浙江省湖州市安吉县上墅私立2023年高三3月份模拟考试化学试题含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，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、以下性质的比较可能错误的是()A．离子半径H﹣＞Li+ B．熔点Al2O3＞MgOC．结合质子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷2、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A．放电时，a极电势高于b极B．充电时，a极电极反应为I2Br－+2e－=2I－+Br－C．图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量D．导线中有NA个电子转移，就有0.5molZn2+通过隔膜3、常温下，向20mL0.2mol·L-1H2A溶液中滴加-1NaOH溶液，溶液中微粒H2A、HA-、A2-的物质的量的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A．当V[NaOH(aq)]=20mL时.c(OH-)=c(H+)+c(HA-)+2c(H2A)B．在P点时，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)C．当V[NaOH(aq)]=30mL时，2c(Na+)=3[c(HA-)+c(A2-)+c(H2A)]D．当V[NaOH(aq)]=40mL.时.c(Na+)>c(A2-)>c(OH-)>c(HA-)>c(H2A)>c(H+)4、如图是lmol金属镁和卤素反应的△H(单位：kJ·mol－1)示意图，反应物和生成物均为常温时的稳定状态，下列选项中不正确的是A．由图可知，MgF2(s)＋Br2(l)＝MgBr2(s)＋F2(g)△H＝＋600kJ·mol－1B．MgI2与Br2反应的△H<0C．电解MgBr2制Mg是吸热反应D．化合物的热稳定性顺序：MgI2>MgBr2>MgCl2>MgF25、工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯①将1〜2个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,②松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是A．当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成B．为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计C．蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热D．要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏6、电导率用于衡量电解质溶液导电能力的大小，与离子浓度和离子迁移速率有关。图1为相同电导率盐酸和醋酸溶液升温过程中电导率变化曲线，图2为相同电导率氯化钠和醋酸钠溶液升温过程中电导率变化曲线，温度均由22℃上升到70℃。下列判断不正确的是A．由曲线1可以推测：温度升高可以提高离子的迁移速率B．由曲线4可以推测：温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关C．由图1和图2可以判定：相同条件下，盐酸的电导率大于醋酸的电导率，可能的原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率D．由图1和图2可以判定：两图中电导率的差值不同，与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率无关7、25℃时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（）A．溶液中OH-的物质的量浓度 B．溶液的导电能力C．溶液中的 D．醋酸的电离程度8、在使用下列各实验装置时，不合理的是A．装置①用于分离CCl4和H2O的混合物B．装置②用于收集H2、CO2、Cl2等气体C．装置③用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸D．装置④用于收集NH3，并吸收多余的NH39、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格密封。下列有关说法错误的是A．a极的电极反应式为B．若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室C．根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作D．由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境10、油炸虾条、薯片等易碎的食品，不宜选用真空袋装而应采用充气袋装。在实际生产中，充入此类食品袋的是下列气体中的（）A．氧气 B．二氧化碳 C．空气 D．氮气11、为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。实验装置试剂a现象①紫色的石蕊试液溶液先变红后褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是A．实验①说明新制氯水中含有H＋、HClOB．实验②发生的反应为HCO3－＋HClO=ClO－＋CO2↑＋H2OC．实验③说明新制氯水中有Cl－，Cl－＋Ag+=AgCl↓D．实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋12、下列说法不正确的是（）A．某化合物在熔融状态下能导电，则该物质属于离子化合物B．金属钠与水反应过程中，既有共价键的断裂，也有共价键的形成C．硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同D．CO2和NCl3中，每个原子的最外层都具有8电子稳定结构13、下列对装置的描述中正确的是A．实验室中可用甲装置制取少量O2B．可用乙装置比较C、Si的非金属性C．若丙装置气密性良好，则液面a保持稳定D．可用丁装置测定镁铝硅合金中Mg的含量14、下列属于原子晶体的化合物是（）A．干冰 B．晶体硅 C．金刚石 D．碳化硅15、查阅资料可知，苯可被臭氧氧化，发生化学反应为：。则邻甲基乙苯通过上述反应得到的有机产物最多有A．5种 B．4种 C．3种 D．2种16、常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3·H2O的变化趋势如右图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)，下列说法不正确的是（）A．M点溶液中水的电离程度比原溶液小B．在M点时，n(OH－)－n(H+)=(a－0.05)molC．随着NaOH的加入，c(NH3D．当n(NaOH)=0.05mo1时，溶液中有：c(Cl－)>c(NH4+)>c(Na+)>c(OH－)>c(H+)17、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Z是地壳中含量最多的金属元素，W与X同主族。下列说法错误的是()A．原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)B．由X、Y组成的化合物是离子化合物C．X的简单气态氢化物的热稳定性比W的强D．Y的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱18、根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是A．A B．B C．C D．D19、人类已经成功合成了117号元素Uus，关于的叙述正确的是A．原子内电子数多于中子数 B．与电子式相同C．元素的近似相对原子质量是294 D．处于不完全周期内20、下列实验不能达到预期目的是（）实验操作实验目的A充满NO2的密闭玻璃球分别浸泡在冷、热水中研究温度对化学平衡移动的影响B向盛有1mL硝酸银溶液的试管中滴加NaCl溶液，至不再有沉淀，再向其中滴加Na2S溶液说明一种沉淀能转化为另一种溶解度更小的沉淀C苯酚和水的浊液中，加少量浓碳酸钠溶液比较苯酚与碳酸氢钠的酸性D取少量溶液滴加Ca（OH）2溶液，观察是否出现白色浑浊确定NaHCO3溶液中是否混有Na2CO3A．A B．B C．C D．D21、将一定体积的CO2缓慢地通入V

