滕州市2022年高考化学全真模拟密押卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、已知高能锂离子电池的总反应式为2Li+FeS=Fe+Li2S，LiPF6SO(CH3)2为电解质，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni的实验装置如图所示。下列说法错误的是A电极Y应为LiBX极反应式为FeS+2Li+2e=Fe+Li2SC电解过程中，b中NaCl溶液

2、的物质的量浓度将不断减小D若将图中阳离子膜去掉，将a、b两室合并，则电解反应总方程式发生改变2、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，下列说法不正确的是( )A原子半径：WZYXBY的气态氢化物的稳定性弱于Z的气态氢化物CW与X形成的化合物不可能含有共价键D常温常压下，Y的单质是固态3、三容器内分别装有相同压强下的NO、NO2、O2，设三容器容积依次为V1、V2、V3，若将三气体混合于一个容积为V1 + V2 +V3的容器中后，倒立于水槽中，最终容器内充满水。则V

3、1、V2、V3之比不可能是（ ）A374B576C736D1114、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A12g 金刚石与 12g 石墨所含共价键数均为 2NAB常温下，lLpH=7 的 1mol/LHCOONH4 溶液中 HCOO-与 NH4+数目均为 NAC0.1molCl2 与 0.2molCH4 光照充分反应生成 HCl 分子数为 0.1NAD100g34%的 H2O2 中加入 MnO2 充分反应转移电子数为 2NA5、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（）AFeCl3BHNO3CCl2DO26、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行

4、水体修复的过程如图所示。H+，O2，NO3等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为ne。下列说法错误的是（ ）A反应均在正极发生B单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amolC的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大7、下列有关实验的选项正确的是()A分离甲醇与氯化钠溶液B加热NaHCO3固体C制取并观察Fe(OH)2的生成D记录滴定终点读数为12.20mL8、已知：BrH2 HBrH，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是A该反应是放热

5、反应B加入催化剂，E1E2的差值减小CHH的键能大于HBr的键能D因为E1E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量9、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）AAl2O3的熔点很高，可用作耐火材料BNH3具有还原性，可用作制冷剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆的漂白D钠钾合金的密度小，可用作快中子反应堆的热交换剂10、我国政府为了消除碘缺乏病，在食盐中均加入一定量的“碘”。下列关于“碘盐”的说法中错误的是A“碘盐”就是NaIB“碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物C“碘盐”应保存在阴凉处D使用“碘盐”时，切忌高温煎炒11、X、Y、Z、W、M 为原子序数依次増加的五种短周期元素

6、，A、B、C、D、E 是由这些元素组成的常见化合物，A、B 为厨房中的食用碱，C 是一种无色无味的气体，C、D 都是只有两种元素组成。上述物质之间的转化关系为: (部分反应物戒生成物省略)。下列说法错误的是A原子半径大小序，WYZXB对应最简单氢化物的沸点:ZMC上述变化过秳中，发生的均为非氧化还原反应DZ 和 W 形成的化合物中一定只含离子健12、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素。Y原子在短周期主族元素中原子半径最大,X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物。常温下,0.1 molL-1 W的氢化物水溶液的pH为1。向ZW3的水溶液中逐滴加入Y的最高价氧化物对应的水化

7、物,先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解。下列推断正确的是A简单离子半径:WYZXBY、Z分别与W形成的化合物均为离子化合物CY、W的简单离子都不会影响水的电离平衡D元素的最高正化合价:WX Z Y13、25时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图所示。下列说法不正确的是AHCl溶液滴加一半时：B在A点：C当时：D当时，溶液中14、中国研究人员研制出一种新型复合光催化剂，利用太阳光在催化剂表面实现高效分解水，主要过程如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A整个过程实现了光能向化学能的转换B过程有O-O单键生成并放出能量C过程发生的化学反应为：2H2O

8、22H2O+O2D整个过程的总反应方程式为：2H2O2H2+O215、下列离子方程式的书写及评价，均合理的是选项离子方程式评价A用铜电极电解饱和KCl溶液：2H2O+2Cl- H2+Cl2+2OH-正确：Cl-的失电子能力比OH-强B向CuSO4溶液中通入过量的H2S气体：Cu2+H2S=CuS+2H+错误：H2S的酸性比H2SO4弱CBa(HCO3)2溶液与足量的NaOH溶液反应：Ba2+HCO3- +OH- BaCO3+H2O错误：Ba2+与HCO3-系数比应为1:2D过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+ClO- +H2O= HClO+HSO3-正确：H2SO3的酸性比HClO强AA

