2023年河北省保定市高考沖刺模擬化學試題含解析

2023學年高考化學模擬試卷

請考生注意：

1．請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答

案寫在答題紙相應的答題區(qū)內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。

2．答題前，認真閱讀答題紙上的《注意事項》，按規(guī)定答題。

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、前20號主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大，W的原子最外層電子數是次外層電子數的3倍。X、Y、Z

分屬不同的周期，它們的原子序數之和是W原子序數的5倍。含有元素Z的鹽的焰色反應為紫色。下到說法正確的是

（）

A．原子半徑的大小W＜X<Y＜ZB．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性W＞X

C．Z的單質與水反應比Y的單質與水反應劇烈D．工業(yè)上通過電解W、Y組成的化合物制備單質Y

2、一種釕(Ru)基配合物光敏染料敏化太陽能電池的原理及部分反應如圖所示，下列說法錯誤的是

A．該電池將太陽能轉變?yōu)殡娔?/p>

B．電池工作時，X極電勢低于Y極電勢

ⅡⅢ-Ⅱ-

C．在電解質溶液中Ru再生的反應為：2Ru+3I=2Ru+I3

D．電路中每通過2mol電子生成3molI-，使溶液中I-濃度不斷增加

3、電視劇《活色生香》向我們充分展示了“香”的魅力。低級酯類化合物是具有芳香氣味的液體，下列說法中，利用了

酯的某種化學性質的是

A．用酒精可以提取某些花香中的酯類香精，制成香水

B．炒菜時加一些料酒和食醋，使菜更香

C．用熱的純堿液洗滌碗筷去油膩比冷水效果好

D．各種水果有不同的香味，是因為含有不同的酯

4、以下關于原子的未成對電子數的敘述正確的是()

①鈉、鋁、氯：1個；②硅、硫：2個；③磷：3個；④鐵：4個．

A．只有①③B．只有①②③C．只有②③④D．有①②③④

＋＋2＋2－－－－

5、某溶液中可能含有K、NH4、Ba、SO4、I、Cl、NO3中的幾種，將此溶液分成兩等份，進行如下實驗：

①在一份溶液中加入足量NaOH，加熱，可收集到標準狀態(tài)下的氣體1.12L；

②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀產生，過濾得到沉淀2.33g；

③在②的濾液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀產生。

有關該溶液中離子種類（不考慮H＋和OH－）的判斷正確的是

＋2－

A．溶液中至少有2種陽離子B．只能確定溶液中NH4、SO4是否存在

＋－

C．溶液中最多有4種陰離子D．溶液中不可能同時存在K和NO3

6、火山爆發(fā)產生的氣體中含有少量的羰基硫（分子式是：COS），已知羰基硫分子結構與CO2類似，有關說法正確的

是（）

A．羰基硫是電解質

B．羰基硫分子的電子式為：

C．C、O、S三個原子中半徑最小的是C

D．羰基硫分子為非極性分子

7、鹵代烴C3H3Cl3的鏈狀同分異構體（不含立體異構）共有

A．4種B．5種C．6種D．7種

8、下列有關敘述正確的是

①氧化鎂：可用作耐火材料；②二氧化硅：制造計算機芯片；③水玻璃：可作木材防火劑；④鋁熱反應既可用于焊接

鋼軌，也可用于工業(yè)上冶煉鐵；⑤水煤氣屬于清潔能源；⑥濃硫酸：可用于干燥Cl2、SO2、H2S等氣體

A．①③⑤B．②⑤⑥C．②③④⑤D．①③⑥

9、海冰是海水凍結而成的咸水冰。海水凍結時，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”(

假設鹽分以一個NaCl計)，其大致結構如下圖所示，若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確

的是()

A．海冰內層“鹽泡”越多，密度越小

B．海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越多

C．海冰內層“鹽泡”內的鹽分主要以NaCl分子的形式存在

D．海冰內層NaCl的濃度約為104mol/L(設冰的密度為0.9g/cm3)

10、下列化工生產過程中，未涉及氧化還原反應的是

A．海帶提碘B．氯堿工業(yè)C．海水提溴D．侯氏制堿

11、LiBH4是有機合成的重要還原劑，也是一種供氫劑，它遇水劇烈反應產生氫氣，實驗室貯存硼氫化鋰的容器應貼

標簽是

A．B．C．

D．

12、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是

-1

A．1L0.1mol·L的氨水中含有的NH3分子數為0.1NA

B．標準狀況下，2.24L的CCl4中含有的C-Cl鍵數為0.4NA

C．14g由乙烯與環(huán)丙燒(C3H6)組成的混合氣體含有的碳原子數目為NA

D．常溫常壓下，Fe與足量稀鹽酸反應生成2.24LH2,轉移電子數為0.3NA

13、含氰化物的廢液亂倒或與酸混合，均易生成有劇毒且易揮發(fā)的氰化氫。工業(yè)上常采用堿性氯化法來處理高濃度氰

---

化物污水，發(fā)生的主要反應為：CN+OH+Cl2→CO2+N2+Cl+H2O(未配平)。下列說法錯誤的是(其中NA表示阿伏加德

羅常數的值)()

