还剩24页未读，
继续阅读
2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海B卷） （全析全解）
展开
这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海B卷） （全析全解），共27页。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
高三化学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，再选涂其他答案标号。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
H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个答案。
1. 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是
A. Na2O2能与CO2、H2O反应产生O2，所以Na2O2常用于作呼吸面具的供氧剂
B. 铁比铜金属性强，工业上用FeCl3溶液腐蚀铜制印刷电路板以回收金属铜
C. NaHCO3能与盐酸反应，所以NaHCO3可用于制胃药以治疗胃酸过多
D. Na2CO3、NaHCO3溶液都显碱性，所以它们可用作食用碱或工业用碱
【答案】B
【解析】A.过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B.氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，所以用FeCl3溶液腐蚀Cu来刻制印刷电路板与铁、铜的活泼性无关，故B错误；
C .碳酸氢钠碱性较弱，能够与盐酸反应，常用于治疗胃酸过多，故 C正确；
D.Na2CO3、NaHCO3溶液都显碱性，食用碱是指有别于工业用碱的纯碱和小苏打，在厨房做面点，一般用小苏打作为面点的蓬松剂，也可用纯碱代替小苏打，故D正确。
2. 下列化学用语正确的是( )
A. Zn的电子排布式：1s22s22p63s23p64s2
B. Fe2+的电子排布式：[Ar]3d6
C. C的价电子轨道表示式：
D. HClO的电子式：
【答案】B
【解析】
A.Zn的原子序数为30，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故A错误；
B.Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6，故B正确；
C.C的价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故C错误；
D.HClO含有O−H键，HClO的电子式为H:O:....Cl....:，故D错误。
故选B。
3. 设阿伏加德罗常数为NA。关于1 mol CO2的叙述正确的是( )
A. 含有1 mol O2 B. 含有NA个氧原子
C. 质量为44 g·mol−1 D. 在标准状况下的体积为22.4 L
【答案】D
【解析】
A.CO2分子由原子构成，CO2中无O2，故A错误；
B.1 mol CO2含有2molO原子，含2NA个氧原子，故B错误；
C.质量为1 mol×44 g·mol−1=44g，故C错误；
D.在标准状况下的体积为1 mol×22.4L/mol=22.4 L，故D正确。
故选D。
4. 下列说法正确的是 ( )
A. 配制 Fe(NO3)2溶液时，向 Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸以防止 Fe(NO3)2发生水解
B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C. 中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的温度，所测中和热的数值偏大
D. 配制1 mol/L的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
【答案】B
【解析】
A. 在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；
B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；
C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，，致中和热的数值偏小，选项C错误；
D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误。
故选B。
5. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是( )
A. 两种气体的氧原子数目相等 B. O2比O3的质量小
C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的压强相等
【答案】A
【解析】解：A.O2、O3均由氧原子组成，容器内气体质量相等，故氧原子数相等，故A正确；
B.由公式m=ρV可知，容器体积相同，密度相等，容器内气体质量相等，故B错误；
C.容器内气体质量相等，则n(O2)：n(O3)=M(O3)：M(O2)=48g/mol：32g/mol=3：2，故C错误；
D.温度体积一定时，可知容器内气体压强比等于气体物质的量之比，p(O2)：p(O3)=n(O2)：n(O3)=3：2，故D错误；
故选：A。
由题意可知，容器体积相同，密度相等，由公式m=ρV可知，容器内气体质量相等，由公式n=mM求算气体的物质的量，进而求算原子个数，温度体积一定时，可知容器内气体压强比等于气体物质的量之比。
本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度中等，能依据物质的量的相关公式和阿伏加德罗定律及推论进行计算是解题的关键。
6. 向FeCl3、CuCl2的混合液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在。则下列判断正确的是
A. 加入KSCN溶液一定不变红色 B. 溶液中不一定含有Fe2+
C. 溶液中一定含有Cu2+ D. 剩余固体中不一定含有Cu
【答案】A
【解析】
向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，当FeCl3完全反应后还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，Cu和Fe3+发生氧化还原反应，
充分反应后仍有固体剩余；
如果剩余固体是Fe和Cu，则溶液中存在的溶质只有FeCl2；
如果固体成分是Cu，则溶液中的溶质是FeCl2或FeCl2和CuCl2；
A.溶液中的溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，没有铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；
B.根据以上分析知，溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，所以溶液中一定含有Fe2+，故B错误；
C.通过以上分析知，溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，所以溶液中不一定含有Cu2+，故C错误；
D.根据以上分析知，固体中成分为Cu或Cu和Fe，所以一定含有Cu，故D错误。
故选A。
7. 沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 (如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是( )
A. 阳极发生将海水中的Cl−氧化生成Cl2的反应
B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D. 阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【答案】D
【解析】
海水通入管道后，形成电解池，阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，此时海水碱性增大，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果。
A.阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.依据分析可知，管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO，故B正确；
C.氢气易燃，阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气，故C正确；
D.阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，Mg(OH)2等沉积在阴极表面，故D错误，
故选：D。
8. 研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. HNC比HCN更稳定
B. HCN转化为HNC，反应条件一定要加热
C. HNC(g)→HCN(g)+59.3kJ
D. 加入催化剂，可以减小反应的热效应
【答案】C
【解析】解：A.由图可知，HCN具有的能量较低，则HCN比HNC更稳定，故A错误；
B.反应吸放热与反应条件无关，则HCN转化为HNC，反应条件不一定要加热，故B错误；
C.HNC(g)→HCN(g)186.5kJ−127.2kJ=+59.3kJ，故C正确；
D.加入催化剂，反应的热效应不变，故D错误；
故选：C。
A.物质具有的能量越低越稳定；
B.反应吸放热与反应条件无关；
C.HNC(g)→HCN(g)186.5kJ−127.2kJ；
D.催化剂不改变反应的反应热。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。
9. 某工业废水中存在大量的Na+、Cl−、Cu2+、SO42−，欲除去其中的Cu2+、SO42−，设计工艺流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A. NaOH的作用是除去Cu2+ B. 试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3
C. 流程图中，操作x为过滤 D. 试剂c既可以是盐酸又可以是硫酸
【答案】D
【解析】解：A.氢氧化铜为沉淀，则NaOH的作用是除去Cu2+，故A正确；
B.试剂a为BaCl2，可除去SO42−，试剂b为Na2CO3，可除去过量钡离子，故B正确；
C.由上述分析可知，操作x为过滤，分离出沉淀，故C正确；
D.试剂c为盐酸，可除去碳酸根离子，且不引入新杂质，不能为硫酸，故D错误；
故选：D。
除去其中的Cu2+、SO42−，由流程可知，先加NaOH可除去Cu2+，试剂a为BaCl2，可除去SO42−，试剂b为Na2CO3，可除去过量钡离子，操作x为过滤，溶液中含Na+、Cl−、CO32−，试剂c为盐酸，可除去碳酸根离子，得到氯化钠溶液，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意试剂的选择及先后顺序，题目难度不大。
10. 下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A.图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，故A符合题意；
B.用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，故B不符合题意；
C.对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验．即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，故C不符合题意；
D.图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，故D不符合题意。
故选A。
11. A、B、C、D、E均为短周期主族元素，B、C、D在周期表中的位置关系如图所示．A是短周期中原子半径最小的元素，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，E是短周期中最活泼的金属元素．下列说法错误的是( )
A. 简单离子的半径大小关系：B>C>E
B. C元素的气态氢化物比D元素的气态氢化物稳定是氢键的缘故
C. 由A、B两种元素组成的离子化合物BA5中，阴、阳离子个数比为1:1
D. 由C、D、E三种元素组成的某种化合物，其水溶液能与盐酸反应产生沉淀
【答案】B
【解析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，原子序数均小于18，A是短周期中原子半径最小的元素，A是氢元素，E是短周期中最活泼的金属元素，所以E为钠元素，由B与C、D在周期表中的位置关系可知，B、C位于第二周期，原子序数：C>B，且C与D处于同主族，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，令C的原子序数为x，则B为x−1、D为x+8，则1+x−1+x=x+8，解得x=8，故A为H、B为N、C为O、D为S，E为Na，
A.B为N、C为O、E为Na，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，则离子半径N3−>O2−>Na+，故A正确；
