河南省信阳市息县息县一中2023学年高考化学五模试卷(含解析)35303.pdf

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1、2023 高考化学模拟试卷 注意事项 1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回 2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用 05 毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置 3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符 4作答选择题，必须用 2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用 05 毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效 5如需作图，须用 2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗 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、某

2、高校的研究人员研究出一种方法，可实现水泥生产时 CO2零排放，其基本原理如图所示，下列说法正确的是()A该装置可以将太阳能转化为电能 B阴极的电极反应式为 3CO2+4eC+2CO32 C高温的目的只是为了将碳酸盐熔融，提供阴阳离子 D电解过程中电子由负极流向阴极，经过熔融盐到阳极，最后回到正极 2、目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是()A充电时电极石墨棒 A连接电源的正极 B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区 C放电时负极反应为 2Br-2e-=Br2 D放电时

3、右侧电解质储罐中的离子总浓度增大 3、某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（）A2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯 4、关于“硫酸铜晶体结晶水含量测定”的实验，下列操作正确的是()A在烧杯中称量 B在研钵中研磨 C在蒸发皿中加热 D在石棉网上冷却 5、根据下列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 A 向鸡蛋清溶液中加入少量 CuSO4溶液，出现浑浊 蛋白质可能发生了变性 B 将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性 KMnO4溶液，

4、溶液紫红色褪去 产生的气体中一定含有乙烯 C 室温下，用 pH试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的 pH约为 10；0.1 molL1NaHSO3溶液的 pH约为 5 HSO3结合 H+的能力比 SO32的强 D 向 NaCl 和 NaBr 的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)AA BB CC DD 6、下列实验装置、试剂选择和操作均正确的是 A除去 NO中的 NO2 B铁制品表面镀锌 C配制一定浓度的硫酸 D鉴定 Fe3+AA BB CC DD 7、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是 A18 g D2O和 18

5、g H2O中含有的质子数均为 10NA B2 L 0.5 molL1亚硫酸溶液中含有的 H离子数为 2NA C过氧化钠与水反应时，生成 0.1 mol 氧气转移的电子数为 0.2NA D密闭容器中 2 mol NO 与 1 mol O2充分反应，产物的分子数为 2NA 8、X、Y、Z、W 为短周期主族元素，它们的最高正化合价和原子半径如下表所示：元素 X Y Z W 最高正化合价+3+1+5+7 原子半径 0.082 0.186 0.110 0.099 则下列说法错误的是 AX的最高价氧化物对应的水化物具有两性 BZW3分子中所有原子最外层均满足 8e结构 CY 的一种氧化物可用作供氧剂，Z的

6、一种氧化物可用作干燥剂 D简单气态氢化物的热稳定性：WZX 9、以柏林绿 FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法正确的是 A放电时，Mo 箔上的电势比 Mg 箔上的低 B充电时，Mo 箔接电源的负极 C放电时，正极反应为 FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6 D充电时，外电路中通过 0.2mol 电子时，阴极质量增加 3.55g 10、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

7、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410 mol/L(设冰的密度为30.9g/cm)11、已知 A、B、C、D 为由短周期元素组成的四种物质，它们有如图所示转化关系，且 D 为强电解质（其他相关物质可能省略）。222OOHOABCD 下列说法不正确的是（）A若 A 是共价化合物，则 A 和 D 有可能发生氧化还原反应 B若 A 为非金属单质，则其组成元素在周期表中的位置可能处于第二周期第A 族 C若 A 为非金属单质，则它与 Mg 反应的产物

8、中阴、阳离子个数比可能为 2：3 D若 A 是金属或非金属单质，则常温下 0.1mol/L 的 D 溶液中由水电离出的 c(H+)可能为 10-13mol/L 12、反应 A(g)+B(g)3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时 c(A)如下表：平衡状态 容器体积/L 40 20 1 c(A)(mol/L)0.022a 0.05a 0.75a 下列分析不正确的是（）A的过程中平衡发生了逆向移动 B的过程中 X的状态发生了变化 C的过程中 A 的转化率不断增大 D与相比，中 X的物质的量最大 13、维生素 B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环

