2023學年吉林省汪清縣汪清第學高三第二次調研化學試卷含解析

2023高考化學模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、反應HgS+O2=Hg+SO2中，還原劑是A．HgS B．Hg C．O2 D．SO22、2017年5月9日，我國科學技術名詞審定委員會等單位正式發(fā)布115號等4種人工合成的新元素的名稱、元素符號，115號元素名稱為“鏌”，符號為Mc。下列有關說法正確的是A．Mc的最低負化合價為－3 B．Mc的最高價氧化物的化式為Mc2O5C．的中子數為115 D．通過化學反應可使轉化為3、下列屬于堿的是（）A．SO2B．H2SiO3C．Na2CO3D．NaOH4、下列實驗現象及所得結論均正確的是（）實驗實驗現象結論A．左側試管比右側試管中產生氣泡的速率快Fe3+對H2O2分解的催化效果更好B．左側棉花變?yōu)槌壬覀让藁ㄗ優(yōu)樗{色氧化性：Cl2>Br2>I2C．U形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸熱D．燒杯中產生白色沉淀甲烷與氯氣光照條件下發(fā)生取代反應A．A B．B C．C D．D5、化合物M(如圖所示)可用于制備各種高性能防腐蝕涂料。W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，且占據三個不同周期，W與Z的質子數之和是X的2倍。下列說法不正確的是A．原子半徑：Y＞Z＞XB．X元素的族序數是Y元素的2倍C．工業(yè)上電解熔融Y2X3化合物制備單質YD．W與X形成的所有化合物都只含極性共價鍵6、炭黑是霧霾中的重要顆粒物，研究發(fā)現它可以活化氧分子，生成活化氧，活化過程的能量變化模擬計算結果如圖所示，活化氧可以快速氧化二氧化硫。下列說法錯誤的是()A．氧分子的活化包括O－O鍵的斷裂與C－O鍵的生成B．每活化一個氧分子放出0.29eV的能量C．水可使氧分子活化反應的活化能降低0.42eVD．炭黑顆粒是大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑7、標準NaOH溶液滴定鹽酸實驗中，不必用到的是（）A．酚酞 B．圓底燒瓶 C．錐形瓶 D．滴定管8、能通過化學反應使溴水褪色的是A．苯B．乙烷C．乙烯D．乙酸9、常溫下，將溶液分別滴加到濃度均為的溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲線如圖所示(用表示，不考慮的水解)。下列敘述正確的是()。A．的數量級為B．點對應的溶液為不飽和溶液C．所用溶液的濃度為D．平衡常數為，反應趨于完全10、如圖是在明礬溶液中滴入氫氧化鋇溶液，下列說法錯誤的是()A．OA段的反應離子方程式為：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓B．AB段的離子方程式只有：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2OC．A點的沉淀為Al(OH)3和BaSO4的混合物D．B點溶液為KAlO2溶液11、主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如圖所示，其中W原子序數是Z的2倍。下列說法不正確的是A．X、Y、Z的氫化物沸點依次升高B．Z和W形成的化合物溶于水，既有共價鍵的斷裂，又有共價鍵的形成C．X、Y、Z與氫元素組成的化學式為XY2ZH4的物質可能是分子晶體，也可能是離子晶體D．M的原子序號為32，是一種重要的半導體材料12、實驗室用純凈N2和H2合成NH3（N2+3H22NH3）時，是先將分別制得的含水蒸氣的N2和H2通過如圖所示的裝置。下面是對該裝置作用的幾種敘述①干燥氣體②混合氣體③觀察氣體的流速。正確的是A．只有① B．只有①和② C．只有①和③ D．①②③13、如圖是H3AsO4水溶液中含砷的各物種分布分數(平衡時某物種的濃度占各物種濃度之和的分數)與pH的關系。下列說法錯誤的是A．NaH2AsO4溶液呈酸性B．向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液過程中，先增加后減少C．H3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存D．Ka3(H3AsO4)的數量級為10-1214、下列實驗說法正確的是A．將Al2(SO4)3溶液蒸干、灼燒至恒重，最終剩余固體是Al2O3B．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液4～6滴制得新制氫氧化銅C．將水蒸氣通過灼熱的鐵粉，鐵粉變紅棕色，說明鐵與水在高溫下能發(fā)生反應D．取a克Na2CO3和NaHCO3混合物與少量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒至熔化，冷卻得b克固體，可測得Na2CO3質量分數15、下列根據實驗操作和現象得出的結論不正確的是選項操作及現象結論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出現白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D16、工業(yè)上以CaO和HNO3為原料制備Ca(NO3)2?6H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，所用硝酸溶液中溶質的質量分數應為A．53.8% B．58.3% C．60.3% D．70.0%17、用NA代表阿伏加德羅常數的數值。下列說法正確的是（）A．18gD2O含有的電子數為10NAB．常溫常壓下，124gP4中所含P—P鍵數目為4NAC．標準狀況下，11.2LO2和CO2混合氣體含有的氧原子數為NAD．將23gNa與氧氣完全反應，反應中轉移的電子數介于0.1NA到0.2NA之間18、為確定下列物質在空氣中是否部分變質，所選檢驗試劑（括號內物質）不能達到目的的是（）A．FeSO4

