福建省长乐中学2023学年高考化学倒计时模拟卷(含解析)35346.pdf

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1、2023 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（每题只有一个选项符合题意）1、下列关于氨气的说法正确的是（）A氨分子的空间构型为三角形 B氨分子常温下能被氧化成一氧化氮 C氨分子是含极性键的极性分子 D氨水呈碱性，所以氨气是电解质 2、有氯气参加的化学反应一定

2、不属于 A复分解反应 B置换反应 C取代反应 D加成反应 3、下列实验能获得成功的是（）实验目的 实验步骤及现象 A 除去苯中的苯酚 加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤 B 证明醋酸的酸性比次氯酸强 用 pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的 pH值，pH大的是次氯酸 C 检验 Na2SO3固体中含Na2SO4 试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入 BaCl2溶液，有白色沉淀 D 检验溴乙烷中含有溴元素 溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀 AA BB CC DD 4、下列说法不正确的是 A石油分馏可获得汽油、煤油、石蜡等矿物油，煤焦油干馏可获得苯、

3、甲苯等有机物 B生活中常见的聚乙烯、聚氯乙烯、纶、有机玻璃、合成橡胶都是通过加聚反应得到的 C按系统命名法，有机物可命名为 2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷 D碳原子数6 的链状单烯烃，与 HBr 反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有 4 种(不考虑顺反异构)5、有关下列四个图象的说法中正确的是（）A表示等质量的两份锌粉 a 和 b，分别加入过量的稀硫酸中，a 中同时加入少量 CuSO4溶液，其产生的氢气总体积(V)与时间(t)的关系 B表示合成氨反应中，每次只改变一个条件，得到的反应速率 v 与时间 t 的关系，则 t3时改变的条件为增大反应容器的体积 C 表示其它条件不变时，

4、反应 4A(g)+3B(g)2C(g)+6D 在不同压强下 B%(B 的体积百分含量)随时间的变化情况，则 D 一定是气体 D表示恒温恒容条件下发生的可逆反应 2NO2(g)N2O4(g)中，各物质的浓度与其消耗速率之间的关系，其中交点 A 对应的状态为化学平衡状态 6、X、Y、Z、M、N、R 均是第三周期主族元素。25时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH 与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R 测定的是浓度均为 0.01 mol/L 溶液的 pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的 pH。下列说法正确的是 AR、N 分别与 X形成二元化合物的水溶液均呈碱性 BN、Z、X三种元素的最高价氧化物

5、均不与水反应 C单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、M D金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z 7、图所示与对应叙述相符的是 A表示一定温度下 FeS 和 CuS 的沉淀溶解平衡曲线，则 Ksp(FeS)Ksp(CuS)BpH=2 的甲酸与乙酸溶液稀释时的 pH 变化曲线，则酸性：甲酸乙酸 C表示用 0.1000 molL-lNaOH 溶液滴定 25.00 mL 盐酸的滴定曲线，则 c(HCl)=0.0800 mol L-1 D反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)平衡时 NH3体积分数随起始 n(N2)/n(H2)变化的曲线，则转化率：A(H2)=B(H2)8、轴烯（R

6、adialene）是一类独特的环状烯烃，其环上每一个碳原子都接有一个双键，含 n 元环的轴烯可以表示为 n轴烯，如下图是三种简单的轴烯。下列有关说法不正确的是 Aa 分子中所有原子都在同一个平面上 Bb 能使酸性 KMnO4溶液褪色 Cc 与互为同分异构体 D轴烯的通式可表示为 C2nH2n（n3）9、联合制碱法中的副产品有着多种用途，下列不属于其用途的是 A做电解液 B制焊药 C合成橡胶 D做化肥 10、一种基于锂元素的电化学过程来合成氨的方法，其效率能达到 88.5%。其工艺流程如图所示，下列说法错误的是（）A反应的关键是隔绝空气和水 B反应的产物 LiOH 是离子化合物 C整个流程中，金