L

NaOH溶液中，已知NaOH完全反应，若在反应后的溶液中加入足量石灰水，得到ag沉淀；若在反应后的溶液中加入足量CaCl2溶液，得到bg沉淀，则下列说法正确的是A．参加反应的CO2的体积为0.224aLB．若a=b，则CO2与NaOH溶液反应的产物中盐只有Na2CO3C．b可能等于a、小于a或大于aD．不能确定NaOH溶液的物质的量浓度22、科学家利用电解NaB(OH)4溶液制备H3BO3的工作原理如下图。下列说法中正确的是A．b膜为阳离子交换膜B．N室中,进口和出口NaOH溶液的浓度:a%<b%C．电子从左边石墨电极流出,先后经过a、b、c膜流向右边石墨电极D．理论上每生成1molH3BO3,两极室共生成33.6L气体(标准状况)二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H是一种药物合成中间体，其合成路线如下：(1)A→B的反应的类型是____________反应。(2)化合物H中所含官能团的名称是____________和____________。(3)化合物C的结构简式为___________。B→C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，该副产物的结构简式为___________。(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：____________。①能发生水解反应，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；②分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色。(5)已知：CH3CH2OH。写出以环氧乙烷（）、、乙醇和乙醇钠为原料制备的合成路线流程图_______________（无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）。24、（12分）化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如下：(1)写出A中官能团的电子式。_____________。(2)写出反应类型：B→C___________反应，C→D__________反应。(3)A→B所需反应试剂和反应条件为_______________________________。(4)写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式：_________________________。(任写出3种)①能水解；②能发生银镜反应；③六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。(5)写出F的结构简式_______________________。(6)利用学过的知识，写出由甲苯()和为原料制备的合成路线。(无机试剂任用)_____________________。25、（12分）18世纪70年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置，试回答下列问题：(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是________，收集并吸收氯气应选用的装置为________。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气，防止氯气污染空气，试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：________。(3)自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的，请你利用所学的化学知识加以鉴别，并写出有关的化学方程式________，_______。(4)次氯酸具有漂白性，它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明)：①_____；②_____。(5)请设计一个简单的实验，确定(4)中红色褪去的原因是①还是②?________。26、（10分）水合肼（N2H4·H2O）又名水合联氨，无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂，利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4·H2O+NaCl实验一：制备NaClO溶液。（实验装置如右图所示）（1）配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有（填标号）。A．容量瓶B．烧杯C．烧瓶D．玻璃棒（2）锥形瓶中发生反应的离子方程式是。（3）设计实验方案：用中和滴定原理测定反应后锥形瓶中剩余NaOH的浓度（实验提供的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、0.10mol·L-1盐酸、酚酞试液）：。实验二：制取水合肼。（实验装置如右图所示）（4）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108～114℃馏分。