9、的结构与苯环相似。下列有关维生素 B 分子的说法错误的是 A所有的碳原子均处于同一平面 B与硝基苯互为同分异构体 C六元环上的一氯代物有 4 种 D1mol该分子能和 4mol H2发生加成反应 14、既含离子键又含共价键的物质是 AH2 BMgCl2 CH2O DKOH 15、已知：H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ Se(g)Se(s)+102.17kJ；下列选项正确的是 AH2(g)+Se(s)的总能量对应图中线段 b B相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)C1mol Se(g)中通入 1mol H2(g)，反应放热 87.48kJ DH2(g)+S(

10、g)H2S(g)+QkJ，QKC1O D若反应的氧化产物只有 KC1O，则得到 0.2molK2FeO4时消耗 0.3molC12 二、非选择题(共 84 分)23、（14 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 取少量原溶液，加几滴甲基橙 溶液变红色 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 取少量原溶液，加 BaCl2溶液 有白色沉淀生成 取中上层清液，加 AgNO3溶液 有白色沉淀生成，且不溶于 HNO3

11、 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 溶液中肯定存在的离子是_；溶液中肯定不存在的离子是_；为进一步确定其他离子，应该补充的实验是_；_。24、（12 分）原子序数依次增大的 X、Y、Z、W、M 五种短周期主族元素中，X、Y 两元素间能形成原子个数比分别为 1:1 和 1:2 的固态化合物 A 和 B，Y 是短周期元素中失电子能力最强的元素，W、M 的最高价氧化 物对应的水化物化学式分别为 H3WO4、HMO4，Z的单质能与盐酸反应。(1)根据上述条件不能确定的元素是_（填代号），A的电子式为_，举例说明 Y、Z的金属性相对强弱：_(写出一个即可

12、）。(2)W 能形成多种含氧酸及应的盐，其中 NaH2WO2能与盐酸反应但不能与 NaOH 溶液反应，则下列说法中正确的是_(填字母)A H3WO2是三元酸 B H3WO2是一元弱酸 C NaH2WO2是酸式盐 D NaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M 形成的一种化合物 MX2是一种优良的水处理剂，某自来水化验室利用下列方法裣测处理后的 水中 MX2残留量是否符合饮用水标准（残留 MX2的浓度不高于 0.1 mgL-1），已知不同 pH环境中含 M 粒子的种类如图所示：I.向 100.00 mL 水样中加入足量的 KI，充分反应后将溶液调至中性，再加入 2 滴淀粉溶液。向 I 中所得溶液

13、中滴加 2.010-4 molL-1的溶液至终点时消耗5.00 mL 标准溶液(已知 2S2O32-+I2=S4O26-+2I-）。则该水样中残留的的浓度为_mgL-1。若再向 II 中所得溶液中加硫酸调节水样 pH至 13，溶液又会呈蓝色，其原因是_(用离子方程式表示）。25、（12 分）实验室制备甲基丙烯酸甲酯的反应装置示意图和有关信息如下：+CH3OH+H2O 药品 相对分子质量 熔点/沸点/溶解性 密度（gcm-3）甲醇 32-98-64.5 与水混溶，易溶于有机溶剂 0.79 甲基丙烯酸 86 15 161 溶于热水，易溶于有机剂 1.01 甲基丙烯酸甲酯 100-48 100 微溶

14、于水，易溶于有机溶剂 0.944 已知甲基丙烯酸甲酯受热易聚合；甲基丙烯酸甲酯在盐溶液中溶解度较小；CaCl2可与醇结合形成复合物；实验步骤：向 100mL 烧瓶中依次加入：15mL 甲基丙烯酸、2 粒沸石、10mL 无水甲醇、适量的浓硫酸；在分水器中预先加入水，使水面略低于分水器的支管口，通入冷凝水，缓慢加热 烧瓶。在反应过程中，通过分水器下部的旋塞分出生成的水，保持分水器中水层液面的高度不变，使油层尽量回到圆底烧瓶中；当 ，停止加热；冷却后用试剂 X 洗涤烧瓶中的混合溶液并分离；取有机层混合液蒸馏，得到较纯净的甲基丙烯酸甲酯。请回答下列问题：（1）A 装置的名称是_。（2）请将步骤填完整_

15、。（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为_(填两种）。（4）下列说法正确的是_ A在该实验中，浓硫酸是催化剂和脱水剂 B酯化反应中若生成的酯的密度比水大，不能用分水器提高反应物的转化率 C洗涤剂 X是一组试剂，产物要依次用饱和 Na2CO3、饱和 CaCl2溶液洗涤 D为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为 2.70g，计算甲基丙烯酸甲酯的产率约为_。实验中甲基丙烯酸甲酯的实际产率总是小于此计算值，其原因不可能是_。A分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯 B实验条件下发生副反应 C产品精制时收集部分低沸点物质 D产品

