甘肅省武威市2023學年高三第一次模擬考試化學試卷含解析

2023學年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、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值。下列體系中指定微?；蚧瘜W鍵的數(shù)目一定為NA的是A．46.0g乙醇與過量冰醋酸在濃硫酸加熱條件下反應所得乙酸乙酯分子B．36.0gCaO2與足量水完全反應過程中轉移的電子C．53.5g氯化銨固體溶于氨水所得中性溶液中的NH4＋D．5.0g乙烷中所含的共價鍵2、CO2的資源化利用是解決溫室效應的重要途徑。以下是在一定條件下用NH3捕獲CO2生成重要化工產品三聚氰胺的反應：NH3+CO2→+H2O,下列有關三聚氰胺的說法正確的是A．分子式為C3H6N3O3B．屬于共價化合物C．分子中既含極性鍵，又含非極性鍵D．生成該物質的上述反應為中和反應3、將溶液和鹽酸等體積混合，在混合溶液中，下列關系式正確的是A．B．C．D．4、下列古詩文中對應的化學物質及相關說法均正確的是A．A B．B C．C D．D5、景泰藍是一種傳統(tǒng)的手工藝品。下列制作景泰藍的步驟中，不涉及化學變化的是ABCD將銅絲壓扁，掰成圖案

將鉛丹、硼酸鹽等化合熔制后描繪

高溫焙燒

酸洗去污A．A B．B C．C D．D6、如表所示的五種元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22。下列說法正確的是XYWZTA．原子半徑：X>Y>ZB．X、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高C．由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價鍵D．T元素的單質具有半導體的特性7、一種釕(Ru)基配合物光敏染料敏化太陽能電池的工作原理及電池中發(fā)生的主要反應如圖所示。下列說法錯誤的是A．電池工作時，光能轉變?yōu)殡娔?，X

