2023届江苏省宿迁市沭阳县修远中学高三下学期一模考试化学试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、宋应星所著《天工开物》被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A．“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B．“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C．“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D．“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金2、对FeC13溶液与KI溶液反应进行探究实验，按选项ABCD顺序依次进行操作，依据现象，所得结论错误的是A．A B．B C．C D．D3、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A．（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B．电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C．（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H++Cu↓D．（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag++Cu2+4、下列叙述正确的是A．24g镁与27g铝中，含有相同的质子数B．同等质量的氧气和臭氧中，电子数相同C．1mol重水与1mol水中，中子数比为2∶1D．1mol乙烷和1mol乙烯中，化学键数相同5、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A．一定存在Fe2+、Na+、Cl－ B．一定不存在I－、SO32－C．一定呈碱性 D．一定存在NH4+6、已知：p[]＝－lg[]。室温下，向0.10mol/LHX溶液中滴加0.10mol/LNaOH溶液，溶液pH随p[]变化关系如图所示。下列说法正确的是A．溶液中水的电离程度：a>b>cB．c点溶液中：c(Na+)=10c(HX)C．室温下NaX的水解平衡常数为10-4.75D．图中b点坐标为(0，4.75)7、常温下，浓度均为0.1mol/L体积均为V0的HA、HB溶液分别加水稀释至体积为V的溶液。稀释过程中，pH与的变化关系如图所示。下列叙述正确的是A．pH随的变化始终满足直线关系B．溶液中水的电离程度：a>b>cC．该温度下，Ka(HB)≈10－6D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，c(A－)=c(B－)8、某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A．该混合物一定是K2CO3和NaCl B．该混合物可能是Na2CO3和KClC．该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3 D．该混合物一定是Na2CO3和NaCl9、下列离子方程式书写错误的是()A．铝粉投入到NaOH溶液中:2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑B．Al(OH)3溶于NaOH溶液中:Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2OC．FeCl2溶液中通入Cl2:2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D．AlCl3溶液中加入足量的氨水:A13++3OH-=Al(OH)310、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1mol/LNaHSO4溶液中，阳离子数目之和为0.2NAB．标准状况下0.2molCl2溶于水中，转移的电子数为0.2NAC．常温常压下1.5gNO与1.6gO2充分反应后混合物中原子总数为0.2NAD．标准状况下，4.48LHF含有的分子总数为0.2NA11、氮及其化合物的性质是了解工农业生产的重要基础。NA为阿伏伽德罗常数的值，下列有关说法错误的是A．22.4L（标准状况）15NH3含有的质子数为10NAB．密闭容器中，2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAC．13.8gNO2与足量水反应，转移的电子数为0.2NAD．常温下，1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NA12、将一定质量的镁铜合金加入到稀硝酸中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是：（）A．加入合金的质量不可能为6.4gB．沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为120mLC．溶解合金时收集到NO气体的体积在标准状况下为2.24LD．参加反应的硝酸的物质的量为0.2mol13、对下列事实的原因分析错误的是选项事实原因A用铝制容器盛装浓硫酸常温下，铝与浓硫酸很难反应B氧化铝作耐火材料氧化铝熔点高C铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物氧化铝是两性氧化物D用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝氢氧化铝碱性比氨水弱且很难与氨水反应A．A B．B C．C D．D14、常温下，H2A和H2NCH2CH2NH2溶液中各组分的物质的量分数δ随pH的变化如图（I）、（II）所示。下列说法不正确的是已知：。A．NaHA溶液中各离子浓度大小关系为：B．乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的Kb2=10-7.15C．[H3NCH2CH2NH3]A溶液显碱性D．向[H3NCH2CH2NH2]HA溶液中通人HCl，不变15、能正确表示下列反应的离子反应方程式的是A．向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H++SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2OB．Cl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC．醋酸除水垢CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑D．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-＋2H＋=SO2↑＋H2O16、关于反应2HI(g)H2(g)＋I2(g)-11kJ，正确的是A．反应物的总键能低于生成物的总键能B．1molI2(g)中通入1molH2(g)，反应放热11kJC．等物质的量时，I2(g)具有的能量低于I2(l)D．平衡时分离出HI(g)，正反应速率先减小后增大17、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4⇌H++HMO4-，HMO4-⇌H++MO42-。常温下向20mL0.1mol/LNaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A．该氢氧化钠溶液pH=12B．图像中F点对应的溶液中c(OH-)>c(HMO4-)C．滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D．图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)18、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．28g由乙烯与丙烯组成的混合物中含碳碳双键的数目为NAB．4.6g乙醇完全氧化生成乙醛，转移电子数为0.2NAC．25℃，1LpH=13的Ba(OH)2溶液中，含有OH-的数目为0.2NAD．