16、在洗涤、蒸发过程中有损失 26、（10 分）葡萄糖酸锌MZn(C6H11O7)2455g mol1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取 50 mL 蒸馏水于 100 mL 烧杯中，搅拌下缓慢加入 2.7 mL(0.05 mol)浓 H2SO4，分批加入 21.5 g 葡萄糖酸钙MCa(C6H11O7)2430gmol1，易溶于热水，在 90条件下，不断搅拌，反应 40min 后，趁热过

17、滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的 ZnO，在 60条件下，不断搅拌，反应 1h，此时溶液 pH6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入 10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为 18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为_。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在 SO42-的操作为_。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是_，“一系列操

18、作”具体是指_。(6)葡萄糖酸锌的产率为_(用百分数表示)，若 pH5 时就进行后续操作，产率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。27、（12 分）氯化亚铜(CuCl)广泛应用于化工、印染、电镀等行业。CuCl 难溶于乙醇和水，可溶于氯离子浓度较大的体系，在潮湿空气中易水解、氧化。（制备）方法一：（资料查阅）(1)仪器 X的名称是_，在实验过程中，B 中试纸的颜色变化是_。(2)实验操作的先后顺序是a _e(填操作的编号)a.检查装置的气密性后加入药品 b.熄灭酒精灯，冷却 c.在气体入口处通入干燥 HCl d.点燃酒精灯，加热 e.停止通入 HCI，然后通入2N(3)反应结束后发现含有少量

19、 CuO 杂质，产生的原因是_。方法二：(4)向4CuSO,溶液中加入一定量NaCl 和23Na SO可生成自色沉淀 CuCl 离子方程式为_，过滤，沉淀用23xm 的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是_(写名称)，用乙醇洗涤的原因是_(任写一点)。（含量测定）(5)准确称取所制备的氯化亚铜样品 m g，将其置于过量的3FeCl溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，用 a mol/L 的227K Cr O溶液滴定2Fe到终点，消耗227K Cr O溶液 b mL，反应中227Cr O被还原为3+Cr，样品中 CuCl 的质量分数为_(CuCl 分子量：99.5g/mol)（应用）利

20、用如下图所示装置，测定高炉煤气中 CO、2CO、2N和2O)的百分组成。(6)已知：i.CuCl 的盐酸溶液能吸收 CO形成2Cu CO Cl H O。ii.保险粉224(Na S O)和 KOH的混合溶液能吸收氧气。出保险粉和 KOH混合溶液吸收2O的离子方程式：_。D、F 洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_、_。28、（14 分）(二)近年来，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热点。Deacon 发明的直接氧化法：O2+4HCl 催化剂 2Cl2+2H2O(1)写出上述反应的平衡常数表达式 K=_。其它条件不变，温度升高，c(Cl2)会减小，则正反应为_（填“放热或吸热”）反应，v(正)_。

21、（填“变大或变小”）(2)该反应温度控制在 450的原因是_。(3)某温度下，将一定量的 O2 和 HCl 通入 4L 的密闭容器中，反应过程中氧气的变 化量如图所示，则 020min 平均反应速率 v(HCl)为_。(4)上述反应达到平衡后，其它条件不变，将容器体积迅速压缩，则压缩过程中，c(HCl)变化的情况_。在传统的电解氯化氢回收氯气技术的基础上，科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案，如图所示：(5)下列说法正确的是_。a.X 是阳极 b.Y 极发生氧化反应 c.该装置将化学能转化为电能 d.X极的电极反应为：Fe3+e-Fe2+29、（10 分）镍铬钢俗称不锈钢，在日常生

22、活中应用广泛，含有铁、铬、镍、碳等元素。请回答下列问题：（1）镍的基态原子核外价层电子排布式为_，基态 Fe3+有_种不同运动状态的电子，基态铬原子有_个未成对电子。（2）配合物Cr(H2O)63+中，与 Cr3+形成配位键的原子是_（填元素符号），铬的高价化合物可将CH3CH2OH 氧化为 CH3CHO，CH3CHO 中CH3和CHO 中碳原子的杂化方式分别为_、_。（3）镍能与 CO 形成 Ni(CO)4，常温下 Ni(CO)4是无色液体，易溶于有机溶剂，推测 Ni(CO)4是_晶体，组成 Ni(CO)4的三种元素电负性由大到小的顺序为_（填元素符号），CO 分子中键与键的个数比为_。（4

