2022年大连市高考仿真模拟化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。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、下列各组离子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是AABBCCDD2、常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是A反应后HA溶液可能有剩余B生成物NaA的水溶液的

2、pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等3、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表：XYZMRQ原子半径/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合价-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列说法正确的是：AR在元素周期表中的位置是第二周期A族BX、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同CZ、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应DY元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料4、部分短周期元素原子

3、半径的相对大小、最高正价或最低负价随原子序数的变化关系如图所示：下列说法正确的是A离子半径的大小顺序：efghB与x形成简单化合物的沸点：yzdCx、z、d三种元素形成的化合物可能含有离子键De、f、g、h四种元素对应最高价氧化物的水化物相互之间均能发生反应5、天然气脱硫的方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q0)。要提高脱硫率可采取的措施是A加催化剂B分离出硫C减压D加生石灰6、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数

4、的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物XZ2中含有离子键B五种元素中Q的金属性最强C气态氢化物的稳定性：YH3XH4D最高价氧化物对应的水化物酸性：HYO3H2RO37、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（ ）Ab极附近有气泡冒出Bd极附近出现红色Ca、c极上都发生氧化反应D甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀8、下列离子方程式中书写正确的是（ ）A磁性氧化铁溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2OBFeBr2中通入氯气使一半的Br-氧化：2Fe2+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4Cl-CNH4Al(SO

5、4)2溶液中通入过量的 Ba(OH)2：NH4+Al3+2SO42-+2Ba2+4OH-=NH3H2O+AlO2-+2BaSO4+2H2OD饱和碳酸钠溶液中通入CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-9、下列不能用元素周期律原理解释的是A金属性：KNaB气态氢化物的稳定性：H2ONH3C酸性：HClH2SO3DBr2从NaI溶液中置换出I210、下列说法正确的是A铅蓄电池充电时，阳极质量增大B0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，溶液的pH减小C标准状况下，11.2L苯中含有的碳原子数为36.021023D室温下，稀释0.1molL-1氨水，c(H+)c(NH3H2O)的值减

6、小11、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A氧化物都是碱性氧化物B氢氧化物都是白色固体C单质都可以与水反应D单质在空气中都形成致密氧化膜12、下列有关CuSO4溶液的叙述正确的是( )A该溶液中Na+、NH4+、NO3-、Mg2+可以大量共存B通入CO2气体产生蓝色沉淀C与NaHS反应的离子方程式：Cu2+S2-CuSD与过量浓氨水反应的离子方程式：Cu2+2NH3H2OCu(OH)2+2NH4+13、下列五种短周期元素的某些性质如表所示(其中只有W、Y、Z为同周期元素)。元素XWYZR原子半径(pm)37646670154主要化合价+1-1-2-5、-3+1下列叙述错误的是

7、A原子半径按X、W、Y、Z、R的顺序依次增大BX、Y、Z三种元素形成的化合物，其晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体CW、Y、Z三种元素形成的气态氢化物稳定性：ZH3H2YHWDR元素可分别与X、W、Y三种元素形成离子化合物14、雾霾中对人体有害的主要成分有固体细颗粒、氮和硫的氧化物、芳香烃、重金属离子。下列说法不正确的是A苯是最简单的芳香烃B重金属离子可导致蛋白质变性C氮和硫的氧化物都属于酸性氧化物D汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，四种元素形成的某种化合物（如图所示）是一种优良的防龋齿剂（用于制含氟牙膏）。下列说法错误的是（

8、 ）AW、X、Y的简单离子的电子层结构相同BW、Y形成的化合物中只含离子键C该化合物中Z不满足8电子稳定结构DX、Y形成的化合物溶于水能促进水的电离16、化学与生活密切相关。下列有关说法中不正确的是A工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂B水与乙醇的混合液、雾、鸡蛋清溶液均具有丁达尔效应C蔬菜汁饼干易氧化变质建议包装饼干时，加入一小包铁粉作抗氧化剂并密封D浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鲜水果17、上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的红棕色烟雾的困扰。你估计这一空气污染物可能含有AFeO粉尘BFe2O3粉尘CFe粉尘D碳粉18、用下列实验装置（部分

