《2022-2023学年山西省朔州市高三冲刺模拟化学试卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022-2023学年山西省朔州市高三冲刺模拟化学试卷含解析.pdf（24页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、2023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、有 BaCL和 NaCl的混合溶液a L,将它均分成两份。一份滴加稀硫酸，使 Ba?+离子完全沉淀；另一份滴加AgNCh溶液，使 CL离子完全沉淀。反应中消耗xmol H2sojymol AgNOjo据此得知原混合溶液中的c(Na+)(单位：mol-L1)为A.(y-2x)
2、/a B.(y-x)/a C.(2y-2x)/a D.(2y-4x)/a2、工业上用发烟HCKh把潮湿的CrCh氧化为棕色的烟 CrO2(ClO4)”来除去Cr(III),HCIO 中部分氯元素转化为最低价态。下列说法不正确的是()A.HC1O4属于强酸，反应还生成了另一种强酸B.该反应中，参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8C.CrO2(ClO4)2 中 Cr 元素显+6 价D.该反应离子方程式为 19 C1O4+8Cr3+8OH=8CrO2(ClO4)2+3Cl+4H2O3、如图表示反应NMg)+3H2(g).NHKgHQ的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法
3、可能正A.ti时只减小了压强B.&时只降低了温度C.ti时只减小了 N%的浓度，平衡向正反应方向移动D.ti时减小N2浓度，同时增加了 N M 的浓度4、碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是A.分子内共价键 B.分子间的作用力C.碘分子的大小 D.分子内共价键的键长5、常温下2mLimoM/iNaHCCh溶液，pH约为8,向其中滴加等体积等浓度的饱和CaCL溶液，有白色沉淀和无色气体生成。下列说法中正确的是A.NaHCOj 溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3)+c(CO32)+c(OH)B.NaHCCh溶液中，c(Na+)c(OH)c(HCOa)c(H+)C.加热NaHCCh溶液
4、，pH增大，一定是HC(h-水解程度增大的结果D.滴加饱和 CaCL溶液发生了反应：Ca2+2HCO3=CaCOsj+H2O+CO2T6、2019 年 是“国际化学元素周期表年”。1869 年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法中错误的是A.甲位于现行元素周期表第四周期第IHA族B.原子半径比较：甲 乙 SiC.乙的简单气态氢化物的稳定性强于CH4 D.推测乙的单质可以用作半导体材料7、已知某饱和NaCl溶液的体积为V m L,密度为p g-c m 7,质量分数为w%,溶液中含NaCl的质
5、量为m g。则下列表达式正确的是A.n(NaCl)=-mol58.5mB.w=pvC.c(NaCl)=Imol-L158.5“22.4mD.V=-58.58、我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙酸，经操作1 得含青蒿素的乙醛和其他杂质的混合物。再经操作2 得到含青蒿素的乙酸，最后经操作3 得到青蒿粗产品。操 作 1、2、3 相当于A.过滤、结晶、蒸发 B.结晶、萃取、分液C.萃取、分液、蒸馈 D.萃取、过滤、蒸馆9、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
6、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+乙一丙+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().lmol L“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：XW10、25时 将 10mLpH=ll的氨水加水稀释至100m L,下列判断正确的是A.稀释后溶液的pH=7 B.氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C.稀释过程中。.”彳:增大 D.pH=11氨水的浓度为O.OOlmol/LC
7、(NH3 H2O)11、H.9 g金属锡(Sn)跟 10()mLl2moiI-iHNth共热一段时间。完全反应后测定溶液中c(H+)为 8 m o i1 r,溶液体积仍 为 100mL 产生的气体全部被氢氧化钠溶液吸收，消耗氢氧化钠0.4m oL由此推断氧化产物可能是()A.SnOr4H2O B.Sn(NO3)4C.Sn(NO3)2 D.Sn(NCh)2 和 Sn(NO3)412、下列实验可以达到目的是()选项实验目的实验过程A探究浓硫酸的脱水性向表面皿中加入少量胆研，再加入约3mL浓硫酸，搅拌，观察实验现象B制取干燥的氨气向生石灰中滴入浓氨水，将产生的气体通过装有P2O5的干燥管C制备氢氧化
