江苏省扬州市邗江区瓜洲中学2022-2023学年高考仿真卷化学试卷含解析.doc

1、2023年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A标准状况下，11.2LCHC13中含有的氯原子数目为1.5NAB10.0g质量分数为46的乙醇溶液与足量钠反应产生的H2数目为0.05NAC常温常压下，124gP4中含键数目为4NAD向1L1molL1NH

2、4Cl溶液中加入氨水至中性，溶液中数目为NA2、将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是AV1V3V2BV2V1V3CV1V2V3DV1V3V23、设NA为阿伏加德罗常数的值下列说法正确的是（）A1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的数目为NAB78g苯含有C=C双键的数目为3NAC常温常压下，14g由N2与CO组成的混合气体

3、含有的原子数目为NAD6.72L NO2与水充分反应转移的电子数目为0.2NA4、某溶液中含有较大量的Cl、CO32-、OH三种离子，如果只取一次该溶液分别将三种离子检验出来，下列添加试剂顺序正确的是 （）A先加Mg（NO3）2，再加Ba（NO3）2，最后加AgNO3B先加Ba（NO3）2，再加AgNO3，最后加Mg（NO3）2C先加AgNO3，再加Ba（NO3）2，最后加Mg（NO3）2D先加Ba（NO3）2，再加Mg（NO3）2最后加AgNO35、景泰蓝是一种传统的手工艺品。下列制作景泰蓝的步骤中，不涉及化学变化的是ABCD将铜丝压扁，掰成图案将铅丹、硼酸盐等化合熔制后描绘高温焙烧酸洗去污

4、AABBCCDD6、有机物M、N之间可发生如图转化.下列说法不正确的是AM能与溴水发生加成反应BM分子中所有碳原子共平面CN能使酸性高锰酸钾溶液褪色DM、N均能发生水解反应和酯化反应7、室温下，0.1000molL1的盐酸逐滴加入到20.00mL 0.1000molL1的氨水中，溶液的pH和pOH注：pOHlgc(OH)与所加盐酸体积的关系如图所示，下列说法中不正确的是()A图中ab14B交点J点对应的V(HCl)20.00 mLC点A、B、C、D四点的溶液中均存在如下关系：c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)D若在绝热体系中发生上述反应，图中的交点J向右移8、下列有关物质的性质与用途具

5、有对应关系的是（ ）AAl2O3的熔点很高，可用作耐火材料BNH3具有还原性，可用作制冷剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂9、在25C时，向amL0.10molL-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10molL-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOHpOH=-lgc(OH-)与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）A25C时，HNO2电离常数的数量级是10-4BM点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C图上M、N、P、Q四点溶

6、液中所含离子的种类相同Da=10.8010、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正确的是（ ）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等11、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染12

7、、10 mL浓度为1 molL1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是AK2SO4BCH3COONaCCuSO4DNa2CO313、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，在周期表中Z位于A族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是A原子半径：r(X)r(Y)r(Z)r(W)B由X、Z两种元素组成的化合物一定没有共价键CW的最高价氧化物对应水化物为弱酸DY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强14、从化学的规角分析，下列说法不正确的是A锂离子电池是一种生活中常用的化学电源B纳米材

8、料可用于制造不用洗的衣服面料C水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”D科学家未研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车15、下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A饱和Na2CO3溶液与CaSO4固体反应：CO32+CaSO4CaCO3+SO42B酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I +IO3+6H+=I2+3H2OCKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO42+3Cl+4H+H2OD电解饱和食盐水：2Cl+2H+Cl2+ H216、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，

9、加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()ANa2SO4、(NH4)2CO3、KClBKCl、Na2CO3、(NH4)2SO4CCuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4DNa2SO4、NH4Cl、K2CO3二、非选择题（本题包括5小题）17、用两种不饱和烃A和D为原料可以合成一类新药有机物J ，合成路线如下：已知有机物J结构中含两个环。回答下列问题：(1)C的名称是_。(2)AB试剂和反

10、应条件为_。(3)HJ的化学反应方程式为_。(4)已知符合下列条件的 N的同分异构体有_种，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1，写出符合条件一种同分异构体的结构简式_。含有基团、环上有三个取代基与NaHCO3反应产生气泡 可发生缩聚反应，M的所有同分异构体在下列表征仪器中显示的信号（或数据）完全相同是_。 a质谱仪 b红外光谱仪 c元素分析仪 d核磁共振仪(5)利用题中信息和所学知识，写出以A和甲烷为原料，合成的路线流程图_(其它试剂自选)。18、A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元素，A2-和B+具有相同的电子构型： C、D为同周期元素，C核外电子总数是最

