N03）2

B溶液变成黄色氧化性:H202>Fe2+

溶液中

将滨乙烷与NaOH的乙醇溶液共热，将生乙烯使KMnO4酸性

CKMnO4酸性溶液褪色

成的气体直接通入KifnOd酸性溶液中溶液褪色

a试管中溶液变蓝

向a、b两支盛有KI3溶液的试管中分别KI3溶液中存在平衡

Db试管中产生黄色沉

加入淀粉溶液、硝酸银溶液.13-WI2+I-

淀

A.AB.BC.CD.D

7.下列说法不正确的是（）

A.PC13分子中P原子采取sp3杂化，是三角锥形分子

B.H2s的键角大于H30+的键角

C.氟气（N=C—C=N）分子中N=C键的键长小于C—C键的键长

D.NH3与BF3可以通过配位键形成NH3-BF3

8.下列有关实验操作不正确的是（）

A.蒸发操作时，应在混合物中有晶体析出时立即停止加热

B.在萃取实验中，萃取剂要求与原溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度更大

C.开始蒸储时，应该先开冷凝水，再加热；蒸储完毕，应该先撤酒精灯再关冷凝水

D.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出

9.甲醇不仅作为F1赛车的燃料添加剂，也广泛应用于甲醇燃料电池。某燃料电池装置如图所

示，下列说法错误的是（）

惰

惰

融

熔

性

性

空气

酸

碳

电

甲醇电

极

极

Oiu盐

饱和食盐水＜____L

甲乙

A.乙池负极反应为：CH30H-6e-+3C032-=4C02t+2H20

B.乙池中电池工作时，C032-不断移向负极

C.理论上32g甲醇被消耗时，C极上放出气体体积（标准状况下）为67.2L

D.甲池中Cu电极发生的反应为2cl——2e—=C12t

10.化学反应终点的判断是化学定量实验的重要环节。对化学反应终点的判断中不正确的是

()

A.向BaC12溶液中加入Na2C03溶液后，静置，向上层清液中继续滴加Na2C03溶液，若无沉淀，

说明Ba2+已经沉淀完全

B.淀粉在稀硫酸的作用下水解后，加NaOII溶液至呈碱性，再加入新制Cu(0II)2,加热，若有砖

红色沉淀生成，说明淀粉已经水解完全

C.将Na2c0310II20晶体置于用烟中加热，冷却，称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结

果相同或质量相差小于0.1g,说明晶体的结晶水已全部失去

D.用酸式滴定管向滴有酚醐的NaOH溶液中滴加HC1溶液，若滴入最后一滴HC1溶液振荡后红色

刚好褪去且半分钟内不恢复，说明NaOH己被完全中和

11.实验室利用Bi(011)3制取高镒酸钠的相关反应的离子方程式如下：

I：C1O3-+6H++5C1-=3C12t+3H20；

II：Bi(Oil)3+3OII-+C12+Na+=NaBiO3I+2C1-+3H20；

III：5NaBi03+2Mn2++14H+=2Mn04-+5Bi3++5Na++7H20。

下列说法错误的是()

A.反应I中氧化产物和还原产物的物质的量比为5：1

B.酸性条件下的氧化性：C103->C12>NaBi03>Mn04-

C.NaBiO3可与盐酸发生反应：Na2BiO3+6H++2Cl-=Bi3++C12t+3H20+2Na+

D.制得28.4g高锌酸钠时，理论上消耗氯酸钠的物质的量为16moi

12.通过反应4BI(g)+As4(g)800r4BAs(s,晶体)+612(g)可制备具有超高热导率半导体材料

一BAs晶体。下列说法错误的是()

图(a)图(b)ffl(c)

A.图(a)表示As4结构，As4分子中成键电子对数与孤对电子数之比为3：1

B.图(b)表示单质硼晶体B12的基本结构单元，该基本单元为正二十面体

C.图(b)所示单质硼晶体的熔点为2180℃,它属于共价晶体

D.图(c)表示BAs的晶胞结构，距离As原子最近且相等的B原子有4个

二、双选题(本大题共3小题，共12.0分)

13.下列实验方法或操作，可以达到实验目的的是()

标号实验目的实验方法或操作

酸碱中和滴定的同时，用温度传感器采集锥形瓶内溶液的

A测定中和反应的反应热

温度

探究浓度对化学反应速率的量取相同体积、不同浓度的HC1溶液，分别与等质量的大

B

影响理石发生反应，对比现象

探究室温下NH3-H20的电离

C用pH计测量室温下0.lmol-L-1氨水的pH

程度

通过官能团的检验，鉴别乙取两种待测液体于两支洁净的试管中,加入新制氢氧化铜

D

醇和乙醛悬浊液，加热至沸腾，观察现象

A.AB.BC.CD.D

14.分枝酸可用于生化研究。其结构简式如图。下列关于分枝酸的叙

述正确的是()