9、夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 （ ）A加热装置I中的烧杯分离I2和高锰酸钾固体B用装置II验证二氧化硫的漂白性C用装置III制备氢氧化亚铁沉淀D用装置IV检验氯化铵受热分解生成的两种气体19、把35.7g金属锡投入300 mL 14 mol /L HNO3共热(还原产物为NOx)，完全反应后测得溶液中c(H+) = 10 mol /L，溶液体积仍为300 mL。放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96 L(STP)。由此推断氧化产物可能是ASn(NO3)4BSn(NO3)2CSnO24H2ODSnO20、下列离子方程式书写错误的是( )A铝粉投入到NaOH 溶液中:

10、2Al+ 2H2O+ 2OH-=2AlO2-+ 3H2BAl(OH)3溶于NaOH 溶液中: Al(OH)3+OH-=AlO2-+ 2H2OCFeCl2 溶液中通入Cl2: 2Fe2+ Cl2=2Fe3+ 2Cl-DAlCl3溶液中加入足量的氨水: A13+ 3OH-=Al(OH)321、根据下列实验操作所得结论正确的是（）选项实验操作实验结论A向2支盛有5mL不同浓度NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液浓度越大，反应速率越快B向40mL的沸水中滴入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。当光束通过液体时，可观察到丁达尔效应得到Fe（OH）3胶体C向NaC

11、l、NaI的混合稀溶液中滴入浓AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/L NaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱AABBCCDD22、铅霜(醋酸铅)是一种中药，具有解毒敛疮、坠痰镇惊之功效，其制备方法为：将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化，以三层细布趁热滤去渣滓，放冷，即得醋酸铅结晶；如需精制，可将结晶溶于同等量的沸汤，滴醋酸少许，过七层细布，清液放冷，即得纯净铅霜。制备过程中没有涉及的操作方法是A萃取B溶解C过滤D重结晶二、非选择题(共84分)23、（14分）

12、有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A 的名称_.(2)C D的化学方程式_.E F的反应类型_(3)H 中含有的官能团_.J的分子式_.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为_.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：_。24、（12分）两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3C

13、HOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（无机试剂及溶剂任选）。25、（12分）向硝酸酸化的2mL0.1molL-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体

14、，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。探究Fe2+产生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与_或_反应的产物。（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管2mL.0.1molL-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管_蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0

15、.1molL-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为_（填“图甲”或“图乙”）。实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为_。探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后_（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象_（填“能“或“不能“）证明F

16、e2+可被Ag+氧化，理由为_。26、（10分）化学兴趣小组对某品牌牙膏中摩擦剂成分及其含量进行以下探究：查得资料：该牙膏摩擦剂由碳酸钙、氢氧化铝组成；牙膏中其它成分遇到盐酸时无气体生成。I.摩擦剂中氢氧化铝的定性检验取适量牙膏样品，加水充分搅拌、过滤。(1)往滤渣中加入过量NaOH溶液，过滤。氢氧化铝与NaOH溶液反应的离子方程式是_；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，再加入过量稀盐酸，观察到的现象是_；.牙膏样品中碳酸钙的定量测定利用下图所示装置(图中夹持仪器略去)进行实验，充分反应后，测定C中生成的BaCO3沉淀质量，以确定碳酸钙的质量分数。依据实验过程回答下列问题：(3)仪器

17、a的名称是_。(4)实验过程中需持续缓缓通入空气。其作用除了可搅拌B、C中的反应物外，还有：_；(5)C中反应生成BaCO3的化学方程式是_；(6)下列各项措施中，不能提高测定准确度的是_(填标号)。a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体；b.滴加盐酸不宜过快；c.在A-B之间增添盛有浓硫酸的洗气装置；d.在B-C之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置。(7)实验中准确称取8.00g样品三份，进行三次测定，测得BaCO3的平均质量为3.94g。则样品中碳酸钙的质量分数为_(保留3位有效数字)。(8)有人认为不必测定C中生成的BaCO3质量，只要测定装置C吸收CO2前后的质量差，一样可以确

