2021-2022学年陕西省西安市一中学高三最后一卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、短周期元素X、Y、Z、W

2、的原子序数依次增大。它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，Y为金属元素，Y与Z最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，X与W所在族序数之和等于10。下列说法正确的是（ ）A原子半径大小顺序：r(W)r(Z)r(Y)r(X)B沸点：XW2Y2WC最高价氧化物对应的水化物的酸性：XW2、三种有机物之间的转化关系如下，下列说法错误的是AX中所有碳原子处于同一平面BY的分子式为C由Y生成Z的反应类型为加成反应DZ的一氯代物有9种（不含立体异构）3、根据元素周期律可判断()A稳定性：H2SH2OB最高化合价：FNC碱性：NaOHMg(OH)2D原子半径：ClAl4、设NA为阿伏加德罗

3、常数的值，下列说法正确的是（）A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA5、如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系。下列说法错误的是ANaH2AsO4溶液呈酸性B向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH 溶液过程中，先增加后减少CH3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存DKa3( H3AsO 4) 的数量级

4、为10-126、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A二者互为同分异构体B二者均能发生氧化反应和取代反应C胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同7、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()ABCD8、有机物M是合成某药品的中间体，结构简式如图所示。下列说法错误的是A用钠可检验M分子中存在羟基BM能发生酯化、加成、氧化反应CM的分子式为C8H8O4DM的苯环上一硝基代物有2种9、下

5、列离子方程式中正确的是（ ）A向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2OB向FeBr2溶液中通入足量Cl2：2Fe2Cl2=2Fe32ClCAlCl3溶液中加入过量氨水：Al33OH=Al(OH)3D铜与浓硝酸反应：3Cu8H2NO3=3Cu22NO4H2O10、铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A铟元素的相对原子质量B铟元素的原子序数C铟原子的相对原子质量D铟原子的核电荷数11、人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的

6、是 A将铝制品置于电解液中作为阳极，用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法。C压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力。D人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类。12、室温下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定量强酸或强碱后溶液的pH如下表（加入前后溶液体积不变）：溶液a通入0.01 mol HCl加入0.01 mol NaOHpH4.764.674.85像溶液a这样，加入少量强酸或强碱后pH变化不大的溶液称为

7、缓冲溶液。下列说法正确的是A溶液a和 0.1 molL1 HA溶液中H2O的电离程度前者小于后者B向溶液a中通入0.1 mol HCl时，A结合H+生成 HA，pH变化不大C该温度下HA的Ka=10-4.76D含0.1 molL1 Na2HPO4 与0.1 molL1 NaH2PO4的混合溶液也可做缓冲溶液13、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是A反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B向反应后的溶液中加入一定量的

8、NaNO3，可能使b g固体完全溶解C若ba，则红色固体粉末一定为纯净物Db的取值范围:0ba14、随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghdeB上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀Df的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应15、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为23。W的原子半径在同周期主族元

9、素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A原子半径XY，离子半径ZY B化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键CX的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物DY、W的某些单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂16、已知、为原子序数依次增大的短周期元素，为地壳中含量最高的过渡金属元素，与同主族，与同周期，且与的原子序数之和为20。甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，它们转化关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）A、形成的一种化合物具有漂白性B、形成的离子化合物可能含有非极性键C的单质能与丙

10、反应置换出的单质D丁为黑色固体，且1mol甲与足量丙反应转移电子3 NA17、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素。X分别与Y、Z、W结合形成质子数相同的甲、乙、丙三种分子。丁为无色气体，遇空气变红棕色；丙的水溶液可刻蚀玻璃。上述物质有如图转化关系：下列说法错误的是A四种元素形成的单质中W的氧化性最强B甲、乙、丙中沸点最高的是丙C甲常用作致冷剂D甲、乙分子均只含极性共价键18、在实验室中完成下列各组实验时，需要使用到相应实验仪器的是A除去食盐中混有的少量碘：坩埚和分液漏斗B用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+：烧杯、烧瓶C配制250mL1mol/L硫酸溶液：量筒、250mL容量瓶D检验亚

11、硫酸钠是否发生变质：漏斗、酒精灯19、核反应堆中存在三种具有放射性的微粒、，下列说法正确的是（）A与互为同素异形体B与互为同素异形体C与具有相同中子数D与具有相同化学性质20、在下列有机物中，经催化加氢后不能生成2甲基戊烷的是ACH2=C(CH3)CH2CH2CH3BCH2=CHCH(CH3)CH2CH3CCH3C(CH3)=CHCH2CH3DCH3CH=CHCH(CH3)CH321、下列说法不正确的是 ()A氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药的生产等方面B化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D铜能