為電池的負極B．鍍鉑導電玻璃上發(fā)生氧化反應生成I-C．電解質溶液中發(fā)生反應:2Ru3++3I-2Ru2++I3-D．電池工作時，電解質溶液中I-和I3-的濃度基本不變8、大規(guī)模開發(fā)利用鐵、銅、鋁，由早到晚的時間順序是（）A．鐵、銅、鋁 B．鐵、鋁、銅 C．鋁、銅、鐵 D．銅、鐵、鋁9、某種濃差電池的裝置如圖所示，堿液室中加入電石渣漿液[主要成分為]，酸液室通入(以NaCl為支持電解質)，產生電能的同時可生產純堿等物質。下列敘述正確的是（）A．電子由N極經外電路流向M極B．N電極區(qū)的電極反應式為↑C．在堿液室可以生成D．放電一段時間后，酸液室溶液pH減小10、某太空站的能量轉化示意圖如下，下列說法錯誤的是A．燃料電池系統(tǒng)中發(fā)生化合反應生成了水B．燃料電池系統(tǒng)產生的能量實際上來自于太陽能C．水電解系統(tǒng)中是將電能轉化為化學能D．背日面時氧氣燃燒，將化學能轉化為光能和熱能11、己知ROH固體溶于水放熱，有關過程的能量變化如圖(R=Na、K)：下列說法正確的是A．△H1+△H2>0 B．△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0C．△H6(NaOH>△H6(KOH) D．△H1+△H2+△H4+△H5+△H6=012、下列物質中不能通過置換反應生成的是（）A．F2 B．CO C．C D．Fe3O413、下列實驗操作、現(xiàn)象和結論正確的是實驗操作和現(xiàn)象結論A向濃度均為0.1mol?L-1的FeCl3和AlCl3混合溶液中滴加NaOH溶液，先出現(xiàn)紅褐色沉淀Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]B將Fe(NO3)2樣品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液變?yōu)榧t色樣品已部分或全部變質C向1mL20%的蔗糖溶液中加入5滴稀硫酸，水浴加熱5分鐘后，再向其中加入新制備的Cu(OH)2懸濁液，加熱幾分鐘，沒有磚紅色沉淀生成蔗糖水解不能生成葡萄糖D向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色溶液中含Br2A．A B．B C．C D．D14、肼(N2H4)是一種高效清潔的火箭燃料。25℃、101kPa時，0.25molN2H4(g)完全燃燒生成氮氣和氣態(tài)水，放出133.5kJ熱量。下列說法正確的是（）A．該反應的熱化學方程式為N2H4(g)＋O2(g)=N2(g)＋2H2O(g)ΔH＝－534kJ·mol-1B．N2H4的燃燒熱534kJ·mol-1C．相同條件下，1molN2H4(g)所含能量高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和D．該反應是放熱反應，反應的發(fā)生不需要克服活化能15、我國科學家設計出一種可將光能轉化為電能和化學能的天然氣脫硫裝置，如圖，利用該裝置可實現(xiàn)：H2S+O2═H2O2+S。已知甲池中發(fā)生轉化：。下列說法錯誤的是A．甲池碳棒上發(fā)生電極反應：AQ+2H++2e-＝H2AQB．該裝置工作時，溶液中的H+從甲池經過全氟磺酸膜進入乙池C．甲池①處發(fā)生反應：O2+H2AQ＝H2O2+AQD．乙池②處發(fā)生反應：H2S+I3-＝3I-+S↓+2H+16、事實上，許多非金屬氧化物在一定條件下能與Na2O2反應，且反應極有規(guī)律。如：Na2O2＋SO2→Na2SO4、Na2O2＋SO3→Na2SO4+O2，據(jù)此，你認為下列方程式中不正確的是A．2Na2O2＋2Mn2O7→4NaMnO4＋O2↑B．2Na2O2＋P2O3→Na4P2O7C．2Na2O2＋2N2O3→NaNO2＋O2↑D．2Na2O2＋2N2O5→4NaNO3＋O2↑17、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(shù)均為18、在氧氣中灼燒0.44gS和Fe組成的化合物，使其中的S全部轉化成H2SO4，這些H2SO4可用20mL0.5mol/L的NaOH溶液完全中和，則原化合物中S的質量分數(shù)約為()A．18% B．46% C．53% D．36%19、下列解釋對應事實的離子方程式正確的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，靜置一段時間后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl懸濁液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O20、既含離子鍵又含共價鍵的物質是A．H2 B．MgCl2 C．H2O D．KOH21、相同主族的短周期元素中，形成的單質一定屬于相同類型晶體的是A．第IA族 B．第IIIA族 C．第IVA族 D．第VIA族22、下列對實驗現(xiàn)象的解釋正確的是選項操作現(xiàn)象解釋A將銅粉加入Fe2(SO4)3溶液中溶液變藍金屬鐵比銅活潑B銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成濃硫酸具有強氧化性和吸水性C氧化鐵溶于足量HI溶液溶液呈棕黃色Fe3+呈棕黃色D向待測液中加入適量的NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙放在試管口濕潤的紅色石蕊試紙未變藍待測液中不存在NH4+A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）有研究人員在體外實驗中發(fā)現(xiàn)藥物瑞德西韋對新冠病毒有明顯抑制作用。E是合成瑞德西韋的中間體，其合成路線如下：回答下列問題：(1)W的化學名稱為____；反應①的反應類型為____(2)A中含氧官能團的名稱為____。(3)寫出反應⑦的化學方程式_____(4)滿足下列條件的B的同分異構體有____種(不包括立體異構)。①苯的二取代物且苯環(huán)上含有硝基；②可以發(fā)生水解反應。上述同分異構體中核磁共振氫譜為3:2:2的結構簡式為____________(5)有機物中手性碳(已知與4個不同的原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳)有___個。結合題給信息和已學知識，設計由苯甲醇為原料制備的合成路線_______(無機試劑任選)。24、（12分）中國科學家運用穿山甲的鱗片特征，制作出具有自我恢復性的防彈衣，具有如此神奇功能的是聚對苯二甲酰對苯二胺(G)。其合成路線如下：回答下列問題：（1）A的化學名稱為___。（2）B中含有的官能團名稱為___，B→C的反應類型為___。（3）B→D的化學反應方程式為___。（4）G的結構簡式為___。（5）芳香化合物H是B的同分異構體，符合下列條件的H的結構共有___種(不考慮立體異構)，其中核磁共振氫譜有四組峰的結構簡式為___。①能與NaHCO3溶液反應產生CO2；②能發(fā)生銀鏡反應（6）參照上述合成路線，設計以為原料(其他試劑任選)，制備的合成路線：___。25、（12分）ClO2是一種具有強氧化性的黃綠色氣體，也是優(yōu)良的消毒劑，熔點-59℃、沸點11℃，易溶于水，易與堿液反應。ClO2濃度大時易分解爆炸，在生產和使用時必須用稀有氣體或空氣等進行稀釋，實驗室常用下列方法制備：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2↑+2Na2SO4+H2O。