山西省长治市三校2023学年高三压轴卷化学试卷含解析

1、2023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、根据实验目的，设计相关实验，下列实验操作、现象解释及结论都正确的是（ ）AABBCCDD2、下列实验操作、现象和结论均正确的是AABBCCDD3、高铁酸钾(K2F

2、eO4)是一种兼具净水和消毒功能的可溶性盐，可发生如下反应：2K2FeO4+16HCl4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q，下列说法不正确的是A可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物QBK2FeO4在水中的电离方程式为K2FeO42K+Fe6+4O2一C反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：3D反应中涉及的物质中有5种为电解质4、下列物质间发生化学反应：H2S+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（ ）ABCD5、下列各物质或微粒性质的比较中正确的是A碳碳键键长：乙烯苯B密度：一氯乙烷一氯丁烷C热

3、稳定性：NaHCO3Na2CO3H2CO3D沸点：H2OH2SH2Se6、研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A雾和霾的分散剂相同B雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵CNH3是形成无机颗粒物的催化剂D雾霾的形成与过度施用氮肥有关7、Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。W、Y是金属元素，Z的原子序数是X的2倍。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性。Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应。下列说法不正确的是AQ与X形成简单化合物的分子为三角锥形BZ的氧化物是良好的半导体材

4、料C原子半径YZXQDW与X形成化合物的化学式为W3X8、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3O22HCl2COCl2。下列说法不正确的是ACHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化BCHCl3属于极性分子C上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质9、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤中，滴加NaOH溶液

5、过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A根据步骤的现象，说明废液中一定含有Al3+B由步骤中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C沉淀甲中可能含有Al(OH)3D该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种10、NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A18gD2O 和 18gH2O 中含有的质子数均为 10NAB12 g 石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为 0.5 NAC标准状况下，5.6LCO2 与足量 Na2O2 反应转移的电子数为0.5 NAD某密闭容器盛有 1 mol N2 和 3 mol H2，在一定条件下充分反应，转移电子的

6、数目为 6NA11、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A单质的熔点：YZBX的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z的氧化物均为离子化合物D气态氢化物稳定性：XZ12、咖啡酸具有止血功效，存在于多种中药中，其结构简式如下图，下列说法不正确的是A咖啡酸可以发生取代、加成、氧化、酯化、加聚反应B1mol 咖啡酸最多能与5 mol H2反应C咖啡酸分子中所有原子可能共面D蜂胶的分子式为C17H16O4，在一定条件下可水解生成咖啡酸和一种一元醇A，则醇A 的分子式为C8H

7、10O13、下列有关共价键的说法正确的是（ ）A分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B只含共价键的物质，一定是共价化合物C两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力14、用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)ABCDX中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y中试剂KMnO4MnO2CuNaOH气体Cl2O2SO2NH3AABBCCDD15、下列离子方程式书写正确的是( )A向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO + 2H+Cl + 2Fe3+ + H2OB向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全

8、：2Al3+ + 3SO 42+ 3Ba2+ + 6OH2Al(OH)3+ 3BaSO4C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2OAlO2+ 2H2O + 4NH4+DNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3 + Ba2+ + OHBaCO3+ H2O16、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%

9、17、下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是ANeBCD18、部分短周期元素原子半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A离子半径的大小顺序：efghB与x形成简单化合物的沸点：yzdCx、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键De、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应19、设 NA 为阿伏加德常数的数值，下列说法正确的是（）A18 g H2O 含有 10NA 个质子B1 mol 苯含有 3NA 个碳碳双键C标准状况下，22.4 L 氨水含有 NA 个 NH3 分子D常温下，112 g 铁片投入足量浓 H2SO4

10、 中生成 3NA 个 SO2 分子20、下列说法正确的是ASiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B水分子中OH键的键能很大，因此水的沸点较高CNa2O2中 既含有离子键又含有共价键，但Na2O2属于离子化合物D1 mol NH3中含有共用电子对数为4NA (NA为阿伏加德罗常数的值)21、下列解释事实的离子方程式正确的是（ ）A用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：Na2S2O32H+SO2S2Na+H2OB硝酸铁溶液中加入少量碘化氢：2Fe3+2I-=2Fe2+I2C向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸：ClO-H2OCO2HClOHCO3-D硫酸铝铵与氢氧化钡

