2022年河北省衡水市桃城区武邑高三最后一模化学试题含解析

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、在给定条件下，下列选项所示的

2、物质间转化均能实现的是()ACu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)BSiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)CFe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)DNaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)2、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是（ ）A灼烧海带：B将海带灰溶解后分离出不溶性杂质：C制备Cl2，并将I-氧化为I2：D以淀粉为指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定：3、下列说法中正确的是( )AH2O2属于共价化合物,分子中只含有共价键BNa2O2属于离子化合物,该物质中只含有离子键C分子

3、间作用力CH4Fe(OH)3B某气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红该气体水溶液一定显碱性C同温同压下，等体积pH=3的HA和HB两种酸分别于足量的锌反应，排水法收集气体，HA放出的氢气多且反应速率快HB的酸性比HA强DSiO2既能与氢氟酸反应又能与碱反应SiO2是两性氧化物AABBCCDD6、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是AHClO的结构式：HOClBHF的电子式： H:CS2的结构示意图：DCCl4分子的比例模型：7、化学在环境保护中起着十分重要的作用，电化学降解NO3-的原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）AA为电源的正极B溶液中H+从阳极向阴极迁移C电解过程中，每转移2 mol电

4、子,则左侧电极就产生32gO2DAg-Pt电极的电极反应式为2NO3-+12H+10e- = N2+ 6H2O8、古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。则该物质是( )A明矾B草木灰C熟石灰D漂白粉9、化学与生活密切相关，下列有关说法错误的是ASO2和NO2是主要的大气污染物B大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C以液化石油气代替燃油可减少大气污染D对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法10、25时，1 mol/L醋酸加水稀释至0.01 mol/L，下列说法正确的是A溶液中的值增大BpH增大2个单位C溶液中c(OH-)减小DKw减小11、如

5、图所示，在一个密闭的玻璃管两端各放一团棉花，再用注射器同时在两端注入适量的浓氨水和浓盐酸，下列说法不正确的是A玻璃管中发生的反应可表示为：NH3HClNH4ClB实验时会在玻璃管的A处附近看到白雾C用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出D将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象12、给下列物质分别加入溴水中，不能使溴水褪色的是（ ）ANa2SO3晶体BC2H5OHCC6H6DFe13、高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C反应II中氧化剂与还原剂的物

6、质的量之比为3:2D该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4ZWCX与W形成的化合物中各原子均达到8电子稳定结构DY、Z、W的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应17、下列关于氨碱法和联合制碱法说法错误的是（）A两者的原料来源相同B两者的生产原理相同C两者对食盐利用率不同D两者最终产品都是Na2CO318、乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（ ）。A苯和溴水共热生成溴苯B2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到D乙醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应19、已知：SO32I2H2O=SO422H2I，某溶液中可能含有I、NH4+、Cu2、SO32

7、，向该无色溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，下列判断正确的是()A肯定不含I B肯定不含NH4+ C可能含有SO32 D可能含有I20、H2S为二元弱酸。20时，向0.100molL-1的Na2S溶液中缓慢通入HCl气体（忽略溶液体积的变化及H2S的挥发）。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系一定正确的是（ ）Ac（Cl-）=0.100molL-1的溶液中：c（OH-）-c（H+）=c（H2S）-2c（S2-）B通入HCl气体之前：c（S2-）c（HS-）c（OH-）c（H+）Cc（HS-）=c（S2-）的碱性溶液中：c（Cl-）+c（HS-）0.100molL-1+c（H2S）DpH=7的溶

8、液中：c（Cl-）=c（HS-）+2c（H2S）21、水是自然界最重要的分散剂，关于水的叙述错误的是（ ）A水分子是含极性键的极性分子B水的电离方程式为：H2O2H+O2C重水（D2O）分子中，各原子质量数之和是质子数之和的两倍D相同质量的水具有的内能：固体液体气体22、常温下，向1L0.01molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，保持温度和溶液体积不变，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述不正确的是A0.01molL1HR溶液的pH约为4B随着氨气的通入，逐渐减小C当溶液为碱性时，c（R）c（HR）D当通入0.01 mol NH3

