2022年北京师范大学附中高三最后一模化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、含氰化物的废液乱倒或与酸混合，均易生成有剧毒且易挥发的氰化氢。工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氰化物污水，发生的主要反应为：CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O(未配平)。下列说法错误的是(其中

2、NA表示阿伏加德罗常数的值)()ACl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物B上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5C该反应中，若有1molCN-发生反应，则有5NA电子发生转移D若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应2、有以下六种饱和溶液CaCl2；Ca(OH)2；Na2SiO3；Na2CO3；NaAlO2；NH3和NaCl，分别持续通入CO2，最终不会得到沉淀或析出晶体的是ABCD3、传感器可以检测空气中SO2的含量，传感器工作原理如下图所示。下列叙述正确的是( )Ab为电源的正极B负极反应式 Ag - e- + Cl- = AgClC当电路中电子转移为510-

3、5mol时进入传感器的SO2为 1.12 mLD阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2H2O4、下列装置应用于实验室制NO并回收硝酸铜的实验，能达到实验目的的是A用装置甲制取NOB用装置乙收集NOC用装置丙分离炭粉和硝酸铜溶液D用装置丁蒸干硝酸铜溶液制Cu（NO3）23H2O5、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正胶。浓硝酸氧化雌黄可制得硫黄，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为某原电池。下列有关叙述正确的是A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为12：1D该反应中每析出4.8g硫

4、黄，则转移0.5mol电子6、用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的A0.4 mol NH3与0.6 mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NABC60和石墨的混合物共1.8 g，含碳原子数目为0.15NAC1 L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD5.6 g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA7、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 BABCD8、下列有关说法不正确的是( )A天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点B用饱和Na2CO3溶液可以除去乙酸乙酯中的乙酸C的名称为2-乙基丙烷D有机物分子中所

5、有碳原子不可能在同一个平面上9、科学家合成了一种能自动愈合自身内部细微裂纹的神奇塑料，合成路线如图所示：下列说法正确的是（ ）A甲的化学名称为2，4-环戊二烯B一定条件下，1mol乙与1molH2加成的产物可能为C若神奇塑料的平均相对分子质量为10000，则其平均聚合度约为90D甲的所有链状不饱和烃稳定结构的同分异构体有四种10、12mL NO和NH3的混合气体在一定条件下发生可逆反应：6NO+4NH35N2+6H2O，若还原产物比氧化产物多1mL(气体体积在相同状况下测定)，则原混合气体中NO和NH3体积比可能是A2：1B1：1C3：2D4：311、乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8，能与

6、水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：下列说法错误的是A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开KB实验开始时需先加热，再通O2，然后加热C装置中发生的反应为2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2OD实验结束时需先将中的导管移出。再停止加热12、下列实验操作或方法正确的是A检验某溶液中是否含有Fe2+时，先加入少量H2O2，再滴加KSCN溶液B配制100mL lmol/L NaCl溶液时，用托盘天平称取5.85g NaCl固体C将FeC13饱和溶液煮沸制备Fe(OH)3胶体D用紫色石蕊溶液鉴别乙醇、乙酸和苯13、以下相关实验不能达到预期目的的是（ ）A试样加水溶解后，再加入足量Ca(O

7、H)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响14、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()AH2SO4浓度为4 mol/LB溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/LDAB段反应为：Fe2Fe3=3Fe

8、215、工业制备氮化硅的反应为：3SiCl4(g)2N2(g)6H2(g)Si3N4(s)12HCl(g)H0，将0.3 mol SiCl4和一定量 N2、H2投入2 L反应容器，只改变温度条件测得Si3N4的质量变化如下表：下列说法正确的是()A250 ，前2 min, Si3N4 的平均反应速率为0.02 molL1min1B反应达到平衡时，两种温度下 N2和 H2的转化率之比相同C达到平衡前，300 条件的反应速率比250 快；平衡后，300 比250 慢D反应达到平衡时，两种条件下反应放出的热量一样多16、以铁作阳极，利用电解原理可使废水中的污染物凝聚而分离，其工作原理如图所示。下列说