11、外层层电子数的3倍；D元素最外层有一个未成对电子。回答下列问题：（1）四种元素中电负性最大的是_（填元素符号），其中C原子的核外电子排布式为_。（2）单质A有两种同素异形体，其中沸点高的是_（填分子式）；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为_和_。（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物E，E的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。（4）单质D与湿润的Na2CO3反应可制备D2A，其化学方程式为_。（5）A和B能够形成化合物F，其晶胞结构如图所示，晶胞参数a=0.566nm，F的化学式为_；晶胞中A原子的配位数为_；列式计算晶体F的密度（g cm-3 ）_。19、工业上常用亚硝酸钠作媒染

12、剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题： 已知：2NO+Na2O2=2NaNO2NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为_。(2)用上图中的装置制备，其连接顺序为：_按气流方向，用小写字母表示，此时活塞、如何操作_。(3)装置发生反应的离子方程式是_。(4)通过查阅资料，或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接，E中装入溶液，进行如下实验探究。 步骤操作及现象关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反

13、应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色。停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤中相同步骤操作的目的是_；步骤C瓶中发生的化学方程式为_；通过实验可以得出：_填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。20、单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备 SiCl4的装置示意图：实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlC

14、l3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/57.7315熔点/-70.0升华温度/180300 (1)装置B中的试剂是_，装置 D 中制备SiCl4的化学方程式是_。(2) D、E 间导管短且粗的作用是_。(3)G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-、Cl-和SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。（提出假设）假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-；假设3：_。（设计方案进行实验）可供选择的实验试剂有：3mol/LH2SO4、1mol/LNaOH、0.01mol/L

15、KMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。取少量吸收液于试管中，滴加 3mol/LH2SO4 至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：序号操作可能出现的现象结论向a试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立向b试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立向c试管中滴加几滴_溶液_假设3成立21、化合物M是制备一种抗菌药的中间体，实验室以芳香化合物A为原料制备M的一种合成路线如下： 已知：R1CH2BrR1CH=CHR2 回答下列问题：(1)B的化学名称为_；E中官能团的名称为_ 。(2)CD的反应

16、类型为_。(3)写出D与氢氧化钠水溶液共热的化学方程式_。(4)由F生成M所需的试剂和条件为_ 。(5)X是D的同分异构体，同时符合下列条件的X可能的结构有_种(不含立体异构)。苯环上有两个取代基，含两个官能团； 能发生银镜反应。其中核磁共振氢谱显示4组峰的结构简式是_(任写一种)。(6)碳原子上连有4个不同的原子或原子团时，该碳称为手性碳。写出F的结构简式_，用星号(*)标出F中的手性碳。(7)参照上述合成路线和信息，以乙烯和乙醛为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线。_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol

17、计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A错误；B10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g46%=4.6g，物质的量为=0.1mol，根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，0.1mol乙醇生成0.05mol氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.05NA，故B错误；C一个P4分子中含有6个磷磷单键，即6个键，124gP4物质的量为124g124g/mol=1mol，含键数目为6NA，故C错误；D向1L1molL1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H

18、+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)=1L1molL1=1mol，则数目为NA，故D正确；答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型，分子中含有6个磷磷单键，知道物质的结构很关键。2、A【解析】假设每份含2mol铝，能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3 Fe3O4+8Al4Al2O3+9 Fe，铁和盐酸反应生成氢气 Fe+2HCl=FeCl2+H2，2mol铝与四氧化三铁反应生成9/4mol铁，9/4mol铁与盐

19、酸反应生成氢气9/4mol；能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，2mol铝与盐酸溶液反应生成氢气3mol氢气；所以V1=V3V2，故选A。3、C【解析】A. 次氯酸跟为弱酸根,在溶液中会水解,故溶液中的次氯酸跟的个数小于NA个，故A错误；B. 苯不是单双键交替的结构，故苯中不含碳碳双键，故B错误；C. 氮气和CO的摩尔质量均为28g/mol,故14g混合物的物质的量为0.5mol,且均为双原子分子,故0.5mol混合物中含1mol原子即NA个，故C正确；D. 二氧化氮所处的状态不明确，故二氧化氮的物质的量无法计算，则和水转移的电子数无法计算，故D错误；故选：C

20、。4、D【解析】所加每一种试剂只能和一种离子形成难溶物，Mg(NO3)2能与CO32-、OH两种离子反应；AgNO3能与Cl、CO32-、OH三种离子形成难溶物；Ba(NO3)2只与CO32-反应，所以先加Ba(NO3)2除去CO32-，再加Mg(NO3)2除去OH，最后加AgNO3只能与Cl反应。答案选D。5、A【解析】A.将铜丝压扁并掰成图案，并没有新的物质生成，属于物理变化，不涉及化学变化，故A选；B.铅丹、硼酸盐等原料化合在经过烧熔而制成不透明的或是半透明的有独特光泽物质，该过程有新物质生成，属于化学变化，故B不选；C.烧制陶瓷过程有新物质生成，属于化学变化，故C不选；D.酸洗去污，该

