重庆市七校渝北2023年高三第三次模拟考试化学试卷含解析

2023学年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、一定条件下合成乙烯：6H2(g)＋2CO2(g)CH2＝CH2(g)＋4H2O(g)；已知温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图，下列说法不正确的是()A．该反应的逆反应为吸热反应B．平衡常数：KM＞KNC．生成乙烯的速率：v(N)一定大于v(M)D．当温度高于250℃，升高温度，催化剂的催化效率降低2、把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（）A．IO4-作氧化剂具有氧化性B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2C．若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子D．氧化性：MnO4->IO4-3、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，Z是地壳中含量最多的金属元素，四种元素原子的最外层电子数总和为16。下列说法正确的是A．原子半径：r(X)<r(Z)<r(W)B．Y、Z、W的最高价氧化物的水化物两两之间均能反应C．简单氢化物的热稳定性：X＜WD．X分别与Y、W形成的化合物中所含化学键类型相同4、钙和钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是A．过氧化钙的化学式是Ca2O2B．1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气C．过氧化钙中阴阳离子数之比为2：1D．过氧化钙中只含离子键5、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总数为0.2NAB．标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数均为4NAC．向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，转移的电子数为NAD．100g9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含氧原子数为0.4NA6、用如图所示装置进行下述实验，下列说法正确的是选项RabMnm中电极反应式A导线FeCuH2SO4CuSO4Fe－3e－＝Fe3＋B导线CuFeHClHCl2H＋－2e－＝H2↑C电源，右侧为正极CuCCuSO4H2SO4Cu－2e－＝Cu2＋D电源，左侧为正极CCNaClNaCl2Cl-－2e－＝Cl2↑A．A B．B C．C D．D7、用NA表示阿伏加德罗常数的值，以下说法正确的选项是（）①1mol氯气发生反应转移电子数为2NA②12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为1NA③在标准状况下，22.4LH2O中的O原子数为NA④17g羟基中含有的电子数为10NA⑤1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，Fe3+和SO42-离子数的总和小于NAA．①②⑤ B．①④⑥ C．①②⑥ D．②⑤⑥8、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．16.25gFeCl3水解形成的Fe(OH)3胶体粒子数为0.1NAB．22.4L（标准状况）氩气含有的质子数为18NAC．92.0g甘油（丙三醇）中含有羟基数为1.0NAD．1.0molCH4与Cl2在光照下反应生成的CH3Cl分子数为1.0NA9、利用电解法制取Na2FeO4的装置图如图所示，下列说法正确的是（电解过程中温度保持不变，溶液体积变化忽略不计）A．Y是外接电源的正极，Fe电极上发生还原反应B．Ni电极上发生的电极反应为：2H2O－4e－==O2↑＋4H＋C．若隔膜为阴离子交换膜，则电解过程中OH－由B室进入A室D．电解后，撤去隔膜，充分混合，电解液的pH比原来小10、下列化学用语或模型表示正确的是()A．H2S的电子式：B．S2－的结构示意图：C．CH4分子的球棍模型：D．质子数为6，中子数为8的核素：11、下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是世界最大射电望远镜中国第一艘国产航母中国大飞机C919世界最长的港珠澳大桥A．钢索B．钢材C．铝合金D．硅酸盐A．A B．B C．C D．D12、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A．“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B．“嫦娥四号”使用的SiC―Al材料属于复合材料C．5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D．“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素13、实验室用Ca与H2反应制取氢化钙(CaH2)。下列实验装置和原理不能达到实验目的的是（）A．装置甲制取H2 B．装置乙净化干燥H2C．装置丙制取CaH2 D．装置丁吸收尾气14、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池为直流电源，进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（）A．X电极质量减轻，Y电极质量增加B．电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2OC．电解池的总反应为2Al＋6H2O2Al(OH)3＋3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有1molH2生成15、已知NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NAB．1L0.1mol•L－1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目为0.1NAC．0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.2NAD．2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0.1NA16、下列说法错误的是（）A．图a所示实验中，石蜡油发生分解反应，碎瓷片作催化剂B．用图b所示装置精炼铜，电解过程中CuSO4溶液的浓度保持不变C．用图c所示装置制备碳酸氢钠固体时，从e口通入NH3，再从f口通入CO2，g中盛放蘸有稀硫酸的脱脂棉D．测定某盐酸的物质的量浓度所用图d所示装置中滴定管选择错误17、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A．原子半径：X>Y>WB．最高价氧化物对应水化物的碱性：X>YC．Z、W组成的化合物能与强碱反应D．X的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:118、常温下，向20mL0.1氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是A．常温下，0.1氨水中的电离常数K约为B．a、b之间的点一定满足，C．c点溶液中D．d点代表两溶液恰好完全反应19、桥环烷烃是指共用两个或两个以上碳原子的多环烷烃，二环[1，1，0]丁烷()是最简单的一种。下列关于该化合物的说法错误的是A．与1，3-丁二烯互为同分异构体B．二氯代物共有4种C．碳碳键只有单键且彼此之间的夹角有45°和90°两种D．每一个碳原子均处于与其直接相连的原子构成的四面体内部20、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的数目是①12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA②1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA③常温常压下，92g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6NA④7.8g中含有的碳碳双键数目为0.3NA⑤用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2NA个电子⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为5NA⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为9NAA．3 B．4 C．5 D．621、有关下图所示化合物的说法不正确的是A．既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B．1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应C．