23、）NiO 的立方晶体结构如图所示，则 O2-填入 Ni2+构成的_空隙（填“正四面体”、“正八面体”、“立方体”或“压扁八面体”）。NiO 晶体的密度为gcm-3，Ni2+和 O2-的半径分别为 r1pm 和 r2pm，阿伏加德罗常数值为 NA，则该晶胞中原子的体积占晶胞体积的百分率为_。参考答案（含详细解析）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【答案解析】A.由题图知，太阳能转化为化学能，该装置为电解池，将电能转化为化学能，故 A 错误；B.阴极发生还原反应，电极反应式为 3CO2+4eC+2CO32，故 B 正确；C.高温的目的是将碳酸盐熔融提供阴阳离子

24、，将碳酸钙分解为氧化钙和二氧化碳，故 C 错误；D.电解过程中电子由负极流向阴极，阳极流向正极，熔融盐中没有电子移动，故 D 错误。答案选 B。2、C【答案解析】放电时，Zn 是负极，负极反应式为：Zn-2eZn2，正极反应式为：Br2+2e=2Br，充电时，阳极反应式为 2Br-2e=Br2、阴极反应式为 Zn2+2e=Zn。【题目详解】A充电时电极石墨棒 A连接电源的正极，反应式为 2Br-2e=Br2，故 A 正确；B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故 B 正确；C放电时，Zn 是负极，负极反应式为：Zn-2eZn2，故 C 错误；D正极反应式为：Br2+2e=2Br，阴离子

25、通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故 D 正确；故选 C。3、B【答案解析】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为 2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故 B 符合题意。综上所述，答案为 B。4、B【答案解析】A实验是在瓷坩埚中称量，故 A 错误；B实验是在研钵中研磨，故 B 正确；C蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故 C错误；D瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故 D 错误；答案选 B。5、A【答案解析】A.鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量 CuSO4可能会使其发生变性，故 A 项正确；B.乙醇和浓硫酸共热至

26、170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使 KMnO4溶液褪色，故 B 项错误；C.室温下，用 pH试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的 pH约为 10；0.1 molL1NaHSO3溶液的 pH约为 5，说明 SO32-的水解程度比 HSO3-大，即 SO32-结合 H的能力比 HSO3-的强，故 C 项错误；D.NaCl 和 NaBr 的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)ZClX，则 X为 B 元素，Y 为 Na 元素，Z为 P 元素，据此分析回答问题。【题目详解】

27、AB 的最高价氧化物对应的水化物 H2BO3是弱酸，不具有两性，A 选项错误；BPCl3 的电子式为，所有原子最外层均满足 8e结构，B 选项正确；CNa 的氧化物 Na2O2可作供氧剂，P 的氧化物 P2O5是酸性干燥剂，C 选项正确；D非金属性越强，简单气态氢化物的热稳定性越强，非金属性 ClPB，则热稳定性：HClPH3BH3，D 选项正确；答案选 A。9、C【答案解析】A.放电时，Mg 作负极，Mo 作正极，所以 Mo 箔上的电势比 Mg 箔上的高，故 A 错误；B.充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即 Mo 箔接电源的正极，故 B 错误；C.根据原电池工作原理，

28、放电时 Mg 作负极，Mo作正极，正极反应式为 FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2FeFe(CN)6,故 C 正确;D.放电时负极上应是 2Mg-4e-+2C1-=Mg2Cl22+,通过 0.2mol电子时，消耗0.1 mol Mg,质量减少 2.4g，则充电时质量增加2.4g，故 D 错误。答案：C。【答案点睛】本题考查电化学的相关知识。根据原电池和电解池的原理分析判断相关的选项。抓住原电池的负极和电解池的阳极均失电子发生氧化反应，原电池的正极和电解池的阴极均得电子发生还原反应，再根据得失电子守恒进行计算。10、D【答案解析】A“盐泡”中盐与水的比值不变，则内层“盐泡”越多时，密度不

29、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；D 冰的密度为30.9g cm，设海水 1L 时，水的质量为 900g，由个数比为 1：500000，含 NaCl 为4900g18g/mol10 mol500000，可知海冰内层 NaCl的浓度约为44110 molc10 mol L1L，故 D 正确；故答案为 D。【答案点睛】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