21、过程为酸与金属氧化物反应生成易溶性物质，属于化学变化，故D不选。6、B【解析】A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；B. M分子有三个C原子连接在同一个饱和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B错误；C. N中含有羟基、醛基均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D. M和N中均含有酯基和羟基，能发生水解反应和酯化反应，故D正确；故答案为B。7、B【解析】A. 图中A点和B点对应的溶质相同，根据algc(H)，blgc(OH)，c(H)c(OH)1014计算可知ablgc(H)c(OH)lg101414，A项正确；B. 交点J点对应的点pH7，应该是氨水和氯化铵

22、的混合溶液，V(HCl)20.00 mL，B项错误；C. A、B、C、D四点的溶液中均存在电荷守恒，c(Cl)c(OH)c(NH4+)c(H)，变式得c(Cl)c(NH4+)c(H)c(OH)，C项正确；D. 中和反应为放热反应，若在绝热体系中发生上述反应，体系的温度升高，水和氨水的电离程度都变大，c(OH)增大，pOH减小，pH增大，图中的交点J向右移，D项正确；答案选B。8、A【解析】A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；C二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，

23、选项C错误；D在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；答案选A。9、B【解析】已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A. HNO2电离常数K=，未滴加氢氧化钠时0

24、.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2H+NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=，故A正确；B. 根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+ c(HNO2) =2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)

25、，故B错误；C. M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；D. 已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。10、A【解析】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与

26、W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A. 同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)r(P)r(N)r(O)，故A说法错误；B. 利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是NOSi，即最高价氧化物对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3H3PO4H2SiO4，故B说法正确；C. 利用非金属

27、性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是ONPSi，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2ONH3PH3SiH4，故C说法正确；D. 主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。11、C【解析】A乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；B实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活

28、，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；C煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；D因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；答案选C。12、C【解析】A. 加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B. 加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不

29、影响氢气生成量，B项错误；C. Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D. 加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+Zn2+H2，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。13、D【解析】分析题给信息，X原子的最外层电子数是次外层的3倍，则X应为O元素；Y是迄今发现的非金属性最强的元素，应为F元素；在周期表中Z位于A族，由原子序数关系可知Z为Na元素，W与X属于同一主族，W应为S元素。【详解】A电子层

30、数越多，原子半径越大，同周期元素的原子序数越大，原子半径越小，则原子半径r(F)r(O)r(S)r(Na)，A项错误；BX为O，Z为Na，由Y、Z两种元素组成的化合物可能为过氧化钠，其分子中含有离子键和共价键，B项错误；CW最高价氧化物对应水化物为硫酸，属于强酸，C项错误；D非金属性FS，元素的非金属性越强，对应的简单氢化物越稳定，D项正确；答案选D。【点睛】微粒半径大小的决定因素：决定因素是电子层数和核电荷数。电子层数越多，则微粒半径越大；电子层数相同时，核电荷数越多，对核外电子的吸引力越大，微粒半径越小，比较时应综合考虑二者。14、C【解析】A选项，手机锂离子电池是一种生活中常用的化学电源

31、，故A正确；B选项，纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料，故B正确；C选项，水（H2O）中只含 H、O 两种元素，汽车燃料“油”含有C和H两种元素，两者含有不同种元素，利用水不可能制成汽车燃料“油”，故C错误；D选项，水变氢是吸热反应，从能量守恒定律得出科学家不可能研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车，故D正确。综上所述，答案为C。15、A【解析】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的CaCO3；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成H+；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2。【详解】A项，饱和Na2CO3溶液与CaSO4发生复分

32、解反应生成更难溶于水的CaCO3，反应的离子方程式为CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A项正确；B项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成H+，正确的离子方程式为3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D项，电解饱和食盐水生成NaOH、H2和Cl2，电解饱和食盐水的离子方程式为2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，D项错误；答案选A。【点睛】本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是

33、否能发生、反应是否生成所给产物（题中D项）等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子守恒等（题中B项）；从反应的条件进行判断（题中C项）；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。16、D【解析】根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4

34、)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻溴苯甲醛 Br2、FeBr3(或Fe) +H2O 19 、 c 【解析】由题可知，A和D为两种不饱和的烃，根据已知，C和F发生反应生成G，可知C的结构式为，F为，则E为，D与HBr发生加成反应得到E，故D为，B到C为催化氧化，则B为，A发生取代反应得到B，故A为，G在该条件下得到H，结合已知可以得到H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到J，据此分析解答问题。【详解】(1)根据上述分析，C的结构式为，叫做邻溴苯