A．Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產物

B．上述離子方程式配平后，氧化劑、還原劑的化學計量數之比為2：5

-

C．該反應中，若有1molCN發(fā)生反應，則有5NA電子發(fā)生轉移

D．若將該反應設計成原電池，則CN-在負極區(qū)發(fā)生反應

14、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數依次增大。其中W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑;X原子的核外電子層數

與最外層電子數相等;Y主族序數大于W。下列說法正確的是

A．原子半徑:W>XB．最簡單氫化物的熱穩(wěn)定性:Y>Z

C．工業(yè)上通過電解熔融XZ3冶煉X單質D．WO2、YO2、ZO2均為共價化合物

15、根據實驗操作和現象所得出的結論正確的是

選項實驗操作和現象結論

將含有SO2的廢氣通入BaCl2溶液中，

ASO2與BaCl2溶液反應生成BaSO3沉淀

生成白色沉淀

常溫下，分別測定同濃度Na2CO3溶液與

-＋

BCH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的HCO3電離出H能力比CH3COOH的弱

pH大于CH3COONa溶液

向Fe(NO3)3溶液中加入鐵粉，充分振蕩，

3＋

C滴加少量鹽酸酸化后再滴入KSCN溶Fe(NO3)3溶液中Fe部分被Fe還原

液，溶液變紅

苯和液溴在FeBr3的催化下發(fā)生反應，

D將得到的氣體直接通入AgNO3溶液中，苯和液溴發(fā)生取代反應

產生淡黃色沉淀

A．AB．BC．CD．D

16、室溫時，用0.0200mol/L稀鹽酸滴定溶液，溶液中水的電離程度隨所加稀鹽酸的體積變化如圖所示(忽略滴定過程

中溶液的體積變化)，則下列有關說法正確的是

已知：K(HY)=5.0×10-11

A．可選取酚酞作為滴定指示劑B．M點溶液的pH>7

C．圖中Q點水的電離程度最小，Kw<10-14D．M點,c(Na+)=c(HY)+c(Y-)+c(Cl-)

-1-1

17、向100mL0.1mol?L硫酸鋁銨[NH4Al(SO4)2]溶液中逐滴滴入0.1mol?LBa(OH)2溶液。隨著Ba(OH)2溶液體積V

的變化，沉淀總物質的量n的變化如圖所示。下列說法正確的（）

A．a點的溶液呈中性

B．a點沉淀的質量比c點沉淀的質量大

C．b點加入Ba(OH)2溶液的體積為250mL

3+2-+2+--

D．至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al+2SO4+NH4+2Ba+5OH→AlO2+2BaSO4↓+NH3?H2O+2H2O

-1

18、常溫下，用0.1000molLNaOH溶液滴定20.00mL某未知濃度的CH3COOH溶液，滴定曲線如右圖所示。已知

在點③處恰好中和。下列說法不正確．．．的是（）

A．點①②③三處溶液中水的電離程度依次增大

5

B．該溫度時CH3COOH的電離平衡常數約為1.810

+-

C．點①③處溶液中均有c(H)=c(CH3COOH)+c(OH)

-++-

D．滴定過程中可能出現：c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H)>c(Na)>c(OH)

19、已知一定溫度下硫酸銅受熱分解生成氧化銅、三氧化硫、二氧化硫和氧氣；三氧化硫和二氧化硫都能被氫氧化鈉

溶液吸收?，F進行如下實驗：①加熱10g硫酸銅粉末至完全分解，②將生成的氣體通入足量濃氫氧化鈉溶液。反應結

束后稱量①中固體質量變?yōu)?g，②中溶液增加了4.5g。該實驗中硫酸銅分解的化學方程式是

A．3CuSO43CuO+SO3↑+2SO2↑+O2↑B．4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑

C．5CuSO45CuO+SO3↑+4SO2↑+2O2↑D．6CuSO46CuO+4SO3↑+2SO2↑+O2↑

20、硒（Se）與S同主族，下列能用于比較兩者非金屬性強弱的是（）

A．氧化性：SeO2＞SO2B．熱穩(wěn)定性：H2S＞H2Se

C．熔沸點：H2S＜H2SeD．酸性：H2SO3＞H2SeO3

21、W、X、Y和Z為原子序數依次增大的四種短周期元素，最外層電子數之和為18。X、Z同一主族，Z的一種氧化

物的水化物為具有還原性且不穩(wěn)定的二元酸；Y的周期數是族序數的3倍。下列說法錯誤的是

A．簡單離子半徑：W>X>Y

B．X、Z的最高化合價不相同

C．簡單氫化物的熱穩(wěn)定性：X>W

D．Y與其他三種元素分別形成的化合物中均只含離子鍵

22、有機物三苯基甲苯的結構簡式為，對該有機物分子的描述正確的是（）

A．1~5號碳均在一條直線上

B．在特定條件下能與H2發(fā)生加成反應

C．其一氯代物最多有4種

D．其官能團的名稱為碳碳雙鍵

二、非選擇題(共84分)

