高中化学高考三轮冲刺 2023高考化学仿真模拟卷·江苏卷（三）

2023年高考仿真模拟卷(江苏卷)（三）化学一、单项选择题（本题包括10小题，每小题2分，共计20分。每小题只有一个选项符合题意。）1.（2023·广东深圳一调·8）NA为阿伏加德罗常数。下列说法正确的是（）A．20g重水（2H2O）含有的中子数为10NAB．常温常压下，Cl2完全溶于水转移电子数为C．标准状况下，CCl4中含有C—Cl键数为D．1mol·L－1FeCl3溶液含有的Cl－数为3NA2.（2023·江苏常州检测·9）下列离子方程式书写正确的是()A．用纯碱溶液溶解苯酚：CO－＋2C6H5OH=2C6H5O－＋CO2↑＋H2OB．酸性介质中KMnO4氧化H2O2：2MnO＋2H2O2＋8H＋=2Mn2＋＋3O2↑＋6H2OC．用石墨作电极电解MgCl2溶液：2Cl－＋2H2OCl2↑＋H2↑＋2OH－D．等体积等物质的量浓度的NH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2混合：2Fe3＋＋3SO－＋3Ba2＋＋6OH－=3BaSO4↓＋2Fe(OH)3↓3.（2023·湖北武汉二月调研·7）下表中化学方程式或离子方程式的书写及与其对应的关系有错误的是（）选项化学方程式或离子方程式对应关系A.加成反应B.2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O氧化还原反应C.2OH－+NO+NO2＝2NO－2+H2ONO2氧化了NOD.2Fe2++3[Fe(CN)6]3－＝Fe3[Fe(CN)6]2可用于检验Fe2+4.（2023·河南郑州一测·11）甲醇质子交换膜燃料电池中将甲醇蒸气转化为氢气的两种反应原理是①CH3OH(g)＋H2O(g)＝CO2(g)＋3H2(g)ΔH＝＋kJ/mol②CH3OH(g)＋1/2O2(g)＝CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－kJ/mol根据上述反应，下列说法正确的是（）A.右图表示反应①中的能量变化B.可推知2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－kJ/molC.1molCH3OH充分燃烧放出的热量为kJD.CH3OH转变成H2的过程一定要吸收能量6.（2023·上海嘉定区高三一模·15）在浓盐酸中H3AsO3与SnCl2反应的离子方程式为：3SnCl2＋12Cl—＋2H3AsO3＋6H＋→2As＋3SnCl62－＋6M关于该反应的说法中正确的组合是（）①氧化剂是H3AsO3；②还原性：Cl－＞As；③每生成，还原剂失去的电子为

mol；④M为OH－；⑤SnCl62－是氧化产物。A．①③⑤B．①②④⑤C．①②③④D．只有①③1.（2023·福建福州期末·22）下列有关电化学的叙述正确的是（） A． 为实现铁上镀铜，可把铁作为阳极 B． 氯碱工业通过电解熔融的NaCl生产Cl2 C． 如图所示，盐桥中的K+移向ZnSO4溶液 D． 氢氧燃料电池（碱性电解质溶液）中O2通入正极，电极反应为O2+2H2O+4e﹣═4OH﹣7.（2023·广东省广州市高三一模·7）已知：Cu(s)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+H2(g)△H12H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)△H22H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H3则反应Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+2H2O(l)的△H是（）A．△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2+EQ\f(1,2)△H3B．△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2-EQ\f(1,2)△H3C．△H＝△H1+2△H2+2△H3D．△H＝2△H1+△H2+△H38.（2023·浙江重点中学协作体一模·13）下列说法正确的是(▲)A.有人利用ZrO2作为固体电解质（允许O2－通过）制造出了常温下的甲醇一空气燃料电池。当原电池中有mol甲醇消耗时，则负极消耗O2－的物质的量为B.标准状况下VL氨气溶解在1L水中（水的密度近似为lg/ml），所得溶液的密度为g/ml，质量分数为，物质浓度为cmol/L，则C.已知常温下，氢氧化镁的溶度积常数为a，则氢氧化镁悬浊液中D.将的Mg和Cu混合物完全溶解于足量的硝酸中，收集反应产生的x气体。