山东省滨州市三校联考2021-2022学年高三冲刺模拟化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、25时，在10mL浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3H2O混合溶液中，滴加0.1mol/L的盐酸，下列有关溶液中粒子浓度关系正确的是A未加盐酸时：c(OH-)c(Na+)=c(NH3H2O)B加入10mL盐酸时：

2、c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)C加入盐酸至溶液pH=7时：c(Cl-)=c(Na+)D加入20mL盐酸时：c(Cl-)=c(NH4+)+c(Na+)2、已知铍（Be）与铝的性质相似则下列判断正确的是（）A铍遇冷水剧烈反应B氧化铍的化学式为Be2O3C氢氧化铍能与氢氧化钠溶液反应D氯化铍水溶液显中性3、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A1molCl2与过量Fe粉反应生成FeCl3，转移2NA个电子B常温常压下，0.1mol苯中含有双键的数目为0.3NAC1molZn与一定量浓硫酸恰好完全反应，则生成的气体分子数为NAD在反应KClO48HCl=KCl4Cl24H2O中，每

3、生成1molCl2转移的电子数为1.75NA4、已知：Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；H1S(s)+O2(g)=SO2(g)；H2Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s)；H3则下列表述正确的是（ ）AH20BH3H1CMn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)；H=H2-H1DMnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)；H=H3-H2-H15、Na、Al、Fe都是重要的金属元素。下列说法正确的是A三者的氧化物都是碱性氧化物B三者的氢氧化物都是白色固体C三者的氯化物都可用化合反应制得D三者的单质在空气中最终都生成氧化物6、下列物质属于油脂的是()润滑油花生油石蜡

4、ABCD7、下列实验现象和结论相对应且正确的是AABBCCDD8、pH=0的某X溶液中，除H+外，还可能存在Al3+、Fe2+、NH4+、Ba2+、Cl-、CO32-、SO42-、NO3-中的若干种，现取适量X溶液进行如下一系列实验：下列有关判断不正确的是（ ）A生成气体A的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2OB生成沉淀H的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-C溶液X中一定没有的离子仅为：CO32-、Ba2+D溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+9、下列我国科技成果不涉及化学变化的是A厨余污油裂化

5、为航空燃油B“深海勇士”号潜水艇用锂电池供能C以“煤”代“油”生产低碳烯烃D用“天眼”接收宇宙中的射电信号AABBCCDD10、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH311、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是选项实验目的仪器A用 CCl4 除 去 NaBr 溶液中少量 Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0molL-1 的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯

6、、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管AABBCCDD12、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：2A(g)+B(g) 2C(g) H=QkJ/mol。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700700750达平衡时间/min40530平衡时n(C)/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（ ）AK1=K2K3B升高温度能加快反应速率的原因是降低了反应的活化能C实验比实验达平衡所需时间小的可能原因是使用了催化剂D实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molC，平衡正向移动13、室温下，将0

7、.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（ ）加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c（CH3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）c（SO42）C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）减小AABBCCDD14、在复盐NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，可能发生的反应的离子方程式是ANH4+SO42+Ba2+OH= BaSO4+ NH3H2OBAl3+ 2SO42+ 2Ba2+ 4OH= 2BaSO4+

8、 AlO2- + 2H2OC2 Al3+ 3SO42+ 3Ba2+6OH= 3BaSO4+ 2 Al(OH)3DNH4+ Al3+SO42+ Ba2+ 4OH= BaSO4+ Al(OH)3+NH3H2O15、将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）AK+、OH、Cl、SO42BH+、NH4+、Al3+、NO3CNa+、S2、Cl、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO316、下列物质中含氯离子的是（）AHClBCCl4CKClDNaClO17、对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是A电子所在的电子层B电子的自旋方向C电子云的形状D电子云的伸展方向18、可逆反应

9、aX(g)+bY(g)cZ(g)在一定温度下的密闭容器内达到平衡后，t0时改变某一外界条件，化学反应速率()时间(t)图象如下图。下列说法正确的是（ ）A若a+b=c，则t0时只能是增大反应体系的压强B若a+b=c，则t0时只能是加入催化剂C若a+bc，则t0时只能是加入催化剂D若a+bc，则t0时只能是增大反应体系的压强19、下列叙述正确的是A天然气主要成分的结构式：B和互为同素异形体C漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2D苯的比例模型：20、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B“嫦娥四号”使用的SiCAl材料属于复合材