7、属锂是催化剂 D整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O4NH3+3O2 11、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述正确的是 A5.6 g铁与足量硫加热充分反应转移电子数为0.2NA B1 mol苯分子中含有的碳碳双键数为3NA C在0.1 molNaHSO4晶体中阳离子与阴离子总数为0.3NA D6.2g白磷分子中含PP键为0.2NA 12、关于氯化铵的说法错误的是 A氯化铵溶于水放热 B氯化铵受热易分解 C氯化铵固体是离子晶体 D氯化铵是强电解质 13、设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是 A28g 晶体硅中含有 NA个 Si-Si键 B叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：N

8、H4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下 22.4L 气体时，转移电子的数目为 NA CpH=1 的 H3PO4溶液中所含 H+的数目为 0.1NA D200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中 A13+和 SO42-的数目总和是 NA 14、下列关于氨分子的化学用语错误的是 A化学式：NH3 B电子式：C结构式：D比例模型：15、在 NaCN 溶液中存在水解平衡:CN-+H2OHCN+OH-，水解常数2c HCNc OHcOHKhc0 NaCNc CN c0(NaCN)是 NaCN 溶液的起始浓度。25向 1mol/L 的 NaCN 溶液中不断加水稀释，NaCN 溶液浓度的对数值 lg

9、c0与2pOHpOH=-lgc(OH-)的关系下图所示，下列说法错误的是 A25时，Kh(CN-)的值为 10-4.7 B升高温度，可使曲线上 a 点变到 b 点 C25，向 a 点对应的溶液中加入固体 NaCN，CN-的水解程度减小 Dc 点对应溶液中的 c(OH-)大于 a 点 16、下列说法正确的是 A乙烯生成乙醇属于消去反应 B乙烷室温能与浓盐酸发生取代反应 C乙酸与甲酸甲酯互为同分异构体 D乙酸与溴乙烷均可发生加成反应 二、非选择题（本题包括 5 小题）17、聚合物 H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：C、D、G均为芳香族化合物

10、，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。DielsAlder 反应：。（1）生成 A 的反应类型是_，D 的名称是_，F 中所含官能团的名称是_。（2）B 的结构简式是_；“BC”的反应中，除 C 外，还生成的一种无机产物是_（填化学式）。（3）DGH的化学方程式是_。（4）Q 是 D 的同系物，其相对分子质量比 D 大 14，则 Q可能的结构有_种。其中，核磁共振氢谱有 4 组峰，且峰面积比为 1223 的结构简式为_（任写一种）。（5）已知：乙炔与 1，3丁二烯也能发生 DielsAlder 反应。请以 1，3丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，

11、用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。18、我国自主研发的一类用于治疗急性缺血性脑卒中的新药即丁苯酞(N)的合成路线之一如下图所示(部分反应试剂及条件略去)：已知：RBrMg乙醚 请按要求回答下列问题：(1)A 的分子式：_；BA 的反应类型：_。A 分子中最多有_个原子共平面。(2)D 的名称：_；写出反应的化学方程式：_。(3)N 是含有五元环的芳香酯。写出反应的化学方程式：_。(4)已知：E2COMg 乙醚X。X有多种同分异构体，写出满足下述所有条件的 X的同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应能与氯化铁溶液发生显色反应分子中有 5 种不同环境的氢原子(5)写出以甲烷和上图

12、芳香烃 D 为原料，合成有机物 Y：的路线流程图(方框内填写中间产物的结构简式，箭头上注明试剂和反应条件)：_ 19、实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及 CaO)为原料制取铜粉和 K2Cr2O7的主要流程如下：(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_(从浸取产物的溶解性考虑)。(2)“制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，采用 8 molL1氨水，适量 30%H2O2，并通入 O2，控制温度为 55。温度不宜过高，这是因为_。(3)“沉 CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：制取 SO2的化学方程式为_。“沉 CuNH4SO3”时，反应液需控制在

13、 45，合适的加热方式是_。反应完成的实验现象是_。(4)设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取 K2Cr2O7的实验方案：将 Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_，冰水洗涤及干燥。(已知：碱性条件下，H2O2可将3 价的 Cr 氧化为 CrO42-；酸性条件下，H2O2可将6 价的 Cr 还原为3 价的 Cr；6 价的 Cr 在溶液 pH7 时，主要以 CrO42-的形式存在。部分物质溶解度曲线如图所示：实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)20、某研究小组由 Cu(NO3)2溶液先制得 Cu(NO3)23H2

