2022年广西来宾市高三下学期联合考试化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、能正确表示下列反应的离子反应方程式的是A向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性：H+SO42-Ba2OH=BaSO4H2OBCl2溶于过量NaOH溶液中：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2OC醋酸除水垢 CaCO3+2H+=Ca2+H2O+C

2、O2D向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO32-2H=SO2H2O2、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为。下列说法中正确的是（ ）AD和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种元素B通常所说的氢元素是指 C、是氢的三种核素，互为同位素D这个反应既是核反应，也是化学反应3、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0. 0lmol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之

3、和的一半。下列说法正确的是A原子半径：WXYB简单氢化物沸点：ZX 7, 呈弱碱性。下列说法正确的是AX 与W 属于同主族元素B最高价氧化物的水化物酸性：W X WDZ 和W的单质都能和水反应14、下列有关同位素的说法正确的是A18O的中子数为8B16O和18O质子数相差2C16O与18O核电荷数相等D1个16O与1个18O质量相等15、NH3是一种重要的化工原料，利用NH3催化氧化并释放出电能（氧化产物为无污染性气体），其工作原理示意图如下。下列说法正确的是A电极为正极，电极上发生的是氧化反应B电极的电极反应式为2NH36eN2+6H+C电子通过外电路由电极流向电极D当外接电路中转移4 mo

4、l e时，消耗的O2为22.4 L16、我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3。下列有关说法正确的是A该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料B放电时，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.7 gC充电时，Li+向N极区迁移D充电时，N极反应为V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)317、下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A海带提碘B氯碱工业C海水提溴D侯氏制碱18、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A在 12.0g NaHSO4 晶体中，所含离子数目

5、为 0.3NAB足量的镁与浓硫酸充分反应，放出 2.24L 混合气体时，转移电子数为 0.2NAC30g 冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为 2NAD标准状况下，11.2L 乙烯和丙烯混合物中含氢原子数目为 2NA19、人体血液存在H2CO3HCO3-、HPO42-H2PO4-等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lgxx表示H2CO3HCO3-或HPO42-H2PO4-与pH的关系如图所示。已知碳酸pKa1=6.4、磷酸pKa2=7.2pKa=-lgKa。则下列说法正确的是A曲线I表示lg(c(HPO42-)c(H2PO4-)与pH的变化关系Bab的过程中，水的电离程

6、度逐渐减小C当cH2CO3=cHCO3-时cHPO42-=cH2PO4-D当pH增大时，cHCO3-cH2PO4-cHPO42-逐渐减小20、以下性质的比较中，错误的是A酸性：H2CO3H2SiO3H3AlO3B沸点：HClHBr HIC热稳定性：HFHClH2SD碱性：KOHNaOHMg(OH)221、某同学设计了如图所示元素周期表，已知Z元素的最外层电子数是次外层的3倍。空格中均有对应的元素填充。下列说法正确的是 A白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素BX、Y分别与Z形成的化合物都只有两种CX、Y元素最高价氧化物对应的水化物酸性：XYDX、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物22、常

7、温下用0.1mol/L NaOH溶液滴定40mL 0.1mol/LH2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示(忽略混合时溶液体积的变化)。下列叙述错误的是AKa2(H2SO3)的数量级为10-8B若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C图中Y点对应的溶液中：3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)D图中Z点对应的溶液中：c(Na+)c(SO32-)c(HSO3-)c(OH-)二、非选择题(共84分)23、（14分）我国成功研制出了具有自主知识产权的治疗缺血性脑梗死新药丁苯酞。有机物G是合成丁苯酞的中间产物，G的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A的结构简式是_，E的化学

8、名称是_。（2）由B生成C的化学方程式为_。（3）G的结构简式为_。合成丁苯酞的最后一步转化为：，则该转化的反应类型是_。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有_种（不包括J），其核磁共振氢谱吸收峰最多的结构简式为_。（5）参照题中信息和所学知识，写出用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线：_。24、（12分）X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，Z为地壳中含量最多的元素，R与X同主族；Y、R、Q最外层电子数之和为8，M的单质为黄绿色有害气体

