2022年安徽省芜湖市安徽高三第三次测评化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、已知：AlOHCOH2O=A

2、l(OH)3CO，向含0.01 mol NaAlO2和0.02mol NaOH的稀溶液中缓慢通入二氧化碳，随n(CO2)增大，先后发生三个不同的反应，下列对应关系正确的是（ ）选项n(CO2)/mol溶液中离子的物质的量浓度A0c(Na+)c(AlO2)c(OH)B0.01c(CO32)c(HCO3)c(H2CO3)c(AlO2)C0.015c(Na+)c(CO32)c(OH)c(HCO3)D0.03c(Na+)c(H+)c(CO32)c(HCO3)c(OH)AABBCCDD2、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/10882.3熔点/-108

3、25.5下列说法不正确的是A用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是126C用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃3、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB乙池中Fe电极区附近pH增大C一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快4、下列有关叙述错误的是

4、( )A中国古代利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈B陶瓷、水泥和光导纤维均属于硅酸盐材料C“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程有利于减少雾霾天气D石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性都是化学变化5、右下表为元素周期表的一部分，其中X、Y、Z、W为短周期元素，W元素的核电荷数为X元素的2倍。下列说法正确的是（ ）AX、W、Z元素的原子半径及它们的气态氢化物的热稳定性均依次递增BY、Z、W元素在自然界中均不能以游离态存在，它们的最高价氧化物的水化物的酸性依次递增CYX2晶体熔化、液态WX3气化均需克服分子间作用力D根据元素周期律，可以推测T元素的单质具有半导体特性，T2X3具有氧化性和

5、还原性6、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。磷酸铁锂锂离子电池充电时阳极反应式为,，放电工作示意图如图。下列叙述不正确的是A放电时，Li+通过隔膜移向正极B放电时，电子由铝箔沿导线流向铜箔C放电时正极反应为：D磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，C、Fe、P元素化合价均不发生变化7、25时，向20.00mL0.100molL-1的氨水和醋酸铵溶液中分别滴加0.100molL-1的盐酸溶液，溶液pH随加入盐酸体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）A25时，Kb（NH3H2O）Ka（CH3COOH）10-5Bb点溶液中水的电离程度比c点溶液中的

6、大C在c点的溶液中：c（Cl）c（CH3COOH）c（NH4+）c（OH）D在a点的溶液中：c（NH4+）+2c（H+）2c（CH3COO-）+c（NH3H2O）+2c（OH-）8、与氢硫酸混合后无明显现象的是ANaOH溶液B亚硫酸CFeCl3溶液D氯水9、事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律。如：Na2O2SO2 Na2SO4、Na2O2SO3 Na2SO4+ O2，据此，你认为下列方程式中不正确的是A2Na2O22Mn2O74NaMnO4O2B2Na2O2P2O3Na4P2O7C2Na2O22 N2O3NaNO2O2D2 Na2O22 N2O5 4NaNO

7、3O210、铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A铟元素的相对原子质量B铟元素的原子序数C铟原子的相对原子质量D铟原子的核电荷数11、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。在如图所示的物质转化关系中，p、q、 m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质，p和 s均为有色气体，v的水溶液呈碱性。常温下，0.1 mol L 1t 溶液与 0.1 mol L 1 u 溶液的pH均为1。下列说法不正确的是AY、W的最高价氧化物对应的水化物均为强酸BZ和Y的简单氢化物的稳定性和沸点高低均为：ZYCs溶于水的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为

8、1:2Dv的电子式可表示为12、下列说法不正确的是( )A可用焦炭还原 SiO2 制备单质 SiB镁单质可与 NH4Cl 溶液反应生成 NH3C浓硫酸与 NaBr 固体共热可生成单质 Br2D摩尔盐的组成可表示为 NH4Fe( SO4)26H2O13、海水综合利用要符合可持续发展的原则，其联合工业体系（部分）如图所示，下列说法错误的是A中可采用蒸馏法B中可通过电解法制金属镁C中提溴涉及到复分解反应D的产品可生产盐酸、漂白液等14、关于金属钠单质及其化合物的说法中，不正确的是（ ）ANaCl可用作食品调味剂B相同温度下NaHCO3溶解度大于Na2CO3CNa2CO3的焰色反应呈黄色D工业上Na可