A.分子中含有4种官能团

B.可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同

C.Imol分枝酸最多可与3moiNaOH发生中和反应

D.可使澳的四氯化碳溶液、酸性高镒酸钾溶液褪色，且原理相同

15.常温下，将0.2mol-L-lNI14Cl溶液与0.2mol-L-lNaIIA溶液等体积混合所得溶液pOH=6.2。

向混合溶液中缓慢通入HC1气体或加入NaOH固体(无NH3逸出)。溶液中的粒子分布系数8(x)随

溶液pOH的变化如图所示。已知:8(x)=c(x)c(H2A)+c(HA)+c(A2-)或8

(x)=c(x)c(NH3-H20)+c(NH4+)；a、b、c、d、e分别表示A2+、HA—、H2A>NH4+、NH3-H2O中的

一种。Kb(NH3-H20)=1.7X10-5«下列说法错误的是()

A.图中曲线a表示的是NH3-H20,曲线e表示的是H2A

B.pH=7时，c(Cl-)+c(A2-)+c(NI13-1I20))-c(H2A)=0.Imol-L-1

C.M点时，c(A2-)c(HA-)-l.7Ka2(H2A)-c(NH3,H20)X10101-10c(NH3-H20)

D.pOH=8时，c(H2A)>c(IIA-)>c(0II-)>c(N1I3-H20)

三、实验题(本大题共1小题，共10.0分)

16.某实验小组以BaS溶液为原料制备BaC12-2H20,并用重量法测定产品中BaC12-2H2O的含

量。设计了如下实验方案：

可选用试剂：NaCl晶体、BaS溶液、浓H2s04、稀H2s04、CuS04溶液、蒸储水

步骤l.BaC12•2H20的制备

按如图所示装置进行实验，得到BaC12溶液，经一系列步骤获得BaC12•2H20产品。

步骤2,产品中BaC12-2H20的含量测定

①称取产品0.5000g,用100mL水溶解，酸化，加热至近沸；

②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的0.100mol-L-1H2S04溶液，

③沉淀完全后，60℃水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为0.4660g。

回答下列问题：

(1)I是制取气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为

(2)I中b仪器的作用是；HI中的试剂应选用—；

(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的H2s04溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全

的方法是;

(4)沉淀过程中需加入过量的H2S04溶液，原因是；

(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是(填名称)；

(6)产品中BaC12•2H20的质量分数为(保留三位有效数字)。

四、简答题(本大题共3小题，共36.0分)

17.硫胭［CS(NH2)2］在药物制备、金属矿物浮选等方面有广泛应用。实验室中先制备Ca(HS)2,

再与CaCN2合成CS(NH2)2,实验装置(夹持及加热装置略)如图所示。

己知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，受热时部分发生异构化生成NH4SCN。

回答下列问题：

(1)实验前先检查装置气密性，操作为①在E中加水至浸没导管末端，……；②微热A处三颈烧瓶，

观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯；③一段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且

高度不变。将操作①补充完整_。

(2)检查气密性后加入药品，打开K2。装置B中盛装的试剂为_。反应结束后关闭K2,打开

K1通N2一段时间，目的是_。

(3)撤走搅拌器，打开K3,水浴加热D中三颈烧瓶，在80℃时合成硫服，同时生成一种常见的碱。

控制温度在80℃的原因是_,D处合成硫胭的化学方程式为_o

(4)将装置D中液体过滤后，结晶得到粗产品。

①称取mg产品，加水溶解配成500mL溶液。在锥形瓶中加入足量氢氧化钠溶液和nX10-3mol单

质碘，发生反应：6Na0H+3I2=Nal03+5NaI+3H20,量取25mL硫胭溶液加入锥形瓶，发生反应：

NaIO3+3CS(NH2)2=3H0SC(NH)NH2+NaI；

②充分反应后加稀硫酸至酸性，发生反应：NaI03+5Nal+3H2so4=3I2+3Na2so4+3H20,滴加两滴淀

粉溶液，用须。11-1g25203标准溶液滴定，发生反应：I2+2Na2S203=2NaI+Na2S406o至终点时

消耗标准溶液VmL。粗产品中硫胭的质量分数为_(用含“m、n、c、V”的式子表示)；若滴定

时加入的稀硫酸量不足，会导致所测硫胭的质量分数一(填“偏高”、“偏低”或“不变”)。

已知：4NaI03+3Na2S203+6Na0H=4NaI+6Na2S04+3H20。

18.丙烯是重要的化工原料，其用量仅次于乙烯，研究丙烯的制取工艺具有重要意义。丙烷催

化脱氢制取丙烯的过程中涉及的主要反应有：

I.C3II8(g)WC3II6(g)+H2(g)AHl

II.C3H8(g)：CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)AH2=255.7kJ-mol-l