B.氢键不影响氢化物的稳定性。同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O>S，所以氢化物稳定性H2O>H2S，故B错误；
C.NH5是由铵根离子和氢负离子，一个铵根离子带一个单位的正电荷，一个氢负离子带一个单位的负电荷，所以阴、阳离子个数比为1:1，故C正确；
D.由C、D、E三种元素组成的某种化合物可能为硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠，Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，故D正确；
故选B。
12. 化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有两种
D. 1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应
【答案】D
【解析】A.苯环之间的C为四面体结构，则两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；
B.含−COOH，能与饱和Na2CO3溶液反应，故B错误；
C.含−COOC−，酸性条忤下水解，水解产物有一种，故C错误；
D.X中酯基能消耗2摩尔氢氧化钠，羧基能消耗1摩尔氢氧化钠，一共消耗3摩尔氢氧化钠，故D正确。
故选D。
13. 物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )
A. HX、HY、HZ B. HX、HZ、HY
C. HZ、HY、HX D. HY、HZ、HX
【答案】A
【解析】解：酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X−、Y−、Z−的水解程度逐渐增大，酸性：HX>HY>HZ；则由强到弱的顺序是HX、HY、HZ，
故选：A。
酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此确定三种酸的酸性强弱．
本题考查盐类水解，知道酸的酸性强弱与酸根离子水解程度之间关系是解本题关键，熟悉常见弱酸酸性大小顺序，题目难度不大．
14. 下列说法不正确的是( )
A. 可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙酸、乙醇、乙醛、甘油、葡萄糖溶液、蛋白质溶液
B. 有机物(C2H5)2CHC(CH3)2CH2CH3的名称为3，3−二甲基−4−乙基己烷
C. 1.0 mol的分别与NaOH、浓溴水反应，最多消耗NaOH、Br2分别为4mol和3mol
D. DDT的结构简式如图，该分子中最多有13个碳原子共面
【答案】C
【解析】
A.用新制的氢氧化铜悬浊液一种试剂鉴别，反应的现象不同，新制氢氧化铜与乙酸：变澄清的蓝色溶液；与乙醇：无明显现象，不反应，不过由于稀释颜色会变浅；与乙醛：加热有红色沉淀生成，溶液本身有特殊气味；与甘油：变成绛蓝色溶液；与葡萄糖溶液：互溶，加热有砖红色沉淀乙醛；与蛋白质溶液：混合后有絮状沉淀产生，故可用来鉴别，故A正确；
B.有机物(C2H5)2CHC(CH3)2CH2CH3含有2个甲基和1个乙基，主链有6个碳原子，属于烷烃，名称为3，3−二甲基−4−乙基己烷，故B正确；
C.1.0 mol的中含有3mol酯基，其中1mol酯基水解后还生成1mol酚羟基，共有2mol酚羟基，所以需要5mol NaOH，酚羟基的邻对位易与溴发生取代反应，还有1mol碳碳双键，所以共需要3mol Br2，故C错误；
D.由于碳碳单键可以绕轴旋转，所以连接2个苯环的碳原子和2个苯环上的碳原子可以在同一平面上，共有13个碳原子共面，故D正确。
故选C。
15. 温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
容器
编号
物质的起始浓度/(mol·L−1)
物质的平衡浓度/(mol·L−1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
I
0.6
0
0
0.2
II
0.3
0.5
0.2
III
0
0.5
0.35
①达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为4：5
②达平衡时，容器II中c(O2)c(NO2)比容器I中的大
③达平衡时，容器III中NO的体积分数小于50%
④当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】 由I中数据可计算温度为T1时反应的平衡常数。
2NO2(g)2NO(g)+O2(g)
起始/mol·L−1 0.6 0 0
转化/mol·L−1 0.4 0.4 0.2
平衡/mol·L−1 0.2 0.4 0.2
平衡后气体总物质的量：n(气体)=(0.2 mol·L−1+0.4 mol·L−1+0.2 mol·L−1)× 1 L=0.8 mol。
K = c2(NO)·c(O2)c2(NO2) = 0.42× 0.20.22 = 0.8
①错，此时容器II中， Qc = c2(NO)·c(O2)c2(NO2)0.52× 0.20.32 < K，反应正向进行建立平衡。由于反应正向进行，气体的物质的量增加，故建立平衡后n(气体)> (0.3 mol·L−1+0.5 mol·L−1+0.2 mol·L−1)× 1 L=1.0 mol。则达到平衡后容器I和容器II中的总压强之比pI：pII < 0.8 mol：1.0 mol =4：5。②错，根据等效平衡特点可知，容器II中平衡体系相当于在容器I平衡体系中同时加入0.2 mol·L−1 NO和0.05 mol·L−1 O2，平衡左移的结果。故容器II的平衡体系中，0.2 mol·L−1 < c(O2)<0.25 mol·L−1，0.2 mol·L−1< c(NO)<0.3 mol·L−1。达平衡时，容器I中c(O2)c(NO2) = 0.2 mol·L−10.2 mol·L−1 =1，容器II中 0.2 mol·L−10.3 mol·L−1 < c(O2)c(NO2) <1，即容器II中c(O2)c(NO2)比容器I中的小。③对，同理，根据等效平衡特点可知，容器III中平衡体系相当于在容器I平衡体系中同时减去0.1 mol·L−1 NO2、增加 0.1 mol·L−1 O2，平衡左移，建立新平衡时，NO的体积分数减小，因容器I中NO的体积分数为 0.4 mol·L−10.2 mol·L−1+0.4 mol·L−1+0.2 mol·L−1 ×100%=50%，故容器III平衡体系中NO的体积分数小于50%。④对，由题中关系式v正 = v(NO2)消耗
= k正 c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)· c(O2)可得，k正 = v(NO2)消耗c2(NO2)，
k逆 = v(NO)消耗c2(NO)·c(O2)，当温度改变为T2时，k正=k逆，即 v(NO2)消耗c2(NO2) = v(NO)消耗c2(NO)·c(O2)。反应达到平衡时 v(NO2)消耗=v(NO)消耗，则c2(NO2)=c2(NO)·c(O2)。温度为T2时，K=
c2(NO)·c(O2)c2(NO2) = 1，平衡常数增大，因为该反应的正反应为吸热反应，所以T2 >T1 。
16. 马兜铃酸是一种致癌物。如图为马兜铃酸的结构简式，R、R1、R2代表−H、−OH或−OCH3中的一种或几种，下列有关说法正确的是( )
A. 若R代表−OH，R1、R2代表−H，则对应有机物的分子式为C16H9NO7
B. 若R代表−H，R1、R2代表−OCH3，则对应有机物的结构中含有4种官能团
C. 若R、R1、R2均代表−H，则对应有机物能发生取代反应、氧化反应和水解反应
D. 若R、R1、R2中至少有1个代表−H，则对应的有机物最多有9种结构(不考虑立体异构)
【答案】A
【解析】
A.根据结构简式确定分子式为C16H9NO7，故A正确；
B.R代表−H，R1、R2代表−OCH3，该有机物中含有醚键、硝基、羧基三种官能团，故B错误；
C.若R、R1、R2均代表−H，该有机物中没有酯基或卤原子或肽键，所以不能发生水解反应，故C错误；
D.若R代表 − H，R1和 R2可以均为−OH或−OCH3，也可以分别为−OH和 − OCH3，共有四种结构，若 R1或 R2 代表 −H，也分别有四种结构，则有1个代表−H时，最多有12种结构，还需考虑有2个−H或 3个−H的情形，则对应有机物的结构多于12种，故 D错误。
故选A。
17. 如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，Z元素与T元素原子的核电荷数之和为W元素的3倍。下列说法不正确的是( )
A. X、W、Z元素的原子半径依次增大，它们的气态氢化物的热稳定性依次减弱
B. X、W元素在自然界中均能以游离态存在，它们氢化物的还原性依次增强
C. 根据元素周期律，可以推测Y、T元素的单质均具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
D. Y和W的氧化物熔化所克服的微粒间作用力相同
【答案】D
【解析】
X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，设Z的核电荷数为a，则T为a+18，W为a+1，Z元素与T元素原子的核电荷数之和为W元素的3倍，则a+a+18=3(a+1)，a=15，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，
A.元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O>S>P，故H 2O>H2S>PH3，故A正确；
B.氧元素可以以氧分子和臭氧分子形式存在，S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，且硫化氢的还原性强于水分子的还原性，故B正确；
C.As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故C正确；
D.SiO2熔化需克服共价键，固态SO3、SO2熔化克服分子间作用力，故D错误。
18. 下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高：CF4
C. 晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI
D. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
【答案】D
【解析】
A.四者是结构相似的分子晶体，相对分子质量逐渐增大且不存在氢键，则晶体熔点由低到高顺序为CF4碳化硅>晶体硅，故B正确；
C.离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F−、Cl−、Br−、I−的离子半径依次增大，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故C正确；
D.金属晶体中，金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越高，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，故D错误；
故选D。
19. 下列含有非极性键的共价化合物是( )
A. HCl B. Na2O2 C. CH3CH3 D. CH4
【答案】C
【解析】
A.HCl中只含H−Cl极性共价键，故A错误；
B.Na2O2中含有离子键和非极性键，属于含有非极性键的离子化合物，故B错误；
C.CH3CH3中含C−C非极性键和C−H极性键，为共价化合物，故C正确；
D.CH4中只含有C−H极性共价键，故D错误。
故选C。
20. 取两份10mL0.05mol⋅L−1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol⋅L−1的盐酸，另一份滴加0.05mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是( )
A. 由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于电离程度
B. a→b→c过程中：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)逐渐减小
C. a→d→e过程中：c(Na+)
【答案】C
【解析】解：A.NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)>c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，故C错误；
D.e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，c点c(Na+)较大，则c(Na+)=c(Cl−)=10mL×0.05mol/L20mL=0.025mol⋅L−1，故D正确；
故选：C。
A.a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性；
B.结合电荷守恒判断；
C.a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，且有二氧化碳气体逸出；
D.e点NaHCO3与HCl反应生成NaCl。
本题考查盐类的水解、酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，注意把握图象的分析以及离子浓度的比较，题目难度中等。
二、综合题（本大题共4小题，共60.0分）