23、（14分）以烯烴為原料，合成某些高聚物的路線如圖：

已知：Ⅰ．（或寫成R代表取代基或氫）

Ⅱ．甲為烴

Ⅲ．F能與NaHCO3反應產生CO2請完成以下問題：

（1）CH3CH=CHCH3的名稱是______，Br2的CCl4溶液呈______色．

（2）X→Y的反應類型為：______；D→E的反應類型為：______．

（3）H的結構簡式是______．

（4）寫出下列化學方程式：

A→B______；

Z→W______．

（5）化工生產表明高聚物H的產率不及設計預期，產率不高的原因可能是______．

24、（12分）某同學對氣體A樣品進行如下實驗：①將樣品溶于水，發(fā)現氣體A易溶于水；②將A的濃溶液與MnO2

共熱，生成一種黃綠色氣體單質B，B通入石灰乳中可以得到漂白粉。

（1）寫出A、B的化學式：A____________，B_______________。

（2）寫出A的濃溶液與MnO2共熱的化學方程式：_________________________。

（3）寫出B通入石灰乳中制取漂白粉的化學方程式：_______________________。

25、（12分）四溴乙烷(CHBr2-CHBr2)是一種無色透明液體，密度2.967g/mL，難溶于水，沸點244℃，可用作制造

塑料的有效催化劑等。用電石(主要成分CaC2，少量CaS、Ca3P2、Ca3As2等)和Br2等為原料制備少量四溴乙烷的裝

置(夾持裝置已省略)如圖所示。

(1)裝置A中CaC2能與水劇烈發(fā)生反應：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+HC≡CH↑。為了得到平緩的C2H2氣流，除可用飽和

食鹽水代替水外，還可采取的措施是________。

(2)裝置B可除去H2S、PH3及AsH3，其中除去PH3的化學方程式為________(生成銅、硫酸和磷酸)。

(3)裝置C中在液溴液面上加入一層水的目的是________；裝置C中反應已完成的現象是________；從裝置C反應后

的體系得到并純化產品，需要進行的操作有________。

(4)一種制備Ca10(PO4)6(OH)2的原理為10Ca(OH)2+6H3PO4=Ca10(PO4)6(OH)2↓+18H2O。請設計用裝置A得到的石灰乳

等為原料制備Ca10(PO4)6(OH)2的實驗方案：向燒杯中加入0.25L含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳，________，在100℃

烘箱中烘干1h。

已知：

CaCa

①Ca(PO)(OH)中比理論值為1.67。影響產品比的主要因素有反應物投料比及反應液pH。

10462PP

Ca

②在95℃，pH對比的影響如圖所示。

P

③實驗中須使用的試劑：含0.5mol/LCa(OH)2的石灰乳、0.3mol/L磷酸及蒸餾水。

26、（10分）氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)，是難溶于水的白色固體，能溶解于硝酸，在潮濕

空氣中可被迅速氧化。

Ⅰ.實驗室用CuSO4—NaCl混合液與Na2SO3溶液反應制取CuCl。相關裝置及數據如圖：

圖甲圖乙圖丙

回答以下問題：

3-

(1)甲圖中儀器1的名稱是________；制備過程中Na2SO3過量會發(fā)生副反應生成[Cu(SO3)2]，為提高產率，儀器2中

所加試劑應為_____________。

(2)乙圖是體系pH隨時間變化關系圖，寫出制備CuCl的離子方程式_____________。丙圖是產率隨pH變化關系圖，

實驗過程中往往用Na2SO3—Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是_______并維持pH在______

左右以保證較高產率。

(3)反應完成后經抽濾、洗滌、干燥獲得產品。洗滌時，用“去氧水”作洗滌劑洗滌產品，作用是________。

Ⅱ.工業(yè)上常用CuCl作O2、CO的吸收劑，某同學利用如圖所示裝置模擬工業(yè)上測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2