III.C3H6(g)WCH4(g)+C2I12(g)△113=131.5kJ-mol-l

已知：①温度高于600℃时，C—C键比C—H键更容易断裂；

②平衡状态下：

丙烯选择性=产品气中丙烯含量原料气中丙烷含量一产品气中丙烷含量X100%

丙烯收率=产品气中丙烯的量原料气中丙烷的量X100%

回答下列问题：

(1)下图中能正确表示反应I的化学平衡常数InKc与温度T关系的是_(填序号)。

(2)在lOOkPa的恒压条件下，将ImolC3H8(g)加入密闭容器中，在催化条件下发生上述反应，实

验测得温度对平衡状态下丙烯的选择性和收率的影响如图所示。

*88

用84

埠80

N8060

37540

20

段70

电

0

530550580600

温度/匕

①温度高于600℃时丙烯的选择性降低幅度增大的原因是_。

②580℃,t=10min时，反应体系达到平衡，丙烷的平衡转化率为—，v(C2H2)=_kPa-min-

,。反应I的压强平衡常数Kp=_kPa(用平衡分压代替平衡浓度，平衡分压=总压X体积分数)。

(3)工业上在保持lOOkPa的恒压条件下，通常在原料C3H8(g)中掺混一定量惰性气体，掺混一定

量惰性气体的原理是_。

19.有机高分子化合物G的合成路线如图：(部分产物及反应条件已略去)

0H

RCHiCH-CH—CHOlijUR

已知：①2RCH2CHO-NaOH/H2ORROLCH-C-CHO

②苯甲醛相对分子质量为106o

③E遇FeC13溶液可以发生显色反应，且能与NaHC03溶液反应生成无色气体，其核磁共振氢谱有

4组吸收峰。

④D+EfF为酯化反应。

回答下列问题：

(DB的名称为一，E中含有的官能团名称为一。

(2)A-B的化学方程式为_,该反应的类型为_»

(3)C发生银镜反应的化学方程式为_。

(4)D+E-F的化学方程式为_。

0

(5)11为D的同分异构体，且H分子中含有(一C-),苯环上有2个取代基，则H的可能结构

有_种(不考虑立体异构)。

五、推断题(本大题共1小题，共10.0分)

20.已知A、B、C、D、E五种元素的原子序数依次增大，其中A原子所处的周期数、族序数都

与其原子序数相等;B原子核外电子有6种不同的运动状态,s轨道电子数是p轨道电子数的两倍；

D原子L电子层上有2对成对电子；E的+1价阳离子的核外有3层电子且各层均处于全满状态。

(DE元素基态原子的核外电子排布式为。

(2)B、C、D三种元素的第一电离能由小到大的顺序为(填元素符号)。其原因是。

(3)已知I)、E能形成晶胞结构如图所示的两种化合物，则化学式：甲为,乙为:

(4)B2A4是石油炼制的重要产物之一.B2A4分子中B原子轨道的杂化类型为；ImolB2A2

分子中含mol。键。

答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.液冷散热技术所用的石墨烯材料是无机非金属材料，主要成分是碳单质，故A错

误；

B.晶体硅的导电性介于导体和绝缘体之间，是良好的半导体材料，常用于制造芯片，故B正确；

C.研发催化剂将C02还原为甲醇，可减少C02的排放，有利于实现碳中和，是促进碳中和的有效

途径，故C正确；

I).医用滴眼液中含有聚乙烯醉，聚乙烯醇分子中含有多个羟基，属于亲水基团，能与水分子形成

分子间氢键，导致其溶解性增大，故D正确；

故选：Ao

A.石墨烯主要成分是碳的单质，属于无机物；

B.晶体硅是良好的半导体材料，常用于制造芯片和太阳能硅板；

C.将C02还原为甲醇，可减少C02的排放；

D.聚乙烯爵分子中含有亲水基团羟基，能与水分子形成分子间氢键，增大去溶解性。

本题考查了物质的性质及应用，侧重分析能力和运用能力的考查，把握物质的组成、性质与用途

的关系即可解答，注意化学与生产、生活的联系，题目难度不大。

2.【答案】B

【解析】解：A、直储汽油是烷燃和环烷烧的混合物，不能使高镒酸钾溶液褪色；而裂化汽油中含

烯煌，故可以使高锯酸钾溶液褪色，故A正确；

B、煤中不含苯，但通过干储可以得到苯，故B错误；

C、甲烷、丙烯和苯均能燃烧，故均可以发生氧化物反应；且均能发生取代反应，故C正确；

D、甲烷和氯气反应生成的一氯甲烷能继续和氯气发生取代得到二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳,