21. (I)甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3
回答下列问题：已知反应①中的相关的化学键键能数据如表：
化学键
H—H
C—O
(CO中的化学键)
H—O
C—H
E/(kJ·mol−1)
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1=_______kJ·mol−1，已知ΔH2=−58kJ·mol−1，则ΔH3=________kJ·mol−1。
(II)下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体
(1)写出有关物质的化学式X：_________________；F___________________。
(2)写出A→D的化学方程式________________________________。
(3)写出实验室制备C的化学方程式_____________________________。
(4)C可用于制备尿素，尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是__________________________________。
(5)分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积(标准状况下)与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_____，其物质的量之比是：_________。
②原NaOH溶液的物质的量浓度是_______mol/L，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为_____mL(标准状况)。
【答案】
(I)−99；+41
(II)(1)NH4HCO3 或 (NH4)2CO3 ；NO2
(2)2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2
(3)2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O
(4)CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑
(5)①NaHCO3和Na2CO3 ；1:1
② 0.75；112
【解析】
(I)反应热=反应物总键能−生成物总键能，故△H1=1076kJ⋅mol−1+2×436kJ⋅mol−1−(3×413+343+465)kJ⋅mol−1=−99kJ⋅mol−1；
由盖斯定律可知，反应②−反应①=反应③，故△H3=△H2−△H1=−58kJ⋅mol−1−(−99kJ⋅mol−1)=+41kJ/mol，
故答案为：−99；+41；
(II)X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，
故答案为：NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；
(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，
故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，应生成氨气和二氧化碳，反应的方程式为CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；
(5 )当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
①(甲)中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32−转化为HCO3−应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL−25mL=25mL，
由方程式可知NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；
(乙)中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32−转化为HCO3−应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL−25mL=25mol，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，
故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1：1；
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度= 0.0075mol0.01L =0.75mol/L，
甲中溶质为NaOH、Na2CO3，且n(NaOH)=n(Na2CO3)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，如继续与二氧化碳反应，则完全生成碳酸氢钠，消耗n(CO2)=0.005mol，体积为0.005mol×22400mL/mol=112mL，
故答案为：0.75；112。
22. 燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。
已知：25 ℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5； H2SO3：Ka1=1.5×10−2，Ka2=1.0×10−7
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温条件下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1 mol/L (NH4)2SO3溶液的pH________(填“>”“<”或“=”)7。将烟气通入(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能吸收二氧化硫的原因__________________。
(2)用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是________(填选项编号)。
A.单位时间内生成2n mol NO(g)的同时消耗n mol CO2(g)
B.混合气体的密度不再发生改变
C.反应体系的压强不再发生改变
D.混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)有科学家经过研究发现，用CO2和H2在210～290 ℃、催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。
①230 ℃，向容器中投入0.5 mol CO2和1.5 mol H2，当转化率达80%时放出热量19.6 kJ能量，写出该反应的热化学方程式___________________________。
②一定条件下，往2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol CO2和3.0 mol H2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图1所示：
催化剂效果最佳的是催化剂________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”)。b点v正________v逆(填“>”“<”或“=”)。此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________________。已知容器内的起始压强为100 kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp=________。(保留两位有效数字)(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
(4)一定条件下，CO2和H2也可以发生反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH<0，一定温度下，在3 L容积可变的密闭容器中，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ或曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是____________。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是______________________。
【答案】
(1)>；SO 32−+SO2+H2O=2HSO 3−；
(2)BD；
(3)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−49 kJ/mol
②Ⅰ；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；8.3×10−4或11200 kPa−2；
(4)加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L
【解析】解：(1)已知NH3⋅H2O的电能平衡常数大于H2SO3的Ka2，则在(NH4)2SO3溶液中NH4+的水解能力小于SO32−的水解程度，可知溶液显碱性，即pH>7； (NH4)2SO3溶液吸收SO2 生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为SO32−+SO2+H2O=2HSO3−，
故答案为：>；SO32−+SO2+H2O=2HSO3−；
(2)在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变，C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)；
A.单位时间内生成2nmol NO(g)的同时消耗nmol CO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.碳是固体。当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C错误；
D.C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故D正确，
故答案为：BD；
(3)①已知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热19.6kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−19.6mol80%×2=−49kJ⋅mol−1，则热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ/mol；
②由图象知：反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到较高转化率，催化剂效果最佳的反应是催化剂Ⅰ，T3的b点时，反应未达到限度，故v(正)>v(逆)；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。T4的a点转化率比T5的c点高，
c点时：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol)：1 3 0 0
转化(mol)：0.6 1.8 0.6 0.6
平衡(mol)：0.4 1.2 0.6 0.6
在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强P总=100kPa×2.8mol4mol=70kPa，该反应的平衡常数Kp=0.62.8×P总×0.62.8×P总0.42.8×P总×(1.22.8×P总)3=8.3×10−4 kPa−2，故答案为：Ⅰ；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；8.3×10−4 kPa−2；
(4)图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，、说明改变的是加入了催化剂；
当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，平衡时一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，平衡时一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L满足条件，
故答案为：加入催化剂；将容器快速压缩至2L。
本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题目涉及盖斯定律的应用及热化学方程式的书写、影响平衡移动及平衡常数的因素、化学平衡的有关计算，题目难度中等。
23. 化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH+NH3→Δ催化剂HNR2+2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，H中的含氧官能团名称是 ___________．
(2)由F生成H的反应类型是_______________ ，G的化学名称为 __________________．
(3)A→B的化学方程式为 ________________________________________________.