（1）H2C2O4可代替Na2SO3制備ClO2，該反應的化學方程式為___，該方法中最突出的優(yōu)點是___。（2）ClO2濃度過高時易發(fā)生分解，故常將其制備成NaClO2固體，以便運輸和貯存。已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，實驗室模擬制備NaC1O2的裝置如圖所示（加熱和夾持裝置略）。①產生ClO2的溫度需要控制在50℃，應采取的加熱方式是___；盛放濃硫酸的儀器為：___；NaC1O2的名稱是___；②儀器B的作用是___；冷水浴冷卻的目的有___（任寫兩條）；③空氣流速過快或過慢，均會降低NaC1O2的產率，試解釋其原因___。26、（10分）某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。①排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_____，關閉彈簧夾。②打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_____。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_____。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。①實驗i的目的_____。②根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_____溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_____；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_____。（用化學方程式表示）27、（12分）草酸(二元弱酸，分子式為H2C2O4)遍布于自然界，幾乎所有的植物都含有草酸鈣(CaC2O4)。(1)葡萄糖(C6H12O6)與HNO3反應可生成草酸和NO，其化學方程式為________。(2)相當一部分腎結石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量為1.4L，含0.10gCa2＋。當尿液中c(C2O42-)>________mol·L－1時，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9](3)測定某草酸晶體(H2C2O4·xH2O)組成的實驗如下：步驟1：準確稱取0.5508g鄰苯二甲酸氫鉀(結構簡式為)于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，以酚酞作指示劑，用NaOH溶液滴定至終點，消耗NaOH溶液的體積為22.50mL。步驟2：準確稱取0.1512g草酸晶體于錐形瓶中，用蒸餾水溶解，以酚酞作指示劑，用步驟1中所用NaOH溶液滴定至終點(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的體積為20.00mL。①“步驟1”的目的是____________________________________。②計算x的值(寫出計算過程)__________________________________。28、（14分）[化學——選修3：物質結構與性質]（15分）人體必需的元素包括常量元素與微量元素，常量元素包括碳、氫、氧、氮、鈣、鎂等，微量元素包括鐵、銅、鋅、氟、碘等，這些元素形成的化合物種類繁多，應用廣泛。（1）鋅、銅、鐵、鈣四種元素與少兒生長發(fā)育息息相關，請寫出Fe2+的核外電子排布式__________。（2）1個Cu2+與2個H2N—CH2—COO?形成含兩個五元環(huán)結構的內配鹽（化合物），其結構簡式為_______________（用→標出配位鍵），在H2N—CH2—COO?中，屬于第二周期的元素的第一電離能由大到小的順序是__________（用元素符號表示），N、C原子存在的相同雜化方式是_________雜化。（3）碳酸鹽中的陽離子不同，熱分解溫度就不同，查閱文獻資料可知，離子半徑r(Mg2+)=66pm，r(Ca2+)=99pm，r(Sr2+)=112pm，r(Ba2+)=135pm；碳酸鹽分解溫度T(MgCO3)=402℃，T(CaCO3)=825℃，T(SrCO3)=1172℃，T(BaCO3)=1360℃。分析數(shù)據(jù)得出的規(guī)律是_____________，解釋出現(xiàn)此規(guī)律的原因是____________________________________。（4）自然界的氟化鈣礦物為螢石或氟石，CaF2的晶體結構呈立方體形，其結構如下：①兩個最近的F?之間的距離是___________pm（用含m的代數(shù)式表示）。②CaF2晶胞體積與8個F?形成的立方體的體積比為___________。③CaF2晶胞的密度是___________g·cm?3（化簡至帶根號的最簡式，NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值）。[化學——選修5：有機化學基礎]（15分）藥物H在人體內具有抑制白色念球菌的作用，H可經下圖所示合成路線進行制備。已知：硫醚鍵易被濃硫酸氧化?；卮鹣铝袉栴}：（1）官能團?SH的名稱為巰(qiú)基，?SH直接連在苯環(huán)上形成的物質屬于硫酚，則A的名稱為________________。D分子中含氧官能團的名稱為________________。（2）寫出下列反應類型：A→C_____________，E→F_____________。（3）F生成G的化學方程式為_______________________________________。（4）下列關于D的說法正確的是_____________（填標號）。（已知：同時連接四個各不相同的原子或原子團的碳原子稱為手性碳原子）A．分子式為C10H7O3FSB．分子中有2個手性碳原子C．能與NaHCO3溶液、AgNO3溶液發(fā)生反應D．能發(fā)生取代、氧化、加成、還原等反應（5）M與A互為同系物，分子組成比A多1個CH2，M分子的可能結構有_______種；其中核磁共振氫譜有4組峰，且峰面積比為2∶2∶2∶1的物質的結構簡式為_____________。（6）有機化合物K()是合成廣譜抗念球菌藥物的重要中間體，參考上述流程，設計以為原料的合成K的路線。_____________29、（10分）SO2是造成空氣污染的主要原因之一，利用鈉堿循環(huán)法可除去SO2。(1)鈉堿循環(huán)法中，吸收液為Na2SO3溶液，該反應的離子方程式是______。(2)已知常溫下，H2SO3的電離常數(shù)為K1=1.54×10﹣2，K2=1.02×10﹣7，H2CO3的電離常數(shù)為K1=4.30×10﹣7，K2=5.60×10﹣11，則下列微?？梢源罅抗泊娴氖莀_____（選填編號）。a.CO32﹣HSO3-b.HCO3-HSO3-c.SO32﹣HCO3-d．H2SO3HCO3-(3)已知NaHSO3溶液顯酸性，解釋原因______，在NaHSO3稀溶液中各離子濃度從大到小排列順序是______。(4)實驗發(fā)現(xiàn)把亞硫酸氫鈉溶液放置在空氣中一段時間，會被空氣中的氧氣氧化，寫出該反應的離子方程式______。(5)在NaIO3溶液中滴加過量NaHSO3溶液，反應完全后，推測反應后溶液中的還原產物為______（填化學式）。(6)如果用含等物質的量溶質的下列溶液分別吸收SO2，則理論吸收量由多到少的順序_____（用編號排序）。a．Na2SO3b．Na2Sc．酸性KMnO4