再向所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生沉淀。根据题意推断气体x的成分可能是NO2和9.（2023·河北衡水一模·13）常温下，下列说法不正确的是()A．等体积、等物质的量浓度的NaCl(aq)离子总数大于NaClO(aq)中离子总数B．pH=3的硫酸溶液中水的电离程度等于pH=11的氨水溶液中水的电离程度C．mol/L的NaHA溶液pH＝5，则溶液：c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(H2A)D．向NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至中性，所得混合液：c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(SO42－)＞c(OH－)＝c(H＋)10.（2023·河南洛阳高三统考·17）在1．0L密闭容器中放入0.10molX，在一定温度下发生反应：，容器内气体总压强p随反应时间t的变化关系如下图所示。以下分析不正确的是A.从反应开始到t1时的平均反应速率B．该温度下此反应的平衡常数K=t2C．欲提高平衡体系中Y的含量，可降低体系温度或减少Z的量D．其他条件不变，再充入mol气体X，平衡正向移动，X的转化率增大二、不定项选择题（本题包括5小题，每小题4分，共计20分。每小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分，选两个且都正确的得满分，但只要选错一个，该小题就得0分。）11.（2023·山东潍坊一模·13）25℃时，向的NaOH溶液中逐滴加入某浓度的CH3COOH溶液。滴定过程中，溶液的pH与滴入CH3COOH溶液的体积的关系如图所示，②点时NaOH溶液恰好被中和。则下列说法中，错误的是（）A.CH3COOH溶液的浓度为·L-1B.图中点①到点③所示溶液中，水的电离程度先增大后减小C.点④所示溶液中存在：c(CH3COOH)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)D.滴定过程中的某点，会有c(Na+)＞c(CH3COO-)=c(OH-)＞c(H+)12．(2023·江苏扬州期末考.12)某药物中间体的合成路线如下。下列说法正确的是对苯二酚2,5-二羟基苯乙酮中间体A．对苯二酚在空气中能稳定存在B．1mol该中间体最多可与11molH2反应C．2,5-二羟基苯乙酮能发生加成、水解、缩聚反应D．该中间体分子中含有1个手性碳原子13.（2023·上海嘉定区高三一模·18）浓硫酸在加热条件下能溶解金属银，反应的化学方程式为2Ag+2H2SO4(浓)Ag2SO4+SO2↑+2H2O,下列反应中浓硫酸的作用与该反应相同的是（）A．Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2OB．C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OC．2FeO+4H2SO4→Fe2(SO4)3+SO2↑+4H20D．C2H5OH+2H2SO4(浓)2C+2SO2↑+5H2O14.(2023•江苏无锡期末考.15)向甲、乙、丙三个密闭容器中充入一定量的A和B，发生反应：A(g)＋xB(g)2C(g)ΔH＝akJ·mol－1各容器的反应温度、反应物起始量，反应过程中C的浓度随时间变化关系分别如下表和下图：容器甲乙丙容积0.5L0.5L1.0L温度/℃T1T2T2反应物起始量molAmolBmolAmolBmolAmolB下列说法不正确的是()A．10min内甲容器中反应的平均速率v(B)＝mol·L－1·min－1B．其他条件不变，甲容器中在20min后，降低温度，平衡向正反应方向移动C．保持其他条件不变，若起始时向乙容器中充入molA、molB和molC，则反应达到新平衡前v(逆)>v(正)D．T2℃，向丙容器的平衡体系中再充入、，平衡时C的体积分数大于25%15.（2023·浙江重点中学协作体一模·9）短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，且只有一种金属元素。其中X与W处于同一主族，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外）。W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，五种元素原子最外层电子数之和为21，下列说法正确的是(▲)的简单离子半径小于Z的简单离子半径最高价氧化物对应的水化物分别与X、Y最高价氧化物对应的水化物反应生成1mol水时所放出的热量相同可分别与X、Y、Z、W形成化学键类型相同的化合物的简单气态氢化物在一定条件下可被Q单质氧化三.