9、法错误的是（ ）A电极b为阴极Ba极的电极反应式：Fe-2e-=Fe2+C处理废水时，溶液中可能发生反应：4Fe2+O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3D电路中每转移3 mol电子，生成1 mol Fe(OH)3胶粒17、不能用元素周期律解释的是（ ）A氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成DF2在暗处遇H2即爆炸，I2在暗处遇H2几乎不反应18、MgCl2和NaHCO3按物质的量之比为1：2混合制成溶液，加热蒸干灼烧后得到的固体是()AMg(HCO3)2、NaClBMgO、NaClCMgCl2、Na2CO3DMg

10、CO3、NaCl19、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序数依次递增，在周期表中M的原子半径最小，X的次外层电子数是其电子总数的，Y是地壳中含量最高的元素，M与W同主族。下列说法正确的是AZ的单质与水反应的化学方程式为：Z2+H2O=HZ+HZOBX和Z的简单氢化物的稳定性：Xn(NH4+)n(A13+)n(OH-)bn(A13+)n(NH4+)n(SO42-)n(H+)cn(BaSO4)nA1(OH)3n(NH3H2O)n(A1O2-)dn(NH3H2O)n(BaSO4)nA1(OH)3n(A1O2-)29、（10分）下表为元素周期表的短周期部分abcdefgh请参照元素ah在表中的位置，

11、根据判断出的元素回答问题：(1)h原子核外有_ 种不同伸展方向的电子云，最外层共有_ 种不同运动状态的电子。(2)比较d、e元素常见离子的半径大小(用化学式表示)_；b、c 两元素非金属性较强的是(写元素符号)_，写出证明这一结论的一个化学方程式_。(3)d、e元素形成的四原子化合物的电子式为_；b、g元素形成的分子bg2为_分子(填写“极性”或“非极性”)。(4)上述元素可组成盐R：ca4f(gd4)2，和盐S：ca4agd4，相同条件下，0.1mol/L 盐R中c(ca4+)_(填“等于”、“大于”或“小于”)0.1mol/L 盐S中c(ca4+)(5)向盛有10mL1mol/L盐S溶液的

12、烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液至中性，则反应后各离子浓度由大到小的排列顺序是_。(6)向盛有10mL 1mol/L盐 R溶液的烧杯中滴加1mol/L NaOH溶液32mL后，继续滴加至35mL写出此时段(32mL35mL)间发生的离子方程式：_。若在10mL 1mol/L 盐R溶液的烧杯中加20mL1.2mol/L Ba(OH)2溶液，充分反应后，溶液中产生沉淀的物质的量为_mol。参考答案一、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、B【解析】A.在反应CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O中，Cl元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为

13、+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，可知Cl2是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，A正确； B.由上述分析可知，反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，反应中是CN-是还原剂，Cl2是氧化剂，氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2，B错误； C.由上述分析，根据电子守恒、原子守恒可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有1molCN-发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子发生转移，C正确； D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，则若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区

14、失去电子，发生氧化反应，D正确； 故合理选项是B。2、A【解析】碳酸比盐酸弱，CO2与CaCl2溶液不会反应，无沉淀生成，故正确；酸性氧化物能与碱反应，过量的CO2与Ca（OH）2 反应：Ca（OH）2+2CO2Ca（HCO3）2，无沉淀生成，故正确；碳酸比硅酸强，过量的CO2与Na2SiO3溶液反应：2CO2+Na2SiO3+2H2O 2NaHCO3+H2SiO3，产生硅酸沉淀，故错误；过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中发生反应：Na2CO3+H2O+CO22NaHCO3，因为碳酸氢钠溶解度比碳酸钠小，所以有NaHCO3晶体析出，故错误；NaAlO2溶液通入过量的二氧化碳，由于碳酸酸性比