既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D．既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体22、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．固体含有离子的数目为B．常温下，的醋酸溶液中H+数目为C．13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为D．与足量在一定条件下化合，转移电子数为二、非选择题(共84分)23、（14分）罗氟司特是治疗慢性阻塞性肺病的特效药物，其合成中间体F的一种合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为__________，D的分子式为__________（2）由B生成C的化学方程式是____________。（3）E→F的反应类型为___________，F中含氧官能团的名称为____________。（4）上述合成路线中，有3步反应都使用NaOH溶液来提高产率，其原理是_______。（5）的链状同分异构体有_______种（不包括立体异构），写出其中核磁共振氢谱有两组峰的结构简式：__________。（6）设计以对甲基苯酚为原料制备的合成路线：______（其他试剂任选）。24、（12分）有一无色透明溶液，欲确定是否含有下列离子：Na+、Mg2+、Al3+、Fe2+、Ba2+、NO3-、SO42-、Cl－、I－、HCO3-，进行如下实验：实验步骤实验现象①取少量原溶液，加几滴甲基橙溶液变红色②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色③取少量原溶液，加BaCl2溶液有白色沉淀生成④取③中上层清液，加AgNO3溶液有白色沉淀生成，且不溶于HNO3⑤取少量原溶液，加NaOH溶液有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解⑴溶液中肯定存在的离子是________________________；⑵溶液中肯定不存在的离子是________________________；⑶为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_____________________________；____________________________。25、（12分）І．为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验。已知：FeSO4+NO→[Fe(NO)]SO4，该反应较缓慢，待生成一定量[Fe(NO)]2+时突显明显棕色。（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作_____________________________________。（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是__________________________________________________________________；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为________________________________。（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是______________________________________；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式________________。ІІ．实验室制备的CuSO4·5H2O中常含Cu(NO3)2，用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。（4）实验步骤为：①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤（其余步骤省略），在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_________________________________。（5）若1.040g试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是l.000g测定的相对误差为____________。26、（10分）实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是________________。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→______→_____→______→______→f。_________装置A中发生反应的化学方程式为___________。D装置的作用________。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_______，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有______________。(4)欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。27、（12分）（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓NaOH溶液。（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为______________________。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因________________________________________________；乙装置中的实验现象是___________________________。吸收CO2较多的装置是__________________。（计算验证）另一位同学小李通过计算发现，等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：________________________________________________________。28、（14分）当今环境问题越来越受到人们的重视。汽车尾气中含有较多的NO和CO，两种气体均会使人体中毒。处理大气中的污染物，打响“蓝天白云”保卫战是当前的重要课题。请回答下列问题（1）用还原法将NO转化为无污染的物质。已知：2C(s)+O2(g)2CO△H1=-221.0KJ/molN2(g)+O2(g)2NO△H2=+180.5KJ/mol2NO+C(s)CO2(g)+N2(g)△H3=-573.75KJ/mol请写出CO与NO生成无污染气体CO2与N2的热化学方程式_______________________。（2）在一定温度下，向甲、乙、丙三个恒容密闭容器中加入一定量的NO和足量的焦炭，反应过程中测得各容器中c（NO）（mol/L）随时间（s）的变化如下表。已知：三个容器的反应温度分别为T甲=500℃、T乙=500℃、T丙=a℃甲容器中，该反应的平衡常数K=_______。丙容器的反应温度a_______500℃（填“˃”、“<”或“=”），理由是_______________________________。（3）某研究性小组在实验室以Ag-ZSM-5为催化剂，测得NO转化为N2的转化率随温度变化情况如图所示。①若不使用CO，温度超过775K，发现NO的分解率降低，其可能的原因为_________。②在n（NO）/n（CO）=1的条件下，为更好的除去NO物质，应控制的最佳温度在_____K左右。（4）利用电解原理也可以处理NO。下图为工业生产模拟装置。其中A、B为多孔电极（外接电源未画出），则B为___________极（填“正”“负”“阴”或“阳”，），A电极反应式为______________________。29、（10分）氮和砷均为重要的无机材料，在化工领域具有广泛的应用。(1)基态As原子的价层电子的电子云轮廓图形状为________。同一周期As、Ge、Se三种元素的第一电离能由大到小的顺序为________________。(2)Na3AsO3中所含阴离子的立体构型为___________，写出一个与AsO33-具有相同空间构型和键合形式的分子____________________(填化学式)。(3)在一定条件下NH3与CO2能合成尿素[CO(NH2)2]，尿素中C原子和N原子轨道的杂化类型分别为__________，_________；1mol尿素分子中，键的数目为___________。(4)N2H4是火箭的燃料，与氧气的相对分子质量相同，它在常温常压下是液态，而氧气是气态，造成这种差异的主要原因是__________________。(5)某砷镍合金的晶胞结构如图所示，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶体的密度=________g·cm-3，该晶体中与每个Ni原子距离最近的As原子有_______个。