溶液（KSCN

溶液） B．CH3CHO

溶液（pH

試紙）C．KI（淀粉溶液） D．NaHCO3

溶液（稀鹽酸溶液）19、在25℃時,將1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合,使之充分反應。然后向該混合溶液中通入HCl氣體或加入NaOH固體(忽略體積和溫度變化),溶液pH隨通入(或加入)物質的物質的量的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是（）A．水的電離程度:a>b>cB．b點對應的混合溶液中:c(Na+)<c(CH3COO-)C．c點對應的混合溶液中:c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)D．該溫度下,a、b、c三點CH3COOH的電離平衡常數均為20、苯甲酸鈉（，縮寫為NaA）可用作飲料的防腐劑。研究表明苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A–。已知25℃時，HA的Ka=6.25×10–5，H2CO3的Ka1=4.17×10–7，Ka2=4.90×10–11。在生產碳酸飲料的過程中，除了添加NaA外，還需加壓充入CO2氣體。下列說法正確的是（溫度為25℃，不考慮飲料中其他成分）A．相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較低B．提高CO2充氣壓力，飲料中c(A–)不變C．當pH為5.0時，飲料中=0.16D．碳酸飲料中各種粒子的濃度關系為：c(H+)=c()+c()+c(OH–)–c(HA)21、從下列事實所得出的相應結論正確的是實驗事實結論A在相同溫度下，向1mL0.2mol/LNaOH溶液中滴入2滴0.1mol/LMgCl2溶液，產生白色沉淀后，再滴加2滴0.1mol/LFeCl3溶液，又生成紅褐色沉淀溶解度：Mg(OH)2>Fe(OH)3B某氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅該氣體水溶液一定顯堿性C同溫同壓下，等體積pH=3的HA和HB兩種酸分別于足量的鋅反應，排水法收集氣體，HA放出的氫氣多且反應速率快HB的酸性比HA強DSiO2既能與氫氟酸反應又能與堿反應SiO2是兩性氧化物A．A B．B C．C D．D22、熱激活電池可用作火箭、導彈的工作電源。一種熱激活電池的基本結構如圖所示，其中作為電解質的無水LiCl﹣KCl混合物受熱熔融后，電池即可瞬間輸出電能。該電池總反應為：PbSO4+2LiCl+Ca═CaCl2+Li2SO4+Pb．下列有關說法不正確的是A．負極反應式：Ca+2Cl﹣﹣2e﹣═CaCl2B．放電過程中，Li+向負極移動C．每轉移0.2mol電子，理論上生成20.7gPbD．常溫時，在正負極間接上電流表或檢流計，指針不偏轉二、非選擇題(共84分)23、（14分）研究表明不含結晶水的X（由4種短周期元素組成），可作為氧化劑和漂白劑，被廣泛應用于蓄電池工業(yè)等。為探究X的組成和性質，設計并完成了下列實驗：已知：氣體單質B可使帶火星的木條復燃。（1）X中含有的元素為：____；圖中被濃硫酸吸收的氣體的電子式為：_____。（2）請寫出①的化學方程式：_____。（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。請寫出X溶液和少量MnCl2溶液反應的離子方程式：_____。24、（12分）已知，水楊酸酯E為紫外吸收劑，可用于配制防曬霜。E的一種合成路線如下：已知D的相對分子質量是130。請回答下列問題：（1）一元醇A中氧的質量分數約為21.6%。則A的分子式為___________，結構分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為___________________；（2）B能與新制的Cu(OH)2發(fā)生反應，該反應的化學方程式為：______________________；（3）寫出C結構簡式：_________；若只能一次取樣，請?zhí)岢鰴z驗C中2種官能團的簡要方案：___________；（4）寫出同時符合下列條件的水楊酸所有同分異構體的結構簡式：_____________；（a）分子中有6個碳原子在一條直線上；（b）分子中所含官能團包括羧基和羥基（5）第④步的反應條件為________；寫出E的結構簡式________________。25、（12分）為探究氧化銅與硫的反應并分析反應后的固體產物，設計如下實驗裝置。(1)如圖連接實驗裝置，并_____。(2)將氧化銅粉末與硫粉按5：1質量比混合均勻。(3)取適量氧化銅與硫粉的混合物裝入大試管中，固定在鐵架臺上，打開_____和止水夾a并______，向長頸漏斗中加入稀鹽酸，一段時間后，將燃著的木條放在止水夾a的上端導管口處，觀察到木條熄滅，關閉活塞K和止水夾a，打開止水夾b。該實驗步驟的作用是______，石灰石與稀鹽酸反應的離子方程式為___________________。(4)點燃酒精燈，預熱大試管，然后對準大試管底部集中加熱，一段時間后，氣球膨脹，移除酒精燈，反應繼續(xù)進行。待反應結束，發(fā)現氣球沒有變小，打開止水夾c，觀察到酸性高錳酸鉀溶液褪色后，立即用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯，并打開活塞K。這樣操作的目的是__________________。(5)拆下裝置，發(fā)現黑色粉末混有磚紅色粉末。取少量固體產物投入足量氨水中，得到無色溶液、但仍有紅黑色固體未溶解，且該無色溶液在空氣中逐漸變?yōu)樗{色。查閱資料得知溶液顏色變化是因為發(fā)生了以下反應：4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3?H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH－+6H2O。①經分析，固體產物中含有Cu2O。