12、与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作22、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；X与W同主族。下列叙述不正确的是（ ）A原子半径：YZWXBX、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：1CY、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应DX与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红二、非选择题(共84分)23、（14分）某新型药物H()是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：已知：(1)E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2) （R为烃基）(3)请回答下列问题：(1)A的结构简式为_；D的官

13、能团的名称为_。(2)的反应类型是_；的反应条件是_。(3)写出BC的化学方程式_。(4)写出F+GH的化学方程式_。(5)E有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_种。.能发生银镜反应 .能发生水解反应 .分子中含的环只有苯环(6)参照H的上述合成路线，设计一条由乙醛和NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间CH3CONHCH(CH3)2的合成路线_。24、（12分）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：E的核磁共振氢谱只有一组峰；C能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为_，其

14、反应类型为_；（2）D的化学名称是_，由D生成E的化学方程式为_；（3）J的结构简式为_；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式_(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：反应条件1为_；反应条件2所选择的试剂为_；L的结构简式为_。25、（12分）如图是实验室利用铜与浓硫酸制取二氧化硫并探究它的性质，请回答下列问题：（1）装置A中m的作用_，装置A中有明显的一处错误_。（2）装置A中发生的化学反应方程式_，该反应的氧化产物是_。（3）装置B中的现象_，证明SO2具有_。（4）装置C中溶液在空气中不易保存，时间长了会出现

15、浑浊，原因是_。（用离子方程式表示）（5）装置D的目的是探究SO2与品红作用的可逆性，写出实验操作及现象_。（6）E中的现象是_，发生的化学反应方程式_。26、（10分）硫酸亚铁铵晶体(NH4)2Fe(SO4)26H2O比FeSO4稳定，不易被氧气氧化，常用于代替FeSO4作分析试剂。某小组尝试制备少量(NH4)2Fe(SO4)26H2O并探究其分解产物。I制备硫酸亚铁铵晶体的流程如下：(1)铁屑溶于稀硫酸的过程中，适当加热的目的是_。(2)将滤液转移到_中，迅速加入饱和硫酸铵溶液，直接加热蒸发混合溶液，观察到_停止加热。蒸发过程保持溶液呈较强酸性的原因是_。查阅资料可知，硫酸亚铁铵晶体受热主

16、要发生反应：_(NH4)2Fe(SO4)26H2O=_Fe2O3+_SO2+_NH3+_N2+_H2O但伴有副反应发生，生成少量SO3和O2。设计以下实验探究部分分解产物：(3)配平上述分解反应的方程式。(4)加热过程，A中固体逐渐变为_色。(5)B中迅速产生少量白色沉淀，反应的离子方程式为_。(6)C的作用是_。(7)D中集气瓶能收集到O2,_ (填“能”或“不能”)用带火星木条检验。(8)上述反应结来后，继续证明分解产物中含有NH3的方法是_。27、（12分）吊白块( NaHSO2HCHO2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HC

17、HO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。（1）装置中产生气体的化学反应方程式为_；中多孔球泡的作用是_。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是_。吊白块的制备：如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在8090C下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器A的名称为_；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是_。（4）将仪器A中的反应温度恒定在8090的目的是_。吊白块纯度的测定：将0.5000g吊白块样品置于蒸

18、馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4+5HCHO+12H+=4Mn2+5CO2+11H2O)，再用0.1000molL1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断方法是_；吊白块样品的纯度为_%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)28、（14分）碳、氮元素是构成生物体的主要元素，在动植物生命活动中起着重要作用。根据

19、要求回答下列问题：（1）处于一定空间运动状态的电子在原子核外出现的概率密度分布可用_形象化描述。在基态14C原子中，核外存在_对自旋状态相反的电子。（2）已知：(NH4)2CO32NH3+H2O+CO2与氧同周期，且第一电离能比氧大的元素有_种。(NH4)2CO3分解所得的气态化合物分子的键角由小到大的顺序为_（填化学式）。（3）物质中C原子杂化方式是_。（4）配合物Cu(CH3CN)4BF4中，铜原子的价电子布式为_，BF4-的空间构型为_。写出与BF4-互为等电子体的一种分子和一种离子的化学式：_、_。（5）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示（8个碳原子位于立方体的顶点，4个碳原子