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、C【解析】

A．46.0g乙醇的物質的量為1mol，酯化反應為可逆反應，不能進行到底，lmol乙醇與過量冰醋酸在加熱和濃硫酸條件下充分反應生成的乙酸乙酯分子數(shù)小于NA，故A錯誤；B．36.0gCaO2的物質的量為=0.5mol，與足量水完全反應生成氫氧化鈣和氧氣，轉移0.5mol電子，故B錯誤；C．53.5g氯化銨的物質的量為1mol，中性溶液中c(H+)=c(OH-)，根據(jù)電荷守恒，c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)，因此c(NH4+)=c(Cl-)，即n(NH4+)=n(Cl-)=1mol，故C正確；D．一個乙烷分子中含有6個C-H鍵和1個C-C鍵，因此5.0g乙烷中所含的共價鍵數(shù)目為×7×NA=NA，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題的易錯點為B，要注意過氧化鈣與水的反應類似于過氧化鈉與水的反應，反應中O元素的化合價由-1價變成0價和-2價。2、B【解析】

A、根據(jù)結構簡式可知分子式為C3H3N3O3，A錯誤；B、由不同種元素組成，分子中的化學鍵全部是共價鍵，屬于共價化合物，B正確；C、同種元素原子形成的共價鍵是非極性鍵，不同種元素原子形成的共價鍵是極性鍵，則分子中只含極性鍵，C錯誤；D、酸堿反應生成鹽和水的反應是中和反應，生成該物質的上述反應不是中和反應，D錯誤；答案選B。3、B【解析】

混合后發(fā)生反應：Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，混合溶液中含三種溶質（Na2CO3、NaCl、NaHCO3）且物質的量濃度相等?！驹斀狻緼.電荷守恒式為c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），故A錯誤；B.CO32-的水解程度大于HCO3-，且溶液呈堿性，故c(Na+)>c（HCO3-）>c(Cl-)>c（CO32-）>c(OH-)>c(H+)，故B正確；C.物量守恒式應為c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，故C錯誤；D.根據(jù)電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(Cl-)+c（HCO3-）+2c（CO32-），物料守恒c(Na+)=2c（HCO3-）+2c（CO32-）+2c(H2CO3)，聯(lián)立可得c（OH－）+c（Cl－）=c（HCO3－）+2c（H2CO3）+c（H+），故D錯誤；答案：B【點睛】電荷守恒、物料守恒、質子守恒是比較離子濃度常用的方法。4、B【解析】

A．羽毛的成分是蛋白質，蛋白質中含有C、H、O、N等元素，所以蛋白質燃燒時的產物為除了有CO2和H2O生成，還有其他物質生成，故A錯誤；B．賣油翁的油指的是植物油，植物油中含有碳碳雙鍵或碳碳三鍵，能使酸性的高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C．砂糖的成分是蔗糖，不是淀粉，另外淀粉水解需要在酶或稀硫酸加熱的作用下才能進行，C錯誤；D．棉花的成分是纖維素，纖維素與淀粉都是混合物，它們之間不互為同分異構體，D錯誤答案選B。5、A【解析】

A.將銅絲壓扁并掰成圖案，并沒有新的物質生成，屬于物理變化，不涉及化學變化，故A選；B.鉛丹、硼酸鹽等原料化合在經過燒熔而制成不透明的或是半透明的有獨特光澤物質，該過程有新物質生成，屬于化學變化，故B不選；C.燒制陶瓷過程有新物質生成，屬于化學變化，故C不選；D.酸洗去污，該過程為酸與金屬氧化物反應生成易溶性物質，屬于化學變化，故D不選。6、D【解析】

四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22，得出W最外層電子數(shù)為4，即為Si，X為N，Y為O，Z為Cl，T為Ge?！驹斀狻緼.根據(jù)層多徑大，核多徑小(同電子層結構)，因此原子半徑：Cl>N>O，故A錯誤；B.HCl沸點比NH3、H2O最低價氫化物的沸點低，故B錯誤；C.由X、Y和氫三種元素形成的化合物硝酸銨含有離子鍵和共價鍵，故C錯誤；D.Ge元素在金屬和非金屬交界處，因此Ge的單質具有半導體的特性，故D正確。綜上所述，答案為D。7、B【解析】