的含量。

A．CuCl的鹽酸溶液B．Na2S2O4和KOH的混合溶液

C．KOH溶液D．

已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液可吸收氧氣。

(4)裝置A中用鹽酸而不能用硝酸，其原因是__________(用化學方程式表示)。用D裝置測N2含量，讀數時應注意

________。整套實驗裝置的連接順序應為_______________→D。

27、（12分）三草酸合鐵（III）酸鉀K3[Fe

(C

2O4)3]?3H2O（其相對分子質量為491），為綠色晶體，易溶于水，難溶于酒精。110℃下可完全失去結晶水，230℃時

分解。它還具有光敏性,光照下即發(fā)生分解，是制備活性鐵催化劑的原料。某化學小組制備該晶體，并測定其中鐵的含

量，進行如下實驗：

Ⅰ．三草酸合鐵（Ⅲ）酸鉀的制備；

①稱取5g硫酸亞鐵固體，放入到100mL的燒杯中，然后加15mL餾水和5～6滴稀硫酸，加熱溶解后，再加入25mL

飽和草酸溶液，攪拌加熱至沸。停止加熱，靜置，待析出固體后，抽濾、洗滌、干燥，得到FeC2O4?2H2O；

o

②向草酸亞鐵固體中加入飽和K2C2O4溶液10mL，40C水浴加熱，邊攪拌邊緩慢滴加20mL3%H2O2溶液，變?yōu)樯钭?/p>

2+3+

色，檢驗Fe是否完全轉化為Fe，若氧化不完全，再補加適量的H2O2溶液；

③將溶液加熱至沸，然后加入20mL飽和草酸溶液，沉淀立即溶解，溶液轉為綠色。趁熱抽濾，濾液轉入100mL燒杯

中，加入95%乙醇25mL，混勻后冷卻，可以看到燒杯底部有晶體析出。晶體完全析出后，抽濾，用乙醇-丙酮混合液

洗滌，置于暗處晾干即可。

（1）寫出步驟①中，生成FeC2O4?2H2O晶體的化學方程式___。檢驗FeC2O4?2H2O晶體是否洗滌干凈的方法是___。

（2）步驟②中檢驗Fe2+是否完全轉化的操作為___。

（3）步驟③用乙醇-丙酮混合液洗滌，而不是用蒸餾水洗滌的原因是___。

Ⅱ．鐵含量的測定：

步驟一：稱量5.00g三草酸合鐵酸鉀晶體，配制成250mL溶液。

-

步驟二：取所配溶液25.00mL于錐形瓶中，加稀H2SO4酸化，滴加KMnO4溶液至草酸根恰好全部氧化，MnO4被還

原成Mn2+，向反應后的溶液中逐漸加入鋅粉，加熱至黃色剛好消失，過濾、洗滌，將過濾及洗滌所得溶液收集到錐形

瓶中，此時溶液仍呈酸性。

-

步驟三：用0.0100mol/LKMnO4溶液滴定步驟二所得溶液至終點，消耗KMnO4溶液20.02mL，滴定中MnO4被還原

成Mn2+。

步驟四：重復步驟二、步驟三操作，滴定消耗0.0100mol/LKMnO4溶液19.98mL。

（4）配制三草酸合鐵酸鉀溶液中用到的玻璃儀器有燒杯____，___，___。

（5）寫出步驟三中發(fā)生反應的離子方程式____。

（6）實驗測得該晶體中鐵的質量分數為____（結果保留3位有效數字）。

28、（14分）亞硝酰氯是工業(yè)上重要的原料，是合成有機物的中間體。

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H＜0

（1）在恒溫條件下,向2L恒容密閉容器中加入0.2molNO和0.1molCl2,10min時反應達到平衡。測得10min內

-3-1-1

v(ClNO)=7.5×10mol·L·min,則平衡后NO的轉化率α1=_____________。其它條件保持不變，反應在恒壓條件下進

行，平衡時NO的轉化率α2________α1(填“＞”“＜”或“＝”)。

（2）若使反應2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)的平衡常數增大，可采用的措施是___________。

（3）將NO與Cl2按物質的量之比2∶1充入一絕熱密閉容器中，發(fā)生反應：2NO(g)+Cl2(g)2ClNO△H＜0，實

驗測得NO的轉化率α(NO)隨時間的變化經如圖所示。NO(g)的轉化率α(NO)在t2~t3時間段內降低的原因是

______________________________。

（4）在其他條件相同時，向五個恒溫的密閉容器中分別充入1molCl2與2molNO,發(fā)生反應：

2NO(g)+Cl2(g)2ClNO(g)△H<0,部分反應條件及平衡時ClNO的含量如下表所示：

容器編號溫度/℃容器體積/L平衡時ClNO含量(占比)

ⅠT122/3

ⅡT2=T13W2

ⅢT3＞T1V32/3

ⅣT4V4W4

ⅤT5V5W5

①V3________2(填寫“大于”、“小于”或“等于”)；

②容器Ⅱ中化學平衡常數K=_________；

③容器Ⅳ、容器Ⅴ分別與容器Ⅰ相比實驗條件不同，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。與容器Ⅰ相比，容器Ⅳ

改變的實驗條件是_____________________；容器Ⅴ與容器Ⅰ的體積不同，則容器Ⅴ中反應達到平衡時氣體總壓強(P)