9、BBCCDD16、已知：25时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数KiKi1=5.9l0-2Ki2=6.4l0-51.8l0-54.9l0-10Ki1=4.3l0-7Ki2=5.6l0-11A等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3NaCNCH3COONaNaHC2O4B反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能发生C等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCNCH3COONaDNa2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)17、下列生产过程属于物理变化的是（）A煤

10、炭干馏B煤炭液化C石油裂化D石油分馏18、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：CNOHCl2CO2 N2ClH2O（未配平）。下列说法错误的是ACl2 是氧化剂，CO2 和 N2 是氧化产物B该反应中，若有 1mol CN发生反应，则有 5NA 电子发生转移C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 25D若将该反应设计成原电池，则 CN在负极区发生反应19、COCl2 的分解反应为: COCl2(g)Cl2(g)+CO(g) H+108 kJmol-1。某科研小组研究反应体系达到平衡后改变外界条件，各物质的浓度在不同条件下的变化状况，结果如图所示。下

11、列有关判断不正确的是A第 4min 时，改变的反应条件是升高温度B第 6min 时，V 正(COCl2)V 逆(COCl2)C第 8min 时的平衡常数 K2.34D第 10min 到 14min 未标出 COCl2 的浓度变化曲线20、水玻璃(Na2SiO3溶液)广泛应用于耐火材料、洗涤剂生产等领域，是一种重要的工业原料。如图是用稻壳灰(SiO2：65%70%、C：30%35%)制取水玻璃的工艺流程：下列说法正确的是()A原材料稻壳灰价格低廉，且副产品活性炭有较高的经济价值B操作A与操作B完全相同C该流程中硅元素的化合价发生改变D反应器中发生的复分解反应为SiO22NaOH=Na2SiO3H

12、2O21、短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素 Y 的原 子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍。下列叙述不正确的是AY、Z的氢化物稳定性 Y ZBY单质的熔点高于X 单质CX、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZWDYZ4分子中 Y 和 Z 都 满足8 电子稳定结构22、下列实验操作能达到实验目的的是A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的

13、HCl二、非选择题(共84分)23、（14分）阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：.(具有较强的还原性)(1)反应的试剂和条件为_；反应的反应类型为_；反应的作用是_；(2)B的结构简式为_；(3)下列关于G中的描述正确的是_；A具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B能发生加成、消去、取代和氧化反应C能聚合成高分子化合物D1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2 (4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且

14、峰面积之比为6211的是_；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)_。24、（12分）花椒毒素()是白芷等中草药的药效成分，也可用多酚A为原料制备，合成路线如下：回答下列问题：（1）的反应类型为_；B分子中最多有_个原子共平面。（2）C中含氧官能团的名称为_；的“条件a”为_。（3）为加成反应，化学方程式为_。（4）的化学方程式为_。（5）芳香化合物J是D的同分异构体，符合下列条件的J的结构共有_种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式为_。(只写一种即可)。苯环上只有3个取代基；可与NaHCO3反应放出CO2；1mol J可中和3mol NaOH。（

15、6）参照题图信息，写出以为原料制备的合成路线(无机试剂任选) ：_25、（12分）正丁醚可作许多有机物的溶剂及萃取剂 ，常用于电子级清洗剂及用于有机合成 。实验室用正丁醇与浓H2SO4反应制取，实验装置如右图，加热与夹持装置略去。反应原理与有关数据：反应原理： 2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O副反应：C4H9OHC2H5CH=CH2+H2O物质相对分子质量熔点/沸点/溶解性水50%硫酸其它正丁醇74-89.8117.7微溶易溶二者互溶正丁醚130-98142.4不溶微溶实验步骤如下：在二口烧瓶中加入0.34mol正丁醇和4.5mL浓H2SO4,再加两小粒沸石，摇匀。加热搅拌，温度上升