参考答案一、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【解析】

A、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，则逆反应为吸热反应，故A正确；B、升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则升温平衡逆向移动，所以M点化学平衡常数大于N点，故B正确；C、化学反应速率随温度的升高而加快，催化剂的催化效率降低，所以v(N)有可能小于v(M)，故C错误；D、根据图象，当温度高于250℃，升高温度二氧化碳的平衡转化率减低，则催化剂的催化效率降低，故D正确；故选C。2、D【解析】

已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2Mn2++5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+。A．IO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B．氧化剂和还原剂的物质的量之比为5∶2，故B正确；C．若有2molMn2+参加反应，则转移的电子为2mol×(7-2)=10mol，故C正确；D．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-<IO4-，故D错误；故选D。3、B【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X、W同主族，最外层电子数相同，Y的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，为金属钠，Z是地壳中含量最多的金属元素，为铝，四种元素原子的最外层电子数总和为16，所以计算X、W的最外层电子数为6，分别为氧和硫。X为氧，Y为钠，Z为铝，W为硫。A.原子半径同一周期从左至右逐渐减小，同一主族从上至下逐渐增大，则原子半径：r(X)<r(W)<r(Z)，故错误；B.Y、Z、W的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝，硫酸，两两之间均能反应，故正确；C.因为氧的非金属性比硫强，所以简单氢化物的热稳定性：X>W，故错误；D.X分别与Y形成氧化钠或过氧化钠，含有离子键，氧和硫形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，只含共价键，故错误。故选B。4、B【解析】