标准状况下，2.24LC12溶于水所得溶液中含氯的微粒总数为0.2NA19、一定呈中性的是()A．pH＝7的溶液B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14的溶液C．H+与OH﹣物质的量相等的溶液D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液20、在微生物作用下电解有机废水(含CH3COOH)，可获得清洁能源H2其原理如图所示，正确的是（）A．通电后，H+通过质子交换膜向右移动，最终右侧溶液pH减小B．电源A极为负极C．通电后，若有22.4LH2生成，则转移0.2mol电子D．与电源A极相连的惰性电极上发生的反应为CH3COOH-8e-+2H2O=CO2↑+8H+21、下列实验中，与现象对应的结论一定正确的是A．A B．B C．C D．D22、已知反应S2O82-(aq)+2I-(aq)2SO42-(aq)+I2(aq)，若往该溶液中加人含Fe3+的某溶液，反应机理：①2Fe3++(aq)+2I-(aq)I2(aq)+2Fe2+(aq)②2Fe2+(aq)+S2O82-(aq)2Fe3+(aq)+2SO42-(aq),下列有关该反应的说法不正确的是A．增大S2O82-浓度或I-浓度，反应①、反应②的反应速率均加快B．Fe3+是该反应的催化剂C．因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，所以该反应是放热反应D．往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，蓝色加深二、非选择题(共84分)23、（14分）磷酸氯喹是一种抗疟疾药物，研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经，B中官能团的名称为__________________。（2）反应A→B中须加入的试剂a为___________________。（3）B反应生成C的反应化学反应方程式是______________________。（4）C→D反应类型是_________，D的结构简式为_______________。（5）F→G反应类型为________________。（6）I是E的同分异构体，与E具有相同的环状结构，写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是__________________________。①I是三取代的环状有机物，氯原子和羟基的取代位置与E相同；②核磁共振氢谱显示I除了环状结构上的氢外，还有4组峰，峰面积比3:1:1:1；③I加入NaHCO3溶液产生气体。24、（12分）某新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族。D、E、H均为难溶于水的白色固体：化合物C、E均含A元素。其余物质均为中学化学中常见物质。请回答：（1）写出H的化学式：________________。（2）化合物A3M4中含有的化学键类型为：________________。（3）写出反应②的离子方程式：________________。25、（12分）草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H2。①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_____________。②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：______（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是__________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________。③从装置D中得到产品，还需经过___________（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是_____________。②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是____________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________（列出含m、c、V的表达式）。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。27、（12分）苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：①和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐②用硝基苯制取苯胺的反应原理：+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见下表：I．比较苯胺与氨气的性质（1）将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为____；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是____。Ⅱ.制备苯胺往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸（过量），置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。（2）冷凝管的进水口是____（填“a”或“b”）；（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为____。Ⅲ．提取苯胺i．取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。ii．往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii．合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺2.79g。（4）装置B无需用到温度计，理由是____。（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是____。（6）该实验中苯胺的产率为____。（7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：____。28、（14分）高氯酸钠可用于制备高氯酸。以精制盐水等为原料制备高氯酸钠晶体(NaClO4·H2O)的流程如下：（1）由粗盐(含Ca2＋、Mg2＋、SO42-、Br－等杂质)制备精制盐水时需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等试剂。Na2CO3的作用是____________；除去盐水中的Br－可以节省电解过程中的电能，其原因是________________。（2）“电解Ⅰ”的目的是制备NaClO3溶液，产生的尾气除H2外，还含有______________(填化学式)。“电解Ⅱ”的化学方程式为_____________________。（3）“除杂”的目的是除去少量的NaClO3杂质，该反应的离子方程式为_______________________。“气流干燥”时，温度控制在80～100℃的原因是__________________。29、（10分）地下水受到硝酸盐污染已成为世界范围内一个相当普遍的环境问题。用零价铁去除水体中的硝酸盐(NO3-)是地下水修复研究的热点之一。（1）Fe还原水体中NO3-的反应原理如图所示。作负极的物质是___________；正极的电极反应式是_____________。（2）将足量铁粉投入水体中，测定NO3-去除率和pH，结果如下：在pH=4.5的水体中，NO3-的去除率低的原因是_____________。（3）为提高pH=4.5的水体中NO3-的去除率，某课题组在初始pH=4.5的水体中分别投入①Fe2+、②Fe、③Fe和Fe2+做对比实验结果如图：此实验可得出的结论是____，Fe2+的作用可能是_________。（2）中NO3-去除率和铁的最终物质形态不同的原因______________。（4）地下水呈中性，在此条件下，要提高NO3-的去除速率，可采取的措施有_______。（写出一条）