11、以1：2混合形成的溶液：Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=BaSO4+AlO2-+2H2O22、YBa2Cu3Ox(Y元素钇)是一种重要超导材料，下列关于Y的说法错误的是（ ）A质量数是89B质子数与中子数之差为50C核外电子数是39DY与Y互为同位素二、非选择题(共84分)23、（14分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_；苯与丙烯反应的类型是_。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式

12、：_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_。与丙二酸二乙酯的官能团相同；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321；能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_；中间产物II_。24、（12分）新泽茉莉醛是一种名贵的香料，合成过程中还能得到一种PC树脂，其合成路线如图。已知：RCHO+RCH2CHO+H2ORCHO+HOCH2CH2OH+H2O+2ROH+HCl(1)E的含氧官能团名称是_，E分子中共面原子数目最多为_。(2)写出反应的化学方程式_。(3)写

13、出符合下列条件并与化合物E互为同分异构体的有机物结构简式_。a能与浓溴水产生白色沉淀b能与溶液反应产生气体c苯环上一氯代物有两种(4)反应的反应类型是_。(5)已知甲的相对分子质量为30，写出甲和G的结构简式_、_。(6)已知化合物C的核磁共振氢谱有四种峰，写出反应的化学方程式_。(7)结合已知，以乙醇和苯甲醛()为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线(用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)_。25、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问

14、题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC124H2O，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC124H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC124H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_（填“E”或“F”）。装置G的作用是_；E、F、G中的试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论

15、是_。通氮气的作用是_。实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是_。若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为_。26、（10分）某小组为探究K2Cr2O7中Cr在不同条件下存在的主要形式及性质特点。室温下(除系列实验I中ii外)进行了如下系列实验：系列实验I装置滴管中的试剂试管中的试剂操作现象i1 mL水4mL0.1 molL-1K 2Cr2O7橙色溶液振荡溶液颜色略微变浅ii1 mL水振荡60水浴溶液颜色较i明显变

16、浅iii1 mL 18.4 molL-1浓硫酸振荡溶液颜色较i明显变深iv1 mL 6 molL-1NaOH 溶液振荡_v3滴浓KI溶液iv中溶液振荡无明显现象vi过量稀硫酸v中溶液边滴边振荡溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色已知：K2CrO4溶液为黄色；Cr3+在水溶液中为绿色。请按要求回答下列问题：(1)写出K2C2O7在酸性条件下平衡转化的离子方程式：_。对比实验i与ii，可得结论是该转化反应的H_0(填”或“”)。(2)结合实验i、ii，分析导致ii中现象出现的主要因素是_。(3)推测实验iv中实验现象为_。对比实验i、ii、iv中实验现象，可知，常温下K2Cr2O7中Cr在碱性条

17、件下主要以_离子形式存在。(4)对比实验v与vi，可知：在_条件下，+6价Cr被还原为_。(5)应用上述实验结论，进一步探究含Cr2O72-废水样品用电解法处理效果的影响因素，实验结果如下表所示(Cr2O72-的起始浓度、体积，电压、电解时间等均相同)。系列实验iiiiiiiv样品中是否加Fe2(SO4)3否否加入5 g否样品中是否加入稀硫酸否加入1 mL加入1 mL加入1 mL电极材料阴、阳极均为石墨阴极为石墨，阳极为铁Cr2O72-0.92212.720.857.3实验中Cr2O72-在阴极的反应式：_。实验i中Fe3+去除Cr2O72-的机理如图所示，结合此机理，解释实验iv中Cr2O7

18、2-去除率提高较多的原因(用电极反应式、离子方程式和必要的文字说明)_。27、（12分）碳酸镧La2(CO3)3可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症。制备反应原理为2LaCl3 + 6NH4HCO3 = La2(CO3)3 +6NH4Cl +3CO2 +3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置在实验室中模拟制备碳酸镧。回答下列问题:（1）制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:F_ ，_ C。（2）Y中发生反应的化学方程式为_。（3）X中盛放的试剂是_。（4）Z中应先通入_，后通入过量的另一种气体，原因为_。（5）该化学兴趣小组为探究La2(CO3)3 和La(HCO3)3 的稳定性强弱，设

19、计了如下实验装置，则甲试管中盛放的物质为_；实验过程中发现乙试管中固体质量与灼烧时间的关系曲线如图所示，试描述实验过程中观察到的现象为_。28、（14分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：_（2）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，写出E的结构简式：_（3）DF的反应类型是_，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：_mol写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的结构简式：_属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且

