2023年河北省保定市高考冲刺模拟化学试题含解析

2023学年高考化学模拟试卷

请考生注意：

1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答

案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。

2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。

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、前20号主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍。X、Y、Z

分属不同的周期，它们的原子序数之和是W原子序数的5倍。含有元素Z的盐的焰色反应为紫色。下到说法正确的是

（）

A．原子半径的大小W＜X<Y＜ZB．简单氢化物的热稳定性W＞X

C．Z的单质与水反应比Y的单质与水反应剧烈D．工业上通过电解W、Y组成的化合物制备单质Y

2、一种钌(Ru)基配合物光敏染料敏化太阳能电池的原理及部分反应如图所示，下列说法错误的是

A．该电池将太阳能转变为电能

B．电池工作时，X极电势低于Y极电势

ⅡⅢ-Ⅱ-

C．在电解质溶液中Ru再生的反应为：2Ru+3I=2Ru+I3

D．电路中每通过2mol电子生成3molI-，使溶液中I-浓度不断增加

3、电视剧《活色生香》向我们充分展示了“香”的魅力。低级酯类化合物是具有芳香气味的液体，下列说法中，利用了

酯的某种化学性质的是

A．用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水

B．炒菜时加一些料酒和食醋，使菜更香

C．用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好

D．各种水果有不同的香味，是因为含有不同的酯

4、以下关于原子的未成对电子数的叙述正确的是()

①钠、铝、氯：1个；②硅、硫：2个；③磷：3个；④铁：4个．

A．只有①③B．只有①②③C．只有②③④D．有①②③④

＋＋2＋2－－－－

5、某溶液中可能含有K、NH4、Ba、SO4、I、Cl、NO3中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：

①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；

②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g；

③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生。

有关该溶液中离子种类（不考虑H＋和OH－）的判断正确的是

＋2－

A．溶液中至少有2种阳离子B．只能确定溶液中NH4、SO4是否存在

＋－

C．溶液中最多有4种阴离子D．溶液中不可能同时存在K和NO3

6、火山爆发产生的气体中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子结构与CO2类似，有关说法正确的

是（）

A．羰基硫是电解质

B．羰基硫分子的电子式为：

C．C、O、S三个原子中半径最小的是C

D．羰基硫分子为非极性分子

7、卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体（不含立体异构）共有

A．4种B．5种C．6种D．7种

8、下列有关叙述正确的是

①氧化镁：可用作耐火材料；②二氧化硅：制造计算机芯片；③水玻璃：可作木材防火剂；④铝热反应既可用于焊接

钢轨，也可用于工业上冶炼铁；⑤水煤气属于清洁能源；⑥浓硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等气体

A．①③⑤B．②⑤⑥C．②③④⑤D．①③⑥

9、海冰是海水冻结而成的咸水冰。海水冻结时，部分来不及流走的盐分以卤汁的形式被包围在冰晶之间，形成“盐泡”(

假设盐分以一个NaCl计)，其大致结构如下图所示，若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水。下列叙述正确

的是()

A．海冰内层“盐泡”越多，密度越小

B．海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越多

C．海冰内层“盐泡”内的盐分主要以NaCl分子的形式存在

D．海冰内层NaCl的浓度约为104mol/L(设冰的密度为0.9g/cm3)

10、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是

A．海带提碘B．氯碱工业C．海水提溴D．侯氏制碱

11、LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴

标签是

A．B．C．

D．

12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是

-1

A．1L0.1mol·L的氨水中含有的NH3分子数为0.1NA

B．标准状况下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl键数为0.4NA

C．14g由乙烯与环丙烧(C3H6)组成的混合气体含有的碳原子数目为NA

D．常温常压下，Fe与足量稀盐酸反应生成2.24LH2,转移电子数为0.3NA

13、含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰

---

化物污水，发生的主要反应为：CN+OH+Cl2→CO2+N2+Cl+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中NA表示阿伏加德

罗常数的值)()