A、根據(jù)示意圖，電池工作時，光能轉變?yōu)殡娔?，根?jù)電子的流向，電極X為負極，電極Y為正極，故A正確；B、根據(jù)示意圖，I3－→I－，化合價降低，應發(fā)生還原反應，故B錯誤；C、根據(jù)示意圖，電解質溶液中發(fā)生反應:2Ru3++3I-2Ru2++I3-，故C正確；D、根據(jù)示意圖，I－和I3－的濃度基本不變，故D正確。答案選B。8、D【解析】

越活潑的金屬越難被還原，冶煉越困難，所以較早大規(guī)模開發(fā)利用的金屬是銅，其次是鐵，鋁較活潑，人類掌握冶煉鋁的技術較晚，答案選D。9、B【解析】

氫氣在電極M表面失電子轉化為氫離子，為電池的負極，堿液室中的氫氧根離子透過陰離子交換膜，中和正電荷。酸液室中的氫離子透過質子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，電極N為電池的正極，同時，酸液室中的氯離子透過陰離子交換膜進入堿液室，補充負電荷，據(jù)此答題?！驹斀狻緼.電極M為電池的負極，電子由M極經外電路流向N極，故A錯誤；B.酸液室中的氫離子透過質子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，N電極區(qū)的電極反應式為2H++2e-=H2↑，故B正確；C.酸液室與堿液室之間為陰離子交換膜，鈉離子不能進入堿液室，應在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C錯誤；D.放電一段時間后，酸液室氫離子被消耗，最終得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D錯誤。故選B。10、D【解析】

根據(jù)空間站能量轉化系統(tǒng)局部示意圖可知，向日面時發(fā)生水的分解反應，背日面時發(fā)生氫氣和氧氣生成水的電池反應。【詳解】A．由轉化圖可知，燃料電池系統(tǒng)中發(fā)生化合反應生成了水，故A正確；B．燃料電池系統(tǒng)產生的直接能量來源是化學反應產生的化學能，但最初來源于太陽能，故B正確；C．水電解系統(tǒng)中是將電能轉化為化學能，故C正確；D．背日面時氫氣燃燒，將化學能轉化為光能和熱能，故D錯誤；故答案選D?！军c睛】整個太空站的能量轉化包括光能到電能，電能到化學能，化學能到電能等一系列轉化，但是能量的最終來源是太陽能，太陽能在支撐整個體系的運轉。11、B【解析】

A.△H1+△H2表示ROH固體溶于水過程，該過程放熱，所以應小于0，故錯誤；B.△H4表示ROH破壞離子鍵的過程，因為氫氧化鈉中鈉離子半徑比鉀離子半徑小，所以破壞離子鍵吸收的能量氫氧化鈉多，即△H4(NaOH)>△H4(KOH)>0，故正確；C.△H6都表示氫氧根離子從氣態(tài)變液體，能量應相同，故錯誤；D.根據(jù)蓋斯定律分析，有△H1+△H2=△H4+△H5+△H6，因為ROH固體溶于水過程放熱，故△H1+△H2+△H4+△H5+△H6不等于0，故錯誤。故選B。12、A【解析】

A．因氟單質的氧化性最強，不能利用置換反應生成氟單質，故A選；B．C與二氧化硅在高溫下發(fā)生置換反應可以生成硅和CO，故B不選；C．鎂在二氧化碳中燃燒生成氧化鎂和黑色的碳，該反應為置換反應，故C不選；D．Fe與水蒸氣在高溫下發(fā)生置換反應生成四氧化三鐵和氫氣，可以通過置換反應制得，故D不選；故選A。【點睛】本題的易錯點為D，要注意掌握常見的元素及其化合物的性質。13、A【解析】

A．因Ksp[Fe(OH)3]<Ksp[Al(OH)3]，F(xiàn)e(OH)3的溶解度較小，故先和NaOH發(fā)生反應，產生紅褐色沉淀，A正確；B．Fe2+和NO3-、H+在同一溶液中時，可以發(fā)生反應，F(xiàn)e2+反應生成Fe3+，故加入KSCN后溶液會變紅，但不能判斷為變質，B錯誤；C．水浴反應過后應加入NaOH使體系為堿性，若不加NaOH，原溶液中未反應的硫酸會和Cu(OH)2發(fā)生反應，不會生成磚紅色沉淀，C錯誤；D．向某黃色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈藍色，該溶液中也可能含有Fe3+，F(xiàn)e3+也能將I-氧化為單質碘，D錯誤；故選A。14、A【解析】