A．过氧化钙的化学式是CaO2，故A错误；B．过氧化钠或过氧化钙跟水的反应：2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，2H2O+2CaO2=2Ca（OH）2+O2↑，都是1mol过氧化物跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B正确；C．过氧化钙中阴离子为过氧根离子，过氧化钙中阴阳离子数之比为1：1，故C错误；D．过氧化钙中既含有离子键又含有共价键，故D错误；答案选B。5、A【解析】

A．根据物料守恒，1L0.2mol/L亚硫酸钠溶液中H2SO3、HSO3—、SO32—的总物质的量为1L×0.2mol/L=0.2mol，其含硫微粒总数为0.2NA，故A正确；B．标准状况下，等物质的量的C2H4和CH4所含的氢原子数相等，因两者的物质的量不一定是1mol，则不一定均为4NA，故B错误；C．向含1molFeI2的溶液中通入等物质的量的Cl2，1molCl2全部被还原为Cl-，则转移的电子数为2NA，故C错误；D．100g9.8%的硫酸与磷酸的混合溶液中含有硫酸和磷酸的总质量为9.8g，物质的量总和为0.1mol，酸中含有氧原子数为0.4NA，但水中也有氧原子，则总氧原子数大于0.4NA，故D错误；故答案为A。6、D【解析】

A、铁作负极，Fe－2e－＝Fe2＋，故A错误；B、铜作正极，2H＋+2e－＝H2↑，故B错误；C、铜作阴极，溶液中的铜离子得电子，2e－+Cu2＋=Cu，故C错误；D、左侧为阳极，2Cl-－2e－＝Cl2↑，故D正确；故选D。7、D【解析】

①将1mol氯气通入足量氢氧化钠溶液中，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应转移的电子数为1mol，转移的电子数等于NA，故①错误；②12.0g熔融的NaHSO4的物质的量为0.1mol，0.1mol熔融硫酸氢钠电离出0.1mol钠离子和0.1mol硫酸氢根离子，所以含有的阳离子数为0.1NA，故②正确；③在标准状况下，水不是气体，不能使用标况下气体摩尔体积计算22.4LH2O中的物质的量，故③错误；④17g羟基的物质的量为1mol，1mol羟基中含有9mol电子，含有的电子数为9NA，故④错误；⑤1mol

Na2O和Na2O2的混合物中含有2mol钠离子和1mol阴离子，总共含有3mol阴阳离子，含有的阴、阳离子总数是3NA，故⑤正确；⑥20mL1mol/LFe2(SO4)3溶液中，含溶质硫酸铁的物质的量为0.02mol，含有Fe3+为0.04mol，含有SO42-为0.06mol，因为铁离子发生水解，溶液中铁离子数目减少，所以Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于1mol，Fe3+和SO42-离子的总物质的量小于NA，故⑥正确；所以②⑤⑥符合题意；答案选D。【点睛】熔融的NaHSO4的电离出钠离子和硫酸氢根离子，而NaHSO4溶液则能电离出钠离子、氢离子和硫酸根离子，注意两者区别。8、B【解析】分析：A、胶体是大分子的集合体；B、根据氩气的组成解答；C、根据丙三醇的结构分析；D、根据甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应的特点分析。详解：A、16.25g氯化铁的物质的量是16.25g÷162.5g/mol＝0.1mol，由于氢氧化铁胶体是分子的集合体，因此水解生成的Fe(OH)3胶体粒子数小于0.1NA，A错误；B、标准状况下22.4L氩气的物质的量是1mol，氩气是一个Ar原子组成的单质，其中含有的质子数是18NA，B正确；C、1分子丙三醇含有3个羟基，92.0g丙三醇的物质的量是1mol，其中含有羟基数是3NA，C错误；D、甲烷与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的CH3Cl分子数小于1.0NA，D错误。答案选B。点睛：选项D是易错点，主要是不清楚甲烷发生取代反应时属于自由基取代反应，每个氢原子都有可能被取代，其产物比较复杂，这与乙烯与氢气的加成反应完全不同。9、D【解析】

