河北省各地2023学年高考仿真模拟化学试卷含解析

1、2023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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列反应的离子方程式书写正确的是ANa2CO3 溶液中滴入少量盐酸：CO32-+2H+CO2+H2OB铁粉与稀 H2SO4反应：2Fe+6H+2Fe3+3H2CCu(OH)2与稀 H2SO4反应：OH-+H+ H2OD氯气与氢氧化

2、钠溶液反应 Cl22OHClOClH2O2、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）AABBCCDD3、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A海带提碘B氯碱工业C海水提溴D侯氏制碱4、水果、蔬菜中含有的维生素C具有抗衰老作用，但易被氧化成脱氢维生素C。某课外小组利用滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式如图所示，下列说法正确的是A脱氢维生素C分子式为C6H8O6B维生素C中含有3种官能团C该反应为氧化反应，且滴定时不可用淀粉作指示剂D维生素C不溶于水，易溶于有机溶剂5、下列各组中所含化学键类型相同的一组是（ ）ANaOH、H2SO4、NH4ClBMgO、Na2SO4、

3、NH4HCO3CNa2O2、KOH、Na2SO4DAlCl3、Al2O3、MgCl26、室温下，向20.00 mL 0.1000 molL1盐酸中滴加0.1000 molL1 NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图，已知lg3=0.5。下列说法不正确的是A选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差B用移液管量取20.00 mL 0.1000 molL1盐酸时，移液管水洗后需用待取液润洗CNaOH标准溶液浓度的准确性直接影响分析结果的可靠性，因此需用邻苯二甲酸氢钾标定NaOH溶液的浓度，标定时采用甲基橙为指示剂DV(NaOH)=10.00 mL 时，pH约为1.57、20

4、05年法拉利公司发布的敞篷车(法拉利Superamerica)，其玻璃车顶采用了先进的电致变色技术，即在原来玻璃材料基础上增加了有电致变色系统组成的五层膜材料(如图所示)。其工作原理是：在外接电源(外加电场)下，通过在膜材料内部发生氧化还原反应，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。下列有关说法中不正确的是（ ）A当A外接电源正极时，Li+脱离离子储存层B当A外接电源负极时，电致变色层发生反应为：WO3+Li+e-=LiWO3C当B外接电源正极时，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光D该电致变色系统在较长时间的使用过程中，离子导体层中Li+的量可保持基本不变8、298K时，在0.10mol/LH

5、2A溶液中滴入0.10mol/LNaOH溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A该滴定过程应该选择石蕊作为指示剂BX点溶液中：c（H2A）+c（H+）=c(A2-)+2c（OH-）CY点溶液中：3c（Na+）=2c(A2-)+2c（HA-）+2c(H2A)D0.01mol/LNa2A溶液的pH约为10.859、下列说法正确的是（ ）A天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D氨基酸种类较多

6、，分子中均含有COOH和NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸10、 “碳九”是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。“碳九”有两种，分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是A若将“碳九添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭B用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九C均三甲苯（）的二氯代物有5种D异丙苯和对甲乙苯（）互为同系物11、某溶液含有等物质的量的 Na+、Fe3+、Ba2+、I、SO42-、SO32-、Cl-中的几种离子。取样，加入 KSCN溶液，溶液变血红色，对溶液描述错误的是A一定没有 Ba2

7、+B可能含有 Na+C一定没有 SO32D一定有 Cl12、如图是CO2生产甲醇的能量变化示意图下列说法正确的是（ ）AE2_E1是该反应的热效应BE3_E1是该反应的热效应C该反应放热，在常温常压下就能进行D实现变废为宝，且有效控制温室效应13、下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别14、中美科学家在银表面首次获得了二维结构的硼烯，该科研成果发表在顶级刊Science上，并获得重重点推荐。

