1、2023年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、下列实验能达到目的是A验证氨气的溶解性B分离提纯碘C检验二氧化硫和二氧化碳D制取二氧化硫2、已知NH4CuSO3与足量的10 molL硫酸混合微热，产生下列现象：有红色金属生成 产生刺激性气味的气体 溶液呈现蓝色据此判断下列说法正确的是（ ）A反应中硫酸作氧化剂BNH4CuSO3中
2、硫元素被氧化C刺激性气味的气体是氨气D1 mol NH4CuSO3完全反应转移0.5 mol电子3、工业合成氨的反应是在高温、高压和有催化剂存在的条件下，用氢气和氮气直接化合制取：3H2N22NH3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是A为了提高H2的转化率。应适当提高N2的浓度B达到平衡时，c(NH3)一定是c(H2)的三分之二C使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率D达到平衡时，氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍4、下列行为不符合安全要求的是（ ）A实验室废液需经处理后才能排入下水道B点燃易燃气体前，必须检验气体的纯度C配制稀硫酸时将水倒入浓硫酸
3、中并不断搅拌D大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量往高处去5、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A原子半径大小：YZBY3X2中既有离子键，又有共价键CZ的最高价氧化物可做干燥剂D可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气6、下列有关表述正确的是（）AHClO是弱酸，所以NaClO是弱电解质BNa2O、Na2O2组成元素相同，所以与CO2反应产物也相同C室温下，AgCl在水中的溶解度小于在食盐水中的溶解度DSiO2是酸性氧化物
4、，能与NaOH溶液反应7、某有机物X的结构简式如图所示，下列有关说法正确的是（ ）AX的分子式为C12H16O3BX在一定条件下能发生加成、加聚、取代、消去等反应C在催化剂的作用下，1 mol X最多能与1 mol H2加成D可用酸性高锰酸钾溶液区分苯和X8、从粗铜精炼的阳极泥（主要含有）中提取粗碲的一种工艺流程如图：（已知微溶于水，易溶于强酸和强碱）下列有关说法正确的是（ ）A“氧化浸出”时为使确元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C“还原”时发生的离子方程式为D判断粗碲洗净的方法：取最后一次洗涤液，加入溶液，没有白色沉淀生成9、已知NA是阿伏加德罗
5、常数的值。下列说法错误的是A反应中，每生成294 gg释放的中子数为3NAB常温常压下，22.4 L乙烷和丙烯(C3 H6)的混合物中氢原子数目为6NAC1 L0.5 mol. L-1碳酸钠溶液含有的CO32- 数目小于0.5NAD0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成O2，转移的电子数为0.1NA10、某化合物由两种单质直接反应生成，将其加入Ba（HCO3）2溶液中同时有气体和沉淀产生。下列化合物中符合上述条件的是ANa2OBAlCl3 CFeCl2 DSiO211、测定溶液电导率的变化是定量研究电解质在溶液中反应规律的一种方法，溶液电导率越大其导电能力越强。室温下，用0.100mo
6、lL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，所得电导率曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A点溶液：pH最大B溶液温度：高于C点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)D点溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)c(CH3COOH)+c(CH3COO-)12、垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是( )A电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B放电过程中，正极附近pH 变小C若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室D负极电极反应为：H2PCA + 2ePC
7、A + 2H+13、下列离子方程式表达正确的是A向FeC13溶液中滴加HI溶液：B向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液: CCa(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：D3mol/LNa2CO3溶液和1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合：14、某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。下列说法不正确的是A上述流程中多次涉及到过滤操作，实验室进行过滤操作时需用到的硅酸盐材质仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗B用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3
8、+，其原因是MnCO3消耗了溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀C实验室用一定量的NaOH溶液和酚酞试液就可以准确测定燃煤尾气中的SO2含量DMnSO4溶液MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小15、25时将10mLpH=11的氨水加水稀释至100mL，下列判断正确的是A稀释后溶液的pH=7B氨水的电离度增大，溶液中所有离子的浓度均减小C稀释过程中增大DpH = 11氨水的浓度为0.001mol/L16、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A取代反应B加成反应C消除反应D氧化反应17、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作AKNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发
9、结晶、趁热过滤、洗涤、干燥BNaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥CFeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧DNH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤AABBCCDD18、环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8，其中S为+6价）去除废水中的正五价砷As(V)的研究成果，其反应机制模型如图所示。KspFe(OH)3=2.710-39，下列叙述错误的是ApH越小，越有利于去除废水中的正五价砷B1mol过硫酸钠（Na2S2O8）含NA个过氧键C碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO4-+ OH- = SO42-