9、用于制备钛、锆等金属15、下列说法中正确的是A放热反应都比吸热反应易发生B中和反应中，每生成1 mol H2O均会放出57.3 kJ的热量CNH4C1固体与Ba(OH)2 8H2O混合搅拌过程中，体系能量增加D无法判断2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是吸热反应还是放热反应16、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大。X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下，0.1molL-1W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化物，先产生白色沉淀，后沉淀逐渐溶解。下列推断

10、正确的是A简单离子半径：WY Z XBY、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物C元素的最高正化合价：WXZ YDY、W的简单离子都不会影响水的电离平衡17、下列实验操作能达到实验目的的是A稀释浓硫酸时，应将水沿容器内壁慢慢加入浓硫酸中B用润湿的pH试纸测溶液的pH值，一定会引起误差C蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，并加垫石棉网加热D石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏18、已知：。下列关于（b）、（d）、（p）的说法不正确的是A有机物可由2分子b反应生成Bb、d、p均能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色Cb、q、p均可与乙烯发生反应Dp的二氯代物有五种1

11、9、下列说法不正确的是（ ）A乙烯的结构简式为CH2CH2B乙烯分子中6个原子共平面C乙烯分子的一氯代物只有一种DCHBrCHBr分子中所有原子不可能共平面20、在强酸性条件下因发生氧化还原反应不能大量共存的是AMg2+、Na+、SO42-、Cl-BK+、CO32-、Cl-、NO3-CNa+、Cl-、NO3-、Fe2+DNH4+、OH-、SO42-、NO3-21、25时，将pH均为2 的HCl与HX 的溶液分别加水稀释，溶液pH随溶液体积变化的曲线如图所示。下列说法不正确的是Aa、b两点: c(X-) c(Cl-)B溶液的导电性: a 0.01mol/LD溶液体积稀释到10倍，HX 溶液的pH

12、 ”“”“ c(CO32-) c(OH-) c(HCO3-)，故C正确；D. 当通入二氧化碳的量为0.03mol时，溶液为碳酸氢钠溶液，溶液显碱性，电荷守恒关系为：c(Na+)c(H+)2c(CO32)c(HCO3)c(OH)，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题将元素化合物知识与电解质溶液中离子浓度大小比较综合在一起考查，熟练掌握相关元素化合物知识，理清反应过程，结合相关物质的用量正确判断相关选项中溶液的成分是解题的关键。电解质溶液中微粒浓度大小比较要抓住两个平衡：电离平衡和盐类的水解平衡，抓两个微弱：弱电解质的电离和盐类的水解是微弱的，正确判断溶液的酸碱性，进行比较。涉及等式关系要注意电荷

13、守恒式、物料守恒式和质子守恒式的灵活运用。2、B【解析】A. 醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B. 有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1216，故选B；C. 根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；D. 两种醇发生消去

14、反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；答案：B3、D【解析】根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H+2e-=H2，总的电极反应为H+ OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e- =Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2由此分析。【详解】A甲池为原电池，a为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H+2e-

15、=H2，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e- =Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后， 铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D如果Al电极上附着较多白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。4、B【解析】A明矾溶液中Al3+水

16、解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故A正确；B陶瓷、水泥和玻璃为硅酸盐产品，而光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故B错误；C二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；D石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性过程均生成了新的物质，是化学变化，故D正确；故选B。【点睛】本题综合考查常

