2023年福建龙海市第二中学高考化学一模试卷含解析

2023高考化学模拟试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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、某探究活动小组根据侯德榜制碱原理，按下面设计的方案制备碳酸氢钠。实验装置如图所示（图中夹持、固定用的仪器未画出）。下列说法正确的是（）A．乙装置中盛放的是饱和食盐水B．丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出C．丁装置中倒扣的漏斗主要作用是防止产生的气体污染空气D．实验结束后，分离碳酸氢钠的操作是蒸发结晶2、下列说法正确的是()A．碘单质或NH4Cl的升华过程中，不需克服化学键B．Na2O2属于离子化合物，该物质中阴、阳离子数之比为1∶1C．CO2和SiO2中，都存在共价键，它们的晶体都属于分子晶体D．金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体3、铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液①适量铋酸钠溶液②过量双氧水③适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（）A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C．向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色D．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I24、莽草酸是一种合成治疗禽流感药物达菲的原料，鞣酸存在于苹果、生石榴等植物中。有关说法正确的是（）A．等浓度的两种酸其酸性相同B．两种酸都能与溴水发生加成反应C．鞣酸分子与莽草酸分子相比多了两个碳碳双键D．鞣酸能与Fe3+发生显色反应，而莽草酸不能5、实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液，可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()A．制取Cl2B．使Br－转化为Br2C．分液，先放出水层，再倒出溴的苯溶液D．将分液后的水层蒸干获得无水FeCl36、下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是A．过滤豆浆B．酿酒蒸馏C．精油萃取D．海水晒盐A．A B．B C．C D．D7、关于下列装置的描述正确的是（）A．甲装置可用于电解精炼铜B．乙装置红墨水水柱两边液面变为左低右高C．丙装置中的交换膜为阴离子交换膜D．丁装置可达到保护铁闸门的作用8、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(50～60℃)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A．配制混酸B．硝化反应C．洗涤分离D．干燥蒸馏9、有机化合物在食品、药物、材料等领域发挥着举足轻重的作用。下列说法正确的是（）A．甲苯和间二甲苯的一溴代物均有4种B．按系统命名法，化合物(CH3)2C(OH)C(CH3)3的名称为2，2，3-三甲基-3-丁醇C．2-丁烯分子中的四个碳原子在同一直线上D．乙酸甲酯分子在核磁共振氢谱中只能出现一组峰10、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为20，Y、W为同一主族元素，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是（

）A．W和Y形成的一种化合物具有漂白性B．简单离子半径大小顺序：W＞Z＞YC．最简单氢化物的稳定性：X＜YD．元素X的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物能发生反应11、下列物质的性质与用途具有对应关系的是A．二氧化硅熔点高，可用作光导纤维B．过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂C．明矾易溶于水，可用作净水剂D．二氧化硫有氧化性，可用于漂白纸张12、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。A是元素Y的单质。常温下，甲的浓溶液具有脱水性，和A发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是（）A．丁和戊中所含元素种类相同B．简单离子半径大小：X＜YC．气态氢化物的还原性：X＞ZD．Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存13、实验室处理废催化剂FeBr3溶液，得到溴的四氯化碳溶液和无水FeCl3。下列图示装置和原理能达到实验目的的A．制取氯气B．将Br-全部转化为溴单质C．分液时，先从下口放出有机层，再从上口倒出水层D．将分液后的水层蒸干、灼烧制得无水FeCl314、我国科学家设计的人工光合“仿生酶—光偶联”系统工作原理如图。下列说法正确的是（）A．总反应为6CO2+6H2OC6H12O6+6O2B．转化过程中仅有酶是催化剂C．能量转化形式为化学能→光能D．每产生1molC6H12O6转移H+数目为12NA15、对于达到化学平衡状态的可逆反应，改变某一条件，关于化学反应速率的变化、化学平衡的移动、化学平衡常数的变化全部正确的是（）条件的改变化学反应速率的改变化学平衡的移动化学平衡常数的变化A加入某一反应物一定增大可能正向移动一定不变B增大压强可能增大一定移动可能不变C升高温度一定增大一定移动一定变化D加入（正）催化剂一定增大不移动可能增大A．A B．B C．C D．D16、NH4NO3溶液受热可发生分解反应：NH4NO3N2↑＋HNO3＋H2O(未配平)。用NA表示阿伏加德罗数的值，下列说法正确的是()A．分解时每生成2.24L(标准状况)N2，转移电子的数目为0.6NAB．2.8gN2中含有共用电子对的数目为0.3NAC．56gFe与足量热浓硝酸反应生成NO2分子的数目为3NAD．0.1mol·L－1NH4NO3溶液中，NH4+的数目小于0.1NA17、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是A．水煤气-CH4 B．明矾-KAl(SO4)2·12H2OC．水玻璃-H2SiO3 D．纯碱-NaHCO318、117号元素为TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错误的是A．TS是主族元素 B．TS的最外层p轨道中有5个电子C．TS原子核外共有6个电子层 D．同族元素中TS非金属性最弱19、NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A．5.6gFe完全溶于一定量溴水中，反应过程中转移的总电子数一定为0.3NAB．1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去2NA个电子C．标况时，22.4L二氯甲烷所含有的分子数为NAD．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，有1.5NA对共用电子对被破坏20、室温下，某溶液中含有Na+、H+、Fe3+、HCO3－、OH－、I－中的几种，水电离出的c（H+）=1×l0-13