8、二维结构的硼烯如图所示，下列说法错误的是（ ）A1mol硼原子核外电子数为3NAB1molBF3分子中共价键的数目为3NAC1molNaBH4与水反应转移的电子数为4NAD硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料15、下列关于有机物1氧杂2，4环戊二烯()的说法正确的是()A与互为同系物B二氯代物有3种(不考虑立体异构)C所有原子都处于同一平面内D1 mol该有机物完全燃烧消耗5mol O216、实行垃圾分类，关系到广大人民群众的生活环境，关系到节约使用资源，也是社会文明水平的一个重要体现。下列垃圾属于不可回收垃圾的是A旧报纸B香烟头C废金属D饮料瓶17、下列关于有机物的说法正确的是A

9、乙醇和丙三醇互为同系物B二环己烷( )的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)C按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D环己烯()分子中的所有碳原子共面18、某硫酸厂废气中SO2的回收利用方案如图所示。下列说法错误的是（ ）AX可能含有2种盐BY可能含有(NH4)2SO4Ca是SO3D(NH4)2S2O8中S的化合价不可能为+719、一定条件下不能与苯发生反应的是( )A酸性KMnO4BBr2C浓HNO3DH220、将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A破坏了金属键B破坏了共价键C破坏了离子键D形成了共价键21、一定量的某磁黄铁矿(主要成分FexS，S

10、为2价)与100mL盐酸恰好完全反应(矿石中其他成分不与盐酸反应)，生成3.2g硫单质、0.4molFeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法正确的是（ ）A该盐酸的物质的量浓度为4.0molL-1B该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比为2：1C生成的H2S气体在标准状况下的体积为8.96LD该磁黄铁矿中FexS的x=0.8522、设为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是（ ）A标准状况下，与足量反应转移的电子数为B的原子核内中子数为C25时，的溶液中含的数目为D葡萄糖和蔗糖的混合物中含碳原子的数目为二、非选择题(共84分)23、（14分）如图中AJ分别代表相

11、关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式为_，C的电子式为_；（2）写出下列反应的化学方程式：D+GH_；F+JB+C+I_；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为_mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为_。24、（12分）化合物X是一种香料，可采用乙烯与甲苯为主

12、要原料，按下列路线合成：已知：RCHOCH3COOR1 RCHCHCOOR1请回答：（1）F的名称为_。（2）CD的反应类型为_。（3）DE的化学方程式_。（4）X的结构简式_。（5）D的芳香族化合物同分异构体有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3221的是_(写结构简式)。25、（12分）肼（N2H4）是一种重要的工业产品。资料表明，氨和次氯酸钠溶液反应能生成肼，肼有极强的还原性。可用下图装置制取肼：（1）写出肼的电子式_，写出肼与硫酸反应可能生成的盐的化学式_；（2）装置A中反应的化学方程式_； （3）实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴

13、加NaClO溶液。滴加NaClO溶液时不能过快、过多的原因_；（4）从实验安全性角度指出该实验装置中存在的缺陷_。（5）准确量取20.00mL含肼溶液，加入硫酸和碳酸氢钠，用0.1000mol/L的标准碘液进行滴定，滴定终点时，消耗V0mL（在此过程中N2H4N2）。该实验可选择_做指示剂；该溶液中肼的浓度为_mol/L（用含V0的代数式表达，并化简）。26、（10分）检验甲醛含量的方法有很多，其中银Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学

14、习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为_，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是_。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为_。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开_，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，_。(4)室内空气中甲醛含量的测定。用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是_；再重复上述操作3次。毛细管的

15、作用是_。向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为_mgL-1。27、（12分）某研究性学习小组选用以下装置进行实验设计和探究(图中a、b、c均为止水夹)：（1）在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置中导管末端密封后，在分液漏斗甲内装一定量的蒸馏水，然后_，则证明A装置的气密性良好。（2）利用E装置能吸收的气体有_(任写两种即可)。（3）用锌粒和稀硫酸制备H2时应选用装置_作为发生装置(填所选装置的字母序

