2021-2022学年佛山市普通高中高考临考冲刺化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、下列有机实验操作正确的是A证明CH4发生氧化反应：CH4通入酸性KMnO4溶液B验证乙醇的催化氧化反应：将铜丝灼烧至红热，插入乙醇中C制乙酸乙酯：大试管中加入浓硫酸，然后慢慢加入无水乙醇和乙酸D检验蔗糖在酸催化下的水解产物：在水解液中加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热2、铬是

2、人体必需的微量元素，它与脂类代谢有密切联系，能增强人体内胆固醇的分解和排泄，但铬过量会引起污染，危害人类健康。不同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性约为三价铬的100倍。下列叙述错误的是A发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性，因为维生素C具有还原性BK2Cr2O7可以氧化乙醇，该反应可用于检查酒后驾驶C在反应Cr2O72-IHCr3I2H2O中，氧化产物与还原产物的物质的量之比为32D污水中的Cr3在溶解的氧气的作用下可被氧化为Cr2O72-3、现有一瓶标签上注明为葡萄糖酸盐(钠、镁、钙、铁)的复合制剂，某同学为了确认其成分，取部分制剂作为试液，设计并完成了如下实验：已知：控

3、制溶液pH4时，Fe(OH)3沉淀完全，Ca2、Mg2不沉淀。该同学得出的结论正确的是()。A根据现象1可推出该试液中含有NaB根据现象2可推出该试液中并不含有葡萄糖酸根C根据现象3和4可推出该试液中含有Ca2，但没有Mg2D根据现象5可推出该试液中一定含有Fe24、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序数依次增大，R和X组成简单分子的球棍模型如图所示。Y原子核外K、M层上电子数相等，Z原子最外层电子数是电子层数的2倍。下列推断正确的是A原子半径：YZRXBY3X2是含两种化学键的离子化合物CX的氧化物对应的水化物是强酸DX和Z的气态氢化物能够发生化合反应5、在抗击新冠病毒肺炎中瑞德西韦是主要药

4、物之一。瑞德西韦的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A瑞德西韦中N、O、P元素的电负性：NOPB瑞德西韦中的NH键的键能大于OH键的键能C瑞德西韦中所有N都为sp3杂化D瑞德西韦结构中存在键、键和大键6、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为A1：1B1：2C3：2D2：37、短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中

5、缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是AX2R溶液的浓度为0.03molL1B工业上通常采用电解法冶炼Q的单质C最简单气态氢化物的稳定性：YZRDRZ2通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象8、某工厂排放的污水只可能含Na+、K+、NH4+、Mg2+、Fe3+、SO32-、SO42-和Cl-中的几种（忽略由水电离产生的H+、OH-）。将试样平均分成甲、乙、丙各l00mL三份，每次均加入足量的试剂，设计如下实验。下列说法正确的是（ ）A废水可能含有Na+、K+、Fe3+B可能存在的离子用焰色反应进一步检验确认C废水一定含有Cl-、SO42-和Mg2+，

6、且c(Cl-)=0.2molL-1D废水一定不含 SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+9、近年来，我国多条高压直流电线路的瓷绝缘子出现铁帽腐蚀现象，在铁帽上加锌环能有效防止铁帽的腐蚀。下列说法正确的是A阴极的电极反应式为4OH4eO22H2OB阳极的电极反应式为Zn2eZn2C通电时，该装置为牺牲阳极的阴极保护法D断电时，锌环失去保护作用10、Anammox法是一种新型的氨氮去除技术。设阿伏加德罗常数的数值为NA，则下列说法正确的是A1moLNH4+所含电子数为11NAB30g N2H2中含有的共用电子对数目为4 NAC过程II属于还原反应，过程IV属于氧化反应D过程I中反应得

7、到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：211、25时，体积均为25.00mL，浓度均为0.0100mol/L的HA、H3B溶液分别用0.0100mol/LNaOH溶液滴定，溶液的pH随V(NaOH)变化曲线如图所示，下列说法中正确的是（ ）ANaOH溶液滴定HA溶液可选甲基橙作指示剂B均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，酸性较强的是HAC25时，0.0100mol/LNa2HB溶液的pH7D25时，H2B-离子的水解常数的数量级为10-312、在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是( ) AM为电源负极，有机物被还原B

