2022年山西省忻州巿高考冲刺模拟化学试题含解析

1、2021-2022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、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）加入少量氯水加入少量KI溶液加入少量KSCN溶液ABCD2、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：NOPB瑞德西韦

2、中的NH键的键能大于OH键的键能C瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D瑞德西韦结构中存在键、键和大键3、常温下，向1L0.01molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，保持温度和溶液体积不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是A0.01molL1HR溶液的pH约为4B随着氨气的通入，逐渐减小C当溶液为碱性时，c（R）c（HR）D当通入0.01 mol NH3时，溶液中存在：c（R）c（NH4+）c（H+）c（OH）4、2019 年诺贝尔化学奖授予了在锂离子电池领域作出突出贡献的三位科学家。一类锂离子电池的电池总反应为Lix C

3、6 Li1-xYC6 (石墨)+LiY 。已知电子电量为1.6 1019 C ，下列关于这类电池的说法中错误的是A金属锂的价电子密度约为 13760 C/gB从能量角度看它们都属于蓄电池C在放电时锂元素发生了还原反应D在充电时锂离子将嵌入石墨电极5、下列由实验得出的结论正确的是()A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性6、如图是用于制取、收

4、集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（ ）选项XYZA食盐、浓硫酸HCl碱石灰BCaO、浓氨水NH3无水CaCl2CCu、浓硝酸NO2碱石灰D电石、食盐水C2H2含溴水的棉花AABBCCDD7、下列有水参加的反应中，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂的是 ()ACaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2B2F2+2H2O=4HF+O2CMg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3DSO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO48、下表中对应关系正确的是ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油由淀粉得到葡

5、萄糖均发生了水解反应CCl2+2Br=2Cl+Br2Zn+Cu2+=Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2Cl2+H2O=HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应AABBCCDD9、硫酸铵在一定条件下发生反应:4(NH4)2SO46NH3+3SO2+SO3+N2+7H2O，将反应后的气体通入一定量的氯化钡溶液中恰好完全反应，有白色沉淀生成。下列有关说法正确的是A白色沉淀为BaSO4B白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)约为1:1C白色沉淀为BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)

6、约为3:1D从溶液中逸出的气体为N2，最后溶液中的溶质只有NH4Cl10、下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）A磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2NO34HNO3Fe32H2OB向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClOSO2H2OHClOHSO3C碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H2IH2O2I22H2OD向NaOH溶液中通入过量CO2：2OHCO2CO32H2O11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m、n、r为这些元素组成的化合物，常温下，0.1 molL1 m溶液的pH13，组成n的两种离子的电子层数相差1。p、q为其中两种元素形成的单质。上述物质的转化关系如

7、图所示。下列说法正确的是 （ ）A原子半径：XYZWBX、Z既不同周期也不同主族C简单氢化物的沸点：YWDY、Z、W形成的一种化合物具有漂白性12、乙苯与氢气加成，其产物的一氯代物的同分异构体数目有（不考虑立体异构）( )A4种B5种C6种D7种13、关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是A牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理B外加电流阴极保护法利用的是电解原理C牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极D外加电流阴极保护法中钢铁为阴极14、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液

8、B脱硫过程O2间接氧化H2SC亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐15、关于晶体的叙述正确的是（）A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键16、化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是A该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B该电解池的电极材料为多孔石墨

9、，目的是提高NO的利用率和加快反应速率C用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行D为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO317、BMO(Bi2MoO6)是一种高效光催化剂，可用于光催化降解苯酚，原理如图所示，下列说法不正确的是A该过程的总反应：C6H6O+7O26CO2+3H2OB该过程中BMO表现较强还原性C降解产物的分子中只含有极性分子D和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:118、下表中对应关系正确的是( )ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油；由卤代烃制醇均发生了水解反

10、应CCl2+2Br2Cl+Br2；Zn+Cu2+Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2；2F2+2H2O4HF+ O2均为水作还原剂的氧化还原反应AABBCCDD19、为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（ ）选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷(C5H12) 催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水AABBCCDD20、重要的农药、医药中间体-碱式氯化铜C