分液漏斗中的溶液是（填标号）。A．CO(NH2)2溶液B．NaOH和NaClO混合溶液原因是：（用化学方程式表示）。实验三：测定馏分中肼含量。（5）称取馏分5.0g，加入适量NaHCO3固体，加水配成250mL溶液，移出25.00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.10mol·L-1的I2溶液滴定。滴定过程中，溶液的pH保持在6.5左右。（已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O）①滴定时，碘的标准溶液盛放在(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；本实验滴定终点的现象为。②实验测得消耗I2溶液的平均值为18.00mL，馏分中水合肼（N2H4·H2O）的质量分数为。27、（12分）钠是一种非常活泼的金属，它可以和冷水直接反应生成氢气，但是它与煤油不会发生反应。把一小块银白色的金属钠投入到盛有蒸镏水的烧杯中，如图a所示，可以看到钠块浮在水面上，与水发生剧烈反应，反应放出的热量使钠熔成小球，甚至会使钠和生成的氢气都发生燃烧。如果在上述盛有蒸镏水的烧杯中先注入一些煤油，再投入金属钠，可以看到金属钠悬浮在煤油和水的界面上，如图b所示，同样与水发生剧烈的反应，但不发生燃烧。图a图b(1)在第一个实验中，钠浮在水面上；在第二个实验中，钠悬浮在煤油和永的界面上，这两个现象说明了：________。(2)在第二个实验中，钠也与水发生反应，但不发生燃烧，这是因为________。(3)我们知道，在金属活动性顺序中，排在前面的金属能把排在后面的金属从它的盐溶液里置换出来，可将金属钠投入到硫酸铜溶液中，却没有铜被置换出来，而产生了蓝色沉淀，请用化学方程式解释这一现象____。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）新型陶瓷材料氮化硅（Si3N4）可用于制作火箭发动机中燃料的喷嘴。氮化硅可由石英、焦炭在高温氮气流中制取。完成下列填空：______SiO2+______C+______N2______Si3N4+______CO。（1）试配平该化学反应方程式，将系数填写在对应位置上。在方程式上标出电子转移的方向和数目。____________（2）反应中______被还原，当氧化产物比还原产物多1mol时，反应中电子转移数为______。（3）在该反应体系中：所涉及物质属于非极性分子的电子式为______；所涉及元素中原子半径最大的原子的最外层电子排布式为______。（4）反应的主要产物氮化硅所属的晶体类型为______，证明氮化硅组成元素非金属性强弱：（Ⅰ）写出一个化学事实______；（Ⅱ）从原子结构上进行说明：______。

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、B【解析】

A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为H﹣＞Li+，故A正确；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3＜MgO，故B错误；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣＞ClO﹣，故C正确；D．两者结构相似，1﹣氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正确；答案选B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关，越弱越容易结合质子。2、B【解析】

在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A．放电时，a极为正极，电势高于作负极的b极，A正确；B．充电时，a极应为阳极，电极反应为2I－+Br－-2e－==I2Br-，B错误；C．图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D．导线中有NA个电子转移，依据关系式Zn—2e-，就有0.5molZn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。3、A【解析】

A.当V（NaOH）=20mL时，二者恰好完全反应生成NaHA，根据电荷守恒得：c（OH-）+2c（A2-）+c（HA-）=c（H+）+c（Na+），根据物料守恒得c（Na+）=c（HA-）+c（H2A）+c（A2-），二者结合可得：c（OH-）+c（A2-）=c（H+）+c（H2A），则c（OH-）<c（H+）+c（H2A）<c（H+）+c（HA-）+2c（H2A），故A错误；B.P点满足电荷守恒：c（HA-）+2c（A2-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），根据图象可知，P点c（A2-）=c（H2A），则c（H2A）+c（HA-）+c（A2-）+c（OH-）=c（Na+）+c（H+），，故B正确；C．当V（NaOH）=30