9、。请回答下列问题：（1）Q在元素周期表中的位置为_。（2）Z、Q、M简单离子半径由大到小的顺序为(写元素离子符号)_。（3）Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：_(用离子方程式表示)。（4）QM2的电子式为_。（5）M的单质与R的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_。25、（12分）三氯氧磷（POCl3）是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染化、塑胶助剂等行业。某兴趣小组模拟PCl3直接氧化法制备POCl3，实验装置设计如下：有关物质的部分性质如下表：回答下列问题：（1）仪器a的名称是_。装置A中发生反应的化学方程式为_。（2）装置C中制备POCl3的化学方程式为_。（3）

10、C装置控制反应在6065进行，其主要目的是_。（4）通过佛尔哈德法可以测定三氯氧磷产品中Cl元素含量，实验步骤如下：I.取xg产品于锥形瓶中，加入足量NaOH溶液，待完全反应后加稀硝酸至溶液显酸性；II.向锥形瓶中加入0.1000 molL1的AgNO3溶液40.00 mL，使Cl完全沉淀；III.向其中加入2 mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；IV.加入指示剂，用c molL1 NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积为VmL。已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012滴定选用的指示剂是（填序号）_，滴定终点的现象为_。a.酚酞 b.NH

11、4Fe(SO4)2 c.淀粉 d.甲基橙Cl元素的质量分数为（列出算式）_。若取消步骤III，会使步骤IV中增加一个化学反应，该反应的离子方程式为_；该反应使测定结果_（填“偏大”“偏小”或“不变”）。26、（10分）FeC2O42H2O是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2 和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题：(1)按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、_C( 填字母，装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是_。(3)B中黑色粉末变红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有_。(4)判断A中固体已完全反应的现

12、象是_。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：_。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是_。(6)测定FeC2O42H2O样品纯度(FeC2O42H2O相对分子质量为M)：准确称取w g FeC2O42H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用c mol L1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗V mL滴定液。滴定反应为FeC2O4+ KMnO4+ H2SO4K2SO4+MnSO4 +Fe2(SO4)3+CO2+ H2O(未配平)。则该样品纯度为_% (用代数式表示)。若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_ (填“偏高”“偏低”

13、或“无影响”)。27、（12分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是_。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。

14、(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 molL1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O3

15、5H2O的质量分数为_(保留小数点后一位)。28、（14分）明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质。具体实验步骤如下图所示(明矾石焙烧后成分不变):完成下列填空:（1）“浸出”反应的离子方程式为_。“浸出”所用稀氨水浓度为39.20g/L，配制500mL该氨水需251.28g/L的浓氨水_mL。（2）“过滤”所需的玻璃仪器有_。（3）写出“溶解”过程中发生反应的化学方程式_、_。（4）检验滤液中是否含有SO42-的实验方法_。（5）为测定钾氨复合肥K2SO4、(NH4)2SO4中SO42-的质量分数，设计实验步骤如下:_。溶于水，加入足量

16、BaCl2溶液，待白色沉淀不再产生为止。过滤、_、_(依次填写实验操作名称)。冷却、称量所得沉淀的质量。（6）若所取试样和所得沉淀的质量分别为mg、ng,试用含有m、n的代数式表示该钾氮复合肥中SO42-的质量分数为_。29、（10分）氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，_比例较高，原因是_（请用离子方程式表示）。（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充

17、分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：_。（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。_NH3_O2_HNO2_请将上述化学方程式补充完整，并配平。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为_。（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O2S2O32-+I2S4O62-+2I-某小组同学取100.00m

18、L水样经反应和后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为_；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=_mg/L。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. 向NaHSO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液至溶液呈中性，正确离子方程式为：2H+SO42-Ba22OH=BaSO42H2O，A项错误；B. Cl2溶于过量NaOH溶液中生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为：Cl2 + 2OH- = Cl- + ClO- + H2O，B项正确；C. 醋酸为弱酸，离子方程式中不拆， C项错误；D. 稀HN