16、号)，实验时先在稀硫酸中加入少量硫酸铜晶体可使反应速率加快，原因是_。（4）某同学将A、C、E装置连接后设计实验比较Cl和S2的还原性强弱。A中玻璃仪器甲的名称为_，A装置中发生反应的离子方程式为_。C中说明Cl和S2的还原性强弱的实验现象_。28、（14分）2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等合成电池级Ni(OH)2的工艺流程如下：已知：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Ksp(室温下)4.010-381.010-331.610-142.010-13 (

17、1)已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是_；以下最适合作为物质X的是_（填字母）。A双氧水 B氨水 C盐酸 DNiO若滤液中Ni2+的浓度为2molL-1，列式计算判断此时滤渣中是否有Ni(OH)2沉淀：_ 。(2)滤渣的主要成分是_，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为_。(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700800可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为_。(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_（填

18、“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_。29、（10分）乙烯的分子式为C2H4，是一种重要的化工原料和清洁能源，研究乙烯的制备和综合利用具有重要意义。请回答下列问题：（1）乙烯的制备：工业上常利用反应C2H6（g）C2H4（g）+H2（g） H制备乙烯。已知：C2H4（g）+3O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l） H1=-1556.8kJmol-1；H2（g）+O2（g）=H2O（1） H2=-285.5kJmol-1；C2H6（g）+O2（g）=2CO2（g）+3H2O（l） H3=-1559.9kJmol-1。则H=_kJmol-1。（2）乙烯可用于制备乙醇：C2H4（g

19、）+H2O（g）C2H5OH（g）。向某恒容密闭容器中充入a mol C2H4（g）和 a mol H2O（g），测得C2H4（g）的平衡转化率与温度的关系如图所示：该反应为_热反应（填“吸”或“放”），理由为_。A点时容器中气体的总物质的量为_。已知分压=总压气体物质的量分数，用气体分压替代浓度计算的平衡常数叫压强平衡常数（KP），测得300时，反应达到平衡时该容器内的压强为b MPa，则A点对应温度下的KP=_MPa-1（用含b的分数表示）。已知：C2H4（g）+H2O（g）C2H5OH（g）的反应速率表达式为v正=k正c（C2H4）c（H2O），v逆=k逆c（C2H5OH），其中，k正、

20、k逆为速率常数，只与温度有关。则在温度从250升高到340的过程中，下列推断合理的是_（填选项字母）。Ak正增大，k逆减小 Bk正减小，k逆增大Ck正增大的倍数大于k逆 Dk正增大的倍数小于k逆若保持其他条件不变，将容器改为恒压密闭容器，则300时，C2H4（g）的平衡转化率_10%（填“”“”或“=”）。（3）乙烯可以被氧化为乙醛（CH3CHO），电解乙醛的酸性水溶液可以制备出乙醇和乙酸，则生成乙酸的电极为_极（填“阴”或“阳”），对应的电极反应式为_。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、D【答案解析】Na2CO3 溶液中滴入少量盐酸：CO

21、32-+H+=HCO3-，故A错误；铁粉与稀 H2SO4反应： Fe+2H+=Fe2+H2 ，故B错误；Cu(OH)2与稀 H2SO4反应：Cu(OH)2+2H+=Cu2+ +2H2O，故C错误；氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水， Cl22OHClOClH2O，故D正确。点睛：书写离子方程式时，只有可溶性强电解质拆写成离子，单质、氧化物、气体、沉淀、弱电解质不能拆写成离子。2、D【答案解析】A. 乙醇能与水互溶，因此不能做从碘水中提取碘单质的萃取剂，故A错误；B. 乙酸乙酯与乙醇互溶，不能采用分液的方法，应加入饱和碳酸钠溶液，然后分液，故B错误；C. 除去KNO3固体中的NaCl