11、uaClb(OH)cxH2O，可以通过以下步骤制备。步骤 1：将铜粉加入稀盐酸中，并持续通空气反应生成 CuCl2。已知Fe3+对该反应有催化作用，其催化原理如图所示。步骤2：在制得的CuCl2溶液中，加入石 灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜。下列有关说法不正确的是A图中M、N分别为Fe2+、Fe3+Ba、b、c 之间的关系式为：2a=b+cC步骤1充分反应后，加入少量CuO是为了除去Fe3+D若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗标况下11.2 LO221、向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。原混合溶液

12、中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为ABCD22、化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是A高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同B地沟油可以用来制肥皂和甘油C为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量二、非选择题(共84分)23、（14分）1，3环己二酮（）常用作医药中间体，用于有机合成。下列是一种合成1，3环己二酮的路线。回答下列问题：（1）甲的分子式为 _。（2）丙中含有官能团的名称是_。（3）反应的反应类型是_；反应的反应类型是_。（4）反应的化学方程式_。（5）符合下

13、列条件的乙的同分异构体共有_种。能发生银镜反应能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。写出其中在核磁共振氢谱中峰面积之比为1621的一种同分异构体的结构简式：_。（任意一种）（6）设计以（丙酮）、乙醇、乙酸为原料制备（2，4戊二醇）的合成路线（无机试剂任选）_。24、（12分）某探究性学习小组为了探究一种无机盐A的组成（只含四种常见元素且阴阳离子个数比为11），设计并完成了如下实验：已知，标准状况下气体单质C的密度为1.25g，白色沉淀D不溶于稀盐酸，气体B是无色无味的酸性气体。（1）无机盐A中所含金属元素为_。（2）写出气体C的结构式

14、_。（3）写出无机盐A与反应的离子方程式_。（4）小组成员在做离子检验时发现，待测液中加入A后，再加，一段时间后发现出现的血红色褪去。试分析褪色的可能原因。并用实验方法证明（写出一种原因即可）。原因_，证明方法_。25、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为_。（2）要从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。（3）装置用于处理尾气，可选用的最

15、合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_(填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2I22H2OH2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00

16、mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。26、（10分）硫酸四氨合铜晶体(Cu(NH3)4SO4H2O)常用作杀虫剂、媒染剂，也是高效安全的广谱杀菌剂。常温下该物质在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组设计如下方案来合成硫酸四氨合铜晶体并测定晶体中氨的含量。ICuSO4溶液的制备取4g铜粉，在仪器A中灼烧10分钟并不断搅拌使其充分反应。将A中冷却后的固体转移到烧杯中，加入25 mL 3 molL-1H2SO4溶液，加热并不断搅拌至固体完全溶解。(1)中仪器A的名称为

17、_。(2)中发生反应的离子方程式为_。晶体的制备将I中制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作：(3)向硫酸铜溶液中逐滴加入氨水至过量的过程中，可观察到的实验现象是_。(4)缓慢加入乙醇会析出晶体的原因是_；若将深蓝色溶液浓缩结晶，在收集到的晶体中可能混有的杂质主要有_(写其中一种物质的化学式)。III氨含量的测定精确称取wg晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入足量10NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，用盐酸标准溶液完全吸收。取下接收瓶，再用NaOH标准溶液滴定剩余的盐酸溶液(选用甲基橙作指示剂)。1.水 2.玻璃管 3.10%氢氧化钠溶液 4.样品液 5.盐

18、酸标准溶液 6.冰盐水(5)装置中玻璃管的作用是_。(6)在实验装置中，若没有使用冰盐水冷却会使氨含量测定结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。27、（12分）草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为_。(2) 相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2。当尿液中c(C2O42-)_molL1时，易形成CaC2O4沉淀。已知Ksp(CaC2O4)2.3109(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4xH2O)组

19、成的实验如下：步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。“步骤1”的目的是_。计算x的值(写出计算过程)_。28、（14分）二甲醚(CH3OCH3)是一种清洁能源。工业上，常利用CO2和H2合成二甲醚。有关反应如下(z、y、z均大于0)：2CH3OH(g