8、铁胶体向饱和氯化铁溶液中滴加氨水D除去MgCb溶液中少量FeCb向溶液中加入足量MgO粉末，充分搅拌后过滤A.A B.B C.C D.D13、如图为高中化学教材 必 修 1(人 教 版)中 NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A.在 H2O分子中，H 或 O 原子均完全不带电荷B.在 NaCl晶体中，Na+和 C的排列整齐有序C.Na+、。在水中是以水合离子的形式存在D.NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键14、25时，已知醋酸的电离常数为1.8X1(T5。向 20mL 2.0moI/LCH3COOH溶液中逐滴力口入2.0mol/LNaOH溶液,溶液中水电离出的
9、c(H+)在此滴定过程中变化曲线如下图所示。下列说法不正确的是水电寓出的A.a 点溶液中：c(H+)=6.0 xl0 3mobL-B.b 点溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(CH3COO)C.c 点溶液中：c(OH)=c(CH3COOH)+c(H+)D.d 点溶液中：c(Na+)=2c(CH3COO)+2C(CH3COOH)15、2015年 12月 3 1 日，日本获得第113号元素的正式命名权.这种原子(记作需J a),是由30号元素Z n,连续轰击83号元素Bi获得的.下列说法，不正确的是A.获得新核素凿Ja的过程，是一个化学变化B.题中涉及的三种元素，都属于金属元素C.这种超重
10、核素雷Ja的中子数与质子数只差为52D.这种新核素，是同主族元素中原子半径最大的16、钾长石(KAlSi3O8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备AWh、K2cO3等物质，制备流程如图所示:过代C。,弹长石(*：化.水注液碳酸的从体碳 酸 鲜 晶 体 一 碳 股 仲下列有关说法正确的是A.上述流程中可以重复利用的物质只有Na2c03B.钾长石用氧化物的形式可表示为K2O A12O3-3SiO2C.煨烧过程中Si、K 和 Al元素转化为CaSiCh、KAKh和 NaAKhD.沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AIO2+3H2O=CO32+2Al(OH)3i17、用 NA表示阿伏加德罗常数的数值，下列
11、说法中不正确的是A.10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有的氢原子总数为1.2NAB.NA个 P4(.)与 NA个甲烷所含的共价键数目之比为1：1C.常温下，1 LpH=13的 M(OH)2溶液中含有的OH-数目为O.INAD.含 0.4 mol HNCh的浓硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2NA1 8、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.Mg(OH)2具有碱性，可用于制胃酸中和剂B.是无色液体，可用作消毒剂C.FeCb具有氧化性，可用作净水剂D.液 NH,具有碱性，可用作制冷剂1 9、29 8 K 时，向 20mL0.1 mol/L某 酸 HA溶液中逐滴力口入0.1 m
12、ol/LNaOH溶液，混合溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A.a 点溶液的pH为 2.88B.b 点溶液中：c(Na+)c(A-)c(HA)C.b、c 之间一定存在c(Na+)=c(A-)的点D.a、b、c 三点中，c 点水的电离程度最大2 0、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确 的 是()7械cu o)A.密闭容器中CuO和 C 高温反应的气体产物：T o CO-c o,*)COj!4 r M S)B.Fe在 CL中的燃烧产物：卜I cCI；FcCh 川Fc)FcClj*f _/NaOH)c.AlCb溶液中滴加 N
13、aOH 后铝的存在形式：A 1(011)1 AI(OHh AIOj(AlClj)A*AlOf 彳 _城N H 3 吐 O)D.氨水与SO2反应后溶液中的钱盐：NHIHSO?NUHSCK(NUXSOJ 忒SQJ)(N H X S C b2 1、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.ImolP#正四面体结构)含有6 NA个 P-P键B.Imol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC.25,pH=13的 NaOH溶液中含有OH-的数目为O.INAD.常温常压下，过氧化钠与水反应，生成8 g 氧气时转移的电子数为0.25N,、22、硝 酸 钱(NH4NO3)在不同条件下分解可以得到不