Cu2O溶于氨水反應的離子方程式為______。②仍有紅色固體未溶解，表明氧化銅與硫除發(fā)生反應4CuO+S2Cu2O+SO2外，還一定發(fā)生了其他反應，其化學方程式為_________。③進一步分析發(fā)現CuO已完全反應，不溶于氨水的黑色固體可能是_____(填化學式)。26、（10分）鋁熱反應是鋁的一個重要性質，該性質用途十分廣泛，不僅被用于焊接鋼軌，而且還常被用于冶煉高熔點的金屬如釩、鉻、錳等。(l)某?；瘜W興趣小組同學，取磁性氧化鐵按教材中的實驗裝置(如圖)進行鋁熱反應，現象很壯觀。使用鎂條和氯酸鉀的目的是___________。(2)某同學取反應后的“鐵塊”和稀硝酸反應制備Fe(NO3)3溶液，其離子方程式為__________，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是___________；(3)可通過KClO溶液與Fe(NO3)3溶液的反應制備高鐵酸鉀(K2FeO4)，如圖所示是實驗室模擬工業(yè)制備KClO溶液裝置。已知氯氣和熱堿溶液反應生成氯化鉀和氯酸鉀和水①盛裝飽和食鹽水的B裝置作用為______________；②反應時需將C裝置置于冷水浴中，其原因為___________；(4)工業(yè)上用“間接碘量法”測定高鐵酸鉀的純度：用堿性KI溶液溶解1.00gK2FeO4樣品，調節(jié)pH使高鐵酸根全部被還原成亞鐵離子，再調節(jié)pH為3～4，用1.0mol/L的Na2S2O3標準溶液作為滴定劑進行滴定(2Na2S2O3＋I2＝Na2S4O6＋2NaI)，淀粉作指示劑，裝有Na2S2O3標準溶液的滴定管起始和終點讀數如圖所示：①終點II的讀數為_______mL。②原樣品中高鐵酸鉀的質量分數為_________。[M(K2FeO4)＝198g/mol]③若在配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線，則導致所測高鐵酸鉀的質量分數_______(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。27、（12分）鈉與水反應的改進實驗操作如下：取一張濾紙，用酚酞試液浸潤并晾干，裁剪并折疊成信封狀，濾紙內放一小塊（約綠豆粒般大小）金屬鈉，把含鈉的濾紙信封放入水中，裝置如下圖所示。請回答：（1）寫出金屬鈉與水反應的離子方程式________________。（2）實驗過程中取用金屬鈉的操作方法是________________。（3）有關此實驗的說法正確的是________________。A．實驗過程中，可能聽到爆鳴聲B．實驗過程中，看到濾紙信封由白色逐漸變紅色C．實驗改進的優(yōu)點之一是由實驗現象能直接得出反應產物D．實驗過程中，多余的金屬鈉不能放回原試劑瓶中，以免對瓶內試劑產生污染28、（14分）雙氧水(過氧化氫的水溶液)在工業(yè)生產和日常生活中應用廣泛。(1)雙氧水常用于傷口消毒，這一過程利用了過氧化氫的_________(填過氧化氫的化學性質)。(2)火箭推進器中盛有強還原劑液態(tài)肼(N2H4)和強氧化劑液態(tài)過氧化氫。已知0.4mol液態(tài)肼與足量的液態(tài)過氧化氫反應，生成氮氣和水蒸氣，并放出256.652kJ的熱量。該反應的熱化學方程式為__________。(3)雙氧水能將堿性廢水中的CN－轉化成碳酸鹽和一種對環(huán)境無污染的氣體，CN－的電子式為________，寫出該反應的離子方程式________。(4)下圖是工業(yè)上制備過氧化氫最常見的方法，寫出實際發(fā)生反應的總方程式_______。(5)下圖是一種用電解原理來制備H2O2，并用產生的H2O2處理廢氨水的裝置。①Ir－Ru惰性電極吸附O2生成H2O2，其電極反應式是_______。②處理廢氨水中溶質(以NH3計)的質量是34g，理論上電路中轉移電子數為__________mol。29、（10分）CCuS是一種二氧化碳的捕獲、利用與封存的技術，這種技術可將CO2資源化，產生經濟效益。CO2經催化加氫可以生成低碳有機物，主要有以下反應：反應I：CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)△H1=－49.8kJ·mol－1反應II：CH3OCH3(g)＋H2O(g)2CH3OH(g)△H2=＋23.4kJ·mol－1反應III：2CO2(g)＋6H2(g)CH3OCH3(g)＋3H2O(g)△H3（1）△H3=_____________kJ·mol－1（2）恒溫恒容條件下，在密閉容器中通人等物質的量的CO2和H2，發(fā)生反應I。下列描述能說明反應I達到平衡狀態(tài)的是_______(填序號）。A．容器內的混合氣體的密度保持不變B．反應體系總壓強保持不變C．CH3OH和CO2的濃度之比保持不變D．斷裂3NA個H-O鍵同時斷裂2NA個C=O鍵（3）反應II在某溫度下的平衡常數為0.25,此溫度下，在密閉容器中加人等物質的量的CH3OCH3(g)和H2O(g)，反應到某時刻測得各組分濃度如下：物質CH3OCH3(g)H2O(g)CH3OH(g)濃度/mol·L－11.61.60.8此時___（填“>”、“<”或“=”），當反應達到平衡狀態(tài)時，混合氣體中CH3OH體積分數V(CH3OH)%=_____%。（4）在某壓強下，反應III在不同溫度、不同投料比時，CO2的平衡轉化率如圖所示。T1溫度下，將6molCO2和12molH2充入3L的密閉容器中，10min后反應達到平衡狀態(tài)，則0-10min內的平均反應速率V(CH3OCH3)=____。（5）恒壓下將CO2和氏按體積比1：3混合，在不同催化劑作用下發(fā)生反應I和反應III，在相同的時間段內CH3OH的選擇性和產率隨溫度的變化如下圖。其中：CH3OH的選擇性=×100%①溫度高于230℃，CH3OH產率隨溫度升高而下降的原因是________。②在上述條件下合成甲醇的工業(yè)條件是_________。A．230℃B．210℃C．催化劑CZTD．催化劑CZ(Zr-1)T