15、氢氧化铝强，所以生成氢氧化铝白色沉淀和碳酸氢钠，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3+NaHCO3，故错误；通入CO2与NH3和NaCl反应生成氯化铵和碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，则最终析出碳酸氢钠晶体，故错误；故选A。【点睛】本题考查物质的性质及反应，把握物质的性质、发生的反应及现象为解答的关键。本题的易错点为，注意联想候德榜制碱的原理，同时注意碳酸氢钠的溶解度较小。3、D【解析】A与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42，硫元素化合价降低发生还原反应，可判断为阴极，b为电源的负极，A项错误；B根据上述分析，a为电源的正极，则阳极反应式为：Ag-e+ ClAg

16、Cl，B项错误；C当电路中电子转移为5105mol时，进入传感器的SO2为5105mol，标况下的体积为1.12 mL，C项错误；D根据题意，阴极的电极反应式是2HSO3-+2H+2e-= S2O42-+2H2O，D项正确；故答案选D。答案选D。【点睛】本题考查电解原理的应用。主要是电极分析以及电极反应式的书写，掌握基础是关键，题目难度中等。与b电极连接的电解池的电极上发生HSO3-变化为S2O42-，硫元素化合价降低发生还原反应，为电解池的阴极；与电源a极相连的电极为电解池的阳极，与b连接的电解池的阴极；温度和压强不知不能计算气体体积。4、C【解析】A. 生成气体从长颈漏斗逸出，且NO易被氧

17、化，应选分液漏斗，A不能达到实验目的；B. NO与空气中氧气反应，不能用排空气法收集NO，B不能达到实验目的；C.装置丙是过滤装置，可分离炭粉和硝酸铜溶液，C能达到实验目的；D.装置丁是坩埚，用于灼烧固体，不能用于蒸干溶液，且硝酸铜溶液在蒸发时，铜离子水解，生成硝酸易挥发，D不能达到实验目的；故选C。5、D【解析】A、砷最高价为+5，砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B、红棕色气体是硝酸发生还原反应生成的NO2,原电池正极发生还原反应，所以NO2在正极生成并逸出，故B错误；C、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，As2S3化合价共升高10，硝酸被还原为NO2，氮元素化合价降低1，氧化剂和还原剂

18、物质的量之比为10：1，故C错误；D、As2S3被氧化为砷酸和硫单质，1mol As2S3失10mol电子，生成2mol砷酸和3mol硫单质，所以生成0.15mol硫黄，转移0.5mol电子，故D正确。6、B【解析】A依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误；BC60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8 g C的物质的量为=0.15 mol，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；C1

19、L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量nNH4Al(SO4)2=0.1 mol/L1 L=0.1 mol，该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；DFe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3 mol Fe完全反应转移8 mol电子，5.6 gFe的物质的量是0.1 mol，则其反应转移的电子数目为0.1 mol= mol，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误

20、；故合理选项是B。7、B【解析】A铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。8、C【解析】A. 油脂属于高级脂肪酸甘油酯，分子中碳原子数不相同，所以天然油脂都是混合物，没有恒定的熔点和沸点，故A正确；

21、 B. 乙酸具有酸的通性，可以与碳酸钠反应，所以可用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸，故B正确；C. 选定碳原子数最多的碳链为主链，所以2号位不能存在乙基，的名称为2-甲基丁烷，故C错误；D. 该有机物中存在手性碳原子，该碳原子为sp3杂化，与与之相连的碳原子不可能在同一个平面上，所以该分子中所有碳原子不可能在同一个平面上，故D正确。故选C。【点睛】有机物中共面问题参考模型：甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结1：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子不再共面。乙烯型：平面结构，当乙烯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子