A.由已知25℃、101kPa時，0.25molN2H4(g)完全燃燒生成氮氣和氣態(tài)水，放出133.5kJ熱量,則1mol肼燃燒放出的熱量為534kJ，故該反應的熱化學方程式為：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，故A正確。B.燃燒熱是指生成為穩(wěn)定的氧化物所放出的熱量，但水蒸氣都不是穩(wěn)定的氧化物，N2為單質，故B錯誤。C.由N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)△H=-534kJ.mol-1，可知該反應是放熱反應，所以1molN2H4(g)和1molO2(g)所含能量之和高于1molN2(g)和2molH2O(g)所含能量之和，故C錯誤；D.化學反應實質舊鍵斷裂新鍵生成，舊化學鍵斷裂時需要消耗能量，且兩個過程能量不相等，因此需要克服活化能，故D錯誤；答案：A。15、B【解析】

A．由裝置圖可知，甲池中碳棒上發(fā)生得電子的還原反應，電極反應為AQ+2H++2e-=H2AQ，故A不符合題意；B．原電池中陽離子移向正極，甲池中碳棒是正極，所以溶液中的H+從乙池經過全氟磺酸膜進入甲池，故B符合題意；C．甲池①處發(fā)生O2和H2AQ反應生成H2O2和AQ，方程式為O2+H2AQ＝H2O2+AQ，故C不符合題意；D．乙池②處，硫化氫失電子生成硫單質，得電子生成I-，離子方程式為：H2S+＝3I-+S↓+2H+，故D不符合題意；故選：B?！军c睛】本題考查新型原電池的工作原理，把握理解新型原電池的工作原理是解題關鍵，注意根據(jù)題給信息書寫電極反應式。16、C【解析】

Na2O2可與某些元素的最高價氧化物反應，生成對應的鹽(或堿)和O2，Na2O2具有強氧化性，與所含元素不是最高價態(tài)的氧化物反應時，只生成相對應的鹽，不生成O2。據(jù)此分析?！驹斀狻緼．Mn2O7是最高價態(tài)的錳的氧化物，NaMnO4中的錳為+7價，符合上述規(guī)律，A正確；B．P2O3不是最高正價，生成Na4P2O7，符合上述規(guī)律，B正確；C．N2O3不是最高價態(tài)的氮的氧化物，不符合上述規(guī)律，C錯誤；D．N2O5是最高價態(tài)的氮的氧化物，因此過氧化鈉與五氧化二氮反應生成硝酸鈉和氧氣，D正確；答案選C?！军c睛】Na2O2具有氧化性、還原性，所以與強氧化劑反應體現(xiàn)還原性，與還原劑反應體現(xiàn)氧化性，同時也既可以作氧化劑，也作還原劑，再依據(jù)得失電子守恒判斷書寫是否正確。17、D【解析】

根據(jù)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，水的電離程度減小；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(shù)，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。18、D【解析】

n（NaOH）=0.02L×0.50mol/L=0.01mol，由反應的關系式SO2～H2SO4～2NaOH可知，n（SO2）=0.005mol，則硫和鐵組成的化合物中含有0.005molS，m（S）=0.005mol×32g/mol=0.16g，則ω（S）=×100%=36%，答案選D。19、D【解析】

A．硫酸亞鐵與氫氧化鈉溶液反應的離子方程式為：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，靜置一段時間后，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵沉淀，故A錯誤；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸為弱酸，離子方程式為CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B錯誤；C．向AgCl懸濁液中加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，離子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C錯誤；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黃色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氫離子濃度，平衡逆向移動，顏色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正確；故選D。20、D【解析】氫氣中含有H-H鍵，只含共價鍵，故A錯誤；MgCl2由鎂離子、氯離子構成，只含離子鍵，故B錯誤；H2O中含有H-O鍵，只含共價鍵，故C錯誤；KOH由鉀離子、氫氧根離子構成，氫氧根離子中含有H-O鍵，所以KOH既含離子鍵又含共價鍵，故D正確。21、D【解析】

A、第IA族的氫氣是分子晶體，其它堿金屬是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，選項A錯誤；B、第IIIA族硼是原子晶體，其它是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，選項B錯誤；C、C、Si、Ge等都屬于第IVA族元素，屬于原子晶體，鉛是金屬晶體，形成的單質晶體類型不相同，選項C錯誤；D、第VIA族形成的都是分子晶體，形成的單質晶體類型相同，選項D正確；答案選D。【點睛】明確晶體類型的劃分、元素在周期表中的位置即可解答，熟練掌握常見原子晶體及其結構，易錯點是選項C。22、B【解析】

A．二者反應生成硫酸銅、硫酸亞鐵，只能說明鐵離子氧化性大于銅離子，不能比較金屬性；要證明金屬鐵比銅活潑，要將鐵放入硫酸銅等溶液中，故A錯誤；B．銅與濃硫酸共熱有灰白色固體生成，說明生成了無水硫酸銅，銅被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸銅從溶液中析出時應是CuSO4·5H2O，是藍色固體，現(xiàn)變成白色，是無水硫酸銅，說明濃硫酸具有吸水性，故B正確；C．氧化鐵溶于足量HI溶液，F(xiàn)e2O3＋6H＋+2I－=2Fe2＋+I2＋3H2O，生成的碘溶于水也呈黃色，故C錯誤；D．銨根離子與氫氧化鈉在加熱條件下能反應生成氨氣，氨氣能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，這是氨氣的特征反應，但濕潤的紅色石蕊試紙未變藍，也可能是溶液太稀，沒有得到氨氣，無法確定待測液中是否存在NH4+，故D錯誤；故選B。二、非選擇題(共84分)23、氨基乙酸取代反應硝基和羥基++H2O82【解析】