14、同的产物，下列各组物质中肯定不可能是硝酸核分解产物的是A.N2O、H2O B.N2、O2、H2O C.N2、HNO3、H2O D.NH3、NO、H2二、非选择题(共84分)23、(14分)为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：请回答:(D A 的化学式为.(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是(3)A加热条件下分解的化学方程式为.24、(12分)有 机 物 F 是一种用途广泛的香料,可用燃A 与有机物E 为原料，按照如下流程进行合成。已知A 在标准状况下的密度为1.25 g-L-*o赢尸H100cCH,回答下列问题:(1)有机物F 中含有的官能团名称为.(2)A生
15、成B 的反应类型为 o(3)写出流程中B 生成C 的化学方程式 o(4)下列说法正确的是一A 流程图中有机物B 转化为C,Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变B 有机物C 不可能使滨水褪色C 有机物D、E 生 成 F 的反应为酯化反应，本质上是取代反应D 合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个25、(12分)实验室用如图装置(夹持装置略)制备高效水处理剂高铁酸钾(Q FeO Q 并探究其性质。*1K M 4 3 需 E g NJOH k fc f濯淞 E L iJraai),弋 7 MA ixfclV CL的实验方案为：取少量K2Fe(h 固体于试管中，一。(实验中须使用的
16、的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀 粉 KI试纸、棉花)根 据 KzFeCh的制备实验得出：氧化性C L A F eC h而第(5)小题实验表明，CL和 FeO/的氧化性强弱关系相反，原因是 O26、(10分)检验甲醛含量的方法有很多，其中银-Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成A g,产生的Ag与 Fe3+定量反应生成Fe2+,Fe?+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空气中甲醛的含量(夹持装置略去)。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成C O 2,氮化镁与水反应放出N H 3
17、,毛细管内径不超过1mm。请回答下列问题:(DA装 置 中 反 应 的 化 学 方 程 式 为,用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是 o(2)B中装有AgNCh溶液，仪 器 B 的名称为 o银氨溶液的制备。关闭Ki、K 2,打开K 3,打开,使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B 中白色沉淀恰好完全溶解时，o(4)室内空气中甲醛含量的测定。用热水浴加热B,打开K i,将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸 入 1 L 室内空气，关闭Ki；后续操作是:再重复上述操作3 次。毛细管的作用是 o向上述B 中充分反应后的溶液中加入稀硫酸调节溶液p H=l,再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后
18、立即加入菲洛嗪，Fe2+与菲洛嗪形成有色物质，在 562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 m g,空气中甲醛的含量为一mg LL27、(12分)乙酰苯胺是常用的医药中间体，可由苯胺与乙酸制备。反应的化学方程式如下：庐固+C H 3 8 O H =(乙 景 零 曜)+H2O某实验小组分别采用以下两种方案合成乙酰苯胺：方案甲：采用装置甲：在圆底烧瓶中加入5.0mL苯胺、7.4mL乙酸，加热至沸，控制温度计读数100105C,保持液体平缓流出，反应40 min后停止加热即可制得产品。方案乙：采用装置乙：加热回流，反应40 min后停止加热。其余与方案甲相同。1 T1 -8袋 内 中 装