A．Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物

B．上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5

-

C．该反应中，若有1molCN发生反应，则有5NA电子发生转移

D．若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应

14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数

与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。下列说法正确的是

A．原子半径:W>XB．最简单氢化物的热稳定性:Y>Z

C．工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质D．WO2、YO2、ZO2均为共价化合物

15、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项实验操作和现象结论

将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，

ASO2与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀

生成白色沉淀

常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与

-＋

BCH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的HCO3电离出H能力比CH3COOH的弱

pH大于CH3COONa溶液

向Fe(NO3)3溶液中加入铁粉，充分振荡，

3＋

C滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶Fe(NO3)3溶液中Fe部分被Fe还原

液，溶液变红

苯和液溴在FeBr3的催化下发生反应，

D将得到的气体直接通入AgNO3溶液中，苯和液溴发生取代反应

产生淡黄色沉淀

A．AB．BC．CD．D

16、室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示(忽略滴定过程

中溶液的体积变化)，则下列有关说法正确的是

已知：K(HY)=5.0×10-11

A．可选取酚酞作为滴定指示剂B．M点溶液的pH>7

C．图中Q点水的电离程度最小，Kw<10-14D．M点,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)

-1-1

17、向100mL0.1mol∙L硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol∙LBa(OH)2溶液。随着Ba(OH)2溶液体积V

的变化，沉淀总物质的量n的变化如图所示。下列说法正确的（）

A．a点的溶液呈中性

B．a点沉淀的质量比c点沉淀的质量大

C．b点加入Ba(OH)2溶液的体积为250mL

3+2-+2+--

D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al+2SO4+NH4+2Ba+5OH→AlO2+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O

-1

18、常温下，用0.1000molLNaOH溶液滴定20.00mL某未知浓度的CH3COOH溶液，滴定曲线如右图所示。已知

在点③处恰好中和。下列说法不正确．．．的是（）

A．点①②③三处溶液中水的电离程度依次增大

5

B．该温度时CH3COOH的电离平衡常数约为1.810

+-

C．点①③处溶液中均有c(H)=c(CH3COOH)+c(OH)

-++-

D．滴定过程中可能出现：c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H)>c(Na)>c(OH)

19、已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠

溶液吸收。现进行如下实验：①加热10g硫酸铜粉末至完全分解，②将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结

束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是

A．3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑B．4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑

C．5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑D．6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑

20、硒（Se）与S同主族，下列能用于比较两者非金属性强弱的是（）

A．氧化性：SeO2＞SO2B．热稳定性：H2S＞H2Se

C．熔沸点：H2S＜H2SeD．酸性：H2SO3＞H2SeO3

21、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，最外层电子数之和为18。X、Z同一主族，Z的一种氧化

物的水化物为具有还原性且不稳定的二元酸；Y的周期数是族序数的3倍。下列说法错误的是

A．简单离子半径：W>X>Y

B．X、Z的最高化合价不相同

C．简单氢化物的热稳定性：X>W

D．Y与其他三种元素分别形成的化合物中均只含离子键

22、有机物三苯基甲苯的结构简式为，对该有机物分子的描述正确的是（）

A．1~5号碳均在一条直线上

B．在特定条件下能与H2发生加成反应

C．其一氯代物最多有4种

D．其官能团的名称为碳碳双键

二、非选择题(共84分)

23、（14分）以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：

已知：Ⅰ．（或写成R代表取代基或氢）

Ⅱ．甲为烃

Ⅲ．F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：

（1）CH3CH=CHCH3的名称是______，Br2的CCl4溶液呈______色．

（2）X→Y的反应类型为：______；D→E的反应类型为：______．

（3）H的结构简式是______．

（4）写出下列化学方程式：

A→B______；

Z→W______．

（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是______．

24、（12分）某同学对气体A样品进行如下实验：①将样品溶于水，发现气体A易溶于水；②将A的浓溶液与MnO2

共热，生成一种黄绿色气体单质B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。

（1）写出A、B的化学式：A____________，B_______________。

（2）写出A的浓溶液与MnO2共热的化学方程式：_________________________。

（3）写出B通入石灰乳中制取漂白粉的化学方程式：_______________________。

25、（12分）四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一种无色透明液体，密度2.967g/mL，难溶于水，沸点244℃，可用作制造

塑料的有效催化剂等。用电石(主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等为原料制备少量四溴乙烷的装

置(夹持装置已省略)如图所示。

(1)装置A中CaC2能与水剧烈发生反应：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑。为了得到平缓的C2H2气流，除可用饱和