8、中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小CM极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D处理1molCr2O72-时有6mol H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移13、中科院设计了一种新型的多功能复合催化剂，实现了CO2直接加氢制取高辛烷值汽油，其过程如图。下列有关说法正确的是（ ）A在Na-Fe3O4上发生的反应为CO2+H2=CO+H2OB中间产物Fe5C2的生成是实现CO2转化为汽油的关键C催化剂HZMS-5可以提高汽油中芳香烃的平衡产率D该过程，CO2转化为汽油的转化率高达7814、常温下，下列各组离子能在指定环境中大量共存的是（ ）Ac(Al3+)=0.1molL-1的溶液

9、中：H+、NH4+、F-、SO42-B水电离出的c(H+)=10-4molL-1的溶液中：Na+、K+、SO42-、CO32-C与Al反应能放出H2的溶液中：Na+、K+、HSO3-、Cl-D使甲基橙变红色的溶液中：Na+、K+、NO2-、Br-15、短周期元素W、X、Y、Z、Q的原子序数依次增加，W与Y能形成两种常温下均为液态的化合物，X是形成化合物种类最多的元素，Z的原子在短周期中半径最大，Q为地壳中含量最多的金属元素，下列说法正确的是A简单离子半径：YZBW、X、Y、Z四种元素组成的物质，其水溶液一定呈碱性C简单氢化物的稳定性：Y大于X，是因为非金属性Y强于XD工业上制取Q单质通常采用电

10、解其熔融氯化物的方法16、某一化学反应在不同条件下的能量变化曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A化学催化比酶催化的效果好B使用不同催化剂可以改变反应的能耗C反应物的总能量低于生成物的总能量D使用不同催化剂可以改变反应的热效应17、下列物质中，常用于治疗胃酸过多的是（ ）A碳酸钠B氢氧化铝C氧化钙D硫酸镁18、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A11 g硫化钾和过氧化钾的混合物，含有的离子数目为0.4NAB28 g聚乙烯（）含有的质子数目为16NAC将标准状况下224 mLSO2溶于水制成100 mL溶液，H2SO3、HSO3-、SO32-三者数目之和为0.01NAD含63 gHN

11、O3的浓硝酸与足量铜完全反应，转移电子数目为0.50NA19、最近“垃圾分类”成为热词，备受关注。下列有关说法错误的是（ ）A垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝B废弃金属易发生电化学腐蚀，可掩埋处理C废弃荧光灯管含有重金属，属于有害垃圾D废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质20、常温下，向盛50mL0.100molL-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100molL-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列说法正确的是（ ）A曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓

12、度逐渐减小B曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)YZWBW的单质在常温下是黄绿色气体C气态氢化物的稳定性: ZWYDX和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种二、非选择题(共84分)23、（14分）磷酸氯喹是一种抗疟疾药物， 研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经， B 中官能团的名称为_。（2）反应 AB 中须加入的试剂a 为_。（3）B 反应生成 C 的反应化学反应方程式是_。（4）CD 反应类型是_， D的结构简式为_。（5）FG反应类型为_。（6）I是E的同分异构体，与E 具有

13、相同的环状结构， 写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是_。I是三取代的环状有机物， 氯原子和羟基的取代位置与E相同；核磁共振氢谱显示I 除了环状结构上的氢外，还有4组峰， 峰面积比3:1:1:1；I加入NaHCO3溶液产生气体。24、（12分）化合物M是一种药物中间体。实验室以烃A为原料制备M的合成路线如图所示。请回答下列问题：已知：R1COOH+R2COR3。R1CH2COOR2+R3COOR4+R4OH、均表示烃基(1)的核磁共振氢谱中有_组吸收峰；B的结构简式为_。(2)的化学名称为_；D中所含官能团的名称为_。(3)所需的试剂和反应条件为_；的反应类型为_。(4)的化学方程式为_。

14、(5)同时满足下列条件的M的同分异构体有_种不考虑立体异构。五元环上连有2个取代基能与溶液反应生成气体能发生银镜反应(6)参照上述合成路线和信息，以甲基环戊烯为原料无机试剂任选，设计制备的合成路线：_。25、（12分）四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3，沸点为233.5，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是_，其目的是_，此时活塞K1，K2，K3的状态为_；一段时间后，打开电炉并加热