mol/L。当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色。下列分析正确的是（）A．溶液的pH=1或13 B．溶液中一定没有Fe3+，Na+C．溶液中阴离子有I－，不能确定HCO3－ D．当Cl2过量，所得溶液只含有两种盐21、含铀矿物通常用铅(Pb)的同位素测年法进行断代，下列关于Pb和Pb说法正确的是A．含不同的质子数 B．含不同的电子数C．含相同的中子数 D．互相转化时不属于化学变化22、在0.1mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（）A．c(Na+)=2c(CO32-) B．c(H+)>c(OH-)C．c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/L D．c(HCO3-)<c(OH-)二、非选择题(共84分)23、（14分）CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下：已知：①A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键；②；③。请回答下列问题：（1）A中官能团的名称为____。（2）C生成D所需试剂和条件是____。（3）E生成F的反应类型为____。（4）1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为____。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为____。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有____种，a.属于芳香族化合物b.能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c.能与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式____。（7）参照上述合成路线，以和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线____。24、（12分）药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_______(2)H中含氧官能团的名称为_______(3)B的结构简式为_______(4)反应③的化学方程式为_______(5)⑤的反应类型是_______(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_______(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2—溴环己酮()和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_______(无机试剂及有机溶剂任选)25、（12分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3①制取次氯酸钠和氢氧化钠混合液的连接顺序为__________(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为____。②制备水合肼时，应将__________滴到__________中（填“NaClO溶液”或“尿素溶液”），且滴加速度不能过快。③尿素的电子式为__________________(2)碘化钠的制备：采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为___。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a．称取10.00g样品并溶解，在500mL容量瓶中定容；b．量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c.用0.2000mol·L−1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为15.00mL。①M为____________(写名称)。②该样品中NaI的质量分数为_______________。26、（10分）二苯甲酮广泛应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。实验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的实验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子质量密度/g·cm-3熔点/oC沸点/oC溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.22−1197遇水分解无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应剧烈放热。回答下列问题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），迅速称取7.5g无水三氯化铝放入三颈瓶中，再加入30mL无水苯，搅拌，缓慢滴加6mL新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝逐渐溶解。混合完后，保持50℃左右反应1.5～2h。仪器A的名称为_______。装置B的作用为_______。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是______。能作为C中装置的是_______（填标号）。（2）操作X为___________。（3）NaOH溶液洗涤的目的是_____________。（4）粗产品先经常压蒸馏除去__________，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为________时可确定产品为纯品。已知实验最终所得纯品8.0g，则实验产率为_________%（保留三位有效数字）。27、（12分）NaClO2的漂白能力是漂白粉的4～5倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：(1)ClO2发生器中的反应为：2NaClO3＋SO2＋H2SO4===2ClO2＋2NaHSO4。实际工业生产中，可用硫黄、浓硫酸代替原料中的SO2，其原因为_____________(用化学方程式表示)。(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：________________________。(3)吸收器中生成NaClO2的离子反应方程式为___________________________________。(4)某化学兴趣小组用如下图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：①盛放浓H2SO4仪器名称为_____，C中溶液的作用是____________。②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中发生的反应可能为__________、Na2O2＋SO2=Na2SO4。28、（14分）消除含氮化合物对大气和水体的污染是环境保护的重要研究课题。（1）化学上采用NH3处理NxOy不仅可以消除污染，还可作为工业生产的能量来源。已知：则用NH3处理NO生成氮气和气态水的热化学方程式为_______________________________。（2）已知：。不同温度下，向三个容器中分别投入相同量的反应物进行反应，测得不同压强下平衡混合物中的物质的量分数如图所示。①M点的v正___________Q点的v正（填“>”“<”或“=”）。②图中M点的平衡常数比N点的平衡常数___________（填“大”“小”或“相等”）（3）水体中过量氨气（以表示）会导致水体富营养化。①用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出总反应化学方程式____________。②该反应需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是_____________________。（4）氮氧化物也可用碱溶液吸收。若NO和混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，则该盐的化学式为___________；已知常温下，，则反应的平衡常数的数值为_____________。（5）利用反应（未配平）消除用电器的简易装置如图所示。①a电极上的反应式为____________________________________________。②常温下，若用该电池电解0.6L饱和食盐水，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则理论上b电极上消耗B气体的体积为___________mL（标准状况；假设电解过程中溶液体积不变）。29、（10分）由两种或两种以上金属离子（或铵根离子）和一种酸根离子构成的盐称为复盐。为确定某复盐结晶水合物Q（含有两种金属阳离子）的组成，甲、乙两位同学分别进行了如下实验：请回答下列问题：（1）操作Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ相同，为__________、洗涤，仅由甲的实验能不能确定操作Ⅰ中所得固体的成分？__________（填“能”或“不能”），说明理由：_________。（2）甲实验中通入过量二氧化碳发生反应生成沉淀的离子方程式为_______。（3）0.8g红棕色粉末的物质的量为__________。（4）乙实验中，若100mL硝酸钡溶液恰好完全反应，则硝酸钡溶液的物质的量浓度为__________。（5）Q的化学式为________。