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】

反應HgS+O2═Hg+SO2中，Hg元素化合價降低，S元素化合價升高，O元素化合價降低，結合氧化劑、還原劑以及化合價的關系解答。【詳解】A．HgS中S元素化合價升高，作還原劑，故A符合；B．Hg是還原產物，故B不符；C．O2是氧化劑，故C不符；D．SO2是氧化產物也是還原產物，故D不符；故選A。2、B【解析】

A.該元素的名稱帶“钅”字旁，屬于金屬元素，金屬元素易失去電子，一般為正價，沒有負價，故A錯誤；B.Mc為115號元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序數等于最外層電子數，則該元素最高正價為+5價，最高價氧化物的化式為Mc2O5，故B正確；C.的質量數為288，質子數為115，中子數=質量數-質子數=288-115=173，故C錯誤；D.和互為同位素，是鏌元素的不同原子，轉化過程，沒有新物質生成，不是化學變化，故D錯誤；答案選B。3、D【解析】A．SO2是由硫元素和氧元素組成的化合物，屬于氧化物，故A錯誤；B．H2SiO3電離時其陽離子全部是H+，屬于酸，故B錯誤；C．純堿是碳酸鈉的俗稱，是由鈉離子和碳酸根離子組成的化合物，屬于鹽，故C錯誤；D．苛性鈉是氫氧化鈉的俗稱，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子，屬于堿，故D正確；故選D。點睛：解答時要分析物質的陰陽離子組成，然后再根據酸堿鹽概念方面進行分析、判斷，電離時生成的陽離子都是氫離子的化合物是酸，電離時生成的陰離子都是氫氧根離子的化合物是堿，由金屬離子和酸根離子組成的化合物屬于鹽，從而得出正確的結論。4、A【解析】

A．等量同濃度的雙氧水中分別滴入相同體積含相同濃度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的試管中產生氣泡的速率快，說明Fe3+對H2O2的分解的催化效果更好，故A正確；B．氯氣從左側通入，先接觸到吸有NaBr溶液的棉花，棉花變橙色，說明Cl2和NaBr發(fā)生了置換反應：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，說明氧化性：Cl2＞Br2。右側的棉花吸有淀粉碘化鉀溶液，右側棉花變藍，說明有I2生成。I2的生成可能是左側棉花上產生的Br2揮發(fā)到右側棉花上置換出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反應置換出了I2，所以無法說明Br2和I2的氧化性相對強弱，故B錯誤；C．NH4NO3溶解吸熱，使試管內空氣遇冷體積減小，試管內壓強降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C錯誤；D．甲烷和氯氣發(fā)生取代反應生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯氣也會進入AgNO3溶液中，和AgNO3反應生成白色沉淀，故根據燒杯中產生白色沉淀不能證明甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題B選項中硬質玻璃管中右側棉花變藍，不一定是揮發(fā)的Br2和KI反應，從左端通入的氯氣可能沒有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯氣已經完全把NaBr氧化，這樣氯氣就會氧化KI，所以本實驗只能證明氧化性：：Cl2＞Br2，不能確定Br2和I2的氧化性相對強弱。5、D【解析】