20、)CH3OCH3(g)+H2O(g) H1= -xkJmol-1CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2= -ykJmol-1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H3= -zkJmol-1(1)2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g) H= _kJmol-1(2)下列有关合成二甲醚的说法正确的是 _(填字母)。a.增大压强能提高反应速率和CO2的平衡转化率b.体系中减小，平衡一定向正方向移动c.容器体积一定，混合气体密度不变时一定达到平衡状态d.充入适量CO，可能提高CH3OCH3的产率(3)在一定温度下，在恒容密闭容器中发生反应：C

21、O(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)，速率表达式为v=v正-v逆=k正c(CO)c(H2O)-k逆c(CO2)c(H2O)(其中，k正、k逆为正、逆速率常数，与浓度无关)。达到平衡时，升高温度，将_选填“增大”“减小”或“不变”)。(4)在恒容密闭容器中用CO2和H2合成二甲醚时CO2的平衡转化率与温度、投料比的关系如图所示。500K时，将9mol H2和3mol CO2充入2L恒容密闭容器中，5min时反应达到平衡状态，则05min内的平均反应速率v(H2)=_ molL-1min-l，该温度下，反应的平衡常数K=_(列出计算式即可，无需化简)。由图像可以得出的结论是_(答两条)。

22、(5)工业上也可用CO和H2合成二甲醚，而且二者还能作燃料电池的燃料。以CO、H2体积比为1:2的混合气体与空气在KOH溶液中构成燃料电池(以石墨为电极)，开始时，负极的电极反应式为_。29、（10分）1799年由英国化学家汉弗莱戴维发现一氧化二氮（N2O）气体具有轻微的麻醉作用，而且对心脏、肺等器官无伤害，后被广泛应用于医学手术中。（1）一氧化二氮早期被用于牙科手术的麻醉，它可由硝酸铵在催化剂下分解制得，该反应的化学方程式为 _。（2）已知反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的H=163kJmol1，1molN2(g)、1molO2(g)分子中化学键断裂时分别需要吸收945kJ、49

23、8kJ的能量，则1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为_kJ。在一定温度下的恒容容器中，反应2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的部分实验数据如下：在020min时段，反应速率v(N2O)为 _molL-1min-1。若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时N2O的转化率=_。不同温度（T）下，N2O分解半衰期随起始压强的变化关系如图所示（图中半衰期指任一浓度N2O消耗一半时所需的相应时间），则T1 _T2（填“”、“=”或“NP，故A错误；BO原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；C形成N=C键的N原

24、子为sp2杂化，形成CN键的N原子为sp杂化，故C错误；D该分子中单键均为键、双键和三键中含有键、苯环中含有大键，故D正确；故答案为D。3、D【解析】A. pH=6时c(H+)=10-6，由图可得此时=0，则Ka=10-6，设HR 0.01molL1电离了X molL1，Ka=10-6 ，解得X=10-6，pH=4，A项正确；B. 由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，= c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变，c(H+)浓度在减小，故在减小，B项正确；C.当溶液为碱性时，R的水解会被抑制，c(R)c(HR)，C项正确；D. Ka=10-6，当通入0.01 mol NH3时，恰好反应

25、生成NH4R，又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)，D项错误；答案选D。4、C【解析】A7g金属锂价电子1 mol，其电量约为(6.021023)(1.61019 C)，故金属锂的价电子密度约为(6.021023)(1.61019 C)7g=13760C/g，故A正确；B锂离子电池在放电时释放电能、在充电时消耗电能，从能量角度看它们都属于蓄电池，故B正确；C在放电时，无锂单质生成，故锂元素没有被还原，故C错误；D在充电时发生“C6LixC6”，即锂离子嵌人石墨电

26、极，故D正确；答案选C。5、A【解析】A. 乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D. 甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。6、A【解析】A浓硫酸和食盐制取氯化氢可

27、以用固液混合不加热型装置，HCl密度大于空气且和氧气不反应，所以可以采用向上排空气法收集，HCl能和碱石灰反应，所以可以用碱石灰处理尾气，选项A正确；B氨气密度小于空气，应该用向下排空气收集，选项B错误；C二氧化氮和碱石灰反应可能有NO产生，NO也能污染空气，选项C错误；D乙炔密度小于空气，应该用向下排空气法收集，选项D错误；答案选A。7、D【解析】AH2O中H元素的化合价降低，则属于氧化还原反应，水作氧化剂，故A不选；B反应中水中O元素的化合价升高，则属于氧化还原反应，水作还原剂，故B不选；C反应没有元素的化合价变化，不属于氧化还原反应，故C不选；DSO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2S