的范圍是________。

29、（10分）國家實施“青山綠水工程”，大力研究脫硝和脫硫技術。

（1）H2在催化劑作用下可將NO還原為N2。下圖是該反應生成1mol水蒸氣的能量變化示意圖。寫出該反應的熱化學

方程式___________。

（2）2NO(g)+O2(g)2NO2(g)的反應歷程如下：

2

反應I：2NO(g)N2O2(g)(快)；H1<0v1正=k1正·c(NO)、v1逆=k1逆·c(N2O2)；

2

反應Ⅱ：N2O2(g)+O2(g)2NO2(g)(慢)；△H2<0v2正=k2正·c(N2O2)·c(O2)、v2逆=k2逆·c(NO2)；

①一定條件下，反應2NO(g)+O2(g)2NO2(g)達到平衡狀態(tài)，平衡常數K=___________(用含k1正、k1逆、k2正、k2逆

的代數式表示)。

反應I的活化能EI___________反應Ⅱ的活化能EII(填“>”、“<”、或“=”)。

②已知反應速率常數k隨溫度升高而增大，則升高溫度后k2正增大的倍數___________k2逆增大的倍數(填“大于”、“小

于”、或“等于”)。

（3）我國科學家在天然氣脫硫研究方面取得了新進展，利用如圖裝置可發(fā)生反應：H2S+O2=H2O2+S↓。

①裝置中H+向___________池遷移。

②乙池溶液中發(fā)生反應的離子方程式：______________________。

2－2+

(4)廢水處理時，通H2S(或加S)能使某些金屬離子生成極難溶的硫化物而除去。25°℃，某廢液中c(Mn)=0.02mol·L

－12+－1

，調節(jié)廢液的pH使Mn開始沉淀為MnS時，廢液中c(H2S)=0.1mol·L，此時pH約為___________。(已知：

－14－7－15

Ksp(MnS)=5.0×10，H2S的電離常數：K1=1.5×10，K2=6.0×10，1g6=0.8)

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】

W的原子最外層電子數是次外層電子數的3倍，推出W為O，含有Z元素鹽的焰色反應為紫色，說明Z為K，X、Y、

Z分屬不同的周期，原子序數依次增大，因此X為F，X、Y、Z的原子序數之和是W原子序數的5倍，推出Y為Mg，

A、原子半徑大小順序是K>Mg>O>F，故A錯誤；B、非金屬性越強，其氫化物的穩(wěn)定性越強，F的非金屬性強于O，

因此HF的穩(wěn)定性強于H2O，故B錯誤；C、K比Mg活潑，K與水反應劇烈程度強于Mg與水，故C正確；D、MgO

的熔點很高，因此工業(yè)上常電解熔融狀態(tài)的MgCl2制備Mg，故D錯誤。

2、D

【解析】

由圖中電子的移動方向可知,電極X為原電池的負極，發(fā)生氧化反應，電極反應為：2RuⅡ-2e-=2RuⅢ，Y電極為原電池

------

的正極，電解質為I3和I的混合物，I3在正極上得電子被還原，正極反應為I3+2e=3I，據此分析解答。

【詳解】

A.由圖中信息可知，該電池將太陽能轉變?yōu)殡娔?，選項A正確；

B.由圖中電子的移動方向可知，電極X為原電池的負極，電池工作時，X極電勢低于Y極電勢，選項B正確；

ⅡⅢ-Ⅱ-

C.電池工作時，在電解質溶液中Ru再生的反應為：2Ru+3I=2Ru+I3，選項C正確；

------

D.Y電極為原電池的正極，電解質為I3和I的混合物，I3在正極上得電子被還原，正極反應為I3+2e=3I，電路中每

-Ⅲ-Ⅱ--

通過2mol電子生成3molI，但電解質中又發(fā)生反應2Ru+3I=2Ru+I3，使溶液中I濃度基本保持不變，選項D錯誤。

答案選D。

3、C

【解析】

A.用酒精可以提取某些花香中的酯類香精，制成香水，利用酯類易溶于酒精，涉及溶解性，屬于物理性質，A不符合；

B.炒菜時加一些料酒和食醋，發(fā)生酯化反應生成酯，利用揮發(fā)性和香味，涉及物理性質，B不符合；

C.用熱的純堿液洗滌碗筷去油膩比冷水效果好，因為碳酸鈉在較高溫度時水解程度大，氫氧根濃度大，更有利于酯類

水解，生成易溶于水的羧酸鈉和醇類，水解屬于化學性質，C符合；

D.各種水果有不同的香味，涉及的是所含酯的物理性質，D不符合；

答案選C。

4、D

【解析】

①鈉原子的電子排布式為：1s22s22p63s1，則Na原子的未成對電子數為1；鋁原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p1，

則鋁原子的未成對電子數為1；氯原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p5，則氯原子的未成對電子數為1，故①正確；

②硅原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p2，則硅原子的未成對電子數為2；硫原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p4，

則硫原子的未成對電子數為2，故②正確；

③磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，則磷原子的未成對電子數為3，故③正確；

④Fe的電子排布式為1s22s22p63s23p63d64s2，則鐵原子的未成對電子數為4，故④正確；

答案選D。

【點睛】

磷原子的電子排布式為：1s22s22p63s23p3，3p為半充滿狀態(tài)，故未成對電子數為3，Fe的電子排布式為

1s22s22p63s23p63d64s2，電子先排布在4s能級上，再排布在3d能級上，3d有5個軌道，6個電子，先單獨占據一個軌

道，剩余一個電子按順序排，所以未成對電子數為4。

5、C

【解析】

①在一份溶液中加入足量NaOH，加熱，可收集到標準狀態(tài)下的氣體1.12L；和過量NaOH溶液加熱產生的氣體只能

V1.12?L

+

是氨氣，故一定存在NH4，其物質的量為n(NH3)==0.05mol；

Vm22.4?L/mol

2-

②在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀產生，過濾得到沉淀2.33g，則一定存在SO4，其物質的量為

m2.33?g

n(SO2-)=n(BaSO)==0.01mol，Ba2+與SO2-會發(fā)生離子反應不能大量共存，含有SO2-，則一定不

44M233?g/mol44

含有Ba2+；

--

③在②的濾液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7g沉淀產生，此沉淀未說明顏色，故可能為AgCl或AgI，且I或Cl