故得到的产物为混合物，故D正确。

故选：B。

A、直储汽油是烷烧和环烷烧的混合物；裂化汽油中含烯燃；

B、煤中不含苯；

C、甲烷、丙烯和苯均能燃烧，均能发生取代反应；

D、甲烷和氯气反应生成的一氯甲烷能继续和氯气发生取代。

本题考查了有机物的性质、鉴别和煤的综合利用，难度不大，应注意煤中不含苯，但通过干储可

以获得苯。

3.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查物质的分离与提纯，难度不大，注意基础知识的积累。

【解答】

A.酒精与水互溶，不能作萃取剂，故A错误；

B.加入适量Ba(N03)2溶液，生成硝酸钠，引入新杂质，故B错误；

C.加入过量NaOH溶液，生成NaA102溶液，没有沉淀生成，故C错误；

D.将除杂后的NaCl溶液进行蒸发、结晶、洗涤和烘干，可得NaCl固体，故D正确。

4.【答案】D

【解析】解：N原子电子排布图表示的状态中，符合能量最低原理的其能量就最低，能量越高的

轨道中电子个数越多，其能量越高，根据图知，A符合能量最低原理，D中能量较高的轨道中电子

数最多，所以能量最高，

故选:D«

在电子排布图中，根据能量最低原理排布的能量就最低，在能级越高的轨道中电子数越多，能量

就越高。

本题考查了原子核外电子排布式，为高频考点，侧重考查学生的分析能力以及双基的掌握，明确

书写核外电子排布式的规则及电子所处能级的能量大小关系是解本题关键，题目难度不大。

5.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查共价键的类型，明确判断。键和“键的一般规律即可解答，题目难度不大。

【解答】

①HC1中只有共价单键，则只有。键；

②NH3中只有共价单键，则只有。键；

③N2中含有氮氮三键，既有。键又有n键：

④H202中只有共价单键，则只有。键；

⑤C2H4中含碳碳双键，既有。键又有n键：

⑥苯分子中的碳原子和氢原子间形成。键，苯环含有大"键；

故选D。

6.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、氧化还原反应、化学平衡等，注

重高考高频考点的考查，把握物质的性质、反应原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的综合

考查，题目难度中等。

A.二氧化硫与滨水发生氧化还原反应导致滨水褪色，该反应不能证明二氧化硫具有漂白性；

B.酸性条件下硝酸根离子的氧化性大于过氧化氢的氧化性；

C.乙醇能使KMnO4酸性溶液褪色；

D.碘遇淀粉变蓝，I-与AgN03溶液反应生成黄色沉淀。

【解答】

A.将S02通入溟水中，滨水褪色，漠将二氧化硫氧化成硫酸，从而导致漠水褪色，滨水褪色原因

不是因为二氧化硫具有漂白性，故A错误；

B.将硫酸酸化的H202滴入Fe(N03)2溶液，溶液变黄色，亚铁离子被氧化，但硝酸根离子可氧化

亚铁离子，不能比较H202、Fe2+的氧化性,故B错误；

C.漠乙烷在NaOH的乙醇溶液并加热可生成乙烯，先通过水可除去乙醇，防止干扰实验结论，故C

错误；

D.由现象可知，KI3溶液中存在13-：12+1-平衡，分别加入淀粉溶液和AgNO3溶液平衡均正向移

动，故D正确。

故选D。

7.【答案】B

【解析】

【分析】

本题考查原子的杂化方式的判断、键角和键长的比较、配位键的形成等，题目难度中等。

【解答】

A.PC13分子中P原子价层电子对数为4,采用sp3杂化，含有1个孤电子对，分子的空间构型是

三角锥形，故A正确；

B.H30+中含有1对孤电子对，H2S中含有2对孤电子对，由于孤电子对斥力大于键合电子对斥力，

孤电子对数目越多，键角越小，因此H2s的键角小于H30+的键角，故B错误；

C.同•周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，原子半径越大其键长越长，碳原子半

径大于氮原子，所以鼠气分子中C三N键长小于C-C键长，故C正确；

D.NH3•BF3中B原子有空轨道，N原子有孤电子对，所以NH3提供孤电子对，，BF3提供空轨道，

NH3与BF3可以通过配位键形成NH3•BF3,故D正确。

故选B。

8.【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查化学实验基本操作，题目难度中等，熟悉各种仪器的用途及使用注意事项、掌握常见化

学实验基本操作的注意事项是解答此类试题的关键。

【解答】

A.在蒸发操作的过程中，当加热到有少量液体剩余时停止加热，此时剩下的少量液体可以利用余

温蒸干，故A错误；

B.在萃取实验中，萃取剂要求与原溶剂互不相溶，且溶质在萃取剂中的溶解度更大，故B正确；

C.蒸储时，在加热前就应该把冷凝水打开，保证蒸发出来的气体及时被冷凝，蒸储完毕，先撤酒

精灯，再关冷凝水，故C正确；

D.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免两种液体相互污

染，故D正确。

故选Ao

9.【答案】D

【解析】

【分析】

本题考查原电池和电解池原理，正确判断正负极及阴阳极、各个电极上发生的反应是解本题关键，

知道阴阳离子移动方向，难点是燃料电池反应式的书写，易错选项是D,注意：较活泼金属作阳

极时，阳极上金属失电子而不是电解质溶液中阴离子失电子，题目难度中等。

【解答】

乙为燃料电池，通入甲醇的电极为负极、通入空气的电极为正极，电解质为熔融碳酸盐，则甲醇

电极反应式为CH30H-6e-+3C032-=4C02t+2H20、正极反应式为02+4e-+2co2=2C032-，放电时

电解质中阴离子向负极移动，阳离子向正极移动；

甲装置是电解池，Cu为阳极、C为阴极，阳极反应式为Cu-2e-=Cu2+、开始时阴极反应式为

2H++2e-=H2t，据此分析解答。

A.通过以上分析知，通入甲醇的电极为负极，电解质为熔融盐，电极反应式为

CH30H-6e-+3C032-=4C02t+21120,故A正确;