18、定碳酸钙的质量分数。你认为按此方法测定是否合适_(填“是”“否”)，若填“否”则结果_(填“偏低”或“偏高”)。27、（12分）氨基甲酸铵（）是一种易分解、易水解的白色固体，可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵。反应式：。(1)如果使用如图所示的装置制取，你所选择的试剂是_。(2)制备氨基甲酸铵的装置如图，把氨和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。（注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。）发生器用冰水冷却的原因是_；液体石蜡鼓泡瓶的作用是_；发生反应的仪器名称是_。从反应后的混合物中过滤分离出产

19、品。为了得到干燥产品，应采取的方法是_（选填序号）a.常压加热烘干 b.高压加热烘干 c.真空40以下烘干(3)尾气有污染，吸收处理所用试剂为浓硫酸，它的作用是_。(4)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为。样品中氨基甲酸铵的质量分数为_。已知28、（14分）钴的合金及其配合物用途非常广泛。已知Co3比Fe3的氧化性更强，在水溶液中不能大量存在。 (1)Co3的核外电子排布式为_。(2)无水CoCl2的熔点为735、沸点为1049，FeCl3熔点为306、沸点为315。CoCl2属于_晶体，FeCl3属于_晶

20、体。(3)BNCP可用于激光起爆器等，可由HClO4、CTCN、NaNT共反应制备。的空间构型为_。CTCN的化学式为Co(NH3)4CO3NO3，与Co()形成配位键的原子是_已知 的结构式为。NaNT可以(双聚氰胺)为原料制备。1 mol双聚氰胺分子中含键的数目为_。(4)Co与CO作用可生成Co2(CO)8，其结构如图所示。该分子中C原子的杂化方式为_。(5)钴酸锂是常见锂电池的电极材料，其晶胞结构如图所示。该晶胞中氧原子的数目为_。已知NA为阿伏加德罗常数的数值，则该晶胞的密度为_(用含a、b、NA的代数式表示)gcm3。29、（10分）工业上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、硒、碲等物质

21、。某铜沉淀渣，其主要成分如表。沉淀渣中除含有铜(Cu)、硒(Se)、碲(Te)外，还含有少量稀贵金属，主要物质为Cu、Cu2Se和Cu2Te。某铜沉淀渣的主要元素质量分数如下：AuAgPtCuSeTe质量分数(%)0.040.760.8343.4717.349.23 (1)16S、34Se、52Te为同主族元素，其中34Se在元素周期表中的位置_。其中铜、硒、碲的主要回收流程如下：(2)经过硫酸化焙烧，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。其中碲化铜硫酸化焙烧的化学方程式如下，填入合适的物质或系数：Cu2Te+_H2SO4 2CuSO4+_TeO2+_+_H2O (3)SeO2与吸收塔中的H2O反应

22、生成亚硒酸。焙烧产生的SO2气体进入吸收塔后，将亚硒酸还原成粗硒，其反应的化学方程式为_ 。(4)沉淀渣经焙烧后，其中的铜转变为硫酸铜，经过系列反应可以得到硫酸铜晶体。 “水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银（硫酸银）进入浸出液中，结合化学用语，从平衡移动原理角度解释其原因_。滤液2经过、_ 、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。(5)目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着TeO32-浓度的增加，促进了Te的沉积。写出Te的沉积的电极反应式为_。参考答案一、选择题(共包括2

23、2个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】A、HCO3-与SiO32-反应生成硅酸沉淀和CO32-，所以HCO3-与SiO32-不能大量共存，故不选A；B、FeS溶于酸，所以Fe2+与H2S不反应，故不选B；C、HClO能把SO32-氧化为SO42- ，HClO、SO32-不能共存，故不选C；D、I-、Cl-、H+、SO42-不反应，加入NaNO3，酸性条件下碘离子被硝酸根离子氧化为碘单质，反应离子方程式是6I-+8H+2 NO3-=2NO+3I2+4H2O，故选D。2、B【解析】A、若HA是弱酸，则二者反应生成NaA为碱性，所以HA过量时，溶液才可能呈中性，正确；B、若二者等体