15、反应管，此时活塞K1，K2，K3的状态为_。（2）试剂A为_，装置单元X的作用是_；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是_。（3）反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是_。（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为_、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是_（填仪器名称）。26、（10分）草酸是草本植物常具有的成分，具有广泛的用途。草酸晶体（H2C2O42H2O）无色易溶于水，熔点为 101 ，受热易脱水、升华，在 170 以上分解。常温下，草酸的电离平衡常数K1=5.4102，K2=5.4105。回答下列问题：（1）拟用下列装置分解草酸制备少量纯净的

16、CO，其合理的连接顺序为_（填字母）。（2）相同温度条件下，分别用 3 支试管按下列要求完成实验：试管ABC4 mL0.01mol/L4 mL 0.02mol/L4 mL 0.03mol/L加入试剂KMnO4KMnO4KMnO41 mL0.1moL/L H2SO41 mL0.1moL/L H2SO41 mL0.1moL/LH2SO42 mL0.1mol/L H2C2O42 mL 0.1mol/L H2C2O42 mL 0.1mol/L H2C2O4褪色时间28 秒30 秒不褪色写出试管 B 中发生反应的离子方程式_；上述实验能否说明“相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快”？_（填“能”或“

17、不能”）；简述你的理由：_。（3）设计实验证明草酸为弱酸的方案及其结果均正确的有_（填序号）。A室温下，取0.010mol/L的H2C2O4 溶液，测其pH=2；B室温下，取0.010 mol/L的NaHC2O4溶液，测其pH7；C室温下，取 pH=a（a3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其 pH”“SNH，A错误；B. Mg3N2是由Mg2+和N3-构成的离子化合物，只含有离子键，B错误；C. N的氧化物对应的水化物可能为HNO3、HNO2，HNO3是强酸，HNO2是弱酸，C错误；D. N和S的气态氢化物分别为NH3和H2S，二者能够发生化合反应，生成NH4HS或(NH4)2S，D正确

18、。故选D。5、D【解析】A一般情况下非金属性越强，电负性越强，所以电负性：ONP，故A错误；BO原子半径小于N原子半径，电负性强于N，所以O-H键的键能大于N-H键键能，故B错误；C形成N=C键的N原子为sp2杂化，形成CN键的N原子为sp杂化，故C错误；D该分子中单键均为键、双键和三键中含有键、苯环中含有大键，故D正确；故答案为D。6、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3）+c（SO42）=5molL1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3+8H=3Cu2+2NO+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，

19、c（NO3）：c（H）=2：8=1：4，设c（NO3）=xmolL1、则c（H）=4xmolL1，根据电荷守恒得c（NO3）+2c（SO42）=c（H），xmolL1+2c（SO42）=4xmolL1，c（SO42）=1.5xmolL1，代入已知：c（NO3）+c（SO42）=5molL1，x=2，所以c（NO3）=2molL1、则c（H）=8molL1，c（SO42）=5molL1-2molL1=3molL1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3）=c（HNO3）=2molL1、c（SO42）=c（H2SO4）=3molL1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2mol

20、L1：3molL1=2：3。故选D。7、B【解析】由条件“X的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X为H元素；由条件“Y原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y为C元素；由条件“Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q为第三周期的金属元素(Na或Mg或Al)；由X可以与R形成H2R化合物可知，R为S元素；S可以与Z形成SZ2气体，所以Z为O元素。【详解】A硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：；当通入336mL，即0.015molSO2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中，那么浓度即为0.3mol/L，A错误；BQ无论是Na，Mg，Al中的哪一种元素，获得其单质

21、都是采用电冶金的方式，B正确；CY，Z，R分别为C，O，S三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H2OH2SCH4，即ZRY，C错误；DSO2通入BaCl2溶液中无现象，但是通入Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀，D错误。答案选B。8、D【解析】甲中滴加溴水不褪色，说明溶液中没有还原性的SO32-；乙中滴加酸化的BaCl2溶液，生成2.33g白色沉淀，此沉淀为BaSO4，物质的量为0.01mol，可知含有0.01molSO42-，滤液滴加酸化的AgNO3溶液生成白色沉淀AgCl的质量为2.87g，物质的量为0.02mol，则溶液中不存在Cl-，原因滴加BaCl2溶液生成0.01molBaSO4时

