重庆市2023年高考化学三模试卷含解析

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、ClO2是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点11℃，凝固点-59℃。工业上，可用下列原理制备ClO2(液相反应)：。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是()A．在标准状况下，2240mLClO2含有原子数为0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，则反应后的溶液中Fe3+数目为0.2NAC．48.0gFeS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD．每消耗30molNaClO3，生成的水中氢氧键数目为14NA2、下列物质中所有的碳原子均处在同一条直线上的是（）A． B．H3C-C≡C-CH3 C．CH2=CH-CH3 D．CH3-CH2-CH33、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．标准状况下，2.24LSO3中所含原子数为0.4NAB．l0mL12mol/L盐酸与足量MnO2加热反应，制得Cl2的分子数为0.03NAC．0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，生成CCl4的分子数为0.1NAD．常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA4、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙→丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是A．X和Y、W均至少能形成两种化合物B．乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C．四种元素简单离子半径中Z的最小D．气态氢化物的稳定性：X>W5、垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是A．A B．B C．C D．D6、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7、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（）选项实验操作实验目的或结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为NH3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强A．A B．B C．C D．D8、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）ABCDA．原子半径大小比较为D>C>B>AB．生成的氢化物分子间均可形成氢键C．A与C形成的阴离子可能有AC、A2CD．A、B、C、D的单质常温下均不导电9、已知：①K2CO3+CO2+H2O→2KHCO3；CaCO3+CO2+H2O→Ca（HCO3）2②KHCO3、Ca（HCO3）2都易溶于水③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应，将足量CO2通入KOH和Ca（OH）2的混合稀溶液中，则生成沉淀的质量和通入的CO2质量的关系中，正确的是A． B． C． D．10、乙烷、乙炔分子中碳原子间的共用电子对数目分别是1、3，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目可能为()A．20 B．24 C．25 D．7711、下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A．长期放置的苯酚晶体变红 B．硝酸银晶体光照后变黑C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐 D．二氧化氮气体冷却后变淡12、下列电子排布式表示的基态原子中，第一电离能最小的是A．ns2np3 B．ns2np5 C．ns2np4 D．ns2np613、R是合成某高分子材料的单体，其结构简式如图所示。下列说法错误的是（）A．R能发生加成反应和取代反应B．用NaHCO3溶液可检验R中是否含有羧基C．R与HOCH2COOH分子中所含官能团完全相同D．R苯环上的一溴代物有4种14、第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010mol/L的这四种溶液在25℃时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A．简单离子半径：X>Y>Z>WB．W的氧化物对应的水化物一定是强酸C．气态氢化物的稳定性：W＜Z＜YD．W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W15、劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是A．1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2 B．与互为同系物C．核磁共振氢谱有4组峰 D．分子中所有原子均处于同一平面16、工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑．下列表示反应中相关微粒的化学用语正确的是（）A．Na+的结构示意图：B．中子数为18的氯原子：ClC．NaOH的电子式：D．Cl2的结构式：Cl＝Cl17、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A．甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB．乙池中Fe电极区附近pH增大C．一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D．如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快18、下列不符合安全规范的是（）A．金属钠着火时使用泡沫灭火器灭火B．NH3泄露时向空中喷洒水雾C．含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放D．面粉生产车间应严禁烟火19、我国科研人员研究了在Cu-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理；其主反应历程如图所示（H2→H+H）。下列说法错误的是（）A．二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%B．带标记的物质是该反应历程中的中间产物C．向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率D．第③步的反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO20、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．热稳定性：NaHCO3＞Na2CO3＞H2CO3D．沸点：H2O＞H2S＞H2Se21、硼氢化钠（NaBH4）为白色粉末，熔点400℃，容易吸水潮解，可溶于异丙胺（熔点：-101℃，沸点：33℃），在干燥空气中稳定，吸湿而分解，是无机合成和有机合成中常用的选择性还原剂。某研究小组采用偏硼酸钠（NaBO2）为主要原料制备NaBH4，其流程如图：下列说法不正确的是（）A．NaBH4中H元素显+1价B．操作③所进行的分离操作是蒸馏C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3D．实验室中取用少量钠需要用到的实验用品有镊子、滤纸、玻璃片和小刀22、从海带中提取碘的实验中，下列操作中未涉及的是A． B． C． D．二、非选择题(共84分)23、（14分）环氧树脂因其具有良好的机械性能、绝缘性能以及与各种材料的粘结性能，已广泛应用于涂料和胶黏剂等领域。下面是制备一种新型环氧树脂G的合成路线：已知以下信息：①+H2O②+NaOH+NaCl+H2O③回答下列问题：（1）A是一种烯烃，化学名称为_____，C中官能团的名称为_____、____。（2）由C生成D反应方程式为_______。（3）由B生成C的反应类型为_______。（4）E的结构简式为_______。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，请写出其中能同时满足以下条件的芳香化合物的结构简式________、_______。①能发生银镜反应；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1。（6）假设化合物D、F和NaOH恰好完全反应生成1mol单一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，则G的n值理论上应等于_______。24、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_________，E→F的反应类型是_________。（2）B→C反应的化学方程式为_____________。（3）C→D所用试剂和反应条件分别是_________。E中官能团的名称是________________。（4）检验F中碳碳双键的方法是_________________________。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有______种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为____________。25、（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。①A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____。②C中说明Cl－和S2－的还原性强弱的实验现象_____。26、（10分）某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；

稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。27、（12分）乳酸亚铁晶体{CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O}是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，广泛应用于乳制品、营养液等，吸收效果比无机铁好，可由乳酸与FeCO3反应制得：2CH3CH(OH)COOH+FeCO3+2H2O→[CH3CH(OH)COO]2Fe·3H2O+CO2↑Ⅰ.制备碳酸亚铁（FeCO3）：装置如图所示。（1）仪器C的名称是______。（2）清洗仪器，检查装置气密性，A中加入盐酸，B中加入铁粉，C中加入NH4HCO3溶液。为顺利达成实验目的，上述装置中活塞的打开和关闭顺序为：关闭活塞_____，打开活塞_____，装置B中可观察到的现象是_____，当加入足量盐酸后，关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_____，打开活塞_____。C中发生的反应的离子方程式为_____。Ⅱ.制备乳酸亚铁晶体：将制得的FeCO3加入乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75℃下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸。（3）加入少量铁粉的作用是_____。从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体所需的实验操作是隔绝空气低温蒸发，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。Ⅲ.乳酸亚铁晶体纯度的测量：（4）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其原因可能是_____。（5）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液滴定进行测定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.76g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250mL溶液，每次取25.00mL，用0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如表所示。滴定次数0.100mol/LCe(SO4)2标准溶液/mL滴定前读数滴定后读数10.1019.6520.1222.3231.0520.70则产品中乳酸亚铁晶体的纯度为______（以质量分数表示，保留3位有效数字）。28、（14分）二氧化碳的捕集、利用是我国能源领域的一个重要战略方向。（1）科学家提出由CO2制取C的太阳能工艺如图所示。①若“重整系统”发生的反应中n(FeO)/n(CO2)=6，则FexOy的化学式为____________。②“热分解系统”中每分解1molFexOy，转移电子的物质的量为________。（2）工业上用CO2和H2反应合成二甲醚。已知：CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ/mol，CH3OCH3(g)+H2O(g)═2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ/mol，则2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)△H3=______kJ/mol。①一定条件下，上述合成甲醚的反应达到平衡状态后，若改变反应的某一个条件，下列变化能说明平衡一定向正反应方向移动的是_____（填代号）。a．逆反应速率先增大后减小

b．H2的转化率增大c．反应物的体积百分含量减小

d．容器中的nCO2/nH2值变小②在某压强下，合成甲醚的反应在不同温度、不同投料比时，CO2的转化率如图所示。T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，5min后反应达到平衡状态，则0～5min内的平均反应速率v(CH3OCH3)=___；KA、KB、KC三者之间的大小关系为_____。（3）常温下，用氨水吸收CO2可得到NH4HCO3溶液，在NH4HCO3溶液中：c(NH4+)_____c(HCO3－)（填“>”、“<”或“=”）；反应NH4++HCO3－+H2ONH3·H2O+H2CO3的平衡常数K=__________________。（已知常温下NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7mol·L-1，K2=4×10-11mol·L-1）29、（10分）我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：（1）写出Be的核外电子式___，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有___、___。（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有___种不同运动状态的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式：___。（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系___。（4）比较Al3+、S2﹣和Cl﹣半径由大到小的顺序___；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是___（写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___。