24、积混合，溶液呈中性，则HA一定是强酸，所以NaA的溶液的pH不可能小于7，至小等于7，错误；C、若HA为弱酸，则HA的体积大于氢氧化钠溶液的体积，且二者的浓度的大小未知，所以HA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等，正确；D、HA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH -)可能不相等，混合后只要氢离子浓度与氢氧根离子浓度相等即可，正确。答案选B。3、C【解析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X为S；Y是无机非金属材料的主角，Y为Si；Z焰色反应呈黄色，Z为Na；结合原子半径和主要化合价可知，M为O；R为Cl；Q为Al，据此分析解答。【详解】AR为Cl，在元素周期

25、表中的位置是第三周期A族，故A错误；BX为S、Y为Si、M为O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型相同，故B错误；CZ为Na、R为Cl、Q为Al，最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，相互间都能反应，故C正确；DY为Si ，Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故D错误；故选C。4、C【解析】根据原子序数及化合价判断最前面的元素x是氢元素，y为碳元素，z为氮元素，d为氧元素，e为钠元素，f为铝元素，g为硫元素，h为氯元素；A.根据“层多径大、序大径小”，离子半径大

26、小gh ef；选项A错误；B.d、z、y与x形成的简单化合物依次为H2O、NH3、CH4，H2O、NH3分子间形成氢键且水分子间氢键强于NH3分子间氢键，CH4分子间不存在氢键，故沸点由高到低的顺序为dzy，选项B错误；C.氢元素、氮元素、氧元素可以组成离子化合物硝酸铵，硝酸铵中含离子键和共价键，选项C正确；D.g、h元素对应最高价氧化物的水化物硫酸和高氯酸不能反应，选项D错误；答案选C。5、D【解析】H2（g）+CO（g）+SO2（g）H2O（g）+CO2（g）+S（s）HY4，且二者原子半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排

27、布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。由于元素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了

28、元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。7、A【解析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误； B、乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正

29、确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。【点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。8、B【解析】A. 磁性氧化铁溶于氢碘酸，生成的Fe3+还要与I-发生氧化还原反应，A错误；B. FeBr2中通入氯气时，Fe2+先被氧化为Fe3+，剩余的Cl2再与B

30、r-发生反应，一半的Br-氧化时，Fe2+、Br-、Cl2的物质的量刚好相等，B正确；C. 所提供的离子方程式中，电荷不守恒，质量不守恒，C错误；D. 饱和碳酸钠溶液中通入CO2，应生成NaHCO3沉淀，D错误。故选B。9、C【解析】A. 同主族从上到下金属性逐渐加强，金属性：KNa，A项正确；B. 非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：ON，稳定性：H2ONH3，B项正确；C. 盐酸的酸性强于H2SO3与元素周期律没有关系，C项错误；D. 非金属性越强，单质的氧化性越强，非金属性：BrI，则Br2可从NaI溶液中置换出I2，D项正确；答案选C。10、D【解析】A. 铅蓄电池充电时，阳极反应为

31、PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B. 0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C. 标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L苯中含有的碳原子数，故C错误；D. 室温下，稀释0.1molL-1氨水，氨水的电离程度增大，但电离平衡常数不变，K= =，则 c(H+)c(NH3H2O)=，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)c(NH3H2O)的值减小，故D正确；故选D。11、C【解析】ANa、Al、Fe的氧化物中，过氧化钠能跟酸起反应，除生成盐和水外，还生成氧气，不是碱性氧化物，氧化铝

32、不但可以和碱反应还可以和酸反应均生成盐和水，为两性氧化物，故A错误；B氢氧化钠、氢氧化铝为白色固体，而氢氧化铁为红褐色固体，故B错误；C钠与水反应2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成氢氧化钠和氢气，铁与水蒸汽反应生成氢气与四氧化三铁，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金属活动性顺序表中，铝介于二者之间，铝和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2，反应生成氢氧化铝和氢气，高温下氢氧化铝分解阻碍反应进一步进行，但铝能与水反应，故C正确；DNa在空气中最终生成碳酸钠，不是形成致密氧化膜，Al在空气中与氧气在铝的表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止Al与氧气的进一步反应，铁在空气中生