9、时，溶液中存在：c（R）c（NH4+）c（H+）c（OH）二、非选择题(共84分)23、（14分）烯烃能在臭氧作用下发生键的断裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根据产物的结构可以推测原烯烃的结构（1）现有一化学式为C10H18的烃A，经过臭氧作用后可以得到 CH3COOH和B（结构简式如图）A的结构简式是_（2）A经氢化后得到的烷烃的命名是_（3）烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性该同分异构体的结构简式是_（4）以B为原料通过三步反应可制得化学式为（C6H10O2）n的聚合物，其路线如下：写出该聚合物的结构简式：_在进行第二步反应时，易生成一种含八元环的副产物，其

10、结构简式为_24、（12分）有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L 1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为_；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是_。甲、乙、戊按原子个数比111形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_。上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_。接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_。当反应电解一段时间后

11、测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时共转移电子数目约为_；反应的离子方程式为_若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有_25、（12分）亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为 -5.5，易水解。已知：AgNO2 微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。（1）制备 Cl2 的发生装置可以选用 _ (填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_ 。（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置

12、，其连接顺序为 a_ _。(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO实验室也可用 B 装置制备 NO ， X 装置的优点为_ 。检验装置气密性并装入药品，打开 K2，然后再打开 K3，通入一段时间气体，其目的是 _，然后进行其他操作，当 Z 中有一定量液体生成时，停止实验。（4）已知：ClNO 与 H2O 反应生成 HNO2 和 HCl。设计实验证明 HNO2 是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL-1 盐酸、 1 molL-1HNO2 溶液、 NaNO2 溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸

13、)。通过以下实验测定ClNO 样品的纯度。取 Z 中所得液体m g 溶于水，配制成 250 mL 溶液；取出 25.00 mL 样品溶于锥形瓶中，以 K2CrO4 溶液为指示剂，用 c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为 20.00mL。滴定终点的现象是_亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 _。(已知： Ag2CrO4 为砖红色固体；Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)26、（10分）某化学兴趣小组为探究Na2SO3固体在隔绝空气加热条件下的分解产物，设计如下实验流程：已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/

14、L。请回答下列问题：(1)气体Y为_。(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀的离子方程式为_。(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，则Na2SO3的分解率为_。(4)Na2SO3在空气易被氧化，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是_。27、（12分）硫代硫较钠 (Na2S2O3)在生产生活中具有广泛应用。硫化碱法是工业上制取硫代硫酸钠的方法之一。实验室模拟工业生产装置如图所示：(1)利用如图装置进行实验，为保证硫酸顺利滴下的操作是_。(2)装置B中生成的Na2S2O3同时还生成CO2，反应的离子方程式为_；在该装置中使用多孔球泡的目的是_。(3)装置C的作用是检验装置B中SO

15、2的吸收效果，C中可选择的试剂是_(填字母)。a.H2O2溶液 b.溴水 c.KMnO4溶液 d.BaCl2溶液(4)Na2S2O3溶液常用于测定废水中Ba2+浓度。取废水20.00mL，控制适当的酸度，加入足盐K2Cr2O7溶液，得到 BaCrO4 沉淀，过滤洗涤后用适量稀酸溶解，此时 CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量 KI溶液，将Cr2O72- 充分反应；然后加入淀粉溶液作指示剂，用0.100 mol/L的Na2S2O3 溶液进行滴定：(I2 +2 S2O32-= S4O62-+ 2I-)，滴定终点的现象为_。平行滴定3次，消耗Na2S2O3 溶液的平均用量为18.00mL。

16、则该废水中Ba2+ 的物质的量浓度为_mol/L，在滴定过程中，下列实验操作会造成实验结果偏高的是_(填字母)。a.滴定管未用Na2S2O3溶液润洗b.滴定终点时俯视读数c.锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理d.滴定管尖嘴处滴定前无气泡，滴定终点发现有气泡28、（14分）Al、Ti、Co、Cr、Zn 等元素形成的化合物在现代工业中有广泛的用途。回答下列问题：(1)下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是_(填标号)。ANe3s1 BNe3s2 CNe3s23p1 DNe 3s13p2(2)熔融 AlCl3 时可生成具有挥发性的二聚体 Al2Cl6，二聚体 Al2Cl6 的结构式为_