28、O4反应中，S、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，H2O中没有元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂，故D选；故选D。8、B【解析】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；CCl2+2Br-2Cl-+Br2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧

29、化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。9、B【解析】反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的是复分解反应：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=Ba

30、SO4+2NH4Cl，依据反应定量关系，结合分解生成的气体物质的量可知，二氧化硫转化为亚硫酸铵，1mol三氧化硫转化为硫酸铵消耗氨气2mol，则4mol氨气和2molSO2反应生成亚硫酸铵，所以得到的沉淀为1mol硫酸钡，2mol亚硫酸钡，剩余SO2和亚硫酸钡反应生成亚硫酸氢钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，则：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【详解】A、根据分析可知，白色沉淀为BaSO4和BaSO3，故A错误；B、由上述分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故B正确；C、根据B项分析可知，最后得到沉淀为1mol硫酸钡

31、、1mol亚硫酸钡，二者物质的量之比为1:1，故C错误；D、从溶液中逸出的气体为N2，根据分析可知，反应后的溶质为亚硫酸氢钡与氯化铵，故D错误；答案选B。10、C【解析】A. 磁性氧化铁应写化学式，故A错误；B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故B错误；C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故C正确；D. 向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；故选：C。11、D【解析】0.1molL1m溶液的pH13，则m为一元强碱，应该为NaOH，组成n的两种离

32、子的电子层数相差1，根据图示可知，n为NaCl，电解NaCl溶液得到NaOH、H2和Cl2，p、q为其中两种元素形成的单质，则p、q为H2和Cl2，结合短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素，据此答题。【详解】由分析可知：X为H元素、Y为O元素、Z为Na元素、W为Cl元素。A.电子层数越多，则原子的半径越大，具有相同电子层数的原子，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，所以原子半径：XYWZ，故A错误；B.由分析可知：X为H元素、Z为Na元素，X、Z的最外层电子数均为1，属于同一主族，故B错误；C.Y、W形成的氢化物分别为H2O和

33、HCl，因为水分子中含有氢键，含有氢键的物质熔沸点较高，所以简单氢化物的沸点：YW，故C错误；D.Y、Z、W形成的一种化合物为NaClO，NaClO具有强氧化性，可用于漂白，具有漂白性，故D正确。故选D。12、C【解析】完全氢化后的产物，即为乙基环己烷，六元环含有4种H，乙基含有2种H，故产物的一氯代物有6种同分异构体；答案选C。【点睛】容易出错。乙基环己烷的六元环含有4种H，同学会错当成乙苯的苯环那样有3种H。13、C【解析】A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接，形成原电池，A正确；B. : 外加电流的阴极保护法是外加电源，形成电解池，让金属称为阴极得电子，从而保护金属，B正确C. 为

34、保护钢铁，钢铁为电池正极，C错误；D. 利用电解原理，钢铁为阴极得到电子，从而受到保护，D正确。故选择C。点睛：原电池中，失去电子的为负极，得到电子的为正极；电解池中，失去电子的为阳极，得到电子的为阴极。14、A【解析】A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被

35、氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故合理选项是A。15、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子

36、的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。16、D【解析】A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正

37、确；B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；C.NH4NO3的稀溶液中自由移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4+H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电

38、解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；故合理选项是D。17、C【解析】A. 根据图知,反应物是C6H6O和氧气、生成物是二氧化碳和水,所以该过程的总反应为C6H6O+7O26CO2+3H2O，故A正确，但不符合题意；B. 该反应中BMO失电子发生氧化反应，作还原剂，体现较强的还原性，故B正确，但不符合题意；C. 二氧化碳是非极性分子，水是极性分子，故C错误，符合题意；D. 根据转移电子守恒判断消耗苯酚的物质的量之比,过氧根离子生成氧离子得到3个电子、BMO+得1个电子，根据转移电子守恒知，和中被降解的苯酚的物质的量之比为3:1，故D正确，但不符合题意；故选：C。18、B【解析