10、+OHD室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)约为2.710-18molL-119、2017年5月9日，我国科学技术名词审定委员会等单位正式发布115号等4种人工合成的新元素的名称、元素符号，115号元素名称为“镆”，符号为Mc。下列有关说法正确的是AMc的最低负化合价为3BMc的最高价氧化物的化式为Mc2O 5C的中子数为115D通过化学反应可使转化为20、化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是A漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂B硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂C常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝与浓硫酸不反应D明矾可作净水
11、剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性21、金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B电池放电过程的正极反应式： O2 + 2H2O + 4e = 4OHC比较Mg、Al二种金属空气电池，“理论比能量”之比是89D为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜22、将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质
12、分类顺序排列，正确的是（ ）A硫酸 烧碱 醋酸B硫酸 铜 醋酸C高锰酸钾 乙醇 醋酸D磷酸 二氧化碳 硫酸钡二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是一种药物合成的中间体，G的一种合成路线如下：(1)写出A中官能团的电子式。_。(2)写出反应类型：BC_反应，CD_反应。(3) AB所需反应试剂和反应条件为_。(4) 写出C的符合下列条件同分异构体的结构简式：_。(任写出3种)能水解；能发生银镜反应；六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基。(5)写出F的结构简式_。(6)利用学过的知识，写出由甲苯()和为原料制备的合成路线。(无机试剂任用)_。24、（12分）芳香族化合物A(C9H
13、12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系：已知：A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子+CO2RCOCH3+RCHORCOCH=CHR+H2O回答下列问题：（1）A的结构简式为_，A生成B的反应类型为_，由D生成E的反应条件为_。（2）H中含有的官能团名称为_。（3）I的结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为_。能发生水解反应和银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有5组核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛
14、()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_。25、（12分）二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（ IV ）碱式碳酸铵晶体,过程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5（VO）6（CO3）4（OH）910H2O回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为_。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_。（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。药品填装完
15、成后的实验操作是_（填活塞“a”“b”的操作）。若无装置B,则导致的后果是_。（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4 HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_。（4）测定氧钒（ IV ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02 molL-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1% NaNO2
16、溶液至稍过量，再用尿素除去过量的NaNO2 ,最后用0.08 molL-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00 mL。（滴定反应:VO2+ + Fe2+2H+=VO2+ Fe3+H2O） NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数为_（精确到小数点后两位）。26、（10分）过氧化钙(CaO2)是一种白色晶体，能潮解，难溶于水，可与水缓慢反应，不溶于乙醇，易与酸反应，常用作杀菌剂、防腐剂等。根据题意，回答相关问题。ICaO2晶体的制备：CaO2晶体通常可利用CaCl2在碱性条件下与H2O2反应制得。某化学兴趣小组在实验室制备CaO2的实验方案和装置示意图如下
17、：（1）三颈烧瓶中发生的主要反应的化学方程式为_。（2）冷水浴的目的是_；步骤中洗涤CaO28H2O的实验操作方法是_CaO2含量的测定：测定CaO2样品纯度的方法是：称取0.200g样品于锥形瓶中，加入50mL水和15mL2molL-lHCl，振荡使样品溶解生成过氧化氢，再加入几滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200molL-lKMnO4标准溶液滴定到终点，消耗25.00mL标准液。（3）上述过程中使用稀盐酸而不使用稀硫酸溶解样品的原因是_ ；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是_。（4）滴定过程中的离子方程式为_，样品中CaO2的质量分数为_ 。（5）实验I制得的晶体样品中CaO2含量偏