30、成，且“盐泡”中盐与水的比值不变，特别注意“盐泡结构的判断。11、B【答案解析】A、B、C、D 为短周期元素构成的四种物质，且 D为强电解质，它们有如下转化关系：222OOHOABCD ，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na 元素单质化合物符合转化关系。【题目详解】A、B、C、D 为短周期元素构成的四种物质，且 D为强电解质，它们有如下转化关系：222OOHOABCD ，中学常见物质中N、S元素单质化合物符合转化关系，Na 元素单质化合物符合转化关系；A若 A 是共价化合物，A 可能为 NH3或 H2S，D为 HNO3或 H2SO4，H2S 与 H2SO4可以发生氧化还原反应，

31、故 A 正确；B若 A 为非金属单质，则 A 为 N2(或 S)，氮元素处于第二周期A族，硫元素处于第三周期A 族，故 B 错误；C若 A 为非金属单质，则 A 为 N2(或 S)，B 为 NO(或 SO2)，C 为 NO2(或 SO3)，D 为 HNO3(或 H2SO4)，其中 N2与镁反应生成的 Mg3N2中阴、阳离子的个数比为 2：3，故 C 正确；D若 A 是金属或非金属单质，则 A 为 Na 或 N2或 S，D 为 NaOH 或 HNO3或 H2SO4，0.1mol/L NaOH 溶液或 HNO3溶液中水电离出的 c(H)都是 1013mol/L，故 D 正确；故答案选 B。12、C

32、【答案解析】A.到的过程中，体积缩小了一半，平衡时 A 物质的量由 0.88amol 变为 1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故 A正确；B.到的过程中，体积继续缩小，平衡时 A 物质的量由 1amol 变为 0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明 X在压缩的某个过程中变成了非气态，结合 A 项分析，到的过程中 X 的状态发生了变化；故 B 正确；C.结合 A、B 项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A 的转化率先减小后增大，故 C 错误；D.状态下 A 物质的量最小，即 A 转化率最大，X的物质的量最大，故 D 正确；答案选 C。13、D【答案解析】A该分

33、子中所有 C 原子和 N 原子都采用 sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有 C原子可能位于同一平面，故 A 正确；B硝基苯的分子式为 C6H5NO2，该分子的分子式也为 C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故 B 正确；C六元环上含有 4 种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是 4 种，故 C 正确；D羧基中的碳氧双键不能加成，维生素 B3分子中的六元环与苯环相似，则 1mol 该物质最多能和 3mol 氢气发生加成反应，故 D 错误；故答案为 D。14、D【答案解析】氢气中含有 H-H 键，只含共价键，故 A 错误；MgCl2由镁离子、氯离子构成，只含离子键，故 B 错

34、误；H2O 中含有 H-O键，只含共价键，故 C 错误；KOH 由钾离子、氢氧根离子构成，氢氧根离子中含有 H-O 键，所以 KOH 既含离子键又含共价键，故 D 正确。15、A【答案解析】A.根据H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ Se(g)Se(s)+102.17kJ 可得：H2(g)+Se(s)H2Se(g)-14.69kJ，所以 H2(g)+Se(s)的总能量对应图中线段 b，故正确；B.相同物质的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，故错误；C.1mol Se(g)中通入 1mol H2(g)，H2(g)+Se(g)H2Se(g)+87.48kJ，该反应是可

35、逆反应，放出的热量小于87.48kJ，故错误；D.S 和 Se 是同族元素，S 的非金属性比 Se 强，和氢气化合更容易，放热更多，故错误；故选：A。16、D【答案解析】A.NaHSO4在熔融状态电离产生 Na+、HSO4-，1 个 NaHSO4电离产生 2 个离子，所以 0.1mol NaHSO4在熔融状态中含有的离子总数为 0.2NA，选项 A 错误；B.标准状况下 HF 呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项 B 错误；C.常温时 Al遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项 C 错误；D.微粒的还原性 I-Fe2+，向含有 1mol FeI2溶质的溶液中通入适量的氯气，当有 1molF

36、e2+被氧化时，I-已经反应完全，则 1mol FeI2反应转移 3mol 电子，则转移电子数目是 3NA，选项 D 正确；故合理选项是 D。17、B【答案解析】A.硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A 项错误；B.少量 SO2与 NaClO发生氧化还原反应，生成的 H+与 ClO-生成弱酸 HClO，B 项正确；C.高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，C 项错误；D.小苏打为碳酸氢钠，应拆成 Na+和 HCO3-，D 项错误。本题选 B。【答案点睛】+4 价硫具有较强的还原性，+1 价