22、，采用重结晶方法，利用KNO3的溶解度受温度的影响较大，NaCl的溶解度受温度的影响较小，故C错误；D. 蒸馏利用沸点不同对互溶液体进行分离，丁醇、乙醚互溶，采用蒸馏法进行分离，利用两者沸点相差较大，故D正确；答案：D。3、D【答案解析】A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸

23、氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。故选D。4、B【答案解析】A. 根据物质结构简式可知脱氢维生素C的分子式为C6H6O6，A错误；B. 根据维生素C结构可知维生素C含有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，B正确；C. 1分子维生素C与I2发生反应产生1分子脱氢维生素C和2个HI分子，维生素C分子失去两个H原子生成脱氢维生素C，失去H原子的反应为氧化反应；碘遇淀粉变蓝，所以滴定时可用淀粉溶液作指示剂，终点时溶液由无色变蓝色，C错误；D. 羟基属于亲水基团，维生素C含多个羟基，故易溶于水，而在有机溶剂中溶解度比较小，D错误；故合理选项是B。5

24、、C【答案解析】A. NaOH、NH4Cl含有离子键和共价键，H2SO4只含有共价键，化学键类型不相同，故A错误；B. MgO中只有离子键，Na2SO4、NH4HCO 3中含有离子键和共价键，化学键类型不相同，故B错误；C. Na2O2、KOH、Na2SO4均为离子键和共价键，化学键类型相同，故C正确。D. AlCl3只含有共价键，Al2O3、MgCl2含有离子键，化学键类型不相同，故D错误；答案选C。6、C【答案解析】A.根据突变范围选择合适的指示剂，要求指示剂的指示范围与突变范围有重叠，所以选择变色范围在pH突变范围内的指示剂，可减小实验误差，A正确；B. 移液管水洗后需用待取液润洗，这样

25、不改变盐酸的浓度，可减小实验误差，B正确；C. 甲基橙的指示范围是3.14.4，甲基红的指示范围是4.46.2，二者差不多，而甲基红的指示范围与突变范围重叠更大，更能降低误差，因此应该使用甲基红，C错误；D. V(NaOH)=10.00 mL时，HCl过量，反应后相当于余下10mL的HCl，溶液为酸性，溶液中c(H+)= mol/L，所以溶液pH=-lgc(H+)=-lg1+lg30=1.5，D正确；故合理选项是C。7、A【答案解析】A.当A外接电源正极时，A处的透明导电层作阳极，电致变色层中LiWO3转化为WO3和Li+，Li+进入离子储存层，故A错误；B.当A外接电源负极时，A处的透明导电

26、层作阴极，电致变色层发生反应为：WO3+Li+e-=LiWO3，故B正确；C.当B外接电源正极时，A处的透明导电层作阴极，电致变色层中WO3转化为LiWO3，膜的透过率降低，可以有效阻挡阳光，故C正确；D.该电致变色系统在较长时间的使用过程中，LiWO3与WO3相互转化，离子导体层中Li+的量可保持基本不变，故D正确；综上所述，答案为A。8、D【答案解析】滴定过程发生反应H2A+NaOH=H2O+NaHA、NaHA+NaOH=H2O+Na2A，第一反应终点溶质为NaHA，第二反应终点溶质为Na2A。【题目详解】A石蕊的的变色范围为58，两个反应终点不在变色范围内，所以不能选取石蕊作指示剂，故A

27、错误；BX点为第一反应终点，溶液中的溶质为NaHA，溶液中存在质子守恒c(OH-)+ c(A2-)= c(H+)+ c(H2A)，故B错误；CY点溶液=1.5，所以溶液中的溶质为等物质的量的NaHA和Na2A，根据物料守恒可知2c(Na+)=3c(A2-)+3c(HA-)+3c(H2A)，故C错误；DNa2A溶液主要存在A2-的水解：A2-+H2O=HA-+OH-；据图可知当c(A2-)= c(HA-)时溶液pH=9.7，溶液中c(OH-)=10-4.3mol/L，而Na2A的第一步水解平衡常数Kh=，当c(A2-)= c(HA-)时Kh= c(OH-)=10-4.3，设0.01mol/LNa