20、位于立方体的面心，4个氮原子在立方体内），该晶体硬度超过金刚石，成为首屈一指的超硬新材料。 晶胞中C原子的配位数为_。该晶体硬度超过金刚石的原因是_。已知该晶胞的边长为apm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_gcm-3。29、（10分） 化学选修3：物质结构与性质铬元素在地壳中含量占第21位，是一种重要的金属。回答下列问题：(1)基态铬原子的价电子排布式为_，根据价层电子判断铬元素中最高价态为_价。铬元素的第二电离能_锰元素的第二电离能(填“”“”填“”)。(2)无水氯化亚铬(CrCl2)的制备方法为在500时用含HCl的H2气流还原CrCl3，该过程涉及到的反应原理为_(用化学方

21、程式表示)。已知：氯化亚铬的熔点为820824，则其晶体类型为_晶体。二价铬还能与乙酸根形成配合物，在乙酸根中碳原子的杂化形式为_(3)已知CrO5中铬元素为最高价态，画出其结构式：_ (4)Cr元素与H元素形成化合物的晶胞结构如图所示，则该化合物的化学式为_。已知：该晶胞的边长为437.6 pm，NA表示阿伏加德罗常数的值，则晶体的密度为_g/cm3(列出计算式即可)。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】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于A

22、主族，W处于A族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素；Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、A族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，据此进行解答。【详解】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们分别位于不同的主族，X的最高正价与最低负价代数和为0，X与W所在族序数之和等于10，则X处于A主族，W处于A族，结合原子序数可知，X为C元素、W为S元素，Y与Z最外层电子数之和与W的相等，即二者最外层电子数之和为6，又由于分别位于不同的主族，只能为IA、A族元素，结合原子序数，则Y为Na、Z为P元素，A.同周期自左而右原

23、子半径减小、电子层越多原子半径越大，则原子半径大小为：Y(Na)Z(P)W(S)X(C)，故A错误；B.W分别与X、Y形成的化合物为CS2、Na2S，CS2为共价化合物，Na2S为离子化合物，则沸点：Na2SCS2，故B错误；C.X、Z的最高价氧化物的水化物分别为碳酸、磷酸，碳酸酸性比磷酸弱，故C正确；D.非金属性Z(P)W(S)，非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，则氢化物稳定性PH3H2S，故D错误。答案选C。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握原子结构与元素周期律、元素周期表的关系，试题培养了学生的分析、理解能力及逻辑推理能力。2、B【解析】A

24、X的结构简式为，分子结构中含有两个碳碳双键，均为平面结构，结构中的非双键碳原子相当于乙烯基中的氢原子，则所有碳原子处于同一平面，故A正确；BY的结构简式为，其分子式为C10H14O2，故B错误；C由Y生成Z的反应为碳碳双键与氢气的加成，则反应类型为加成反应，故C正确；DZ的等效氢原子有9种，则一氯代物有9种(不含立体异构)，故D正确；故答案为B。3、C【解析】AO和S位于同一主族，非金属性O大于S，故气态氢化物的稳定性H2OH2S，故A错误；BF没有最高正价，N是第二周期，第VA族，氮的最高正价为+5价，故B错误；CNa和 Mg位于同一周期，同周期从左到右，金属性减弱，故最高价氧化物对应的水化

25、物碱性减弱，NaOHMg(OH)2，故C正确；DAl和Cl位于同一周期，同周期元素原子半径逐渐减小，AlCl，故D错误；答案选C。4、B【解析】A由于镁反应后变为+2价，故1mol镁反应转移2NA个电子，故A错误；BCnH2n的最简式为CH2，故14g此链烃中含有的CH2的物质的量为1mol,则含2NA个CH键，故B正确；C pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C错误；D氢气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；答案选B。【点睛】不管Mg在空气中完全燃烧生成MgO或者

26、是Mg3N2，镁的化合价都升高到+2价，从化合价的变化，算出电子转移的数目。5、B【解析】A. 由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；B. ，向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，逐渐减少，故B错误；C. 由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；D. 由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3( H3AsO 4)= ，故D正确；故选B。6、B【解析】A鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分

27、子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。7、D【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH35O24NO6NO，可知4NH320e，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。8、A【解析】A分子中含有酚