17、；(标出配位键)其中 Al 的配位数为_。(3)与钛同周期的所有副族元素的基态原子中，最外层电子数与基态钛原子相同的元素有_种。(4)Co2的价电子排布式_。NH3 分子与 Co2结合成配合物Co(NH3)62，与游离的氨分子相比，其键角HNH_(填“较大”，“较小”或“相同”)，解释原因_。(5)已知 CrO5 中铬元素为最高价态，画出其结构式：_。 (6)阿伏加德罗常数的测定有多种方法，X 射线衍射法就是其中的一种。通过对碲化锌晶体的 X 射线衍射图 象分析，可以得出其晶胞如图 1 所示，图 2 是该晶胞沿 z 轴的投影图，请在图中圆球上涂“”标明 Zn 的位置_。若晶体中 Te 呈立方面

18、心最密堆积方式排列，Te 的半径为 a pm，晶体的密度为 g/cm3，阿伏加德罗常数 NA=_mol-1（列计算式表达）。29、（10分）分离出合成气中的H2，用于氢氧燃料电池。如图为电池示意图。（1）氢氧燃料电池的能量转化主要形式是_，在导线中电子流动方向为_(用a、b和箭头表示)。（2）正极反应的电极反应方程式为_。（3）当电池工作时，在KOH溶液中阴离子向_移动（填正极或负极）。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、A【解析】A.硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应

19、为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；B.SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；C.铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；D.在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A。2、B【解析】A. 灼烧需在坩埚中进行，不能选烧杯，A项错误；B. 将海带灰溶解后分离出不溶性杂质采用过滤操作，过滤需要玻

20、璃棒引流，图中操作科学规范，B项正确；C. 制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和食盐水，尾气需用氢氧化钠吸收，C项错误；D. Na2S2O3为强碱弱酸盐，因S2O32-的水解使溶液呈现碱性，所以滴定时Na2S2O3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D项错误；答案选B。【点睛】本题的易错点是D项，选择酸碱滴定管一方面要考虑实际的反应所需的环境，另一方面要考虑标准溶液的酸碱性。如高锰酸钾溶液在酸性条件下具有强氧化性，需选择酸式滴定管；而本题的硫酸硫酸钠还原碘单质时，考虑到标准溶液的水解来选择碱式滴定管。此外，学生要牢记仪器的构造，会区分酸式滴定管与碱式滴定管。3、A【

21、解析】A. H2O2属于共价化合物，分子中只含有共价键，正确，故A选；B. Na2O2中除了离子键，还含有共价键O-O，故B不选；C. 由于SiH4相对分子质量比CH4的大，所以分子间作用力CH4HA，C正确；D. SiO2与氢氟酸反应产生SiF4和H2O，SiF4不是盐，因此SiO2不是两性氧化物，D错误；故合理选项是C。6、A【解析】A. 次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：HOCl，A项正确；B.HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B项错误；C. 硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离

22、子结构示意图为，C项错误；D. 氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。7、C【解析】A项，该装置中，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag-Pt电极为阴极，pt电极为阳极，连接阴极的B电极为负极，A为正极，故A项正确；B项，电解时阳离子向阴极移动，所以H+从阳极向阴极迁移，故B项正确；C项，左侧电极为阳极发生2H2O-4e-=4H+O2，所以每转移2 mol电子时，左侧电极就产生0.5 mol O2即16g氧气，故C项错误；D项，阴极上硝酸根离子得电子发生还原反应，电极反应式为，故D项正

23、确。综上所述，本题正确答案为C。点睛：考查电解池的反应原理。抓住氧化还原反应进行判定电池的阴阳极。根据氧化剂和还原剂进行电极反应式的书写。8、A【解析】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾KAl(SO4)212H2O中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，答案选A。9、B【解析】A空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物，故A正确；B大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物，故B错误；C液化石油气含有杂质少，燃烧更充分，燃烧时产生的一氧化碳少，对空气污染小，减少大气污染，故C正确；D用石灰对煤燃烧后形成的

24、烟气脱硫，可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙，减少环境污染，故D正确；答案为B。10、A【解析】A加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=不变，故溶液中的值增大，故A正确；B加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；C对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；DKw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；故答案为A。11、B【解析】A、玻璃管中浓氨水分解产生的氨气与浓盐酸挥发的氯化氢气体反应生成氯化铵，发生的反应可表示为：NH3HClNH4Cl，选项A正

