云南省楚雄市古城2021-2022学年高三下第一次测试化学试题含解析

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、第三周期X、Y、Z、W四种元素的最高价氧化物溶于水可得到四种溶液，0.010 mol/L的这四种溶液在25时的pH与该元素原子半径的关系如图所示。下列说法正确的是A简单离子半径：XYZWBW的氧化物对应的水化物一定是强酸

2、C气态氢化物的稳定性：WZYDW与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W2、春季复工、复学后，公用餐具消毒是防控新型冠状病毒传播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒剂的是A95%的乙醇溶液B40%的甲醛溶液C次氯酸钠稀溶液D生理盐水3、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（）A使酚酞变红的溶液中：Na+、NH4+、Cl、SO42Bc（Al3+）0.1molL1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2、SO42C澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3、ClDc（H+）0.1molL1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO、NO34、元素

3、周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，这两元素之间形成的化合物都能与水反应。则下列叙述错误的是（）A两元素具有相同的最高正价B两元素具有相同的负化合价C两元素形成的是共价化合物D两元素各存在不同种的单质5、胆矾CuSO45H2O可写为Cu(H2O)4SO4H2O，其结构示意图如下：下列有关胆矾的说法正确的是ACu2+的价电子排布式为3d84s1B所有氧原子都采取sp3杂化C胆矾中含有的粒子间作用力有离子键、极性键、配位键和氢键D胆矾所含元素中，H、O、S的半径及电负性依次增大6、有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序

4、数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（ ）AWZ沸点高于W2Y的沸点B含Z的两种酸反应可制得Z的单质CW2Y2中既含离子键又含共价键键DX的含氧酸一定为二元弱酸7、同温同压同体积的H2和COA密度不同B质量相同C分子大小相同D分子间距不同8、下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打发明电池 C拉瓦锡研究空气成分D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成AABBCCDD9、下列离子方程式书写正确的是( )A向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO +

5、2H+Cl + 2Fe3+ + H2OB向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+ + 3SO 42+ 3Ba2+ + 6OH2Al(OH)3+ 3BaSO4C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2OAlO2+ 2H2O + 4NH4+DNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3 + Ba2+ + OHBaCO3+ H2O10、现有以下物质：NaCl溶液 CH3COOH NH3 BaSO4 蔗糖 H2O，其中属于电解质的是（ ）ABCD11、新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是AB4

6、C是一种分子晶体BB4C是该物质的分子式CB4C是一种原子晶体DB4C的电子式为12、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A液氨可用作制冷剂B硅胶可作食品袋内的脱氧剂C加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化D二氧化硫可作食品的增白剂13、我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：H2S+O2 H2O2 +S。已知甲池中发生转化：。下列说法错误的是A甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+2e-H2AQB该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池处发生反应：O2+H2AQH2O2+AQD乙池处发生反应：H2S+I3-3I-+S+2H+14、常

7、温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是Aa点溶液中：水电离出的c(H+)=110-10molL-1Bb点溶液中：c(H+)=110-7molL-1Cc点溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)Dd点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)15、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A

8、该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔C充电时，铝箔电极应该接电源的正极D充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移16、一种水基二次电池原理为，电解液为含Zn2+的水溶液，该电池可用于电网贮能。下列说法正确的是（ ）A放电时，Zn2+脱离插层B放电时，溶液中Zn2+浓度一直减小C充电时，电子由层经电解质溶液流向层D充电时，阳极发生电极反应：17、没有涉及到氧化还原反应的是AFe3+和淀粉检验I-B氯水和CCl4检验Br-C新制Cu(OH)2、加热检验醛基D硝酸和AgNO3溶液检验Cl-18、2018年11月16日，国际计量大会通过最新决议，将1摩尔定义为“精

9、确包含6.022140761023个原子或分子等基本单元，这一常数称作阿伏伽德罗常数(NA)，单位为mol1。”下列叙述正确的是A标准状况下，22.4L SO3含有NA个分子B4.6g乙醇中含有的CH键为0.6NAC0.1mol Na2O2与水完全反应转移的电子数为0.1NAD0.1 molL1的醋酸溶液中含有的H+数目小于0.1NA19、下列物质溶于水后溶液因电离而呈酸性的是（ ）AKClBNa2OCNaHSO4DFeCl320、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温下， pH=2的H2SO4 溶液1L中，硫酸和水电离的 H+总数为 0.01NAB1mol H2O 最多可形成