19、O3具有强氧化性，能将Na2SO3氧化为Na2SO4，D项错误；答案选B。【点睛】本题易错点D，离子方程式正确判断时，要注意物质的性质，有强氧化剂时，会与还原剂发生氧化还原反应。2、C【解析】A 项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；B项、是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，故B错误；C项、的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；故选C。3、C【解析】n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01molL-1的s溶液的pH为12，s为

20、一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO1结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。【详解】AH原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：WYX，故A错误；BC对应简单氢化物为CH4，O对应简单氢化物为H2O，Na对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O均为分子晶体，NaH为离子晶体，H2O分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：XYGeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；形

21、成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。4、B【解析】依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。5、B【解析】由图可知，CO的浓度减小，甲醇浓度增大，且平衡时c(CO)=0.25mol/L，c(CH3OH)=0.75mol/L，转化的c(CO)=0.75mol/

22、L，结合质量守恒定律可知反应为CO+2H2CH3OH，3min时浓度仍在变化，浓度不变时为平衡状态，且增大压强平衡向体积减小的方向移动，以此来解答。【详解】A用CO和H2生产燃料甲醇，反应为CO+2H2CH3OH，故A正确；B反应进行至3分钟时浓度仍在变化，没有达到平衡状态，则正、逆反应速率不相等，故B错误；C反应至10分钟，(CO)=0.075mol/(Lmin)，故C正确；D该反应为气体体积减小的反应，且K与温度有关，则增大压强，平衡正向移动，K不变，故D正确；故答案为B。6、B【解析】A、由流程图可知，CO2+H2在Na-Fe3O4催化剂表面反应生成烯烃，根据元素和原子守恒可知，其反应为

23、：，故A错误；B、中间产物Fe5C2是无机物转化为有机物的中间产物，是转化的关键，故B正确；C、催化剂HZMS-5的作用是加快反应速率，对平衡产率没有影响，故C错误；D、由图分析78%并不是表示CO2转化为汽油的转化率，故D错误；故答案为：B。7、D【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，A. Y的氢化物分别是H2O、

24、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B. Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C. SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D. Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；答案选D。8、B【解析】A. 铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完

25、全反应，故转移的电子数小于 0.18NA，故A错误；B. 78g钾的物质的量为2mol，而钾反应后变为+1价，故2mol钾燃烧转移2NA个电子，故B正确；C. 氨气和HCl反应后生成的氯化铵为离子化合物，不存在分子，故C错误；D. 标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1mol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故D错误；故答案为B。9、D【解析】A.常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极，不能说明铝比铜活泼，故A错误；B.制备溴苯要苯和液溴反应，故B错误；C.二氧化碳与过氧化钠反应生成氧气，故无法提纯CO气体，故C错误；D.Fe

26、2+容易被空气中氧气氧化为Fe3+，Fe3+可以与SCN-反应生成红色物质Fe(SCN)3,故D正确；故答案选:D。【点睛】常温下铝与浓硝酸会发生钝化反应，铜与浓硝酸发生氧化还原反应，作负极。10、D【解析】A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误；B、2，2二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能燃烧，属于氧化反应，故D正确。11、C【解析】A制作一次性医用防护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B气溶胶的分散剂可以是空气，但不

27、能是液体水，B错误；CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；答案选C。12、C【解析】A盐酸和氢氧化钠溶液反应至终点时，pH=7，与酚酞的变色范围810接近，甲基橙的变色范围在3.1-4.4，则使用酚酞做指示剂更好，故A错误；B滴定前，0.050 mol/L H3PO4与H2G的pH值几乎相等，由此可得，二者第一电离平衡常数Ki的数量级相同，故B错误；C20.00mL、0.050 mol/L的磷酸用0.10 mol/L的NaOH

28、完全中和应消耗30mL氢氧化钠，根据图像，滴定磷酸共有两次突跃，第二次为滴定磷酸的终点，用酚酞作指示剂滴定磷酸到终点时，消耗氢氧化钠的体积为20mL，则可以确定达到终点是，溶液中的溶质为Na2HPO4，故C正确，D当溶液中的溶质为NaH2PO4时，应为磷酸的第一次滴定突跃，根据图像显示，此时溶液显酸性，即H2PO4-的电离程度大于水解程度，即c(HPO42-)c(H3PO4)，则，故D错误；答案选C。13、A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍，则X为O；Z 的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，Y为F；常温下，Z和W形成的化合物