非选择题（共80分）16.（2023·广东深圳一调·32）（16分）工业上回收利用某合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等，已知Co、Fe都是中等活泼金属）的工艺流程如下：足量空气①H足量空气①H2O2高温焙烧高温焙烧LiLi2CO3②氨水②氨水（1）金属M为，操作1为。（2）加入H2O2的作用是（用离子方程式表示），加入氨水的作用是。（3）充分焙烧的化学方程式为。（4）已知Li2CO3微溶于水，其饱和溶液的浓度与温度关系见下表。操作2中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是，90℃时Ksp（Li2CO3）的值为。温度/℃10306090浓度/mol・L－1（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极生成两种气体，则阳极的电极反应式为。17.(2023.江苏泰州期末·17)工业合成有机物F路线如下：（1）有机物E中含氧的官能团名称为▲和▲。（2）化合物D的结构简式是▲。（3）在上述转化关系中，设计步骤（b）和（d）的目的是▲。（4）写出步骤（e）的化学反应方程式▲。（5）写出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式▲。A．属于芳香化合物B．核磁共振氢谱有四个峰C．1mol该物质最多可以消耗1molNa（6）已知：①（R：烃基或氢原子，R＇：烃基）②写出以丙烯和为原料制备A物质的合成路线图（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：。18．（2023·江苏南京盐城一模·18）化学需氧量（COD）常作为衡量水体中有机物含量多少的指标。某化学课外小组的同学拟采用碱性高锰酸钾溶液测定某海水试样的COD，实验流程如下：已知：①弱碱性条件下MnO4－被还原性物质还原为MnO2②10I－+2MnO4－+16H+=5I2+2Mn2++8H2O③2S2Oeq\o\al(2－,3)＋I22I－＋S4Oeq\o\al(2－,6)（1）测定海水试样的COD，采用碱性高锰酸钾溶液而不采用酸性高锰酸钾溶液，其可能原因是。（2）氧化后的水样煮沸后，需冷却并在暗处再加入KI和硫酸，需在暗处的原因是。用Na2S2O3标准溶液滴定，终点时溶液颜色的变化是。（3）滴定到终点时消耗Na2S2O3标准溶液。根据以上实验数据计算海水试样的COD（用每升水样相当于消耗多少毫克O2表示，单位：mg·L－1）（写出计算过程）。19.（2023·福建福州期末·27）（20分）盐酸常用于清除金属表面的铜锈铁锈．某同学欲将除锈后的盐酸中的金属元素分步沉淀，查资料获知常温下水溶液中各离子沉淀的pH范围：离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+Fe2+Cu2+（1）若以离子浓度降至1×10﹣5mol•L﹣1为沉淀完全，根据上表数据推算出ksp[Fe（OH）3]=；（2）根据上述数据该同学设计了以下实验流程：试剂A可能是；试剂B的化学式是；沉淀②化学式是．20．（2023·江苏南京盐城一模·20）二氧化碳的捕集、利用与封存（CCUS）是我国能源领域的一个重要战略方向，CCUS或许发展成一项重要的新兴产业。（1）国外学者提出的由CO2制取C的太阳能工艺如题20－图1所示①“热分解系统”发生的反应为2Fe3O46FeO+O2↑，每分解1molFe3O4转移电子的物质的量为。②“重整系统”发生反应的化学方程式为。题20－图1题20－图2题20－图1题20－图2平衡时物质的量/mol393453513573633693753T/K010203040506070H2▲▲a○○○○○○b□○□○□○□○c◆◆○◆◆○◆◆○◆◆○太阳能热分解系统重整系统O2＞2300KFe3O4FeO700KKCO2C▲▲（2）二氧化碳催化加氢合成低碳烯烃是目前研究的热门课题，起始时以，太阳能电池↑O2质子透过膜n(H2)∶n(CO2)=3∶1的投料比充入反应器中，发生反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g)△H，不同温度下平衡时的四种气态物质的物质的量如题太阳能电池↑O2质子透过膜①曲线b表示的物质为（写化学式）。②该反应的△H0（填：“＞”或“＜”）③为提高CO2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施是（列举1项）。