10、料C5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素21、氯仿(CHCl3)是一种有机合成原料，在光照下遇空气逐渐被氧化生成剧毒的光气(COCl2)：2CHCl3O22HCl2COCl2。下列说法不正确的是ACHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3杂化BCHCl3属于极性分子C上述反应涉及的元素中，元素原子未成对电子最多的可形成直线形分子D可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质22、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是( )A常温下，由水电离的c(H+)=10-13 molL-1的溶液中：Na+、NH4+、Cl-、HCO3-B酸性碘化

11、钾溶液中滴加适量双氧水：2I 2H+ H2O2=I2 2H2OC氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应：Ba2+SO42=BaSO4D向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳：CO32 CO2 H2O=2HCO3二、非选择题(共84分)23、（14分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。请回答以下问题：（1）A的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_，B中所含官能团的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）D的核磁共振氢谱有_组峰； D的同分异构体中

12、，属于芳香族化合物的还有_(不含D)种。（5）反应的化学方程式是_。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线_。合成路线流程图示例：CH3CH2OH CH3CH2OOCCH324、（12分）化合物甲由四种元素组成。某化学研究小组按如图流程探究其组成：已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一。请回答下列问题：（1）甲的化学式为_。（2）甲发生爆炸反应的化学方程式为_。（3）已知化合物甲中，有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为_。25、（1

13、2分）S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点76，沸点138，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300以上完全分解。进一步氯化可得 SCl2， SCl2 是樱桃红色液体，易挥发，熔点122，沸点 59。SCl2与 S2Cl2 相似，有毒并有恶臭，但更不稳 定。实验室可利用硫与少量氯气在 110140反应制得 S2Cl2 粗品。请回答下列问题：（1）仪器 m 的名称为_，装置 D 中试剂的作用是_。（2）装置连接顺序：_BD。（3）为了提高 S2Cl2 的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（4）从 B 中分离得到纯净的 S2Cl2，需要进行的操作

14、是_；（5）若将S2Cl2放入少量水中会同时产生沉淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分 X 的体积分数：W 溶液可以是_（填标号）。a H2O2 溶液 b 氯水 c 酸性 KMnO4 溶液 d FeCl3 溶液该混合气体中气体 X 的体积分数为_（用含 V、m 的式子表示）。26、（10分）无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用溢流法连续制备无水四氯化锡，实验装置图如图：查阅资料可知：Sn(s)+2Cl2(g)=SnCl4(l) H=-511kJ/molSnCl4易挥发，极易发生水解。相关物质的物理性质如下：物质SnSnCl4CuCl2熔

15、点/232-33620沸点/2260114993密度/gcm-37.3102.2263.386回答下列问题：(1)a管的作用是_。(2)A中反应的离子方程式是_。(3)D中冷却水的作用是_。(4)尾气处理时，可选用的装置是_(填序号)。(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但不影响E中产品的纯度，原因是_。(6)制得的SnCl4产品中常含有SnCl2，可用如下方法测定产品纯度：先准确称量7.60g产品于锥形瓶中，再加过量的FeCl3溶液，发生反应：SnCl2+2FeCl3=SnCl4+2FeCl2，再用0.1000mol/LK2Cr2O7标准溶液滴定生成的Fe2+，此时还原产物为Cr3+，

16、消耗标准溶液20.00mL，则SnCl4产品的纯度为_。27、（12分）化合物M (CH3COO)2Cr22H2O，相对分子质量为376不溶于冷水，是常用的氧气吸收剂。实验室中以锌粒、三氯化铬溶液、醋酸钠溶液和盐酸为主要原料制备该化合物，其装置如图所示，且仪器2中预先加入锌粒。已知二价铬不稳定，极易被氧气氧化，不与锌反应。制备过程中发生的相关反应如下：Zn(s)+2HCl(aq) =ZnCl2(aq)+H2(g) 2CrCl3(aq)+Zn(s) =2CrCl2(aq)+ZnCl2(aq)2Cr2+(aq)+4CH3COO(aq)+2H2O(l) = Cr(CH3COO)222H2O(s)请回