18、低的可能原因是：_； _。27、（12分）探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图完成下列填空：（1）棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是_（2）反应开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B：_，D：_停止通气后，分别加热B、D两个试管，可以观察到的现象分别是：B：_，D：_（3）有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按1：1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想产生该现象的原因（用化学方程式表示）_（4）装置E中用_（填化学式）和浓盐酸反应制得Cl2，生成2.24L（标准状况）的Cl2，则被氧化的HCl为
19、_mol（5）实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO42的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀该方案是否合理_，理由是_28、（14分）汉书景帝纪记载，我国用锌的历史可追溯到西汉或更早。请回答：（1）基态Zn原子的价层电子轨道表达式为_；占据最高能层的电子，其电子云轮廓图形状为_。（2）与相邻元素Ga相比，元素Zn的第一电离能较大的原因为_。（3）Zn2+可与CN-、二苯硫腙等形成稳定配合物。CN-的结构式为_。每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的原子有_个。（4）卤化锌的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔点/87227
20、5394446ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点呈表中变化规律的原因_。ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_。（5）ZnS的某种晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为dgcm-3，S2-和Zn2+半径分别为apm、bpm，阿伏伽德罗常数的数值为NA。Zn2+的配位数为_。该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为_（列式即可）29、（10分）NO、NO2是大气污染物，但只要合理利用，NO、NO2也是重要的资源。回答下列问题：（1）氨的合成。已知：N2和H2生成NH3的反应为：N2(g)+H2(g)NH3(g) H=-46.2kJmol-1在Fe催化剂作用下的反应历程为（表示吸附态）：化
21、学吸附：N2(g)2N；H2(g)2H；表面反应：N+HNH；NH+HNH2；NH2+HNH3；脱附：NH3NH3(g)其中N2的吸附分解反应活化能高、速率慢，决定了合成氨的整体反应速率。则利于提高合成氨平衡产率的条件有（_）A低温 B高温 C低压 D高压 E催化剂（2）NH3还原法可将NO还原为N2进行脱除。已知：4NH3(g)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(g) H1=-1530kJmol-1N2(g)+O2(g)=2NO(g) H2=+180kJmol-1写出NH3还原NO的热化学方程式_。（3）亚硝酰氯(ClNO)是合成有机物的中间体。将一定量的NO与Cl2充入一密闭容器中，发
22、生反应：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g) H0。平衡后，改变外界条件X，测得NO的转化率(NO)随X的变化如图所示，则条件X可能是_(填字母代号)。a.温度 b.压强 c. d.与催化剂的接触面积（4）在密闭容器中充入4molCO和5molNO发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) H=-746.5kJmol-1，如图甲为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系曲线图。温度T1_T2（填“”或“”）。若反应在D点达到平衡，此时对反应进行升温且同时扩大容器体积使平衡压强减小，则重新达到平衡时，D点应向图中AG点中的_点移动。探究催化剂对CO、NO转化的影响。某研究小
23、组将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(即NO的转化率)，结果如图乙所示。温度低于200时，图中曲线I脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为_；a点_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由_。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、A【解析】A、NH3极易溶于水，使烧瓶内压强减小，水溶液呈碱性，遇酚酞变红，形成红色喷泉，故A正确；B、从碘的四氯化碳溶液中分离碘，应用蒸馏装置，故B错误；C、SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑，故C错误；D、铜与浓硫酸反应要加热，故D错误；故选
24、A。2、D【解析】A项，反应只有Cu元素的化合价发生变化，硫酸根中硫元素在反应前后化合价未变，反应中硫酸体现酸性，不做氧化剂，故A项错误；B项，反应前后S元素的化合价没有发生变化，故B项错误；C项，因反应是在酸性条件下进行，不可能生成氨气，故C项错误；D项，NH4CuSO3与硫酸混合微热，生成红色固体为Cu、在酸性条件下，SO32-+2H+=SO2+H2O，反应产生有刺激性气味气体是SO2，溶液变蓝说明有Cu2+生成，则NH4CuSO3中Cu的化合价为+1价，反应的离子方程式为：2 NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2+ 2SO2+2H2O+2NH4+，故1 mol NH4CuSO3完全反应
25、转移的电子为0.5mol，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。3、B【解析】A、增大N2的浓度，平衡向正反应移动，H2的转化率增大，选项A正确；B、反应达到平衡时，c(NH3)不一定是c(H2)的三分之二，这与该反应的初始物质的量及转化率有关，选项B错误；C、使用催化剂增大反应速率，不影响化学平衡移动，能提高生产效率，选项C正确；D、氨气分解速率是氮气消耗速率的两倍时，说明正逆反应速率相等，则反应达平衡状态，选项D正确。答案选B。4、C【解析】A实验室废液中常含有大量有毒有害物质或者重金属离子，直接排放会对地下水造成污染，所以需经处理后才能排入下水道，故A正确；B点燃可燃性气体前需要检查纯
26、度，避免因纯度不足导致气体爆炸发生危险，故B正确；C由于浓硫酸密度大于水，且稀释过程中放出大量热，稀释时应该将浓硫酸缓缓倒入水中并不断搅拌，故C错误；D氯气密度大于空气，低处的空气中氯气含量较大，所以大量氯气泄漏时，迅速离开现场并尽量逆风、往高处逃离，故D正确；故选C。5、B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期， Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详