（3）据报道以二氧化碳为原料采用特殊的电极电解强酸性的二氧化碳水溶液可得到多种燃料，其原理如题20图3所示。①该工艺中能量转化方式主要有（写出其中两种形式即可）。②电解时其中b极上生成乙烯的电极反应式为。21．A.[物质结构选修模块题]（2023·天一大联考测试三·20）金属铝、铁、铜与人类生产、生活息息相关。(1)聚合硫酸铁（简称PFS）的化学式为，是常用的水处理剂，与PFS中铁元素价态相同的铁离子的电子排布式为____________。(2)下列关于的说法中正确的有_____（填字母）。a.三种物质中含有的化学键类型均有离子键和配位键b.中含有NH3分子，其水溶液中也含有大量分子c.三种物质的组成元素中第一电离能最大的是氮元素‘d.与的中心离子具有相同的配位数(3)氯和钾与不同价态的铜可生成两种化合物，其阴离子均为无限长链结构（如图所示），a位置上的Cl原子的杂化轨道类型为________。已知其中一种化合物的化学式为KCuCl3，则另一种化合物的化学式为________。(4)用晶体的X射线衍射法可以测得阿伏加德罗常数的值。对金属铜的测定得到以下结果：铜晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为900g，则铜原子的直径约为________pm，阿伏加德罗常数的值为_______.B．[实验化学]二茂铁（难溶于水，易溶于乙醚等有机溶剂，是易升华的橙色晶体）可用作燃料的节能消烟剂、抗爆剂等。实验室制备二茂铁反应原理及装置示意图如下：Ⅰ．反应原理2KOH+FeCl2+2C5H6→(C5H5)2Fe+2KCl+2H2O（环戊二烯）（二茂铁）Ⅱ．实验装置题21B－图1题21B－图1题21B－图2baⅢ．实验步骤步骤1．在三颈烧瓶中加入25g粉末状的KOH，并从仪器a中加入60mL无水乙醚到烧瓶中，充分搅拌，同时通氮气约10min（见题21B－图1）。步骤2．再从仪器a滴入新蒸馏的环戊二烯，搅拌。步骤3．将6.5g无水FeCl2与(CH3)2SO（二甲亚砜）配成的溶液装入仪器a中，慢慢滴入烧瓶中，45min滴完，继续搅拌45min。步骤4．再从仪器a加入25mL无水乙醚搅拌。步骤5．将烧瓶中的液体转入分液漏斗，依次用盐酸、水各洗涤两次，分液得橙黄色溶液。步骤6．蒸发橙黄色溶液，得二茂铁粗产品。步骤7．粗产品升华提纯（见题21B－图2）（1）写出题21B-图1中仪器名称：a为，b为。（2）步骤1中通入氮气的目的是。（3）步骤5在洗涤、分液操作中，应充分振荡，然后静置，待分层后（填序号）A．直接将二茂铁乙醚溶液从分液漏斗上口倒出B．直接将二茂铁乙醚溶液从分液漏斗下口放出C．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将二茂铁乙醚溶液从下口放出D．先将水层从分液漏斗的下口放出，再将二茂铁乙醚溶液从上口倒出（4）升华提纯时，题21B－图2漏斗颈处棉花球的作用是。cdFeFeHHcdFeFeHH单实验是。（6）确定二茂铁的结构是右图c而不是d可测定的谱图为。1.【答案】A【命题立意】本题考查阿伏加德罗常数。【解析】重水（2H2O）的摩尔质量是20g/mol，1个重水分子中含2+8=10个中子，20g重水为1mol，含有的中子数为10NA，A正确；Cl2是，完全溶于水，参加反应的氯气小于，则转移电子数小于，B错误；标准状况下，CCl4是液体，不能根据其体积求算物质的量，C错误；没有给出FeCl3溶液的体积，不能根据其浓度求算物质的量，D错误。【易错提醒】关于阿伏加德罗常数的试题常设置的陷阱，主要有以下几个方面：①标准状况条件：考查气体时经常给出非标准状况，如常温常压下等；②物质状态：考查气体摩尔体积时，常考在标准状况下非气态的物质，如HF、H2O、CHCl3等如本题的D项；③物质结构和晶体结构：考查一定物质的量的物质中含有多少微粒(分子、原子、电子、质子、中子等)时常涉及稀有气体He、Ne等；晶体结构：P4、金刚石、石墨、二氧化硅的结构及化学键的数目如本题的A项；④氧化还原反应：常设置氧化还原反应中电子转移(得失)数目方面的陷阱如本题的B项；⑤电解、水解：考查电解质溶液中微粒数目或弱电解质的电离，盐类水解方面的知识；⑥胶粒是许多分子的集合体，如1mol铁完全转化为氢氧化铁胶体后，胶粒数远小于NA等。2.【答案】D【命题立意】本题考查离子方程式的正误判断。【解析】A项，苯酚的酸性介于H2CO3和HCO之间，所以苯酚与Na2CO3反应只能生成NaHCO3，不能放出CO2，错误；B项，不满足电荷守恒，错误；C项，应生成Mg(OH)2沉淀，错误；D项，各取1molNH4Fe(SO4)2和Ba(OH)2，SO－过量，发生SO－+Ba2＋=BaSO4↓=1\*GB3①，OH－先与Fe3＋生成沉淀，再与NH反应生成NH3·H2O，但OH－不足，则发生2/3Fe3＋+2OH－=2/3Fe(OH)3↓=2\*GB3②，将=1\*GB3①和=2\*GB3②相加，同时将方程式系数扩大3倍，即知给出的反应，正确。