17、答下列问题：（1）仪器1的名称是_。（2）往仪器2中加盐酸和三氯化铬溶液的顺序最好是_(填序号)；目的是_。A盐酸和三氯化铬溶液同时加入B先加三氯化铬溶液，段时间后再加盐酸 C先加盐酸，段时间后再加三氯化铬溶液（3）为使生成的CrCl2溶液与醋酸钠溶液顺利混合，应关闭阀门_(填“A”或“B”，下同)，打开阀门_。（4）本实验中锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与醋酸钠溶液反应外，另个作用是_。28、（14分）贝壳、珍珠、方解石等主要成分均含有CaCO3，回答下列问题：（1）利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花，亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧碳酸钙时的焰色为_（填

18、标号）。A 黄色 B 红色 C 紫色 D 绿色（2）CaCO3中三种元素第一电离能由小到大的顺序是_。CaCO3中的化学键除了键外，还存在_。（3）关于CO2和CO32-的下列说法正确的是_。a 两种微粒价层电子对数相同 b 两种微粒的中心原子均无孤电子对c 键角：CO2CO32- d 两种微粒的中心原子杂化方式相同（4）难溶碳酸盐易分解，CaCO3、BaCO3热分解温度更高的是_，原因是_。（5）方解石的菱面体结构如图1，沿三次轴的俯视图为正六边形。方解石的六方晶胞结构如图2，晶胞底面为平行四边形，其较小夹角为60，边长为anm，晶胞高为c nm。A点在俯视图中为a，则B点在俯视图中的位置为

19、_（填字母）。方解石的六方晶胞中，Ca2+和CO32-个数比为_；若阿伏加德罗常数为NA，则该方解石的密度为_g/cm3（列出计算式）。29、（10分）乙二酸俗称草酸（结构简式为HOOCCOOH，可简写为H2C2O4），它是一种重要的化工原料（常温下0.01mol/L的H2C2O4、KHC2O4、K2C2O4溶液的pH如表所示）H2C2O4KHC2O4K2C2O4pH2.13.18.1填空：（1）写出H2C2O4的电离方程式_（2）KHC2O4溶液显酸性的原因是_；向0.1mol/L的草酸氢钾溶液里滴加NaOH溶液至中性，此时溶液里各粒子浓度关系正确的是_ac（K+）=c（HC2O4）+c（H

20、2C2O4）+c（C2O42） bc（Na+）=c（H2C2O4）+c（C2O42）cc（K+）+c（Na+）=c（HC2O4）+c（C2O42） dc（K+）c（Na+）（3）H2C2O4与酸性高锰酸钾溶液反应，现象是有气泡（CO2）产生，紫色消失写出反应的离子方程式_；又知该反应开始时速率较慢，随后大大加快，可能的原因是_（4）某同学设计实验如图所示：两个烧杯中的试管都分别盛有2mL 0.1 mol/L H2C2O4溶液和4mL 0.1mol/L 酸性KMnO4溶液，分别混合并振荡，记录溶液褪色所需时间该实验目的是研究_，但该实验始终没有看到溶液褪色，推测原因_（5）已知草酸（H2C2O4

21、）受热分解的化学方程式为：H2C2O4H2O+CO+CO2，写出FeC2O4在密闭容器中高温分解的化学方程式_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、混合溶液中，浓度均为0.1mol/L NaOH和NH3H2O，NH3H2O为弱电解质，故c(Na)c(NH3H2O)，A错误；B、加入10mL盐酸时，c(Cl-)=c(Na+)，又根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(Cl-)，所以c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)，B正确；C、根据电荷守恒得到：c(NH4+)+c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c

22、(Cl-)，pH=7时，即c(H)=c(OH-)，所以c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-），c(Cl-)c(Na)，C错误；D、加入20mL盐酸时，c(Cl-)=2c(Na+)，由于NH4+的水解，c(NH4+)c(Na+)，所以c(Cl-)c(NH4+)+c(Na+)，D错误；此题选B。2、C【解析】既然铍与铝的性质相似，我们就可把铍看成是铝，铝具有的性质，铍也有，铝没有的性质，铍也没有。【详解】A. 铝遇冷水不反应，则铍遇冷水也不反应，错误；B. 铍的最外层有2个电子，显+2价，则氧化铍的化学式为BeO，错误；C. 氢氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，则氢氧化铍也能与氢氧化钠反应，正确；D