33、成三氧化二铁，不是形成致密氧化膜，故D错误；故答案为C。12、A【解析】A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应，可以大量共存，故选A；B. CO2不与CuSO4反应，不能生产沉淀，故不选B；C. CuSO4与NaHS反应的离子方程式：Cu2+HS-CuS+H+，故不选C；D. CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成 Cu(NH3)42+，故不选D；答案选A。13、C【解析】主族元素中，元素最高正化合价与其族序数相等，最低负化合价=族序数-8，根据元素化合价知，X、R属于第IA族元素，W属于第A族元素，Y属于第A族元素，Z属于第VA族元素，原子

34、电子层数越多其原子半径越大，X原子半径最小，则X为H元素，W、Y、Z原子半径相近，根据其族序数知，W是F元素、Y是O元素、Z是N元素，R原子半径最大，且位于第IA族，则R是Na元素。【详解】A项、同主族元素从上到下，原子半径依次增大，同周期元素从左到右，原子半径依次减小，则H、F、O、N、Na的原子半径依次增大，故A正确；B项、由H、O、N三种元素形成的化合物可能是离子晶体，如NH4NO3为离子晶体，可能是分子晶体，如HNO3为分子晶体，故B正确；C项、元素的非金属性越强，形成的气态氢化物稳定性越强，非金属性的强弱顺序为WYZ，则气态氢化物稳定性的强弱顺序为HWH2YZH3，故C错误；D项、N

35、a元素可分别与H元素、F元素和O元素形成离子化合物NaH、NaF和Na2O（或Na2O2），故D正确。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，注意位置、结构、性质的相互关系，利用题给表格信息正确判断元素是解本题的关键。14、C【解析】A. 苯分子中只含1个苯环且没有侧链，所以苯是最简单的芳香烃，故A正确；B. 重金属盐有毒，金属离子可导致蛋白质变性，故B正确；C. NO、NO2都不是酸性氧化物，故C错误，故选C；D. 汽车尾气含大量的固体颗粒物，汽车尾气的大量排放是造成雾霾天气的人为因素之一，故D正确。15、B【解析】该化合物可用于制含氟牙膏，说明含有F元素，根据该化合物的结构可知，X原子可

36、以形成一个共价键，则X为F元素；Y可以形成Y+，且原子序数大于X，则Y为Na；Z可以形成五条共价键，应为第A族元素，原子序数大于Na，则Z为P；根据W元素的成键特点，结合其原子序数最小，则W为O。【详解】A氧离子、氟离子和钠离子都含有2个电子层，核外电子总数为10，其简单离子的电子层结构相同，故A正确；BW、Y形成的化合物Na2O2中含有非极性共价键，故B错误；CP最外层含有5个电子，该化合物中形成了5个共价键，则P最外层电子数为5+5=10，不满足8电子稳定结构，故C正确；DHF为弱酸，所以NaF溶液中，氟离子会水解促进水的电离，故D正确；故答案为B。16、B【解析】A油脂在碱性条件下水解生

37、成高级脂肪酸盐和甘油，高级脂肪酸钠是肥皂的主要成分，所以工业上常利用油脂的碱性水解制取肥皂，A正确；B只有胶体具有丁达尔效应，乙醇和水的混合物是溶液，不能产生丁达尔效应，B错误；C铁具有还原性，铁生锈可以消耗氧气，防止了饼干的氧化变质，C正确；D乙烯中含有碳碳双键能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以酸性高锰酸钾溶液能吸收乙烯，保鲜水果，D正确；答案选B。17、B【解析】AFeO是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故A错误；BFe2O3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故B正确；CFe粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故C错误；D煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故D错误。答案选B。

38、18、D【解析】A加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故A错误；B二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故B错误；C关闭止水夹，NaOH难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故C错误；D氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl可使蓝色石蕊试纸变红，P2O5可以吸收氨气，碱石灰可以吸收HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故D正确；本题答案：D。19、C【解析】根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡

39、被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96 L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，由电子守恒可知，0.3mol(x0)=1.2mol(54)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3)=10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。20、D