3.【答案】D【命题立意】本题考查化学方程式、离子方程式的书写及对应关系【解析】乙烯与氧气反应生成环氧乙烷，是加成反应，A正确；乙醇氧化生成乙醛是氧化还原反应，B正确；二氧化氮氧化NO，C正确；D选项未配平，错误。4.【答案】B【命题立意】本题考查了反应中的能量的变化与图像的关系，盖斯定律的应用，燃烧热的应用。【解析】A、反应①的△H＞0，而图示的△H=生成物总能量-反应物总能量＜0，错误；B、根据反应①和②可得：(①—②)×2得2H2(g)＋O2(g)＝2H2O(g)ΔH＝－kJ/mol，正确；C、CH3OH在通常情况下为液态，故1molCH3OH充分燃烧放出的热量为小于kJ，错误；D、由已知可知，反应①为吸热反应，而反应②为放热反应，错误。5.【答案】A【命题立意】本题考查氧化还原反应【解析】解：①H3AsO3中As元素的化合价降低，H3AsO3为氧化剂，故①正确；②反应中Cl元素的化合价没有发生变化，不能比较二者的还原性强弱，故②错误；③H3AsO3中As元素的化合价由+3价降低到0价，每生成1molAs，反应中转移电子的物质的量为3mol，故③正确；④根据离子方程式的电荷守恒可知M不带电荷，从质量守恒的角度分析可知应为H2O，故④错误；⑤SnCl2→SnCl62-，Sn元素的化合价升高，SnCl62-是氧化产物，故⑤正确。故选A。6.【答案】B【命题立意】本题考查电解原理【答案解析】电解硫酸钠溶液，阴极为氢离子放电，产生氢气，阳极为氢氧根离子在放电，产生氧气，因气体甲与气体乙的体积比约为1∶2，故气体甲为氧气，气体乙为氢气，产物丙为硫酸溶液，产物丁为氢氧化钠溶液。a极为阳极，与电源的正极相连，A错误；b为阴极，与电源的负极相连；离子交换膜c为阴离子交换膜，允许氢氧根离子通过，离子交换膜d为阳离子交换膜，允许氢离子通过，C错误；

电离平衡被破坏生成氢离子，生成产物丙为硫酸，阴极生成氢气，2H++2e-=H2↑，生成产物丁为氢氧化钠，消耗了Na2SO4，所以D错误。【举一反三】根据两极生成的物质判断阴阳极，阳极反应失去电子，与电源正极相连，阴极反应的得到电子，与电源负极相连。7.【答案】A【命题立意】本题考查根据热化学方程式计算焓变、盖斯定律的应用.【解析】Cu(s)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+H2(g)△H1①2H2O2(l)＝2H2O(l)+O2(g)△H2②2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l)△H3③根据盖斯定律可知①+EQ\f(1,2)②+EQ\f(1,2)③得Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)＝Cu2+(aq)+2H2O(l)，所以△H=△H＝△H1+EQ\f(1,2)△H2+EQ\f(1,2)△H3，答案选A。【归纳总结】利用盖斯定律根据热化学方程式计算某个反应的焓变属于见常见题型，此类题目需要把已知热化学方程式进行加、减、乘、除得到目标方程式，由化学反应的焓变与化学方程式计量数成正比计算目标反应的焓变即可。8.【答案】A【命题立意】本题旨在考查原电池及其相关计算．【解析】A、负极的电极方程CH4O+3O2--6e-=CO2+2H2O，则当原电池中有mol甲醇消耗时，负极消耗O2-的物质的量为，故A正确；B、由表达式可知，，溶液体积不等于氨气体积与水的体积之和，故B错误；

C、氢氧化镁悬浊液中c（OH-）=2c（Mg2+），则，故C错误；

D、向Mg-Cu混合物与足量的硝酸反应所得溶液中加入适量的NaOH溶液，产生沉淀为氢氧化镁、氢氧化铜，所以沉淀中氢氧根的质量为，物质的量为，根据电荷守恒可知，的Mg-Cu提供的电子为，若生成和，N元素获得电子为×（5-4）+×2×（5-4）=，得失电子不相等，故D错误．