23、. 氯化铝水溶液显酸性，则氯化铍水溶液也显酸性，错误。故选C。3、B【解析】A. 1molCl2与过量Fe粉反应的产物是FeCl3，转移，A项正确；B.苯分子中没有碳碳双键，B项错误；C. 1molZn失去，故硫酸被还原为和的物质的量之和为，C项正确；D.反应KClO48HCl=KCl4Cl24H2O中每生成4molCl2就有1mol KClO4参加反应，转移，所以每生成1molCl2，转移的电子数为，D项正确。答案选B。4、D【解析】A. 硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焓变小于0，H2AgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C正确；

24、D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+I2，D错误；故合理选项是C。8、C【解析】强酸性溶液X，则溶液中不存在弱酸根离子CO32-，溶液和硝酸钡溶液反应生成沉淀C，则溶液中存在SO42-，不存在和硫酸根离子反应的Ba2+，C是BaSO4；酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，所以溶液中Fe2+和NO3-不能共存，加入硝酸钡产生气体，则溶液中存在Fe2+，不存在NO3-，A是NO；溶液B中加入过量氢氧化钠溶液时，产生气体D，则溶液中含有NH4+，D是NH3，产生沉淀F是Fe（OH）3，溶液E通

25、入过量二氧化碳时产生沉淀H和溶液G，则溶液X中存在Al3+，沉淀H是Al（OH）3，溶液G是NaHCO3，；综上所述，原溶液X中含有的离子为：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+。【详解】A溶液X中应含有Fe2+，酸性条件下与硝酸根离子反应生成气体NO，反应的离子方程式为：3Fe2+4H+NO3-=3Fe3+NO+2H2O，选项A正确；B生成沉淀H的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3+HCO3-，选项B正确；C溶液X中一定没有的离子为：CO32-、Ba2+、NO3-，选项C错误；D溶液X中一定含有的离子是：H+、Fe2+、SO42-、NH4+、Al3+，选项D

26、正确；故答案选C。9、D【解析】A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。10、C【解析】AHCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；B蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆矾，B错误；C挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法

27、收集，应为向下排空气法收集，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。11、C【解析】A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，

28、D项正确；答案选C。12、C【解析】A.反应为2A(g)+B(g)2C(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时C的量减少，说明升高温度，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q0，则K3K1；温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上所述可知平衡常数关系为：K3K2=K1，A错误；B.升高温度，使一部分分子吸收热量而变为活化分子，导致活化分子百分数增大，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，而反应的活化能不变，B错误；C.实验II达到平衡的时间比实验I短，而实验温度与实验I相同，平衡时各组分的量也相同，可判断实验II改变的条件是使用了催化剂。催化剂加快反应速率，但不改变化学平衡

29、状态，故实验I和探究的是催化剂对于化学反应的影响，C正确；D.容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2C(g)，实验III中，原平衡的化学平衡常数为K=4。温度不变，平衡常数不变，实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(C)=1mol/L，此时浓度商Qc=4=K，因此恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molC，化学平衡没有发生移动，D错误；故合理选项是C。13、A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液

30、的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO的水解程度变小，故c(CH3COO)大于原来的2倍，则c(CH3COO)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)

31、c(SO42)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)c(OH)减小，D正确，答案选A。14、C【解析】在NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，开始时，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH-=Al(OH)3，当Al3

32、+沉淀完全时，SO42-未完全沉淀，此时溶液含有硫酸铵；再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，发生反应为SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+OH-=NH3H2O，所以沉淀质量继续增加；当SO42-完全沉淀时，生成Al(OH)3、硫酸钡沉淀、一水合氨；再滴加Ba(OH)2，氢氧化铝逐渐溶解，据此分析解答。【详解】A逐滴加入Ba(OH)2溶液，氢氧根离子先与氯离子反应，故A错误；B以12反应时，硫酸根离子、铝离子均转化为沉淀，同时生成一水合氨，故B错误；C以23反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和硫酸铵，离子反应为2Al 3+3SO42-+3Ba2+6OH-=3BaSO4+2 Al(OH)3，