25、确；B、分子运动速率和分子的相对分子质量成反应比，故应在C附近看到白烟，选项B不正确；C、氨气与氯化氢反应为放热反应，用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出，选项C正确；D、浓硝酸也易挥发，与氨气反应生成白烟硝酸铵，故将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查分子的定义与分子的特性、根据化学反应方程式的计算。了解分子的特点，掌握化学反应原理，易错点为选项B：分子运动速率和分子的相对分子质量成反应比。12、B【解析】A.Na2SO3具有还原性，可与溴水发生氧化还原反应，溴水褪色，故A不选；B.乙醇与水混溶，且与溴水不发生反应，所以溴水不褪色，故B选；C.溴易溶于苯，

26、溶液分层，水层无色，可以使溴水褪色，故C不选；D.铁可与溴水反应溴化铁或溴化亚铁，溴水褪色，故D不选，故选B。13、D【解析】A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；

27、D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。14、D【解析】溶液A中滴加过量BaCl2溶液所得沉淀B溶解于稀盐酸，部分溶解，并得到沉淀D为BaSO4，物质的量是0.01mol，溶解的为BaSO3，质量为2.17g，物质的量为0.01mol，由此推断原溶液中含有SO42-和SO32-，物质的量均为0.01mol；排除原溶液中含有Ba2+；滤液C中加入足量NaOH溶液，无沉淀可知溶液中无Mg2+，有气体放出，可知溶液中有NH4+，根据生成氨气448mL，可知溶液中NH4+的物质的量为

28、0.02mol；溶液是电中性的，根据电荷守恒可知，溶液中一定还含有Na+，其物质的量为0.02mol，可能还含有Cl-。【详解】A. 气体F能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B.由分析可知，溶液 A 中一定存在 Na+，B错误；C. 由分析可知，溶液 A 中一定不存在 Mg2+，C错误；D. 由分析可知，溶液 A 中不存在 Cl时Na+物质的量为0.02mol，若溶液 A 中存在 Cl，Na+物质的量大于0.02mol，即 c(Na+) 0.20 molL-1，D正确；故答案选D。15、A【解析】A常温下， 1LpH=2的H2SO4 溶液中，硫酸和水电离的 H+总数为(10-2+10-12)

29、mol/L1LNA=0.01NA，A正确；B在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，则1mol H2O 最多可形成2NA个氢键，B不正确；CMnO2与浓盐酸反应制备1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3与浓盐酸反应制备1mol氯气(反应方程式为ClO3-+5Cl- +6H+=3Cl2+3H2O)，转移的电子为NA，C不正确；D采用极端分析法，O2 与 O3 各16g，分子总数分别为NA和NA，则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D不正确；故选A。【点睛】在冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错

30、解。16、D【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y的原子半径在第三周期中最大，Y为Na元素；Y与W形成的离子化合物对水的电离无影响，则W为Cl元素；X与Z同主族，X为非金属元素，则X可能为B、C、N、O，Z可能为Al、Si、P、S。【详解】A. 常温下，B、C、N、O的单质不一定呈气态，如金刚石或石墨为固体，故A错误；B. 同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，则非金属性：WZ，故B错误；C. X与W形成的化合物中BCl3中的B原子未达到8电子稳定结构，故C错误；D. 当Z为Al时，氢氧化铝为两性氢氧化物，Na、Al、Cl的最高价氧化物对应的水化物可能相互反应，故D正

31、确；故选D。【点睛】本题的难点是X和Z的元素种类不确定，本题的易错点为C，要注意根据形成的化合物的化学式判断是否为8电子稳定结构。17、A【解析】A氨碱法：以食盐（氯化钠）、石灰石（经煅烧生成生石灰和二氧化碳）、氨气为原料；联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳（来自合成氨中用水煤气制取氢气时的废气）为原料，两者的原料来源不相同，故A错误；B氨碱法其化学反应原理是NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，联合制碱法包括两个过程：第一个过程与氨碱法相同，将氨通入饱和食盐水而形成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，经过滤、洗涤得NaHCO3晶体，再煅烧制得纯碱产品，第二个过程是从含有

32、氯化铵和氯化钠的滤液中结晶沉淀出氯化铵晶体，故B正确；C氨碱法的最大缺点在于原料食盐的利用率只有约70%，联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到96%以上，故C正确；D氨碱法和联合制碱法两者最终产品都是Na2CO3，故D正确；选A。18、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。19、D【解析】据题给方程式确定还原性：SO32-I。其溶液呈无色，则Cu2一定