29、的水溶液pH 7，呈弱碱性，则为Na2S，即W为S。【详解】A. O与S属于同主族元素，故A正确；B. F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；C. 水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点： H2O HF H2S，故C错误；D. Na与H2O反应生成NaOH和H2，S和H2O不反应，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高。14、C【解析】由（简化为）的含义分析解答。【详解】原子中，质量数为A，质子数为Z，中子数为

30、（AZ）。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为。A. 氧是8号元素，18O的中子数为188=10，A项错误；B. 16O和18O质子数都是8，中子数相差2，B项错误；C. 16O与18O核电荷数都是8，C项正确；D. 16O、18O的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D项错误。本题选C。15、B【解析】由工作原理示意图可知，H+从电极流向，可得出电极为负极，电极为正极，电子通过外电路由电极流向电极，则电极处发生氧化反应，故a处通入气体为NH3，发生氧化反应生成N2，电极反应式为2NH36e=N2+6H+，b处通入气体O2，O2得到电子与H+结合生成H2O，根据电极反应过程中转移

31、的电子数进行计算，可得出消耗的标况下的O2的量。【详解】A由分析可知，电极为负极，电极上发生的是氧化反应，A项错误；B电极发生氧化反应，NH3被氧化成为无污染性气体，电极反应式为2NH36eN2+6H+，B项正确；C原电池中，电子通过外电路由负极流向正极，即由电极流向电极，C项错误；Db口通入O2，在电极处发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，根据电极反应方程式可知，当外接电路中转移4 mol e时，消耗O2的物质的量为1mol，在标准状况下是22.4 L，题中未注明为标准状况，故不一定是22.4 L，D项错误；答案选B。16、B【解析】原电池的正极上发生得电子的还原

32、反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总反应为：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e3Li+6C。【详解】A. 该电池比能量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；B. 放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e3Li+6C，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.1 mol7gmol1=0.7

33、 g，故B正确；C. 充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；D. 充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e=V2(PO4)33Li，故D错误；故选B。【点睛】本题考查二次电池，理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，失去电子。17、D【解析】A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变

34、化，属于氧化还原反应，故C错误；D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。故选D。18、C【解析】ANaHSO4 晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子，所以在 12.0g NaHSO4 晶体中，即0.1mol晶体中所含离子数目为 0.2NA，故A错误；B未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，所以无法确定转移电子数，故B错误；C冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为：2NA=2NA，故C正确；D11.2L 乙烯和丙烯

35、的混合气体在标况下的物质的量为0.5mol，0.5mol乙烯中氢原子为2mol，0.5mol丙烯中氢原子为3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3NA之间，故D错误；故答案为C。【点睛】阿伏加德罗常数是高考的热点，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，还要注意气体摩尔体积使用条件和对象。19、D【解析】A. Ka2c(H+)=c(HPO42-)c(H2PO4-)，lgc(HPO42-)c(H2PO4-)=lgKa2-lgc(H+)，即lgx=pH-7.2，所以曲

36、线II表示lgc(HPO42-)c(H2PO4-)与pH的变化关系，故A错误；B.由图所示ab的过程中，酸性减弱，碳酸氢根离子的浓度增大，碳酸氢根离子水解使水的电离程度逐渐增大，故B错误；C. 由Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)得lgc(HCO3-)c(H2CO3)=pH-6.4，当cH2CO3=cHCO3时，pH=6.4；当cHPO42-=cH2PO4-时，pH=7.2，故C错误；D. Ka1c(H+)=c(HCO3-)c(H2CO3)，Ka2c(H+)=c(HPO42-)c(H2PO4-)，则c(HCO3-)c(H2PO4-)c(HPO42-)=Ka1c(H2CO3)Ka