A.铁电极为阳极，Y接电源的正极，铁电极上发生失电子的氧化反应：Fe+8OH--6e-=FeO42−+4H2O↑，故A错误；B.镍电极为阴极，X接电源的负极，镍电极上发生的反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，故B错误；C.在电解池装置中，阴离子向阳极移动，OH-由A室进入B室，故C错误；D.总反应为2Fe+2OH-+2H2O=FeO42−+3H2↑，由于反应消耗OH-，电解的OH-浓度降低，pH比原来小，故D正确；故选D。【点睛】阴极：与直流电源的负极直接相连的一极；阳极：与直流电源的正极直接相连的一极；阴极得电子发生还原反应，阳极失电子发生氧化反应；在电解池中阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。10、D【解析】

A.H2S为共价化合物，其电子式应为，A项错误；B.S原子为16号元素，硫离子的核外电子数为18，则硫离子结构示意图为，B项错误；C.为甲烷的比例模型，非球棍模型，C项错误；D.质子数为6的原子为C原子，中子数为8，则该C原子的质量数为6+8=14，则该核素为：，D项正确；答案选D。11、D【解析】

A．世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A不符合；B．中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；C．中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；D．世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；故答案为D。12、C【解析】

A.“甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B.SiC―Al材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D.氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。13、D【解析】

A.装置甲利用稀盐酸与锌在简易装置中制取H2，实验装置和原理能达到实验目，选项A不选；B.装置乙利用氢氧化钠溶液吸收氢气中的氯化氢气体、利用浓硫酸干燥氢气，起到净化干燥H2的作用，实验装置和原理能达到实验目，选项B不选；C.装置丙利用纯净的氢气在高温条件下与钙反应制取CaH2，实验装置和原理能达到实验目，选项C不选；D.装置丁是用于防止空气中的水蒸气及氧气进入与钙或CaH2反应，实验原理与吸收尾气不符合，过量氢气应收集或点燃，选项D选。答案选D。14、B【解析】

据图可知电解池中，铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，铁电极上水得电子作阴极，电极反应为：6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，铅蓄电池中X与阴极铁相连，作负极，负极上发生的反应是Pb+SO42--2e-=PbSO4，Y与阳极铝相连，作正极，电极反应为PbO2+4H++SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，串联电路中各电极转移电子相等，据此分析解答。【详解】A.蓄电池中两电极都生成硫酸铅，因此两个电极的质量都增加，A错误；B.铝电极失电子作阳极，电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，在铝表面有氧气产生，说明有部分氢氧根离子放电，OH-是水电离产生，说明电解池阳极上被氧化的还原剂有Al和H2O，B正确；C.阳极铝电极反应为：2Al-6e-=2Al3+，阴极铁电极电极反应为6H2O+6e-=3H2↑+6OH-，总反应为2Al+6H2O2Al(OH)3(胶体)+3H2↑，在铝的表面有氧气产生，说明还存在电解水的过程：2H2OO2↑+2H2↑，C错误；D.n(Pb)==0.5mol，Pb是+2价的金属，反应的Pb的物质的量是0.5mol，则反应转移电子的物质的量是0.5mol×2=1mol，根据串联电路中电子转移守恒，则电解池的阴极上反应产生H2的物质的量是0.5mol，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查原电池和电解池工作原理，电解池的电极反应正确判断原电池正负极、电解池阴阳极以及铝电极上产生氧气是求解本题关键，难点是电极反应式的书写。15、A【解析】