35、甲醛，故答案为：邻溴苯甲醛；(2)AB为苯环上的取代反应，条件为Br2、FeBr3(或Fe)，故答案为：Br2、FeBr3(或Fe)；(3) H为，由于有机物J结构中含两个环，故可能是H发生分子内的酯化，得到JHJ的化学反应方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)，根据以上分析C为，由转化关系可推出M为，N为，其分子式为C8H14O3，N的同分异构体中符合下列条件：含有基团、环上有三个取代基与NaHCO3反应产生气泡说明含有羧基 可发生缩聚反应，说明含有羧基和羟基，则环上有三个不同取代基分别为甲基、羟基和羧基。先分析环上有两个取代基时共有4种结构（邻间对和同一个碳上），这4种结构对应的第三

36、个取代基的取代产物分别有6种，6种，4种，3种，所以共有6+6+4+3=19种同分异构体，其中核磁共振氢谱显示环上只有 3 组峰，且峰面积之比为 4:4:1且满足条件的物质有、。M的同分异构体的元素组成相同，在元素分析仪中显示的信号完全相同，故答案为：c；、 (任选其一即可)；(5) 根据题干信息，以和甲烷为原料，合成的路线如下：。18、O ls22s22p63s23p3（或Ne3s23p3） O3 分子晶体 离子晶体 三角锥形 sp3 2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl（或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl） Na2O 8 2.27 g/

37、cm3 【解析】A、B、C、D为原子序数依次增大的四种元索，C核外电子总数是最外层电子数的3倍，则C为P元素，C、D为同周期元索，D元素最外层有一个未成对电子，则D为Cl元素，A2和B具有相同的电子构型，则A为O、B为Na元素；通过以上分析，A、B、C、D分别是O、Na、P、Cl元素。【详解】（1）元素的非金属性越强，其电负性越大，这几种元素非金属性最强的是O元素，则电负性最大的是O元素；C是P元素，其原子核外有15个电子，根据构造原理书写P原子核外电子排布式为ls22s22p63s23p3（或Ne3s23p3）；故答案为：O；ls22s22p63s23p3（或Ne3s23p3）；（2）单质A

38、为氧气，氧气的同素异形体是臭氧，二者都是分子晶体，分子晶体熔沸点与范德华力成正比，范德华力与相对分子质量成正比，臭氧的相对分子质量大于氧气，则范德华力：臭氧氧气，所以熔沸点较高的是O3；A和B的氢化物所属的晶体类型分别为水是分子晶体和NaH为离子晶体。故答案为：O3；分子晶体；离子晶体；（3）C和D反应可生成组成比为1：3的化合物PCl3，PCl3中P原子价层电子对个数=3+=4且含1个孤电子对，根据价层电子对互斥理论判断该分子的立体构型为三角锥形、中心原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：三角锥形；sp3；（4）单质Cl2与湿润的Na2CO3反应可制备Cl2O，其化学方程式为2Cl2+2Na

39、2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）。故答案为：2Cl2+2Na2CO3+H2O= Cl2O+2NaHCO3+2NaCl （或2Cl2+Na2CO3=Cl2O+CO2+2NaCl）；（5）O和Na能够形成化合物F，半径大的为O元素离子、半径小的为Na，该晶胞中大球个数=8+6=4、小球个数为8，则大球、小球个数之比=4：8=1：2，则化学式为Na2O；观察晶胞中面心的原子，与之相连的原子有8个，晶胞中O原子的配位数为8；该晶胞体积=a3nm3，晶胞密度= =gcm3=2.27gcm3；故答案为：Na2O；2.27g

40、cm-3。【点睛】本题考查物质结构和性质，涉及晶胞计算、原子杂化方式判断、微粒空间构型判断、原子核外电子排布等知识点，侧重考查基础知识点的灵活运用、空间想像能力及计算能力，难点是晶胞计算，利用均摊法求出晶胞中原子的个数，结合密度公式含义计算。19、浓 d e b c f g 关闭，打开 排尽装置中残留的 NO 【解析】制备NaNO2，A装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2+2H2O，制备NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行，尾气中的NO不能直接排放到空气中，需要

41、用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；(2)根据上述分析，A装置制备NO2，生成的NO2在C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：adebcfgh；此时应关闭K1，打开K2，让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b与c、f与g可以交

42、换)；关闭K1，打开K2；(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H+5NO=3Mn2+5NO3-+2H2O；(4)关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色，说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应；停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；更换新的E装置

43、，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤中相同，经过步骤，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤中进入装置E的气体只有NO。20、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色【解析】制备四氯化硅的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中

44、饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-具