22、引入的Cl-为0.02mol；丙中滴加NaOH溶液有白色沉淀生成，此沉淀为Mg(OH)2，同时无气体生成，说明没有Fe3+、NH4+，0.58gMg(OH)2的物质的量为0.01mol，可知溶液里含有0.01molMg2+恰好与0.01molSO42-组成中性溶液，故原溶液中也不存在Na+、K+；A有分析可知废水不存在Na+、K+和Fe3+，故A错误；B不存在Na+、K+，无须通过焰色反应进一步检验确认，故B错误；C废水一定含有SO42-和Mg2+，不含Cl-，故C错误；D有分析可知废水一定不含 SO32-、Cl-、NH4+、Na+、K+、Fe3+，故D正确；答案为D。9、B【解析】A. 通电

23、时，阴极发生还原反应，电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，A项错误；B. 通电时，锌作阳极，则阳极反应式为Zn2eZn2，B项正确；C. 通电时，该装置是电解池，为外接电流的阴极保护法，C项错误；D. 断电时，构成原电池装置，铁为正极，锌为负极，仍能防止铁帽被腐蚀，锌环仍然具有保护作用，D项错误；答案选B。10、B【解析】A一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故A错误；B一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=1mol，含有的共用电子对数目为4 NA，故B正确；C过程II中，联胺分子中N元素化合价是2，N2H

24、2中N元素化合价是1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；D过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产物物质的量之比为1：1，故D错误；答案选B。【点睛】准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。11、C【解析】A滴定终点生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，而甲基橙的变色范围是3.14.4，所以应选酚酞作指示剂，故A错误；B由图可知，浓度均为0.0100mol/LHA、H3B溶液中，HA、H3

25、B溶液，H3B溶液起始时pH更小，说明H3B电离出氢离子的能力强于HA，则酸性较强的为H3B，故B错误；C，由图可知时，pH为7.2，则Ka2=10-7.2，K=10-6.8，HB2-的电离常数为Ka3，由于Ka2Ka3，所以常温下HB2-的水解程度大于电离程度，NaH2B溶液呈碱性，故C正确；D，K=，由图可知，时，氢离子浓度等于Ka1，因此Ka1的量级在10-210-3，H2B-离子的水解常数的数量级为10-12，故D错误。答案选C。12、B【解析】根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N

26、为正极。A根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和Cl不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O726e14H2O=2Cr(OH)38OH，生成的OH透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH与H反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C苯酚的化学式为C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为64()=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6

27、CO2+28H+，C错误；D原电池中，阳离子向正极移动，因此H从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na和Cl的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H和OH的移动反应来判断。13、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：，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

28、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。14、B【解析】A.铝离子与氟离子能够形成配合物，且氢氟酸是弱电解质，H+、F-也不能大量共存，故A错误；B.常温下，水电离出的c(H+)=10-4molL-1，水的电离程度增大，则溶液中存在可水解的离子，碳酸根为弱酸根，能发生水解反应，促进水的电离，故B正确；C.与Al反应能放出H2的溶液可能为酸性溶液，也可能为碱性溶液，HSO3-在酸性、碱性溶液中都不能大量存在，故C错误；D.使甲基橙变红色的溶液为酸性溶液，酸性条件下，NO2-有强氧化性能与Br-发生氧化还原反应，故D错误；综上所述，

29、答案为B。【点睛】NO2-在中性、碱性条件下，无强氧化性，在酸性条件下，具有强氧化性。15、C【解析】由题意可推出W、X、Y、Z、Q依次为H、C、O、Na、Al五种元素。A.具有相同电子层结构的离子，核电荷数越大半径越小，则离子半径O2-Na+，选项A错误；B.这四种元素可以形成多种盐溶液，其中酸式盐溶液有可能显酸性，如NaHC2O4，选项B错误；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性越强，因非金属性Y（O）强于X(C)，则简单氢化物的稳定性：Y大于X，选项C正确；D.工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物，熔融并不导电，选项D错误。答案选C。【点