20、处于对位，其中一个是羟基（4）已知：，A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_29、（10分）H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有着现实而重要的意义。请回答下列问题：(1)H2S的电子式为_，其热稳定性弱于HCl的原因是_。(2)用H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g) CS2(l)+4H2(g)。已知：ICH4(g)+4S(s) CS2(g)+2H2S(g) H1=akJmol1；IIS(s)+H2(g) H2S

21、(g) H2=bkJmol1；CS2(1) CS2(g) H3=ckJmol1；则反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)的H=_ kJmol1(用含a、b、c的代数式表示)。(3)800时，将一定量的H2S气体充入恒容密闭容器中，发生反应H2S(g) S(s)+H2(g)，tmin后反应达到化学平衡状态，测得容器中H2与H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则H2S的初始浓度_mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数K=_。(4)向恒压密闭容器中充入0.1 molCH4和0.2molH2S，发生反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)，

22、测得不同温度下，CH4的平衡转化率(%)与温度()的关系如图所示：该反应的活化能：E正_E逆(填“”“”或“=”)若初始容积为V0L，1200反应达到平衡时，容器的容积为_L(用含V0的代数式表示)。1200时，欲提高CH4的平衡转化率，可以采取的措施是_(填选项字母)。A增大压强 B再充入CH4C再充入H2S D充入He E使用高效催化剂(5)H2S废气可用碳酸钠溶液吸收，将吸收足量H2S气体后的溶液加入到如图所示的电解池中进行电解，在阳极生成有工业价值的Na2S2O3，电解时阳极的电极反应式为_。参考答案（含详细解析）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【答

23、案解析】A开始要将银离子沉淀完全，再向新生成的AgCl浊液中滴入KI溶液，白色沉淀逐渐转化为黄色沉淀，才能说明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故A错误；B加入KSCN溶液溶液变红，只说明有铁离子，不能确定亚铁离子是否完全被氧化，故B错误；C纯净的乙烯通入酸性高锰酸钾溶液，紫红色褪去，说明乙烯具有还原性，故C正确；DSO2被ClO-氧化成CaSO4沉淀，不能说明酸性强弱，故D错误；故选C。2、A【答案解析】A、石蜡油主要是含17个碳原子以上的烷烃混合物,在加热条件下,石蜡油可分解生成烯烃，烯烃能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确；B、若待测液中含有Fe3+也能出现相同的现象，故B错误；C、CH

24、3CH2Br是非电解质不能电离出Br，加入硝酸银溶液不能生产浅黄色沉淀，故C错误；D、盐酸具有挥发性，锥形瓶中挥发出的氯化氢气体能与苯酚钠反应生成苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故D错误。【答案点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及卤代烃卤素原子的检验、酸性比较、离子检验等，把握实验操作及物质的性质为解答的关键，注意实验方案的严谨性。3、B【答案解析】A.根据2K2FeO4+16HCl=4KCl+2FeCl3+8H2 O+3Q可知Q为氯气，可用湿润的淀粉碘化钾试纸检验产物氯气，故A正确；B. K2FeO4为强电解质，在水中完全电离，其电离方程式为K2FeO4=2K+FeO42-，故B错误；C

25、.反应中16mol HCl参加反应只有6mol被氧化,则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3,故C正确；D.因为产物Q为氯气,氯气为单质不是电解质,所以反应中涉及的物质中有5种为电解质,故D正确；答案选B。4、D【答案解析】当H2S与O2的物质的量之比大于21时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比小于23时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于23小于21时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和HNO3的反应，浓硝

26、酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选；Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。5、B【答案解析】A苯中的碳碳键介于单键与双键之间，

27、则碳碳键键长：乙烯一氯丁烷，故B正确；C碳酸钠加热不分解，碳酸氢钠加热分解，碳酸常温下分解，则稳定性为热稳定性：Na2CO3NaHCO3H2CO3，故C错误；D水中含氢键，同类型分子相对分子质量大的沸点高，则沸点为H2OH2SeH2S，故D错误；故答案为：B。【答案点睛】非金属化合物的沸点比较：若分子间作用力只有范德华力，范德华力越大，物质的熔、沸点越高；组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越大，熔、沸点越高，如SnH4GeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷异戊烷新戊烷；形成分

28、子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。6、C【答案解析】A.雾和霾的分散剂均是空气；B.根据示意图分析；C.在化学反应里能改变反应物化学反应速率（提高或降低）而不改变化学平衡，且本身的质量和化学性质在化学反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂；D.氮肥会释放出氨气。【题目详解】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D