19、出 乙已知：有关化合物的物理性质见下表：化合物密度(g-cm3)溶解性熔点()沸点()乙酸1.05易溶于水，乙醇17118苯胺1.02微溶于水，易溶于乙醇-6184乙酰苯胺微溶于冷水，可溶于热水，易溶于乙醇114304请回答：(1)仪器a 的名称是_ _ _ _ _ _ _ _ _(2)分别从装置甲和乙的圆底烧瓶中获得粗产品的后续操作是_ _ _ _ _ _ _装置甲中分储柱的作用是(4)下列说法正确的是A.从投料量分析，为提高乙酰苯胺产率，甲乙两种方案均采取的措施是乙酸过量B.实验结果是方案甲的产率比方案乙的产率高C.装置乙中b 处水流方向是出水口D.装置甲中控制温度计读数在118以上，反应
20、效果会更好(5)甲乙两方案获得的粗产品均采用重结晶方法提纯。操作如下：请选择合适的编号，按正确的操作顺序完成实验(步骤可重复或不使用)_ _ _ _ _f_过滤f洗涤一干燥a 冷 却 结 晶 b 加 冷 水 溶 解 c 趁 热 过 滤 d 活 性 炭 脱 色 e 加热水溶解上述步骤中为达到趁热过滤的目的，可采取的合理做法是趁热过滤后，滤液冷却结晶。一般情况下，有利于得到较大的晶体的因素有A.缓慢冷却溶液 B.溶液浓度较高C.溶质溶解度较小 D.缓慢蒸发溶剂关于提纯过程中的洗涤，下列洗涤剂中最合适的是 OA.蒸储水 B.乙醇 C.5%Na2c。3溶液 D.饱和NaCl溶液28、(14分)已 知
21、A 是一种金属单质，B 显淡黄色，其转化关系如图所示，则下列说法错误的是A.A 与水反应可生成DB.B 常用于制作呼吸面具C.C 与澄清石灰水反应生成白色沉淀和DD.将稀硫酸铝溶液逐滴滴入D 溶液中，开始时就会产生沉淀29、(10分)甲酸是基本有机化工原料之一，广泛用于农药、皮革、染料、医药和橡胶等工业。(1)已知热化学反应方程式：I:HCOOH(g)s=iCO(g)+H2O(g)Hi=+72.6kJmo；II:2co(g)+O2(g)n-2CO 2(g)H2=-566.0kJmor,III:2H2(g)+(h(g)=A2H2O(g)H 3=-483.6kJ*mor1贝!I反应 IV：CO2(
22、g)+H2(g)=sHCOOH(g)的AH=kJ*moF1,(2)查阅资料知在过渡金属催化剂存在下，CCh(g)和 H2(g)合成HCOOH(g)的反应分两步进行:第一步:CO2(g)+H2(g)+M(s)TM HCOOH(s)；第二步:第一步反应的!1 0(填“”或“第二步反应的方程式为 o在起始温度、体积都相同的甲、乙两个密闭容器中分别投入完全相同的H2(g)和 CO2(g),甲容器保持恒温恒容，乙容器保持绝热恒容，经测定，两个容器分别在h、t2时刻恰好达到平衡，则 h t2(填“”或“=”)。(3)在体积为1L的恒容密闭容器中，起始投料n(C02)=lm o l,以 C(h(g)和 HK
23、g)为原料合成HCOOH(g),HCOOH的变化如图所示:图中T、T2表示不同的反应温度，判断Ti T2(填“或“=),依据为图中a=_A、B、C 三 点 CO2(g)的平衡转化率 u、iB、a c由大到小的顺序为n 温度下，该反应的平衡常数K=(计算结果用分数表示)。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、D【解析】n(Ba2+)=n(H2SO4)=xmob n(C1-)=n(AgNOj)=ymob 根据电荷守恒:2n(Ba2+)+n(Na+)=n(C1-),n(Na+)=(y-2x)mob c(Na+)=(y-2x)mol/0.5aL=(2y-4x)/am
24、ol L2、D【解析】根据题意，写出该反应的化学方程式：19 HaO4+8CrCb+4H2O=8CrO2（ClO4）2+27H Q,据此解答。【详解】A.HCICh属于强酸，反应生成的HCI也是强酸，A 项正确；B.该反应的氧化剂为HC1O4,氧化产物为CrCh（ClO4）2,根据方程式，当有19 moiHCICh参加反应时，其中有3moi作氧化剂，生成的氧化产物 CrO2（ClO4）2 为 8m ol,因此参加反应的氧化剂与氧化产物的物质的量之比为3：8,B 项正确；C.CrO2（ClO4）2中 O 元素显-2价，CK），显-1价，所以Cr元素显+6价，C 项正确；D.该反应在酸性条件下发生
25、，离子方程式为19 ao4-+8CN+4H2O=8CrO2（ClO4）2+8H+3C，D 项错误；答案选D。3、D【解析】根据图知，h 时正反应速率减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】A.ti时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A 错误；B.h 时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故 B 错误；C.L时减小了 N%的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故 C 错误；D.ti时减