食盐水代替水外，还可采取的措施是________。

(2)装置B可除去H2S、PH3及AsH3，其中除去PH3的化学方程式为________(生成铜、硫酸和磷酸)。

(3)装置C中在液溴液面上加入一层水的目的是________；装置C中反应已完成的现象是________；从装置C反应后

的体系得到并纯化产品，需要进行的操作有________。

(4)一种制备Ca10(PO4)6(OH)2的原理为10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。请设计用装置A得到的石灰乳

等为原料制备Ca10(PO4)6(OH)2的实验方案：向烧杯中加入0.25L含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳，________，在100℃

烘箱中烘干1h。

已知：

CaCa

①Ca(PO)(OH)中比理论值为1.67。影响产品比的主要因素有反应物投料比及反应液pH。

10462PP

Ca

②在95℃，pH对比的影响如图所示。

P

③实验中须使用的试剂：含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳、0.3mol/L磷酸及蒸馏水。

26、（10分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业，是难溶于水的白色固体，能溶解于硝酸，在潮湿

空气中可被迅速氧化。

Ⅰ.实验室用CuSO4—NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如图：

图甲图乙图丙

回答以下问题：

3-

(1)甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]，为提高产率，仪器2中

所加试剂应为_____________。

(2)乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_____________。丙图是产率随pH变化关系图，

实验过程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并维持pH在______

左右以保证较高产率。

(3)反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是________。

Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2

的含量。

A．CuCl的盐酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液

C．KOH溶液D．

已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧气。

(4)装置A中用盐酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化学方程式表示)。用D装置测N2含量，读数时应注意

________。整套实验装置的连接顺序应为_______________→D。

27、（12分）三草酸合铁（III）酸钾K3[Fe

(C

2O4)3]•3H2O（其相对分子质量为491），为绿色晶体，易溶于水，难溶于酒精。110℃下可完全失去结晶水，230℃时

分解。它还具有光敏性,光照下即发生分解，是制备活性铁催化剂的原料。某化学小组制备该晶体，并测定其中铁的含

量，进行如下实验：

Ⅰ．三草酸合铁（Ⅲ）酸钾的制备；

①称取5g硫酸亚铁固体，放入到100mL的烧杯中，然后加15mL馏水和5～6滴稀硫酸，加热溶解后，再加入25mL

饱和草酸溶液，搅拌加热至沸。停止加热，静置，待析出固体后，抽滤、洗涤、干燥，得到FeC2O4•2H2O；

o

②向草酸亚铁固体中加入饱和K2C2O4溶液10mL，40C水浴加热，边搅拌边缓慢滴加20mL3%H2O2溶液，变为深棕

2+3+

色，检验Fe是否完全转化为Fe，若氧化不完全，再补加适量的H2O2溶液；

③将溶液加热至沸，然后加入20mL饱和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液转为绿色。趁热抽滤，滤液转入100mL烧杯

中，加入95%乙醇25mL，混匀后冷却，可以看到烧杯底部有晶体析出。晶体完全析出后，抽滤，用乙醇-丙酮混合液

洗涤，置于暗处晾干即可。

（1）写出步骤①中，生成FeC2O4•2H2O晶体的化学方程式___。检验FeC2O4•2H2O晶体是否洗涤干净的方法是___。

（2）步骤②中检验Fe2+是否完全转化的操作为___。

（3）步骤③用乙醇-丙酮混合液洗涤，而不是用蒸馏水洗涤的原因是___。

Ⅱ．铁含量的测定：

步骤一：称量5.00g三草酸合铁酸钾晶体，配制成250mL溶液。

-

步骤二：取所配溶液25.00mL于锥形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4被还

原成Mn2+，向反应后的溶液中逐渐加入锌粉，加热至黄色刚好消失，过滤、洗涤，将过滤及洗涤所得溶液收集到锥形

瓶中，此时溶液仍呈酸性。

-

步骤三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步骤二所得溶液至终点，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被还原

成Mn2+。

步骤四：重复步骤二、步骤三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。

（4）配制三草酸合铁酸钾溶液中用到的玻璃仪器有烧杯____，___，___。

（5）写出步骤三中发生反应的离子方程式____。

（6）实验测得该晶体中铁的质量分数为____（结果保留3位有效数字）。

28、（14分）亚硝酰氯是工业上重要的原料，是合成有机物的中间体。

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H＜0

（1）在恒温条件下,向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min时反应达到平衡。测得10min内