10、4NA个氢键C用浓盐酸分别和 MnO2、KClO3 反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAD常温常压下， O2 与 O3 的混合气体16g，分子总数为NA21、25时，用0.1 molL1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 molL1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A、分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线BpH=7时，滴定盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等CV(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-) c(Na+) c(H+) c(OH-)DV(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-) c(Cl-)22、设NA为阿伏加德罗常数的值，

11、下列说法不正确的是A0.1 mol C3H9N中所含共用电子对数目为1.2NAB14 g N60（分子结构如图所示）中所含NN键数目为1.5NAC某温度下，1 L pH6的纯水中所含OH数目为1.0108 NAD标准状况下，5.6 L甲醛气体中所含的质子数目为4NA二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用有如下转化关系。CO和H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为_。(2)反应的类型是_。(3)反应的方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色

12、B有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D有机物C没有同分异构体24、（12分）化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成： 已知:（苯胺易被氧化）甲苯发生一硝基取代反应与A类似。 回答下列问题： (1)写出化合物H的分子式_，C中含氧官能团的名称_。 (2)写出有关反应类型：BC _；FG_。(3)写出AB的反应方程式：_ 。 (4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：_能发生银镜反应能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色核磁共振氢谱(1显示

13、分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中，C转化为D的目的是_。(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_25、（12分）辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C600C之间的原因是_。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：_（用离子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+= Mn2+2Fe3+2H2O（3）固体甲

14、是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液( ) ( )( ) (A) ( ) (

15、 ) （ ），_A蒸发溶剂 B趁热过滤 C冷却结晶 D过滤E将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体26、（10分）已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程：MnO4被还原为Mn2+，C2O42被氧化为CO2b.过程：MnO4在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+c.过程：2Cu2+4I=2CuI+I2d.过程：I2+2S2O32=21+S4O62(1)过程加快溶解的方法是_。(2)配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时用到的

16、玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_；过程和过程滴定时，滴定管应分别选用_、_(填“甲”或乙”)。(3)完成过程的离子反应方程式的配平：_MnO4+_C2O42+_H+=_Mn2+_H2O+_CO2。(4)过程加热的目的是_。(5)过程，应以_作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为_H2O。27、（12分）某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A的黑色的固体变成红色，装置D的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置A中生成的物质是

17、纯净物，则可能是_，证明的方法是_。(2)设计C装置的作用是_，缺陷是_。28、（14分）NOx、SO2的处理转化对环境保护有着重要意义。（1）利用反应2NO(g)2CO(g) = N2(g)2CO2(g)，可实现汽车尾气的无害化处理。一定条件下进行该反应，测得CO的平衡转化率与温度、起始投料比mm=的关系如图1所示。该反应的H _0(填“”“ZCl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3S2ClNa+，故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错

18、误；C.非金属性是YZW，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：YZW，故C错误；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，性，从而做出判断。2、C【解析】A. 95%乙醇使菌体表面蛋白迅速变性凝固，妨碍乙醇再渗入，不能起到消毒的效果，故A错误；B. 甲醛有毒，故B错误；C. 次氯酸钠稀溶液具有强氧化性，能够杀菌消毒，且产物无毒，故C正确；D. 生理盐水不能消毒杀菌，故D错误；故答案为C。【点睛】日常用75%的乙醇溶液进行消

19、毒杀菌；生理盐水就是0.9%的氯化钠水溶液，没有消毒杀菌的功效。3、C【解析】A、使酚酞变红的溶液呈碱性，NH4+与氢氧根反应，在溶液中不能大量共存，故A错误；B、Al3+、AlO2之间发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故B错误；C、Fe3+、Ba2+、NO3、Cl之间不反应，在溶液中能够大量共存，故C正确；D、H+、CH3COO之间发生反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选C。4、A【解析】元素周期表中短周期某主族只有两种元素，这两元素的单质在常态下分别为气体和固体，周期表中满足条件为N和P、O和S；这两元素之间形成的化合物都能与水反应，N、P之间不反应，则这两种元