26、小N2浓度，同时增加了 N%的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2 倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应速率，故 D 正确；故选D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。4、B【解析】碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。5、D【解析】A.根据电荷守恒可知，NaHCCh溶液中，c(H+)+c(Na+)=c(HCO3)+2c(CO32-)+c(OH),A 项错
27、误；B.常温下2 mL 1 mol-L1 NaHCth溶液，pH约为8,溶液显碱性，溶液中HCOj水解程度大于其电离程度，c(Na+)c(HCO3)c(OH)c(H+),B 项错误；C.加 热 NaHCCh溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C 项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCL溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程式为：Ca2+2HCOj=CaCOal+H2O+CO2T D 项正确;答案选D。6、C【解析】从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B 和 A1在同一主族，与 A s同一周期
28、，则甲在元素周期表的位置是第四周期第DIA族，为 Ga元素，同理，乙元素的位置是第四周期第WA族，为 Ge元素。A.从示意图可以看出同一行的元素在同一主族，同一列的元素在同一周期，甲元素与B 和 A1在同一主族，与 A s同一周期，则甲在元素周期表的位置是第四周期第IDA族，A项正确；B.甲元素和乙元素同周期，同周期元素核电荷数越小半径越大，甲元素的原子序数小，所以甲元素的半径大于乙元素。同主族元素，核电荷数越大，原子半径越大，乙元素与S i同主族，乙元素核电荷数大，原子半径大，排序为甲,乙Si,B项正确；C.同主族元素的非金属性从上到下越来越弱，则气态氢化物的稳定性越来越弱，元素乙的简单气态
29、氢化物的稳定性弱于 CHs C项错误；D.乙为Ge元素，同主族上一个元素为硅元素，其处于非金属和金属元素的交界处，可用作半导体材料，D项正确；本题答案选C。7、C【解析】A.n(NaCl)=鲁，pV表示的是氯化钠溶液的质量，故 A 错误；58.5-mB.溶液的质量为：pgcm-3xVmL=pVg,则质量分数o)%二 7 7,故 B错误；p vC.溶液的物质的量浓度为：c(NaCl)=10。%=10pW,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XW,故 D 正确。答案选B。10、C【解析】A.一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，加水促进电离，将 10mLpH=U的氨水加水稀释
30、至100m L,体积增大 10倍，pH变化小于1个单位，即稀释后lO V p H C U,故 A 错误；B.加水稀释促进一水合氨电离，溶液中c(OH-)减小，温度不变，则水的离子积常数不变，则溶液中c(H+)增大，故 B错误；C.加水稀释氨水，促进一水合氨电离，导致溶液中n(NH4+)增大、n(NH.H2O)减小，则溶液中增大,C(NH3-H2O)故 C 正确;D.一水合氨是弱电解质，在水溶液里部分电离，则溶液中氨水浓度大于氢氧根离子的浓度，则 pH=U氨水的浓度大于 O.OOlmol/L,故 D 错误；故答案为Co11、A【解析】11 9 gU.9 g金属锡的物质的量12moi/LHNO3为
31、浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=8mol/L,则119 g/mol浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成N C h,二氧化氮被氢氧化钠吸收生成盐，根据钠原子和氮原子的关系知，n(Na)=n(N)=0.4mol,所以生成的二氧化氮的物质的量为0.4mol；设金属锡被氧化后元素的化合价为x,由电子守恒可知：0.1molx(x-0)=0.4molx(5-4),解 得 x=+4；又溶液中c(H+)=8mol/L,而 c(NO3-)=m o：；：4 m o i=81no l/L,根据溶液电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4,故U.答案为A。12、D【解析】A、该实验体现的是浓硫酸的吸水性，选项
32、A 错误；B、氨气为碱性气体，而 P2O5是酸性氧化物，两者在潮湿的条件下可发生反应，选 项 B 错误；C、向饱和氯化铁溶液中滴加氨水将得到氢氧化铁沉淀，得不到胶体，选 项 C 错误；D、MgO粉末可促进铁离子水解生成氢氧化铁的沉淀，过滤后得到MgCh溶液，选项D 正确；答案选D。13、A【解析】A.在 H2O分子中，O 原子吸引电子的能力很强，O 原子与H 原子之间的共用电子对偏向于O,使 得 O 原子相对显负电性，H 原子相对显正电性，A 项错误；B.在 NaCl晶体中，Na+和 整 齐 有 序 地 排 列，B 项正确；C.Na+、在水中是以水合离子的形式存在，C 项正确；D.NaCl晶体