30、睛】本题考查元素周期表周期律，推出各元素为解题的关键，易错点为选项D；工业制取铝通常电解熔融氧化铝和冰晶石的混合物，而不是氯化铝，因为其为共价化合物。16、C【解析】A酶催化的活化能小于化学催化的活化能，所以酶催化比化学催化的效果好，A错误；B使用不同催化剂，反应所需要的能量不同，即可以改变反应的能耗，B正确；C由图可知：反应物的总能量高于生成物的总能量，C错误；D使用不同催化剂，反应物的总能量和生成物的总能量都没有变化，而焓变为生成物与反应物的总能量差，所以不同催化剂不会改变反应的焓变，D错误；故选C。17、B【解析】用于治疗胃酸过多的物质应具有碱性，但碱性不能过强，过强会伤害胃粘膜；以上四

31、种物质中，硫酸镁溶液显酸性，碳酸钠溶液，氧化钙的水溶液均显碱性，而氢氧化铝显两性，碱性较弱，能够与胃酸反应，故氢氧化铝常用于治疗胃酸过多，B正确；故答案选B。18、B【解析】AK2S、K2O2的式量是110，11 gK2S、K2O2的混合物的物质的量是=0.1 mol，1 mol K2S含有2 mol K+、1 molS2-，1 mol K2O2中含有2 mol K+、1 molO22-，则0.1 mol混合物中含有离子数目为0.3NA，A错误；B聚乙烯最简式是CH2，式量是14，其中含有的质子数为8，28 g聚乙烯中含有最简式的物质的量是n(CH2)= =2 mol，则含有的质子数目为2 m

32、ol8NA/mol=16NA，B正确；C标准状况下224 mLSO2的物质的量是0.01 mol，SO2溶于水反应产生H2SO3，该反应是可逆反应，溶液中存在少量SO2分子，H2SO3是二元弱酸，发生的电离作用分步进行，存在电离平衡，根据S元素守恒可知溶液中S元素存在微粒有SO2、H2SO3、HSO3-、SO32-四种，故H2SO3、HSO3-、SO32-的数目之和小于0.01NA，C错误；D63 g HNO3的物质的量为1 mol，若只发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O转移电子物质的量为0.50 mol，但是由于铜足量，随着反应的进行，硝酸浓度逐渐变稀，浓硝

33、酸后来变成了稀硝酸，此时发生反应：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，若反应只产生NO，转移电子的物质的量为0.75 mol，所以1 mol硝酸与足量的铜反应，转移的电子数大于0.50NA而小于0.75NA，D错误；故合理选项是B。19、B【解析】A. 垃圾是放错地方的资源，回收可变废为宝，说法合理，故A正确；B. 废弃的金属易发生电化学腐蚀，掩埋处理很容易造成污染，故B错误；C. 废弃荧光灯管中含有重金属，属于有害垃圾，故C正确；D. 废弃砖瓦和陶瓷垃圾，属于硅酸盐材质，故D正确；故选B。20、B【解析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+

34、1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=H+OH-可知，OH-在增大，A错误；B. 当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05molL-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.810-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+) C(CH3COO-)，

35、B正确；C. a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D. b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。 答案选B。

36、【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。21、C【解析】A. pH=l的溶液中， Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；B. 能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；C. =10-12的溶液呈酸性，NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；D. 由水电离的c(H+)=10-12molL-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性， Al3+不能存在，故不选D。22、B【解析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧

37、根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3-S2-Cl-Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确

38、；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性WZY，所以气态氢化物的稳定性：WZY，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。二、非选择题(

39、共84分)23、硝基 浓硫酸、浓硝酸 +Cl2+HCl 还原反应 取代反应 【解析】产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是

40、一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。24、1 氯环己烷 碳碳双键 乙醇溶液、加热 酯化反应 +CH3CH2OH 6 【解析】根据流程图，烃A在氯化铁条件下与氯气发生取代反应生成B，B与氢气加成生成C，结合C的化学式可知，A为，B为，C为，根据题干信息可知，D中含有碳碳双键，则C发生消去反应生成D，D为，D中碳碳双键被高锰酸钾氧化生成E，E为，E与乙醇发生酯化反应生成F，F为，根据信息，F在乙醇钠作用下反应生成M()，据此分析解答。【详解】(1)的结构简式为，