-3-1-1

v(ClNO)=7.5×10mol·L·min,则平衡后NO的转化率α1=_____________。其它条件保持不变，反应在恒压条件下进

行，平衡时NO的转化率α2________α1(填“＞”“＜”或“＝”)。

（2）若使反应2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的平衡常数增大，可采用的措施是___________。

（3）将NO与Cl2按物质的量之比2∶1充入一绝热密闭容器中，发生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO△H＜0，实

验测得NO的转化率α(NO)随时间的变化经如图所示。NO(g)的转化率α(NO)在t2~t3时间段内降低的原因是

______________________________。

（4）在其他条件相同时，向五个恒温的密闭容器中分别充入1molCl2与2molNO,发生反应：

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H<0,部分反应条件及平衡时ClNO的含量如下表所示：

容器编号温度/℃容器体积/L平衡时ClNO含量(占比)

ⅠT122/3

ⅡT2=T13W2

ⅢT3＞T1V32/3

ⅣT4V4W4

ⅤT5V5W5

①V3________2(填写“大于”、“小于”或“等于”)；

②容器Ⅱ中化学平衡常数K=_________；

③容器Ⅳ、容器Ⅴ分别与容器Ⅰ相比实验条件不同，反应体系总压强随时间的变化如图所示。与容器Ⅰ相比，容器Ⅳ

改变的实验条件是_____________________；容器Ⅴ与容器Ⅰ的体积不同，则容器Ⅴ中反应达到平衡时气体总压强(P)

的范围是________。

29、（10分）国家实施“青山绿水工程”，大力研究脱硝和脱硫技术。

（1）H2在催化剂作用下可将NO还原为N2。下图是该反应生成1mol水蒸气的能量变化示意图。写出该反应的热化学

方程式___________。

（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反应历程如下：

2

反应I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；

2

反应Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c(NO2)；

①一定条件下，反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)达到平衡状态，平衡常数K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆

的代数式表示)。

反应I的活化能EI___________反应Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”、或“=”)。

②已知反应速率常数k随温度升高而增大，则升高温度后k2正增大的倍数___________k2逆增大的倍数(填“大于”、“小

于”、或“等于”)。

（3）我国科学家在天然气脱硫研究方面取得了新进展，利用如图装置可发生反应：H2S+O2=H2O2+S↓。

①装置中H+向___________池迁移。

②乙池溶液中发生反应的离子方程式：______________________。

2－2+

(4)废水处理时，通H2S(或加S)能使某些金属离子生成极难溶的硫化物而除去。25°℃，某废液中c(Mn)=0.02mol·L

－12+－1

，调节废液的pH使Mn开始沉淀为MnS时，废液中c(H2S)=0.1mol·L，此时pH约为___________。(已知：

－14－7－15

Ksp(MnS)=5.0×10，H2S的电离常数：K1=1.5×10，K2=6.0×10，1g6=0.8)

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】

W的原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，推出W为O，含有Z元素盐的焰色反应为紫色，说明Z为K，X、Y、

Z分属不同的周期，原子序数依次增大，因此X为F，X、Y、Z的原子序数之和是W原子序数的5倍，推出Y为Mg，

A、原子半径大小顺序是K>Mg>O>F，故A错误；B、非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，F的非金属性强于O，