A.假设3g由CO2和SO2组成的混合气体中CO2的质量为xg,有CO2含有的质子的物质的量为，SO2含有的质子的物质的量为，电子的总物质的量为，因此3g由CO2和SO2组成的混合气体中含有的质子数为1.5NA，A项正确；B.由于SiO32-会水解，因此1L0.1mol•L－1Na2SiO3溶液中含有的SiO32-数目小于0.1NA，B项错误；C.1mol过氧化氢分解转移的电子的物质的量为1mol，因此0.1molH2O2分解产生O2时，转移的电子数为0.1NA，C项错误；D.聚乙烯中不存在碳碳双键，因此2.8g聚乙烯中含有的碳碳双键数目为0，D项错误。故答案选A。【点睛】溶液中微粒数目确定需要注意以下几个问题：溶液的体积是否已知；溶质能否水解或电离；水本身是否存在指定的元素等。16、B【解析】

A.根据图a装置分析，浸透石蜡的石棉加热时产生石蜡蒸汽，石蜡蒸汽附着在碎瓷片上，受热分解，碎瓷片作催化剂，故A正确；B.阳极是粗铜，含有锌等活泼金属杂质，根据放电顺序，较活泼金属先失去电子形成阳离子进入溶液，根据电子转移守恒，此时在阴极铜离子得电子生成铜，所以电解过程中CuSO4溶液的浓度会减小，故B错误；C.图c所示装置是侯氏制碱法的反应原理，向饱和氯化钠的氨水溶液中通入二氧化碳气体，反应生成碳酸氢钠，g的作用是吸收氨气，冷水的目的是降低温度有助于晶体析出，故C正确；D.如图所示，滴定管中装有氢氧化钠溶液，所以滴定管应该选用碱式滴定管，应该是下端带有橡胶管的滴定管，故D正确。故选B。【点睛】酸式滴定管的下端为一玻璃活塞，开启活塞，液体即自管内滴出。碱式滴定管的下端用橡皮管连接一支带有尖嘴的小玻璃管。橡皮管内装有一个玻璃圆球。用左手拇指和食指轻轻地往一边挤压玻璃球外面的橡皮管，使管内形成一缝隙，液体即从滴管滴出。17、D【解析】

X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素；X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；A．Li、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是X＞Y＞W，故A正确；B．Na的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：X>Y，故B正确；C．Z、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；D．X的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如Na＞Mg＞Al＞Si，Na+＞Mg2+＞Al3+，S2－＞Cl－。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如Li＜Na＜K，Li+＜Na+＜K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2－＞F－＞Na+＞Mg2+＞Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+＜Fe2+＜Fe，H+＜H＜H－。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2－的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2－进行比较，A13+＜O2－，且O2－＜S2－，故A13+＜S2－。18、A【解析】

NH3·H2O电离出OH-抑制水的电离；向氨水中滴加HCl，反应生成NH4Cl，NH4+的水解促进水的电离，随着HCl的不断滴入，水电离的c（H+）逐渐增大；当氨水与HCl恰好完全反应时恰好生成NH4Cl，此时水电离的c（H+）达到最大（图中c点）；继续加入HCl，盐酸电离的H+抑制水的电离，水电离的c（H+）又逐渐减小；据此分析。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中水电离的c(H+)=10-11mol/L，氨水溶液中H+全部来自水电离，则溶液中c(H+)=10-11mol/L，c(OH-)=mol/L=10-3mol/L，Ka==mol/L=110-5mol/L，所以A选项是正确的；

B.a、b之间的任意一点，水电离的c（H+）<1×10-7mol/L，溶液都呈碱性，则c(H+)<c(OH-)，结合电荷守恒得c(Cl-)<c(NH4+)，故B错误；C.根据图知，c点水电离的H+达到最大，溶液中溶质为NH4Cl，NH4+水解溶液呈酸性，溶液中c(H+)>10-7mol/L，c(OH-)<10-7mol/L，结合电荷守恒得：c(NH4+)<c(Cl-)，故C错误；