(4)L是F的同分异构体，含有联苯()结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有 _______ 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为_________．
(5)写出用氯乙烷和2−氯−1−丙醇为原料制备化合物 的合成路线(其他无机试剂任选)。
【答案】
(1) ；醚键
(2)取代反应； 2−氯乙醇
(3)+Cl2+HCl
(4)19；
(5)
【解析】
(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为：甲苯，结构简式为；由H的结构简式可知，H中的含氧官能团为醚键。
(2)根据F、H的结构简式，由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基中的脱水成醚，则由F生成H的反应类型是取代反应，G的结构简式为：CH2OHCH2Cl，其名称为 2−氯乙醇。
(3)A→B为甲苯和氯气在光照条件下取代，取代甲基上氢原子，化学方程式为+Cl2+HCl 。
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析，先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为、、，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3：2：2：2：2：1的分子结构应该对称，结构简式为。
(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2−氯−1−丙醇，其中2−氯−1−丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，合成路线为：。
24. 辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入200.0mL 0.2000mol/L酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42−)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I−=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________________________________。
(2)配制0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是____________。
(4)⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_______%、_______%(结果均保留1位小数)。
(6)判断下列情况对样品中Cu2S和CuS的含量的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)若量取酸性KMnO4溶液时俯视读数，则最终结果Cu2S的含量_______________。若用Na2S2O3溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果CuS的含量_____________。
【答案】
(1)Cu2S+2MnO4−+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42−+4H2O
(2)除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管
(3)滴定管
(4)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色
(5)61.5；36.9
(6)偏低；偏低
【解析】
(1)Cu2S与KMnO4酸性溶液反应高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、氯酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4−+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42−+4H2O，
故答案为：Cu2S+2MnO4−+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42−+4H2O；
(2)配制0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，
故答案为：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；
(3)③取25.00待测溶液所用的仪器是滴定管，故答案为：滴定管；
(4)加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1⋅L−1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，滴定终点是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，
故答案为：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；
(5)Cu2S、CuS与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，
5CuS+8MnO4−+24H+=5Cu2++8Mn2++5SO42−+12H2O，
5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
滴定Fe2+消耗的MnO4−：n1=0.1000mol/L×0.020L×15=0.0004mol，
样品消耗MnO4−物质的量n2=0.200L×0.2000mo⋅L−1−0.0004mol×25025=0.036mol，
2Cu2++4I−=2CuI+I2，2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，滴定消耗S2O32−的物质的量n3=0.1000mo1⋅L−1×0.03L×25025=0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4=0.03mol，设样品中含xmolCuS，含Cu2S物质的量为ymol，
x+2y=0.03mol，
85x+2y=0.036mol
x=0.01mol
y=0.01mol，
混合样品中Cu2S的含量=0.01mol×160g/mol2.60g×100%=61.5%，
混合样品中CuS的含量=0.01mol×96g/mol2.60g×100%=36.9%，
故答案为：61.5；36.9。
(6)量取酸性KMnO4溶液时俯视读数，会使量取的液体的实际体积小于液体的读数，由(5)中的二元一次方程组可知，最终结果Cu2S的含量偏低；若用Na2S2O3溶液滴定终点读数时仰视，会使读数偏大，由(5)中的二元一次方程组可知，最终结果CuS的含量偏低。
故答案为：偏低；偏低。
2023年高考化学第一次模拟考试卷
高三化学
（考试时间：60分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
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，再选涂其他答案标号。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
H1 C12 N14 O16 S32 Cl35.5
一、选择题：本题共20小题，每小题2分，共40分。每小题只有一个答案。
1. 化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是
A. Na2O2能与CO2、H2O反应产生O2，所以Na2O2常用于作呼吸面具的供氧剂
B. 铁比铜金属性强，工业上用FeCl3溶液腐蚀铜制印刷电路板以回收金属铜
C. NaHCO3能与盐酸反应，所以NaHCO3可用于制胃药以治疗胃酸过多
D. Na2CO3、NaHCO3溶液都显碱性，所以它们可用作食用碱或工业用碱
【答案】B
【解析】A.过氧化钠和二氧化碳生成碳酸钠和氧气，和水反应生成氢氧化钠和氧气，所以Na2O2常用于潜水艇或呼吸面具的供氧剂，故A正确；
B.氯化铁具有强氧化性，可与铜反应，所以用FeCl3溶液腐蚀Cu来刻制印刷电路板与铁、铜的活泼性无关，故B错误；
C .碳酸氢钠碱性较弱，能够与盐酸反应，常用于治疗胃酸过多，故 C正确；
D.Na2CO3、NaHCO3溶液都显碱性，食用碱是指有别于工业用碱的纯碱和小苏打，在厨房做面点，一般用小苏打作为面点的蓬松剂，也可用纯碱代替小苏打，故D正确。
2. 下列化学用语正确的是( )
A. Zn的电子排布式：1s22s22p63s23p64s2
B. Fe2+的电子排布式：[Ar]3d6
C. C的价电子轨道表示式：
D. HClO的电子式：
【答案】B
【解析】
A.Zn的原子序数为30，电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s2，故A错误；
B.Fe2+核外有24个电子，电子排布式为[Ar]3d6，故B正确；
C.C的价电子排布式为2s22p2，价电子轨道表示式为，故C错误；
D.HClO含有O−H键，HClO的电子式为H:O:....Cl....:，故D错误。
故选B。
3. 设阿伏加德罗常数为NA。关于1 mol CO2的叙述正确的是( )
A. 含有1 mol O2 B. 含有NA个氧原子
C. 质量为44 g·mol−1 D. 在标准状况下的体积为22.4 L
【答案】D
【解析】
A.CO2分子由原子构成，CO2中无O2，故A错误；
B.1 mol CO2含有2molO原子，含2NA个氧原子，故B错误；
C.质量为1 mol×44 g·mol−1=44g，故C错误；
D.在标准状况下的体积为1 mol×22.4L/mol=22.4 L，故D正确。
故选D。
4. 下列说法正确的是 ( )
A. 配制 Fe(NO3)2溶液时，向 Fe(NO3)2溶液中滴加几滴稀硝酸以防止 Fe(NO3)2发生水解
B. 滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁
C. 中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的温度，所测中和热的数值偏大
D. 配制1 mol/L的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高
【答案】B
【解析】
A. 在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；
B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；
C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，，致中和热的数值偏小，选项C错误；
D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制1mol/L的NH4NO3溶液时，溶解后，就立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误。
故选B。
5. 在体积相同的两个密闭容器中分别充满O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是( )
A. 两种气体的氧原子数目相等 B. O2比O3的质量小
C. 两种气体的分子数目相等 D. 两种气体的压强相等
【答案】A
【解析】解：A.O2、O3均由氧原子组成，容器内气体质量相等，故氧原子数相等，故A正确；
B.由公式m=ρV可知，容器体积相同，密度相等，容器内气体质量相等，故B错误；
C.容器内气体质量相等，则n(O2)：n(O3)=M(O3)：M(O2)=48g/mol：32g/mol=3：2，故C错误；