22、的原子一定在乙烯的的平面内。小结2：结构中每出现一个碳碳双键，至少有6个原子共面。乙炔型：直线结构，当乙炔分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定和乙炔分子中的其它原子共线。小结3：结构中每出现一个碳碳三键，至少有4个原子共线。苯型：平面结构，当苯分子中某个氢原子被其它原子或原子团取代时，则代替该氢原子的原子一定在苯分子所在的平面内。小结4：结构中每出现一个苯环，至少有12个原子共面。9、D【解析】A碳原子编号应从距离官能团最近的碳原子开始，该物质正确命名应为1，3-环戊二烯，故A错误；B化合物乙中没有共轭双键，加成后不会再形成新的双键，故B错误；C神奇塑料的链节相对

23、分子质量为132，平均聚合度为，故C错误；D甲的不饱和度为3，因此稳定的链状烃应含有一个双键和一个三键，符合条件的结构有：、，共4种，故D正确；故答案为D。【点睛】在有机化合物分子结构中单键与双键相间的情况称为共轭双键，共轭双键加成产物中会有单键变双键的情况。10、C【解析】根据反应6NO+4NH3=5N2+6H2O，可以理解为：NO和NH3按照物质的量之比是3：2反应，还原产物、氧化产物的物质的量之比是3：2，还原产物比氧化产物多1mol，在相同条件下，气体的物质的量之比和体积之比是相等的，所以原混合气体中NO和NH3的物质的量之比可能3：2；故合理选项是C。11、B【解析】根据装置图，中过

24、氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入中与乙醇形成混合蒸气，在中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。【详解】A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A正确；B实验时应先加热，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B错误；C催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正确；D实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故D正确；故选B。【点睛】明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。12、D【

25、解析】A检验某溶液中是否含有Fe2+，应先滴加KSCN溶液不变色，再向溶液中滴入氯水或H2O2，看溶液是否变色，顺序不能颠倒，故A错误；B托盘天平的感量为0.1g，可称量5.9gNaCl固体，故B错误；C制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加饱和氯化铁溶液，当溶液出现红褐色时停止加热，不能长时间煮沸，防止胶体聚沉，故C错误；D乙醇与水混溶，加入石蕊呈紫色；乙酸水溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红；苯不溶于水，分层；三者现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。13、A【解析】A.Na2CO3能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3也能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不

26、能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。14、C【解析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质

27、为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作

28、用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。15、B【解析】A、Si3N4为固体，

29、固体的浓度视为常数，无法计算Si3O4的反应速率，故A错误；B、起始N2和H2的物质的量比值为定值，反应中N2和H2的消耗量的比值恒定为1:3，则反应达到平衡时，两种温度下N2和H2的转化率之比相同，故B正确；C、其他条件相同时，升高温度，反应速率加快，温度越高，反应速率越大，则达到平衡前，300条件的反应速率比250快，平衡后，300依然比250快，故C错误；D、该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，温度不同，反应物的消耗量不同，则反应放出的热量不同，故D错误；答案选B。16、D【解析】根据图示可知，铁做阳极，失电子，发生氧化反应，Fe-2e-=Fe2+，所以a为阳极， b电极为阴极，发生

30、还原反应，2H2O+2e-=H2+2OH-。【详解】A. 根据图示a电极为Fe电极，连接电源正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，b电极连接电源负极，作阴极，A正确；B. 由图示可知：a电极为Fe电极，失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，B正确；C. Fe2+具有还原性，容易被溶解在溶液的氧气氧化变为Fe3+，氧气得到电子变为OH-，Fe3+与OH-结合形成Fe(OH)3，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，在处理废水时，溶液中可能发生的反应为：4Fe2+O2+8OH-+2H2O=4Fe(OH)3，C正确；D. Fe(OH)3胶粒是许多Fe(OH)3的集合体，所以电

31、路中每转移3 mol电子，生成Fe(OH)3胶粒的物质的量小于1 mol，D错误；故合理选项是D。17、C【解析】A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质； C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应； D.非金属性越强，与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；B.向淀