29、. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。【答案点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。7、B【答案解析】Q、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期元素。Q与W同主族，且Q与W形成的离子化合物中阴、阳离子电子层结构相同。则Q为H元素，W为Li元素，Q与X形成的简单化合物的水溶液呈碱性，X为N元素。

30、W、Y是金属元素，Y的氧化物既能与强酸溶液反应又与强碱溶液反应；Y为Al元素，Z的原子序数是X的2倍，Z为Si元素。【题目详解】A. Q与X形成简单化合物NH3分子为三角锥形，故A正确；B. Z为Si元素，硅晶体是良好的半导体材料，Z的氧化物SiO2，是共价化合物，不导电，故B错误；C. 电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：YZXQ，故C正确；D. W与X形成化合物的化学式为Li3N，故D正确；故选B。8、A【答案解析】CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错

31、误；CHCl3分子中由于CH键、CCl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。9、D【答案解析】沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一

32、定含有Cu2+，以此解答该题。【题目详解】A. 由步骤可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，因此步骤沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B. 废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C. 由于步骤中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D. 溶液乙中

33、加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。10、B【答案解析】AD2O的摩尔质量为，故18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有的质子数为9 NA，A错

34、误；B单层石墨的结构是六元环组成的，一个六元环中含有个碳原子，12g石墨烯物质的量为1mol，含有的六元环个数为0.5NA，B正确；C标准状况下，5.6LCO2的物质的量为0.25mol，与Na2O2反应时，转移电子数为0.25 NA，C错误；DN2与H2反应为可逆反应，由于转化率不确定，所以无法求出转移电子，D错误。答案选B。【答案点睛】本题B选项考查选修三物质结构相关考点，石墨的结构为，利用均摊法即可求出六元环的个数。11、D【答案解析】由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结

35、合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【题目详解】AY、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即YSiH4，即XZ，D正确；答案选D。12、B【答案解析】A，咖啡酸中含酚羟基能发生取代反应、加成反应、氧化反应，含碳碳双键能发生加成反应、氧化反应、加聚反应，含羧基能发生取代反应、酯化反应，A项正确；B，咖啡酸中含有1个苯环和1个碳碳双键，苯环和碳碳双键能与H2发生加成反应，1mol咖啡酸最多能与4molH2发生加成反应，B项错误；C，咖啡酸中碳原子形成1个苯环、1个碳碳双键、1个羧基，其中C原子都为sp2杂化，联想苯、乙烯的结构，结合单键可以旋转，咖啡酸中所有

36、原子可能共面，C项正确；D，由咖啡酸的结构简式写出咖啡酸的分子式为C9H8O4，A为一元醇，蜂胶水解的方程式为C17H16O4（蜂胶）+H2OC9H8O4（咖啡酸）+A，根据原子守恒，A的分子式为C8H10O，D项正确；答案选B。点睛：本题考查有机物的结构和性质、有机分子中共面原子的判断。明确有机物的结构特点是解题的关键，难点是分子中共面原子的判断，分子中共面原子的判断注意从乙烯、苯和甲烷等结构特点进行知识的迁移应用，注意单键可以旋转、双键不能旋转这一特点。13、D【答案解析】A分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，有的还与氢键有关，但与化学键无关，A错误；B只含共价键的物质可能是共价单质，如氮气

37、、氢气等，B错误；C两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水等，C错误；D稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，D正确；故选D。14、B【答案解析】A浓盐酸和KMnO4固体混合有氯气生成，但氯气易溶于水，且与水发生反应，则不能用排水法收集，故A错误；B双氧水在MnO2的催化作用下生成氧气，氧气可用排水法收集，故B正确；CCu与浓硫酸反应需要加热，图中缺少酒精灯，且二氧化硫不能选排水法收集，故C错误；D氨气极易溶于水，不能排水法收集，故D错误；故答案为B。15、D【答案解析】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉

38、淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【题目详解】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A错误；B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H

39、2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2- +2H2O，故B错误；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【答案点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大16、C【答案解析】ASO2、SO3均是酸性氧化

40、物，CO是不成盐氧化物， A错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。17、B【答案解析】ANe为基态Al3+，2p能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；B为Al原子的核外电子排布的激发态；C 为基态Al原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第三电离能；D为基态Al

41、失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【答案点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。18、C【答案解析】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大小gh ef；选项A错误；B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、N