27、解】AY为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：YZ，故A正确；BX为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；CZ为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；DW为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。6、D【解析】A、次氯酸钠是盐，是强电解质而不是弱电解质，故A错误；B、Na2O、Na2O2组成元素相同，与CO2反应产物不同：Na2O+CO2Na2CO3，2Na
28、2O2+2CO22Na2CO3+O2，故B错误；C、增加氯离子的量，AgCl的沉淀溶解平衡向逆向移动，溶解度减小，故C错误；D、SiO2是酸性氧化物，二氧化硅与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，故D正确；答案选D。7、D【解析】A. X的分子式为C12H14O3，故A错误；B. 羟基邻位碳上没有H原子，不能发生消去反应，故B错误；C. 在Ni作催化剂的条件下，1 mol X最多只能与4 mol H2加成，故C错误；D. 苯不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，有机物X含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。答案选D。8、D【解析】A.由题中信息可知，TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱，是两性氧化物。
29、Cu2Te与硫酸、氧气反应，生成硫酸铜和TeO2，硫酸若过量，会导致TeO2的溶解，造成原料的利用率降低，故A错误；B.“过滤”用到的玻璃仪器：漏斗、烧杯、玻璃棒，故B错误；C.Na2SO3加入到Te(SO4)2溶液中进行还原得到固态碲，同时生成Na2SO4，该反应的离子方程式是2SO32+Te4 +2H2O=Te+2SO42+4H+，故C错误；D.通过过滤从反应后的混合物中获得粗碲，粗碲表面附着液中含有SO42-，取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，若没有白色沉淀生成，则说明洗涤干净，故D正确。故选D。9、B【解析】A.根据质量守恒原理得：x=249+48-294=3，即每生成1mol
30、释放的中子数为3mol，即3NA，故A正确；B. 常温常压下，无法由体积计算物质的量，也就无法计算微粒数目，故B错误；C. 1 L0.5 mol. L-1碳酸钠溶液中溶质的物质的量为1 L0.5 mol. L-1=0.5mol，CO32-部分水解，所以含有的CO32- 数目小于0.5NA，故C正确；D. 0.1 mol H2O2与MnO2充分作用生成0.05molO2，O元素由-1价升高为0价，失去1个电子，则转移的电子数为0.05mol2=0.1mol，即0.1NA，故D正确；故选B。10、B【解析】A、钠和氧气可以生成氧化钠，加入碳酸氢钡中反应生成碳酸钡沉淀，没有气体，错误，不选A；B、铝
31、和氯气反应生成氯化铝，加入碳酸氢钡中反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳，正确，选B；C、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁，错误，不选C；D、硅和氧气反应生成二氧化硅，加入到碳酸氢钡中不反应，错误，不选D。【点睛】注意单质之间化合的产物1、氢气和氧气生成水。2、硫和氧气生成二氧化硫，不是三氧化硫。3、氮气和氧气生成一氧化氮，不是二氧化氮。4、钠和氧气在点燃条件下反应生成过氧化钠，常温下生成氧化钠。5、锂和氧气反应生成氧化锂，没有过氧化物。6、钾和氧气点燃反应生成更复杂的氧化物。7、铁和氯气反应生成氯化铁，不是氯化亚铁。8、铁和硫反应生成硫化亚铁。9、铁和氧气反应生成四氧化三铁10、铜和硫反应生成
32、硫化亚铜11、C【解析】室温下，用0.100molL-1的NH3H2O滴定10.00mL浓度均为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，NH3H2O先与HCl发生反应生成氯化铵和水，自由移动离子数目不变但溶液体积增大，电导率下降；加入10mLNH3H2O后，NH3H2O与CH3COOH反应生成醋酸铵和水，醋酸为弱电解质而醋酸铵为强电解质，故反应后溶液中自由移动离子浓度增加，电导率升高。【详解】A点处为0.100molL-1HCl和CH3COOH的混合溶液，随着NH3H2O的滴入，pH逐渐升高，A错误；B酸碱中和为放热反应，故溶液温度为：低于，B错误；C点溶质为等物质的量的氯化铵
33、和醋酸铵，但醋酸根离子为若酸根离子，要发生水解，故点溶液中：c(Cl-)c(CH3COO-)，C正确；D点处加入一水合氨的物质的量和溶液中的醋酸的物质的量相同，根据元素守恒可知，c(NH4+)+c(NH3H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，D错误；答案选C。12、C【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选
34、项D错误。答案选C。13、D【解析】AFeCl3溶液中滴加HI溶液，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2Fe3+2I=2Fe2+I2，故A错误；B向(NH4)2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：，故B错误；CCa(OH)2溶液与少量NaHCO3溶液混合：，故C错误；D3mol/LNa2CO3溶液和1mol/L Al2(SO4)3溶液等体积混合，则CO32-与Al3+按照3:2发生双水解反应，离子方程式为：，故D正确。故选D。14、C【解析】A. 上述流程中多次涉及到过滤操作，使用的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，这些都属于硅酸盐材质，A正确；B. MnCO3在溶液中存在沉淀溶解平衡，电
35、离产生的CO32-能消耗溶液中的H+，使Al3+和 Fe3+的水解平衡正向移动，促进 Al3+和 Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，B正确；C. 用一定量的NaOH溶液和酚酞试液吸收二氧化硫，反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液呈碱性，溶液颜色变化不明显，不能准确测定燃煤尾气中的SO2含量，C错误；D. 由于MnO2具有氧化性，当溶液酸性较强时，MnO2的氧化性会增强，所以MnSO4溶液MnO2过程中，应控制溶液pH不能太小，D正确；故合理选项是C。15、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=11的氨水加水稀释至100mL，体积增大10倍，pH变化小于1个单位