41、A中只有1种氢原子，核磁共振氢谱中有1组吸收峰；B的结构简式为，故答案为：1；(2)C的结构简式为，化学名称为氯环己烷；D的结构简式为，D中所含官能团为碳碳双键，故答案为：氯环己烷；碳碳双键；(3)C的结构简式为，D的结构简式为，为卤代烃的消去反应，反应条件为NaOH乙醇溶液、加热；E的结构简式为，F的结构简式为，的反应类型为酯化反应或取代反应，故答案为：NaOH乙醇溶液、加热；酯化反应或取代反应；(4)F的结构简式为，M的结构简式为，根据信息，的化学方程式为+CH3CH2OH，故答案为：+CH3CH2OH；(5) M为，同时满足：五元环上连有2个取代基；能与溶液反应生成气体，说明含有羧基；能

42、发生银镜反应，说明含有醛基，满足条件的M的同分异构体有：、，一共6种，故答案为：6； (6) 以甲基环戊烯()合成，要想合成，需要先合成，因此需要将碳碳双键打开，根据信息，碳碳双键打开后得到，只需要将中的羰基与氢气加成即可，具体的合成路线为，故答案为：。25、打开K1，关闭K2和K3 先通入过量的CO2气体，排除装置内空气 打开K1，关闭K2和K3 打开K2和K3 ，同时关闭K1 浓硫酸 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险 排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气 直形冷凝管 温度计（量程250C） 【解析】检查装置气密性并加入药品后，

43、加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，开始仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中。因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，

44、而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。【详解】检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体CO等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的CO2气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入CO2气体，所以只需要打开K1，关闭K2和K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开K2和K3,同时关闭K1，保证CO2气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为：先通入过量的CO2气体；排除装置内空气；打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K

45、3，同时关闭K1。因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的CO2气体必须干燥，所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为：浓硫酸；吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间C

46、O2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为：排出残留在装置中的TiBr4和溴蒸气。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是250C），故答案为：直形冷凝管；温度计（量程250C）。26、B-E-D 2MnO4- +5H2C2O4 +6H+=2Mn2+ +10CO2+8 H2O 能 实验中KMnO4的浓度cBcA，且其反应速率

47、BA AC 酚酞 锥形瓶内溶液由无色变成(粉)红色，且半分钟内不变化 0.05000mol/L AD 【解析】（1）由题给信息可知，草酸分解时，草酸为液态，草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳；硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快；（3）依据草酸为二元弱酸和草酸氢钠溶液中草酸氢根电离大于水解分析；（4）强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性；由H2C2O42NaOH建立关系式求解可得；滴定操作误差分析可以把失误归结为消耗滴定管中溶液体积的变化分析判断。【详解】（1）由

48、题给信息可知，草酸受热分解时熔化为液态，故选用装置B加热草酸晶体；草酸晶体分解生成二氧化碳、一氧化碳、水，则气体通过装置E吸收二氧化碳，利用排水法收集一氧化碳，其合理的连接顺序为B-E-D，故答案为B-E-D；（2）酸性溶液中高锰酸钾溶液氧化草酸生成二氧化碳，反应的离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O。保持硫酸、草酸浓度相同，改变高锰酸钾溶液浓度分析反应速率变化，高锰酸钾溶液浓度越大，反应速率越快，实验中KMnO4的浓度cBcA，且其反应速率BA，上述实验能说明相同条件下，反应物浓度越大，反应速率越快，故答案为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=

49、2Mn2+10CO2+8H2O；能；实验中KMnO4的浓度cBcA，且其反应速率BA；（3）A、草酸为二元酸，若为强酸电离出氢离子浓度为0.02mol/L，pH小于2，室温下，取0.010mol/L的H2C2O4溶液，测其pH=2，说明存在电离平衡，证明酸为弱酸，故A正确；B、室温下，0.010mol/L的NaHC2O4溶液中草酸氢根电离大于水解，溶液呈酸性， pH小于7，故B错误；C、室温下，取pH=a（a3）的H2C2O4溶液稀释100倍后，测其pHa+2，说明稀释促进电离，溶液中存在电离平衡，为弱酸，故C正确；D、标况下，取0.10mol/L的H2C2O4溶液100mL与足量锌粉反应，无