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、B【答案解析】

工业上侯氏制碱法是在饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，由于氨气在水中的溶解度大，所以先通入氨气，通入足量的氨气后再通入二氧化碳，生成了碳酸氢钠，由于碳酸氢钠的溶解度较小，所以溶液中有碳酸氢钠晶体析出，将碳酸氢钠晶体加热后得纯碱碳酸钠，据此分析解答。【题目详解】A.利用盐酸制取二氧化碳时，因盐酸易挥发，所以，二氧化碳中常会含有氯化氢气体，碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应，所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体，因此乙装置中盛放的是饱和碳酸氢钠溶液，故A错误；B.碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠小，丙装置中的溶液变浑浊，因有碳酸氢钠晶体析出，故B正确；C.实验过程中氨气可能有剩余，而稀硫酸能与氨气反应，所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3，氨气极易溶于水，丁装置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C错误；D.分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体，常采用的实验操作是过滤操作，故D错误；答案选B。【答案点睛】明确“侯氏制碱法”的实验原理为解题的关键。本题的易错点为A，要注意除去二氧化碳中的氯化氢气体通常选用的试剂。2、D【答案解析】

A、NH4Cl的分解生成气体过程中，需克服离子键和共价键，选项A错误；B、Na2O2中阴离子(O22-)、阳离子(Na＋)数之比为1∶2，选项B错误；C、SiO2中，Si原子、O原子向空间伸展，不存在小分子，属于原子晶体，选项C错误；D、金刚石和足球烯(C60)虽均为碳单质，但晶体类别不同，前者属于原子晶体，后者属于分子晶体，选项D正确。答案选D。【答案点睛】本题主要是化学键、分子晶体和物质三态变化克服的作用力等知识，正确理解信息是解题关键，试题培养了学生分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。注意晶体类型的判断方法，离子间通过离子键形成的晶体是离子晶体，分子间通过分子间作用力形成的晶体是分子晶体，原子间通过共价键形成的空间网状结构的晶体是原子晶体，由金属阳离子和自由电子构成的晶体是金属晶体。3、C【答案解析】

向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；【题目详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为IO3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D.由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；故选C。【答案点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。4、D【答案解析】