B.乙池放电时，CO32-不断移向负极，故B正确；

C.理论上32g甲醇被消耗时，转移电子物质的量=32g32g/molX6=6mol,串联电路中转移电子相

等，则C电极上生成标况下氢气体积=6mol2xiX22.4L/mol=67.2L,故C正确；

D.甲池中Cu电极反应式为Cu-2e-=Cu2+,故D错误；

故选：Do

10.【答案】B

【解析】解:A.向BaC12溶液中加入适量Na2C03溶液后，发生反应:BaC12+Na2C03=BaC03I+2NaCL

取少量上层清液于小试管中，滴加Na2c03,若不再有沉淀产生，则沉淀完全；若还有沉淀生成,

则不完全，故A正确；

B.淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，淀粉在稀硫酸的作用下水解

后，加入NaOH使溶液呈碱性，加入新制Cu(0H)2后加热，若有砖红色沉淀生成，只能说明有淀粉

水解，但不能说明淀粉不能完全水解，故B错误；

C.将Na2c0340H20晶体置于用烟中加热，冷却后称量，并重复上述操作，若相邻两次称量的结果

相同，说明固体已经恒重，说明碳酸钠已全部失去结晶水，故C正确；

D.滴定时，当溶液颜色变化且半分钟内不变色，可说明达到滴定终点，滴有酚髓的NaOH溶液呈粉

红色，当滴入最后一滴HC1溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变色，说明碱已全部反应完，

故D正确；

故选:B«

A.沉淀完全的检验方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加沉淀剂，若不再有沉淀产生，则沉

淀完全；若还有沉淀生成，则不完全；

B.淀粉在稀硫酸的作用下水解后，只要淀粉水解，就有葡萄糖生成，在碱性条件下，能和氢氧化

铜反应；

C.相邻两次称量的结果相同，说明固体已经恒重，说明碳酸钠已全部失去结晶水；

D.滴有酚献的NaOH溶液呈粉红色，当滴入最后一滴HC1溶液后粉红色刚好褪去，且半分钟内不变

色，说明碱已全部反应完。

本题考查了化学实验方案的设计与评价，题目难度中等，明确难溶物溶解平衡及其影响、中和滴

定操作方法、结晶水测定方法为解答关键，注意掌握化学实验方案设计与评价的原则，试题培养

了学生的分析能力及化学实验能力。

11.【答案】B

【解析】解：A.C1O3-+6H++5C1-=3C12t+3H20中，5个Cl失去电子与1个C1得到电子相等，失

去电子被氧化、得到电子被还原，则反应I中氧化产物和还原产物的物质的量比为5：1,故A正

确；

B.I中C1元素的化合价由+5价降低为0,III中Bi元素的化合价由+5价降低为+3价，由氧化剂的

氧化性大于氧化产物的氧化性可知，酸性条件下的氧化性：C103->C12>NaBiO3>MnO4-,II中Cl

元素的化合价由0降低为-1价，且在碱性条件下，故B错误；

C.高锌酸钾可与浓盐酸反应生成氯气，结合反应II可知氧化性为NaBiO3>MnO4-,则NaBiO3可与

盐酸发生NaBiO3+6II++2Cl-=Bi3++Na++C12t+31120,故C正确；

D.由反应可知存在2MnO4-〜5NaBi03〜5c12〜53cl03-，则制得28.4g高镒酸钠时，理论上消耗

氯酸钠的物质的量为28.4gl42g/molX56=16mol,故D正确；

故选：Bo

A.C1O3-+6H++5C1-=3C12t+3H20中，5个Cl失去电子与1个Cl得到电子相等，失去电子被氧化、

得到电子被还原；

B.结合氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断；

C.高锌酸钾可氧化浓盐酸，则NaBi03可氧化浓盐酸；

D.由反应可知存在2Mn04-〜5NaBi03〜5c12〜53cl03-，以此计算。

本题考查氧化还原反应及计算，为高频考点，把握元素的化合价变化、基本概念、氧化性比较为

解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。

12.【答案】A

【解析】解：A.As4与P4互为等电子体，二者结构相似，为正四面体结构，该分子中每个As原

子含有1个孤电子对，所以该分子中含有6个成键电子对和4个孤电子对，比例为3：2,故A错

误；

B.每个B原子被5个正三角形分摊，所以一个正三角形含有0.6个B,12个B原子可形成120.6=20

个正三角形，即该基本单元为正20面体，故B正确；

C.共价晶体熔点较高，非金属B形成晶体的熔点为2180℃,且原子间存在共价键，则晶体B为共

价晶体，故C正确；

D.BAs晶胞结构中原子个数之比为1：1,即B、As的配位数相等，由图片可知它们的配位数均为