17、见物质的组成、性质的应用，为高考常见题型，题目难度不大，侧重于化学与生活的考查，注意光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐。5、D【解析】从表中位置关系可看出，X为第2周期元素，Y为第3周期元素，又因为X、W同主族且W元素的核电荷数为X的2倍，所以X为氧元素、W为硫酸元素；再根据元素在周期表中的位置关系可推知：Y为硅元素、Z为磷元素、T为砷元素。【详解】A、O、S、P的原子半径大小关系为：PSO，三种元素的气态氢化物的热稳定性为：H2OH2SPH3，A不正确；B、在火山口附近或地壳的岩层里，常常存在游离态的硫，B不正确；C、SiO2晶体为原子晶体，熔化时需克服的微粒间的作用力为共价键，C不

18、正确；D、砷在元素周期表中位于金属元素与非金属的交界线附近，具有半导体的特性，As2O3中砷为+3价，处于中间价态，所以具有氧化性和还原性，D正确。答案选D。6、D【解析】A选项，放电时，“同性相吸”即Li+通过隔膜移向正极，故A正确；B选项，放电时，电子由负极即铝箔沿导线流向正极即铜箔，故B正确；C选项，放电正极得电子，发生氧化反应为：xFePO4 + xLi+xe=xLiFeO4，故C正确；D选项，磷酸铁锂锂离子电池充放电过程通过Li+迁移实现，Fe元素化合价发生变化，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】放电时，溶液中的离子是“同性相吸”，即阳离子向正极移动，阴离子向负极移动；充电时，溶

19、液中的离子是“异性相吸”，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动。7、C【解析】A.根据图象可知，0.100molL1的氨水的pH=11，c（OH）=103mol/L，Kb（NH3H2O）= =105，醋酸铵溶液的pH=7，说明铵根离子和醋酸的水解程度相等，则二者的电离平衡常数相等，即25时，Kb（NH3H2O）=Ka（CH3COOH）105，故A正确；B.加入20mL等浓度的HCl溶液后，氨水恰好反应生成氯化铵，b点铵根离子水解促进了水的电离，而c点溶质为醋酸和氯化铵，醋酸电离出的氢离子使溶液呈酸性，抑制了水的电离，则b点溶液中水的电离程度比c点溶液中的大，故B正确；C.Kb（NH3H2O）=

20、Ka（CH3COOH）105，Kh（NH4+）=109105，醋酸的电离程度较大，则c（NH4+）c（CH3COOH），正确的离子浓度大小为：c（Cl）c（NH4+）c（CH3COOH）c（OH），故C错误；D.在a点的溶液中反应后溶质为等浓度的CH3COONH4、NH4Cl和CH3COOH，根据电荷守恒可知：c（NH4+）+c（H+）c（CH3COO）+c（Cl）+c（OH），根据物料守恒可得：2c（Cl）=c（NH4+）+c（NH3H2O），二者结合可得：c（NH4+）+2c（H+）2c（CH3COO）+c（NH3H2O）+2c（OH），故D正确。故选C。【点睛】明确图象曲线变化的意义为解

21、答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒在盐的水解中的运用。8、A【解析】A. 氢硫酸和氢氧化钠溶液反应生成水和硫化钠，没有明显现象，故A符合题意；B. 亚硫酸和氢硫酸反应生成硫单质，溶液会变浑浊，有明显现象，故B不符合题意；C. FeCl3溶液和氢硫酸反应生成氯化亚铁和硫单质，黄色溶液变为浅绿色,并伴有淡黄色沉淀，故C不符合题意；D. 氯水和氢硫酸反应生成硫单质，有淡黄色沉淀出现，故D不符合题意；正确答案是A。9、C【解析】Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成O2。据此分析。【详

22、解】AMn2O7是最高价态的锰的氧化物，NaMnO4中的锰为+7价，符合上述规律， A正确；BP2O3不是最高正价，生成Na4P2O7，符合上述规律，B正确；CN2O3不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，C错误；DN2O5是最高价态的氮的氧化物，因此过氧化钠与五氧化二氮反应生成硝酸钠和氧气，D正确；答案选C。【点睛】Na2O2具有氧化性、还原性，所以与强氧化剂反应体现还原性，与还原剂反应体现氧化性，同时也既可以作氧化剂，也作还原剂，再依据得失电子守恒判断书写是否正确。10、C【解析】A114.8即为铟元素的相对原子质量，故A错误； B49既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数