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.ClO2沸点11℃，标况下为液体，2240mLClO2的物质的量不是0.1mol，故A错误；B.Fe3+在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；C.48.0gFeS2物质的量为48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5价降到+4价，失一个电子，故6molNaClO3失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA，故C正确；D.消耗30molNaClO3生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA，故D错误；故答案为C。【点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。2、B【解析】

A、中碳原子全部共平面，但不能全部共直线，故A错误；B、H3C-C≡C-CH3相当于是用两个甲基取代了乙炔中的两个H原子，故四个碳原子共直线，故B正确；C、CH2=CH-CH3相当于是用一个甲基取代了乙烯中的一个H原子，故此有机物中3个碳原子共平面，不是共直线，故C错误；D、由于碳碳单键可以扭转，故丙烷中碳原子可以共平面，但共平面时为锯齿型结构，不可能共直线，故D错误。故选：B。【点睛】本题考查了原子共直线问题，要找碳碳三键为母体，难度不大。3、D【解析】

A.标准状况下，SO3不是气体，2.24LSO3并不是0.1mol，A错误；B.12mol/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03mol，分子数小于0.03NA，B错误；C.0.1molCH4与0.4molCl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；D.一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；答案选D。4、B【解析】

短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1mol·L-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物质存在甲+乙→丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A.根据上述分析X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B.通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C.W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D.X和W为同主族元素，非金属性X>W，因为非金属性越强，气体氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性X>W，故D正确。答案选B。5、D【解析】

A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A正确；B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B正确；C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C正确；D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D错误；答案选D。6、C【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+2H2O＝2NaOH+H2↑。【详解】A．钠失电子生成Na+脱离金属钠表面进入溶液，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。7、B【解析】

A.由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）>Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)＜Ksp(BaCO3)，A项错误；B.Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C.试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3−被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D.由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3−结合H+的能力比SO32−的弱，D项错误；答案选B。【点睛】A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。8、C【解析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期ⅥA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。【详解】A.电子层数越多，半径越大；同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O，A错误；B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；C.A与C形成的阴离子可能有CO、C2O，C正确；D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。故选C。9、B【解析】

根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“③通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B符合题意，故答案选B。10、B【解析】

烷烃中碳碳间共用电子对数为碳原子数减去1；若每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对，利用减少的H原子数目，再除以2可知增加的碳碳间共用电子对数，烷烃C20H42分子中碳原子间的共用电子对数目为19，则C20H32分子中碳原子间的共用电子对数目19+10×=24，答案选B。【点睛】明确每减少2个H原子，则相当于碳碳间增加一对共用电子对。11、D【解析】

A．苯酚在空气中能被氧气氧化，所以长期放置的苯酚晶体变红，属于氧化还原反应，故A不合题意；B．硝酸银晶体易分解，在光照后变黑，生成银，属于氧化还原反应，故B不合题意；C．氢氧化亚铁变灰绿再变红褐，生成氢氧化铁，Fe元素的化合价升高，所以属于氧化还原反应，故C不合题意；D．二氧化氮气体冷却时生成四氧化二氮，元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故D符合题意；故选D。12、C【解析】

同周期随原子序数增大第一电离能呈增大趋势，但ⅤA族3p能级为半满稳定状态，第一电离能高于同周期相邻元素，故第一电离能的大小顺序为：D＞B＞A＞C，

故选：C。13、C【解析】

A.分子中含有醇羟基，能发生取代反应，含有苯环，能与氢气发生加成反应，故A正确；B.该分子的羧基可以与NaHCO3溶液反应生成二氧化碳，故B正确；C.该分子中含有三种官能团：氨基、羟基、羧基；HOCH2COOH分子中所含官能团为羟基、羧基，故C错误；D.R苯环上有四种环境的氢，故其一溴代物有4种，故D正确；故答案选C。14、D【解析】

第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液PH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的弱、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径Y>Z>Cl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3−>S2−>Cl−>Na+，故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是Y>Z>W，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：Y>Z>W，故C错误；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。15、A【解析】

A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2，故A正确；B.二噁烷中含有2个氧原子，与组成上并非只相差n个CH2原子团，所以两者不是同系物，故B错误；C.根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1组峰，C错误；D.分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D错误，故选A。【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。16、B【解析】

A、钠离子的质子数为11，钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：，故A错误；B、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35，故为Cl，故B正确；C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：，故C错误；D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氯气结构式为：Cl-Cl，故D错误；答案选B。17、D【解析】