A.莽草酸只有一个羧基能电离出氢离子，使溶液显酸性，鞣酸有一个羧基、三个酚羟基均可以电离出氢离子，使溶液显酸性，则等浓度的两种酸，鞣酸酸性更强，故A错误；B.鞣酸不含碳碳双键，含有酚羟基，与溴水只发生取代反应，故B错误；C.鞣酸含有苯环，不含碳碳双键，故C错误；D.鞣酸含有酚羟基，与铁离子反应，而莽草酸中不含酚−OH，则遇三氯化铁溶液不显紫色，故D正确；答案选D。【答案点睛】鞣酸中的羟基为酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，莽草酸中的六元环不是苯环，其中的羟基是醇羟基，遇三氯化铁溶液不显紫色，这是同学们的易错点。5、C【答案解析】

A.实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应，稀盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，A项错误；B.用氯气氧化溴离子时，导气管应该采用“长进短出”原则，所以该装置错误，不能实现实验目的，B项错误；C.分液时先从下口放出水相，再从上口倒出有机相，C项正确；D.蒸发时应该，蒸发至有大量晶体析出时停止加热，用余热蒸干，另外FeCl3水解生成的盐酸易挥发，直接蒸发，得不到无水FeCl3，D项错误；答案选C。【答案点睛】本题考查化学实验方案评价，涉及物质制备、实验操作等知识点，明确实验原理、物质性质、实验操作规范是解本题的关键，易错点是选项D，加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，升高温度促进水解，为防止水解，应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。6、A【答案解析】

A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A正确；B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D错误；答案选A。7、A【答案解析】

A．粗铜与电源正极相连，为阳极，阴极上铜离子得到电子生成Cu，可电解精炼铜，故A正确；B．左侧发生吸氧腐蚀，右侧发生析氢腐蚀，则红墨水水柱两边液面变为左高右低，故B错误；C．由图可知，需要钠离子透过交换膜，精制饱和食盐水，则交换膜为阳离子交换膜，故C错误；D．铁闸门与电源正极相连，失去电子，加速腐蚀，故D错误；答案选A。8、C【答案解析】

A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度50~60℃，应采取50～60℃水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【答案点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。9、A【答案解析】

A．甲苯有4种等效氢（），间二甲苯也有4种等效氢（），因此它们的一溴代物均有4种，A项正确；B．醇的系统命名，选含羟基的最长碳链为主链，从距羟基较近的一端开始编号，，该化合物名称应为：2，3，3-三甲基-2-丁醇，B项错误；C．2-丁烯的结构为或，分子中的四个碳原子不在一条直线上，C项错误；D．乙酸甲酯分子中有2种等效氢（），在核磁共振氢谱中会出现2组峰，D项错误；答案选A。【答案点睛】用系统命名法命名的一般原则：①选择含官能团的最长碳链为主链；②编号时，先考虑使官能团所在碳的编号尽可能小，再考虑使其它支链的编号尽可能小；③写名称时，先写支链名称，再写主链名称，阿拉伯数字与汉字之间以“-”相隔。10、B【答案解析】

常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。则Z为铝，W为硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W为同一主族元素，则Y为氧；原子最外层电子数之和为20，则X最外层电子数为20-3-6-6=5，则X为氮；A.W为硫，Y为氧，形成的一种化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正确；B.硫离子有3个电子层，半径最大；氧离子和铝离子核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以氧离子大于铝离子，故简单离子半径大小顺序：W＞Y＞Z，故B错误；C.非金属性越强其氢化物越稳定，氮非金属性弱于氧，则最简单氢化物的稳定性：X＜Y，故C正确；D.元素X的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，能发生反应生成硝酸铵，故D正确。故选B。【答案点睛】解决此题的关键是正确推断元素的种类，突破口在于题干信息中浓溶液和稀溶液性质不同，想到浓硫酸具有强氧化性，与金属铝发生钝化反应，而稀硫酸可以与铝反应。11、B【答案解析】A.二氧化硅用作光导纤维是因为光在二氧化硅中能够发生全反射，与熔点无关，A错误；B.过氧化钠可与二氧化碳反应生成氧气，可用作呼吸供氧剂，之间存在因果关系，B正确C.明矾可用作净水剂，是因为水解生成氢氧化铝胶体，与易溶于水无关，C错误；D.二氧化硫可用于漂白纸张，是因为二氧化硫具有漂白性，D错误；故选B。12、A【答案解析】