33、故C正确；D以12反应时，生成硫酸钡、氢氧化铝和一水合氨，离子反应为NH4+Al 3+2SO42-+2Ba2+4OH-=2BaSO4+Al(OH)3+NH3H2O，故D错误；答案选C。【点睛】把握发生的反应及离子方程式的书写方法为解答的关键。本题的易错点和难点为铵根离子和铝离子与氢氧根离子反应的先后顺序的确定。15、B【解析】A该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与OH-反应，不能共存，故A不选；B该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B选；C该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与S2-反应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，但通入的

34、足量CO2能够与C6H5O-反应，不能大量共存，故D不选；故选B。16、C【解析】A. HCl是共价化合物，不存在氯离子，故A错误；B. CCl4是共价化合物，不存在氯离子，故B错误；C. KCl是离子化合物，由K+ 和Cl- 组成，含有氯离子，故C正确；D. NaClO是离子化合物，由Na+ 和ClO- 组成，不存在氯离子，故D错误；故答案为C。17、B【解析】排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，

35、S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。18、C【解析】若a+b=c，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，这说明改变的条件是加入催化剂或增大反应体系的压强；若a+bc，条件改变后，正逆反应速率同时增大，且增大的程度相同，即平衡不移动，改变的条件只能是加入催化剂；答案选C。19、D【解析】A. 天然气主要成分是甲烷，结构式：，故A错误；B. 和互为同位素，故B错误；C. 漂白粉主要成分的化学式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C错误；D. 苯的比例模型：，故D正确；故选D。20、C【解析】A. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生

36、产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B. SiCAl材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D. 氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。21、A【解析】CHCl3分子和甲烷一样，中心C原子采用sp3杂化，COCl2分子中，中心C与O形成双键，再与两个Cl形成共价单键，因此C原子采用sp2杂化，A错误；CHCl3分子中由于CH键、CCl键的键长不相同，因此CHCl3的空间构型为四面体，但不是正四面体，属于极性分子，B正确；所列元素中碳和氧原子均含有两个未成对电子，两者可以组成CO2，C正确；由于氯仿中的

37、Cl元素以Cl原子的形式存在，不是Cl，因此可用硝酸银溶液检验氯仿是否变质，D正确。22、B【解析】A、由水电离的c(H+)=10-13 molL-1的溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，NH4+与OH-能够发生反应，HCO3-与H+和OH-均能反应，因此不能大量共存，故A错误；B、I-具有还原性，H2O2具有氧化性，在酸性条件下，二者能够发生氧化还原反应：2I-2H+H2O2I2 2H2O，故B正确；C、氢氧化钡溶液与硫酸铜溶液反应离子方程式为：，故C错误；D、因碳酸钠溶解度大于碳酸氢钠，向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化碳充分反应后生成的碳酸氢钠会析出，因此其离子反应方程式为：，故D不正确；故答案为：

38、B。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。二、非选择题(共84分)23、CHCH 加成反应 碳碳双键、酯基 5 4 【解析】A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CHCH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6

39、O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CHCH；(2)反应CHCH和CH3COOH发生加成反应生成了C

40、H2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应是在NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【点睛】常见依据反应条件推

41、断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的

42、过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。24、AgOCN 2AgOCN=2Ag+N2+2CO 1：2 【解析】已知丙和丁是相对分子质量相同的常见气体，其中丁是空气的主要成分之一，由此可知丁是氮气，丙是一氧化碳。根据流程图可知氮气的物质的量为0.01mol，一氧化碳的物质的量为n（CO）= ，由此可知甲中C、N、O的原子个数比为1:1:1，化合物由四种元素组成，已知化合物中有两种元素的化合价为最高正价，另两种元素的化合价为最低负价，撞击甲容易发生爆炸生成三种物质，则