的物質的量之和≥0.05-0.01×2=0.03mol。

A.依據分析可知，溶液中可能只存在銨根離子，故A錯誤；

+2---

B.依據分析可知，溶液中一定存在NH4、SO4，還有Cl或I中的一種或兩種，B錯誤；

2----

C.依據分析可知，溶液中SO4、Cl、I、NO3均可能存在，C正確；

+-

D.依據分析可知，溶液中可能存在K和NO3，D錯誤；

故合理選項是C。

6、B

【解析】

A.羰基硫（COS）自身不能電離，屬于非電解質，不是電解質，A項錯誤；

B.羰基硫分子結構與CO2類似，為直線型結構，結構式為：O=C=S，則COS的電子式為，B項正確；

C.C、O、S三個原子中，S原子電子層最多，S的原子半徑最大；C、O原子都含有2個電子層，原子序數越大原子

半徑越小，則原子半徑C＞O，即半徑最小的是O，C項錯誤；

D.羰基硫的結構式為O=C=S，但2個極性鍵的極性不等，所以正負電荷的中心不重合，是極性分子，D項錯誤；

答案選B。

7、C

【解析】

1

由C3H3Cl3的不飽和度為3+1-=1可知碳鏈上有一個雙鍵，C3H3Cl3的鏈狀同分異構體相當于丙烯的三氯代物，采用

2

定二移一的方法進行討論。

【詳解】

鹵代烴C3H3Cl3的鏈狀同分異構體中三個氯原子在一個碳原子的有一種：CH2=CH?CCl3；兩個氯原子在一個碳原子上

一個氯原子在另一個碳原子上的有四種：CCl2=CCl?CH3、CCl2=CH?CH2Cl、CHCl=CH?CHCl2、CH2=CCl?CHCl2；

三個氯原子在三個碳原子上的有一種：CHCl=CCl?CH2Cl，共6種。

答案選C。

【點睛】

鹵代烴的一氯代物就是看等效氫，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代

物。

8、A

【解析】

①氧化鎂，熔點高，可用作耐火材料，①項正確；

②制造計算機芯片的是硅單質，而不是二氧化硅，②項錯誤；

③水玻璃是硅酸鈉的水溶液，可作木材防火劑，③項正確；

④鋁熱反應會放出大量的熱，可用于焊接鋼軌，但鋁熱反應冶煉鐵成分太高，一般不用此方法冶煉鐵，④項錯誤；

⑤水煤氣是CO和H2的混合氣體，屬于清潔能源，⑤項正確；

⑥濃硫酸可用于干燥Cl2、SO2氣體，而H2S是還原性氣體，因濃硫酸具有強氧化性，能氧化H2S，故不能用濃硫酸干

燥H2S，⑥項錯誤；

綜上所述，①③⑤正確；

答案選A。

【點睛】

②項硅及其化合物的用途是?？键c，也是易混知識。硅單質常用于太陽能電池、半導體材料與計算機芯片等；二氧化

硅是石英、水晶、瑪瑙及光導纖維的成分；硅酸鹽常用于玻璃、水泥和陶瓷等，學生要理清這些物質的用途，不可混

為一談。

9、D

【解析】

A．“鹽泡”中鹽與水的比值不變，則內層“鹽泡”越多時，密度不變，故A錯誤；

B．若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水，則海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越少，故B錯誤；

C．“鹽泡”內的鹽分為NaCl，由離子構成，不存在NaCl分子，故C錯誤；

900g

D．冰的密度為0.9gcm3，設海水1L時，水的質量為900g，由個數比為1：500000，含NaCl為18g/mol，

104mol

500000

104mol

可知海冰內層NaCl的濃度約為c104molL1，故D正確；

1L

故答案為D。

【點睛】

考查海水資源的應用，把握海水中鹽泡的成分、信息的應用為解答的關鍵，“鹽泡”內的鹽分為NaCl，屬離子化合物，

由離子構成，且“鹽泡”中鹽與水的比值不變，特別注意“鹽泡結構的判斷。

10、D

【解析】

A.海帶提碘是由KI變?yōu)镮2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故A錯誤；

B.氯堿工業(yè)是由NaCl的水溶液在通電時反應產生NaOH、Cl2、H2，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故B

錯誤；

C.海水提溴是由溴元素的化合物變?yōu)殇逶氐膯钨|，有元素化合價的變化，屬于氧化還原反應，故C錯誤；

D.侯氏制堿法，二氧化碳、氨氣、氯化鈉反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，碳酸氫鈉受熱分解轉化為碳酸鈉，二氧化碳和