甲的浓溶液具有脱水性，则甲为硫酸；常温下，和A发生钝化，则A为铝(Al)；丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色刺激性气味气体，结合转化关系图，可得出丙为SO2，丁为H2O，乙为Al2(SO4)3；SO2与戊反应生成H2SO4，则戊为H2O2。从而得出W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。【题目详解】A．丁和戊分别为H2O、H2O2，所含元素种类相同，A正确；B．简单离子半径：O2->Al3+，B不正确；C．气态氢化物的还原性：H2O<H2S，C不正确；D．Al3+与S2-在水溶液中发生双水解反应，不能大量共存，D不正确；故选A。13、C【答案解析】

A.1mol/L的盐酸为稀盐酸，与二氧化锰不反应，则不能制备氯气，故A错误；B.图中导管的进入方向不合理，将溶液排出装置，应从长导管进气短导管出气，故B错误；C.苯不溶于水，密度比水小，溴的苯溶液在上层，则用装置丙分液时先从下口放出水层，再从上口倒出有机层，故C正确；D.蒸发时促进氯化铁水解，生成盐酸易挥发，不能得到FeCl3，灼烧得到氧化铁，故D错误；本题答案为C。【答案点睛】分液时，分液漏斗内的下层液体从漏斗下口放出，上层液体从上口倒出。14、A【答案解析】

A.根据图示可知：该装置是将CO2和H2O转化为葡萄糖和氧气，反应方程式为：6CO2+6H2OC6H12O6+6O2，A正确；B.转化过程中有酶、光触媒作催化剂，B错误；C.能量转化形式为光能→化学能，C错误；D.每产生1molC6H12O6转移H+数目为24NA，D错误；故合理选项是A。15、C【答案解析】

A．如加入反应物为固体，由于不改变反应物浓度，则反应速率不变，平衡不移动，故A错误；B．如反应前后气体的体积不变，则增大压强，平衡不移动，平衡常数只受温度的影响，改变压强，平衡常数不变，故B错误；C．升高温度，反应速率增大，平衡向吸热方向移动，且平衡常数改变，故C正确；D．加入催化剂，反应速率增大，平衡不移动，且不影响平衡常数，故D错误。故选：C。16、B【答案解析】

NH4NO3溶液受热可发生分解反应：5NH4NO34N2↑＋2HNO3＋9H2O。【题目详解】A.该反应属于归中反应，NH4+中－3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO3－中＋5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为5∶3，每生成4molN2，转移15mol电子，所以，当生成0.1molN2时，转移电子的物质的量为×0.1mol＝0.375mol，转移的电子数为0.375NA，A错误；B.N2的结构式为N≡N，1个N2分子含有3对共用电子，2.8gN2的物质的量为0.1mol，含有的共用电子对数为0.3NA，B正确；C.浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为＋3价，本身被还原为NO2，56gFe的物质的量为1mol，可失去3mol电子，所以，反应生成3molNO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，C错误；D.已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH4+的数目，D错误；故答案为：B。17、B【答案解析】

A．天然气是CH4，水煤气是H2、CO的混合物，故A错误；B．明矾是Kal(SO4)2•12H2O的俗称，故B正确；C．水玻璃是Na2SiO3的水溶液，故C错误；D．纯碱是Na2CO3的俗称，故D错误；故答案选B。18、C【答案解析】

A．Ts的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是VIIA元素，A正确；B．Ts位于第七周期ⅦA族，电子排布式为[Rn]6f146d107s27p5，故Ts的最外层p轨道中有5个电子，B正确；C．Ts位于第七周期ⅦA族，核外共有7个电子层而不是6，C错误；D．同族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，所以Ts非金属性在同族中最弱，D正确；故合理选项是C。19、D【答案解析】A．铁完全溶于一定量溴水，反应后的最终价态可能是+3价，还可能是+2价，故0.1mol铁转移的电子数不一定是0.3NA个，还可能是0.2NA个，故A错误；B．Na原子最外层是1个电子，则1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，钠失去1NA个电子，故B错误；C．标况下二氯甲烷为液体，不能根据气体摩尔体积计算其物质的量，故C错误；D．镁条在氮气中完全燃烧，生成50g氮化镁时，参加反应的N2为0.5mol，而N2分子含有氮氮叁键，则有1.5NA对共用电子对被破坏，故D正确；答案为D。20、A【答案解析】