W、X、Y、Z是原子序數依次增大的短周期主族元素，且占據三個不同周期，則W為第一周期主族元素，W為H，Z應為第三周期主族元素，根據化合物M的結構簡式可知，Z可形成3個單鍵和1個雙鍵，因此，Z原子最外層有5個電子，Z為P，W與Z的質子數之和是X的2倍，X的質子數==8，則X為O，根據化合物M的結構簡式，Y可形成+3價陽離子，則Y為Al，以此解答。【詳解】A.X為O，第二周期元素，Y為Al，Z為P，Y、Z為第三周期元素，電子層數越多，半徑越大，同周期元素，核電荷數越大，半徑越小，原子半徑：Y>Z>X，故A正確；B.X為O元素，第ⅥA族元素，Y為Al元素，第ⅢA族元素，X的族序數是Y元素的2倍，故B正確；C.X為O，Y為Al，Y2X3為Al2O3，工業(yè)上制備單質Al的方法為電解熔融Al2O3，故C正確；D.X為O，W為H，W與X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非極性共價鍵，故D錯誤；答案選D?！军c睛】氫元素和氧元素可以形成水，含有極性鍵，或是過氧化氫，含有極性鍵和非極性鍵。6、C【解析】

A.由圖可知，氧分子的活化是O－O鍵的斷裂與C－O鍵的生成過程，故A正確；B.由圖可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，因此每活化一個氧分子放出0.29eV的能量，故B正確；C.由圖可知，水可使氧分子活化反應的活化能降低0.18eV，故C錯誤；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑顆粒可以活化氧分子，因此炭黑顆粒可以看作大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑，故D正確。故選C。7、B【解析】

標準NaOH溶液滴定鹽酸實驗中，用酚酞或甲基橙為指示劑，氫氧化鈉溶液放在堿式滴定管中，鹽酸放在錐形瓶中進行滴定，不用圓底燒瓶，A.C.

D正確，故B錯誤，故選：B。8、C【解析】苯能萃取溴水中的溴，使溴水褪色，屬于物理變化，故A錯誤；乙烷與溴水不反應，不能使溴水褪色，故B錯誤；乙烯與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，故C正確；乙酸與溴水不反應，溴水不褪色，故D錯誤。9、D【解析】

A.由圖象可知-lgc(SeO32-)=5.0時，-lgc(Ag+)=5，則Ksp(Ag2SeO3)=c2(Ag+)×c(SeO32-)=10-15，數量級為10-15，故A錯誤；B.由圖象可知d點對應的c(Ag+)偏大，應生成沉淀，B錯誤；C.由圖象可知起始時，-lgc(Ag+)=2，則所用AgNO3溶液的濃度為10-2mol/L，C錯誤；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)=2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常數為K==109.6＞105，反應趨于完全，D正確；故合理選項是D。10、B【解析】A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物質的量達最大，反應的化學方程式為2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，離子方程式為2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，A項正確；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-繼續(xù)沉淀，反應的離子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，B項錯誤；C，根據上述分析，A點沉淀為Al（OH）3和BaSO4的混合物，C項正確；D，B點Al（OH）3完全溶解，總反應為KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，B點溶液為KAlO2溶液，D項正確；答案選B。點睛：本題考查明礬與Ba（OH）2溶液的反應。明礬與Ba（OH）2反應沉淀物質的量達最大時，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀質量達最大時，SO42-完全沉淀，Al3+全部轉化為AlO2-。11、A【解析】

W原子序數是Z的2倍，則Ｗ為硫，Ｚ為氧，Ｘ為碳，Ｙ為氮，Ｍ為鍺。A.碳的氫化物為烴，碳原子數越多，沸點越高，所以不能確定沸點高低，故錯誤；B.Z和W形成的化合物為二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反應生成亞硫酸或硫酸，反應中既有共價鍵的斷裂，又有共價鍵的形成，故正確；C.X、Y、Z與氫元素組成的化學式為XY2ZH4可能為CO（NH2）2，為分子晶體，可能為NH4CNO，為離子晶體，故正確；D.鍺的原子序號為32，是一種重要的半導體材料，故正確。故選A。12、D【解析】

根據濃硫酸的吸水性以及氣體通過濃硫酸洗氣瓶進行混合分析?！驹斀狻康獨庵泻兴魵猓瑵饬蛩峋哂形?，能除去氮氣中的水蒸氣；氮氣和氫氣都通過濃硫酸再出來，可將兩種氣體混合，同時可通過兩種氣體冒出氣泡的速度觀察氣體的流速，答案選D。【點睛】工業(yè)上合成氨是氮氣和氫氣在高溫高壓催化劑等條件下發(fā)生可逆反應制得氨氣，混合通過硫酸可控制通入的混合氣體的體積比，提高原料利用率。13、B【解析】

A.由圖像知，H2AsO4-溶液pH小于7，則NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正確；B.，向NaH2AsO4溶液滴加NaOH溶液，c(H+)逐漸減小，則過程中，逐漸減少，故B錯誤；C.由圖示知，酸性條件下H3AsO4可以大量存在，在堿性條件下HAsO42-能大量存在，則它們在溶液中不能大量共存，故C正確；D.由圖知，pH=11.5時，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3(H3AsO4)=，故D正確；故選B。14、B【解析】