42、H3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为dzy，选项B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误；答案选C。19、A【答案解析】A、18g水的物质的量为n=1mol，而一个水分子中含10个质子，故1mol水中含10NA个质子，故A正确；B、苯不是单双键交替的结构，故苯中无碳碳双键，故B错误；C、标况下，氨水为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、112g铁的物质的量n=2mol，如果能完全和

43、足量的浓硫酸反应，则生成3mol二氧化硫，而常温下铁在浓硫酸中钝化，铁不能反应完全，则生成的二氧化硫分子小于3NA个，故D错误。故选：A。【答案点睛】常温下，铁、铝与浓硫酸、浓硝酸能够发生钝化，需注意，钝化现象时因为反应生成了致密氧化膜，氧化膜阻止了反应的进一步发生，若在加热条件下，反应可继续发生，但随着反应的进行，浓硫酸会逐渐变稀，其反应实质有可能会发生相应的变化。20、C【答案解析】A二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B水的沸点高是因为水分子之间可以形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧

44、化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；DNH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。21、C【答案解析】A、Na2S2O3为可溶性盐类，其与稀硫酸反应的离子方程式为：，故A错误；B、硝酸铁水解会生成硝酸，其氧化性大于铁离子，因此向硝酸铁中加入少量碘化氢时，其反应的离子方程式为：，故B错误；C、因酸性：碳酸次氯酸碳酸氢根，因此向NaClO溶液中通入少量CO2制取次氯酸的离子反应方程式为：，故C正确；D、硫酸铝铵与氢氧化钡以1：2混合形成的溶液中反应的离子方程式为：，故D错误；故答案为：

45、C。【答案点睛】对于先后型非氧化还原反应的分析判断，可采用“假设法”进行分析，其分析步骤为：先假定溶液中某离子与所加物质进行反应，然后判断其生成物与溶液中相关微粒是否发生反应，即是否能够共存，若能共存，则假设成立，若不能共存，则假设不能成立。22、B【答案解析】A选项，原子符号左上角为质量数，所以钇原子质量数为89，胡A正确；B选项，质子数+中子数=质量数，中子数=质量数质子数= 89 39 = 50，质子数与中子数之差为5039 =11，故B错误； C选项，原子的核外电子数=核内质子数，所以核外有39个电子，故C正确； D选项，Y与Y质子数相同，中子数不同，互为同位素，故D正确;综上所述，答

46、案为B。【答案点睛】原子中质子数、中子数、质量数之间的关系为质量数=质子数+中子数，原子中的质子数与电子数的关系为核电荷数=核外电子数=核内质子数=原子序数，同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互称同位素。二、非选择题(共84分)23、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O 【答案解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【题目详解】(1)由分析可知A为CH3CO

47、OH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银

48、镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：； (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【答案点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。24、羟基、醛基 16 加成反应（或还原反应） HCHO 【答案解析】反应是苯

49、与溴发生取代反应生成A，A为，结合B的分子式可知，A发生水解反应生成B，B为。结合D的分子式与E的结构简式可知D为。对比E与新泽茉莉醛的结构简式，结合FG的反应条件及信息，可知EF发生信息中的反应，FG发生信息中的反应，且甲的相对分子质量为30，可推知甲为HCHO、F为、G为，G与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛。结合C的分子式可知，2分子 苯酚与1分子 HCHO反应生成C，化合物C能发生信息中的反应，说明C中含有羟基，且C核磁共振氢谱有四种峰，可推知C为，结合信息可知PC树脂结构简式为，据此分析解答(1)(6)；(7)结合已知，乙醇催化氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应得到，再进一步氧化生成，最后

50、与乙醇发生酯化反应得到目标物，据此书写合成路线图。【题目详解】(1)E为，含氧官能团有羟基、醛基，E分子中苯环、-CHO均为平面结构，且直接相连的原子共面，共面原子数目最多为16个，故答案为羟基、醛基；16；(2)反应的化学方程式为，故答案为；(3)E为，与化合物E互为同分异构体的有机物符合条件：a能与浓溴水产生白色沉淀，说明含酚-OH；b能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含-COOH；c苯环上一氯代物有两种，则苯环上有2种H，则符合条件的E的同分异构体为，故答案为；(4)反应中G()与氢气发生加成反应生成新泽茉莉醛，故答案为加成反应；(5)由上述分析可知甲和G分别为HCHO、，故答案为H