D.温度体积一定时，可知容器内气体压强比等于气体物质的量之比，p(O2)：p(O3)=n(O2)：n(O3)=3：2，故D错误；
故选：A。
由题意可知，容器体积相同，密度相等，由公式m=ρV可知，容器内气体质量相等，由公式n=mM求算气体的物质的量，进而求算原子个数，温度体积一定时，可知容器内气体压强比等于气体物质的量之比。
本题考查阿伏加德罗定律及推论，题目难度中等，能依据物质的量的相关公式和阿伏加德罗定律及推论进行计算是解题的关键。
6. 向FeCl3、CuCl2的混合液中加入一定量的铁粉，充分反应后仍有固体存在。则下列判断正确的是
A. 加入KSCN溶液一定不变红色 B. 溶液中不一定含有Fe2+
C. 溶液中一定含有Cu2+ D. 剩余固体中不一定含有Cu
【答案】A
【解析】
向FeCl3、CuCl2的混合溶液中加入一定量的铁粉，Fe先和FeCl3反应生成FeCl2，当FeCl3完全反应后还有Fe，Fe再和CuCl2发生置换反应生成Cu，Cu和Fe3+发生氧化还原反应，
充分反应后仍有固体剩余；
如果剩余固体是Fe和Cu，则溶液中存在的溶质只有FeCl2；
如果固体成分是Cu，则溶液中的溶质是FeCl2或FeCl2和CuCl2；
A.溶液中的溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，没有铁离子，所以加入KSCN溶液一定不变红色，故A正确；
B.根据以上分析知，溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，所以溶液中一定含有Fe2+，故B错误；
C.通过以上分析知，溶液中溶质为FeCl2或FeCl2和CuCl2，所以溶液中不一定含有Cu2+，故C错误；
D.根据以上分析知，固体中成分为Cu或Cu和Fe，所以一定含有Cu，故D错误。
故选A。
7. 沿海电厂采用海水为冷却水，但在排水管中生物的附着和滋生会阻碍冷却水排放并降低冷却效率。为解决这一问题，通常在管道口设置一对惰性电极 (如图所示)，通入一定的电流。下列叙述错误的是( )
A. 阳极发生将海水中的Cl−氧化生成Cl2的反应
B. 管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO
C. 阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气
D. 阳极表面形成的Mg(OH)2等积垢需要定期清理
【答案】D
【解析】
海水通入管道后，形成电解池，阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，此时海水碱性增大，生成的氯气会与碱性海水反应，生成次氯酸钠进而达到灭杀附着生物的效果。
A.阳极发生反应2Cl−−2e−=Cl2↑，故A正确；
B.依据分析可知，管道中可以生成氧化灭杀附着生物的NaClO，故B正确；
C.氢气易燃，阴极生成的H2应及时通风稀释安全地排入大气，故C正确；
D.阴极发生反应2H2O+2e−=2OH−+H2↑，Mg(OH)2等沉积在阴极表面，故D错误，
故选：D。
8. 研究表明，在一定条件下，气态HCN(a)与HNC(b)两种分子的互变反应过程能量变化如图所示。下列说法正确的是( )
A. HNC比HCN更稳定
B. HCN转化为HNC，反应条件一定要加热
C. HNC(g)→HCN(g)+59.3kJ
D. 加入催化剂，可以减小反应的热效应
【答案】C
【解析】解：A.由图可知，HCN具有的能量较低，则HCN比HNC更稳定，故A错误；
B.反应吸放热与反应条件无关，则HCN转化为HNC，反应条件不一定要加热，故B错误；
C.HNC(g)→HCN(g)186.5kJ−127.2kJ=+59.3kJ，故C正确；
D.加入催化剂，反应的热效应不变，故D错误；
故选：C。
A.物质具有的能量越低越稳定；
B.反应吸放热与反应条件无关；
C.HNC(g)→HCN(g)186.5kJ−127.2kJ；
D.催化剂不改变反应的反应热。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，掌握盖斯定律的应用是解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的状态，题目难度不大。
9. 某工业废水中存在大量的Na+、Cl−、Cu2+、SO42−，欲除去其中的Cu2+、SO42−，设计工艺流程如图所示，下列说法不正确的是( )
A. NaOH的作用是除去Cu2+ B. 试剂a为BaCl2，试剂b为Na2CO3
C. 流程图中，操作x为过滤 D. 试剂c既可以是盐酸又可以是硫酸
【答案】D
【解析】解：A.氢氧化铜为沉淀，则NaOH的作用是除去Cu2+，故A正确；
B.试剂a为BaCl2，可除去SO42−，试剂b为Na2CO3，可除去过量钡离子，故B正确；
C.由上述分析可知，操作x为过滤，分离出沉淀，故C正确；
D.试剂c为盐酸，可除去碳酸根离子，且不引入新杂质，不能为硫酸，故D错误；
故选：D。
除去其中的Cu2+、SO42−，由流程可知，先加NaOH可除去Cu2+，试剂a为BaCl2，可除去SO42−，试剂b为Na2CO3，可除去过量钡离子，操作x为过滤，溶液中含Na+、Cl−、CO32−，试剂c为盐酸，可除去碳酸根离子，得到氯化钠溶液，以此来解答。
本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意试剂的选择及先后顺序，题目难度不大。
10. 下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是 ( )
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
A.图中的装置分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气，故A符合题意；
B.用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气，故B不符合题意；
C.对于该装置的气密性检查，主要是通过气体受热后体积膨胀、压强增大来进行检验．即用手握住试管外壁，如果装置漏气，压强不变化，就无现象；如果装置不漏气，温度升高，压强就变大就会在导管口产生气泡，所以能检查出装置是否漏气，故C不符合题意；
D.图中的装置向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气，故D不符合题意。
故选A。
11. A、B、C、D、E均为短周期主族元素，B、C、D在周期表中的位置关系如图所示．A是短周期中原子半径最小的元素，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，E是短周期中最活泼的金属元素．下列说法错误的是( )
A. 简单离子的半径大小关系：B>C>E
B. C元素的气态氢化物比D元素的气态氢化物稳定是氢键的缘故
C. 由A、B两种元素组成的离子化合物BA5中，阴、阳离子个数比为1:1
D. 由C、D、E三种元素组成的某种化合物，其水溶液能与盐酸反应产生沉淀
【答案】B
【解析】
A、B、C、D、E均为短周期主族元素，原子序数均小于18，A是短周期中原子半径最小的元素，A是氢元素，E是短周期中最活泼的金属元素，所以E为钠元素，由B与C、D在周期表中的位置关系可知，B、C位于第二周期，原子序数：C>B，且C与D处于同主族，A、B、C三种元素的原子序数之和等于D元素的原子序数，令C的原子序数为x，则B为x−1、D为x+8，则1+x−1+x=x+8，解得x=8，故A为H、B为N、C为O、D为S，E为Na，
A.B为N、C为O、E为Na，电子层结构相同核电荷数越大离子半径越小，则离子半径N3−>O2−>Na+，故A正确；
B.氢键不影响氢化物的稳定性。同一主族元素中，元素的非金属性随着原子序数的增大而减小，元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性O>S，所以氢化物稳定性H2O>H2S，故B错误；
C.NH5是由铵根离子和氢负离子，一个铵根离子带一个单位的正电荷，一个氢负离子带一个单位的负电荷，所以阴、阳离子个数比为1:1，故C正确；
D.由C、D、E三种元素组成的某种化合物可能为硫酸钠、亚硫酸钠、硫代硫酸钠，Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，故D正确；
故选B。
12. 化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是
A. 分子中两个苯环一定处于同一平面
B. 不能与饱和Na2CO3溶液反应
C. 在酸性条件下水解，水解产物只有两种
D. 1 mol化合物X最多能与3 mol NaOH反应
【答案】D
【解析】A.苯环之间的C为四面体结构，则两个苯环不一定处于同一平面，故A错误；
B.含−COOH，能与饱和Na2CO3溶液反应，故B错误；
C.含−COOC−，酸性条忤下水解，水解产物有一种，故C错误；
D.X中酯基能消耗2摩尔氢氧化钠，羧基能消耗1摩尔氢氧化钠，一共消耗3摩尔氢氧化钠，故D正确。
故选D。
13. 物质的量浓度相同的三种盐NaX、NaY、NaZ的溶液，其pH依次为8、9、10，则HX、HY、HZ的酸性由强到弱的顺序是( )
A. HX、HY、HZ B. HX、HZ、HY
C. HZ、HY、HX D. HY、HZ、HX
【答案】A
【解析】解：酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，物质的量浓度相同的三种正盐NaX、NaY、NaZ的水溶液，其pH分别为8、9、10，说明X−、Y−、Z−的水解程度逐渐增大，酸性：HX>HY>HZ；则由强到弱的顺序是HX、HY、HZ，
故选：A。
酸的酸性越强，其酸根离子水解程度越小；酸根离子水解程度越小，相同浓度的钠盐溶液pH越小，据此确定三种酸的酸性强弱．
本题考查盐类水解，知道酸的酸性强弱与酸根离子水解程度之间关系是解本题关键，熟悉常见弱酸酸性大小顺序，题目难度不大．
14. 下列说法不正确的是( )
A. 可以用新制氢氧化铜悬浊液鉴别乙酸、乙醇、乙醛、甘油、葡萄糖溶液、蛋白质溶液
B. 有机物(C2H5)2CHC(CH3)2CH2CH3的名称为3，3−二甲基−4−乙基己烷
C. 1.0 mol的分别与NaOH、浓溴水反应，最多消耗NaOH、Br2分别为4mol和3mol
D. DDT的结构简式如图，该分子中最多有13个碳原子共面
【答案】C
【解析】
A.用新制的氢氧化铜悬浊液一种试剂鉴别，反应的现象不同，新制氢氧化铜与乙酸：变澄清的蓝色溶液；与乙醇：无明显现象，不反应，不过由于稀释颜色会变浅；与乙醛：加热有红色沉淀生成，溶液本身有特殊气味；与甘油：变成绛蓝色溶液；与葡萄糖溶液：互溶，加热有砖红色沉淀乙醛；与蛋白质溶液：混合后有絮状沉淀产生，故可用来鉴别，故A正确；
B.有机物(C2H5)2CHC(CH3)2CH2CH3含有2个甲基和1个乙基，主链有6个碳原子，属于烷烃，名称为3，3−二甲基−4−乙基己烷，故B正确；
C.1.0 mol的中含有3mol酯基，其中1mol酯基水解后还生成1mol酚羟基，共有2mol酚羟基，所以需要5mol NaOH，酚羟基的邻对位易与溴发生取代反应，还有1mol碳碳双键，所以共需要3mol Br2，故C错误；
D.由于碳碳单键可以绕轴旋转，所以连接2个苯环的碳原子和2个苯环上的碳原子可以在同一平面上，共有13个碳原子共面，故D正确。
故选C。
15. 温度为T1时，在三个容积均为1 L的恒容密闭容器中仅发生反应：2NO2(g)2NO(g)+O2(g)(正反应吸热)。实验测得：v正=v(NO2)消耗=k正c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)·c(O2)，k正、k逆为速率常数，受温度影响。下列说法正确的是( )
容器
编号
物质的起始浓度/(mol·L−1)
物质的平衡浓度/(mol·L−1)
c(NO2)
c(NO)
c(O2)
c(O2)
I
0.6
0
0
0.2
II
0.3
0.5
0.2
III
0
0.5
0.35
①达平衡时，容器I与容器II中的总压强之比为4：5