4,故D正确；

故选：Ao

A.As4与P4互为等电子体，二者结构相似，为正四面体结构，该分子中每个As原子含有1个孤

电子对，所以该分子中含有6个成键电子对和4个孤电子对；

B.每个B原子被5个正三角形分摊，所以一个正三角形含有0.6个B,12个B原子可形成120.6=20

个正三角形；

C.共价晶体熔点较高；

D.距离As原子最近且相等的B原子有4个。

本题考查晶胞计算，侧重考查分析、判断及计算能力，明确晶体结构特点、配位数的计算方法、

晶体类型的判断方法是解本题关键，题目难度不大。

13.【答案】CD

【解析】解：A.酸碱中和滴定时，热量散失，不能测定中和热，故A错误；

B.只有盐酸的浓度不同，且大理石的表面积不一定相同，不能探究浓度对反应速率的影响，故B

错误；

C.pH计测量室温下0.lmol-L-1氨水的pH,可知一水合氨电离出氢氧根离子的浓度，则可探究室

温下NH3-H2O的电离程度，故C正确；

D.乙醇与氢氧化铜不反应，乙醛可被新制氢氧化铜氧化，加热生成砖红色沉淀的为乙醛，无现象

的为乙醇，故D正确；

故选:CD。

A.酸碱中和滴定时，热量散失；

B.只有盐酸的浓度不同，且需控制大理石的表面积相同；

C.pH计测量室温下0.lmol-L-1氨水的pH,可知一水合氨电离出氢氧根离子的浓度；

D.乙醇与氢氧化铜不反应，乙醛可被新制氢氧化铜氧化.

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、中和热测定、反应速率、弱电解

质的电离、物质的鉴别、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价

性分析，题目难度不大。

14.【答案】AB

【解析】解：A.含有碳碳双键、醇羟基、竣基、酸键四种官能团，故A正确；

B.分子中竣基能和乙醇发生酯化反应、醇羟基能和乙酸发生酯化反应，且反应类型相同，故B正

确；

C.峻基和NaOH以1：1反应，分子中含有2个段基，所以Imol该物质最多能和2moiNaOH发生中

和反应，故C错误；

D.碳碳双键能和漠发生加成反应而使澳的四氯化碳溶液褪色、能被酸性高锌酸钾溶液氧化而使酸

性高镒酸钾溶液褪色，前者为加成反应、后者为氧化反应，反应原理不同，故D错误；

故选：ABo

A.含有碳碳双键、醇羟基、粉基、酸键；

B.段基能和乙醵发生酯化反应、醇羟基能和乙酸发生酯化反应；

C竣基和NaOH以1：1反应;

D.碳碳双键能和漠发生加成反应、能被酸性高镒酸钾溶液氧化。

本题考查有机物的结构和性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质

的关系是解本题关键，题目难度不大。

15.【答案】AD

【解析】解：A.着pOH值的增大，NH3-H20浓度减小,NH4+浓度增大,H2A浓度增大,HA-浓度先

增大后减小，A2-浓度减小,故题干图示中，a代表H2A,b代表HA-,c代表HA-,d代表NH3-H20,

e代表H2A,故A错误;

B.常温下，将0.2mol-L-lNH4Cl溶液与0.2mol-L-lNaHA溶液等体积混合，

c(NH4Cl)=c(NaHA)=0.Imol-L-b所得溶液pOH=6.2,需要通入少量HC1溶液才能pH=7；由电荷守

恒可得：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(0H-)+c(C1-),由物料守恒可得：

c(HA-)+2c(A2-)+c(0H-)=0.lmol-L-1,c(NII4+)+c(NH3-II2O)=O.lmol-L-1,由三式可得，

c(Cl-)+c(A2-)+c(NH3-H20))-c(H2A)=c(Na+)=0.Imol-L-1,故B正确；

C溶液中,Kb(NH3.H20)=c(NH4+)Xc(0H-)c(NH3-H20),Ka2(H2A)=c(A2-)Xc(H+)c(HA-),

则c(A2-)c(HA-)=Ka2(H2A)c(H+)=Ka2(H2A)Kwc(0H-)=Ka2(H2A)X

c(0H-)Kw=Ka2(H2A)KwXKb(NH3-H20)Xc(NH3-H20)c(NH4+)=Ka2(H2A)1X10-14x1.7

X10-5Xc(NH3-H20)0.1-c(NH3-H2O)=1.7Ka2(H2A)-c(NH3-H20)X

10101-10c(NH3-H20),故C正确；

D.pOH=8时，c(0H-)=lX10-8mol-L-l,Kb(NH3-H20)=c(NH4+)Xc(0H-)c(iS[H3-H20),1.7X

10-5=c(NH4+)c(NH3-H20)X1X10-8,0.1-c(NH3-H20)c(NH3-H20)=l.7X103,c(NH3-H2O)