32、粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选； C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选； D.非金属性FI，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故答案选C。18、B【解析】MgCl2与NaHCO3按物质的量之比为1：2混合，在溶液中可将1 mol MgCl2和2 mol NaHCO3 看成是1 mol Mg(HCO3)2和2 mol NaCl；在溶液受热时亦可看成是Mg(HCO3)2受热分解：Mg(HCO3)2MgCO3+CO2+H2O，在受热时MgCO3易

33、转化为更难溶的Mg(OH)2，灼烧后氢氧化镁会分解生成氧化镁固体，所以得到固体为：MgO、NaCl，故选B。19、B【解析】M、X、Y、Z、W原子序数依次递增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半径最小，M为H元素，X的次外层电子数是其电子总数的，X为C元素，Y是地壳中含量最高的元素，Y为O元素，M(H)与W同主族，则W为Na元素，Z为F元素，据此分析解答问题。【详解】AZ的单质为F2，F2与水的反应方程式为F2+2H2O=4HF+O2，A选项错误；B非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：CF，则稳定性：CH4HF，B选项正确；CC、O可以与H形成18e-的分子分别为C2H6、H

34、2O2，但F元素不可以，C选项错误；D常温下Na2CO3的水溶液加水稀释后，溶液中OH-的浓度减小，由于水的离子积常数不变，则H+的浓度增大，D选项错误；答案选B。20、D【解析】放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【详解】A. 正极反应是还原反应，由电池总反应可知放电时的正极反应为VO2+2H+e-VO2+H2O，故A错误；B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，故B错误；C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；故答案为D。

35、【点睛】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。21、B【解析】A. 未说明气体是否在标况下，不能计算，故错误；B. Na2S和Na2O2二者的摩尔质量相同，所以 15.6g的Na2S和Na2O2固体混合物中即0.2mol，阴离子数为0.2NA，故正确；C. CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，不能计算其离子数目，故错误；D. 12g金刚石即1mol，每个碳原子与4个碳原子形成共价键，所以平均每个碳形成2个键，则该物质中含有的碳碳单键数约为2NA，故错误。故选B。22、C【解析】A、

36、泡沫灭火器是利用Al2(SO4)3和小苏打NaHCO3溶液反应，故不选A； B、工业生产中用油脂在碱性条件下的水解反应制取肥皂，故不选B；C、醋酸的酸性大于碳酸，利用醋酸与碳酸钙反应除水垢，故选C；D、SO2具有漂白性，但由于SO2有毒，SO2不能用于食品增白，故不选D；答案选C。二、非选择题(共84分)23、正丙醇 HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3 ABD 【解析】不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3CCH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息RCH=CH

37、OHRCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，AE中都含有碳元素，原子结构示意图是，据此分析解答。【详解】不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3CCH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，

38、其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，AE中都含有碳元素，原子结构示意图是，（1）由以上分析知，D为CH3CH2CH2OH，名称是正丙醇；故答案为：正丙醇；（2）AE中都含有碳元素，原子结构示意图是；故答案为：；（3）A为甲酸，D为CH3CH2CH2OH，ADE的化学方程式为HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3；故答案为：HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3；（4）A. B为丙炔：CH3CCH，含有碳碳三键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；B. C为CH3CH2CHO，A为HCOOH，均含有醛基，则

39、C与A在一定条件下都能发生银镜反应，故正确；C. A为甲酸，在浓硫酸加热的条件下生成CO，浓硫酸作脱水剂；A和D在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，因此转化流程中浓H2SO4的作用不相同，故错误；D. A为甲酸，C为CH3CH2CHO，E为甲酸丙酯，甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于饱和Na2CO3溶液中，会分层；现象不同，所以可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质，故正确；故答案为：ABD。【点睛】甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与N

40、a2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯在饱和Na2CO3溶液中会分层；现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液鉴别该三种无色物质，这是学生们的易错点。24、 AC C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2 +C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH 、 【解析】根据流程图分析，A为，B为，C为，E为，F为，H为。（1）根据以上信息，可知诺氟沙星的结构简式。（2）A.B到C的反应类型为还原反应；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚

41、反应，酯基可发生取代反应；C.化合物E含有碱基，具有碱性；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）与C2H5OCH=C(COOC2H5)2反应，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同时符合下列条件的同分异构体的结构简式：若六元环上只有一个N

42、原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，但都必须呈对称结构。【详解】（1）通过对流程图的分析，可得出诺氟沙星的结构简式为。答案为：；（2）A.B到C的反应类型为还原反应，A错误；B.EMME为C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳双键可发生加成、氧化，加聚反应，酯基可发生取代反应，B正确；C.化合物E含有碱基，具有碱性，

43、C错误；D.D中左边苯环与右边环中一个乙烯的结构片断、右环上两个乙烯的结构片断都共用两个碳原子，两个环上的9个C原子可能共平面，D正确。答案为：AC；（3）将C2H5OH氧化为CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再与NaCN反应，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再与HC(OC2H5)3反应，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案为：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）与C2H5OCH=C(COOC2H

44、5)2反应，生成和C2H5OH。答案为：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元环上只有一个N原子，则分子中不存在4种氢原子的异构体，所以两个N原子必须都在环上，且分子呈对称结构。依照试题信息，两个N原子不能位于六元环的邻位，N原子上不能连接C原子，若两个C原子构成乙基，也不能满足“分子中有4种氢原子”的题给条件。因此，两个N原子只能位于六元环的间位或对位，结构简式可能为、；两个甲基可连在同一个碳原子上、不同的碳原子上，结构简式可能为、。答案为：、。25、防止Fe2被氧化 维生素C KSCN Fe(OH)3，Fe3水解程度大，加入稀硫酸，水解平衡Fe3+3H2OF

45、e(OH)3+3H左移，Fe3浓度增大，因此显红色 2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+10H2O+2H+ 酸 变为紫色(或浅紫色或其他合理颜色) 389.2 合格 【解析】(1)实验一是探究铁元素的价态，根据甲同学的实验现象推断是Fe2。乙同学按照实验原理看，先加KSCN溶液无现象，再加双氧水将Fe2+氧化为Fe3+，应该能看到红色。之所以没有看到，除了分析实验原理是否可行，也要看实验实际。本题主要从三个角度入手：一是其他原料的影响；二是反应物的量是否达到能够反应的量；三是看反应物的存在形式。铁元素主要以Fe2+形式被人体吸收，但Fe2容易被氧化，而实验1中提示“维生素C有还

46、原性”，因为其还原性比Fe2+强，所以先与氧气反应，因此其作用是防止Fe2被氧化。同时实验中如果双氧水量少的话，双氧水也是先与维生素C反应，反应后无剩余或剩余量少，导致Fe2+可能没有被氧化或生成极少量的Fe3+。因此继续滴加过量的双氧水，将维生素C完全氧化后再氧化Fe2+，因此过量的双氧水是排除维生素C的影响。实验2中提示“二者没有达到反应浓度”，该实验中有两个反应，一是双氧水氧化Fe2，二是Fe3与SCN的反应；双氧水在实验1中已经排除其量的影响，铁元素在药品中是定量，不可更改，故只有改变KSCN的量。实验3中提示“铁的价态是+3价，但可能不是以自由离子Fe3+形式存在”“滴加1滴稀硫酸，

47、溶液迅速变为红色”，通过这两处信息结合“Fe3+水解程度较大，通常用于净水”等常识，可知Fe3+水解成Fe(OH)3。加入稀硫酸以后，水解平衡Fe3+3H2OFe(OH)3+3H+左移，使Fe3+浓度增大，因此显红色。(2)甲同学注意到乙同学加稀硫酸变红后的溶液，放置一段时间后颜色又变浅了。分析SCN中各元素的化合价，S为-2价，C为+4价，N为-3价，说明SCN有还原性。通过“一份中滴入KSCN溶液，发现红色又变深”，说明褪色是因为SCN被消耗；“另一份滴入双氧水，发现红色变得更浅，但无沉淀，也无刺激性气味的气体生成”说明双氧水与SCN发生反应，其中S元素没有生成硫黄，也没有生成SO2气体，