②达平衡时，容器II中c(O2)c(NO2)比容器I中的大
③达平衡时，容器III中NO的体积分数小于50%
④当温度改变为T2时，若k正=k逆，则T2>T1
A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④
【答案】D
【解析】 由I中数据可计算温度为T1时反应的平衡常数。
2NO2(g)2NO(g)+O2(g)
起始/mol·L−1 0.6 0 0
转化/mol·L−1 0.4 0.4 0.2
平衡/mol·L−1 0.2 0.4 0.2
平衡后气体总物质的量：n(气体)=(0.2 mol·L−1+0.4 mol·L−1+0.2 mol·L−1)× 1 L=0.8 mol。
K = c2(NO)·c(O2)c2(NO2) = 0.42× 0.20.22 = 0.8
①错，此时容器II中， Qc = c2(NO)·c(O2)c2(NO2)0.52× 0.20.32 < K，反应正向进行建立平衡。由于反应正向进行，气体的物质的量增加，故建立平衡后n(气体)> (0.3 mol·L−1+0.5 mol·L−1+0.2 mol·L−1)× 1 L=1.0 mol。则达到平衡后容器I和容器II中的总压强之比pI：pII < 0.8 mol：1.0 mol =4：5。②错，根据等效平衡特点可知，容器II中平衡体系相当于在容器I平衡体系中同时加入0.2 mol·L−1 NO和0.05 mol·L−1 O2，平衡左移的结果。故容器II的平衡体系中，0.2 mol·L−1 < c(O2)<0.25 mol·L−1，0.2 mol·L−1< c(NO)<0.3 mol·L−1。达平衡时，容器I中c(O2)c(NO2) = 0.2 mol·L−10.2 mol·L−1 =1，容器II中 0.2 mol·L−10.3 mol·L−1 < c(O2)c(NO2) <1，即容器II中c(O2)c(NO2)比容器I中的小。③对，同理，根据等效平衡特点可知，容器III中平衡体系相当于在容器I平衡体系中同时减去0.1 mol·L−1 NO2、增加 0.1 mol·L−1 O2，平衡左移，建立新平衡时，NO的体积分数减小，因容器I中NO的体积分数为 0.4 mol·L−10.2 mol·L−1+0.4 mol·L−1+0.2 mol·L−1 ×100%=50%，故容器III平衡体系中NO的体积分数小于50%。④对，由题中关系式v正 = v(NO2)消耗
= k正 c2(NO2)，v逆=v(NO)消耗=2v(O2)消耗=k逆c2(NO)· c(O2)可得，k正 = v(NO2)消耗c2(NO2)，
k逆 = v(NO)消耗c2(NO)·c(O2)，当温度改变为T2时，k正=k逆，即 v(NO2)消耗c2(NO2) = v(NO)消耗c2(NO)·c(O2)。反应达到平衡时 v(NO2)消耗=v(NO)消耗，则c2(NO2)=c2(NO)·c(O2)。温度为T2时，K=
c2(NO)·c(O2)c2(NO2) = 1，平衡常数增大，因为该反应的正反应为吸热反应，所以T2 >T1 。
16. 马兜铃酸是一种致癌物。如图为马兜铃酸的结构简式，R、R1、R2代表−H、−OH或−OCH3中的一种或几种，下列有关说法正确的是( )
A. 若R代表−OH，R1、R2代表−H，则对应有机物的分子式为C16H9NO7
B. 若R代表−H，R1、R2代表−OCH3，则对应有机物的结构中含有4种官能团
C. 若R、R1、R2均代表−H，则对应有机物能发生取代反应、氧化反应和水解反应
D. 若R、R1、R2中至少有1个代表−H，则对应的有机物最多有9种结构(不考虑立体异构)
【答案】A
【解析】
A.根据结构简式确定分子式为C16H9NO7，故A正确；
B.R代表−H，R1、R2代表−OCH3，该有机物中含有醚键、硝基、羧基三种官能团，故B错误；
C.若R、R1、R2均代表−H，该有机物中没有酯基或卤原子或肽键，所以不能发生水解反应，故C错误；
D.若R代表 − H，R1和 R2可以均为−OH或−OCH3，也可以分别为−OH和 − OCH3，共有四种结构，若 R1或 R2 代表 −H，也分别有四种结构，则有1个代表−H时，最多有12种结构，还需考虑有2个−H或 3个−H的情形，则对应有机物的结构多于12种，故 D错误。
故选A。
17. 如表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，Z元素与T元素原子的核电荷数之和为W元素的3倍。下列说法不正确的是( )
A. X、W、Z元素的原子半径依次增大，它们的气态氢化物的热稳定性依次减弱
B. X、W元素在自然界中均能以游离态存在，它们氢化物的还原性依次增强
C. 根据元素周期律，可以推测Y、T元素的单质均具有半导体特性，T2X3具有氧化性和还原性
D. Y和W的氧化物熔化所克服的微粒间作用力相同
【答案】D
【解析】
X、Y、Z、W为短周期元素，由元素周期表可知：X应位于第二周期，且应处于周期表中右半部分，设Z的核电荷数为a，则T为a+18，W为a+1，Z元素与T元素原子的核电荷数之和为W元素的3倍，则a+a+18=3(a+1)，a=15，那么X为O，W为S，那么Z为P，T为As，Y为Si，
A.元素的非金属性越强，其气态氢化物越稳定，由于非金属性O>S>P，故H 2O>H2S>PH3，故A正确；
B.氧元素可以以氧分子和臭氧分子形式存在，S元素在自然界中存在游离态单质，常在火山口附近，且硫化氢的还原性强于水分子的还原性，故B正确；
C.As处于元素周期表的金属与非金属分界线上，具有半导体的性能，T2X3为As2O3，As的化合价为+3，处于中间价，故既有氧化性也有还原性，故C正确；
D.SiO2熔化需克服共价键，固态SO3、SO2熔化克服分子间作用力，故D错误。
18. 下面的排序不正确的是( )
A. 晶体熔点由低到高：CF4
C. 晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI
D. 熔点由高到低：Na>Mg>Al
【答案】D
【解析】
A.四者是结构相似的分子晶体，相对分子质量逐渐增大且不存在氢键，则晶体熔点由低到高顺序为CF4
C.离子半径越小、离子键越强，则晶格能越大，F−、Cl−、Br−、I−的离子半径依次增大，则晶格能由大到小：NaF>NaCl>NaBr>NaI，故C正确；
D.金属晶体中，金属离子的电荷越大、半径越小，其熔点越高，则熔点由高到低为Al>Mg>Na，故D错误；
故选D。
19. 下列含有非极性键的共价化合物是( )
A. HCl B. Na2O2 C. CH3CH3 D. CH4
【答案】C
【解析】
A.HCl中只含H−Cl极性共价键，故A错误；
B.Na2O2中含有离子键和非极性键，属于含有非极性键的离子化合物，故B错误；
C.CH3CH3中含C−C非极性键和C−H极性键，为共价化合物，故C正确；
D.CH4中只含有C−H极性共价键，故D错误。
故选C。
20. 取两份10mL0.05mol⋅L−1的NaHCO3溶液，一份滴加0.05mol⋅L−1的盐酸，另一份滴加0.05mol⋅L−1的NaOH溶液，溶液的pH随加入酸(或碱)体积的变化如图。下列说法不正确的是( )
A. 由a点可知：NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于电离程度
B. a→b→c过程中：c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)逐渐减小
C. a→d→e过程中：c(Na+)
【答案】C
【解析】解：A.NaHCO3为强碱弱酸盐，a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性，则可说明NaHCO3溶液中HCO3−的水解程度大于电离程度，故A正确；
B.a→b→c过程中pH不断增大，则加入NaOH溶液，溶液中存在c(Na+)+c(H+)=c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)，滴加过程中c(Na+)不变，但c(H+)减小，则c(HCO3−)+2c(CO32−)+c(OH−)逐渐减小，故B正确；
C.NaHCO3溶液存在c(Na+)=c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，d点时pH=4.0，则有二氧化碳气体逸出，可知c(Na+)>c(HCO3−)+c(CO32−)+c(H2CO3)，故C错误；
D.e点NaHCO3与HCl完全反应生成NaCl，c点c(Na+)较大，则c(Na+)=c(Cl−)=10mL×0.05mol/L20mL=0.025mol⋅L−1，故D正确；
故选：C。
A.a点溶液pH=8.3，溶液呈碱性；
B.结合电荷守恒判断；
C.a→d→e过程中，在NaHCO3溶液加入盐酸，生成NaCl、H2CO3，且有二氧化碳气体逸出；
D.e点NaHCO3与HCl反应生成NaCl。
本题考查盐类的水解、酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生图象分析及知识综合运用能力，注意把握图象的分析以及离子浓度的比较，题目难度中等。
二、综合题（本大题共4小题，共60.0分）
21. (I)甲醇是重要的化工原料，又可作为燃料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2)在催化剂的作用下合成甲醇，发生的主反应如下：
①CO(g)+2H2(g)⇌CH3OH(g)ΔH1
②CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)ΔH2
③CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g)ΔH3
回答下列问题：已知反应①中的相关的化学键键能数据如表：
化学键
H—H
C—O
(CO中的化学键)
H—O
C—H
E/(kJ·mol−1)
436
343
1076
465
413
由此计算ΔH1=_______kJ·mol−1，已知ΔH2=−58kJ·mol−1，则ΔH3=________kJ·mol−1。
(II)下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体
(1)写出有关物质的化学式X：_________________；F___________________。
(2)写出A→D的化学方程式________________________________。
(3)写出实验室制备C的化学方程式_____________________________。
(4)C可用于制备尿素，尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，其水解的化学方程式是__________________________________。
(5)分别取两份50mLNaOH溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入0.1mol/L的HCl溶液，产生的A气体体积(标准状况下)与所加入的HCl的体积之间的关系如图所示，试分析：
①NaOH在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：_____，其物质的量之比是：_________。
②原NaOH溶液的物质的量浓度是_______mol/L，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为_____mL(标准状况)。
【答案】
(I)−99；+41
(II)(1)NH4HCO3 或 (NH4)2CO3 ；NO2
(2)2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2
(3)2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O
(4)CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑
(5)①NaHCO3和Na2CO3 ；1:1
② 0.75；112
【解析】
(I)反应热=反应物总键能−生成物总键能，故△H1=1076kJ⋅mol−1+2×436kJ⋅mol−1−(3×413+343+465)kJ⋅mol−1=−99kJ⋅mol−1；