16、至100ll0开始反应。随着反应的进行，反应中产生的水经冷凝后收集在水分离器的下层，上层有机物至水分离器支管时，即可返回烧瓶。加热至反应完成。将反应液冷却，依次用水、50%硫酸洗涤、水洗涤，再用无水氯化钙干燥，过滤，蒸馏，得正丁醚的质量为Wg。请回答：（1）制备正丁醚的反应类型是_，仪器a的名称是_。（2）步骤中药品的添加顺序是，先加_（填“正丁醇”或“浓H2SO4”），沸石的作用是_。（3）步骤中为减少副反应，加热温度应不超过_为宜。使用水分离器不断分离出水的目的是_。如何判断反应已经完成？当_时，表明反应完成，即可停止实验。（4）步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去_。本实验中，正丁醚的

17、产率为_（列出含W的表达式即可）。26、（10分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料。具有较强的还原性，可用于棉织物漂白后的脱氯剂，定量分析中的还原剂。易溶于水，不溶于乙醇。Na2S2O35H2O于4045熔化，48分解。实验室中常用亚硫酸钠和硫磺制备Na2S2O35H2O。制备原理为：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O35H2O。某化学兴趣小组在实验室制备硫代硫酸钠晶体并探究其化学性质。.实验室制取Na2S2O35H2O晶体的步骤如下：称取12.6 g Na2SO3于烧杯中，溶于80.0 mL水。另取4.0 g硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。水浴加热(如图1所示，部分装

18、置略去)，微沸，反应约1小时后过滤。滤液在经过蒸发浓缩、冷却结晶后析出Na2S2O35H2O晶体。进行减压过滤(如图2所示)、乙醇洗涤并干燥。请回答：(1)仪器B的名称是_。(2)步骤在浓缩过程中不能蒸发过度，其原因是_。步骤如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是_。(3)洗涤时为尽可能避免产品损失应选用的试剂是_。A水 B乙醇 C氢氧化钠溶液 D稀盐酸.设计以下实验流程探究Na2S2O3的某些化学性质(4)实验Na2S2O3溶液pH8的原因是_(用离子方程式表示)。(5)写出实验中发生的离子反应方程式_。.用Na2S2O3的溶液测定溶液中ClO2的物质的量浓度，可

19、进行以下实验。步骤1：准确量取ClO2溶液10.00mL，稀释成100mL试样。步骤2：量取V1 ML试样加入到锥形瓶中，调节试样的pH2.0，加入足量的KI晶体，摇匀，在暗处静置30分钟(已知：ClO2+I+H+I2+Cl+H2O 未配平)。步骤3：以淀粉溶液作指示剂，用c mol/L Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2 mL(已知：I2+2S2O32=2I+S4O62)。(6)滴定终点现象是_。根据上述步骤计算出原ClO2溶液的物质的量浓度为_ mol/L(用含字母的代数式表示)。27、（12分）某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的

20、规律。（提出猜想）小组提出如下4种猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：_。(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_。（实验操作）(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_；加热Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：_，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成。(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_。(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，

21、仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：_，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_。(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是_。（用化学方程式表示）28、（14分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体，以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F路线如图：（1）A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为：_（2）E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，写出E的结构简式：_（3）DF的反应类型是_，1mol F在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为：_mol写出符合下列条件的F的所有同分异构体（不考虑立体异构）的

22、结构简式：_属于一元酸类化合物苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基（4）已知：，A有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图（其他原料任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）_29、（10分）工业上利用氧化铝基废催化剂（主要成份为Al2O3,少量Pd)回收Al2(SO4)3及Pd 流程如图：说明：上述流程中焙烧温度不宜过高，否则会导致硫酸铵固体的分解。（1）焙烧时产生气体X的结构式为_。（2）水浸分离中，滤渣Pd的颗粒比较大，一般可以采用的分离方法是_ (填字母）A过滤 B抽滤 C倾析 D渗析（3）写出酸浸时发生反应的离子方式_(已知氯钯酸为弱酸)（4）某同学在实验

23、室用如下图所示装置完成Pd的热还原实验，并计算滤渣中 (NH4)2PdCl6的百分含量（滤渣中的杂质不参与热还原反应）。写出热还原法过程中发生反应的化学方程式_。i.将石英玻璃管中（带开关；K1和K2)(设为装置A )称重，记为mi g。将滤渣 (NH4)2PdCl6装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2 g。ii.连接好装置后，按d b e(填标号)顺序进行实验。_ a.关闭K1和K2 b.熄灭酒精灯 c.点燃酒精灯，加热d.打开K1和K2 e.称量A f.缓缓通入H2 g.冷却至室温iii.重复上述操作步骤，直至A恒重，记为m3g。根据实验记录，计算滤渣中（NH4)2PdCl6的百分