根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H++2e-=H2↑，总的电极反应为H++OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑由此分析。【详解】A．甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B．乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H++2e-=H2↑，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C．乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e-=Al3+，阴极反应为2H++2e-=H2↑，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后，铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D．如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。18、A【解析】

A．钠的燃烧产物为Na2O2，能与CO2反应生成O2，且钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，可用沙土灭火，故A错误；B．氨气极易溶于水，NH3泄露时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B正确；C．氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；D．面粉厂有可燃性的粉尘，遇到烟火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D正确；故答案为A。19、A【解析】

A．从反应②、③、④看，生成2molH2O，只消耗1molH2O，所以二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率不是100%，A错误；B．从整个历程看，带标记的物质都是在中间过程中出现，所以带标记的物质是该反应历程中的中间产物，B正确；C．从反应③看，向该反应体系中加入少量的水，有利于平衡的正向移动，所以能增加甲醇的收率，C正确；D．从历程看，第③步的反应物为H3CO、H2O，生成物为CH3OH、HO，所以反应式为H3CO+H2O→CH3OH+HO，D正确；故选A。20、B【解析】

A．苯中的碳碳键介于单键与双键之间，则碳碳键键长：乙烯<苯，故A错误；B．氯代烃中C原子个数越多，密度越大，则密度：一氯乙烷>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：Na2CO3>NaHCO3>H2CO3，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H2O>H2Se>H2S，故D错误；故答案为：B。【点睛】非金属化合物的沸点比较：①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；②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SnH4>GeH4>SiH4>CH4；③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CO>N2；④同分异构体，支链越多，熔、沸点越低，如正戊烷>异戊烷>新戊烷；⑤形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2O>H2S；如果形成分子内氢键则熔沸点越低。21、A【解析】

A．NaBH4中Na元素显+1价、B元素显+3价、H元素显-1价，A错误；B．异丙胺沸点为33℃，将滤液采用蒸馏的方法分离，得到异丙胺和固体NaBH4，所以操作③所进行的分离操作是蒸馏，B正确；C．反应①为NaBO2+SiO2+4Na+2H2═NaBH4+2Na2SiO3，H2作氧化剂，Na作还原剂，C正确；D．钠硬度小，且保存在煤油里，取用少量钠需要用镊子取出，滤纸吸干煤油，用小刀在玻璃片上切割，D正确；故答案选A。22、A【解析】

从海带中提取碘，涉及到海带的灼烧、物质的溶解，使用B装置，然后过滤除去不溶性固体物质，使用C装置；然后向溶液中加入有机溶剂将碘单质萃取出来，然后分液，使用D装置，未涉及到滴定操作，故合理选项是A。二、非选择题(共84分)23、丙烯加成反应氯原子、羟基+NaOH+NaCl+H2O+NaOH+NaCl+H2O8【解析】

根据D的分子结构可知A为链状结构，故A为CH3CH=CH2；A和Cl2在光照条件下发生取代反应生成B为CH2=CHCH2Cl，B和HOCl发生加成反应生成C为

或，C在碱性条件下脱去HCl生成D；由F结构可知苯酚和E发生信息①的反应生成F，则E为

；D和F聚合生成G，据此分析解答。【详解】（1）根据以上分析，A为CH3CH=CH2，化学名称为丙烯；C为

，故含官能团的名称为氯原子、羟基。本小题答案为：丙烯；氯原子、羟基。（2）C在碱性条件下脱去HCl生成D，化学方程式为：（或）。故本小题答案为：（或）。（3）B和HOCl发生加成反应生成C。本小题答案为：加成反应。（4）根据信息提示①和流程图中则E的结构简式为。本小题答案为：。（5）E的二氯代物有多种同分异构体，同时满足以下条件的芳香化合物：①能发生银镜反应，说明含有醛基；②核磁共振氢谱有三组峰，且峰面积比为3∶2∶1，说明分子中有3种类型的氢原子，且个数比为3：2：1。则符合条件的有机物的结构简式为、。本小题答案为：、。（6）根据信息②和③，每消耗1molD，反应生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的总质量为765g，生成NaCl和H2O的总物质的量为765g/76.5g/mol=10mol，由G的结构可知，要生成1mol单一聚合度的G，需要(n+2)molD，则(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理论上应等于8。本小题答案为：8。24、消去反应+NaOH+NaClO2/Cu或Ag，加热羟基、醛基用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键8【解析】