39、】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；卤代烃水解产物为醇，则均发生水解反应，故B正确；CZn+Cu2+=Zn2+Cu反应中，Zn元素化合价升高，Zn单质被氧化，故C错误；D2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；2F2+2H2O4HF+ O2中只有O元素的化合价升高，作还原剂，故D错误；正确答案是B。【点睛】把握反应中结构变化、反应条件及反应中元素的化合价变化为解答的关键，注重高频考点的考查，题目难

40、度不大。19、C【解析】A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。综上所述，答案为C。20、A【解析】由实验步骤及转化图可知，发生反应2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O， N为Fe2+，M为Fe3+，在制得在制得的CuCl2溶液中，加入

41、石灰乳充分反应后即可制备碱式氯化铜，且化合物中正负化合价代数和为0，依此结合选项解答问题。【详解】A根据上述分析，N为Fe2+，M为Fe3+，A选项错误；B根据化合物中正负化合价的代数和为0，可知2a=b+c，B选项正确；CFe3+水解使溶液显酸性，CuO与H+反应产生Cu2+和水，当溶液的pH增大到一定程度，Fe3+形成Fe(OH)3而除去，从而达到除去Fe3+的目的，C选项正确；D根据方程式2Cu+O2+4HCl=2CuCl2+2H2O，若制备1 mol的CuCl2，理论上消耗0.5molO2，标况下，D选项正确；答案选A。21、D【解析】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴

42、滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0 g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从a mL开始，b mL时沉淀完全bmL时，溶液仍然呈酸性，到c mL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合Fe3+3OH-Fe(OH)3、Mg2+2OH-Mg(OH)2计算判断。【详解】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0a mL，沉淀的质量为0 g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(

43、OH)3沉淀，从a mL开始，b mL时沉淀完全。b mL时，溶液仍然呈酸性，到c mL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，令氢氧化钠浓度为x mol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为(ba) mL，结合Fe3+3OHFe(OH)3可知，溶液中n(Fe3+)= (ba)103Lxmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为(dc) mL，结合Mg2+2OHMg(OH)2可知，溶液中n(Mg2+)=(dc)103Lxmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)= (dc)103Lxmol/L： (ba)103Lxmol/L=，D项正确；答案选D。22、A【解析】A.高锰酸钾溶液、次

44、氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液是将物质氧化，而75%乙醇是使蛋白质变性，因此消毒原理不相同，A错误；B.地沟油主要成分是油脂，属于酯，油脂在碱性条件下发生水解反应产生甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；C.由于Fe粉具有还原性，所以为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C正确；D. “静电除尘”利用胶体的性质，使空气中的固体尘埃形成沉淀，减少空气中飘尘的含量；“燃煤固硫”是使煤中的S元素在燃烧时转化为硫酸盐留在炉渣中，因而可减少酸雨的形成；“汽车尾气催化净化”可以使尾气中的NO、CO在催化剂作用下转化为空气的成分气

45、体N2、CO2，因而都能提高空气质量，D正确；故答案是A。二、非选择题(共84分)23、C6H11Br 醛基、羰基（酮基） 消去反应 氧化反应 +CH3CH2OH+H2O 12 或 CH3CH2OHCH3COOHCH3COOCH2CH3 【解析】甲的分子式为C6H11Br，经过过程，变为C6H10，失去1个HBr，C6H10经过一定条件转化为乙，乙在CH3SCH3的作用下，生成丙，丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，丙经过过程，发生酯化反应，生成丁为，丁经过，在一定条件下，生成。【详解】(1)甲的分子式为C6H11Br，故答案为：C6H11Br；(2) 丙的结构式为含有