mL时，混合溶液中溶质为等物质的量浓度的NaHA、Na2A，根据物料守恒可得：2c（Na+）=3[c（HA-）+c（A2-）+c（H2A）]，故C正确；D．当V（NaOH）=40mL时，反应后溶质为Na2A，A2-部分水解生成等浓度的OH-、HA-，溶液中还存在水电离的氢氧根离子，则c（OH-）>c（HA-），正确的离子浓度大小为：c（Na+）>c（A2-）>c（OH-）>c（HA-）>c（H2A）>c（H+），故D正确；故选B。4、D【解析】

A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式分析判断；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应；C．生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应；D．能量越小的物质越稳定。【详解】A．Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）△H=-1124kJ·mol－1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）△H=-524kJ·mol－1，将第二个方程式与第一方程式相减得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）△H=+600kJ·mol－1，故A正确；B．溴化镁的能量小于碘化镁的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2与Br2反应是放热反应，MgI2与Br2反应的△H<0，故B正确；C.生成溴化镁为放热反应，其逆反应为吸热反应，电解MgBr2制Mg是吸热反应，故C正确；D．能量越小的物质越稳定，所以化合物的热稳定性顺序为MgI2＜MgBr2＜MgCl2＜MgF2，故D错误；故选D。【点睛】本题化学反应与能量变化，侧重考查学生的分析能力，易错点D，注意物质能量与稳定性的关系判断，难点A，依据盖斯定律计算得到选项中热化学方程式。5、B【解析】

A．柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；

B．长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；

C．蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；

D．精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；

故答案为B。6、D【解析】

A．曲线1中盐酸溶液在升高温度的过程中离子浓度不变，但电导率逐渐升高，说明温度升高可以提高离子的迁移速率，故A正确；B．温度升高，促进CH3COONa溶液中CH3COO-的水解，则由曲线3和曲线4可知，温度升高，醋酸钠电导率变化与醋酸根的水解平衡移动有关，故B正确；C．曲线1和曲线2起始时导电率相等，但温度升高能促进醋酸的电离，溶液中离子浓度增加，但盐酸溶液的导电率明显比醋酸高，说明可能原因是Cl-的迁移速率大于CH3COO-的迁移速率，故C正确；D．曲线1和曲线2起始时导电率相等，可知盐酸和醋酸两溶液中起始时离子浓度相等，包括H+和OH-浓度也相等，而随着温度的升高，促进醋酸的电离，醋酸溶液中的H+和OH-浓度不再和盐酸溶液的H+和OH-浓度相等，则两者的导电率升高的幅度存在差异，可能与溶液中H+、OH-的浓度和迁移速率有关，故D错误；故答案为D。7、B【解析】

A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因

c(H+)浓度减小，则增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，

故D错误；答案选B。8、D【解析】

A．CCl4和H2O的混合物分层，则图中分液装置可分离，选项A正确；B．短导管进入可收集密度比空气小的气体，长导管进入可收集密度比空气大的气体，则图中装置可收集H2、CO2、Cl2等气体，选项B正确；C．四氯化碳的密度比水大，在下层，可使气体与水不能直接接触，则装置用于吸收NH3或HCl，并防止倒吸，选项C正确；D．不能利用无水氯化钙干燥氨气，应选碱石灰干燥，选项D错误；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及混合物分离提纯、气体的收集、防止倒吸等，把握图中装置的作用及实验基本技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查。9、C【解析】

本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2↑+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H++4e-=2H2O，故不选A；B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;答案：C10、D【解析】

油炸虾条、薯片具有还原性，易被氧化性气体氧化而变质，保存时，充入气体应为非氧化性气体，空气和氧气相比较，氧气的浓度更大，氧化性更强，易使食品变质，在食品袋中冲入氮气既可以防挤压又可以防氧化，故选D。11、B【解析】

新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A.紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；B.碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；C.新制氯水有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；D.新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。12、C【解析】