28、羟基、羟基、羧基，都能与钠反应放出氢气，不能用钠检验M分子中存在羟基，故A错误；B分子中含有酚羟基能发生氧化反应，羟基、羧基能发生酯化，含有苯环能发生加成反应，故B正确；C根据结构简式，M的分子式为C8H8O4，故C正确；DM的苯环上一硝基代物有2种()，故D正确；故选A。9、A【解析】A、向明矾（KAl（SO4）212H2O）溶液中滴加Ba（OH）2溶液，恰好使SO42沉淀完全：Al3+2SO422Ba2+4OHAlO2-2BaSO42H2O，故A正确；B、向FeBr2溶液中通入足量Cl2的离子反应为：2Fe2+ +4Br-十3Cl2= 2Fe3+ + 2Br2 + 6Cl-，故B不正确；C

29、、AlCl3溶液中加入过量氨水的离子反应为：A13+ + 3NH3H2O= Al(OH)3+3NH4+，故C不正确；D、铜与浓硝酸反应的离子反应为：Cu+4H+ +2NO3- = Cu2+ + 2NO2+2H2O，故D不正确；故选A。【点睛】离子反应方程式的正误判断：(1)、是否符合客观事实；(2)、拆分是否正确，能够拆分的是强酸、强碱和可溶性盐。如C选项，一水合氨为弱碱，不能拆分，所以C错误；(3)、电荷守恒。10、C【解析】A114.8即为铟元素的相对原子质量，故A错误； B49既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B错误； C由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅

30、根据114.8无法计算出各铟原子的相对原子质量，故C正确； D49既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D错误。 故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。11、D【解析】A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力；D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属

31、，作阳极时，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，A正确；B.二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣，所以在燃煤中加入石灰石或生石灰，减少环境污染，是目前主要脱硫方法，B正确；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，C正确；D.人体所需六大营养物质中：直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途，掌握反应原理和物质的性质即可解答，侧重考查了学生的分析能力，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性。12、D【解析】A溶液a为酸性，HA

32、电离程度大于A-水解程度，相对于纯HA，同浓度下，溶液a中存在一部分A-，起始时有了一部分产物，所以溶液a和0.1 mol/L HA溶液中HA的电离程度前者小于后者，从而H2O的电离程度前者大于后者，A选项错误；B根据表中数据，向溶液a中通入0.1 mol HCl时，溶液a中一共只有1L含0.1mol NaA ，则完全消耗NaA，这就超出了缓冲溶液的缓冲范围了，NaA变成了HA，溶液便失去了缓冲能力，pH不可能变化不大，B选项错误；CHA的，由表可知，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a的pH=4.76，但此时c(A-)不等于c(HA)，故该温度下HA的Ka不等于10-

33、4.76，C选项错误；D向0.1 molL1 Na2HPO4 与0.1 molL1 NaH2PO4的混合溶液中加入少量强酸或强碱，溶液的组成不会明显变化，故也可做缓冲溶液，D选项正确；答案选D。13、C【解析】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b

34、g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若a g红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若a g红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中

35、会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若a g红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A. 根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3

36、种，故A正确。B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C. 若ba，即bh ；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、

37、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。15、A【解析】X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为23，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，

38、则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】AC和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2-电子排布相同，O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径XY，离子半径ZY，A错误；B Na+和O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl和O通过共价键结合，B正确；CCH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；DO3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D正确。答案选A。16、D【解析】已知A、B

39、、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe；与同主族，与同周期，可知A、B、C、D分属三个不同的短周期，则A为H，D为Na，由与的原子序数之和为20，可知C为F；甲、乙分别为元素E、A的单质， 丙、丁为A、E分别与B形成的二元化合物，结合图示转化关系，由Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁可知可知丙为H2O，丁为Fe3O4，则B为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；甲为Fe，乙为H2，丙为H2O，丁为Fe3O4；AH、O两元素组成的H2O2有强氧化性，具有漂白性，故A正确；BO和Na组成的Na2O2中

40、含有离子键和非极性共价键，故B正确；CF2溶于水生成HF和O2，故C正确；D丁为Fe3O4，是黑色固体，由3Fe+4H2OFe3O4+4H2可知1molFe与足量H2O反应转移电子NA，故D错误；故答案为D。17、B【解析】丁为无色气体，遇空气变红棕色，则丁为NO，单质Z与化合物甲反应生成NO，则单质Z为O2，化合物甲为NH3，乙为H2O，能与H2O反应生成氧气的单质为F2，丙为HF，故元素X、Y、Z、W分别为H、N、O、F。据此解答。【详解】A. 根据以上分析，H、N、O、F四种元素形成的单质中F2的氧化性最强，故A正确；B. 常温下NH3和HF为气态，H2O在常温下为液态，所以沸点最高的是