28、2A溶液中c(A2-)=amol/L，则c(OH-)amol/L，Kh=，解得a=10-3.15mol/L，即c(OH-)=10-3.15mol/L，所以溶液的pH=10.85，故D正确。【答案点睛】解决此类题目的关键是弄清楚各点对应的溶质是什么，再结合三大守恒去判断溶液中的离子浓度关系；D选项为难点，学习需要对“c(A2-)= c(HA-)”此类信息敏感一些，通过满足该条件的点通常可以求出电离或水解平衡常数。9、D【答案解析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官

29、能团。【题目详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D。【答案点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。10、D【答案解析】A. 由于碳九中碳原子个数比汽油的多，所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成“积碳”，故A正确；B. 裂解碳九中含有烯烃，能与溴水发生

30、加成反应而使其褪色，故B正确；C. 均三甲苯的二氯代物中，两个氯原子在同一个碳原子上的有1种：，在不同碳原子上的有4种：、，共有5种，故C正确；D. 异丙苯与对甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2原子团的要求，故D错误；故答案为D。【答案点睛】有机物二元取代物的种数确定，应采用“定一移二”的方法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目。11、B【答案解析】加入 KSCN溶液，溶液变血红色，溶液中有Fe3+，溶液中不能含有I、SO32-，因为离子的物质的量相等，根据电荷守恒，含有SO42-、Cl-，一定不能含有Na+和Ba2+。故选：B。

31、12、D【答案解析】A、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，所以反应的热效应是E1E2，A错误；B、化学反应的热效应等于反应物和产物的能量之差，所以反应的热效应是E1E2，B错误；C、该反应反应物的能量高于产物能量，所以反应放热，但是放热反应在常温常压下不一定就能进行，C错误；D、二氧化碳是温室气体，甲醇可以做燃料，二氧化碳和氢气转化为甲醇和水的反应可以可以实现变废为宝，且有效控制温室，D正确。答案选D。13、B【答案解析】A苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A正确；B溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取

32、而除去，故B错误；C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；故答案选B。14、A【答案解析】A. 硼原子核外有5个电子，1mol硼原子核外电子数为5NA，故A错误；B. BF3的结构为，1molBF3分子中共价键的数目为3NA，故B正确；C. NaBH4与水生成氢气，氢元素化合价由-1升高为0，1molNaBH4反应转移的电子数为4NA，故C正确；D. 硼烯具有导电性，有望代替石墨烯作“硼烯一钠基“电池的负极材料，故D正确；选A。15、C【

33、答案解析】A. 属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，A错误；B. 共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，B错误；C. 中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；D. 的分子式为C4H4O，1 mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol(410.5)4.5 mol，D错误；故答案为：C。【答案点睛】有机物燃烧：CxHy(x)O2xCO2H2O；CxHyOz(x)O2 xCO2H2O。16、B【答案解析】A.旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A不符合题意；B.

34、香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B符合题意；C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D不符合题意；故合理选项是B。17、B【答案解析】A乙醇和丙三醇所含羟基的个数不同，不是同系物，故选项A错误；B二环己烷中有两类氢原子，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4种，故选项B正确；C按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷，故选项C错误；D环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式，不

35、能满足所有碳原子共面，故选项D错误；故选B。18、C【答案解析】流程可知，氨水与废气反应生成亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，然后与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，Y为硫酸铵、硫酸氢铵。【题目详解】A废气少量时生成X为亚硫酸铵，废气过量时生成X为亚硫酸氢铵，或二者均有，A正确；BX中加过量硫酸生成硫酸铵或硫酸氢铵，B正确；C亚硫酸氨或亚硫酸氢铵，与过量硫酸反应生成气体a为二氧化硫，C错误；D（NH4）2S2O8中为连二硫酸铵，S最外层有6个电子，最高价为+6价，则S的化合价不可能为+7，D正确；故答案为：C。19、A【答案解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化