24、含量_列式表示，其中(NH4)2PdCl6相对分子质量为355。实验结束时，发现硬质试管右端有少量白色固体，可能是_(填化学式）,这种情况导致实验结果_(填“偏高”、“偏低”、“无影响”）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、C【解析】本题主要考查原电池与电解池串联问题。通过总反应可知，Li发生氧化反应,作负极，FeS发生还原反应，作正极；因c中由Ni2+生成单质Ni，即发生还原反应，故Y极为负极，X为正极。【详解】A.由上述分析可知，Y为原电池负极，故Y为Li，选项A正确；B.X极为正极，FeS发生还原反应，故电极反应式为： FeS+2Li+ +2e- =

25、Fe+Li2S，选项B正确；C.电解过程中，a为阳极区,发生氧化反应: 4OH-4e- =2H2O+O2， a中Na+通过阳离子交换膜进入b中;C中发生还原反应: Ni2+ +2e-=Ni，溶液中Cl-通过阴离子交换膜进入b中。故电解过程中， b中NaCl的物质的量浓度将不断增大，选项C错误；D.若将阳离子交换膜去掉,因b中含有C1-,故阳极电极反应式为: 2C1-2e-=Cl2，故电解反应总方程式发生改变，选项D正确；答案选C。【点睛】本题考查原电池、电解池原理，本题的突破关键在于“c中单质Ni生成”，由此判断X、Y电极正负，进一步判断电解池中阴阳极以及相关反应。2、C【解析】短周期主族元素

26、W、X、Y、Z的原子序数依次递增。同一主族的W和Y，Y的原子序数是W的2倍，W是O，Y是S，则Z是Cl。X和Z形成的化合物的水溶液呈中性，W和X的最外层电子数之和等于Z的最外层电子数，X的最外层电子数是7-61，所以X是Na，结合物质的性质和元素周期律分析解答。【详解】根据以上分析可知W、X、Y、Z分别是O、Na、S、Cl。A同周期元素原子从左到右半径增大，有ClSNa；一般情况下，原子的电子层数越多，半径越大，则O原子半径最小；综合原子半径：OClSNa，正确，A不选；B非金属性ClS，则S的气态氢化物的稳定性弱于Cl的气态氢化物，正确，B不选；CW与X形成的化合物过氧化钠中含有共价键，错误

27、，C选；D常温常压下，S的单质是固态，正确，D不选；答案选C。3、B【解析】NO、NO2与O2、H2O反应后被完全吸收，其反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3、4NO2+O2+2H2O=4HNO3。从反应方程式可以得出：n(O2)=n(NO)+n(NO2)。用此关系式验证备选答案。A. 3+7=4，A不合题意；B. 5+76，B符合题意；C. 7+3=6，C不合题意；D. 1+1=1，D不合题意。故选B。4、C【解析】A金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；B常温下，lLpH=7的

28、1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B错误；C0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0.1NA，C正确；D100g34%的H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选C。5、A【解析】A铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2价铁，故A正确； B铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2价铁，故B错误； C铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误

29、； D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误； 故选：A。6、B【解析】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = 2a mol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所

30、以 的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。7、C【解析】A甲醇与水互溶，不分层，则不能用分液的方法分离，故A错误；B加热固体，试管口应略朝下倾斜，以避免试管炸裂，故B错误；C植物油起到隔绝空气作用，氢氧化钠与硫酸亚铁反应，可生成氢氧化亚铁，故C正确；D滴定管刻度从上到下增大，则记录滴定终点读数为11.80mL，故D错误。故选：C。【点睛】酸式滴定管或碱式滴定管的0刻度在滴定管的上方，与量筒读

31、数不同。8、C【解析】根据反应物的总能量和生成物的总能量的相对大小来判断反应的热效应。反应的能量变化与反应途径无关，催化剂只改变反应速率，与该反应的能量变化无关。【详解】A. 若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为放热反应；若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；B. E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；C. 此反应为吸热反应，故断开H-H键所需要的能量高于生成H-Br键放出的能量，C正确；D. 因为E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D错误，故合理选项是C。