««5.9X10-50mol-L-l>c(0H-)=lX10-8mol-L-l,guD错误；

故选：AD。

常温下，将0.2mol-L-lNH4Cl溶液与0.2moi1-lNaHA溶液等体积混合所得溶液pOH=6.2,说明溶

液呈碱性，NH4+水解程度小于水解程度I1A-；随着pOH值的增大，即酸性增强，NH3-H20浓度减小，

NH4+浓度增大，A2-浓度减小，HA-浓度先增大后减小，H2A浓度增大，故题干图示中，a代表A2-,

b代表NH4+,c代表HA-,d代表NH3-H20,e代表H2A,据此分析解题。

本题考查离子浓度大小比较，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，正确判断水解相对大

小、溶液中各微粒浓度变化特点是解本题关键，题目难度较大。

16.【答案】(1)HC1；112so4(浓)+NaCl=微热NaHS04+IIClt

(2)防止倒吸；CuS04溶液

(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全

(4)使钢离子沉淀完全

(5)锥形瓶

(6)97.6%

【解析】

【分析】

本题考查制备实验的设计，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、物质检验、实验技

能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。

【解答】

装置1中浓硫酸和氯化钠共热制备HCL装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaC12•2H20,装

置IH中硫酸铜溶液用于吸收生成的1I2S,防止污染空气。

(1)由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HC1气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓

硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2s04(浓)+NaCl=微热

NaHS04+HClt。

(2)氯化氢极易溶于水，装置I【中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生

成H2S,H2s有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuS04溶液，用于吸收H2S。

(3)硫酸与氯化钢反应生成硫酸钢沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净

试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。

(4)为了使钢离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。

(5)过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。

⑹由题意可知,硫酸苗的物质的量为：0.4660g233g/mol=0.002mol,依据铁原子守恒，产品中

BaC12•2H20的物质的量为0.002mol,质量为0.002molX244g/mol=0.488g,质量分数为：

0.488g0.5000gX100%=97.6%«

17.【答案】关闭开关Ki、七、K3饱和硫氢化钠溶液将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置