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】

A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确;B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确;D.黄铜是铜锌合金,故D正确;答案：B。2、C【答案解析】

A.取2mL0.1mol/LKI溶液于试管中，滴加0.1mol/LFeCl3溶液3滴，振荡，充分反应，溶液呈深棕黄色，是因为2Fe3++2I-=2Fe2++I2,所以A正确；B.试管1中滴加2滴0.1mol/LKSCN溶液，溶液显红色说明溶液中有Fe3+，证明FeCl3与KI的反应具有可逆性，故B正确；C.向试管2中加入1mLCCl4，充分振荡、静置，溶液分层，上层为浅棕黄色，试管2中上层溶液变为浅棕黄色还可能是少量的碘溶解于水的结果，故C错误；D.试管2中上层为浅棕黄色，下层为紫色说明有碘单质被萃取出来，导致溶液中Fe3+浓度减小，试管3中红色比试管1中浅是平衡移动的结果，故D正确；答案：C。【答案点睛】本实验探究FeC13溶液与KI溶液发生反应的实验。根据FeCl3具有强氧化性，KI具有还原性，两者反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2；再根据I2易溶于有机溶剂，Fe3+能使KSCN溶液变红色的特征进行判断。3、D【答案解析】

A．阴极b极反应：2H++2e-=H2↑产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B．(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；C．取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2++H2=Cu+2H+，故C正确；D．(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag++Cu=Cu2++2Ag和2Ag++H2=2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。4、B【答案解析】

本题考查的是物质结构，需要先分析该物质中含有的微观粒子或组成的情况，再结合题目说明进行计算。【题目详解】A．1个Mg原子中有12个质子，1个Al原子中有13个质子。24g镁和27g铝各自的物质的量都是1mol，所以24g镁含有的质子数为12mol，27g铝含有的质子的物质的量为13mol，选项A错误。B．设氧气和臭氧的质量都是Xg，则氧气（O2）的物质的量为mol，臭氧（O3）的物质的量为mol，所以两者含有的氧原子分别为×2=mol和×3=mol，即此时氧气和臭氧中含有的氧原子是一样多的，而每个氧原子都含有8个电子，所以同等质量的氧气和臭氧中一定含有相同的电子数，选项B正确。C．重水为，其中含有1个中子，含有8个中子，所以1个重水分子含有10个中子，1mol重水含有10mol中子。水为，其中没有中子，含有8个中子，所以1个水分子含有8个中子，1mol水含有8mol中子。两者的中子数之比为10:8=5:4，选项C错误。D．乙烷（C2H6）分子中有6个C－H键和1个C－C键，所以1mol乙烷有7mol共价键。乙烯（C2H4）分子中有4个C－H键和1个C＝C，所以1mol乙烯有6mol共价键，选项D错误。故选B。【答案点睛】本题考查的是物质中含有的各种粒子或微观结构的问题，一般来说先计算物质基本微粒中含有多少个需要计算的粒子或微观结构，再乘以该物质的物质的量，就可以计算出相应结果。5、B【答案解析】

某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I－、Cl－、CO32－、SO32－。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选B。6、D【答案解析】

A.根据图示可知，a、b、c均为酸性溶液，则溶质为HX和NaX，pH<7的溶液中，HX的电离程度大于X-的水解程度，可只考虑H+对水的电离的抑制，溶液pH越大氢离子浓度越小，水的电离程度越大，则溶液中水的电离程度：a<b<c，A错误；B.c点溶液中存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(X-)+c(OH-)，此时p[]=1，则c(X-)=10c(HX)，代入电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=10c(HX)+c(OH-)，由于溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，则c(Na+)<10c(HX)，B错误；C.HX在溶液中存在电离平衡：HXH++X-，Ka=，则pH=pKa+p[]，带入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则Ka=10-4.75，则室温下室温下NaX的水解平衡常数Kh==10-9.25，C错误；D.HX在溶液中存在电离平衡：HXH++X-，Ka=，则pH=pKa+p[]，带入c点坐标(1，5.75)可知，pKa=4.75，则b点pH=pKa+p[]=0+4.75=4.75，D正确；故合理选项是D。7、C【答案解析】