36、学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B. 将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C. 苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D. 苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。20、C【答案解析】将一小块钠投入足量水中，发生反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。【题目详解】A钠失电子生成Na+脱离金属钠

37、表面进入溶液，从而破坏金属键，A不合题意；B水电离生成的H+与Na反应生成NaOH和H2，破坏了共价键，B不合题意；C整个反应过程中，没有离子化合物参加反应，没有破坏离子键，C符合题意；D反应生成了氢气，从而形成共价键，D不合题意；故选C。21、C【答案解析】n(S)=3.2g32g/mol=0.1mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)=0.2mol，则n(Fe2+)=0.4mol-0.2mol=0.2mol，所以n(Fe2+)：n(Fe3+)=0.2mol：0.2mol=1：1，以此解答该题。【题目详解】A.盐酸恰好反应生成FeCl2 的物质的量为0.4mol，根据Cl原子守恒可得c(HC

38、l)=8.0mol/L，A错误；B.由以上分析可知，该磁黄铁矿FexS中，Fe2+与Fe3+的物质的量之比n(Fe2+)：n(Fe3+)=1：1，B错误；C.根据氢原子、氯原子守恒得n(H2S)=n(HCl)=n(FeCl2)=0.4mol，V(H2S)=0.4mol22.4L/mol=8.96 L，C正确；D.FexS中n(S)=0.1mol+0.4mol=0.5mol，n(Fe)=0.4mol，所以n(Fe)：n(S)=0.4mol：0.5mol=0.8，所以x=0.8，D错误。故合理选项是C。22、A【答案解析】A.二者的反应方程式为，当有2mol二氧化碳参加反应时，一共转移2mol电子

39、，因此当有二氧化碳参加反应时，转移0.1mol电子，A项正确； B.碳原子的物质的量是，根据质量数=质子数+中子数算出其1个原子内有8个中子，故一共有中子，B项错误；C.pH=2的溶液中，根据算出的物质的量为，C项错误； D.葡萄糖的分子式为，蔗糖的分子式为，二者的最简式不一样，因此无法计算，D项错误；答案选A。二、非选择题(共84分)23、NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 2 1：2 4：1 【答案解析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的

40、液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【题目详解】(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+GH的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J

41、是HNO3，则F+J- B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为

42、4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。24、乙酸苯甲（醇）酯 取代反应（或水解反应） 2+O22+2H2O 4种 和 【答案解析】乙烯和水发生加成反应生成A，A为CH3CH2OH，A发生催化氧化生成B，根据B分子式知，B结构简式为CH3COOH，在光照条件下甲苯和氯气发生取代反应生成C，根据反应条件知，氯原子取代甲基上氢原子，由C分子式知，C结构简式为，C发生取代反应生成D，D为，D发生催化氧化反应生成E为，B和D发生酯化反应生成F，F为，F发生信息中的反应

43、生成X，根据X分子式知，X结构简式为，（1）F为，名称为乙酸苯甲（醇）酯；（2）CD是在氢氧化钠的水溶液中加热发生水解反应，也属于取代反应生成和氯化钠，反应类型为取代反应（或水解反应）；（3）DE是在催化剂的作用下与氧气发生氧化反应生成和水，反应的化学方程式为2+O22+2H2O；（4）X的结构简式为；（5）D为，其芳香族化合物同分异构体有甲苯醚、邻甲基苯酚、间甲基苯酚和对甲基苯酚共4种；其中核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积之比为3221的是甲苯醚和对甲基苯酚。25、 N2H6SO4、（N2H5）2SO4 、N2H6（HSO4）2 2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O 防止