37、氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。18、A【答案解析】A、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-；B、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子；C、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液；D、由电极反应 2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成 1mol 氮气消耗 2mol 的硝酸根离子。【题目详解】A 项、阴极上发生的电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，所以导出的溶液呈碱性，故 A 正确；B 项、镍电极是阴极，是硝酸根离子得电子，而不是镍发生氧化反应，故 B 错误；C 项、电子流入石墨电极，且电子不能经过溶液，故

38、C 错误；D 项、由电极反应 2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，生成 1mol 氮气消耗 2mol 的硝酸根离子，所以若阳极生成 0.1mol 气体，理论上可除去 0.2 molNO3-，故 D 错误。故选 A。【答案点睛】本题考查电解池的原理，掌握电解池反应的原理和电子流动的方向是解题的关键。19、A【答案解析】由 nMmVVm可知，mVMVm，据此分析作答。【题目详解】A.由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为 648045，A 项正确；B.设气体的质量均为 m g，则 n(SO2)m64mol，n(SO3)m80mol，

39、所以二者物质的量之比为m64m80806454，B 项错误；C.根据 VnVm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为 54，C 项错误；D.根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（53）（44）1516，D 项错误；答案选 A。20、B【答案解析】A.提出原子学说的是卢瑟福，B.元素周期律的发现主要是门捷列夫所做的工作，C.提出分子学说的是阿伏加德罗，D.法国化学家勒沙特列提出了化学平衡移动原理。故选择 B。21、C【答案解析】含有苯环、醛基，可以与氢气发生加成反应；不含酯基或卤素原子，不能发生水解反应；含有羧基、羟基，能发生酯化反应；含有醛基、羟基，能发

40、生氧化反应；含有羧基，能发生中和反应；中连有羟基碳原子的邻位碳原子没有 H，不能发生消去反应，故选 C。【答案点睛】该题的关键是准确判断出分子中含有的官能团，然后结合具体官能团的结构和性质灵活运用，有利于培养学生的知识迁移能力和逻辑推理能力。22、D【答案解析】A 选项，若反应中 n(ClO)：n(C1O3)=5：1，设物质的量分别为 5mol和 1mol，则化合价升高失去 10mol 电子，则化合价降低得到 10mol 电子，因此总共有了 8mol 氯气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 10：6，即 5:3，故 A 错误；B 选项，根据 A 分析反应得出消耗氢氧化钾物质的量为 16mol，因

41、此每消耗 4molKOH，吸收氯气 2mol，即标准状况下 44.8LCl2，故 B 错误；C 选项，根据第二个方程式比较氧化性，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，因此 KC1O K2FeO4，故 C 错误；D选项，若反应的氧化产物只有KC1O，则C12与KC1O物质的量之比为1:1，根据第二个方程式得到KC1O与K2FeO4物质的量之比为 3:2，因此得到 0.2molK2FeO4时消耗 0.3molC12，故 D 正确。综上所述，答案为 D。二、非选择题(共 84 分)23、Mg2+、Al3+、NO3-、SO42-Fe2+、Ba2+、I-、HCO3-焰色反应 取少量原溶液，加入 Ba（NO3

42、）2溶液后，取上层清液加入 AgNO3溶液和稀 HNO3 【答案解析】因为溶液呈无色，溶液中一定不含 Fe2+；根据取少量原溶液，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+；取中上层清液，加 AgNO3溶液，有白色沉淀生成，且不溶于 HNO3，中上层清液中含 Cl-，但由于 BaCl2引入 Cl

43、-，不能确定原溶液中是否含 Cl-；根据取少量原溶液，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。24、

44、Z 钠的金属性比 Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而 Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ）B 0.675 ClO2+4I+4H+=Cl-+2I2+2H2O 【答案解析】Y 是短周期元素中失电子能力最强的元素，则推出 Y 为 Na 元素，又 X、Y 两元素间能形成原子个数比分别为 1:1 和1:2 的固态化合物 A 和 B，则推出 X 为 O元素，两者形成的化合物为 B为Na2O、A 为 Na2O2；Z的单质能与盐酸反应，则说明 Z为活泼金属，为 Mg 或 Al 中的一种；W、M 的最高价氧化物对应的水化物化学式分别为H3WO4、HMO4，则 W 和 M 的最高价化合价分别为+5 和+7