从图中可以看出，0.1mol/LHA的pH=1，HA为强酸；0.1mol/LHA的pH在3~4之间，HB为弱酸。【题目详解】A．起初pH随的变化满足直线关系，当pH接近7时出现拐点，且直线与横轴基本平行，A不正确；B．溶液的酸性越强，对水电离的抑制作用越大，水的电离程度越小，由图中可以看出，溶液中c(H+)：c>a>b，所以水的电离程度：b>a>c，B不正确；C．在a点，c(H+)=c(B-)≈10-4mol/L，c(HB)=0.01mol/L，该温度下，Ka(HB)=≈10－6，C正确；D．分别向稀释前的HA、HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，HB中加入NaOH的体积小，所以c(A－)>c(B－)，D不正确；故选C。8、B【答案解析】

焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。9、D【答案解析】

A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【题目详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2↑，A正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正确；C.FeCl2溶液跟Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C正确；D.AlCl3溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D错误；故合理选项是D。【答案点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。10、C【答案解析】

A.未给出体积，无法计算物质的量，A错误；B.Cl2溶于水中，部分氯气与水反应生成次氯酸和氯化氢，转移的电子数小于0.2NA，B错误；C.1.5gNO为0.05mol，1.6gO2为0.05mol，充分反应，2NO+O2=2NO2，0.05molNO全部反应生成0.05molNO2，剩余O2为0.025mol，体系中还存在2NO2N2O4，但化学反应原子守恒，所以0.05molNO2中原子总数0.15NA，为0.025molO2中原子总数0.05NA，反应后混合物中总共原子总数为0.2NA；C正确；D.标准状况下，HF不是气体，无法计算，D错误；故答案为：C。11、B【答案解析】

A．22.4L（标准状况）15NH3即=1mol，1个15NH3中质子数为10，故1mol15NH3中质子数为10NA，故A不符合题意；B．2molNO与1molO2充分反应会生成2molNO2，但NO2气体存在二聚反应：，因此产物中的分子数小于2NA，故B符合题意；C．13.8gNO2即=0.3mol，其反应为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，NO2生成NO化合价降低2，转移电子数为0.2NA，故C不符合题意；D．1L0.1mol·L1NH4NO3溶液中n(NH4NO3)=0.1mol，氮原子数为0.2NA，故D不符合题意；故答案为：B。【答案点睛】解答本类题目要审清选项中涉及的以下几个方面：①要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，②涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，③涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，④涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；⑤涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；⑥要注意审清运算公式。12、C【答案解析】

淀为M(OH)2，根据化学式知，生成沉淀的质量比原合金的质量增加的量是氢氧根离子，则n(OH-)==0.3mol，根据氢氧根离子守恒n[M(OH)2]=n(OH-)=×0.3mol=0.15mol，根据金属原子守恒得金属的物质的量是0.15mol；A．因为镁、铜的物质的量无法确定，则无法计算合金质量，故A错误；B．由氢氧根离子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)==100mL，故B错误；C．由转移电子守恒得n(NO)==0.1mol，生成标况下NO体积=22.4L/mol×0.1mol=2.24L，故C正确；D．根据转移电子守恒得参加反应硝酸的物质的量==0.1mol，根据金属原子守恒、硝酸根离子守恒得起酸作用n(HNO3)=2n[M(NO3)2]=2n(M)=0.15mol×2=0.3mol，所以参加反应硝酸的物质的量=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D错误；故答案为C。【答案点睛】本题以镁、铜为载体考查混合物的计算，侧重考查分析、计算能力，正确判断沉淀和合金质量差成分是解本题关键，灵活运用原子守恒、转移电子守恒解答即可。13、A【答案解析】