根據(jù)流程圖，A()和發(fā)生取代反應生成B()，B和磷酸在加熱條件下發(fā)生取代生成C，C在一定條件下轉化為，中的一個氯原子被取代轉化為D；X與HCN發(fā)生加成反應生成Y，Y和氨氣在一定條件下發(fā)生取代反應生成Z，Z在酸性條件下水解得到W，D和R在一定條件下反應生成E，根據(jù)E和D的結構簡式，可推出R的結構簡式為，由此可知W和在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應生成R，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)W的結構簡式為，結構中有羧基和氨基，化學名稱為氨基乙酸；根據(jù)分析，反應①為A()和發(fā)生取代反應生成B()，反應類型為取代反應；(2)A的結構簡式為，含氧官能團的名稱為硝基和羥基；(3)根據(jù)分析，反應⑦為W和在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應生成R，R的結構簡式為，化學方程式++H2O；(4)B的結構簡式為，①苯的二取代物且苯環(huán)上含有硝基；②可以發(fā)生水解反應，說明另一個取代基為酯基，該酯基的結構可為-OOCCH3或-COOCH3或-CH2OOCH，在苯環(huán)上與硝基分別有鄰間對三種位置，分別為：、、、、、、、、，除去自身外結構外，共有8種；上述同分異構體中核磁共振氫譜為3:2:2，說明分子中含有三種不同環(huán)境的氫原子且個數(shù)比為3:2:2，則符合要求的結構簡式為；(5)已知與4個不同的原子或原子團相連的碳原子稱為手性碳，有機物中手性碳的位置為，有2個；的水解產物為，的結構中的-COOH可由-CN酸性條件下水解得到，而與HCN發(fā)生加成反應可生成，再結合苯甲醇催化氧化可得到苯甲醛，則合成路線為：。24、對二甲苯（或1，4-二甲苯）羧基取代反應+2CH3OH+2H2O；13【解析】

根據(jù)合成路線可知，經氧化得到B，結合D的結構簡式可逆推得到B為，B與甲醇發(fā)生酯化反應可得到D，D與氨氣發(fā)生取代反應生成E，E與次氯酸鈉反應得到F，F(xiàn)與C發(fā)生縮聚反應生成聚對苯二甲酰對苯二胺（G），可推知G的結構簡式為：，結合有機物的結構與性質分析作答?！驹斀狻浚?）根據(jù)A的結構，兩個甲基處在對位，故命名為對二甲苯，或系統(tǒng)命名為1，4-二甲苯，故答案為：對二甲苯（或1，4-二甲苯）；（2）由D的結構逆推，可知B為對苯二甲酸（），含有的官能團名稱為羧基，對比B與C的結構，可知B→C的反應類型為取代反應，故答案為：羧基；取代反應；（3）B→D為酯化反應，反應的方程式為：+2CH3OH+2H2O；故答案為：+2CH3OH+2H2O；（4）已知G為聚對苯二甲酰對苯二胺，可知C和F在一定條件下發(fā)生縮聚反應而得到，其結構簡式為；故答案為：（4）芳香化合物H是B的同分異構體，能與溶液反應產生；能發(fā)生銀鏡反應，說明含有羧基和醛基，可能的結構有一個苯環(huán)連有三個不同官能團：—CHO、—COOH、—OH，有10種同分異構體；還可能一個苯環(huán)連兩個不同官能團：HCOO—、—COOH，有鄰、間、對三種；共10+3=13種。其中核磁共振氫譜有四組峰的H的結構簡式為，故答案為：13；；（6）設計以為原料，制備的合成路線，根據(jù)題目B→D、D→E、E→F信息，可實現(xiàn)氨基的引入及碳鏈的縮短，具體的合成路線為。25、2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑反應中產生的CO2可以起到稀釋ClO2的作用，避免ClO2濃度大時分解爆炸，提高了安全性水浴加熱分液漏斗亞氯酸鈉安全瓶，防倒吸降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，減少H2O2分解，減少ClO2分解空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收：空氣流速過慢時，ClO2濃度過高導致分解【解析】