根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHO＋CH3CHORCH(OH)CH2CHO，，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、、、、、、、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3∶2∶2∶1的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。25、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BZn和置换出的铜与电解质溶液形成原电池分液漏斗MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O产生淡黄色沉淀【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Zn－Cu原电池，加快Zn与稀硫酸反应的速率；(4)①A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MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；②A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。26、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【解析】

（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；②用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象ⅱ中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应．通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）①取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；②溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。27、三颈烧瓶21、3铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色32Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化98.0%【解析】

亚铁离子容易被氧气氧化，制备过程中应在无氧环境中进行，Fe与盐酸反应制备氯化亚铁，利用反应生成的氢气排尽装置中的空气，故B制备氯化亚铁，利用生成的氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，据此解答本题。【详解】（1）仪器C为三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）反应前先利用生成的氢气除去装置内空气，再利用生成氢气，使B装置中气压增大，将B装置中的氯化亚铁溶液压入C中，具体操作为：关闭活塞2，打开活塞3，然后打开活塞1加入足量的盐酸，然后关闭活塞1，反应一段时间后，装置B中可观察到的现象为：铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；打开活塞2，关闭活塞3；C装置中FeCl2和NH4HCO3发生反应：FeCl2+2NH4HCO3＝FeCO3↓+2NH4Cl+CO2↑+H2O，反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为：2；1、3；铁粉逐渐溶解，液体中有气泡冒出、溶液变成浅绿色；3；2；Fe2++2HCO3-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；（3）Fe2+离子易被氧化为Fe3+离子，实验目的是制备乳酸亚铁晶体，加入Fe粉，可防止Fe2+离子被氧化，故答案为：防止FeCO3与乳酸反应产生的亚铁离子被氧化；（4）乳酸根中含有羟基，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗高锰酸钾的增大，而计算中按亚铁离子被氧化，故计算所得乳酸亚铁的质量偏大，产品中乳酸亚铁的质量分数会大于100%，故答案为：乳酸根中羟基被酸性高锰酸钾溶液氧化；（5）三次滴定第二次操作消耗标准液数值明显偏大，应舍去，取第一次和第三次平均值V==19.60mL，由：Ce4++Fe2+＝Ce3++Fe3+，可知25mL溶液中n(Fe2+)＝n(Ce4+)＝0.100mol/L×0.0196L＝0.00196mol，故250mL含有n(Fe2+)＝0.00196mol×=0.0196mol，故产品中乳酸亚铁晶体的质量分数为＝98.0%，故答案为：98.0%。28、Fe3O42mol-130.8b0.18mol·L-1·min-1KA=KC>KB>1.25×10-3【解析】

（1）①由示意图可以知道，重整系统中CO2和FeO反应生成FexOy和C，根据原子守恒确定FexOy的化学式；

②热分解系统中是FexOy分解为FeO与氧气，根据Fe元素化合价变价计算转移电子；

（2）已知：Ⅰ．CO2(g)+3H2(g)═CH3OH(g)+H2O(g)△H1=-53.7kJ/mol，

Ⅱ．CH3OCH3(g)+H2O(g)═2CH3OH(g)△H2=+23.4kJ/mol，

根据盖斯定律，Ⅰ×2-Ⅱ可得：2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，则△H3=2△H1-△H2；

①a．逆反应速率先增大后减小，可能是增大生成物浓度；

b．H2的转化率增大，平衡一定正向移动；

c．反应物的体积百分含量减小，可能是增大生成物浓度等；

d．容器中的nCO2/nH2值变小，可能是减小二氧化碳的物质的量；

②T1温度下，将6molCO2和12molH2充入2L的密闭容器中，由图象可以知道，5min后反应达到平衡状态时二氧化碳转化率为60%，则生成CH3OCH3为6mol60%=1.8mol，根据平均反应速率v(CH3OCH3)=；根据平衡常数仅与温度有关，温度不变，平衡常数不变，在相同投料比时，T1温度下二氧化碳转化率大，所以T1温度下较T2温度下正向进行程度大；（3）根据盐类水解规律，已知NH3·H2O的电离平衡常数Kb=2×10-5，H2CO3的电离平衡常数K1=4×10-7，K2=4×10-11，所以碳酸氢根的水解程度更大；反应NH4++HCO3－