46、官能团为醛基、羰基（酮基），故答案为：醛基、羰基（酮基）；(3) C6H11Br，失去1个HBr，变为C6H10，为消去反应；丙经过过程，在CrO3的作用下，醛基变为羧基，发生氧化反应，故答案为：消去反应；氧化反应；(4)该反应的化学方程式为，,故答案为：；(5) 乙的分子式为C6H10O3。能发生银镜反应，能与NaHCO3溶液反应，且1mol乙与足量NaHCO3溶液反应时产生气体22.4L（标准状况）。说明含有1个醛基和1个羧基，满足条件的有：当剩余4个碳为没有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有4种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有4种位置；当剩余4个碳为有支链，羧基在第一个碳原子上，醛基有

47、3种位置，羧基在第二个碳原子上，醛基有1种位置，共12种，其中核磁共振氢谱中峰面积之比为1621的一种同分异构体的结构简式 或 ，故答案为：12； 或 ；(6)根据过程，可将CH3CH2OH中的羟基氧化为醛基，再将醛基氧化为羧基，羧基与醇反生酯化反应生成酯，酯在一定条件下生成，再反应可得，合成路线为CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3，故答案为：CH3CH2OH CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH3。【点睛】本题考查有机物的推断，利用已知信息及有机物的结构、官能团的变化、碳原子数目的变化推断各物质是解答本题的关键。本题的易错点和难点是(5)中同分异

48、构体数目的判断，要巧妙运用定一推一的思维。24、钠或Na NN 离子被氧化 在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变血红色，则该解释正确 【解析】将文字信息标于框图，结合实验现象进行推理。【详解】（1）溶液焰色反应呈黄色，则溶液中有Na+，无机盐A中含金属元素钠（Na）。（2）气体单质C的摩尔质量M(C)=22.4L/mol1.25g/L=28g/mol，故为氮气（N2），其结构式NN，从而A中含N元素。（3）图中，溶液与NaHCO3反应生成气体B为CO2，溶液呈酸性。白色沉淀溶于盐酸生成气体B（CO2），则白色沉淀为BaCO3，气体中含CO2，即A中含C元素。溶液与BaCl2反应生成的白

49、色沉淀D不溶于稀盐酸，则D为BaSO4，溶液中有SO42，A中含S元素。可见A为NaSCN。无机盐A与反应的离子方程式。（4）在含离子的溶液中滴加NaSCN溶液不变红，再滴加，先变红后褪色，即先氧化、后氧化SCN或再氧化Fe3+。若离子被氧化，则在已褪色的溶液中加入足量的KSCN，若重新变色，则该解释正确；若三价铁被氧化成更高价态，则在已褪色的溶液中加入足量的，若重新变血红色，则该解释正确。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O 过滤 d a、e 取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡

50、，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 0.16 偏低 【解析】（1）装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O；（2）从装置中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，要利

51、用两个平衡式HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH ，PH1.3106；（3）“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)=0.0027mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) =0.1194mol/L，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O42NaOH=Na

52、2C2O42H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) V(NaOH)，n(H2C2O4)=1.19410-3 mol，所以n(H2C2O4xH2O)= 1.19410-3 mol，则 n(H2C2O4) M(H2C2O4)= 1.19410-3 mol（94+18x）g/mol=0.1512g，则晶体中水的个数x2，故x2。28、-(x+2z) ad 减小 0.72 投料比不变，升高温度CO2的平衡转化率降低，温度不变，投料比越大，CO2的平衡转化率越大 CO+ 2H2 6e- +8OH- = CO32- + 6H2O 【解析】(1)已知：2CH3OH(g)CH3OCH3(g)+H2O

53、(g) H1= -xkJmol-1CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H3= -zkJmol-1根据盖斯定律可知+2可得反应2CO2(g)+6H2(g)CH3OCH3(g)+3H2O(g)，所以H=H1+2H3=-(x+2z) kJmol-1；(2)a合成二甲醚的反应为气体体积减小的反应，所以增大压强可以提高反应速率同时使平衡正向移动，提高CO2的平衡转化率，故a正确；b若分离出CO2使体系减小，平衡逆向移动，故b错误；c容器体积不变，且反应物和生成物均为气体，则平衡移动过程中气体的质量不变，所以混合气体的密度一直不变，不能根据密度不变判断是否达到平衡，故c错误；d充入CO可使反应平衡右移增大CO2的量，促使反应正向移动，提高二甲醚的产率，故d正