水电离出的c（H+）=1×l0-13mol/L，溶液中氢离子或氢氧根离子浓度为0.1mol/L，该溶液为强酸性或碱性溶液，一定不会存在碳酸氢根离子；当向该溶液中缓慢通入一定量的Cl2后，溶液由无色变为黄色，说明溶液中一定存在碘离子，能够与碘离子反应的铁离子一定不会存在。【题目详解】A．酸或碱的溶液抑制水的电离，水电离出的c（H+）=1×l0-13mol/L，若为酸性溶液，该溶液pH=1；若为碱性溶液，该溶液的pH为13，故A正确；B．溶液中一定不会存在铁离子，若是碱性溶液，一定存在钠离子，故B错误；C．该溶液中一定存在碘离子，一定不会存在碳酸氢根离子，故C错误；D．氯气过量，若为酸性溶液，反应后只有一种盐，即氯化钠，故D错误；故选A。21、D【答案解析】

A．Pb和Pb的质子数都为82，故A错误；B．Pb和Pb的质子数都为82，质子数=核外电子数，核外电子数也都为82，故B错误；C．Pb的中子数为206-82=124，Pb的中子数为207-82=125，中子数不同，故C错误；D．Pb和Pb的互相转化不属于化学变化，化学变化过程中原子核不发生变化，故D正确；故选D。【答案点睛】本题的易错点为D，要注意同位素间的转化，不属于化学变化，属于核变化。22、D【答案解析】

A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)>2c(CO32-)；故A错误；

B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)>c(H+)，故B错误；

C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)>c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。【答案点睛】根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na++CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH++OH-，进行分析判断。二、非选择题(共84分)23、氯原子氯气、光照氧化反应4mol+HBr17【答案解析】

A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生②的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息③的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为；

（7）以

和丙醛为原料（其他试剂任选）制备

，发生信息②的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物。【题目详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C为，D为，则C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，可消耗2molNaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1molCAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，答案为：；（7）以

和丙醛为原料(其他试剂任选)制备

,发生信息②的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、③的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。24、苯甲醚醚键、酰胺键+H2O消去反应【答案解析】

已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【题目详解】(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3)B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4)D经过反应③后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应③的方程式为：+H2O；(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，，，，，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在羰基，经过反应④后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【答案点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。25、ecdabf5：3NaClO溶液尿素溶液2IO3-+3N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O淀粉90%【答案解析】

(1)①根据制备氯气，除杂，制备次氯酸钠和氧氧化钠，处理尾气分析；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成5molClO-则会生成Cl-5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，据此分析可得；②NaClO氧化水合肼；③尿素中C原子与O原子形成共价双键，与2个-NH2的N原子形成共价单键；(2)碘和NaOH反应生成NaI、NaIO，副产物IO3-，加入水合肼还原NaIO、副产物IO3-，得到碘离子和氮气，结晶得到碘化钠，根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，据此书写；(3)①碘单质参与，用淀粉溶液做指示剂；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，计算样品中NaI的质量，最后计算其纯度。【题目详解】(1)①装置C用二氧化锰和浓盐酸混合加热制备氯气，用B装置的饱和食盐水除去杂质HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气与NaOH在A中反应制备次氯酸钠，为使反应物充分反应，要使氯气从a进去，由D装置吸收未反应的氯气，以防止污染空气，故导气管连接顺序为：ecdabf；三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1，设ClO-与ClO3-的物质的量之比为5：1的物质的量分别为5mol、1mol，根据得失电子守恒，生成6molClO-则会生成Cl-的物质的量为5mol，生成1molClO3-则会生成Cl-5mol，则被还原的氯元素为化合价降低的氯元素，即为Cl-，n(Cl-)=5mol+5mol=10mol，被氧化的氯元素为化合价升高的氯元素，其物质的量为ClO-与ClO3-物质的量的和，共5mol+1mol=6mol，故被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为10：6=5：3；②制备水合肼时，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率，故实验中制备水合肼的操作是：取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快；③尿素CO(NH2)2中C原子与O原子形成共价双键，与2个—NH2的N原子形成共价单键，所以其电子式为：；(2)根据流程可知，副产物IO3-与水合肼生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为：2IO3-+3N2H4•H2O=3N2↑+2I-+9H2O；(3)①实验中滴定碘单质，应该用淀粉作指示剂，所以M是淀粉；②根据碘元素守恒，2I-～I2～2Na2S2O3，则n(NaI)=n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量m(NaI)=×150g/mol=9.00g，故样品中NaI的质量分数为×100%=90.0%。【答案点睛】本题考查了物质的制备，涉及氧化还原反应化学方程式的书写、实验方案评价、纯度计算等，明确实验原理及实验基本操作方法、试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，注意题目信息的应用，学会使用电子守恒或原子守恒，根据关系式法进行有关计算。26、恒压滴液漏斗防止外界空气中水蒸气进入影响实验控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高bc分液洗去残留的HCl苯48.584.4【答案解析】

苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【题目详解】（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收，能作为C中装置的是bc（填标号）。故答案为：恒压滴液漏斗；防止外界空气中水蒸气进入影响实验；控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高；bc；（2）制备二苯甲酮的反应混合物，冷却、加浓盐酸后分成两相，有机相和水相，用分液的方法分离，操作X为分液。故答案为：分液；（3）分液后得到的有机相中含有HCl，NaOH溶液洗涤的目的是洗去残留的HCl。故答案为：洗去残留的HCl；（4）苯和二苯甲酮互溶，沸点不同，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。故答案为：苯；（5）纯净物具有固定的熔点，二苯甲酮的熔点为48.5℃，当所测产品熔点为48.5℃时可确定产品为纯品。30mL苯（密度0.88g·mL－1）的物质的量为mol=0.34mol，6mL新蒸馏过的苯甲酰氯物质的量为mol=0.05210mol，由制备方程式可知，苯过量，所以产品的理论产量为0.05210mol×182g·mol－1=9.482g，则本实验中苯乙酮的产率为×100%=84.4%，故答案为：48.5；84.4；【答案点睛】本题考查物质的制备实验，把握物质的性质、发生的反应、制备原理为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意有机物性质的应用，（7）为解答的难点，先判断苯过量，然后算出理论产量，最后利用公式计算产率。27、S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O驱赶出ClO2，确保其被充分吸收2ClO2＋2OH－＋H2O2=2ClO2—＋O2＋2H2O分液漏斗吸收未反应的二氧化硫2Na2O2＋2SO2=2Na2SO3＋O2【答案解析】

由反应2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4制备ClO2，ClO2与冷的NaOH溶液反应制NaClO2溶液，经过真空蒸发、冷却结晶、干燥得到NaClO2，据此分析解答(1)～(3)；(4)A制备二氧化硫，与Na2O2在B中反应，C吸收未反应的二氧化硫，D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，D收集生成的氧气，据此分析解答。【题目详解】(1)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，通入空气可以将其完全排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；(3)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2═2ClO2-++O2+2H2O；(4)①根据装置图，盛放浓H2SO4仪器为分液漏斗；C中溶液的作用是吸收未反应的二氧化硫；故答案为：分液漏斗；吸收未反应的二氧化硫；②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2═2Na2SO3+O2。【答案点睛】本题的易错点为(4)②中方程式的书写，要注意根据题意生成了氧气，因此不能反应生成硫酸钠。28、4NH3(g)+6NO

(g)═5N2(g)+6H2O(g)△H=-1784.4kJ•mol-1＞大2NH3+3NaClO═N2+3NaCl+3H2O温度过高，加快了中间产物HClO的分解，导致氨氮去除率降低NaNO25×10102NH3-6e-+6OH-=2N2+6H2O336【答案解析】

(1)根据盖斯定律分析解答；(2)①M点比Q点压强大；②M点氨气的物质的量分数比N点大，结合放热反应分析判断；(3)①根据原理图，NH3、NaClO是反应物，次氯酸、盐酸、氢氧化钠为中间产物，氯化钠、氮气和水是生成物，据此书写反应的化学方程式；②根据温度对中间产物HClO的影响分析解答；(4)NO和NO2混合气体被NaOH溶液完全吸收，只生成一种盐，反应中只有N元素化合价发生变化，NO中N元素化合价为+2、NO2中N元素化合价为+4，则生成的盐中N元素化合价为+3价；根据HNO2(aq)+NaOH(aq)⇌NaNO2(ag)+H2O(1)的平衡常数表达式结合水的离子积常数分析计算；(5)①根据图中电子的运动方向可知，a极为负极，为氨气在碱性条件下发生氧化反应生成氮气的反应；②根据2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑～2e-，一段时间后，测得饱和食盐水pH变为13，则溶液中n(OH-)=0.6L×0.1mol/L=0.06mol，b极电极反应式为：2NO2+8e-