A.常温下，可用铝制容器盛装浓硫酸，铝在浓硫酸反应形成致密氧化膜而阻止反应进一步进行，不是因为铝与浓硫酸很难反应，故A错误；B.氧化铝熔点高，可以作耐火材料，故B正确；C.氧化铝是两性氧化物既可以和碱反应也可以和酸反应，所以铝制品不宜长期盛放酸性和碱性食物，故C正确；D.氢氧化铝碱性比氨水弱，不能继续和氢氧化铝反应生成偏铝酸盐，很难与氨水反应，所以用可溶性铝盐和氨水制备氢氧化铝，故D正确；题目要求选择错误的，故选A。【答案点睛】本题考查Al的性质与物质的分类，明确两性氧化性的概念是解答本题的关键，题目较简单。14、C【答案解析】

A．由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，溶液显酸性，所以NaHA溶液显酸性，电离程度大于水解程度，则各离子浓度大小关系为：c（Na＋）＞c（HA－）＞c（H＋）＞c（A2－）＞c（OH－），故A正确；B．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH2]+）=c[H3NCH2CH2NH3]2+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2==c（OH－），Kb2=10-7.15，故B正确；C．由图2可知，当c（[H3NCH2CH2NH3]2+）=c（[H3NCH2CH2NH]+）时，溶液的pH=6.85，c（OH－）=10-7.15mol·L－1，则Kb2=10-7.15，由图1可知，当c（HA－）=c（A2－）时，pH=6.2，则Ka2=10-6.2，[H3NCH2CH2NH3]2+的水解程度大于A2－的水解程度，溶液显酸性，故C错误；D．==，由于通入HCl，Kw、Kb1、Ka1都不变，所以不变，故D正确。故选C。【答案点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及盐的水解平衡原理的应用，把握电离平衡原理和水解原理、电离常数和水解常数的计算、图象数据的分析应用为解答的关键，侧重分析、应用能力和计算能力的考查，难点D，找出所给表达式与常数Kw、Kb1、Ka1的关系。15、B【答案解析】

A.向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H++SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，A项错误；B.Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，B项正确；C.醋酸为弱酸，离子方程式中不拆，C项错误；D.稀HNO3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；答案选B。【答案点睛】本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。16、D【答案解析】

A．反应是吸热反应，反应物的总键能高于生成物的总键能，选项A错误；B．反应为可逆反应不能进行彻底，1molI2（g）中通入1molH2（g），反应放热小于11kJ，选项B错误；C．等物质的量时，I2（g）具有的能量高于I2（l），选项C错误；D．平衡时分离出HI（g），平衡逆向进行，碘化氢浓度先减小后增大，所以反应速率先减小后增大，但比原来速率小，选项D正确；答案选D。17、B【答案解析】

根据图像可知，NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【题目详解】A．根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+NaOH=Na2MO4+H2O，20×10-3L×0.1mol∙L-1=20×10-3L×c(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c(H+)===10-13mol/L，则pH=13，故A错误；B．F点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)＞c(HMO4-)，故B正确；C．根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na2MO4时，水解程度最大，E到F过程中，水的电离程度增大，F到G过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C错误；D．由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L，G点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4，Na+的浓度最大，MO42−部分水解，溶液显碱性，则c(OH−)>c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42−)+c(HMO4-)+c(OH−)，则c(Na+)＜c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D错误；答案选B。18、B【答案解析】

A．乙烯和丙烯的摩尔质量不同，无法计算混合物的物质的量，则无法判断28g由乙烯和丙烯组成的混合气体中所含碳碳双键的数目，故A错误；B．1mol乙醇转化为1mol乙醛转移电子2mol，4.6g乙醇物质的量为0.1mol，完全氧化变成乙醛，转移电子数为0.2NA，故B正确；C．pH=13的Ba（OH）2溶液，c(H+)=10-13mol/L，依据c(H+)c(OH-)=Kw，c(OH-)=10-1mol/L，25℃、pH=13的1.0LBa（OH）2溶液中含有的OH-数目为10-1mol/L×1L=0.1mol，含有的OH-数目为0.1NA，故C错误；D．标况下2.24L氯气的物质的量为0.1mol，而氯气和水的反应为可逆反应、不能进行彻底，故所得溶液中的含氯微粒有Cl2、Cl-、ClO-和HClO，故根据氯原子守恒可知：2N（Cl2）+N（Cl-）+N（ClO-）+N（HClO）=0.2NA，故含氯的微粒总数小于0.2NA，故D错误；故答案为B。19、C【答案解析】

A．100度时，纯水的pH＝6，该温度下pH＝7的溶液呈碱性，所以pH＝7的溶液不一定呈中性，故A错误；B．25℃，Kw＝1.0×10﹣14是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；C．只要溶液中存在H+与OH﹣物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D．等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；答案选C。【答案点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数，温度越高，水的电离平衡常数越大。20、D【答案解析】