故选A．【易错警示】原电池和电解池是不同化学概念，很多同学容易把电解池按照原电池原理进行分析，这很容易出现错误。9.【答案】D【命题立意】本题考查电解质溶液中离子浓度的比较和盐类的水解，以及弱酸的酸根离子水解和电离程度的相对大小的判断。【解析】根据电荷守恒，氯化钠溶液中c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，NaClO溶液中ClO-水解使溶液呈碱性，c(H+)小于10—7mol/L，NaClO溶液中c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(OH-),所以NaCl溶液中c(Na+)+c(H+)大于NaClO溶液中c(Na+)+c(H+)，A正确；如果酸溶液中c(H+)等于碱溶液中c(OH—)，则二者抑制水电离程度相等，B正确；NaHA溶液pH＝5，显酸性，则HA-的电离大于水解，所以c(A2－)＞c(H2A)，同时电离、水解都是微弱的，还有H2O的电离，则c(HA－)＞c(H＋)＞c(A2－)＞c(H2A)，C正确；向NH4HSO4溶液中逐滴滴入NaOH溶液至中性时，溶液中的溶质为(NH4)2SO4、NH3•H2O和Na2SO4，Na+不水解、NH4+水解，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO42-)，离子浓度大小顺序是c(Na+)＞c(SO42-)＞c(NH4+)＞c(H+)=c(OH-)，D错误。【举一反三】B项如果改为L的硫酸溶液中水的电离程度等于L的氨水溶液中水的电离程度正确吗？答案是不正确的，因为此时一水合氨是弱电解质，其在水溶液中部分电离，则L的硫酸溶液中的氢离子浓度大于L的氨水中氢氧根离子的浓度，前者对水的电离的抑制作用大于后者，前者中水的电离程度小于后者中水的电离程度。10.【答案】D【命题立意】本题考查了化学反应速率、化学平衡。【解析】A、因反应前后温度和容器体积不变，所以反应前后气体压强之比等于气体物质的量之比，P0/P1=n0/n1,=n1,解答n1=，X(g)Y(g)+Z(g)反应前物质的量00变化量xxxt1min时xx则-x+x+x=解答x=molV(X)=t1mol/(L.min),所以A项正确；B、由图像知t2反应达到平衡状态，P0/P2=n0/n2,=n2,解答n2=，X(g)Y(g)+Z(g)反应前物质的量00变化量xxxt2min时xx则-x+x+x=解答x=molK=t2)xt2)/t2,所以B项正确；C．降低体系温度或减少Z的量，都可以使平衡正向移动，可以提高平衡体系中Y的含量，C项正确；D项再充入mol气体X，平衡逆向移动，X的转化率减小，D项不正确，故选择D。11.【答案】.C【命题立意】本题考查水溶液中的离子平衡【解析】分析图像知曲线的起点的pH=13，则表明氢氧化钠溶液的浓度是L，②点时NaOH溶液恰好被中和，则根据消耗醋酸溶液的体积是20mL知醋酸浓度为·L-1，A正确；图中点①到点②所示溶液中，溶液的碱性逐渐减小，水的电离程度逐渐增大，点②到点③所示溶液中，醋酸过量，醋酸电离出的H+对水的电离有抑制作用，水的电离程度减小，B正确；点④所示溶液是等物质的量的CH3COOH与CH3COONa的混合液，根据质子守恒有：c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)，C错误；在刚好反应之前，会有c(Na+)＞c(CH3COO-)=c(OH-)＞c(H+)，D正确。【技巧点拔】解答图形题需看清曲线的起点、转折点、终点、曲线的变化趋势及意义，看清横坐标和纵坐标的意义与数值，如本题起点的pH、消耗的醋酸的体积等；质子守恒可用物料守恒和电荷守恒合并，如本题C项的解答：电荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，物料守恒有c(CH3COOH)+c(CH3COO-)=2c(Na+)，合并得c(CH3COOH)+2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)。12.【答案】B【命题立意】本题考查有机物的结构与性质。【解析】A项，酚易被空气氧化，错误；B项，中间体中含有3个苯环（与H2以1：3加成），2个羰基（与H2以1：2加成），1个酯基（不可以与H2发生加成反应），所以1mol该中间体最多可与11molH2反应，正确；C项，2,5-二羟基苯乙酮不可以发生水解和缩聚反应，错误；D项，中间体分子中不含有手性碳，错误。13.【答案】AC【命题立意】本题考查硫酸的性质【解析】硫酸在已知反应中显酸性和氧化性，因此选AC（BD只显氧化性）。14.【答案】AD【命题立意】本题考查化学平衡图像及平衡移动。【解析】分析乙和丙容器，丙中投入的起始物浓度为乙中的2倍，但是丙的体积是乙的两倍，乙可以看成与丙加压是等效的，由图中知，平衡时，丙的浓度仍为乙的2倍，则可说明该反应在加压条件下，平衡不移动，即x=1。A项，v(B)=1/2v(C)=1/2×1mol·L－1/10min=mol/(L·min)，错误；B项，比较甲、乙两容器，投入量和容积完全相同，但是反应温度不同，根据“先拐先平”知，T2>T1，高温下，c(C)小，说明升温后，平衡逆向移动，正反应为放热反应，若降温，平衡将正向移动，正确；C项，K=，Q=，所以反应逆向移动，则v(逆)>v（正），正确；D项，丙容积中，原平衡时,C的体积分数=，压入投料比相同的组分时，平衡不移动，所以C的体积分数不变，仍为25%，错误。