20、素分别为O、S，据此解答。【详解】根据分析可知，这两种元素为O、S。 AO元素非金属性较强，没有最高价正价，故A错误； BO和S都有最低价-2价，故B正确； CO、S形成的化合物为二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共价化合物，故C正确； DO存在的单质有氧气和臭氧，S形成的单质有S2、S4、S6等多种，故D正确； 故选：A。5、C【解析】ACu是29号元素， Cu原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能级上各一个电子生成Cu2+，故Cu2+的价电子排布式3d9，故A错误；B硫酸根离子中S和非羟基O和H2O中的O原子的杂化方式不同，不可能都是s

21、p3杂化，故B错误；C铜离子和硫酸根离子之间存在离子键，硫原子和氧原子间存在极性共价键，铜原子和氧原子间存在配位键，氧原子和氢原子间存在氢键，故C正确；DH、O、S分别为第1，2，3周期，所以半径依次增大，但O的电负性大于S，故D错误；故选C。6、B【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可知，W形成1个共价键，Y能够形成2个共价键，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素；AH2O分子间存在氢键，且常温下为液体，

22、而HCl常温下为气体，则HCl沸点低于H2O的沸点，故A错误；BHCl和和HClO反应生成氯气，故B正确；CH2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；DX为C元素，C的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而CH3COOH为一元弱酸，故D错误；故答案为B。7、A【解析】A. 根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体相对分子质量越大，密度越大，氢气的密度小于一氧化碳的密度，故A正确；B. 根据阿伏伽德罗定律，在同温同压下相同体积的气体具有相同的物质的量，相同物质的量的氢气和一氧化碳质量不相同，故B错误；C. H2和CO的分子大小不同，故C错误；D. 根据阿伏伽德罗定律，同温同压

23、下气体分子间的间距相同，故D错误；正确答案是A。8、A【解析】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存在氧化还原反应，故A错误；B原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故B正确；C拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D正确；答案为A。9、D【解析】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏

24、铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【详解】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A错误；B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2- +2H2O，故B错误；C.氢

25、氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大10、B【解析】在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。NaCl溶液是混合物，不是电解质；CH3COOH溶于水可导电，是电解质；NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身

26、导电，不是电解质；BaSO4熔融状态下可电离成离子，可以导电，是电解质； 蔗糖溶于水不能电离出离子，溶液不导电，不是电解质；H2O可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选B。【点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。11、C【解析】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特

27、性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共价键相结合，B4C中C和B形成四对共用电子，电子式为，D错误；故合理选项是C。12、A【解析】A. 液氨汽化需要吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，故A正确；B. 由于硅胶具有很好的吸附性，且无毒，可以用作袋装食品的干燥剂，故B错误；C. 向海水中加入“聚铁”净水剂只能除去悬浮物杂质，但不能使海水淡化，应用蒸馏的方法，故C错误；D. 二氧化硫有毒，不可作食品的漂白剂，故D错误；答案选A。【点睛】化学与生活方面要充分利用物质的性质，包括物理性质和化学性质，结构决定性质，性质决定用途，用途反映出物质的性质，此类题需要学生多积累生活经

28、验，发现生活中的各种现象。13、B【解析】A由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H+2e-=H2AQ，故A不符合题意；B原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；C甲池处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2+H2AQH2O2+AQ，故C不符合题意；D乙池处，硫化氢失电子生成硫单质，得电子生成I-，离子方程式为：H2S+3I-+S+2H+，故D不符合题意；故选：B。【点睛】本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。14、C【解析】

29、试题分析：Aa点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=110-10molL-1，正确。Bb点溶液中c(OH-)=110-7molL-1，由于水的离子积是kw=110-14mol2L-2，所以c(H+)=110-7molL-1，正确。Cc点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，错误。Dd点溶液中，根据电荷守恒可得：