23、，故B错误； C由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8无法计算出各铟原子的相对原子质量，故C正确； D49既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D错误。 故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。11、D【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，p、q、m、n分别是元素W、X、Y、Z的气体单质。p与q反应生成u，u为二元化合物，而常温

24、下0.1molL-1u溶液的pH为1，则u为HCl，由原子序数可知，X为H元素、W为Cl元素，故q为H1，p为Cl1q与m反应生成v，v的水溶液呈碱性，则m为N1，v为NH3，故Y为N元素；m与n在放电条件下得到r，r与n得到有色气体s，且s与水反应得到r与t，而常温下0.1molL-1t溶液的pH为1，t为一元强酸，故n为O1，r为NO，s为NO1，t为HNO3，则Z为O元素,综上可知X为H元素、Y为N元素、Z为O元素、W为Cl元素。【详解】AY、W的最高价氧化物对应的水化物均为HNO3和HClO4，两者均为强酸，故选项A正确；BZ和Y的简单氢化物分别为H1O和NH3，水的稳定性和沸点均高于

25、氨气，故选项B正确；Cs为NO1，3NO1+ H1O= 1HNO3+ NO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，故选项C正确；Dv为NH3，其电子式可表示为，故选项D错误；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断，注意气体的颜色及溶液的pH为推断的突破口，再结合转化关系推断，熟练掌握元素化合物知识。12、D【解析】A. 高温条件下，可用碳还原 SiO2 制备单质 Si，故A正确；B. 镁单质可与 NH4Cl 溶液反应生成 NH3和氢气、氯化镁，故B正确；C. 浓硫酸具有强氧化性与 NaBr 固体共热可生成单质 Br2，故C正确；D. 摩尔盐的组成可用(NH4)2SO4FeSO46H2O表示，故D

26、错误；故选D。13、C【解析】A.利用蒸馏原理可从海水中提取淡水，故不选A； B.从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故不选B；C.将苦卤浓缩通入过量氯气进行氧化，静置溴沉在底部,继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸汽和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴，然后再用氯气将其氧化得到溴，反应过程中不涉及复分解反应，故选C；D.从海水中得到氯化钠后，电解氯化钠溶液，得氢氧化钠和氢气和氯气，利用制得的氯气可以生产盐酸和漂白液，故不选D；答案：C14、B【解析】ANaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；B相同温度下NaHCO3溶解度小于Na

27、2CO3，故B错误；C钠元素的焰色反应呈黄色，故C正确；D工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属，故D正确；答案为B。15、C【解析】A. 放热反应不一定比吸热反应易发生，如C与O2反应需要点燃，而NH4C1固体与Ba(OH)2 8H2O在常温下即可进行，A项错误；B. 中和反应中，稀的强酸与稀的强碱反应生成1 mol H2O放出57.3 kJ的热量，但不是所有的中和反应生成1 mol H2O都放出57.3 kJ的热量，如醋酸与氢氧化钠反应，B项错误；C. NH4C1固体与Ba(OH)2 8H2O反应为吸热反应，反应物的总能量小于生成物的总能量，体系能量增加，C项正确；D 因乙

28、醇燃烧为放热反应，而2CO2(g) +3H2O(g)=C2H5OH(1)+3O2(g)是乙醇燃烧生成气体水的逆过程，可证明该反应为吸热反应，D项错误；答案选C。【点睛】B项是易错点，要紧扣中和热的定义分析作答。16、D【解析】Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，故Y为Na元素，其最高价氧化物对应的水化物为NaOH，逐滴加入氢氧化钠溶液先产生沉淀，后沉淀溶解，说明ZW3为铝盐，即Z为Al元素；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O元素；常温下，0.1molL-1W的氢化物水溶液的pH为1，说明HW为一元强酸，W的原子序数大于Z，所以W为Cl元素；综上所述：X为O，Y为Na，