37、2 ，当pH增大时，c(H2CO3)逐渐减小，故D正确。故选D。20、B【解析】A元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性CSiAl，所以酸性：H2CO3H2SiO3H3AlO3，A正确；B同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，沸点为HIHBrHCl，B错误；C元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性FClS，所以氢化物的热稳定性：HFHClH2S，C正确；D元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性KNaMg，所以碱性：KOHNaOHMg(OH)2，D正确；故合理选项是B。21、C【解析】按照排布规律

38、，前3周期，一侧的相同位置的元素位于同一主族，比如B和Al同主族，均在H的左侧，均处于棱形的顶部空格内。则可知X、Y同主族，且X为N，Y为P，Z为O。到了第四周期，出现灰色空格，填充副族元素，如Se。【详解】A、按照图示，白格填充的为主族元素和稀有气体元素，灰格填充的为副族元素，A错误；B、X和Z，可以形成NO、NO2、N2O5等氮氧化物，不止2种，B错误；C、X的最高价氧化物对应的水化物为HNO3，Y的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，同主族元素，同上到下非金属性减弱，非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，则HNO3H3PO4；C正确；D、非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强

39、，同主族元素，同上到下非金属性减弱，同周期元素，从左到右，非金属性增强，则非金属性排序为ONP，氢化物最强的是Z的氢化物，H2O；D错误；答案选D。22、D【解析】A据图可知c(SO32-)=c(HSO3-)时pH=7.19，Ka2(H2SO3)=c(H+)=10-7.19，则Ka2(H2SO3)的数量级为10-8，故A正确；B甲基橙的变色范围为3.1-4.4，滴定第一反应终点pH在4.25，所以可以选取甲基橙作指示剂，溶液由红色变为橙色，故B正确；CY点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-)，且该点c(SO32-)=c(HSO3-)，所

40、以存在3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故C正确；DZ点溶质为Na2SO3，SO32-水解生成HSO3-，SO32-水解和水电离都生成OH-，所以c(HSO3-)c(OH-)，故D错误；故答案为D。【点睛】H2SO3为二元弱酸，与氢氧化钠反应时先发生H2SO3+NaOH=NaHSO3+H2O，再发生NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，所以第一反应终点溶液溶质为NaHSO3，此时溶液呈酸性，说明亚硫酸氢根的电离程度大于水解程度；第二反应终点溶液溶质为Na2SO3。二、非选择题(共84分)23、 2-甲基-1-丙烯（或异丁烯） 酯化反应（或取代反应） 4 【解析

41、】（1）A与溴发生取代反应生成邻甲基溴苯，则A的结构简式是；E与溴化氢发生加成反应生成F，F发生已知信息的反应生成(CH3)3CMgBr，则E的结构简式为CH2=C(CH3)2，所以E的化学名称是2甲基1丙烯。（2）C氧化生成D，根据D的结构简式可知C的结构简式为，所以由B生成C的化学方程式为。（3）D和(CH3)3CMgBr发生已知信息的反应，则G的结构简式为。反应中羟基和羧基发生分子内酯化反应，则该转化的反应类型是取代反应。（4）有机物D的溴原子被羟基取代后的产物J有多种同分异构体，其中含有苯环的同分异构体有4种，即间羟基苯甲醛、对羟基苯甲醛、苯甲酸和甲酸苯酯。其核磁共振氢谱吸收峰最多的结

42、构简式为。（5）根据题中信息和所学知识结合逆推法可知用和CH3MgBr为原料（其他无机试剂任选）制备的合成路线为。点睛：高考化学试题中对有机化学基础的考查题型比较固定，通常是以生产、生活的陌生有机物的合成工艺流程为载体考查有机化学的核心知识，涉及常见有机物官能团的结构、性质及相互转化关系，涉及有机物结构简式的确定、反应类型的判断、化学方程式的书写、同分异构体的识别和书写等知识的考查。它要求学生能够通过题给情境中适当迁移，运用所学知识分析、解决实际问题，这高考有机化学复习备考的方向。有机物的考查主要是围绕官能团的性质进行，常见的官能团：醇羟基、酚羟基、醛基、羧基、酯基、卤素原子等。这些官能团的性