由盖斯定律可知，反应②−反应①=反应③，故△H3=△H2−△H1=−58kJ⋅mol−1−(−99kJ⋅mol−1)=+41kJ/mol，
故答案为：−99；+41；
(II)X既能与盐酸反应，又能与NaOH反应，都生成气体，应为弱酸铵盐，则C为NH3，气体A能与过氧化钠反应，故A为CO2，则X应为NH4HCO3 或 (NH4)2CO3，B为H2O，结合转化关系可知，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，
(1)由以上分析可知X为NH4HCO3或 (NH4)2CO3，F为NO2，
故答案为：NH4HCO3 或 (NH4)2CO3；NO2；
(2)Na2O2和CO2的反应生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2，
故答案为：2CO2+2Na2O2 =2Na2CO3+O2；
(3)实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，反应的方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O，
故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2ΔCaCl2+2NH3↑+2H2O；
(4)尿素CO(NH2)2适用于各种土壤，在土壤中尿素发生水解，生成两种气体，应生成氨气和二氧化碳，反应的方程式为CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑，
故答案为：CO(NH2)2+H2O=2NH3↑+CO2↑；
(5 )当生成CO2气体时，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑。
①(甲)中生成CO2气体至最大，消耗HCl为25mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32−转化为HCO3−应消耗HCl为25mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为50mL，说明该阶段还发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，溶液中溶质为NaOH、Na2CO3，中和NaOH消耗HCl的体积为50mL−25mL=25mL，
由方程式可知NaOH和Na2CO3的物质的量之比等于两个过程分别消耗盐酸的体积之比，故NaOH、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1；
(乙)中生成CO2气体至最大，消耗HCl为50mL，若二氧化碳与NaOH反应后溶液中不含NaHCO3，由Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl可知，将CO32−转化为HCO3−应消耗HCl为50mL，而图象中开始生成CO2气体时消耗HCl体积为25mL，说明该阶段只发生Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，且二氧化碳与NaOH反应后溶液中含NaHCO3、Na2CO3，Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸体积为25mL，则原溶液中NaHCO3消耗盐酸体积50mL−25mL=25mol，故NaHCO3、Na2CO3的物质的量之比=25mL：25mL=1：1，
故答案为：NaHCO3和Na2CO3；1：1；
②加入75mL盐酸时，溶液中溶质都恰好完全反应，此时溶液为NaCl溶液，根据守恒可知10mL溶液中n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，故原氢氧化钠溶液的浓度= 0.0075mol0.01L =0.75mol/L，
甲中溶质为NaOH、Na2CO3，且n(NaOH)=n(Na2CO3)=0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，如继续与二氧化碳反应，则完全生成碳酸氢钠，消耗n(CO2)=0.005mol，体积为0.005mol×22400mL/mol=112mL，
故答案为：0.75；112。
22. 燃煤废气中的氮氧化物(NOx)、CO2、SO2等气体，常用下列方法处理，以实现节能减排、废物利用等。
已知：25 ℃时，Kb(NH3·H2O)=1.8×10−5； H2SO3：Ka1=1.5×10−2，Ka2=1.0×10−7
(1)处理烟气中的SO2常用液吸法。室温条件下，将烟气通入浓氨水中得到(NH4)2SO3溶液，0.1 mol/L (NH4)2SO3溶液的pH________(填“>”“<”或“=”)7。将烟气通入(NH4)2SO3溶液可以继续吸收SO2，用离子方程式表示出能吸收二氧化硫的原因__________________。
(2)用活性炭可以还原处理氮氧化物，有关反应为C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)。在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是________(填选项编号)。
A.单位时间内生成2n mol NO(g)的同时消耗n mol CO2(g)
B.混合气体的密度不再发生改变
C.反应体系的压强不再发生改变
D.混合气体的平均相对分子质量不再改变
(3)有科学家经过研究发现，用CO2和H2在210～290 ℃、催化剂条件下可转化生成甲醇蒸汽和水蒸气。
①230 ℃，向容器中投入0.5 mol CO2和1.5 mol H2，当转化率达80%时放出热量19.6 kJ能量，写出该反应的热化学方程式___________________________。
②一定条件下，往2 L恒容密闭容器中充入1.0 mol CO2和3.0 mol H2，在不同催化剂作用下，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图1所示：
催化剂效果最佳的是催化剂________(填“Ⅰ”“Ⅱ”“Ⅲ”)。b点v正________v逆(填“>”“<”或“=”)。此反应在a点时已达平衡状态，a点的转化率比c点高的原因是_____________________。已知容器内的起始压强为100 kPa，则图中c点对应温度下反应的平衡常数Kp=________。(保留两位有效数字)(Kp为以分压表示的平衡常数，分压=总压×物质的量分数)
(4)一定条件下，CO2和H2也可以发生反应CO2(g)+H2(g)⇌CO(g)+H2O(g) ΔH<0，一定温度下，在3 L容积可变的密闭容器中，已知c(CO)与反应时间t变化曲线Ⅰ如图2所示，若在t0时刻分别改变一个条件，曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ或曲线Ⅲ。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅱ时，改变的条件是____________。当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时，改变的条件是______________________。
【答案】
(1)>；SO 32−+SO2+H2O=2HSO 3−；
(2)BD；
(3)①CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) ΔH=−49 kJ/mol
②Ⅰ；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；8.3×10−4或11200 kPa−2；
(4)加入催化剂；将容器的体积快速压缩至2L
【解析】解：(1)已知NH3⋅H2O的电能平衡常数大于H2SO3的Ka2，则在(NH4)2SO3溶液中NH4+的水解能力小于SO32−的水解程度，可知溶液显碱性，即pH>7； (NH4)2SO3溶液吸收SO2 生成NH4HSO3，发生反应的离子方程式为SO32−+SO2+H2O=2HSO3−，
故答案为：>；SO32−+SO2+H2O=2HSO3−；
(2)在恒容条件下，能判断该反应一定达到化学平衡状态的依据是正逆反应速率相同，各组分含量不变，C(s)+2NO(g)⇌N2(g)+CO2(g)；
A.单位时间内生成2nmol NO(g)的同时消耗nmol CO2(g)，说明反应逆向进行，不能说明反应达到平衡状态，故A错误；
B.碳是固体。当平衡发生移动，气体质量会发生变化，容器体积不变，所以混合气体的密度不再发生改变可以说明反应达到平衡状态，故B正确；
C.反应前后气体总物质的量不变，反应体系的压强始终不发生改变，不能判定平衡，故C错误；
D.C为固体，混合气体的平均相对分子质量保持不变，可知气体的质量不变，为平衡状态，故D正确，
故答案为：BD；
(3)①已知0.5molCO2和1.5molH2转化率达80%时放热19.6kJ，则该反应的热化学方程式：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−19.6mol80%×2=−49kJ⋅mol−1，则热化学方程式为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ/mol，
故答案为：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=−49kJ/mol；
②由图象知：反应Ⅰ在较低温度T3时CO2就达到较高转化率，催化剂效果最佳的反应是催化剂Ⅰ，T3的b点时，反应未达到限度，故v(正)>v(逆)；该反应为放热反应，T4反应已经达到平衡，升高温度到T5平衡向逆反应移动，从而使CO2的转化率降低。T4的a点转化率比T5的c点高，
c点时：CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)
起始(mol)：1 3 0 0
转化(mol)：0.6 1.8 0.6 0.6
平衡(mol)：0.4 1.2 0.6 0.6
在恒容恒温条件下，气体的压强与气体的物质的量成正比，则平衡时总压强P总=100kPa×2.8mol4mol=70kPa，该反应的平衡常数Kp=0.62.8×P总×0.62.8×P总0.42.8×P总×(1.22.8×P总)3=8.3×10−4 kPa−2，故答案为：Ⅰ；>；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动；8.3×10−4 kPa−2；
(4)图象分析曲线Ⅰ变化为曲线Ⅱ是缩短反应达到平衡的时间，最后达到相同平衡状态，、说明改变的是加入了催化剂；
当曲线Ⅰ变为曲线Ⅲ时一氧化碳物质的量增大，反应是气体体积不变的反应，可变容器中气体体积和浓度成反比，气体物质的量不变，曲线Ⅰ，体积为3L，平衡时一氧化碳浓度为3mol/L，改变条件不好为曲线Ⅱ，平衡时一氧化碳浓度为4.5mol/L，则体积压缩体积为：3：V=4.5：3，V=2L，所以将容器的体积快速压缩至2L满足条件，
故答案为：加入催化剂；将容器快速压缩至2L。
本题考查较为综合，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力、计算能力，题目涉及盖斯定律的应用及热化学方程式的书写、影响平衡移动及平衡常数的因素、化学平衡的有关计算，题目难度中等。
23. 化合物J是一种常用的抗组胺药物，一种合成路线如下：
已知：①C为最简单的芳香烃，且A、C互为同系物。
②2ROH+NH3→Δ催化剂HNR2+2H2O(R代表烃基)。
请回答下列问题：
(1)A的结构简式是__________，H中的含氧官能团名称是 ___________．
(2)由F生成H的反应类型是_______________ ，G的化学名称为 __________________．
(3)A→B的化学方程式为 ________________________________________________.