15.【答案】D【命题立意】本题旨在考查元素周期律的应用．【解析】短周期元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，Z元素原子半径在短周期中最大（稀有气体除外），则Z为Na；Z、W、Q同周期，只有一种金属元素，故W、Q最外层电子数都大于3，W、Z之间与W、Q之间原子序数之差相等，则W最外层电子数为4，Q最外层电子数为7，可推知W为Si、Q为Cl；X与W处于同一主族，则X为C元素；五种元素原子最外层电子数之和为21，则Y的最外层电子数=21-4-4-1-7=5，原子序数小于Na，故Y为N元素。A．N3-、Na+离子电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径N3-＞Na+，故A错误；B．碳酸是弱酸，硝酸是强酸，二者与氢氧化钠反应生成1mol水时放出的热量不相等，故B错误；C．Cl分别与C、N、Si形成的化合物含有共价键，与Na形成的NaCl含有离子键，故C错误；D．氨气能被氯气氧化生成氮气，故D正确，故选D．【举一反三】短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A、C同主族，B、C、D同周期，A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素．试回答下列问题：

（1）A的元素符号______．

（2）A、B、C三种元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序是______。【解析】（1）A原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，则A为O元素，B是短周期元素中原子半径最大的主族元素，则B为Na元素．短周期主族元素A、B、C、D的原子序数依次增大，其中A、C同主族，则C为S元素；B、C、D同周期，则D为Cl元素．（2）A、B、C元素形成的简单离子分别是O2-、Na+、S2-，Na+、O2-离子的核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径O2-＞Na+，S2-＞O2-的最外层电子数相同，电子层越多，离子半径越大，所以离子半径S2-＞O2-，所以离子半径S2-＞O2-＞Na+．

故答案为：S2-＞O2-＞Na+．16.【答案】（1）Cu（2分，写名称或化学式均可），过滤（2分）（2）2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O（共2分，配平错扣1分，原理错误0分），调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀（共2分，只回答调节pH或只回答使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀均给2分）（3）4CoC2O4・2H2O＋3O22Co2O3＋8H2O＋8CO2（共2分，配平、等号、条件错误扣1分）（4）减少Li2CO3的溶解损失（2分），×10－3（2分，单位不作要求）（5）2CO32－－4e－＝O2↑＋CO2↑（共2分，配平错误扣1分，气体符号错漏扣1分）【命题立意】本题是工艺流程题，考查实验操作、方程式的书写、计算、电解等。【解析】分析题给流程知，合金废料（主要含Fe、Cu、Co、Li等）中与盐酸反应生成氯化亚铁、氯化钴、氯化锂和氢气，故金属M为铜，浸出液为氯化亚铁、氯化钴、氯化锂的混合液；浸出液加H2O2将亚铁离子氧化为铁离子，再加入氨水调节pH是铁离子转化为氢氧化铁沉淀，经过滤得滤渣氢氧化铁，溶液A为氯化锂和氯化钴的混合液；向氯化锂和氯化钴的混合液中加入草酸铵生成草酸钴晶体，在空气中灼烧得氧化钴；溶液B中加入碳酸钠溶液生成碳酸锂固体C。（1）金属M为Cu，操作1为过滤；（2）加入H2O2的作用是2Fe2＋＋H2O2＋2H＋＝2Fe3＋＋2H2O，加入氨水的作用是调节溶液的pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀；（3）CoC2O4·2H2O充分焙烧生成氧化钴、二氧化碳和水，化学方程式为4CoC2O4·2H2O+3O22Co2O3＋8H2O＋8CO2；（4）分析表中数据知，Li2CO3饱和溶液的浓度水温度的升高而降低，操作2得到Li2CO3固体的操作中，蒸发浓缩后必须趁热过滤，其原因是减少Li2CO3的溶解损失，90℃时Li2CO3饱和溶液的浓度为mol・L－1，Li＋浓度为0mol・L－1，CO32—浓度为mol・L－1，Ksp（Li2CO3）=c2(Li＋)c(CO32—)=×10－3；（5）用惰性电极电解熔融Li2CO3制取锂，阳极为碳酸根放电，发生氧化反应生成氧气和二氧化碳两种气体，电极反应式为2CO32－－4e－＝O2↑＋CO2↑。