33、的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与 C1”分开，成为了自由的水合离子，破坏了 Na+与 C1”之间的离子键，D 项正确；答案选A。14、B【解析】A.a 点溶液没有加入N aO H,为醋酸溶液，根据电离平衡常数计算。设电离的出的H卡 的浓度为x,由于电离程度很低，可认为醋酸浓度不变。CHjCOOH CHjCOO+H+2 x xc(+)c(CH3co0一)尤 2Ka=-U：-_L=一=1.8x10-5,解得 X=6.0 xl0-3mol/L,A 项正确；c(CH.COOH)2B.b 点的溶液为CH3COOH和 CHaCOONa等浓度混合的溶液，物料守恒为c(CH3COOH)+c(CH3c
34、o(T)=2c(Na+),醋酸会电离CH3COOH-C H 3 C O O-+H+,醋酸根会水解，CH3COO-+H 2O C H jC O O H+O H-,水解平衡常K jQ-l4数 Kh=-工*5.6X1()T c(Na+)Ka 1.8x10c(CH3coOH)；B 项错误；C.c 点醋酸和氢氧化钠完全反应，溶液为CFhCOONa溶液，在醋酸钠溶液中有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(O JT),有物料守恒 c(Na+)=c(CH3COO)+c(CH3COOH),将两式联立得到质子守恒,则有 c(OH)=c(CH3COOH)+c(H+)；C 项正确；D.d 点加
35、入40mL的 NaOH溶液，NaOH多一倍，为等物质的量浓度的NaOH和 CH3coONa的混合溶液，有物料守恒 c(Na+)=2c(CH3COO)+2C(CH3COOH),D 项正确；本题答案选B。【点睛】电解质溶液中，粒子浓度有三大守恒，电荷守恒、物料守恒和质子守恒，写出前两个即可以导出质子守恒。要特别注意等物质的量浓度的混合溶液中水解和电离的大小关系。15、A【解析】A.由 30号元素Z n,连续轰击83号元素Bi获得的凿Ja属于核变，不属于化学变化，故 A 错误；B.题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi都是金属元素，故 B 正确；C.凿Ja的质子数为1 1 3,中子数=278-113=1
36、65,中子数与质子数差为165-113=52,故 C 正确；D.猾Ja位于第七周期第IHA主族，是同主族元素中原子半径最大的，故 D 正确；答案选A。【点睛】化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形成，不涉及原子核内的变化。16、C【解析】A.CCh、Na2cO3既是反应的产物，也是反应过程中需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有NazCCh、CO2,A 错误；B.根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2(ALO3 6SiO2,B 错误；C.燃烧过程中钾长石中的Si元素与CaCCh转化为CaSiO3,K 和 Al元素与Na2c(h反应转化为KAKh和 NaAKh,C
37、正确；D.向 KAIO2和 NaAKh溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO一 发生反应CCh+AKh-ZmOnHaV+AKOHN，D错误；故合理选项是c17、B【解析】A.在乙醇溶液中，除了乙醇外，水中也含H 原子，而 10 g 质量分数为46%的乙醇水溶液中含有4.6g乙醇，物质的量为(M m ol,含 0.6NA个 H 原子，水 5.4 g,物质的量为().3mol,含 H 原子为0.6NA个，故共含H 原子为1.2NA个，故A 正确；B.白磷分子中含6 条共价键，而甲烷中含4 条共价键，因此相同数目的分子中含有的共价键个数之比为3：2,故 B错误；C.pH=13的 M(OH)2溶液中，
38、氢氧根的浓度为(Mmol/L,因此1L溶液中含有的氢氧根的个数为(MNA个，故 C 正确；D.硝酸的物质的量为0.4m oL若与铜反应完全生成二氧化氮，转移电子物质的量为0.2m oL但是由于铜足量，浓硝酸随着反应的进行，后来变成了稀硝酸，生成了一氧化氮，转移的电子数增加，所 以 0.4mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.2m ol,故 D 正确；故 选 B。【点睛】本题的易错点为D,要注意随着反应的进行，硝酸的浓度减小，难点为A,要注意水分子中也含有H 原子。18、A【解析】A.Mg(OH)2具有碱性，能与盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，故 A 正确；B.H2O2具有强氧化性，可用作