A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子，说明该化合物由阴阳离子构成，则为离子化合物，故A正确；B.Na和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应中水中的共价键断裂，氢气分子中有共价键生成，所有反应过程中有共价键断裂和形成，故B正确；C.Si是原子晶体、S是分子晶体，熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力，所有二者熔化时破坏作用力不同，故C错误；D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数=8时，该分子中所有原子都达到8电子结构，但是氢化物除外，二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8，NCl3中N元素化合价绝对值+其最外层电子数=3+5=8，所有两种分子中所有原子都达到8电子结构，故D正确。故选C。【点睛】明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意C选项中Si和S晶体类型区别。13、A【解析】

A．甲中H2O2，在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2↑生成O2，故A正确；B．乙中浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B错误；C．丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不变，故C错误；D．丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2，根据H2体积无法计算合金中Mg的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2↑，故D错误；答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。14、D【解析】

相邻原子之间通过强烈的共价键结合而成的空间网状结构的晶体叫做原子晶体，常见的原子晶体是周期系第ⅣA族元素的一些单质和某些化合物，例如金刚石、硅晶体、二氧化硅、SiC等。【详解】A.干冰为分子晶体，故A错误；B.晶体硅是原子晶体，是单质，故B错误；C.金刚石是原子晶体，是单质，故C错误；

D.碳化硅是原子晶体，是化合物，故D正确；故答案选D。15、B【解析】

依据题意，，将苯环理解为凯库勒式(认为单双键交替出现)，断开相邻的碳碳双键，即，断开处的碳原子和氧原子形成双键，生成三分子的乙二醛。邻甲基乙苯用凯库勒表示，有两种结构，如图、。断开相连的碳碳双键的方式有不同的反应，如图，；前者氧化得到、，后者得到（重复）、、，有一种重复，则得到的物质共有4这种，B符合题意；答案选B。16、C【解析】

常温下，向1L0.1mol·L－1NH4Cl溶液中不断加入固体NaOH，则溶液中发生反应NH4++OH-=NH1•H2O，随着反应进行，c(NH4+)不断减小，c(NH1·H2O)不断增大。【详解】A项、M点是向1L0.1mol•L-1NH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，反应得到氯化铵和一水合氨的混合溶液，溶液中铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，故A正确；B项、根据电荷守恒c(H+)＋c(NH4+)＋c(Na+)＝c(OH－)＋c(Cl－)，可得n(OH－)－n(H+)=[c(NH4+)＋c(Na+)－c(Cl－)]×1L，在M点时c(NH4+)=0.05mol•L‾1，c(Na+)=amol•L‾1，c(Cl－)=0.1mol•L‾1，带入数据可得n(OH－)－n(H+)=[0.05mol•L-1+amol•L-1－0.1mol•L-1]×1L=(a－0.05)mol，故B正确；C项、氨水的电离常数Kb=c(NH4+)c(OH－)c(NH3•H2O)，则c(NH3•H2O)c(OH－)D项、当n（NaOH）=0.05mol时，NH4Cl和NaOH反应后溶液中溶质为等物质的量的NH1·H2O和NH4Cl、NaCl，NH1．H2O的电离程度大于NH4Cl水解程度，导致溶液呈碱性，钠离子、氯离子不水解，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Cl-）>c（NH4+）>c（Na+）>c（OH-）>c（H+），故D正确。故选C。17、D【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X位于ⅦA族，X为氟元素，Y的原子核外最外层与次外层电子数之和为9，Y为钠元素，Z是地壳中含量最多的金属元素，Z为铝元素，W与X同主族，W为氯元素。【详解】X为氟元素，Y为钠元素，Z为铝元素，W为氯元素。A.电子层越多原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径：r(Y)>r(Z)>r(W)>r(X)，故A正确；B.由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；C.非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；故选D，【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。18、B【解析】

A.阿司匹林主要成分是乙酰水杨酸，含有羧基，具有酸性，可以与NaHCO3发生反应，因而可解毒，A正确；B.将Cu片制成纳米铜，增加了铜与空气的接触面积，导致反应速率加快，并不是金属活动性发生改变，B错误；C.带有该标识，证明该物质具有放射性，会对人产生危害，因此看到要随时报警，C正确；D.粮食酿酒，涉及淀粉的水解反应，产生的葡萄糖在酒化酶的作用下产生乙醇的氧化还原反应，D正确；故合理选项是B。19、B【解析】