A．硫酸鋁在水中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸為難揮發(fā)性酸，所以最終得到的產物是硫酸鋁，選項A錯誤；B．配制氫氧化銅懸濁液時NaOH一定要過量，否則氫氧化銅受熱會分解生成黑色的氧化銅，選項B正確；C．高溫下鐵與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，為黑色固體，選項C錯誤；D．應與足量鹽酸反應，少量稀鹽酸無法確定成分，選項D錯誤。答案選B?！军c睛】本題考查化學實驗方案的評價，涉及鹽類的水解、物質的制備以及物質含量的測定等知識，為高考常見題型，側重于學生的分析能力和元素化合物知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累，注意硫酸鋁在水中水解生成氫氧化鋁和硫酸，硫酸為難揮發(fā)性酸。15、D【解析】

A．乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現乙烯的還原性，故A正確；B．濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D．淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。16、B【解析】

工業(yè)上以CaO和HNO3為原料制備Ca（NO3）2?6H2O晶體。為確保制備過程中既不補充水分，也無多余的水分，也就是硝酸溶液中的水全部參與化學反應生成Ca（NO3）2?6H2O晶體，反應方程式為：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2?6H2O，設硝酸的質量為126g，則：CaO+2HNO3+5H2O═Ca（NO3）2?6H2O126g90g因此硝酸溶液中溶質的質量分數為×100%=58.3%；故選：B。17、C【解析】

A.D2O的摩爾質量為20g/mol，18gD2O的物質的量為0.9mol，則含有0.9mol電子，即電子數為0.9NA，故A錯誤；B.124g白磷的物質的量為1mol，而白磷為正四面體結構，每個白磷分子中含有6根P—P鍵，故1mol白磷中所含P—P鍵數目為6NA，故B錯誤；C.標準狀況下，11.2LO2、CO2混合氣體物質的量為0.5mol，含有的氧原子數為NA，故C正確；D.2.3g鈉的物質的量為0.1mol，鈉與氧氣完全反應，轉移電子數用鈉計算，0.1mol鈉完全反應失去0.1mol電子，則轉移的電子數為0.1NA，故D錯誤；答案選C。18、D【解析】

A、亞鐵離子被氧化生成鐵離子，遇KSCN溶液為血紅色，而亞鐵離子不能，可檢驗是否變質，故A正確；B、CH3CHO被氧化生成CH3COOH，乙酸顯酸性，乙醛不顯酸性，可用pH試紙檢驗，故B正確；C、KI可被氧氣氧化生成碘，淀粉遇碘單質變藍，則淀粉可檢驗是否變質，故C正確；D、碳酸氫鈉分解生成碳酸鈉，碳酸鈉、碳酸氫鈉都與鹽酸反應生成氣體，不能判斷碳酸氫鈉是否變質，故D錯誤；故選：D。19、D【解析】

根據圖示可知，原混合液顯酸性，則為醋酸與醋酸鈉的混合液，a點加入0.10molNaOH固體，pH=7，說明原溶液中CH3COOH的物質的量稍大于0.2mol。酸或堿抑制水的電離，含弱酸根離子的鹽促進水的電離，酸或堿的濃度越大，抑制水電離程度越大。A.1.0Lcmol·L-1CH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，發(fā)生的反應為：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，反應后的溶液是CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解能夠促進水的電離，而CH3COOH的電離會抑制水的電離。若向該混合溶液中通入HCl，b→c發(fā)生的反應為：CH3COONa+HCl=CH3COOH+NaCl，CH3COONa減少，CH3COOH增多，水的電離程度減??；若向該混合溶液中加入NaOH固體，b→a發(fā)生的反應是：CH3COOH+NaOH=CH3COONa+H2O，CH3COONa增多，CH3COOH減少，水的電離會逐漸增大，因此水的電離程度：a>b>c，故A正確；B.b點對應的混合溶液呈酸性，c(H+)>c(OH-)，則此時溶質為CH3COOH和CH3COONa，結合電荷守恒，所以c(Na+)<c(CH3COO-)，故B正確；C.c點對于的溶液是通入0.1molHCl的溶液，相當于HCl中和氫氧化鈉，所以c點溶液相當于原CH3COOH溶液和0.1molNaCl固體的混合液，醋酸濃度大于0.2mol/L，所以c(CH3COOH)>c(Na+)>c(OH-)，故C正確；D.該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數，a點對于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3COO-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，則溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，帶入公式得，故D錯誤。20、C【解析】

A．由題中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力顯著高于A-，充CO2的飲料中c（HA）增大，所以相比于未充CO2的飲料，碳酸飲料的抑菌能力較高，故A錯誤；B．提高CO2充氣壓力，溶液的酸性增強，抑制HA電離，所以溶液中c（A-）減小，故B錯誤；C．當pH為5.0時，飲料中===0.16，C項正確；D．根據電荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根據物料守恒得c(Na+)=c(A-)+c(HA)，兩式聯立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D項錯誤；答案選C?！军c睛】弱電解質的電離平衡和鹽類水解平衡都受外加物質的影響，水解顯堿性的鹽溶液中加入酸，促進水解，加入堿抑制水解。在溶液中加入苯甲酸鈉，苯甲酸鈉存在水解平衡，溶液顯堿性，通入二氧化碳，促進水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增強。提高二氧化碳的充氣壓力，使水解程度增大，c(A–)減小。21、C【解析】