32、【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。9、A【解析】A、氧化铝熔点很高，所以可以做耐火材料，选项A正确；B、氨气中的氮元素化合价是-3价，具有还原性，做制冷剂，是氨气易液化的原因，选项B错误；C二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的氧化性无关，选项C错误；D在快中子反应堆中，不能使用水来传递堆芯中的热量，因为它会减缓快中子的速度，钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂，选项D错误；答案选A。10、A【解析】A. “碘盐”碘盐是氯化钠中添加了碘酸钾，A不正确；B

33、. “碘盐”就是适量的碘酸钾(KIO3)与食盐的混合物，B正确；C. “碘盐”中的碘酸钾易分解，所以应保存在阴凉处，C正确；D. 使用“碘盐”时，切忌高温煎炒，高温下碘酸钾分解造成碘的损失，D正确。故选A。11、D【解析】由题目可推断出 X，Y，Z，W，M 分别是 H，C，O，Na，Cl 这五元素。【详解】A选项，原子半径大小顺序为 NaCOH，故A正确；B选项，Z对应的简单氢化物为H2O，M对应的简单氢化物为HCl，水分子形成分子间氢键，沸点反常高，故B正确；C选项，上述变化为复分解反应，故C正确；D选项，O和Na可形成Na2O2，既有离子键又有共价键，故D错误。综上所述，答案为D。12、C

34、【解析】Y原子在短周期主族元素中原子半径最大，则Y为Na；X和Y能组成两种阴阳离子个数之比相同的离子化合物，则X为O，两种化合物为过氧化钠和氧化钠；常温下,0.1 molL-1 W的氢化物水溶液的pH为1，则HW为一元强酸，短周期主族元素氢化物为一元强酸的元素只有HCl，W为Cl；ZCl3加入NaOH溶液，先产生白色沉淀,后沉淀逐渐溶解，则Z为Al，综上所述X为O、Y为Na、Z为Al、W为Cl。【详解】A. 电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大，所以四种离子半径：ClO2Na+Al3+，即WXYZ，故A错误；B. AlCl3为共价化合物，故B错误；C. Cl和Na+在

35、水溶液中均不发生水解，不影响水的电离平衡，故C正确；D. O没有正价，故D错误；故答案为C。【点睛】电子层数越多，离子半径越大，电子层数相同，核电荷数越小半径越大；主族元素若有最高正价，最高正价等于族序数，若有最低负价，最低负价等于族序数-8。13、A【解析】根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A. HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(O

36、H-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)c(HCO3-)。图中A点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又A点溶液呈碱性，有c(OH-)c(H+)，B项正确；C. 溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；D. 溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。14、C【解析】A.

37、 由图可知，太阳能使水分解，则实现了光能向化学能的转化，故A正确；B. 过程II中生成氢气、过氧化氢，形成化学键，过程放出能量并生成了OO键，故B正确；C. 由图可知，过程发生的反应为过氧化氢分解生成氢气和氧气的反应，H2O2H2+O2，故C错误；D. 总反应为水分解生成氢气和氧气，则总反应2H2O2H2+O2，故D正确。故选C。15、C【解析】A项、用铜电极电解饱和KCl溶液时，阳极是铜电极放电，溶液中Cl-不能放电生成氯气，故A错误；B项、CuSO4溶液能与过量的H2S气体反应能够发生的原因是生成的硫化铜沉淀不能溶于硫酸，与酸性强弱无关，故B错误；C项、Ba(HCO3)2溶液与足量的NaO

38、H溶液反应，不足量的Ba(HCO3)2溶液完全反应，反应消耗的Ba2+与HCO3-的物质的量比为1:2，故离子方程式书写错误，故C正确；D项、SO2具有还原性，NaClO具有强氧化性，过量SO2通入到NaClO溶液中发生氧化还原反应，不是复分解反应，与酸性强弱无关，故D错误；故选C。16、B【解析】A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCNNaHCO3CH3COONaNaHC2O4，故A错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2

39、能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)，故D错误；故选B。【点晴】本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故

40、溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。17、D【解析】A煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误； B煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误； C石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误； D石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。 故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。

41、18、C【解析】反应CN-+OH-+Cl2CO2+N2+Cl-+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，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，化合价升降最小公倍数为2(4-2)+(3-0)=10价，故CN-系数为2，Cl2系数为5，由元素守恒反应方程式为2CN-+8OH-+5Cl2=2CO2+N2+10Cl-+4H2O，以此来解答。【详解】A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+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，故A正