30、c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=110-7molL-1，所以c(H+)=110-7molL-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。15、A【解析】A. 该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；B. 根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极

31、，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；C. 根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；D. 根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；故答案选A。16、D【解析】A.放电时，利用原电池原理，Zn作负极，失去电子，得到电子，放电时是溶液中的Zn2+与插层结合，故A错误；B. 根据反应方程式，放电时，负极的锌板失去电子变成锌离子进入溶液中，然后与正极结合，所以溶液中的锌离子浓度是不变的，故B错误；C. 充电时是电解池原理，但电子不能通过电解质溶液，故C错误；

32、D. 充电时，阳极失电子，电极反应为：，故D正确；故选D。【点睛】已知总反应书写电极反应时，根据得失电子情况加以判断，失电子，则化合价升高，发生氧化反应；总反应减去阳极的反应即可得到阴极的电极反应。17、D【解析】A. Fe3+具有氧化性，可以将碘离子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉变蓝，离子方程式：2Fe3+2I- =2Fe2+I2，故A项涉及；B. 氯水中的氯气和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4层显橙色，故B涉及；C. 醛基和新制Cu(OH)2在加热的条件下，发生氧化还原反应，生成砖红色沉淀，故C涉及；D. Cl-和硝酸酸化过的AgNO3溶液中银离子反应生成氯化银沉淀，这个反

33、应不是氧化还原反应，故D不涉及；题目要求选择不涉及氧化还原反应的，故选D。18、C【解析】A标准状况下，SO3为固态，22.4L SO3含有分子不等于NA ，选项A错误；B4.6g乙醇的物质的量是0.1mol，含有的C-H键的个数为0.5NA，选项B错误；C过氧化钠与水的反应中过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，则0.1molNa2O2与水反应转移电子数为0.1 NA，选项C正确；D、没有给定溶液的体积，无法计算氢离子的数目，选项D错误。答案选C。19、C【解析】电解质溶液因为因电离而呈酸性，说明该电解质是酸或酸式盐。【详解】AKCl为强酸强碱盐，不水解，溶液呈中性，故A错误；BNa2O溶于水反应

34、生成氢氧化钠，溶液显碱性，故B错误；CNaHSO4是强酸强碱酸式盐，在溶液中不水解，能够电离出氢离子使溶液呈酸性，故C正确；DFeCl3是强酸弱碱盐，铁离子水解溶液显酸性，故D错误；故选：C。【点睛】易错点D，注意题干要求：溶液因电离而呈酸性。20、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)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

35、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，从而产生错解。21、C【解析】A盐酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；B浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；CV（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸

36、钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；DV（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。【详解】A根据图示可知，的起始pH较大，的起始pH较小，则表示的是醋酸，表示盐酸，选项A错误；B醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；CV（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，

37、溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），选项C正确；DV（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）c（Cl-），选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。22、C【解析】A.根据物质中的最外层电子数进行分析，共用电子对数为，所以0.1 mol C3H9N中所含共用电子对数

38、目为1.2NA ，故正确；B. 14 g N60的物质的量为，N60的结构是每个氮原子和三个氮原子结合形成两个双键和一个单键，每两个氮原子形成一个共价键，1mol N60含有的氮氮键数为，即14 g N60的含有氮氮键 ，数目为1.5NA，故正确；C. 某温度下，1 L pH6的纯水中氢离子浓度为10-6mol/L，纯水中氢离子浓度和氢氧根离子浓度相等，所以氢氧根离子浓度为10-6mol/L，氢氧根离子数目为10-6 NA，故错误；D. 标准状况下，5.6 L甲醛气体物质的量为0.25mol，每个甲醛分子中含有16个质子，所以0.25mol甲醛中所含的质子数目为4NA，故正确。故选C。二、非选

39、择题(共84分)23、羟基 取代反应/酯化反应 CH2=CH2O2CH3COOH AB 【解析】根据题干信息可知，A为CH2 = CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2CH2O2 CH3COOH，故答案为：CH2CH2O2 CH3COOH。(4)A. 乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B