A.發(fā)生反應MgCl2+2NaOH=Mg(OH)2↓+2NaCl，由于NaOH過量，因此再滴入FeCl3溶液，會發(fā)生反應：FeCl3+3NaOH=Fe(OH)3↓+3NaCl，不能比較Mg(OH)2和Fe(OH)3溶解度大小，A錯誤；B.某氣體能使?jié)駶櫟乃{色石蕊試紙變紅，則該氣體為酸性氣體，其水溶液顯酸性，B錯誤；C.HA放出的氫氣多且反應速率快，HA濃度比HB大，在反應過程中HA溶液中c(H+)比較大，證明HA溶液中存在電離平衡HAH++A-，HA是弱酸，故酸性HB>HA，C正確；D.SiO2與氫氟酸反應產生SiF4和H2O，SiF4不是鹽，因此SiO2不是兩性氧化物，D錯誤；故合理選項是C。22、B【解析】

由原電池總反應可知Ca為原電池的負極，被氧化生成CaCl2，反應的電極方程式為Ca+2Cl--2e-=CaCl2，PbSO4為原電池的正極，發(fā)生還原反應，電極方程式為PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，原電池工作時，陽離子向正極移動，陰離子向負極移動，結合電極方程式計算?！驹斀狻緼、Ca為原電池的負極，反應的電極方程式為Ca+2Cl--2e-=CaCl2，故A不符合題意；B、原電池中陽離子向正極移動，所以放電過程中，Li+向正極移動，故B符合題意；C、根據電極方程式PbSO4+2e-+2Li+=Li2SO4+Pb，可知每轉移0.2mol電子，理論上生成0.1molPb，質量為20.7gPb，故C不符合題意；D、常溫下，電解質不是熔融態(tài)，離子不能移動，不能產生電流，因此連接電流表或檢流計，指針不偏轉，故D不符合題意；故選：B。二、非選擇題(共84分)23、N、H、S、O2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+【解析】

從圖中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol×18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol×32g/mol=1.28g，則X中所含O的質量為m(O)=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所含NH4+、S、O的個數比為0.04:0.04:0.16=1:1:4，從而得出X的最簡式為NH4SO4，顯然這不是X的化學式，X可作為氧化劑和漂白劑，則其分子中應含有過氧鏈，化學式應為(NH4)2S2O8。（1）從以上分析，可確定X中含有的元素；圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3。（2）反應①中，(NH4)2S2O8與NaOH反應，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等?！驹斀狻浚?）從以上分析，可確定X中含有的元素為N、H、S、O；圖中被濃硫酸吸收的氣體為NH3，電子式為。答案為：N、H、S、O；；（2）反應①中，(NH4)2S2O8與NaOH反應，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物質的量之比為4:4:1，化學方程式為2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。答案為：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O；（3）已知X常用于檢驗Mn2+，它可將Mn2+氧化成MnO4-。則(NH4)2S2O8與MnCl2反應生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有兩個O從-1價降低到-2價，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2價升高到+7價，Cl-由-1價升高到0價，MnCl2共失7e-，從而得到下列關系：7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-，再依據電荷守恒、質量守恒進行配平，從而得出反應的離子方程式為7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案為：7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。24、C4H10O1﹣丁醇（或正丁醇）用銀氨溶液先檢驗醛基，再加稀鹽酸使溶液呈酸性后，加溴水檢驗碳碳雙鍵HOCH2C≡C﹣C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C﹣C≡C﹣COOH、濃H2SO4、加熱【解析】

一元醇A中氧的質量分數約為21.6%，設該飽和一元醇的化學式為CnH2n+2O，氧元素的質量分數=×100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一個甲基，所以該一元醇是1-丁醇，在銅作催化劑、加熱條件下，A被氧氣氧化生成B，B為丁醛，根據題干信息，丁醛在氫氧化鈉水溶液發(fā)生反應生成C，C的結構簡式為：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反應生成D，D的相對分子質量是130，則C和氫氣發(fā)生加成反應生成D，則D的結構簡式為：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和鄰羥基苯甲酸發(fā)生酯化反應生成E，E的結構簡式為：?！驹斀狻?1)通過以上分析知，A的分子式為：C4H10O，結構分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為1-丁醇；(2)加熱條件下，丁醛和新制氫氧化銅反應生成丁酸鈉、氧化亞銅和水，反應方程式為：；(3)C的結構簡式為：，C中含有醛基和碳碳雙鍵，都能和溴水反應，要檢驗兩種官能團，則應先用銀氨溶液檢驗醛基，然后再用溴水檢驗碳碳雙鍵，檢驗方法為：用銀氨溶液先檢驗醛基，再加稀鹽酸使溶液呈酸性后，加溴水檢驗碳碳雙鍵；(4)a．分子中有6個碳原子在一條直線上，則該分子中含有兩個碳碳三鍵；b．分子中含有一個羥基和一個羧基，所以與水楊酸互為同分異構體的結構簡式為：HOCH2C≡C-C≡CCH2COOH、、HOCH2CH2C≡C-C≡C-COOH、；(5)第④步的反應是酯化反應，根據乙酸乙酯的反應條件知，該反應條件是濃硫酸作催化劑、加熱，通過以上分析知，E的結構簡式為：。25、檢查裝置氣密性活塞K關閉b、c排除裝置中的空氣或氧氣CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑避免SO2污染空氣Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]++2OH－+3H2O2CuO+S2Cu+SO2Cu2S【解析】