14、O 晶体，然后在下图所示实验装置中(夹持及控温装置省略)，用Cu(NO3)23H2O晶体和 SOCl2制备少量无水 Cu(NO3)2。已知：SOCl2的熔点为105、沸点为 76、遇水剧烈水解生成两种酸性气体。（1）由 Cu(NO3)2溶液制得 Cu(NO3)23H2O晶体的实验步骤包括蒸发浓缩、冷却结晶、抽滤等步骤。蒸发浓缩时当蒸发皿中出现_(填现象)时，停止加热。为得到较大颗粒的 Cu(NO3)23H2O 晶体，可采用的方法是_(填一种)。（2）仪器 c 的名称是_。向三颈烧瓶中缓慢滴加 SOCl2时，需打开活塞_(填“a”或“b”或“a 和 b”)。（3）装置甲中 Cu(NO3)23H2

15、O 和 SOCl2发生反应的化学方程式为_。（4）装置乙的作用是_。21、氮氧化物的转化和综合利用既有利于节约资源，又有利于保护环境。(1)H2还原法是处理燃煤烟气中 SO2的方法之一。已知：2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)H=a kJmol1H2S(g)H2(g)+S(s)H=b kJmol1H2O(l)H2O(g)H=c kJmol1写出 SO2(g)和 H2(g)反应生成 S(s)和H2O(g)的热化学方程式_。(2)SO2经过净化后与空气混合进行催化氧化可制取硫酸，其中 SO2发生催化氧化的反应为：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)。若在 T1、0.1 MPa

16、 条件下，往一密闭容器通入 SO2和 O2其中n(SO2)n(O2)21，测得容器内总压强与反应时间如图所示。图中 A 点时，SO2的转化率为_。在其他条件不变的情况下，测得 T2时压强的变化曲线如图所示，则 C 点的正反应速率 vc(正)与 A点的逆反应速率vA(逆)的大小关系为 vc(正)_vA(逆)(填“”、“”或“”)。图中 B 点的压强平衡常数 Kp_(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压总压物质的量分数)。(3)利用脱氮菌可净化低浓度 NO 废气。当废气在塔内停留时间均为 90s 的情况下，测得不 同条件下 NO 的脱氮率如图、所示。由图 I 知，当废气中的 NO含量增加时，宜选用_法

17、提高脱氮效率。图中，循环吸收液加入 Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率，其可能原因为_。(4)研究表明：NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图所示为复合吸收 剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。写出废气中的 SO2与 NaClO2反应的离子方程式：_。温度高于 60后，NO 去除率随温度升高而下降的原因为_ 参考答案（含详细解析）一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【答案解析】ANH3中 N 原子的价层电子对数=3+（5-31）=4，属于 sp3型杂化，空间构型为三角锥形，选项 A 错误；B氨氧化法是将氨和空气的混合气通过灼热的铂铑合金网，在合金网的催化下，氨被氧

18、化成一氧化氮（NO）。此时温度很高，选项 B 错误；CNH3中有 N、H元素之间形成极性键，分子结构不对称，正负电荷的中心不重合，属于极性分子，选项 C 正确；D氨气本身不能电离产生自由移动的离子，属于非电解质，选项 D 错误；答案选 C。2、A【答案解析】A复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项 A 选；B氯气与 KI 等的置换反应，有氯气参加，选项 B不选；C甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项 C 不选；D乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项 D 不选；答案选 A。【答案点睛】本题考查氯气的化学性质及反应类型，为高频

19、考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。3、C【答案解析】A苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故 A 错误；B次氯酸具有漂白性，可使 pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的 pH，故 B 错误；C加入盐酸，可排除 Na2SO3的影响，再加入 BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故 C正确；D反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故 D错误；故答