40、【解析】A.铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气；B.氢氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水；C.亚铁离子被氯气氧化成铁离子和氯离子；D.氨水为弱碱，离子方程式中一水合氨不能拆开。【详解】A.铝粉投入到NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Al+2H2O+2OH-=2AlO2-+3H2，A正确；B.Al(OH)3是两性氢氧化物，可溶于NaOH溶液中，反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，B正确；C.FeCl2溶液跟Cl2反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，C正确；D.AlCl3

41、溶液中加入足量的氨水，反应生成氯化铵和氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al3+3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写判断，注意掌握离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。21、B【解析】A. NaHSO3溶液和H2O2溶液会发生氧化还原反应，生成Na2SO4和H2O，现象不明显，不能够判断浓度对反应速率的影响，A错误；B. 制备Fe(OH)3胶体:向沸水中滴入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，B正确；C.两溶

42、液浓度未知，虽有黄色沉淀生成，但不能比较Ksp（AgCl）、Ksp（AgI）大小关系，C错误；D. NaClO溶液具有强氧化性，会氧化pH试纸，不能用pH试纸测定，D错误；故答案选B。【点睛】难溶电解质的溶度积越大，难溶物越溶，溶度积大的难溶物可转化为溶度积小的难溶物。22、A【解析】此操作中，将醋酸放入磁皿，投入氧化铅，微温使之溶化操作为溶解；放冷，即得醋酸铅结晶清液放冷，即得纯净铅霜此操作为重结晶；以三层细纱布趁热滤去渣滓，此操作为过滤，未涉及萃取，答案为A。二、非选择题(共84分)23、2甲基丙烯 取代反应 酚羟基和硝基 C10H11NO5 6 【解析】根据有机化合物的合成分析解答；根据

43、有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1) 由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质

44、逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为116的结构简式为，故答案为6；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。24、 (CH3CO)2OCH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有机合成过程，A物质

45、为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD

46、的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为

47、：CH3CH2OHCH3CHO 。25、HNO3 AgNO3 硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2） 该反应速率很小或反应的活化能较大 图乙 NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O 加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀 不能 Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化 【解析】（1）Fe过量，可能与硝酸反应生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反应生成硝酸亚铁； （2）加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作对比实验； 1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反应速率很小有关； 发生NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe

48、2+3H2O，消耗氢离子，pH增大； 实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，则NO3-中N转化为NH4+； （3）Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸； （4）左侧烧杯溶液，加KSCN溶液，溶液变红，可知左侧含铁离子，左侧为正极，但亚铁离子可能被硝酸或氧气氧化。【详解】（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物；（2）2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），与1为对比实验；资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速

49、率很小或反应的活化能较大；反应中消耗氢离子，pH变大，则pH传感器测得的图示为图乙；实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量盐酸，有黑色固体剩余），证明黑色固体中有Ag；（4）方案二：一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。26、Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O 通入CO2气体有白色

50、沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解 分液漏斗 把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收 CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O cd 25.0% 否 偏高 【解析】(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水；(2)滤液中含有偏铝酸钠，先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O、HCO3-+H+=CO2+H2O；实验通过C装置生成的碳酸钡的质量测定二氧化碳的质量，进而计算牙膏中碳酸钙的质量分数。装置中残留部分二氧化碳，不能被完全吸收，需要通过适当的

51、方法将二氧化碳全部赶入氢氧化钡的试剂瓶中，据此分析解答(3)(7)；(8)装置B中的水蒸气和氯化氢气体会进入装置C中被吸收，据此分析判断。【详解】(1)氢氧化铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠与水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，故答案为Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O；(2)往(1)所得滤液中先通入过量二氧化碳，发生反应AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，再加入过量稀盐酸，Al(OH)3+3HCl=AlCl3+3H2O，HCO3-+H+=CO2+H2O，因此反应现象为通入CO2气体有白色沉淀生成；加入盐酸有气体产生，沉淀溶解，故答案