43、甲中应该有一种金属元素，设甲的化学式为R（CNO）x，R的相对原子质量为M，根据反应2R（CNO）x=2R+2xCO+xN2，有，所以M=108x，设x=1，2，3，当x=1时，M=108，R为银元素，当x取2、3时，没有对应的金属元素的相对原子质量符合要求，所以甲为AgOCN。【详解】（1）由分析可知，甲的化学式为AgOCN，故答案为：AgOCN；（2）由分析可知，乙为银单质，丙为一氧化碳，丁为氮气，则甲发生爆炸反应的化学方程式为2AgOCN=2Ag+N2+2CO，故答案为：2AgOCN=2Ag+N2+2CO；（3）根据爆炸反应方程式可知，爆炸反应中被氧化的元素为氮元素，共2mol，还原产物

44、为银单质和一氧化碳，共4mol，则爆炸反应中被氧化的元素与还原产物的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2。25、三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2 AFEC 滴入浓盐酸的速率（或B中通入氯气的量） 蒸馏 a b 100% 【解析】本实验要硫与少量氯气在 110140反应制备S2Cl2 粗品，根据题目信息“熔点76，沸点138”，制备的产品为气体，需要冷凝收集；受热或遇水分解放热，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则氯气需要干燥除杂，且制备装置前后都需要干燥装置；所以装置连接顺序为A、F、E、C、B、D；(5)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气

45、体，实验目的是测定该混合气体中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，据元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)仪器m的名称为三颈烧瓶，装置D中试剂为碱石灰，作用为吸收Cl2，防止污染环境，防止外界水蒸气回流使S2Cl2分解；(2)依据上述分析可知装置连接顺序为：AFECBD；(3)反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(4)实验室制得S2Cl2粗品中含有SCl2

46、杂质，根据题目信息可知二者熔沸点不同，SCl2易挥发，所以可通过蒸馏进行提纯；(5)W溶液的目的是氧化二氧化硫，可以是a：H2O2溶液，b：氯水，但不能是b：KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，也不能用FeCl3 溶液会生成氢氧化铁成，故选：ab；过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【点睛】本题为制备陌生物质，解决此类题目的关键是充分利用题目所给信息，根据物质的性质进行实验方案的设计，例如根据“受热或遇水分解放热”，所以温度要控

47、制好，同时还要在无水环境进行制备，则制备装置前后都需要干燥装置。26、平衡压强使浓盐酸顺利流下 MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O 避免SnCl4挥发 常温下，CuCl2为固体且密度比SnCl4大 85% 【解析】根据装置：A装置制备氯气：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O，其中a可以平衡压强，使浓盐酸顺利流下，B吸收杂质HCl气体，C吸收水蒸气，干燥纯净的Cl2与Sn在D中反应制得SnCl4，锡粒中含铜杂质使得D中产生的SnCl4中含有CuCl2，但因为CuCl2熔点高，为固体，且密度比SnCl4大，不会随SnCl4液体溢出，E收集SnCl4液体，尾气用盛放碱石灰

48、的干燥管处理，据此分析作答。【详解】(1)a管的作用是平衡浓盐酸上下的气体压强，使浓盐酸顺利流下；(2)A中浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，反应的离子方程式是MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(3)在D中制取的物质SnCl4中含有杂质CuCl2，SnCl4易挥发，所以D中冷却水的作用是避免SnCl4挥发；(4)尾气中含有氯气会导致大气污染，因此一定要进行处理，可根据Cl2与碱反应的性质，用碱性物质吸收，同时为防止SnCl4水解，该装置还具有干燥的作用，用盛放碱石灰的干燥管可满足上述两个条件，故合理选项是；(5)锡粒中含铜杂质致D中产生CuCl2，但因为常温下，CuCl2为固

49、体且密度比SnCl4大，故不影响E中产品的纯度；(6)滴定中，铁元素化合价由+2价变为+3价，升高1价，Cr元素化合价由+6价变为+3价，降低3价，则有关系式：3SnCl26Fe2+K2Cr2O7，n(SnCl2)=3n(K2Cr2O7) =30.1000mol/L0.02L=0.006mol，故SnCl4产品的纯度为100%=85%。【点睛】本题考查了物质制备方案设计，涉及化学实验操作、物质的作用、滴定方法在物质含量测定的由于等，明确实验原理及实验基本操作方法、知道各个装置作用是解本题关键。27、分液漏斗 C 让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化 B A