20、案为 C。4、A【答案解析】A.石油分馏主要得到汽油、煤油、柴油、石蜡等，煤干馏发生化学变化可得到苯和甲苯，煤焦油分馏可获得苯、甲苯等有机物，故 A 错误；B.由乙烯发生聚合反应生成聚乙烯；氯乙烯发生聚合反应生成聚氯乙烯；纶又叫做合成纤维，利用石油、天然气、煤和农副产品作原料得单体经过特殊条件发生聚合反应生成如：氯纶：、腈纶：；有机玻璃有机玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡胶是由不同单体在引发剂作用下，经聚合而成的品种多样的高分子化合物，单体有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、异丁烯、氯丁二烯等多种，故 B正确；C.按系统命名法，有机物的结构简式中的每个节点和顶点为 C，根据有机物中每个碳原子连接四

21、个键，与碳原子相连的其他键用氢补充。六个碳的最长链作为主链，其余五个甲基、两个乙基做支链，主链编号时以相同取代基位数之和最，因此该有机物为 2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷，故 C 正确；D.碳原子数6 的链状单烯烃，与 HBr 反应的产物只有一种结构，符合条件的单烯烃有 CH2=CH2；CH3CH=CHCH3；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2(不考虑顺反异构)，共 4 种，故 D 正确；答案选 A。5、B【答案解析】A.a 中加入少量 CuSO4溶液，锌会与硫酸铜发生反应生成铜，锌、铜和硫酸溶液形成原电池，反应速率会加快，但生成的氢气的体积会减

22、少，故 A 错误；B.当增大容器的体积时，反应物和生成物的浓度均减小，相当于减小压强，正、逆反应速率均减小，平衡逆向移动，与反应速率 v 和时间 t 的关系图像相符合，故 B正确；C.由图像可知，p2p1，压强增大，B 的体积百分含量减小，说明平衡正向移动，正向为气体体积减小的方向，则 D为非气态，故 C 错误；D.当反应达化学平衡状态时，v（NO2）正=2v（N2O4）逆，由此可知图中交点 A 对应的状态不是化学平衡状态，故 D错误；综上所述，答案为 B。【答案点睛】图中 A 点时 v（N2O4）逆=v（NO2）正=2 v（N2O4）正，则 v（N2O4）逆v（N2O4）正，反应逆向移动。6

23、、C【答案解析】X、Y、Z、M、N、R 均是第三周期主族元素，25时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH 与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R 测定的是浓度均为 0.01 mol/L 溶液的 pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的 pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为 Na，Y 为 Mg，Z为 Al；R 的 pH=2，则 R 为 Cl；N 的pH2，则 N 为 S；M 的 pH4，应该为 P 元素，据此解答。【题目详解】根据分析可知，X为 Na，Y 为 Mg，Z为 Al，M 为 P，N 为 S，R 为 Cl元素。ANaCl 溶液呈中性，故 A 错误；

24、BNa 的氧化物为氧化钠，S 的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故 B 错误；C非金属性：ClSP，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故 C 正确；D金属性：NaMgAl，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故 D 错误；故选：C。7、C【答案解析】A 当相同 c(S2-)时，由图像可知，平衡时 c(Cu2+)c(Fe2+)，则 c(Fe2+)c(S2-)c(Cu2+)c(S2-)，根据 Ksp(FeS)c(Fe2+)c(S2)，Ksp(CuS)c(Cu2+)c(S2)，则 Ksp(F

25、eS)Ksp(CuS)，故 A 错误；B溶液中 pH值与 c(H+)间的关系为 pH=-lgc(H+)，溶液中 c(H+)大，对应的 pH 值就小，当稀释弱酸时，随着水的加入，稀释可以促进弱酸的电离，但是总体来讲，溶液体积的增量超过溶液中 H+的物质的量的增量，表现为溶液中 c(H+)n HV溶液减小，pH值增大；由于稀释促进弱酸的电离，因而在稀释相同倍数的弱酸时，对于酸性较弱的酸，能够促进其电离，增加了溶液中 H+的量，也就表现为 c(H+)会较酸性较强的弱酸大些，pH就较酸性较强的弱酸小些，因此总的来讲，酸性较强的弱酸稀释后对应的溶液 pH值越大，从图像看出，甲酸的酸性是较乙酸强，即酸性甲