42、确；B由上述分析可知，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1mol CN-发生反应，则有(4-2)+(3-0)NA=5NA电子发生转移，故B正确；C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，故C错误；DC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CN-失电子，发生氧化反应为负极，故D正确。故选：C。19、C【解析】A选项，第4min时，改变的反应条件是升高温度，平衡正向移动，COCl2浓度减小，故A

43、正确；B选项，第6min时，平衡正向移动，因此V正(COCl2)V逆(COCl2)，故B正确；C选项，第 8min 时的平衡常数 ，故C错误；D选项，第10min移走了一氧化碳，平衡正向移动，氯气，一氧化碳浓度增加，COCl2浓度减小，因此COCl2浓度变化曲线没有画出，故D正确。综上所述，答案为C。20、A【解析】A、稻壳灰来源广泛价格低廉，活性碳具有吸附性，有较高的经济价值，A正确；B、操作A为过滤，操作B为蒸发浓缩，是两种不同的操作，B错误；C、二氧化硅中，硅元素的化合价是4价，硅酸钠中，硅元素的化合价是4价，所以该流程中硅元素的化合价没有发生改变，C错误；D、复分解反应是指由两种化合物

44、相互交换成分，生成另外两种新的化合物的反应，反应SiO22NaOHNa2SiO3H2O不属于复分解反应，D错误。答案选A。【点睛】明确物质的性质、发生的反应以及流程中的物质变化是解答的关键。注意在化合物中，元素化合价代数和为零，在单质中，因为没有元素之间的化合，所以规定单质中元素的化合价为零。21、A【解析】W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的 2 倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性SiCl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（

45、Y）Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。22、C【解析】A、NO2和水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO

46、45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，故正确；D、Cl2H2OHClHClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。二、非选择题(共84分)23、浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 保护酚羟基，以防被氧化 AC +3NaOH+CH3COONa+2H2O +(CH3CO)2O+CH3COOH 6 或 【解析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生

47、还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应为转化为，发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)AG()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也

48、能和碱反应，故A正确；BG()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；CG()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D只有羧基能和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH +CH3COONa+2H2O，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为+3NaOH +CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2

49、O+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易

50、错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。24、取代反应 18 羰基、醚键 浓硫酸、加热（或：P2O5） 30 【解析】根据B的结构简式和生成B的反应条件结合A的化学式可知，A为；根据C和D的化学式间的差别可知，C与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成D，D为，结合G的结构可知，D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，E为；根据G生成H的反应条件可知，H为。(1)根据A和B的结构可知，反应发生了羟基上氢原子的取代反应； B()分子中的苯环为平面结构，单键可以旋转，最多有18个原子共平面，故答案为取代反应；18；(2)C(

51、)中含氧官能团有羰基、醚键；反应为D消去结构中的羟基生成碳碳双键得到E，“条件a”为浓硫酸、加热，故答案为羰基、醚键；浓硫酸、加热；(3)反应为加成反应，根据E和G的化学式的区别可知F为甲醛，反应的化学方程式为，故答案为；(4)反应是羟基的催化氧化，反应的化学方程式为，故答案为；(5)芳香化合物J是D()的同分异构体，苯环上只有3个取代基；可与NaHCO3反应放出CO2，说明结构中含有羧基；1mol J可中和3mol NaOH，说明结构中含有2个酚羟基和1个羧基；符合条件的J的结构有：苯环上的3个取代基为2个羟基和一个C3H6COOH，当2个羟基位于邻位时有2种结构；当2个羟基位于间位时有3种

52、结构；当2个羟基位于对位时有1种结构；又因为C3H6COOH的结构有CH2CH2CH2COOH、CH2CH(CH3)COOH、CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)2COOH、CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)5=30种，其中核磁共振氢谱为五组峰的J的结构简式有，故答案为30；(6)以为原料制备。根据流程图C生成的D可知，可以与氢气加成生成，羟基消去后生成，与溴化氢加成后水解即可生成，因此合成路线为，故答案为。点睛：本题考查了有机合成与推断，根据反应条件和已知物质的结构简式采用正逆推导的方法分析是解题的关键。本题的易错点为B分子中共面的原子数的判断，要注意单键可以旋转；本

53、题的难点是(6)的合成路线的设计，要注意羟基的引入和去除的方法的使用。本题的难度较大。25、取代反应 （直形）冷凝管 正丁醇 防暴沸或防止反应液剧烈沸腾 135 提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率 分水器中水（或有机物）的量（或液面）不再变化 正丁醇 【解析】根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型，根据图中装置得出仪器a的名称。步骤中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，烧瓶中是液体与液体加热需要沸石防暴沸。根据题中信息，生成副反应在温度大于135；该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动；水分离器中是的量不断