51、CHO；(6)反应的化学方程式为n+n+(2n-1)HCl，故答案为n+n+(2n-1)HCl；(7)以乙醇和苯甲醛()为原料，合成，乙醇氧化生成乙醛，乙醛与苯甲醛反应生成苯丙烯醛，再将-CHO氧化为-COOH，最后在与乙醇发生酯化反应，则合成流程为CH3CH2OHCH3CHO，故答案为CH3CH2OHCH3CHO。【答案点睛】本题的难点是物质结构的推导，要注意充分利用题示已知信息和各小题中提供的条件。本题的易错点为(6)，要注意方程式的配平。25、Co2O36H2Cl=2Co2Cl23H2O 冷却结晶、过滤 F 除去CO2 分解产物中还含有一种或多种含C、H元素的物质 将D中的气态产物被后续

52、装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 防止倒吸 3(CH3COO)2CoCo3O44CO2CO23C2H6 【答案解析】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生

53、干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可；【题目详解】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离

54、子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或多种含C、H元素的物质；通入氮气的作用为使

55、D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Co3O4+4CO+2CO2+3C2H6；26、 c(H+) 温度 溶液颜色较i明显变浅 CrO42- 酸性 C

56、r3+ Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O Fe-2e-=Fe2+，6Fe2+14H+ Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O， Fe3+e-=Fe2+， Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率 【答案解析】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解；实验ii与实验i对比，当60水浴时，溶液颜色较i明显变浅，根据温度对化学反应平衡的影响效果作答；（2）根据单一变量控制思想分析；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗H，促使平衡向正反应方向进行；（4）依据实验vi中现象解释； （5）实验中Cr

57、2O72应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3，据此作答；根据图示，实验iv中阳极为铁，铁失去电子生成Fe2，Fe2与Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，Fe3在阴极得电子生成Fe2，继续还原Cr2O72，据此分析。【题目详解】（1）根据实验vi的现象可知酸性条件下Cr2O72-发生水解，其离子方程式为： 实验ii与实验i对比，当60水浴时，溶液颜色较i明显变浅，说明平衡向正反应方向移动，即正反应为吸热反应，H0故答案为；（2）根据单一变量控制思想，结合实验i、ii可知，导致ii中现象出现的主要因素为60水浴即温度，故答案为温度；（3）因K2C2O7中存在平衡：试管c中加入NaOH溶液，消耗

58、H，促使平衡向正反应方向进行，溶液颜色由橙色变为黄色，溶液颜色较i明显变浅，铬元素主要以CrO42-形式存在，故答案为溶液颜色较i明显变浅；CrO42-；（4）实验vi中，滴入过量稀硫酸发现，溶液颜色由黄色逐渐变橙色，最后呈墨绿色，结合给定条件说明+6价的Cr元素变为+3价，所以在酸性条件下，+6价Cr可被还原为+3价，故答案为酸性；+3；（5）实验中Cr2O72应在阴极上放电，得电子被还原成Cr3，电解质环境为酸性，因此Cr2O72放电的反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，故答案为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O；根据图示，实验iv中阳极为铁，铁

59、失去电子生成Fe2，其离子方程式为：Fe-2e-=Fe2+，Fe2与Cr2O72在酸性条件下反应生成Fe3，其离子方程式为：6Fe2+14H+ Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O，Fe3在阴极得电子生成Fe2，Fe3+e-=Fe2+，继续还原Cr2O72，Fe2循环利用提高了Cr2O72的去除率，故答案为Fe-2e-=Fe2+，6Fe2+14H+ Cr2O72-=6Fe3+2Cr3+7H2O， Fe3+e-=Fe2+， Fe2+继续还原Cr2O72-，Fe2+循环利用提高了Cr2O72-的去除率。27、A B D E 饱和溶液 或氨气 在水中的溶解度大，先通可以溶解更多的 La(HC

60、O3)3 B中澄清石灰水先变浑浊，A中后变浑浊 【答案解析】由实验装置可知，装置Y用以制备氨气，装置W用以制备二氧化碳，装置Z用以制备碳酸镧，因氨气极易溶于水，装置Y的C接口应与装置Z的E接口连接，因二氧化碳中混有氯化氢，应用盛有饱和溶液的X装置除去氯化氢，则制备装置的连接顺序为WXZY。【题目详解】（1）由制备装置的连接顺序为WXZY可知，制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序:FABD，E C，故答案为A；B；D；E；（2）Y中为浓氨水与生石灰反应产生氨气，发生反应的化学反应式为NH3H2O+CaO= Ca（OH）2+NH3，故答案为NH3H2O+CaO= Ca（OH）2+NH3；（3