43、质以及它们之间的转化要掌握好，这是解决有机化学题的基础。有机合成路线的设计时先要对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。同分异构体类型通常有：碳链异构、官能团异构、位置异构等，有时还存在空间异构，要充分利用题目提供的信息来书写符合题意的同分异构体。物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目标产物。24、第二周期A族 Cl- O2- Mg2+ NH3+H2ONH3H2ONH4+OH- Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。 【解析】X、Y、Z、R、Q、M是六种

44、短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素，据此分析。【详解】X、Y、Z、R、Q、M是六种短周期元素，原子序数依次增大。X是原子半径最小的元素，则X为氢元素；Y的气态氢化物能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则Y为氮元素；Z为地壳中含量最多的元素，则Z为氧元素；R与X同主族，原子序数大于氧元素，则R为钠元素；Y、R、

45、Q最外层电子数之和为8，则Q的最外层电子数为8-5-1=2，故Q为镁元素；M的单质为黄绿色有害气体，则M为氯元素。（1）Q为镁元素，在元素周期表中的位置为第二周期A族；（2）Z、Q、M分别为O、Mg、Cl，Cl-比其他两种离子多一个电子层，O2-、Mg2+具有相同电子层结构，核电荷数大的Mg2+半径较小，故简单离子半径由大到小的顺序为Cl- O2- Mg2+；（3）Y的气态氢化物NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因：NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-；（4）QM2为MgCl2，属于离子化合物，其电子式为；（5）M的单质Cl2与R的最高价氧化物对应的水化物NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠

46、和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+H2O+ClO-。25、冷凝管 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2 2PCl3+O2=2POCl3 加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失 b 当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色 AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq) 偏小 【解析】根据实验目的及装置图中反应物的状态，分析装置的名称及装置中的相关反应；根据滴定实验原理及相关数据计算样品中元素的含量，并进行误差分析。【详解】（1）根据装置图知，仪器a的名称是冷凝管；根据实验原理及装置中反应物状态

47、分析知，装置A为用固体和液体制备氧气的装置，可以是过氧化钠与水反应，也可能是双氧水在二氧化锰催化下分解，化学方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2，故答案为：冷凝管；2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2或2H2O =2H2O+O2；（2）装置C中为PCl3与氧气反应生成POCl3的反应，化学方程式为2PCl3+O2=2POCl3，故答案为：2PCl3+O2=2POCl3；（3）通过加热可以加快反应速率，但温度不易太高，防止PCl3气化，影响产量，则C装置易控制反应在6065进行，故答案为：加快反应速率，同时防止PCl3气化，逸出损失；（4）用cmol

48、L1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点；故答案为：b；当加入最后一滴NH4SCN溶液，溶液刚好变为红色，且红色半分钟内不褪色；用cmol/LNH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积VmL，则过量Ag+的物质的量为Vc103mol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.1000mol/L0.04LVc103mol(4Vc)103mol，则Cl元素的质量百分含量为，故答案为：；已知：Ksp(AgCl)3.21010，Ksp(AgSCN)21012，则AgS

49、CN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，反应为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小，所以测得的氯离子的物质的量偏小；故答案为：AgCl(s)+SCN-(aq)AgSCN(s)+Cl-(aq)；偏小。26、C、D(或E)、C、E、B 排尽装置内空气，避免干扰实验 CO 淡黄色粉末全部变成黑色粉末 取残

50、留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉) 缺少尾气处理装置 偏低 【解析】FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。【详解】(1)检验CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验C

51、O2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B 、C。答案为：C、D(或E)、C、E、B；(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰CO氧化产物CO2的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；(3)CuO由黑色变为红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。答案为：CO；(4)A中FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法

52、：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；(5)CO还原CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为：缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=c mol/LV 10-3L=，则该样品纯度为 =%V测=V终-V始，若滴

53、定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为：；偏低。【点睛】在计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC2O43KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。27、分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于15，则含有NaOH 乙醇 82

54、.7 【解析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成

55、溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守

56、恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。28、Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+ 78 烧杯、玻璃棒、漏斗 Al(OH)3+