54、增加，当水分离器中水量不再增加时表明反应完成。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸；根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9物质的量，再计算正丁醚的产率。【详解】根据反应方程式2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O，分析得到制备正丁醚的反应类型是取代反应，根据图中装置得出仪器a的名称是(直形)冷凝管；故答案为：取代反应；(直形)冷凝管。步骤中药品的添加顺序是，根据溶液的稀释，密度大的加到密度小的液体中，因此先加正丁醇，烧瓶中是液体与液体加热，因此沸石的作用是防暴沸或防止反应液剧烈沸腾；故答案为：正丁醇；防暴沸或防止反应液剧烈沸腾。根据题

55、中信息，生成副反应在温度大于135，因此步骤中为减少副反应，加热温度应不超过135为宜。该反应是可逆反应，分离出水，有利于平衡向正反应方向移动，因此使用水分离器不断分离出水的目的是提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率。水分离器中水的量不断增加，当水分离器中水量不再增加时或则有机物的量不再变化时，表明反应完成，即可停止实验；故答案为：135；提高正丁醚的产率或正丁醇的转化率；分水器中水(或有机物)的量(或液面)不再变化。根据题中信息正丁醇易溶于50%硫酸，正丁醚微溶于50%硫酸，因此步骤中用50%硫酸洗涤的目的是为了除去正丁醇。根据2C4H9OH C4H9OC4H9+H2O理论得到C4H9OC4H9

56、物质的量为0.17mol，则正丁醚的产率为；故答案为：正丁醇；。26、球形冷凝管 避免温度高于48，Na2S2O35H2O发生分解 避免发生水倒吸 B S2O32+H2OHS2O3+OH S2O32+5H2O+4Cl2+2Ba2+2BaSO4+8Cl+10H+ 溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复 【解析】(1)、根据装置图可知，仪器B为球形冷凝管；(2)、根据题干信息Na2S2O35H2O于4045熔化，48分解解答；停止抽滤时，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，是为了避免发生水倒吸；(3)、硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中，硫在酒精中微溶，可以增大接触面积

57、，提高反应速率；(4)、常温下，由pH=8，是Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性；(5)、加入足量氨水同时加入氯化钡溶液，氯水具有氧化性，Na2S2O3具有还原性，发生氧化还原反应，生成SO42-和Cl-，生成的SO42-再与Ba2+反应；(6)、滴定终点时Na2S2O3溶液将碘全部还原，以淀粉溶液作指示剂，溶液蓝色褪去；由方程式2ClO2+10I- +8H+=5I2+2Cl-+4H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-得关系式ClO252S2O32-, n (2S2O32-) =cV210-3mol，所以V1mL ClO2的溶液中含有的ClO2的物质的量为2cV210-4mol

58、，根据c=计算出原ClO2溶液的物质的量浓度。【详解】（1）由装置图可知仪器B为球形冷凝管，故答案为：球形冷凝管；（2）加热时应避免温度高于48，Na2S2O35H2O发生分解，抽滤时应避免倒吸，如欲停止抽滤，应先将吸滤瓶支管上的橡皮管拔下，再关抽气泵，其原因是避免发生水倒吸，故答案为：避免温度高于48，Na2S2O35H2O发生分解；避免发生水倒吸；（3）洗涤时为尽可能避免产品损失应选用乙醇，故答案为：B；（4）Na2S2O3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，离子方程式为S2O32+H2OHS2O3+OH，故答案为：S2O32+H2OHS2O3+OH；（5）实验中发生的离子反应方程式为S2O32+5

59、H2O+4Cl2+2Ba2+2BaSO4+8Cl+10H+，故答案为：S2O32+5H2O+4Cl2+2Ba2+2BaSO4+8Cl+10H+；（6）滴定终点，溶液蓝色褪色，且半分钟内不恢复，反应的关系式为2ClO25I210S2O32，n（Na2S2O3）V2c103mol，则c（ClO2）mol/L，故答案为：溶液蓝色褪去，并在半分钟内不恢复；。27、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理 避免对产物O2的检验产生干扰 固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出 确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验 亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应

60、是否发生了 几滴酚酞试剂 4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O 【解析】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反