D.根据上述分析，d点溶液中水电离的c（H+）=10-7mol/L，此时溶液中溶质为NH4Cl和HCl，故D错误。所以A选项是正确的。19、C【解析】

根据二环[1，1，0]丁烷的键线式写出其分子式，其中两个氢原子被氯原子取代得二氯代物，类比甲烷结构可知其结构特征。【详解】A项：由二环[1，1，0]丁烷的键线式可知其分子式为C4H6，它与1，3-丁二烯（CH2=CHCH=CH2）互为同分异构体，A项正确；B项：二环[1，1，0]丁烷的二氯代物中，二个氯原子取代同一个碳上的氢原子有1种，二个氯原子取代不同碳上的氢原子有3种，共有4种，B项正确；C项：二环[1，1，0]丁烷分子中，碳碳键只有单键，其余为碳氢键，键角不可能为45°或90°，C项错误；D项：二环[1，1，0]丁烷分子中，每个碳原子均形成4个单键，类似甲烷分子中的碳原子，处于与其直接相连的原子构成的四面体内部，D项正确。本题选C。20、A【解析】

12.0g熔融的NaHSO4(电离产生Na+和HSO4-)中含有的阳离子数为0.1NA，①不正确；②1molNa2O(由Na+和O2-构成)和Na2O2(由Na+和O22-构成)混合物中含有的阴、阳离子总数是3NA，②正确；③常温常压下，92g的NO2和92gN2O4都含有6mol原子，所以混合气体含有的原子数为6NA，③正确；④中不含有碳碳双键，④不正确；⑤氢氧化铁胶粒由许多个氢氧化铁分子构成，用1L1.0mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目小于NA，⑤不正确；⑥1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，由于反应可逆，所以共转移电子数小于2NA，⑥不正确；⑦在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O中，KIO3中的I由+5价降低到0价，所以每生成3molI2转移的电子数为5NA，⑦正确；⑧常温常压下，17g甲基(－14CH3)中所含的中子数为=8NA，⑧不正确；综合以上分析，只有②③⑦正确，故选A。【点睛】NaHSO4在水溶液中，可电离产生Na+、H+、SO42-；而在熔融液中，只能电离产生Na+和HSO4-，在解题时，若不注意条件，很容易得出错误的结论。21、D【解析】

A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol该化合物最多可以与3molNaOH反应，B正确。C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。D、酚羟基不能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。答案选D。22、A【解析】

A项、78gNa2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O2固体中含离子总数为3NA，故A正确；B项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数，故B错误；C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故C错误；D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故D错误。故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。二、非选择题(共84分)23、邻苯二酚C11H11O2F2Br取代反应（或水解反应）醚键、羧基减小生成物浓度，使平衡正向移动8BrCH＝C（CH3）2【解析】

A中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，习惯上叫做邻苯二酚，在NaOH溶液作用下，A与发生取代反应生成B（），B与Br2发生取代反应生成C（），C在NaOH溶液作用下酚羟基发生取代生成D（），D经过取代、酯化两个反应后得到E（），最后E中的酯基经碱性条件下水解再酸化生成合成罗氟司特的中间体F（）。根据以上分析解答此题。【详解】(1)中苯环上有两个处于邻位的酚羟基，叫做邻苯二酚；D为，分子式为C11H11O2F2Br；答案为：邻苯二酚；C11H11O2F2Br。(2)由图示可知与Br2发生取代反应生成C，根据原子守恒写出反应方程式：。答案为：。(3)E到F的反应中只有酯基发生水解，生成羧酸盐后再进行酸化，反应类型为取代反应（或水解反应），F中的含氧官能团为醚键、羧基。答案为；取代反应（或水解反应）；醚键、羧基。(4)上述合成路线中，A→B、C→D、E→F这三个反应中都使用了NaOH溶液，有机反应的特点是反应比较慢，副反应多，很多还是可逆反应，在上面三个反应中NaOH溶液都可以与反应后的生成物发生反应，使生成物的浓度减小，促使平衡向正向移动，提高了反应的产率，最后还可再经酸化除去官能团里的钠离子。答案为：减小生成物浓度，使平衡正向移动。(5)的分子式为C4H7Br，不饱和度为1，写成链状可以考虑为丁烷里面增加一条双键，正丁烷里加一条双键有两种写法：CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3，异丁烷里加一条双键只有一种写法：CH2=C(CH3)2。在CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2里面分别有4、2、2种等效氢，所以CH2=CHCH2CH3、CH3CH=CHCH3、CH2=C(CH3)2的一溴代物即的链状同分异构体（不包括立体异构）有4+2+2=8种。其中核磁共振氢谱有两组峰也就是结构式中有两种氢的为：BrCH＝C(CH3)2。答案为：8；BrCH＝C(CH3)2。(6)根据题中信息，以为原料合成有两个方向的反应，一个是酚羟基上的取代，另一个是甲基邻位的取代，酯化，仿照题中C→D的条件可实现酚羟基的取代，得到，再与Br2发生取代生成，然后仿照题中D→E的条件可实现甲基邻位溴原子的取代，酯化得到。故以对甲基苯酚为原料制备的合成路线为：。答案为：。24、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反应取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3【解析】