33、不存在，由于SO32-还原性强，首先被Br2氧化成SO，若Br2过量会继续氧化I生成I2，致使溶液呈黄色，则根据溶液颜色未变，确定SO32-一定存在，I可能存在，根据电荷守恒，溶液中的阳离子只能为NH，则NH一定存在。故D正确。20、D【解析】Ac（Cl-）=0.100molL-1的溶液中的物料守恒c(Cl-)=c(HS-)+c(H2S)+c(S2-)=c(Na+)=0.100molL-1，电荷守恒c(Cl-)+c(HS-)+2c(S2-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，则c(OH-)-c(H+)=c(H2S)-c(S2-)，故A错误；B通入HCl气体之前，S2-水解导致溶液呈碱性，

34、其水解程度较小，且该离子有两步水解都生成OH-，所以存在c(S2-)c(OH-)c(HS-)c(H+)，故B错误；C溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，物料守恒c(S2-)+ c(HS-)+ c(H2S)= c(Na+)=0.100molL-1，则c(Cl-)+ c(OH-)=c(H+)+ c(HS-)+2c(H2S)，即c(Cl-)+ c(OH-)+c(S2-)=c(H+)+ c(HS-)+ c(S2-)+2c(H2S)，在c(HS-)= c(S2-)碱性溶液中c(OH-)c(H+)，所以c(Cl-)+ c(HS-)c

35、(HS-)+c(S2-)+2 c(H2S)=0.100molL-1+c(H2S)，故C错误；D溶液中的电荷守恒为c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)+ c(OH-)= c(H+)+ c(Na+)，溶液的pH=7，则溶液中c(OH-)= c(H+)，c(Na+)= c(Cl-)+ c(HS-)+2c(S2-)，溶液中存在物料守恒c(Na+)=2c(H2S)+2 c(S2-)+2c(HS-)，所以存在c(Cl-)= c(HS-)+2c(H2S)，故D正确；故答案选D。21、B【解析】A. 水含H-O极性键，为V形结构，正负电荷的中心不重合，则为极性分子，A项正确；B. 水为弱电解质，存在电

36、离平衡，电离方程式为H2OH+OH，B项错误；C. 质量数为22+16=20，质子数为12+8=10，则重水（D2O）分子中各原子质量数之和是质子数之和的两倍，C项正确；D. 由固态转化为液态，液态转化为气态，均吸热过程，气态能量最高，则相同质量的水具有的内能：固体液体气体，D项正确；答案选B。22、D【解析】A. pH=6时c(H+)=10-6，由图可得此时=0，则Ka=10-6，设HR 0.01molL1电离了X molL1，Ka=10-6 ，解得X=10-6，pH=4，A项正确；B. 由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，= c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变，c(H+)浓

37、度在减小，故在减小，B项正确；C.当溶液为碱性时，R的水解会被抑制，c(R)c(HR)，C项正确；D. Ka=10-6，当通入0.01 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)，D项错误；答案选D。二、非选择题(共84分)23、 3，4，4三甲基庚烷 【解析】(1)分析题目给出的信息，进行逆向推理即可；根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个片断结合而成，2个和，再结合反应原理解答该题；(2)根据(1)的分析所得

38、A的结构简式，再根据系统命名法命名与H2发生加成反应的产物；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，据此分析；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成，据此分析解答。【详解】(1)根据题目所给信息可知：碳碳双键在酸性高锰酸钾作用下，生成2个碳氧双键，现生成的2种化合物中共有3个碳氧双键，故A中含有2个碳碳双键，根据化学式为C10H18的烃A，则A烯烃应该是下列三个

39、片断结合而成，2个和，故A的结构简式是；(2)根据(1)的分析，A为 ，经氢化后双键都被加成为单键，所以得到的烷烃的命名是3，4，4三甲基庚烷；(3)烃A的一种同类别同分异构体，经过臭氧作用后，所有产物都不具有酸性，说明双键碳原子上没有氢原子，则该同分异构体的结构简式是；(4)B为，分子式为：C6H10O3，第一步发生反应生成C6H12O3，则羰基与氢气加成生成醇羟基即结构式为；第二步生成C6H10O2，则脱去1分子水，即醇羟基发生消去反应生成碳碳双键即结构式为；第三步发生加聚反应生成；第二步反应时，2分子易生成一种含八元环的副产物，即羟基与羧基、羧基与羟基发生酯化反应生成八元环的酯类物质，所