39、消毒剂，故 B 错误；C.FeC13水解后生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用作净水剂，故 C 错误；D.液 N/气化时吸热，可用作制冷剂，故 D 错误；故选A。19、B【解析】A.当加入 lOmLO.l mol/LNaOH 溶液时，溶液中 c(HA)=c(A),由 HAUH+A-可知 Ka=-=c(H+)=10-476c(HA)则 O.lmol/L的某酸HA中的c(H+)可用三段式进行计算，设电离的c(HA)为 xmol/L：HAH+卜 A-始(mol/L)0.100转(mol/L)XXX平(mol/L)0.1 xXXHA的电离平衡常数K=H=10-4.76,剩余的c(HA)=0.1-xM.l
40、mol/L,解得x=l()288,所以a 点溶液c(HA)0.1-x的 pH为 2.88,A 正确；B.b 溶液显酸性，c(H+)(OH-),由电荷守恒可知c(Na+)c(A-),当溶液 pH=7 呈中性时 c(H+)=c(OH-),贝(c(Na+)=c(A)所以 b、c 之间一定存在c(Na+)=c(A)的点，C 正确：D.a、b 点中溶液显酸性，H A电离出的H+对水的电离起抑制作用，c 点酸碱恰好完全反应生成盐N aA,对水的电离起促进的作用，所以a、b、c 三点中，c 点水的电离程度最大，D 正确；答案选B。【点睛】溶液中一直存在电荷守恒，酸、碱对水的电离起抑制作用，能水解的盐对水的电
41、离起促进作用。20、B【解析】高温 高温A.该过程涉及的化学方程式有：C u O+C=C u+C O,2CUO+C=2CU+CO2,A 错正确；B.Fe在 CL中燃烧,只会生成Fe中3,B 错误；C.该过程涉及的化学方程式有：AI3+3OH=A1(OH)3 I,A1(OH)3+OH=A1O2+2H2O,C 正确；D.该过程涉及的化学方程式有：2NH3 H2O+SO2=(NH4)2SO3+H2O,NH3 H2O+SO2=NH4HSO3,D 正确；故合理选项为B。21、A【解析】A.一个P4分子中含有6 个 P-P键，所 以 ImolP#正四面体结构)含有6 NA个 P-P键，故 A 正确；B.一
42、个CH3+所含电子数为6+3-1=8,所 以 Imol碳正离子(CW)所含的电子总数为8NA,故 B 错误；C.溶液体积未知，无法计算所含微粒数目，故 C 错误；D.8g氧气的物质的量为0.25m ol,过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O 2,且为唯一氧化产物，氧元素化合价由-1价变为0 价，所以转移的电子数目为0.5 NA,故 D 错误；故答案为A。22、D【解析】硝 酸 钱(NH4NO3)中的两个氮原子的化合价分别为-3和+5。【详解】A.硝酸钱分解为N2O和 H2O,-3价氮化合价升高到+1价，+5价氮化合价也降低到+1价，发生了归中反应，合理，故A 不选；B.硝酸钱分解为N2、02、H
43、2O,硝酸钱中-3价氮化合价升高到。价，部分-2价氧的化合价也升高到0 价，+5价氮的化合价降低到0 价，发生了氧化还原反应，故 B 不选；C.硝酸钱分解为N2、HNO3、H2O,硝酸钺中的-3价氮和+5价氮发生了归中反应，生成了氮气，合理，故 C 不选；D.硝酸镀分解为NH3、NO、H2,只有化合价的降低，没有化合价的升高，不合理，故 D 选。故选D。二、非选择题(共84分)23、FeSO4Fe2O3+6 H+=2Fe3+3H202FeS04=Fe2O3+SO2 t+S03 t【解析】2 33g气体B 通入足量的BaCk溶液，有白色沉淀D 生成，该沉淀为BaSC h,物质的量为,=0.01m
44、ol,则气体B 中233g/mol含 有 SO3,SO3的物质的量为O.OlmoL其体积为0.01molX22.4L mo=224mL,B 为混合气体，根据元素分析可知1.6 g其中还含有224mL的 SO2,固体C 为红棕色，即固体C 为 FezCh,n(Fe2O3)=0.01mol,黄色溶液E 为 FeCh,16 0g/mol据此分析。【详解】2.33g气体B 通入足量的BaCL溶液，有白色沉淀D 生成，该沉淀为BaSCh,物质的量为=lm o L 则气体B 中233g/mol含有SO3,SC3的物质的量为O.Olmol,其体积为0.01molX22.4L mo=224mL,B 为混合气体
45、，根据元素分析可知1 6 女其中还含有224mL的 SO2,固体C 为红棕色，即固体C 为 Fe2O3,n(Fe2O3)=,=0.01 m ol,黄色溶液E 为 FeCh,16 0g/mol(1)根据上述分析，A 仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为().02mol,S 原子的物质的量为 0.02mol,A 的质量为 3.04g,则氧原子的质量为(3.04g-0.02moiX56 g m oF-O.02molX32g mo)=L28g,即氧原子的物质的量为L T 7=0-0 8 m o l,推出A 为 FeSO4；16g/mol(2)固体C 为 FezCh,属于碱性氧化