A．电子数为117，中子数为，A错误；

B．由于质子数均为117，故最外层电子数相同，与电子式相同，B正确；

C．294只是该核素的质量数，没有告诉该核素在自然界的百分含量，不能计算近似相对原子质量，C错误；

D．根据原子结构示意图知，该元素位于第七周期、第VIIA族，不在不完全周期内，D错误。

答案选B。20、D【解析】

A.温度不同时平衡常数不同，两个玻璃球中剩余的量不一样多，颜色也不一样，A项正确；B.是白色沉淀，而是黑色沉淀，若沉淀的颜色改变则证明沉淀可以转化，B项正确；C.苯酚的酸性强于，因此可以转化为苯酚钠，而苯酚钠是溶于水的，因此浊液变澄清，C项正确；D.本身就可以和反应得到白色沉淀，因此本实验毫无意义，D项错误；答案选D。21、B【解析】

根据Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，NaHCO3与CaCl2不反应，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，已知NaOH完全反应，则一定体积的CO2通入V

L

NaOH溶液中产物不确定，以此来解答。【详解】A.因a、b的关系不确定，无法计算参加反应的CO2的体积，A项错误；B.由A选项可知若a=b，则CO2与NaOH溶液反应生成的盐只有Na2CO3，B项正确；C.若产物为碳酸钠，碳酸钠与石灰水、CaCl2溶液都能反应生成碳酸钙，则a=b；若产物为碳酸钠和碳酸氢钠，碳酸氢钠与CaCl2溶液不反应，碳酸钠与CaCl2溶液反应生成碳酸钙，但碳酸钠、碳酸氢钠都与石灰水反应生成碳酸钙沉淀，则a>b，但不可能a<b，C项错误；D.若a、b相等时，由Na2CO3+CaCl2═CaCO3↓+2NaCl，由NaCl∼NaOH可计算NaOH的物质的量，溶液的体积已知，则可以计算浓度，D项错误；答案选B。22、B【解析】

A．M室与电源正极相连为阳极，N室为阴极，则电解质溶液中阳离子向N室移动，阴离子向M室移动，电解过程中原料室中的B(OH)4-需要移动到产品室，且不能让产品室中氢离子移动到右侧，所以b膜为阴离子交换膜，故A错误；B．原料室中的Na+会移动到阴极即N室，N室中发生电极反应2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以经N室后NaOH溶液浓度变大，所以NaOH溶液的浓度:a%<b%，故B正确；C．电子不能在电解质溶液中移动，故C错误；D．理论上每生成1molH3BO3，则M室中就有1mol氢离子通过a膜进入产品室即转移1mole-，M、N室电极反应式分别为2H2O-4e-=O2↑+4H+、2H2O+2e-=H2↑+2OH-，M室生成0.25molO2、N室生成0.5molH2，则两极室共产生标准状况下16.8

L气体，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84分)23、氧化羰基羧基【解析】

被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，据此分析。【详解】被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为，被酸性高锰酸钾溶液氧化生成。(1)A→B的反应的类型是氧化反应；(2)根据结构简式可知，化合物H中所含官能团的名称是羧基和羰基；(3)化合物C的结构简式为；B→C反应时会生成一种与C互为同分异构体的副产物，根据甲醛加成的位置可知，该副产物的结构简式为；(4)D为，它的一种同分异构体同时满足：①能发生水解反应，则含有酯基，所得两种水解产物均含有3种化学环境不同的氢；②分子中含有六元环，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则含有碳碳双键，符合条件的同分异构体为；(5)已知：CH3CH2OH。环氧乙烷（）与HCl发生开环加成生成CH2ClCH2OH，CH2ClCH2OH在乙醇钠和乙醇作用下，再与转化为，在氢氧化钠溶液中加热得到，酸化得到，在浓硫酸催化下加热生成，合成路线流程图为。【点睛】本题为有机合成及推断题，解题的关键是利用逆推法推出各有机物的结构简式，及反应过程中的反应类型，注意D与乙醇在浓硫酸催化下发生酯化反应生成E为，根据可推知D为，根据C的分子式可知，在碱性条件下与甲醛发生加成反应生成C为。24、加成氧化O2、Cu/△(或者CuO、△)CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH【解析】