40、以其结构简式为。【点睛】考查有机物推断，注意根据转化关系中有机物结构进行推断，需要学生熟练掌握官能团的性质与转化，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生的自学能力与知识迁移应用，难度中等。24、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）；（4）3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62；（5）6.02l021； 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 ；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是

41、NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷 同一主族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-

42、=Fe2+，Fe2+与Fe（CN）63-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62；（5）NaCl溶液电解的化学方程式是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L1L=0.01mol1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01

43、mol6.021023/mol= 6.02l021；反应是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（6）若上图中各步反应均为恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。25、A(或B) MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O(或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O) f g c b d e j h 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 排干净三颈瓶中

44、的空气 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点 【解析】制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，也可以用高锰酸钾和浓盐酸；制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；通入一段时间气体，其目的是排空气；用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸；以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3

45、先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，再根据ClNOHClAgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B，发生的离子反应为：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：A(或B)；MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O(或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O)；制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管

46、均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为afgcbdejh，故答案为：f；g；c；b；d；e；j；h；用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取

47、NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸；以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNOHClAgNO3关系式得到25.00 mL 样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO) = n(AgNO3) = c molL10.02L = 0.02cmol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 ，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；。26、H2S

48、 2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O 90% 取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质 【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.41.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知Y为H2S；(2)固体X与稀盐酸

49、反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O；(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)=0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质的量为0.027mol=0.036mol，则Na2SO3的分解率为100%=90%；(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入

50、BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。【点睛】本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否氧化变质。27、打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔 4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2 增大SO2与溶液的接触面积，使反应充分 bc 滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复

51、 0.03mol/L a 【解析】装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，进入B装置，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，装置B中利用二氧化硫、硫化钠和碳酸钠反应制取硫代硫酸钠；装置C检验二氧化硫的吸收效果，需要有明显的实验现象；装置D进行尾气吸收。(4)滴定过程中，Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，然后滴入Na2S2O3标准液滴定生成的碘单质的量，从而确定Cr2O72-的量，进而确定钡离子的量。【详解】(1)若没有打开分液漏斗上口的玻璃塞，或没有将活塞上凹槽对准漏斗颈上的小孔，分液漏斗内的液体将不能顺利滴下，为保证硫酸顺利滴下需打开分液漏斗上口的玻璃塞或者将活塞上凹槽对准漏斗颈上的

52、小孔；(2)根据已知信息SO2、Na2S、Na2CO3反应生成Na2S2O3和CO2，该过程中二氧化硫中硫元素化合价降低，做氧化剂，硫化钠中硫元素化合价升高做还原剂，结合电子守恒和元素守恒可得离子方程式为：4SO2+2S2-+CO32-=3S2O32-+CO2；在该装置中使用多孔球泡可以增大接触面积，使反应充分；(3)a二氧化硫可以被双氧水氧化，但没有明显现象，故a不选；b溴水可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故b选；c高锰酸钾可以氧化二氧化硫，且溶液颜色会发生变化，故c选；d二氧化硫与氯化钡溶液不反应，故d不选；综上所述选bc；(4)滴定终点碘单质被完全反应，溶液蓝色褪去，所以滴定终点

53、的现象为：滴入最后一滴Na2S2O3 溶液蓝色褪去且在半分钟内不恢复；Cr2O72-将碘离子氧化成碘单质，自身被还原成Cr3+，所以有转化关系Cr2O72-3I2，滴定过程中发生反应I2 +2S2O32-= S4O62-+ 2I-，所以I22S2O32-，钡离子与Cr2O72-存在转化关系2Ba2+2BaCrO4Cr2O72-，所以Ba2+和S2O32-存在数量关系2Ba2+6S2O32-，所以废液中Ba2+的浓度为；a滴定管未用标准液润洗，会稀释标准液，导致消耗标准液的体积偏大，测定结果偏高；b滴定终点时俯视读数导致读数偏小，读取的标准液体积偏小，测定结果偏低；c锥形瓶用蒸馏水洗涤后未进行干燥处理，对待测液的溶质的物质的量没有影响，故对实验结果不影响