50、过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2 【解析】（1）根据仪器结构特征，可知仪器1为分液漏斗；（2）二价铬不稳定，极易被氧气氧化，让锌粒与盐酸先反应产生H2，让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化，故先加盐酸一段时间后再加三氯化铬溶液，故答案为C；让锌粒与盐酸先反应产生H2，把装置2和3中的空气赶出，避免生成的亚铬离子被氧化；（3）利用生成氢气，使装置内气体增大，将CrCl2溶液压入装置3中与CH3COONa溶液顺利混合，应关闭阀门B，打开阀门A；（4）锌粒要过量，其原因除了让产生的H2将CrCl2溶液压入装置3与CH3COONa溶液反应外，另一个作

51、用是：过量的锌与CrCl3充分反应得到CrCl2。【点睛】本题考查物质制备实验方案的设计，题目难度中等，涉及化学仪器识别、对操作的分析评价、产率计算、溶度积有关计算、对信息的获取与运用等知识，注意对题目信息的应用，有利于培养学生分析、理解能力及化学实验能力。28、B CaCO 键、离子键 b c BaCO3 Ca2+半径比Ba2+小，对CO32-中的O2-吸引力更大，且产物CaO比BaO更稳定 d 1:1 【解析】(1)钙的焰色反应为红色；（2）通常金属元素第一电离能较小，同周期元素从左到右第一电离能增强；CaCO3中的化学键除了键，还有一个四原子六电子的键和离子键；(3) CO2中C原子是中

52、心原子，属于IVA族，最外层电子数时4。最外层电子数减去两个O原子成键时所需要的电子数，即4-22=0，所以C原子并没有孤对电子，CO2中要C原子与两个O结合形成2个键，所以C原子的价层电子对数为0+2=2；中心C原子是sp杂化，分子构型为直线型，键角180，CO32-中C原子是中心原子，中心原子是sp2杂化，平面型结构，键角是120，价层电子对数是0+3=3，离子中存在3个键，孤电子对为0个；(4)碳酸盐在热分解过程中，当金属阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越大，其结合碳酸根里氧离子的能力就弱，对应的碳酸盐就越难分解，所需热分解温度就越高；(5)根据AB两点的空间位置分析B点在俯视图中的位

53、置，根据图示求出晶胞中的粒子数目，先求底面积，再根据密度等于质量除以体积进行计算。根据以上分析解答此题。【详解】(1) )钙元素的焰色反应为红色。答案为：B。(2) 通常金属元素第一电离能较小，同周期元素从左到右第一电离能增强，所以CaCO3中三种元素第一电离能由小到大的顺序是CaCO，CaCO3中的化学键除了键，还有一个四原子六电子的键和离子键。答案为：CaCO；键、离子键。(3) CO2中C原子是中心原子，属于IVA族，最外层电子数时4。最外层电子数减去两个O原子成键时所需要的电子数，即4-22=0，所以C原子并没有孤对电子，CO2中要C原子与两个O结合形成2个键，所以C原子的价层电子对数

54、为0+2=2；中心C原子是sp杂化，分子构型为直线型，键角180，CO32-中C原子是中心原子，中心原子是sp2杂化，平面型结构，键角是120，价层电子对数是0+3=3，离子中存在3个键，孤电子对为0个。aCO2和CO32-价层电子对数分别为2、3，a错误；bCO2和CO32-的中心原子都是C原子，均无孤电子对，b正确；cCO2中键角180，CO32-中键角是120，键角：CO2CO32-，c正确；dCO2的中心C原子是sp杂化，CO32-的中心原子是sp2杂化，杂化方式不同，d错误；答案为b c。(4) 碳酸盐在热分解过程中，晶体里的金属阳离子与CO32-中的氧离子结合，使CO32-分解为CO2。当金属阳离子所带电荷数相同时，阳离子半径越大，其结合CO32-中的氧离子的能力就越弱，对应的碳酸盐就越难分解，所需热分解温度就越高，生成的氧化物就越不稳定。所以CaCO3、BaCO3热分解温度更高的是BaCO3，原因是Ca2+半径比Ba2+小，对CO32-中的O