水，沒有元素的化合價變化，則不涉及氧化還原反應，故D正確。

故選D。

11、D

【解析】

A、氧化劑標識，LiBH4是有機合成的重要還原劑，故A錯誤；B、爆炸品標識，LiBH4是一種供氫劑，屬于易燃物品，

故B錯誤；C、腐蝕品標識，與LiBH4是一種供氫劑不符，故C錯誤；D、易燃物品標識，LiBH4是有機合成的重要還

原劑，也是一種供氫劑，屬于易燃物品標識，故D正確；故選D。

12、C

【解析】

A.氨水中存在電離平衡，因此溶液中實際存在的氨分子一定少于0.1mol，A項錯誤；

B.四氯化碳在標況下不是氣體，因此無法按氣體摩爾體積計算其分子數，B項錯誤；

C.乙烯和環(huán)丙烷的最簡式相同，均為CH2，因此14g混合物相當于1mol的CH2，自然含有NA個碳原子，C項正確；

D.常溫常壓下，氣體摩爾體積并不是22.4L/mol，因此無法根據氫氣的體積進行計算，D項錯誤；

答案選C。

13、B

【解析】

---

A.在反應CN+OH+Cl2→CO2+N2+Cl+H2O中，Cl元素化合價由0價降低為-1價，C元素化合價由+2價升高為+4價，

N元素化合價由-3價升高為0價，可知Cl2是氧化劑，CO2和N2是氧化產物，A正確；

----

B.由上述分析可知，反應方程式為2CN+8OH+5Cl2=2CO2+N2+10Cl+4H2O，反應中是CN是還原劑，Cl2是氧化劑，

氧化劑與還原劑的化學計量數之比為5：2，B錯誤；

C.由上述分析，根據電子守恒、原子守恒可知，C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，

-

所以若有1molCN發(fā)生反應，則有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA電子發(fā)生轉移，C正確；

D.C元素化合價由+2價升高為+4價，N元素化合價由-3價升高為0價，則若將該反應設計成原電池，則CN-在負極區(qū)

失去電子，發(fā)生氧化反應，D正確；

故合理選項是B。

14、D

【解析】

W的氣態(tài)氫化物常用作制冷劑，該氫化物應為NH3，W為N元素；X原子的核外電子層數與最外層電子數相等，且

其原子序數大于W，則X為Al；Y主族序數大于W，則Y為S或Cl，若Y為Cl，則Z不可能是短周期主族元素，

所有Y為S，Z為Cl。

【詳解】

A．電子層數越多，半徑越大，所以原子半徑W<X，故A錯誤；

B．非金屬性越強簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強，非金屬性S<Cl，所以簡單氫化物的熱穩(wěn)定性Y<Z，故B錯誤；

C．XZ3為AlCl3，為共價化合物，熔融狀態(tài)不能電離出離子，不能通過電解熔融AlCl3冶煉Al單質，故C錯誤；

D．WO2、YO2、ZO2分別為NO2，SO2、ClO2，均只含共價鍵，為共價化合物，故D正確；

故答案為D。

【點睛】

AlCl3為共價化合物，熔融狀態(tài)下不導電，冶煉Al單質一般電解熔融狀態(tài)下的Al2O3。

15、B

【解析】

A．將含有SO2的廢氣通入BaCl2溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取強酸，故A錯誤；

B．常溫下，分別測定同濃度Na2CO3溶液與CH3COONa溶液的pH，Na2CO3溶液的pH大于CH3COONa溶液，說

-＋

明Na2CO3的水解程度大于CH3COONa溶液，水解程度越大，相應的酸電離程度越弱，則HCO3電離出H能力比

CH3COOH的弱，故B正確；

C．Fe與Fe(NO3)3反應生成Fe(NO3)2，再加鹽酸，酸性條件下亞鐵離子、硝酸根離子發(fā)生氧化還原反應，滴入KSCN

溶液，溶液變紅，不能說明是否部分被還原，也可能全部被還原，故C錯誤；

D．溴單質具有揮發(fā)性，生成的HBr及揮發(fā)的溴均與硝酸銀反應，觀察是否有淡黃色沉淀生成不能證明發(fā)生取代反應，

故D錯誤；

答案選B。

16、B

【解析】A.滴定終點溶液顯酸性，故可選取甲基橙作為滴定指示劑，A不正確；B.M點溶液中，c(NaY)=c(HY)，因

為K(HY)=5.0×10-11，所以c(Y-)c(HY)，代入HY的電離常數表達式可得，5.0×10-11，所以，pH>7，B

正確；C.由圖可知，Q點水的電離程度最小，Kw=10-14，C不正確；D.M點，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y-)，

D不正確。本題選B。

17、D

【解析】

﹣1+3+

100mL0.1mol?L硫酸鋁銨[NH4Al(SO4)2]中NH4Al(SO4)2物質的量為0.01mol．溶液含有NH40.01mol，Al0.01mol，

2-

SO40.02mol。

2-2+3+-3+-

開始滴加時，發(fā)生反應為SO4+Ba=BaSO4↓，Al+3OH=Al(OH)3↓，當Al沉淀完全時需加入0.03molOH，即

2+2-

加入0.015molBa(OH)2，加入的Ba為0.015mol，SO4未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；（開始到a）

2-2++-

再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，發(fā)生反應為SO4+Ba=BaSO4↓，NH4+OH=NH3?H2O，所以沉淀質量繼續(xù)增