26、酸乙酸，故 B 错误；C用 0.1000mol/L 的 NaOH 溶液滴定 25.00mL 的盐酸溶液，由图像可知，当消耗 NaOH体积为 20.00mL 时，溶液为中性，此时酸和碱恰好完全反应，溶液中 c(H+)=c(OH-)，即 n(H+)=n(OH-)，则有 c(HCl)V(HCl)=c(NaOH)V(NaOH)，因此 c(HCl)c NaOH V NaOHV HCl=0.1000mol/L 0.02000L0.02500L0.0800mol/L，故 C 正确；D由图像可知，A 与 B状态时 NH3的百分含量相等，对于有两种反应物参加的可逆反应，增加其中一种反应物的物料可使另一种反应物的

27、转化率增加；A 状态时，22n Nn H值较小，可认为是增加了 H2的量使得 H2自身的转化率变小，B 状态时，22n Nn H值较大，可认为是增加了 N2的量，从而提高了 H2的转化率，转化率 A(H2)不一定等于 B(H2)，故 D 错误；答案选 C。8、C【答案解析】A3轴烯中所有碳原子均采取 sp2杂化，因此所有原子都在同一个平面上，故 A 不符合题意；B4轴烯中含有碳碳双键，能够使酸性 KMnO4溶液褪色，故 B 不符合题意；C5轴烯的分子式为：C10H10，分子式为：C10H12，二者分子式不同，不互为同分异构体，故 C符合题意；D轴烯中多元环的碳原子上没有氢原子，与每个环上的碳原

28、子相连的碳原子上有 2 个氢原子，且碳原子数与氢原子均为偶数，因此轴烯的通式可表示为 C2nH2n(n3)，故 D 不符合题意；故答案为：C。9、C【答案解析】联合制碱法是以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱。包括两个过程：第一个过程是将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得 NaHCO3微小晶体；第二个过程是从含有氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，得到的氯化钠溶液，可回收循环使用。据此分析解答。【题目详解】A联合制碱法第一个过程滤液是含有氯化铵和氯化钠的溶液，可作电解液，第二个过程滤出氯化铵沉淀后所得的滤液为氯化钠溶液，也可做电解液，故 A 正确

29、；B联合制碱法第二个过程滤出的氯化铵沉淀，焊接钢铁时常用的焊药为氯化铵，其作用是消除焊接处的铁锈，发生反应 6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O，故 B 正确；C合成橡胶是一种人工合成材料，属于有机物，联合制碱法中的副产品都为无机物，不能用于制合成橡胶，故 C 错误；D联合制碱法第二个过程滤出氯化铵可做化肥，故 D 正确；故选 C。10、C【答案解析】A反应是氮气和锂反应，锂为活泼金属，易与空气中的氧气、水蒸气发生反应，所以反应的关键是隔绝空气和水，故 A 正确；B反应的产物 LiOH 是碱，是锂离子和氢氧根离子构成的化合物属于离子化合物，故 B 正确；C分析可知

30、锂是参与反应过程的反应物，最后生成锂单质的条件是电解，所以金属锂不是催化剂，故 C 错误；D三步反应为：6Li+N2=2Li3N，Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，4LiOH 通电 4Li+O2+2H2O，整个流程的总化学方程式为：2N2+6H2O4NH3+3O2，故 D 正确；故选：C。11、A【答案解析】A.Fe 与 S 反应生成 FeS，Fe 的化合价变为+2 价，5.6g 铁物质的量是 0.1mol，1mol 铁失去 2mol电子，所以 0.1mol 铁反应转移的电子数为 0.2NA，A 正确；B.苯分子中的碳碳键是介于碳碳单键和碳碳双键之间的一种特殊的化学键，无碳碳双键，B 错

31、误；C.NaHSO4晶体由 Na+和 HSO4-构成，0.1mol NaHSO4中含离子总数为 0.2 NA，C 错误；D.白磷分子是正四面体结构，1 个分子中含有 6 个 PP 共价键，6.2 g 白磷(分子式为 P4)的物质的量是 0.05mol，分子中含有 PP 共价键 0.3mol，含 PP 键数目为 0.3NA，D 错误；故合理选项是 A。12、A【答案解析】氯化铵溶于水吸热，故 A 错误；氯化铵受热分解为氨气和氯化氢，故 B 正确；氯化铵固体是由 NH4+、Cl-构成离子晶体，故 C 正确；氯化铵在水中完全电离，所以氯化铵是强电解质，故 D 正确。13、B【答案解析】A1 个 Si