因此HF的稳定性强于H2O，故B错误；C、K比Mg活泼，K与水反应剧烈程度强于Mg与水，故C正确；D、MgO

的熔点很高，因此工业上常电解熔融状态的MgCl2制备Mg，故D错误。

2、D

【解析】

由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2RuⅡ-2e-=2RuⅢ，Y电极为原电池

------

的正极，电解质为I3和I的混合物，I3在正极上得电子被还原，正极反应为I3+2e=3I，据此分析解答。

【详解】

A.由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；

B.由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；

ⅡⅢ-Ⅱ-

C.电池工作时，在电解质溶液中Ru再生的反应为：2Ru+3I=2Ru+I3，选项C正确；

------

D.Y电极为原电池的正极，电解质为I3和I的混合物，I3在正极上得电子被还原，正极反应为I3+2e=3I，电路中每

-Ⅲ-Ⅱ--

通过2mol电子生成3molI，但电解质中又发生反应2Ru+3I=2Ru+I3，使溶液中I浓度基本保持不变，选项D错误。

答案选D。

3、C

【解析】

A.用酒精可以提取某些花香中的酯类香精，制成香水，利用酯类易溶于酒精，涉及溶解性，属于物理性质，A不符合；

B.炒菜时加一些料酒和食醋，发生酯化反应生成酯，利用挥发性和香味，涉及物理性质，B不符合；

C.用热的纯碱液洗涤碗筷去油腻比冷水效果好，因为碳酸钠在较高温度时水解程度大，氢氧根浓度大，更有利于酯类

水解，生成易溶于水的羧酸钠和醇类，水解属于化学性质，C符合；

D.各种水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性质，D不符合；

答案选C。

4、D

【解析】

①钠原子的电子排布式为：1s22s22p63s1，则Na原子的未成对电子数为1；铝原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p1，

则铝原子的未成对电子数为1；氯原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p5，则氯原子的未成对电子数为1，故①正确；

②硅原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p2，则硅原子的未成对电子数为2；硫原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p4，