40、. 乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液不反应，可以鉴别，故B正确；C. 酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D. CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。24、C12H15NO 醚键 还原反应 消去反应 +HNO3(浓) +H2O 、 保护氨基，防止合成过程中被氧化 【解析】A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与Fe、HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D：，E为，E与NaBH4发生反应产生F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H1

41、5NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚键；(2) B为，C为，B与Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；F为，G为，根据二者结构的不同可知：FG的类型是消去反应；(3)A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以AB的反应方程式为：+HNO3(浓) +H2O；(4)D结构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、；(5)合成

42、途径中，C转化为D时NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为： 【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止其

43、在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。25、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD 【解析】（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起着重要催化作用，说明铁

44、离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04mol铵根离子，0.12mol

45、铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。26、粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2 【解析】（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为

46、配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2 molL-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过

47、程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程是用0.20molL-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程的离子反应方程式：2 MnO4+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防

48、止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；（5）过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21+S4O62-，故过程，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20molL1V(KMnO4)；由2Cu2+4I-=2CuI+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- I2 2Cu2+，

49、n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25molL-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2H2O 。 【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。27、Cu或Cu2O 向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有 除去NH3 防止金属镁与NH3反应生成副产物 C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应 【解析】（1）A装置通过反应3CuO2NH33Cu3H

50、2ON2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O；Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A装置通过反应3CuO

51、2NH33Cu3H2ON2来制备N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是Cu或Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu或Cu2O；向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有； （2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是为了吸收NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A中，D装置是Mg3N2的制备装置，由于Mg性质比较活泼，很容易与水、

52、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C中稀硫酸中的水分进入D中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色。28、 AB 温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于浓度变化对平衡移动的影响 160：1 B 4NH3+4NO+O24N2+6H2O 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 【解析】(1)由图象可知，起始投料比m一定时，CO的平衡转化率随温度的升高而降低；A.起始投料比m一定时，而反应

53、中NO、CO的变化量相同，体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，即体系中CO2、CO物质的量浓度不变，据此判断；B.由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大；C.根据转化率=变化量与起始量的比值和反应中NO、CO的变化量相同分析判断；D.催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，主要原因是温度的影响起主导作用，投料比不同的影响为次要因素；(2)反应达到平衡时v正=k正c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆c（N2）c2（CO2），则平衡常数K= ，结合反应三段式计算平衡常数K和a点时各物质的浓度，代入v正、v逆计算v正：v逆；(3

54、)A由图可知，NOx还原成无害物质为氮气，脱硫的产物可能有多种，与温度有关； B温度高于1000时二氧化硫的含量增大，说明温度越高不利于脱硫；C根据图3，随CO物质的量分数增大，还原NOx生成氮气曲线斜率变化比较小，而还原SO2需要CO物质的量分数较大时才能将SO2从烟气中分离；D根据图4，COS分压曲线随温度升高减小，S2、CO分压增大，继续升高温度，S2、CO2分压减小，CO分压增大； (4)用活化后的V2O5作催化剂，NH3将NO 还原成N2，同时生成水，原子守恒配平书写化学方程式；(5) 阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-。【详解】(1)由图象可知，起始投料比m一

55、定时，温度越高，CO的平衡转化率越低，即升高温度平衡逆向移动，所以正反应放热，即H0；A反应正向进行时CO2增多而CO减少，说明未达到平衡时二者比值会变，所以体系中CO2和CO物质的量浓度之比保持不变，反应达到平衡状态，故A正确；B由图象可知，温度一定时，增大NO浓度，CO转化率增大，即起始投料比m越大时，CO转化率越大，所以投料比：m1m2m3，故B正确；C由反应计量关系可知，反应中NO、CO的变化量相同，平衡转化率=100%，所以平衡转化率与起始量成反比，即投料比m=2时CO转化率是NO转化率的2倍，故C错误；D催化剂不能改变反应进程，只改变反应速率，所以NO的平衡转化率不变，故D错误；故答案为：AB；由图象可知，不同投料比下CO的平衡转化率趋于相近，随温度逐渐升高，温度的影响起主导作用，即温度较高时，温度变化对平衡移动的影响大于