【技巧点拔】根据流程中的原料、反应物判断发生的反应进而判断得到的物质的成分并根据物质的性质选择分离方法。17．(15分)（1）羰基羟基；(每空1分)浓H2SO4（2）(2浓H2SO4（3）保护醇-OH防止被CrO3氧化(2分)（4）+H2O（2分）（5）（2分）（其他合理答案也正确）（6）（5分）(丙烯催化加水得到2-丙醇、丙烯一步催化氧化生成丙酮，也正确；正确制得丙酮即可得3分)【命题立意】本题考查有机推断与合成。【解析】（1）“C=O”为羰基，“-OH”为羟基。（2）对比C和E的结构简式知，C先被氧化生成羰基，再水解生成醇羟基，所以D的结构简式为。（3）A至B为羰基还原为羟基，B至C为醇与乙酸发生酯化反应，D至E又生成羟基，而在此前为Cr2O3氧化C物质，但是醇羟基也易被氧化，所以应将醇羟基保护起来。（4）E的化学式为C13H20O2，与F比较多一个H2O分子，所以E在浓H2SO4作用下发生消去反应生成F。（5）C分子中的不饱和度为4，而苯环的不饱和度也为4，故多余的碳原子，均为饱和结构，共多9个碳，2个O，但1mol物质最多消耗1molNa，所以应含有一个羟基，9个碳应采取对称结构。（6）采用逆推法，将A物质沿线断开，由和仿照已知=2\*GB3②可得，由2-丙醇氧化而得，丙烯在没有H2O2作用下与HBr加成时，溴原子接在中间碳原子上，2-溴丙烷水解即可得2-丙醇。18.（12分）（1）海水中含大量的Cl－，Cl－酸性条件能还原MnO(2分)（2）防止生成的单质碘受热、见光时挥发(1分)；由蓝色变为无色(1分)（3）n(Na2S2O3)=·L－1××10－3L·mL－1=×10－4mol……(1分n(I2)=1/2n(Na2S2O3)=×10－5mol……(1分)氧化I－的n(KMnO4)=2/5n(I2)=×10－5mol……(1分)氧化水样中的还原性物质消耗的：n(KMnO4)=·L－1××10－3L·mL－1－×10－5=×10－3mol－×10－5mol=×10－4mol……(1分)4n(O2)=3××10－4mol，n(O2)=×10－4mol……(2分)m(O2)=32g·mol－1××10－4mol=×10－2g=……(1分COD=0.1L=·L－1……(1分)（阅卷说明：合理的解法均参照标准相应给分，有效数字不正确，共扣1分）。【命题立意】本题考查返滴定法原理以及氧化还原反应的相关计算。【解析】（1）海水中含有大量的Cl－，酸性KMnO4可氧化Cl－生成Cl2，故应采用碱性条件。（2）I2易升华，若光照时，I2会减少，从而超成测定出的I2量减少。I2遇淀粉变蓝色，当Na2S2O3将I2完全反应后，溶液的蓝色消失。（3）KMnO4先与水样中的有机物反应，过量的KMnO4与KI反应生成I2，再用Na2S2O3滴定出生成的I2。根据“2MnO~5I2~10S2O－”，由Na2S2O3消耗的量，可计算出过量的KMnO4，进而计算出与水样反应的KMnO4。反应中KMnO4被还原为MnO2，1molKMnO4得3mole－，1molO2作氧化剂时，生成O2－，得4mole－，两者的相当关系为：“3n(KMnO4)~4n(O2)”，由此得出m(O2)的量。19.【答案】（1）×10﹣38；（2）双氧水；NaOH（或其它可溶性碱）；Cu（OH）2．【命题立意】本题考查难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化；物质分离、提纯的实验方案设计【解析】（1）若以Fe3+离子浓度降至1×10﹣5mol•L﹣1为沉淀完全，此时pH=，c（OH﹣）=×10﹣11mol/L，则ksp[Fe（OH）3]=c（Fe3+）•c3（OH﹣）=1×10﹣5×（×10﹣11）3=×10﹣38；（2）加入试剂A后，Fe2+消失了，则试剂A是氧化剂：双氧水；加入试剂B出现了沉淀，可知试剂B是NaOH（或其它可溶性碱），调节pH：1～3，先出现红褐色沉淀氢氧化铁；当调节pH：～，出现Cu（OH）2。20.（14分）（1）2mol（2分）；6FeO+CO22Fe3O4+C（2分，化学式正确，未配平扣1分，反应条件写加热或高温的不扣分）（2）①H2O（2分）②＜（2分）③增大压强或提高n(H2)/n(CO2)比值（2分）（3）①光能转化为电能，电能转化成化学能，电能转化成热能等（2分，写出其中两种形式即可）；2CO2+12H++12e－=C2H4+4H2O（2分，计量数正确，电子数