36、，即稀释后10pH11，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(NH1H2O)减小，则溶液中增大，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=11氨水的浓度大于0.001mol/L，故D错误；故答案为C。16、D【解析】乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【详解】乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，OH被氧化生成CHO，为氧化反应。答案选D。17、D【解析】
37、A.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；B.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；C. 加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到氯化铁，故C错误；D. 氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；故选：D。18、A【解析】ApH越小，酸性越强，会使Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+
38、3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移，无法生成沉淀，不利于除去废水中的正五价砷，故A错误；B设1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键物质的量为amol，钠为+1价，硫为+6价，过氧键中的氧为-1价，非过氧键中的氧为-2价，则(+1)2+(+6)2+(-2) a+(-2) (8-2a)=0，解得a=1，所以1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键的数量为NA，故B正确；C由图示可得，碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO42-+ OH- = SO42-+OH，故C正确；DFe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3+
39、(aq)+3OH-(aq)，此溶液碱性极弱，pH接近7，即c(OH-)=110-7mol/L，因为Ksp(Fe(OH)3)= c(Fe3+)c3(OH-)=2.710-39，则c(Fe3+)=2.710-18molL-1，故D正确；答案选A。19、B【解析】A. 该元素的名称带“钅”字旁，属于金属元素，金属元素易失去电子，一般为正价，没有负价，故A错误；B. Mc为115号元素，位于元素周期表第七周期第VA族，主族序数等于最外层电子数，则该元素最高正价为+5价，最高价氧化物的化式为Mc2O 5，故B正确；C. 的质量数为288，质子数为115，中子数=质量数-质子数=288-115=173，故
40、C错误；D. 和互为同位素，是镆元素的不同原子，转化过程，没有新物质生成，不是化学变化，故D错误；答案选B。20、A【解析】本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A正确；B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故C错误；D.明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故D错误；答案：A21、C【解析】A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质
41、溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；B根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH，则正极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，正确，B不选；C根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg，质量为24g，失去2mole；1molAl，质量为27g，失去3mole；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；D负极上Mg失电子生成Mg2，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH不能达到阴极区，正确，D不选。答案选C。22、C【解析】在水溶液里或熔融状态下完全电
42、离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。【详解】A、烧碱是NaOH，属于强碱，是强电解质，选项A错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、高锰酸钾是盐，属于电解质，乙醇不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，选项C正确；D、硫酸钡是盐，属于强电解质，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分类、强弱电解质的判断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钙不溶于水，但属于强电解质是学生解答的难点。二、非选择题(共84分)23、 加成 氧化 O2、Cu/(或者CuO、) CH3COCH2
43、CH2OHCH3COCH2COOH 【解析】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3) AB反应中羟基变成酮基，是氧化反应；(4) C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的-氢，生成和HBr；(6) 由甲苯()和为原料制备可以先将通过
44、取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物。【详解】(1)A的结构式为：其中的官能团是羟基，电子式为：；(2)B中存在-氢可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故该反应时加成反应；C含有羟基，可以和酸性高锰酸钾会发生氧化反应生成D；(3) AB反应中羟基变成酮基，是氧化反应，反应条件是：O2、Cu/(或者CuO、)；(4) C的分子式为C9H16O2，能水解且能发生银镜反应说明含有OOCH的结构，含有醛基并且有六元环结构，且环上只有一个碳原子连有取代基，满足上述条件的同分异构体有、和四种，写出三种即可；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的条件下，CH3CH2CH2Br会取代中的-氢，生成和HBr，故F的结构式为；(6) 由甲苯()和为原料制备可以先将通过取代反应转化成；通过氧化反应转化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH发生酯化反应可以生成目标产物，合成路线为： CH3COCH2CH2OHCH3COCH