44、NaClO氧化肼 A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂 淀粉溶液 V0/400 【答案解析】(1)肼的分子式为N2H4，可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，据此分析解答；(2)装置A中制备氨气书写反应的方程式； (3)根据肼有极强的还原性分析解答；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，据此解答； (5)根据标准碘液选择指示剂；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，据此分析计算。【题目详解】(1)肼的分子式为N2H4，电子式为，肼可以看成氨气分子中的一个氢原子被氨基取代，氨基显碱性，肼可以看成二元碱，与硫酸反应可能

45、生成的盐有N2H6SO4、(N2H5)2SO4 、N2H6(HSO4)2，故答案为；N2H6SO4、(N2H5)2SO4 、N2H6(HSO4)2；(2)根据图示，装置A是生成氨气的反应，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O； (3)实验时，先点燃A处的酒精灯，一段时间后再向B的三口烧瓶中滴加NaClO溶液。肼有极强的还原性，而次氯酸钠具有强氧化性，因此滴加NaClO溶液时不能过快、过多，防止NaClO氧化肼，故答案为防止NaClO氧化肼；(4)氨气极易溶于水，该装置很容易发生倒吸，应该

46、在A、B间增加防倒吸装置，故答案为A、B间无防倒吸装置，易使A装置中玻璃管炸裂； (5)使用标准碘液进行滴定，可以选用淀粉溶液作指示剂，当滴入最后一滴碘液，容易变成蓝色，且半分钟内不褪色，则表明达到了滴定终点；在此过程中N2H4N2，I2I-，根据得失电子守恒，有N2H42I2，消耗碘的物质的量=0.1000mol/LV0mL，则20.00mL含肼溶液中含有肼的物质的量=0.1000mol/LV0mL，因此肼的浓度为=mol/L，故答案为淀粉溶液；。【答案点睛】本题的易错点和难点为(1)中肼与硫酸反应生成的盐的取代，要注意氨基显碱性，肼可以看成二元弱碱，模仿氨气与硫酸的反应分析解答。26、Mg

47、3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375 【答案解析】在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在562 n

48、m处测定吸光度，测得生成Fe21.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气中甲醛含量。【题目详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag+NH3+H2O=AgOH+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 H2O= Ag(NH3)2 +OH

49、-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋塞；(4)用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe

50、)=210-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则4x=210-5 mol1，x=510-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol，空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol30 g/mol103 mg/g=0.0375 mg/L。【答案点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。27、打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变 CO2、H2S、Cl2等气体中任选两种 B Zn和置

51、换出的铜与电解质溶液形成原电池 分液漏斗 MnO24H2ClMn2Cl22H2O 产生淡黄色沉淀 【答案解析】(1)在进行气体制备时，应先检验装置的气密性。将A装置末端导管密封后，在A装置的分液斗内装一定量的蒸馏水，然后打开分液漏斗开关，水不能持续滴下或分液漏斗中液面长时间保持不变，则气密性良好；(2)E中NaOH溶液能吸收酸性气体，例如CO2、SO2、H2S、Cl2等；(3)用锌粒和稀硫酸制备氢气应选择固体与液体反应装置，且不需要加热，则选择装置B；滴加硫酸铜后，Zn置换出Cu，形成ZnCu原电池，加快Zn与稀硫酸反应的速率；(4)A中仪器甲的名称为分液漏斗；装置A制备氯气，利用浓盐酸和二氧化锰混合加热制氯气时发生反应的离子方程式为MnO24H2ClMn2Cl22H2O；A中制得的氯气通入Na2S溶液中有淡黄色S沉淀生成，因此C中说明Cl和S2的还原性强弱的实验现象产生淡黄色沉淀。28、除去Al3+、Fe3+ D pH=5时，滤液中c(OH-)=110-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=210-18 KspNi(OH)2，故没有沉淀产生 MnO2 2MnO4-