(4)L是F的同分异构体，含有联苯()结构，遇FeCl3溶液显紫色，则L有 _______ 种(不考虑立体异构)。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3∶2∶2∶2∶2∶1的结构简式为_________．
(5)写出用氯乙烷和2−氯−1−丙醇为原料制备化合物 的合成路线(其他无机试剂任选)。
【答案】
(1) ；醚键
(2)取代反应； 2−氯乙醇
(3)+Cl2+HCl
(4)19；
(5)
【解析】
(1)由A→B的反应条件以及B的组成可推知A为：甲苯，结构简式为；由H的结构简式可知，H中的含氧官能团为醚键。
(2)根据F、H的结构简式，由F+G→H的反应条件(浓硫酸、加热)以及产物中醚键的生成可知，该反应属于羟基中的脱水成醚，则由F生成H的反应类型是取代反应，G的结构简式为：CH2OHCH2Cl，其名称为 2−氯乙醇。
(3)A→B为甲苯和氯气在光照条件下取代，取代甲基上氢原子，化学方程式为+Cl2+HCl 。
(4)根据F的分子组成以及L遇FeCl3溶液显紫色，说明分子中有一个酚羟基和一个甲基，相当于用一个酚羟基和一个甲基分别取代联苯中的两个氢原子，可以用定一移一的方法分析，先用一个酚羟基取代联苯中一个氢的位置，可得三种结构，分别为、、，这三种结构中苯环上氢的种数分别为7种、7种、5种，说明甲基的取代位置有19种，即L可能的结构有19种。其中核磁共振氢谱为六组峰，峰面积之比为3：2：2：2：2：1的分子结构应该对称，结构简式为。
(5)先观察目标产物的结构特点，发现目标产物与合成路线中J物质所含官能团相同，所以应结合题干中F→H→J的合成路线找出所需的反应物为HN(CH2CH3)2、乙醇和2−氯−1−丙醇，其中2−氯−1−丙醇为原料，乙醇可以由氯乙烷水解得到，HN(CH2CH3)2可由乙醇和氨反应得到(已知条件②)，再按F→H→J的过程合成目标产物，合成路线为：。
24. 辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：
①取2.6g样品，加入200.0mL 0.2000mol/L酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42−)，滤去不溶杂质；
②收集滤液至250mL容量瓶中，定容；
③取25.00mL溶液，用0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；
④加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2++4I−=2CuI+I2；
⑤加入2滴淀粉溶液，用0.1000mol⋅L−1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−)。
回答下列问题：
(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：___________________________________。
(2)配制0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是______________________，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_______________。
(3)③中取25.00mL待测溶液所用的仪器是____________。
(4)⑤中滴定至终点时的现象为____________________________。
(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_______%、_______%(结果均保留1位小数)。
(6)判断下列情况对样品中Cu2S和CuS的含量的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)若量取酸性KMnO4溶液时俯视读数，则最终结果Cu2S的含量_______________。若用Na2S2O3溶液滴定终点读数时仰视，则最终结果CuS的含量_____________。
【答案】
(1)Cu2S+2MnO4−+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42−+4H2O
(2)除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管
(3)滴定管
(4)溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色
(5)61.5；36.9
(6)偏低；偏低
【解析】
(1)Cu2S与KMnO4酸性溶液反应高锰酸钾做氧化剂氧化Cu2S反应生成硫酸铜、氯酸钾、硫酸锰和水，反应化学方程式为Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，反应的离子方程式：Cu2S+2MnO4−+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42−+4H2O，
故答案为：Cu2S+2MnO4−+8H+=2Mn2++2Cu2++SO42−+4H2O；
(2)配制0.1000mol⋅L−1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有胶头滴管，
故答案为：除去溶解在水中的氧气，防止亚铁离子被氧化；胶头滴管；
(3)③取25.00待测溶液所用的仪器是滴定管，故答案为：滴定管；
(4)加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1⋅L−1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL，发生反应2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，滴定终点是：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色，
故答案为：溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色；
(5)Cu2S、CuS与KMnO4酸性溶液反应的化学方程式：Cu2S+2KMnO4+4H2SO4=K2SO4+2MnSO4+2CuSO4+4H2O，
5CuS+8MnO4−+24H+=5Cu2++8Mn2++5SO42−+12H2O，
5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
滴定Fe2+消耗的MnO4−：n1=0.1000mol/L×0.020L×15=0.0004mol，
样品消耗MnO4−物质的量n2=0.200L×0.2000mo⋅L−1−0.0004mol×25025=0.036mol，
2Cu2++4I−=2CuI+I2，2S2O32−+I2=S4O62−+2I−，滴定消耗S2O32−的物质的量n3=0.1000mo1⋅L−1×0.03L×25025=0.03mol，则起始样品溶解所得溶液中含Cu2+物质的量n4=0.03mol，设样品中含xmolCuS，含Cu2S物质的量为ymol，
x+2y=0.03mol，
85x+2y=0.036mol
x=0.01mol
y=0.01mol，
混合样品中Cu2S的含量=0.01mol×160g/mol2.60g×100%=61.5%，
混合样品中CuS的含量=0.01mol×96g/mol2.60g×100%=36.9%，
故答案为：61.5；36.9。
(6)量取酸性KMnO4溶液时俯视读数，会使量取的液体的实际体积小于液体的读数，由(5)中的二元一次方程组可知，最终结果Cu2S的含量偏低；若用Na2S2O3溶液滴定终点读数时仰视，会使读数偏大，由(5)中的二元一次方程组可知，最终结果CuS的含量偏低。
故答案为：偏低；偏低。
相关试卷
2023年高考第二次模拟考试卷-化学（上海B卷）（全解全析）： 这是一份2023年高考第二次模拟考试卷-化学（上海B卷）（全解全析），共25页。
2023年高考第一次模拟考试卷：化学（天津B卷）（全解全析）： 这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（天津B卷）（全解全析），共21页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海C卷）（全解全析）： 这是一份2023年高考第一次模拟考试卷：化学（上海C卷）（全解全析），共24页。