因为溶液呈无色，溶液中一定不含Fe2+；根据①取少量原溶液，加几滴甲基橙，溶液变红色，说明溶液呈酸性，则溶液中不含HCO3-；根据②取少量原溶液，浓缩，加Cu片和浓H2SO4，加热，有无色气体产生，后在空气中又变成红棕色，则原溶液中含NO3-，由于酸性条件下NO3-具有强氧化性，原溶液中不含I-；根据③取少量原溶液，加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中含有SO42-、不含Ba2+；取③中上层清液，加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于HNO3，③中上层清液中含Cl-，但由于BaCl2引入Cl-，不能确定原溶液中是否含Cl-；根据⑤取少量原溶液，加NaOH溶液，有白色沉淀生成，当NaOH过量时沉淀部分溶解，则原溶液中含有Mg2+、Al3+；（1）溶液中肯定存在的离子是Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-；（2）溶液中肯定不存在的离子是Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-；（3）要进一步确定溶液中是否含有Na+，应补充的实验是：焰色反应；要进一步确定溶液中是否含有Cl-，应用稀硝酸和AgNO3溶液，但SO42-会构成干扰，所以先排除SO42-的干扰，故补充的实验是：取少量原溶液，加入Ba（NO3）2溶液后，取上层清液加入AgNO3溶液和稀HNO3

。25、关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O称取样品在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成-1.5%（-1.48%）【解析】

（1）检查装置气密性的基本思路是使装置内外压强不等，观察气泡或液面变化。常用方法有：微热法、液差法、滴液法和抽气（吹气）法。本题选用滴液法的操作为：关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；（2）实验开始时先将Y型试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，碳酸钙和稀硝酸生成CO2，将整个装置的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；常温下，铜片和稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；故答案为：利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（3）本实验生成的气体中，若有NO2，NO2溶于水生成硝酸，会将Fe2+氧化成Fe3+，B瓶溶液会出现血色，若无NO2，则无血色；常用碱液吸收NO尾气，反应方程式为：2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。答案为：检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN—反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色；2NO+O2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。（4）测量固体的含量，要先称量一定质量的固体，经溶解、沉淀、过滤、洗涤、干燥、称量等操作。检验沉淀是否沉淀完全，是检验其清液中是否还有未沉淀的SO42-，可通过向上层清液中继续滴加氯化钡溶液，若有沉淀说明没有沉淀完全。故答案为：称取样品；在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀生成。（5）相对误差=，故答案为：-1.5%（-1.48%）。26、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色d→e→c→bCu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O防止倒吸铁屑烧杯、漏斗、玻璃棒酸式【解析】

制备聚铁和绿矾(FeSO4•7H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。【详解】(1)检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；(2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为a→d→e→c→b→f；(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。27、CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象气球体积增大，溶液不变浑浊乙因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小【解析】

甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的