46、物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O；(3)FeSO4分解为 Fe2(h、SO2、SO 3,参与反应 FeSCh、SO2、SO3、Fe2(h 的物质的量 0.02mol、O.Olmok 0.01 mol,O.Olmol,得出 FeSCh 受热分解方程式为 2FeSO4=FezOj+SOz t+SO3 t 24、酯基 加成反应 2cH3cH2OH+O2表 CH3CHO+2H2。AC【解析】由 A 在标准状况下的密度可以求出A 的相对分子质量为22.4 L-moHxl.25 g1-1=28 g moH,A 为 CH2=CHz,和水加成生成乙醇，B 为 CH3cH2OH,
47、乙醇催化氧化生成乙醛，C 为 CH3CHO,乙醛再催化氧化为乙酸，D 为 CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E 生成，故 E 为苯甲醇。【详解】(1)F 是酯，含有的官能团为酯基；(2)乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；(3)乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2cH3cH2OH+O2/CH3CHO+2H20;(4)A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO,CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所 以 Cu参与了化学反应，但反应前后的质量保持不变，故 A 正确；B.乙醛有还原性，可以被滨水中的浸氧化从而使滨水褪色，故 B 错误；C.乙酸和苯甲醇
48、生成乙酸苯甲酯的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故 C 正确；D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2 个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故 D 错误。故选AC。【点睛】在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成竣酸。25、防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落 将装置C 置于冰水浴中 KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等)3Cl2+2Fe(OH)3+10OH=2FeO42+6Cr+8H2O KFeCh与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用 向其中滴加少量浓盐酸,将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝,则说明有CL生成，同时说明氧化性Fe(V-C
49、L 溶液的酸碱性影响物质的氧化性强弱【解析】利用高镒酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氯化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾(Q F eO D,用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染，据此分析。【详解】利用高镭酸钾与浓盐酸反应制得氯气，将氯气通过饱和氯化钠溶液除去氟化氢，纯净的氯气通入含有Fe(OH)3的KOH溶液中，制备高效水处理剂高铁酸钾(R F eO Q,用氢氧化钠溶液处理尾气，防止多余的氯气排放到空气中引起污染。装置A 用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是防止因反应过于剧烈而使液体无法滴落；(2)为防止
50、装置C 中 KzFeCh分解，可以采取的措施是将装置C 置于冰水浴中和KOH应过量(或减缓通入氯气的速率等)；(3)装 置C 中利用氯气在碱性条件下将氢氧化铁氧化生成K2FeO 4,反应的离子方程式为3Cl2+2Fe(OH)3+10OH-=2FeO42+6C r+8H2O；(4)用一定量的KzFeCh处理饮用水，RFeCh与水发生反应生成的Fe(OH)3具有催化作用，tis12s内，。2的体积迅速增大；(5)验证酸性条件下氧化性FeO4Cl2的实验方案为：取少量K2FeO,固体于试管中，向其中滴加少量浓盐酸，将湿润的淀粉KI试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明有CL生成，同时说明氧化性FeCV-