(1)硫在加熱條件下易于空氣中的氧氣反應，對該實驗會產生影響，要確保實驗裝置中無空氣，保證密閉環(huán)境；(3)氧化銅與硫的反應，需在無氧條件下進行，石灰石與鹽酸反應產生的CO2氣體排除裝置中的空氣；(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明產物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大氣中；(5)反應剩余固體含有Cu2O(磚紅色)，加入氨水后但仍有紅黑色固體未溶解，表明有Cu，CuO與S的質量比為5∶1。而生成Cu2O的反應方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2，其中CuO與S的質量比為10∶1，因此S過量?！驹斀狻?1)探究氧化銅與硫的反應，需在無氧條件下進行(S在空氣與O2反應)，故需對裝置進行氣密性檢查；(3)利用石灰石與鹽酸反應產生的CO2氣體排除裝置中的空氣，打開K使鹽酸與石灰石接觸，打開a，并檢驗是否排盡空氣，該實驗步驟的作用是排除裝置中的空氣或氧氣。石灰石與鹽酸反應的離子方程式是CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑；(4)酸性高錳酸鉀溶液褪色，說明產物有SO2，用盛有氫氧化鈉溶液的燒杯替換盛裝酸性高錳酸鉀溶液的燒杯，并打開活塞K的目的是盡量使SO2被吸收，避免污染環(huán)境；(5)結合題意，反應剩余固體含有Cu2O(磚紅色)，因為Cu2O與氨水反應為Cu2O+4NH3·H2O=2[Cu(NH3)2]+(無色)+2OH－+3H2O，4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2+(藍色)+4OH－+6H2O。但仍有紅黑色固體未溶解，表明有Cu，反應方程式為2CuO+S2Cu+SO2，其中CuO與S的質量比為5∶1。而生成Cu2O的反應方程式為4CuO+S2Cu2O+SO2，其中CuO與S的質量比為10∶1，因此S過量，則可能發(fā)生反應2Cu+SCu2S，黑色固體為Cu2S。26、引發(fā)鋁熱反應Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O硝酸量不足2Fe3++Fe=3Fe2+吸收HCl氯氣在較高溫度下與氫氧化鈉反應生成KClO319.4089.1%偏低【解析】

（1）鋁熱反應的條件是高溫，使用鎂條和氯酸鉀的目的是引發(fā)鋁熱反應。（3）“鐵塊”和稀硝酸反應制備Fe(NO3)3溶液，同時生成NO和水，其離子方程式為Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，溶液中可能含有Fe2＋，其原因是硝酸量不足，發(fā)生2Fe3++Fe=3Fe2+；（3）①濃鹽酸具有揮發(fā)性，制得的氯氣中混有HCl，盛裝飽和食鹽水的B裝置作用為吸收HCl；②實驗要制取KClO，需防止溫度升高后發(fā)生副反應生成KClO3，反應時需將C裝置置于冷水浴中，其原因為氯氣在較高溫度下與氫氧化鈉反應生成KClO3；（4）①精確到0.01mL，終點II的讀數為19.40mL。②由圖可知，起始和終點讀數分別為1.40mL、19.40mL，則消耗Na2S2O3標準溶液的體積為18.00mL，由FeO42－～2I2～4Na2S2O3，可知原樣品中高鐵酸鉀的質量分數為×100%=89.1%，③配制Na2S2O3標準溶液的過程中定容時俯視刻度線，體積偏小，標準液的濃度偏大，滴定時消耗標準液的體積偏小，則導致所測高鐵酸鉀的質量分數偏低.【點睛】本題考查物質的制備實驗，解題關鍵：把握物質的性質、制備原理、測定原理、實驗技能，難點（4）側重分析與實驗、計算能力的考查，注意元素化合物知識與實驗的結合，利用關系式進行計算。27、2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑用鑷子取出金屬鈉，用濾紙吸干表面的煤油，用小刀切一小塊用于實驗。ABC【解析】（1）金屬鈉與水反應生成NaOH和氫氣的離子方程式為2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；（2）因鈉能與水反應，應保存在煤油中，且生成的NaOH有腐蝕性，實驗過程中取用金屬鈉的操作方法是用鑷子取出金屬鈉，用濾紙吸干表面的煤油，用小刀切一小塊用于實驗；（3）A．反應放熱，生成的H2在空氣中燃燒，能聽到爆鳴聲，故A正確；B．生成NaOH,溶液顯堿性，滴有酚酞的濾紙信封由白色逐漸變紅色，故B正確；C．此實驗的優(yōu)點之一是由實驗現象能直接得出反應產物，故C正確；D．實驗過程中，多余的金屬鈉應放回原試劑瓶，故D錯誤；答案為ABC