则硫原子的未成对电子数为2，故②正确；

③磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，则磷原子的未成对电子数为3，故③正确；

④Fe的电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，则铁原子的未成对电子数为4，故④正确；

答案选D。

【点睛】

磷原子的电子排布式为：1s22s22p63s23p3，3p为半充满状态，故未成对电子数为3，Fe的电子排布式为

1s22s22p63s23p63d64s2，电子先排布在4s能级上，再排布在3d能级上，3d有5个轨道，6个电子，先单独占据一个轨

道，剩余一个电子按顺序排，所以未成对电子数为4。

5、C

【解析】

①在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12L；和过量NaOH溶液加热产生的气体只能

V1.12?L

+

是氨气，故一定存在NH4，其物质的量为n(NH3)==0.05mol；

Vm22.4?L/mol

2-

②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33g，则一定存在SO4，其物质的量为

m2.33?g

n(SO2-)=n(BaSO)==0.01mol，Ba2+与SO2-会发生离子反应不能大量共存，含有SO2-，则一定不

44M233?g/mol44

含有Ba2+；

--

③在②的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或AgI，且I或Cl

的物质的量之和≥0.05-0.01×2=0.03mol。

A.依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；

+2---

B.依据分析可知，溶液中一定存在NH4、SO4，还有Cl或I中的一种或两种，B错误；

2----

C.依据分析可知，溶液中SO4、Cl、I、NO3均可能存在，C正确；

+-

D.依据分析可知，溶液中可能存在K和NO3，D错误；

故合理选项是C。

6、B

【解析】

A.羰基硫（COS）自身不能电离，属于非电解质，不是电解质，A项错误；

B.羰基硫分子结构与CO2类似，为直线型结构，结构式为：O=C=S，则COS的电子式为，B项正确；

C.C、O、S三个原子中，S原子电子层最多，S的原子半径最大；C、O原子都含有2个电子层，原子序数越大原子

半径越小，则原子半径C＞O，即半径最小的是O，C项错误；

D.羰基硫的结构式为O=C=S，但2个极性键的极性不等，所以正负电荷的中心不重合，是极性分子，D项错误；

答案选B。

7、C

【解析】

1

由C3H3Cl3的不饱和度为3+1-=1可知碳链上有一个双键，C3H3Cl3的链状同分异构体相当于丙烯的三氯代物，采用

2

定二移一的方法进行讨论。

【详解】

卤代烃C3H3Cl3的链状同分异构体中三个氯原子在一个碳原子的有一种：CH2=CH−CCl3；两个氯原子在一个碳原子上

一个氯原子在另一个碳原子上的有四种：CCl2=CCl−CH3、CCl2=CH−CH2Cl、CHCl=CH−CHCl2、CH2=CCl−CHCl2；

三个氯原子在三个碳原子上的有一种：CHCl=CCl−CH2Cl，共6种。

答案选C。

【点睛】

卤代烃的一氯代物就是看等效氢，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代

物。

8、A

【解析】

①氧化镁，熔点高，可用作耐火材料，①项正确；

②制造计算机芯片的是硅单质，而不是二氧化硅，②项错误；

③水玻璃是硅酸钠的水溶液，可作木材防火剂，③项正确；

④铝热反应会放出大量的热，可用于焊接钢轨，但铝热反应冶炼铁成分太高，一般不用此方法冶炼铁，④项错误；

⑤水煤气是CO和H2的混合气体，属于清洁能源，⑤项正确；

⑥浓硫酸可用于干燥Cl2、SO2气体，而H2S是还原性气体，因浓硫酸具有强氧化性，能氧化H2S，故不能用浓硫酸干

燥H2S，⑥项错误；

综上所述，①③⑤正确；

答案选A。

【点睛】

②项硅及其化合物的用途是常考点，也是易混知识。硅单质常用于太阳能电池、半导体材料与计算机芯片等；二氧化

硅是石英、水晶、玛瑙及光导纤维的成分；硅酸盐常用于玻璃、水泥和陶瓷等，学生要理清这些物质的用途，不可混

为一谈。

9、D

【解析】

A．“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不变，故A错误；

B．若海冰的冰龄达到1年以上，融化后的水为淡水，则海冰冰龄越长，内层的“盐泡”越少，故B错误；

C．“盐泡”内的盐分为NaCl，由离子构成，不存在NaCl分子，故C错误；

900g

D．冰的密度为0.9gcm3，设海水1L时，水的质量为900g，由个数比为1：500000，含NaCl为18g/mol，

104mol

500000

104mol

可知海冰内层NaCl的浓度约为c104molL1，故D正确；

1L

故答案为D。

【点睛】

考查海水资源的应用，把握海水中盐泡的成分、信息的应用为解答的关键，“盐泡”内的盐分为NaCl，属离子化合物，

由离子构成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。

10、D

【解析】

A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；

B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B

错误；

C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；

D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和

水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。

故选D。

11、D

【解析】

A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，

故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还

原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。

12、C

【解析】

A.氨水中存在电离平衡，因此溶液中实际存在的氨分子一定少于0.1mol，A项错误；

B.四氯化碳在标况下不是气体，因此无法按气体摩尔体积计算其分子数，B项错误；

C.乙烯和环丙烷的最简式相同，均为CH2，因此14g混合物相当于1mol的CH2，自然含有NA个碳原子，C项正确；

D.常温常压下，气体摩尔体积并不是22.4L/mol，因此无法根据氢气的体积进行计算，D项错误；

答案选C。

13、B

【解析】

---

A.在反应CN+OH+Cl2→CO2+N2+Cl+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，

N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确；

----

B.由上述分析可知，反应方程式为2CN+8OH+5Cl2=2CO2+N2+10Cl+4H2O，反应中是CN是还原剂，Cl2是氧化剂，

氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误；

C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，

-

所以若有1molCN发生反应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，C正确；

D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区

失去电子，发生氧化反应，D正确；

故合理选项是B。

14、D

【解析】

W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且

其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，

所有Y为S，Z为Cl。

【详解】

A．电子层数越多，半径越大，所以原子半径W<X，故A错误；

B．非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性S<Cl，所以简单氢化物的热稳定性Y<Z，故B错误；

C．XZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误；

D．WO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确；

故答案为D。

【点睛】

AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。

15、B

【解析】

A．将含有SO2的废气通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A错误；

B．常温下，分别测定同浓度Na2CO3溶液与CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，说

-＋

明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO3电离出H能力比

CH3COOH的弱，故B正确；

C．Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(NO3)2，再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN

溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；

D．溴单质具有挥发性，生成的HBr及挥发的溴均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应，

故D错误；

答案选B。

16、B

【解析】A.滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B.M点溶液中，c(NaY)=c(HY)，因

为K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，5.0×10-11，所以，pH>7，B

正确；C.由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=10-14，C不正确；D.M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，

D不正确。本题选B。

17、D

【解析】

﹣1+3+

100mL0.1mol∙L硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]中NH4Al(SO4)2物质的量为0.01mol．溶液含有NH40.01mol，Al0.01mol，

2-

SO40.02mol。

2-2+3+-3+-

开始滴加时，发生反应为SO4+Ba=BaSO4↓，Al+3OH=Al(OH)3↓，当Al沉淀完全时需加入0.03molOH，即

2+2-

加入0.015molBa(OH)2，加入的Ba为0.015mol，SO4未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵、硫酸铝；（开始到a）