A.通电后，左侧生成H+，右侧H+放电生成氢气，所以H+通过质子交换膜向右移动，相当于稀硫酸中H+不参加反应，所以氢离子浓度不变，溶液的pH不变，A错误；A.连接B电极的电极上生成氢气，说明该电极上氢离子得电子，则该电极为电解池阴极，所以B电极为负极，A电极为正极，B错误；C.右侧电极反应式为2H++2e-=H2↑，根据氢气和转移电子之间的关系式知，若有0.1molH2生成，则转移0.2mol电子，但不确定气体所处的温度和压强，因此不能确定气体的物质的量，也就不能确定电子转移数目，C错误；D.与电源A极相连的惰性电极为阳极，阳极上乙酸被氧化，生成二氧化碳和氢离子，电极反应式为CH3COOH-8e-+H2O=2CO2↑+8H+，D正确；故合理选项是D。21、D【答案解析】

A．CH4和Cl2在光照下发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，其中一氯甲烷和氯化氢在常温下为气体。混合气体通入石蕊溶液先变红后褪色，说明有氯气剩余，故反应后含氯的气体有3种，故A错误；B.向10mL0.1mol/LNaOH溶液中先后加入1mL浓度均为0.1mol/L的MgCl2和CuCl2溶液，由于碱过量，两种金属离子均完全沉淀，不存在沉淀的转化，故不能根据现象比较Cu(OH)2和Mg(OH)2的溶解度的大小，故B错误；C.碳酸氢铵受热分解生成氨气、水和二氧化碳，氨气溶于水溶液显碱性，使石蕊变蓝，结论错误，故C错误；D.金属钠和水反应比钠和乙醇反应剧烈，说明水中羟基氢的活泼性大于乙醇的，故D正确。故选D。22、D【答案解析】

A.增大S2O82－浓度或I－浓度，增加反应物浓度，因此反应①、反应②的反应速率均加快，故A正确；B.Fe3+在反应中是中间过程，参与反应但质量不变，因此是该反应的催化剂，故B正确；C.因为正反应的活化能比逆反应的活化能小，因此该反应是放热反应，故C正确；D.往该溶液中滴加淀粉溶液，溶液变蓝，适当升温，平衡逆向移动，单质碘减少，蓝色加浅，故D错误。综上所述，答案为D。【答案点睛】正反应的活化能大于逆反应的活化能，则反应为吸热反应，正反应活化能小于逆反应的活化能，则反应为放热反应。二、非选择题(共84分)23、硝基浓硫酸、浓硝酸+Cl2+HCl还原反应取代反应【答案解析】

产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【题目详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。24、AgCl共价键SiO2+2OH-=SiO32-+H2O【答案解析】根据题中各物质转化关系，D受热得E，E能与氢氧化钠反应生成F，F与过量的二氧化碳反应生成D，说明D为弱酸且能受热分解；新型无机材料A3M4由两种非金属元素组成，元素M位于第二周期VA族，应为N元素，A元素为四价元素，C、E均为含A元素，可知A3M4应为Si3N4，可以确定A为Si，E为SiO2，F为Na2SiO3，则D为H2SiO3，G与硝酸银反应生成不溶于稀硝酸的沉淀H，则可知G中有Cl-，H为AgCl，故C为SiCl4，B为Cl2；由SiCl4+3H2═4HCl+H2SiO3，生成G：HCl；（1）H的化学式为AgCl；（2）化合物Si3N4中含有的化学键类型为共价键；（3）SiO2溶解于NaOH溶液发生反应的离子方程式为SiO2+2OH-=SiO32-+H2O。25、减缓反应速率PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂％【答案解析】

根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【题目详解】(1)①电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；②装置B中，NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+，则发生反应Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O而产生氯气；故答案为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－，Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O；(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；②根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；③将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；(3)①用H2C2O4滴定KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由于生成的Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；③根据转化关系可知，2MnO4-～5H2C2O4，则n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=n(MnO4-)=×cV×10-3mol，产品中H2C2O4•2H2O的质量分数为×100%=％。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【答案解析】

（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。27、NH3+HCl=NH4Cl苯胺沸点较高，不易挥发bC6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O蒸出物为混合物，无需控制温度防止B中液体倒吸60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤【答案解析】

制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。【题目详解】(1)