32、原子周围有 4 个 SiSi，而 1 个 SiSi周围有 2 个 Si 原子，则 Si和 SiSi的比例为 2：4=1：2，28gSi其物质的量为 1mol，则含有的 SiSi 的物质的量为 2mol，其数目为 2NA，A 错误；B叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从1 降低到 0，1mol 叠氮化铵发生爆炸时，生成 4mol气体，则总共转移 4mol 电子；现生成 22.4：L，即 1mol气体，则转移的电子数为 NA，B 正确；C不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的 H数目，C 错误；D 200mL1molL1Al2(SO4)3溶液中，如果 Al3不水解，则 Al3和 SO42的物质

33、的量=0.2L1molL120.2L1molL13=1mol，其数目为 NA，但是 Al3为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此 Al3数目会减少，Al3和 SO42的总数目小于 NA，D 错误。答案选 B。14、B【答案解析】A氨气分子中存在 3 个 N-H 共价键，其化学式为：NH3，A 正确；B 氨气为共价化合物，氨气中存在 3 个 N-H键，氮原子最外层达到 8 电子稳定结构，氨气正确的电子式为：，B 错误；C氮气分子中含有 3 个 N-H 键，氨气的结构式：，C 正确；D氨气分子中存在 3 个 N-H 键，原子半径 NH，氮原子相对体积大于 H原子，则氨气的比例模型为：，D正确；故合理

34、选项是 B。15、B【答案解析】A.当 lgc0=0 时，0cNaCN=1mol/L，此时2cOH=110-4.7(mol/L)2，故由2Kb0c HCNc OHcOHcNaCNc CN得，Kn(CN-)=10-4.7，A 正确；B.随着竖坐标的值增大，c OH降低，即 b点c OH小于 a 点，而升高温度可加速盐类的水解，所以 B 错误；C.向 a 点加入固体 NaCN，相当于减少水的添加量，会降低 CN-的水解程度，C 正确；D.随着竖坐标的值增大，c OH降低，故 c点对应溶液中的 c(OH-)大于 a 点，D 正确。所以选择 B。16、C【答案解析】A.乙烯和水加成生成乙醇，是加成反应

35、，故 A不选；B.乙烷不能和浓盐酸发生取代反应，烷烃能和卤素单质在光照下发生取代反应，故 B 不选；C.乙酸和甲酸甲酯的分子式均为 C2H4O2，两者结构不同，故互为同分异构体，故 C 选；D.乙酸中的羧基不能发生加成反应，溴乙烷没有不饱和键，也不能发生加成反应，故 D 不选。故选 C。二、非选择题（本题包括 5 小题）17、消去反应 对苯二甲酸（或 1，4苯二甲酸）硝基、氯原子 H2O 10 （任写一种）【答案解析】乙醇发生消去反应生成 A为 CH2=CH2，C 被氧化生成 D，D 中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C 发生氧化反应生成 D，D 中

36、应该有两个羧基，根据 H结构简式知，D 为、G为；根据信息知，生成 B 的反应为加成反应，B 为，B 生成 C 的反应中除了生成 C 外还生成 H2O，苯和氯气发生取代反应生成 E，E 为，发生取代反应生成 F，根据 G结构简式知，发生对位取代，则 F 为，F 发生取代反应生成对硝基苯胺。【题目详解】C2H5OH 与浓 H2SO4在 170下共热发生消去反应生成的 A 为 H2C=CH2；由 H的结构简式可知 D 为、G为；D 为对苯二甲酸，苯与 Cl2在 FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E 发生硝化反应生成的 F()，F 中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯

37、二甲酸(或 1，4苯二甲酸）；硝基、氯原子。乙烯和发生 DielsAlder 反应生成 B，故 B 的结构简式是；C 为芳香族化合物，分子中只含两种不同化学环境的氢原子，“BC”的反应中，除 C 外，还生成的一种无机产物是 H2O；故答案为：；H2O。DGH 的化学方程式是；故答案为：。D 为，Q是 D 的同系物，相对分子质量比 D大 14，如果取代基为 CH2COOH、COOH，有 3种结构；如果取代基为 CH3、两个 COOH，有 6 种结构；如果取代基为 CH(COOH)2，有 1 种，则符合条件的有 10种；其中核磁共振氢谱有 4 组峰,且峰面积比为 1:2:2:3 的结构简式为，故答

38、案为：10；。CH2=CHCH=CH2和 HCCH 发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。18、C4H8 消去反应 8 甲苯 3FeBr+HBr 2NaOH/H O2O/Cu，CH3BrMg乙醚CH3MgBr 【答案解析】比较 A、B的分子式可知，A与 HBr发生加成反应生成 B，摩尔质量为 137g/mol，根据已知条件 B转化为 C（C4H9MgBr），结合 A 的摩尔质量为 56g/mol，可知 A 为，比较 D、E 的分子式可知，D 与液溴加入铁粉时发生取代反应生成 E，E 中甲基被氧化成醛基，根据 G的结构可推知 F 中溴原子和醛基在邻位

39、，则 D 为甲苯，E 为，F为，再根据已知条件的反应，结合 G的结构可知：C 为，B 为，A 为，再根据反应可知，M 为，据此分析作答。【题目详解】（1）A 的结构简式为，所以其分子式为：C4H8，生成，其化学方程式可表示为：C(CH3)3Br+NaOH+NaBr+H2O，故反应类型为消去反应；根据乙烯分子中六个原子在同一平面上，假如两个甲基上各有一个氢原子在这个面上，则分子中最多有 8 个原子共平面；故答案为 C4H8；消去反应；8；（2）D 为甲苯，加入液溴和溴化铁（或铁），可发生取代反应生成，其化学方程式为：3FeBr+HBr，故答案为甲苯；3FeBr+HBr；（3）N 是含有五元环的芳

40、香酯，则 N 是发生分子内的酯化反应生成的一种酯，反应的化学方程式为：，故答案为；（4），则：，X为：，X的同分异构体中，能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中含有酚羟基，除了酚羟基，只剩下一个氧原子，且要能发生银镜反应，则应该还含有一个醛基。分子中有 5 种不同环境的氢原子的结构简式：，故答案为；（7）以甲烷和甲苯为原料合成 的路线为甲苯在光照条件下生成一卤代烃，在氢氧化钠的水溶液中加热水解产生的醇被氧化成醛，而另一方面甲烷也光照生成一卤代烃，在镁和乙醚的作用下生成的产物与醛反应得到终极产物，其合成路线为：2NaOH/H O2O/Cu，CH3BrMg乙醚CH3MgBr，故答案为2NaOH/H

41、 O2O/Cu，CH3BrMg乙醚CH3MgBr。19、硫酸可将 CaO转化为 CaSO4渣而除去 温度过高会加速 NH3的挥发、加速 H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 45 的水浴加热 上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色 在不断搅拌下加入适量 KOH溶液，再加入过量的 10%H2O2溶液，维持 pH大于 7，充分反应后，煮沸(除去过量的 H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至 pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤 【答案解析】电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及 CaO)用硫酸酸浸，残渣为 CaSO4 等

42、溶解度不大的物质，溶液中有 Cr3、Cu2、Fe3，加适量 Na2S 溶液，过滤，滤液中 Cr3、Fe3，处理生成 Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去 Fe(OH)3，制备 K2Cr2O7；滤渣CuS 沉淀，采用 8 molL1氨水，适量 30%H2O2，并通入 O2，制取铜氨溶液，通 SO2，“沉 CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【题目详解】(1)“酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将 CaO 转化为 CaSO4渣而除去。(2)“制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为 温度过高会加速 NH3的挥发、加速 H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成 Cu(

43、OH)2(答出一点即可)；(3)铜与浓硫酸加热生成 SO2、硫酸铜和水，化学方程式为 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。要控制 100以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉 CuNH4SO3”时，反应液需控制在 45，合适的加热方式是：45 的水浴加热。Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入 SO2 反应生成 CuNH4SO3和 Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4)制取 K2Cr2O7的实验方案：将 Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量 KOH 溶液，再加入过量的 10%H2O2溶液，维