2-2++-

再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO4+Ba=BaSO4↓，NH4+OH=NH3∙H2O，所以沉淀质量继续增

2--3+﹣

加；当SO4完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)2，加入0.04molOH，Al反应掉0.03molOH，生成Al(OH)30.01mol，

﹣++

剩余0.01molOH恰好与NH4完全反应，此时溶液中NH4完全反应，此时溶液为氨水溶液；（a到b）

-﹣

继续滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，发生反应Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl(OH)3完全溶

解，需再加入0.005molBa(OH)2，此时溶液为氨水与偏铝酸钡溶液．（b到c）

【详解】

2﹣2+3+﹣

A．由分析可知，从开始到a点，发生反应为SO4+Ba=BaSO4↓，Al+3OH=Al(OH)3↓，a点对应的沉淀为BaSO4

和Al(OH)3，溶液中的溶质是(NH4)2SO4，该物质水解溶液呈酸性，A错误；

B．a点沉淀的质量=0.015mol×233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g，c点为硫酸钡的质量，为0.01mol×2×233g/mol=4.66g，

所以质量c点＞a点，B错误；

0.02mol

C．当SO2﹣完全沉淀时，共需加入0.02molBa(OH)，则b点消耗氢氧化钡体积==0.2L=200mL，C错误；

420.1mol/L

3+2﹣+2+﹣﹣

D．至c点完成反应，反应的离子方程式可表示为：Al+2SO4+NH4+2Ba+5OH=AlO2+2BaSO4↓+NH3∙H2O+2H2O，

D正确；

故选D。

【点睛】

+3+-+

在分析曲线时，可使用共存原理，对此题来说，主要是NH4、Al、Al(OH)3与OH反应的顺序问题，若假设NH4

-3+3+-

先与OH发生反应，由于生成的NH3∙H2O能与Al反应生成Al(OH)3，所以假设错误，应为Al先与OH反应生成

+--+

Al(OH)3；对NH4、Al(OH)3哪个先与OH反应，若我们认为Al(OH)3先反应，生成的AlO2能与NH4发生反应生成

+-

Al(OH)3和NH3∙H2O，所以假设错误，应为NH4先与OH反应。

18、C

【解析】

0.1000mol/L0.02011L

点③处恰好中和，反应生成醋酸钠，原溶液中醋酸的浓度为：=0.10055mol/L，

0.02L

A.溶液中氢离子或氢氧根离子浓度越大，水的电离程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反应时，溶液中氢离

子浓度减小，水的电离程度逐渐增大，A项正确；

0.1000mol/L0.02L

B.点②处溶液的pH=7，此时c(Na+)=c(CHCOO−)==0.05mol/L，c(H+)=10−7mol/L，此时溶液

30.02L+0.02L

0.10055mol/L

中醋酸的浓度为：−0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的电离平衡常数为：

2

-+

cCHCOOcH7

3100.05

K==≈1.8×10−5，B项正确；

cCHCOOH

30.000275

−+

C.在点③处二者恰好中和生成醋酸钠，根据质子守恒可得：c(OH)=c(CH3COOH)+c(H)，C项错误；

-++-

D.c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H)>c(Na)>c(OH)，根据电荷守恒规律可知，此情况可能出现，如溶液中存在大量

醋酸和少量醋酸钠时，D项正确；

答案选C。

19、B

【解析】

由“反应结束后称量①中固体质量变为5g，②中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，

然后根据质量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。

【详解】

根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g−5.0g＝5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了

二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g−4.5g＝0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成

的氧气的质量比为10g：5g：0.5g＝20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20÷160)：(10÷80)：(1÷32)

＝4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案为：B。

【点睛】

本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方程式中物质的化学计量数。

20、B

【解析】

A．不能利用氧化物的氧化性比较非金属性强弱，故A错误；

B．热稳定性：H2S＞H2Se，可知非金属性S＞Se，故B正确；

C．不能利用熔沸点比较非金属性强弱，故C错误；

D．酸性：H2SO3＞H2SeO3，不是最高价含氧酸，则不能比较非金属性强弱，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

考查同种元素性质的变化规律及非金属性比较，侧重非金属性比