48、应该是被氧化为SO42，反应的离子方程式为2SCN+11H2O2=N2+2CO2+2SO42+10H2O2H+。(3)酸性KMnO4溶液具有强氧化性，易氧化橡胶管，所以不可以用碱式滴定管，须用酸式滴定管。滴定时紫色酸性KMnO4溶液变为无色Mn2，当Fe2反应完，呈现MnO4-的紫色。依据反应方程式MnO4-+5Fe2+8H=5Fe3+Mn2+4H2O可知，每100mL补铁剂中含FeSO47H2O的质量为0.002molL-10.035L5278gmol14=0.3892g=389.2mg，因此该补铁剂中铁元素含量合格。26、蒸馏烧瓶 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 关闭K3，打开K2 Fe(

49、OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ad 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液 【解析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结

50、构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降

51、低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。27、bd 66.7% 随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气， 检验SO2是否除尽 防止空气中的水进入E，影响氢气的检验 b 澄清石灰水 【解析】(1)(I)Fe2与K3Fe

52、(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀；Fe2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；()铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验CO2。【详解】(1)Fe2能与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe2，可以选用K3Fe(CN)6溶液或酸性KMnO4溶液，选bd；()铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量溴水中，发生反应，所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCl2溶液，生成硫

53、酸钡沉淀2.33 g，硫酸钡的物质的量是，根据关系式，可知二氧化硫的物质的量是0.01mol，由此推知气体Y中SO2的体积分数为66.7%。(2)由于随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为；(3)高锰酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验SO2是否除尽；装置E用于检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E，影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M，M中盛放澄清石灰水即可。28、SO42- 自来水中有Cl2，具有强氧化性。（或者SO42-是硫最稳定

54、的化合态） 3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O 5：1 0.25 酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同（或碱性条件下，氯气氧化性强；酸性条件下，氯酸钾氧化性强） Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ ac 【解析】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子；(2)氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式；氧化剂得电子，还原剂失电子，根据得失电子守恒分析；(3)根据方程式中转移电子数目与反应产生氯气的物质的量关系进行计算；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，生成3 mol Cl

55、2转移5 mol电子；(4)物质的氧化性强弱与溶液的酸碱性有关；(5)铝离子水解生成氢氧化铝胶体能净水；(6)a向硫酸铝铵矾溶液NH4Al(SO4)2中滴加极少量的氢氧化钡溶液，溶液相当于铝铵矾溶液；b滴加氢氧化钡溶液首先与铝离子反应，所以整个过程中n(Al3+)n(BaSO4)。【详解】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子，所以自来水中的硫以SO42-的形态存在；(2)氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，其反应的化学方程式为：3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O；在该反应中，Cl2作氧化剂得电子，Cl2作还原剂失电子，在方程式3C

56、l2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O中，3 mol Cl2中含有6 mol Cl原子，其中得电子的Cl为5，失电子的Cl为1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；(3)在反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，生成3 mol Cl2转移5 mol电子，制取标准状况下3.36 L氯气的物质的量n(Cl2)=0.15 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=0.15 mol=0.25 mol；(4)酸性条件下发生氧化还原反应，KClO3作氧化剂，碱性条件下，氯气是氧化剂，则溶液的酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同；(5)铝铵矾NH4Al(SO4)212H2O是常用的工业净水剂，在水中电离出Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体颗粒使之形成沉淀，从而具有净水作用，其水解的离子方程式为：Al3+3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+；(6)a向硫酸铝铵矾溶液NH4Al(SO4)2中滴加极少量的氢氧化钡溶液，相当于铝铵矾溶液，所以离子浓度为：n(SO42-)n(NH4+)n(Al3+)n(H+)n(OH-)，a正确；b滴加氢氧化钡溶液首先与Al3+反应，