44、持 pH大于 7，充分反应后，煮沸(除去过量的 H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至 pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。【答案点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及 CaO)为原料制取铜粉和 K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入 SO2 反应生成 CuNH4SO3和Cu。20、溶液表面形成一层晶膜 减慢冷却结晶的速度 球形干燥管 b Cu(NO3)23H2O3SOCl2加热Cu(NO3)23SO26HCl 吸收 SO2和 HCl，防止倒吸 【答案解析

45、】将 Cu(NO3)23H2O晶体和 SOC12在加热条件下于 A装置中发生反应：Cu(NO3)23H2O3SOCl2加热Cu(NO3)23SO26HCl，用氢氧化钠吸收尾气，据此分析和题干信息解答。【题目详解】(1)由 Cu(NO3)2溶液制得 Cu(NO3)23H2O晶体，蒸发浓缩时，温度不能过高，否则 Cu(NO3)23H2O会变质，当蒸发皿中出现溶液表面形成一层晶膜时，停止加热；控制温度，加热至溶液表面形成一层晶膜，减慢冷却结晶的速度，可得到较大颗粒的 Cu(NO3)23H2O 晶体；(2)根据仪器构造可知仪器 c 球形干燥管；向三颈烧瓶中缓慢滴加 SOCl2时，盛装 SOCl2的漏斗

46、上的玻璃管可以保证烧瓶和漏斗内的压强相等，不需要打开活塞 a，液体也可顺利流出，因此只需打开活塞 b 即可；(3)根据分析，装置甲中 Cu(NO3)23H2O和 SOCl2发生反应的化学方程式为 Cu(NO3)23H2O3SOCl2加热Cu(NO3)23SO26HCl；(4)根据反应原理，反应中产生二氧化硫和氯化氢气体，且二氧化硫有毒，二者都不能排放到大气中，则装置乙盛装的是氢氧化钠溶液，作用是吸收 SO2和 HCl，并防止倒吸。21、SO2(g+2H2(g)=S(s)+2H2O(g)H=(a-2b+2c)kJmol1 45%24300(MPa)1 好氧硝化 Fe2+、Mn2+对该反应有催化作

47、用 2H2O+ClO2+2SO2=Cl+2SO42-+4H+温度升高，H2O2分解速率加快 【答案解析】(1)已知：2H2S(g)+SO2(g)3S(s)+2H2O(l)H1=a kJmol1 H2S(g)H2(g)+S(s)H2=b kJmol1 H2O(l)H2O(g)H3=c kJmol1 根据盖斯定律，由-2+2 得反应 SO2(g+2H2(g)=S(s)+2H2O(g)H=H1-2H2+2H3=(a-2b+2c)kJmol1；（2）依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为 x，2SO2（g）+O2（g）2SO3 起始量（mol）2a a 0 变化量（mol）2x x 2x 平衡量（

48、mol）2a2x ax 2x 图中 A 点时，气体物质的量 0.085，则=，x=0.45a，SO2的转化率=100%=45%；图象分析可知，C 点是平衡状态，A 点反应未达到平衡状态，其中 C 点的正反应速率 vC（正）与 A 点的逆反应速率 vA（逆）的大小关系为 vC（正）vA（逆）；图中 B 点，依据化学三行列式计算，设氧气消耗物质的量为 y，2SO2（g）+O2（g）2SO3 起始量（mol）2a a 0 变化量（mol）2y y 2y 平衡量（mol）2a2y ay 2y B 点气体物质的量为 0.007，则=，y=0.9a，平衡常数K=24300（MPa）1；(3)由图 I 知，当废气中的 NO 含量增加时，脱氮率较高的是好氧硝化法，故宜选用好氧硝化法提高脱氮效率；图中，Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用，循环吸收液加入 Fe2+、Mn2+提高了脱氮的效率；废气中的 SO2与 NaClO2反应生成硫酸钠和盐酸，其离子方程式为：2H2O+ClO+2SO2=Cl+2SO42-+4H+；温度高于 60后，温度升高，H2O2分解速率加快，NO 去除率随温度升高而下降。