D中并排净装置中的空气，防止产品被氧化温度过高，硫胭会部分发生异构化生成

r,/s

N114SCN"•>///>''-1<>V/fu,-(；//(n-0.5cV)X152m%偏

高

【解析】解：(1)实验前先检查装置气密性，在E中加水至浸没导管末端，关闭开关Ki、&、K3,

形成一个密封体系，然后微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯，一

段时间后，E处导管末端形成一段水柱，且高度不变，说明整个装置气密性较好，

故答案为：关闭开关K】、七、七；

(2)反应生成硫化氢气体含有挥发的氯化氢气体，装置B中盛装的试剂为饱和硫氨化钠溶液，可以

除去氯化氢气体；已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，反应结束后关闭％,打开七通N2一段

时间，目的是将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空气，防止产品被氧

化，

故答案为：饱和硫氢化钠溶液；将滞留在装置中A的硫化氢气体排入装置D中并排净装置中的空

气，防止产品被氧化；

(3)己知：受热时部分发生异构化生成NH4SCN,故温度不能过高，需控制温度在80℃；在80℃时

合成硫胭，同时生成一种常见的碱，根据质量守恒可知生成氢氧化钙，反应为

C..//S:,-2(',(,X»•//O7'1(S\II-,3"(〃八->

故答案为：温度过高，硫胭会部分发生异构化生成NH4SCN；

2(，"、6//.O''2(SXII,..*"()〃；

(4)由方程式可知,Na2s203消耗的12的物质的量为0.5cVX10-3mol,实验①中反应的关系式为：

3I2~NaI03~3CS(NH2)2,则粗产品中硫麻的质量分数=(nX10-3-0.5cVX10-3)X20X76m

X100%=(n-0.5cV)X152m%,若滴定时加入的稀硫酸量不足，使得②中碘单质量减小，使得标

准液V减小，会导致与硫胭反应的碘酸钠偏多，所测硫艇的质量分数偏高，

故答案为：(n—0.5cV)X152m%；偏高。

(1)实验前先检查装置气密性，在E中加水至浸没导管末端，关闭开关Ki、七、K3,形成一个密封

体系，然后微热A处三颈烧瓶，观察到E处导管末端有气泡冒出，移走酒精灯，一段时间后，E

处导管末端形成一段水柱，且高度不变；

(2)反应生成硫化氢气体含有挥发的氯化氢气体，装置B中盛装的试剂为饱和硫氢化钠溶液，可以

除去氯化氢气体；已知：CS(NH2)2易溶于水，易被氧化，反应结束后关闭七，打开七通N2一段

时间；

(3)已知：受热时部分发生异构化生成NH4SCN,故温度不能过高，在80℃时合成硫胭，同时生成

氢氧化钙；

(4)由方程式可知,Na2s203消耗的12的物质的量为0.5cVX10-3mol,实验①中反应的关系式为：

3I2-NaI03~3CS(NH2)2,若滴定时加入的稀硫酸量不足，使得②中碘单质量减小，使得标准液V

减小，会导致与硫腺反应的碘酸钠偏多。

本题考查物质的制备，侧重考查学生物质之间的转化、实验装置、实验条件的选择、产品纯度的

计算机误差分析，试题难度中等。

18.【答案】d温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，

使得丙烯的选择性降低幅度增大80%1120各反应均为气体分子数增加的反应，充入惰性气体,

降低丙烯、氢气等气体的分压，有利于平衡正向移动，可利于提高丙烷的转化率

【解析】解：(1)根据I.C3II8(g)^C3H6(g)+H2(g)AHl

II.C3H8(g)wCH4(g)+C2H2(g)+H2(g)AH2=255.7kJ-mo1-1

III.C3H6(g)^CH4(g)+C2H2(g)△113=131.5kJ-mol-l

由盖斯定律可知，H-HI得反应:C3H8(g)：律H6(g)+H2(g),故AHl=+124.2H川。1厂；该反应为吸

热反应，升高温度，平衡正向移动，平衡常数变大，故选d,

故答案为：d；

(2)①根据已知，温度高于600℃时，C-C键比C-H键更容易断裂；温度高于600℃时丙烯的选择

性降低幅度增大的原因是温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更

容易发生，使得丙烯的选择性降低幅度增大，

故答案为：温度高于600℃时，丙烷中C-C键比C-H键更容易断裂，导致副反应更容易发生，使

得丙烯的选择性降低幅度增大；

②58(TC,t=10min时,反应体系达到平衡，由图可知，丙烯收率为60%,则平衡时丙烯为0.6mol,

设有amolC3H8裂解为C3H6和H2,有bmolC3H8裂解为CH4、C2H2和H2,由三段式可知：

C3H8(g”C3H6(g)+H2(g)

起始(mol)100

转化(mol)aaa

平衡(mol)

C3H8(g),CH4(g)+C2H2(g)+H2(g)

起始(mol)

转化(mol)bbbb

平衡(mol)

C3H6(g)-CH4(g)+C2H2(g)

起始(mol)

转化(mol)a—0.6a—0.6a—0.6

平衡(mol)

此时丙烯选择性为75%,则0.61—(1-a-b)X100%=75%,解得a+b=0.8mol,故丙烷的平衡转化

率为0.8mollmolX100%=80%;此时平衡是丙烷、丙烯、氢气、甲烷、乙块分别为0.2m。1、0.6m。1、

0.8mol>0.2mol>0.2mol,总的物质的量为2mol,贝！|v(C2H2)=0.22X100kPal0min=lkPa-mirT

'；反应I的压强平衡常数Kp=p(C3H6)-p(H2)p(C3H8)=(0.62X100)X(0.82X100)0.22X

100=120kPa,

故答案为:80%；1；120；

(3)工业上在保持lOOkPa的恒压条件下，通常在原料C3H8(g)中掺混一定量惰性气体，掺混一定

量惰性气体的原理是各反应均为气体分子数增加的反应，充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体

的分压，有利于平衡正向移动，可利于提高丙烷的转化率，

故答案为：各反应均为气体分子数增加的反应，充入惰性气体，降低丙烯、氢气等气体的分压，

有利于平衡正向移动，可利于提高丙烷的转化率。

(1)根据I.C3H8(g)^C3H6(g)+H2(g)AHl

II.C3H8(g)eCH4(g)+C2H2(g)+H2(g)AH2=255.7kJ-mo1-1

III.C3H6(g)-CH4(g)+C2H2(g)A113=131.5kJ-mol-l

由盖斯定律可知，II-HI得反应：C3H8(g)：律H6(g)+H2(g),故AHl=+124.2kJ-moLT；该反应为吸

热反应，升高温度，平衡正向移动；

(2)①根据已知，温度高于600℃时，C—C键比C-H键更容易断裂判断；

②结合三段式计算；

(3)工业上在保持lOOkPa的恒压条件下，通常在原料C3H8(g)中掺混一定量惰性气体，可降低丙

烯、氢气等气体的分压，有利于平衡正向移动。

本题考查反应热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析能力、识

图能力和计算能力，根据题目信息结合勒夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度较

大。

19.【答案】丙醛羟基、竣基2CH3CH2CH20H+02CUA2CH3CH2CH0+2H20氧化反

CH=CCHOCH=CCOONH4

应+2Ag(NH3)2OH-A,为+2AgI

COOH

+3NII3+H20cn3+6H-1-'+H2024

COOH

【解析】解：(1)通过以上分析知，B为CH3cH2CH0,B的名称为丙醛，E为◎,E中含有的

官能团名称为羟基、竣基，

故答案为：丙醛；羟基、竣基；

(2)A为CH3cH2cH20H,B为CH3cH2CH0,A发生催化氧化生成B,A-B的化学方程式为

2CH3CH2CH20H+02CUA2CH3CH2CH0+2H20,该反应的类型为氧化反应，

故答案为：2CH3CII2CH20II+02CuA2CII3C112CI10+21120；氧化反应；

CH=CCHOCH=CCHO

(3)C为^H3,C发生银镜反应的化学方程式为*-H3+2Ag(NH3)20H-

QHCH=CCOONH4

△^H3+2AgI+3