29、Z为Al，W为Cl。【详解】A. 核外电子排布相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；氯离子电子层为3层，其他离子均为2层，所以简单离子半径：ClO2Na+Al3+，即WXYZ，故A错误；B. Al与Cl形成的化合物AlCl3为共价化合物，故B错误；C. O元素没有最高正化合价，故C错误；D. NaOH为强碱，HCl为强酸，所以钠离子和氯离子都不会影响水的电离平衡，故D正确；故答案为D。17、D【解析】A. 稀释浓硫酸时，应将浓硫酸沿容器内壁慢慢加入水中并不断用玻璃板搅拌，故A错误；B. 用润湿的pH试纸测溶液的pH值，可能会引起误差，测酸、碱有误差，但测中性的盐溶液没有误差，故B错误；C.

30、蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，直接加热，故C错误；D. 石油的蒸馏实验中，忘记加沸石，可以先停止加热，待溶液冷却后加入沸石，再继续加热蒸馏，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】pH试纸测溶液的pH值时不能湿润，不能测漂白性的溶液的pH值，不能测浓溶液的pH值。18、D【解析】A. 根据已知反应可知，有机物可由2分子b反应生成，故A正确；B. b、d、p均含有碳碳双键，则都能使稀酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C. 根据已知反应可知，b、q、p均可与乙烯发生反应，故C正确；D. p有2种等效氢原子，根据“定一移一”的思路可得其二氯代物有以下四种，分别是3种、1种，故D错误；故选D。19、

31、D【解析】A. 乙烯的结构简式为CH2=CH2，A正确；B. 乙烯是平面型分子，分子中6个原子共平面，B正确；C. 乙烯分子结构完全对称，只有一种等效氢原子，则一氯代物只有一种，C正确；D. 乙烯是平面型分子，直接连在双键碳上的溴原子和2个碳原子、2个氢原子共平面，D错误；答案为D；20、C【解析】酸性条件下，离子之间不能结合生成沉淀、气体、水、弱电解质等可以大量共存；强酸性条件下具有氧化性与具有还原性的离子能发生氧化还原反应，以此来解答。【详解】A这几种离子之间不反应且和氢离子不反应，所以能大量共存，A不符合题意；BH+、CO32-反应生成CO2和H2O而不能大量共存，但是发生的是复分解反应

32、，不是氧化还原反应，B不符合题意；CH+、NO3-、Fe2+会发生氧化还原反应生成Fe3+和NO而不能大量共存，C符合题意；DNH4+、OH-发生复分解反应生成NH3H2O而不能大量共存，但发生的不是氧化还原反应，D不符合题意；故合理选项是C。【点睛】本题考查离子共存的知识，明确离子性质及离子共存的条件是解本题关键，注意结合题干中关键词“强酸性、氧化还原反应”来分析解答，题目难度不大。21、A【解析】A盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和HX溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，所以a、b两点：c(X-)c(Cl

33、-)，故A错误；B盐酸是强酸，完全电离，HX为弱酸，部分电离，相同温度下，相同pH值的盐酸和醋酸溶液，HX浓度大，溶液稀释时，HX进一步电离，其溶液中离子浓度大于盐酸的离子浓度，溶液的导电性：ab，故B正确；CHX为弱酸，pH=2时，c(HX)0.01 mol/L，故C正确；DHX为弱酸，溶液稀释时，HX进一步电离，pH=2的HX，稀释10倍，HX溶液的pH3，故D正确；故选A。【点睛】本题考查强弱电解质溶液稀释时的pH、浓度变化，注意加水促进弱电解质电离的特点。本题的易错点为B，溶液中离子的浓度越大，导电性越好，酸溶液中，pH越大，离子浓度越小。22、D【解析】A. 根据图甲所示可知：在40

34、0时，三种气体的转化率在合金负载量为2 g/L时最大，A错误；B. 图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2 g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2 g/L时的高，B错误；C. 图甲表示只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；D. 图丙表示工艺1在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；故合理