2--3+﹣

加；當SO4完全沉淀時，共需加入0.02molBa(OH)2，加入0.04molOH，Al反應掉0.03molOH，生成Al(OH)30.01mol，

﹣++

剩余0.01molOH恰好與NH4完全反應，此時溶液中NH4完全反應，此時溶液為氨水溶液；（a到b）

-﹣

繼續(xù)滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，發(fā)生反應Al(OH)3+OH=AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01molAl(OH)3完全溶

解，需再加入0.005molBa(OH)2，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液．（b到c）

【詳解】

2﹣2+3+﹣

A．由分析可知，從開始到a點，發(fā)生反應為SO4+Ba=BaSO4↓，Al+3OH=Al(OH)3↓，a點對應的沉淀為BaSO4

和Al(OH)3，溶液中的溶質是(NH4)2SO4，該物質水解溶液呈酸性，A錯誤；

B．a點沉淀的質量=0.015mol×233g/mol+0.01mol×78g/mol=4.275g，c點為硫酸鋇的質量，為0.01mol×2×233g/mol=4.66g，

所以質量c點＞a點，B錯誤；

0.02mol

C．當SO2﹣完全沉淀時，共需加入0.02molBa(OH)，則b點消耗氫氧化鋇體積==0.2L=200mL，C錯誤；

420.1mol/L

3+2﹣+2+﹣﹣

D．至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al+2SO4+NH4+2Ba+5OH=AlO2+2BaSO4↓+NH3?H2O+2H2O，

D正確；

故選D。

【點睛】

+3+-+

在分析曲線時，可使用共存原理，對此題來說，主要是NH4、Al、Al(OH)3與OH反應的順序問題，若假設NH4

-3+3+-

先與OH發(fā)生反應，由于生成的NH3?H2O能與Al反應生成Al(OH)3，所以假設錯誤，應為Al先與OH反應生成

+--+

Al(OH)3；對NH4、Al(OH)3哪個先與OH反應，若我們認為Al(OH)3先反應，生成的AlO2能與NH4發(fā)生反應生成

+-

Al(OH)3和NH3?H2O，所以假設錯誤，應為NH4先與OH反應。

18、C

【解析】

0.1000mol/L0.02011L

點③處恰好中和，反應生成醋酸鈉，原溶液中醋酸的濃度為：=0.10055mol/L，

0.02L

A.溶液中氫離子或氫氧根離子濃度越大，水的電離程度越小，在逐滴加入NaOH溶液至恰好完全反應時，溶液中氫離

子濃度減小，水的電離程度逐漸增大，A項正確；

0.1000mol/L0.02L

B.點②處溶液的pH=7，此時c(Na+)=c(CHCOO?)==0.05mol/L，c(H+)=10?7mol/L，此時溶液

30.02L+0.02L

0.10055mol/L

中醋酸的濃度為：?0.05mol/L=0.000275mol/L，所以醋酸的電離平衡常數為：

2

-+

cCHCOOcH7

3100.05

K==≈1.8×10?5，B項正確；

cCHCOOH

30.000275

?+

C.在點③處二者恰好中和生成醋酸鈉，根據質子守恒可得：c(OH)=c(CH3COOH)+c(H)，C項錯誤；

-++-

D.c(CH3COOH)>c(CH3COO)>c(H)>c(Na)>c(OH)，根據電荷守恒規(guī)律可知，此情況可能出現，如溶液中存在大量

醋酸和少量醋酸鈉時，D項正確；

答案選C。

19、B

【解析】

由“反應結束后稱量①中固體質量變?yōu)?g，②中溶液增加了4.5g”可知，氫氧化鈉溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，

然后根據質量守恒定律分析每個裝置的質量變化情況，從而分析反應中各物質的質量。

【詳解】

根據質量守恒定律分析，反應生成氣體的質量為10.0g?5.0g＝5g，生成氧化銅的質量為5g；氫氧化鈉溶液完全吸收了

二氧化硫和三氧化硫，其質量為4.5g，生成的氧氣的質量為5g?4.5g＝0.5g；則參加反應的硫酸銅和生成氧化銅及生成

的氧氣的質量比為10g：5g：0.5g＝20：10：1，表現在化學方程式中的化學計量數之比為(20÷160)：(10÷80)：(1÷32)

＝4：4：1，故該反應的化學方程式為：4CuSO44CuO+2SO3↑+2SO2↑+O2↑，故答案為：B。

【點睛】

本題解題的關鍵是根據反應的質量差分析出各物質的質量，然后求出方程式中物質的化學計量數。

20、B

【解析】

A．不能利用氧化物的氧化性比較非金屬性強弱，故A錯誤；

B．熱穩(wěn)定性：H2S＞H2Se，可知非金屬性S＞Se，故B正確；

C．不能利用熔沸點比較非金屬性強弱，故C錯誤；

D．酸性：H2SO3＞H2SeO3，不是最高價含氧酸，則不能比較非金屬性強弱，故D錯誤；

故答案為B。

【點睛】

考查同種元素性質的變化規(guī)律及非金屬性比較，側重非金屬性比