中的氯是+4價的，因此我們需要一種還原劑將氯酸鈉中+5價的氯還原，同時要小心題干中提到的易爆炸性。再來看實驗裝置，首先三頸燒瓶中通入空氣，一方面可以將產物“吹”入后續(xù)裝置，另一方面可以起到稀釋的作用，防止其濃度過高發(fā)生危險，B起到一個安全瓶的作用，而C是吸收裝置，將轉化為，據(jù)此來分析本題即可?！驹斀狻浚?）用草酸來代替，草酸中的碳平均為+3價，因此被氧化產生+4價的二氧化碳，方程式為2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+Na2SO4+H2O+2CO2↑；產生的可以稀釋，防止其濃度過高發(fā)生危險；（2）①50℃最好的加熱方式自然是水浴加熱，盛放濃硫酸的儀器為分液漏斗，中的氯元素為+3價，因此為亞氯酸鈉；②儀器B是一個安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以減少的分解，另一方面可以使變?yōu)橐后w，增大產率；③當空氣流速過快時，來不及被充分吸收，當空氣流速過慢時，又會在容器內滯留，濃度過高導致分解。26、打開彈簧夾，通入N2一段時間H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O將紅色物質轉化為氧化銅Cu排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性NaHSO3或KHSO3SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2【解析】

(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；②裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)①根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質。【詳解】(1)①為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；②裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；①在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；②由實驗可知n(CuO)==0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)①B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；②確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質，離子方程式為2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【點睛】本題注意實驗三中判斷使溶液顯綠色的粒子時，要分別判斷，逐一分析，每一步實驗都要從實驗目的角度分析設置的原因。27、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑1.3×10－6測定NaOH溶液的準確濃度x＝2【解析】

（1）依據(jù)氧化還原反應規(guī)律書寫其方程式；（2）根據(jù)c=得出溶液中的鈣離子濃度，再依據(jù)溶度積公式求出草酸根離子濃度；（3）利用鄰苯二甲酸氫鉀可以滴定氫氧化鈉，再利用氫氧化鈉標準液測定草酸的濃度，依據(jù)物質的量之間的關系，列出關系式，求出草酸的物質的量，根據(jù)總質量間接再求出水的質量，進一步得出結晶水的個數(shù)。【詳解】（1）HNO3將葡萄糖(C6H12O6)氧化為草酸，C元素從0價升高到+2價，N元素從+5價降低到+2價，則根據(jù)電子轉移數(shù)守恒、原子守恒可知，化學方程式為：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此當形成沉淀時溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；（3）①“步驟1”中用準確稱量的鄰苯二甲酸氫鉀測定氫氧化鈉溶液的準確濃度，由于兩者按物質的量1:1反應，故在滴定終點時，兩者物質的量相等，根據(jù)鄰苯二甲酸氫鉀的物質的量和消耗的氫氧化鈉溶液的體積即可測定出氫氧化鈉溶液的準確濃度，故答案為測定NaOH溶液的準確濃度；②0.5508g鄰苯二甲酸氫鉀的物質的量n(酸)==0.0027mol,測定NaOH溶液的準確濃度c(NaOH)==0.1194mol/L，又草酸與氫氧化鈉反應，根據(jù)H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH)·V(NaOH)，n(H2C2O4)==1.194×10-3mol，所以n(H2C2O4·xH2O)=1.194×10-3mol，則n(H2C2O4)·M(H2C2O4)=1.194×10-3mol×（94+18x）g/mol=0.1512g，則晶體中水的個數(shù)x2，故x＝2。28、[Ar]3d6（或1s22s22p63s23p63d6）N>O>Csp3隨著這類金屬陽離子半徑的增大，碳酸鹽的熱分解溫度逐漸升高金屬離子半徑越小，其與碳酸根離子中氧的作用力越強，與碳的作用力則減弱，對應的碳酸鹽就越容易分解（或其他合理答案）8∶14?氟硫酚（或對氟硫酚）羧基，羰基加成反應取代反應AD13【解析】

[化學——選修3：物質結構與性質]（1）Fe的核電荷數(shù)為26，核外電子排布式[Ar]3d64s2或1s22s22p63s23p63d64s2，F(xiàn)e2+的核外電子排布式為[Ar]3d6或1s22s22p63s23p63d6。（2）1個Cu2+與2個H2N—CH2—COO?形成的鹽，因為含兩個五元環(huán)結構，所以結構為；在H2N—CH2—COO?中，屬于第二周期元素的是C、N、O，第一電離能由大到小的順序是N>O>C，在H2N—CH2—COO?中，N的雜化方式為sp3、C的雜化方式為sp3和sp2，相同的是sp3雜化。（3）隨著金屬離子半徑的增大，碳酸鹽的熱分解溫度逐步升高；一般認為，含氧酸鹽熱分解的本質是金屬離子爭奪含氧酸根中的氧元素，金屬離子的半徑越小，奪取含氧酸根中的氧的能力越強，含氧酸鹽的熱分解溫度越低，越易分解。（4）①根據(jù)側面圖可看出，2mpm為面對角線的長