35、选项是D。二、非选择题(共84分)23、醚键、硝基 (C2H5OOC)2C=CHOC2H5 ClCH2COOH+NaCNCNCH2COOH+NaCl FeCl3溶液，显紫色 3 还原反应 +C2H5OH 【解析】A和Cl2反应生成B，B中只有1个Cl，所以应该是取代反应，B发生了给出的已知中的反应，所以C中有羧基，C有4个氧原子，而且C的不饱和度为2，再根据D的结构简式，可知C为丙二酸，B为ClCH2COOH，A为CH3COOH。根据K和J的结构简式可知E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)，根据G的结构简式可知F为苯酚。【详解】（1）根据H的结构简式，H的官能团名称为醚键和

36、硝基。E的结构简式为(C2H5OOC)2C=CH(OC2H5)。（2）BC中的化学方程式为ClCH2COOH+NaCNNCCH2COOH+NaCl。（3）F为苯酚，苯酚遇 FeCl3溶液显紫色，或和浓溴水反应生成三溴苯酚白色沉淀。（4）D的同分异构体有多种，1mol D能与足量 NaHCO3反应放出2mol CO2，说明1个D分子中有2个羧基。核磁共振氢谱显示有四组峰，说明D分子有比较高的对称性。符合要求的有HOOCCH2CH2CH2CH2CH2COOH、HOOCCH(CH3)CH2CH(CH3)COOH和，共3种。（5）HJ是H中的硝基变成了氨基，是还原反应。（6）根据已知，KL发生了苯环上

37、的一个氢原子和酯基上的乙氧基断裂结合成乙醇，苯环上的碳原子和断裂乙氧基的碳原子结合成新的碳碳单键的反应，再结合P的结构可知，苯环上断裂的氢原子是和氮原子处于邻位、和甲氧基处于对位的氢原子，所以KL的化学方程式为：+C2H5OH。得到的L继续发生给出的已知的反应，生成Q（），Q在NaOH溶液中发生水解，Cl被羟基代替，同时羧基和NaOH发生中和反应生成钠盐，故M的结构简式为。24、羧基 13 浓硫酸，加热 取代反应 +HCHO+HCl+H2O 8 或（任写一种） CH2=CHCH=CH2 【解析】A的分子式为C6H6，再结合D的结构，可知A为苯（），B为，C为；DE应为甲基（CH3）取代了Na，

38、E为，G为。【详解】（1）F分子中的官能团为羧基，B分子中处于同一平面的原子最多有13个，故答案为：羧基；13；（2）反应为酯化反应，条件为浓硫酸，加热；反应为取代反应，故答案为：浓硫酸，加热；取代反应；（3）反应的化学方程式为：+HCl+；故答案为：；（4）反应的化学方程式为：+HCHO+HCl+H2O，故答案为：+HCHO+HCl+H2O；（5）G（）的同分异构体中，符合条件的应该具有醛基，且苯环上有四个取代基，结构对称性高，可能的结构有：、，共8种；其中能发生水解反应的同分异构体为、；故答案为：8；或（任写一种）；（6）由1，3-丁二烯合成，需引入两个羧基，可先通过加成反应（1，4-加成

39、）引入两个氯原子，然后利用反应的条件引入CN，再利用反应的条件引入羧基，故答案为：CH2=CHCH=CH2。【点睛】能发生银镜反应的有机物含有醛基（CHO），可能属于醛类（如RCHO），也可能是甲酸（HCOOH）、甲酸酯（HCOOR）、甲酸盐（HCOO-）、或者葡萄糖、果糖、麦芽糖。25、溶液变红 溶液显碱性 试纸变蓝 氧化性 N2 A C E D E B Cu + 2H+ + NO2 Cu2+ + NO + H2O ac 86.25% 25时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH7，则说明HNO2的电离程度大于NO2的水解程度；若pH7，则说明HNO2的电离程度小于NO2的水解程度（合理方