52、为通入CO2气体有白色沉淀生成，加入盐酸后有气体产生，同时沉淀溶解；(3)根据图示，仪器a为分液漏斗，故答案为分液漏斗；(4)装置中残留部分二氧化碳，如果不能被完全吸收，会导致测定的碳酸钡的质量偏小，持续缓缓通入空气可以将生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收，故答案为把生成的CO2气体全部排入C中，使之完全被Ba(OH)2溶液吸收；(5)在C中二氧化碳与氢氧化钡反应生成碳酸钡与水，反应的化学方程式为CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O，故答案为CO2+Ba(OH)2BaCO3+H2O；(6)a.在加入盐酸之前，应排净装置内的CO2气体，防止空气中二氧化碳进入C被氢

53、氧化钡吸收，所以提前排尽装置中的二氧化碳，可以提高测定准确度，故a不选；b.滴加盐酸过快，则生成二氧化碳过快，C中二氧化碳不能全部被吸收，所以要缓慢滴加盐酸，可以提高测定准确度，故b不选；c.BC中均为水溶液，不需要干燥，所以在AB之间增添盛有浓硫酸的洗气装置，不能提高测定准确度，故c选；d.挥发的HCl进入盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置会生成二氧化碳，则在C中被氢氧化钡吸收的二氧化碳偏多，所以在BC之间增添盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气装置，会使测定准确度降低，故d选；故答案为cd；(7)BaCO3质量为3.94g，则n(BaCO3)=0.02mol，则n(CaCO3)=0.02mol，质量为0

54、.02mol100g/mol=2.00g，所以样品中碳酸钙的质量分数为100%=25.0%，故答案为25.0%；(8)B中的水蒸气、氯化氢气体等进入装置C中，导致测定二氧化碳的质量偏大，测定的碳酸钙的质量偏大，碳酸钙的质量分数偏高，因此不能通过只测定装置C吸收CO2前后的质量差确定碳酸钙的质量分数，故答案为否；偏高。27、浓氨水、氧化钙（氢氧化钠） 提高原料转化率、防止产物分解 控制气体的流速和原料气体的配比 三颈烧瓶 c 将氨气转化为固体盐 79.8% 【解析】首先我们要用（1）中的装置来制取氨气，固液不加热制取氨气可以考虑将浓氨水滴入到固体氧化钙或氢氧化钠中，制好的氨气经干燥后通入液体石蜡

55、鼓泡瓶，通过观察鼓泡瓶中气泡的大小，我们可以调节氨气和二氧化碳两种原料的比例，接下来在三颈烧瓶中进行反应；冰水浴的作用是降低温度，提高转化率，据此来分析作答即可。【详解】（1）固液不加热制取氨气，可以将浓氨水滴入固体氧化钙或氢氧化钠或碱石灰中；（2）制备氨基甲酸铵的反应是放热反应，因此给发生器降温可以有效提高原料的转化率，并且防止生成物温度过高分解；而液体石蜡鼓泡瓶的作用是控制反应进行程度，控制气体流速和原料气体的配比；发生仪器的名称为三颈烧瓶；为了防止产品受热分解以及被氧化，应选用真空40以下烘干，c项正确；（3）尾气中的氨气会污染环境，因此可以用硫酸吸收将其转化为固体盐，可用作氮肥；（4）

56、首先根据算出碳酸钙的物质的量，设碳酸氢铵的物质的量为xmol，氨基甲酸铵的物质的量为ymol，则根据碳守恒有，根据质量守恒有，联立二式解得，则氨基甲酸铵的质量分数为。28、 Ar3d6或1s22s22p63s23p63d6 离子 分子 正四面体 N和O 9NA（或96.021023） sp和sp2 6 【解析】（1）Co是27号元素，其原子核外有27个电子，失去3d上1个电子和4s上2个电子生成Co3+离子，根据构造原理知Co3+基态的电子排布式；（2）分子晶体熔沸点较低，离子晶体熔沸点较高，据此解答；（3）根据价层电子对互斥理论作答；（4）根据图示Co2(CO)8的结构式结合杂化轨道理论作答；（5）先通过数学几何关系计算出六棱柱的体积，再利用“均摊法”求出该晶胞中O原子、Li原子和Co原子的数目，最后利用晶体密度=计算求出结论。【详解】（1）Co位于第四周期第VIII族，基态