50、论是强酸还是弱酸都收集到H2体积为224mL，故D错误；故选AC，故答案为AC；（4）强碱滴定弱酸到反应终点生成草酸钠，生成的为强碱弱酸盐显碱性，所以选择酚酞作指示剂，滴入最后一滴锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化，故答案为酚酞；锥形瓶内溶液由无色变成（粉）红色，且半分钟内不变化；取20.00mLH2C2O4溶液于锥形瓶中，滴入2-3滴指示剂，用0.1000mol/L的NaOH溶液进行滴定，并进行3次平行实验，所用NaOH溶液体积分别为19.98mL、20.02mL和22.02mL，其中22.02mL误差太大，消耗平均体积为20ml，由H2C2O42NaOH可得0.020Lc2

51、=0.1000mol/L0.020L，解得c=0.05000mol/L，故答案为0.05000mol/L；A、滴定管在盛装NaOH溶液前未润洗，导致溶液浓度减小，消耗标准溶液体积增大，测定结果偏高，故正确；B、滴定过程中，锥形瓶震荡的太剧烈，以致部分液体溅出，待测液减小，消耗标准溶液体积减小，测定结果偏低，故错误；C、滴定前读数正确，滴定终点时俯视读数，读取的标准溶液体积减小，测定标准溶液难度偏低，故错误；D、滴定前读数正确，滴定终点时仰视读数，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故选AD，故答案为AD【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，注意物质分解产物的分析判断、实验验证方法

52、分析、弱电解质的电离平衡理解与应用，掌握滴定实验的步骤、过程、反应终点判断方法和计算等是解答关键。27、2Cl-2e-=Cl2 2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl- 【解析】（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成1价的氯离子，由此书写离子反应的方程式。【详解】（1）阳极发生氧化反应，氯离子的放电生成氯气，电极反应的方程式为：2Cl2e=Cl2，故答案为：2Cl2e=Cl2；（2）氯气具有氧化性，而铵根离子中氮是3价，被氧化成氮气，氯气得电子生成1价的氯离子，离子反应的方程式为2NH4+3Cl2=8H+N2+6C

53、l，故答案为：2NH4+3Cl2=8H+N2+6Cl。28、b 氩 Na+ MgO的熔点高，熔融时消耗更多能量，增加生产成本 氯化铝是共价化合物，熔融态氯化铝难导电 SiCl4(g)+2H2(g)=Si(s)+4HCl(g) =+0.025akJmol-1 b 4KClO3KCl+3KClO4 【解析】（1）a、同一周期，随着原子序数的增大，原子半径逐渐减小，简单离子半径先减小后增大再减小；b、同一周期元素，随着原子序数的增大，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；c、元素的金属性越强，其最高价氧化物的水化物碱性越强，元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强；d、同一周期元素，其单

54、质的熔点先增大后减小；（2）第三周期中，次外层电子数为8，原子最外层电子书与次外层电子数相同，则该元素为氩；第三周期中简单阳离子为钠离子、镁离子和铝离子，金属的还原性越强，对应离子的氧化性越弱；（3）氧化镁熔点远远大于氯化镁，电解MgO冶炼Mg浪费能源；氯化铝是共价化合物，熔融状态下不导电；（4）四氯化硅为共价化合物，氯原子和硅原子都达到8个电子，每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，结合物质的量与反应放出的热量成正比计算；（5）浓硫酸具有强氧化性、酸性，P2O5是非氧化性干燥剂；（6）根据题干信息判断该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐名称，最后根据化合价升降相等配平即可。【详解】（1）a、第三周期中，随着原子序数的递增，原子半径逐渐减小，而离子半径需要根据阴阳离子进行讨论，阳离子只有2个电子层，随着核电荷数在增大，半径逐渐减小，而阴离子有3个电子层，随着核电荷数的增加逐渐减小，但是阴离子半径整体大于阳离子半径，从阳离子到阴离子，半径在增大，故a错误；b、同一周期中，随着核电荷数的递增，元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，故b正确；c、元素的金属性越强，其最高价氧化物