40、法均可给分）。 【解析】I（1）亚硝酸是弱酸，亚硝酸钠水解溶液显碱性，能使酚酞试液显红色，而氯化钠不水解，溶液显中性，据此可以鉴别二者；另外亚硝酸钠还具有氧化性，能把碘化钾氧化为单质碘，碘遇淀粉显蓝色，而氯化钠和碘化钾不反应，据此也可以鉴别；（2）亚硝酸钠与饱和氯化铵溶液共热使之转化成无毒无公害的物质，其产物之一为无色无味气体，根据性质和原子守恒可知该气体为氮气，化学式为N2；II（1）碳和浓硝酸反应生成的气体是CO2、NO2和水，需要把CO2吸收，且需要把NO2转化为NO，因此首先通入装置C中NO2被吸收同时产生NO。与过氧化钠反应的NO需要干燥，因此利用E装置中的碱石灰吸收水蒸气，同时除去

41、CO2。为防止后面的水进入D装置，需要再次利用E装置，最后利用酸性高锰酸钾溶液吸收尾气，所以实验装置的连接顺序为A、C、E、D、E、B；（2）根据以上分析可知C瓶内发生反应的离子方程式为Cu +2H+ +NO2Cu2+ +NO+H2O；（3）a酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，会将酸性高锰酸钾溶液稀释，所用体积偏大，测定结果偏高，a正确；b锥形瓶洗净后未干燥，对滴定结果无影响，b错误；c滴定终点时仰视读数，所读溶液的体积偏大，测定结果偏高，c正确，答案选ac。根据表中数据第一次实验数据误差太大，舍去，所用酸性高锰酸钾溶液的体积为20.00mL，根据反应方程式6H+2MnO4-+5NO2-

42、2Mn2+5NO3-+3H2O计算25.00mL溶液含亚硝酸钠的物质的量为510-3mol，则4.000g样品中含亚硝酸钠的物质的量为0.05mol，质量为3.45g，所得固体中亚硝酸钠的质量分数为3.45g/4.000g100%=86.25%。（4）酸越弱酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此根据弱电解质的电离和盐类水解原理可知实验方案为：25时，将两种溶液等体积混合，若混合溶液的pH7，则说明HNO2的电离程度大于NO2的水解程度；若pH7，则说明HNO2的电离程度小于NO2的水解程度。26、a防止产生的少量SO2逸出(或隔绝空气，防止空气与过氧化钠反应等合理答案)2FeS2+15Na2O2=

43、Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2OPbSO4偏大酸玻璃棒100mL容量瓶【解析】（1）铝坩埚和陶瓷坩埚在高温下可以与过氧化钠或碳酸钠反应，而铁坩埚不会，所以，步骤适宜材质的坩埚是a。（2）步骤中上面盖一层Na2CO3的主要目的是：防止产生的少量SO2逸出。焙烧时，FeS2和Na2O2反应生成硫酸盐和氧化钠的化学方程式为2FeS2+15Na2O2=Fe2(SO4)3+NaSO4+14Na2O 。（3）PbSO4不溶于水和酸，所以，步骤中得到的固体为PbSO4。（4）步骤若不除去过量的SnCl2，因为Sn2+的还原性强于Fe2+，后面用K2Cr2O7溶液滴定生成的Fe2+时，会消耗过多的

44、K2Cr2O7溶液，必然会造成铁的含量测量值偏大。（5）步骤滴定时，K2Cr2O7溶液有强氧化性，故应将其盛放在酸式滴定管中；实验室配制100mL0.05mol/L K2Cr2O7溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、玻璃棒和100mL容量瓶。27、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞 碱石灰(或生石灰) 白色沉淀 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu Cu2O、Cu 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl 【解析】(1)检验装置AE的气密性，要防止气体进入F；(2)装置B的作用是干燥氨气；(3) 装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反

45、应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5) 装置F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【详解】(1). 关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3) 装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水，反应方程式是2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前n(CuO)=0.2 mol，则n(Cu)=0.2 mol、n(O)=0.2 mol；反应过程中，铜