(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在α-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3)A→B反应中羟基变成酮基，是氧化反应；(4)C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有—OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的α-氢，生成和HBr；(6)由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物。【详解】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在α-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3)A→B反应中羟基变成酮基，是氧化反应，反应条件是：O2、Cu/△(或者CuO、△)；(4)C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有—OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基，满足上述条件的同分异构体有、、和四种，写出三种即可；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的α-氢，生成和HBr，故F的结构式为；(6)由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物，合成路线为：CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH。25、CHCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水AgNO3十HCl=AgCl↓+HNO3氯水中的酸与碱发生中和反应次氯酸将有色物质漂白取“红色褪去”溶液1～2mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致【解析】

(1)在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，因此需要加热；氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，因此选择H；故答案为：C；H；(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，配平即可，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)假冒“纯净水”中有盐酸和次氯酸，可以用硝酸银溶液检验，盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸；故答案为：取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水；AgNO3＋HCl=AgCl↓+HNO3；(4)红色褪去的原因可能有两种情况：酸和碱发生了中和反应，红色褪去；次氯酸具有漂白性，也可以使红色褪去；故答案为：氯水中的酸与碱发生中和反应；次氯酸将有色物质漂白；(5)简单的实验是：在反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，如果红色又出现，那么原因就是酸碱中和；反之则为氯水氧化指示剂；故答案为：取“红色褪去”溶液1～2mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致。【点睛】气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。26、（1）B、D（2）Cl2+2OH-＝ClO-+Cl-+H2O（3）取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞试液，用0.10mol·L-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作2~3次。（其它合理答案给分)（4）BN2H4·H2O+2NaClO＝N2↑+3H2O+2NaCl（5）酸式溶液出现蓝色且半分钟内不消失（6）9%【解析】试题分析：(3)取一定量锥形瓶内混合溶液，加入适量的H2O2溶液后，滴加2~3滴酚酞试液，用0.10mol·L-1盐酸滴定，记录消耗盐酸的量，重复上述操作2~3次，加入H2O2防止次氯酸根的在酸性条件下分解产生盐酸和氧气，干扰实验结果的测定。(4)B．NaOH和NaClO混合溶液,次氯酸根离子在酸性和加热条件下容易分解，所以分液漏斗中的液体是NaOH和NaClO混合溶液。(5)①碱式滴定管上的橡皮管易被碘水腐蚀，故用酸式滴定管；②由化学方程式的三段式可知n(N2H4·H2O)=1/2n(I2)=1.8mol,故W（N2H4·H2O）=（（1.8×10-3×50）/5）×100%=9%。考点：一定浓度溶液的配置；酸碱中和滴定；物质的性质；质量分数的计算。27、钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度钠不与空气接触，缺乏燃烧条件2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑【解析】

(1)根据物体的浮沉条件可知：钠浮在水面上，说明钠的密度小于水的密度，钠悬浮在煤油和水的界面上，说明钠的密度大于煤油的密度；故答案为：钠的密度大于煤油的密度，小于水的密度；(2)根据燃烧的条件可知，钠不燃烧的原因是：煤油将钠与空气隔绝；故答案为：钠不与空气接触，缺乏燃烧条件；(3)金属钠投入到硫酸铜溶液中,首先与水反应，生成的氢氧化钠再与硫酸铜反应，相关的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑；故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，2NaOH+CuSO4=Na2SO4+Cu(OH)2↓或2Na+CuSO4+2H2O=Na2SO4+Cu(OH)2↓+H2↑。【点睛】并不是所有的金属都能从金属性更弱的金属盐溶液中置换出该种金属，要考虑这种金属是否能够与水反应，如果能够与水反应，则优先考虑与水反应，再看反应产物是否与盐溶液反应。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【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