45、，又 X、Y、Z、W、M 五种短周期主族元素原子序数依次增大，则可推出W 为 P 元素，M 为 Cl元素，据此分析作答。【题目详解】根据上述分析易知：X、Y、Z、W、M 分别是 O、Na、Mg或Al、P、Cl，则（1）Z可与盐酸反应，Z可能是 Mg 或 Al中的一种，不能确定具体是哪一种元素；A 为 Na2O2，由离子键和共价键构成，其电子式为：；钠的金属性比 Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而 Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ），故答案为：Z；钠的金属性比 Z的强，如钠能与冷水剧烈反应而 Z不能（或最高价氧化物对应水化物的碱性：NaZ）；（2）NaH2PO2能与盐酸反应，说明 H3

46、PO2是弱酸，NaH2PO2不能与 NaOH反应，说明 NaH2PO2中的 H不能被中和，推出 NaH2PO2为正盐，C项错误；H3PO2分子中只能电离出一个 H，为一元弱酸，B 项正确，A 项错误；NaH2PO2中 P 的化合价为+1，具有还原性，可被硝酸氧化，D 项错误；故答案为 B；（3）由图知，中性条件下 ClO2被 I还原为 ClO2，I被氧化为 I2；根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知：2ClO2I22Na2S2O3，因此可知，水中残留的 ClO2的浓度为 210-4mol/L510-3L67.5g/mol1000mg/g0.1L=0.675 mg/L，故答案为：0.675；由

47、图知，水样 pH调至 13 时，ClO2-被还原成 Cl-，该操作中 I被 ClO2氧化为 I2，故离子方程式为：ClO2+4I+4H+=Cl-+2I2+2H2O。25、球形冷凝管 分水器中液面不再变化 、CH3OCH3 BD 85.2%C 【答案解析】（1）A 装置的名称是球形冷凝管。（2）步骤为当分水器中液面不再变化，停止加热（3）上述实验可能发生的副反应为甲基丙烯酸甲酯聚合、甲醇分子间脱水、甲基丙烯酸聚合。（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂 B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，沉在水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的转化率 C.洗涤剂 X是一组试剂，产物要依次用

48、饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和 NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和 CaCl2溶液吸收甲醇和水 D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为 2.70g，其物质的量为2.70g0.15mol18g/mol，则生成甲基丙烯酸甲酯 0.15mol，n(甲基丙烯酸)=15mL 1.01g/mL0.176mol86g/mol，n(甲醇)=10mL 0.79g/mL0.25mol32g/mol，理论上生成甲基丙烯酸甲酯 0.176mol，所以其产率约为0.15mol100

49、%0.176mol。A.分水器收集的水里含甲基丙烯酸甲酯，则实际产率减小；B.实验条件下发生副反应，则实际产率减小；C.产品精制时收集部分低沸点物质,则实际产率增大；D.产品在洗涤、蒸发过程中有损失，则实际产率减小。【题目详解】（1）A 装置的名称是球形冷凝管。答案为：球形冷凝管；（2）步骤为当分水器中液面不再变化，停止加热。答案为：分水器中液面不再变化；（3）上述实验可能生成的副产物结构简式为、CH3OCH3。答案为：、CH3OCH3；（4）A.在该实验中，浓硫酸是催化剂和吸水剂，A错误；B.酯化反应中若生成的酯的密度比水大，则酯沉在分水器中水下，水从分水器中流入圆底烧瓶内，不能提高反应物的

50、转化率，B 正确；C.洗涤剂 X是一组试剂，产物要依次用饱和Na2CO3去除甲基丙烯酸、饱和 NaCl溶液洗去甲基丙烯酸甲酯中溶解的Na2CO3、饱和 CaCl2溶液吸收甲醇和水，C 错误；D.为了提高蒸馏速度，最后一步蒸馏可采用减压蒸馏；该步骤一定不能用常压蒸馏，防止甲基丙烯酸甲酯受热聚合，D 正确。答案为：BD；（5）实验结束收集分水器分离出的水，并测得质量为 2.70g，其物质的量为2.70g0.15mol18g/mol，则生成甲基丙烯酸甲酯 0.15mol，n(甲基丙烯酸)=15mL 1.01g/mL0.176mol86g/mol，n(甲醇)=10mL 0.79g/mL0.25mol3