41、H2O，故B错误；C. 化合物甲为NH3，氨气易液化，液氨气化时吸收大量的热，故常用作致冷剂，故C正确；D. 化合物甲为NH3，乙为H2O，NH3和H2O分子均只含极性共价键，故D正确。故选B。【点睛】本题考查了结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，注意丁为无色气体，遇空气变红棕色是解题的突破口，熟记常见的10电子微粒。18、C【解析】A. 除去食盐中混有的少量碘，应当用升华的方法，所需要的仪器是烧杯和圆底烧瓶，A错误；B. 用酸性高锰酸钾溶液滴定Fe2+，应当使用酸式滴定管和锥形瓶，B错误；C. 配制250mL1mol/L硫酸溶液，用到量筒、250mL容量瓶，C正确；D. 检验亚硫酸钠是

42、否发生变质，主要是为了检验其是否被氧化为硫酸钠，故使用试管和胶头滴管即可，D错误；故答案选C。19、C【解析】A与是原子不是单质，不互为同素异形体，故A错误； B与是原子不是单质，不互为同素异形体，故B错误；C中子数=质量数质子数，与的中子数都为46，故C正确；D与是不同元素，最外层电子数不同，化学性质不同，故D错误；故选C。20、B【解析】根据烯的加成原理，双键中的一个键断开，结合H原子，生成2-甲基戊烷，采取倒推法相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，即得到烯烃【详解】2甲基戊烷的碳链结构为，2甲基戊烷相邻碳原子之间各去掉1个氢原子形成双键，从而得到烯烃；根据2甲基戊烷的碳链结构知，相邻

43、碳原子上各去掉1个氢原子形成双键的碳链结构有：、。ACH2=C(CH3)CH2CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2甲基戊烷，故A不符合题意；BCH2=CHCH(CH3)CH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后不能生成2甲基戊烷，故B符合题意；CCH3C(CH3)=CHCH2CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2甲基戊烷，故C不符合题意；D CH3CH=CHCH(CH3)CH3的碳链结构为，经催化加氢后能生成2甲基戊烷，故D不符合题意；答案选B。21、C【解析】A氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀

44、菌消毒，故A正确；B硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；C光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确；故选C。22、B【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；X与W同主族，W为S元素。【详解】A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，YZW，同主族元素从上到下逐渐增大

45、：WX，即NaAlSO，故A正确；BO22是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故B错误；CAl(OH)3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；DX与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、 羟基、羧基 加成反应 浓硫酸、加热 5 【解析】由B的结构简式，结合反应条件，逆推可知A为，B发生水解反应生成C为，结合D的分子式可知C发生氧化反应生成D为，E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则D是发生消去反应生成E，故E为，E

46、发生信息(3)中的反应生成F为，结合信息(2)中H的结构简式，可知G为；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【详解】(1)据上所述可知：A的结构简式为；D为，D官能团的名称为羟基、羧基；(2)A变为B的反应，A是，A与Br2的CCl4溶液发生加成反应，产生B：，所以的反应类型是加成反应；的反应是D变为E，D是，D发生消去反应，产生E：的反应类型是消去反应；(3) B是，B与NaOH的水溶液在加热时发生取代反应，产生C，所以BC的化学方程式为：；(4) F为，G是，二者发生取代反应产生H：及HBr，该反应的化

47、学方程式为：；(5)E()的同分异构体含有苯环，且同时满足下列条件：能发生银镜反应、能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，分子中含的环只有苯环，说明苯环侧链含有碳碳双键，只有一个取代基为CH=CHOOCH、有2个取代基为CH=CH2、OOCH，两个取代基在苯环上有邻、间、对3不同的位置，故符合条件的共有5种；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸CH3COOH，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2，合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断

48、，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，题目难度中等。24、+Br2+HBr 取代反应 2-甲基丙烯 CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr 或或 光照 镁、乙醚 【解析】比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知可知F为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L

49、为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇【详解】（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr，故答案为2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr；（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2

50、个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；（5）反应的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为光照；镁、乙醚；。25、平衡气压，使液体顺流下 蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3 Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2+2H2O CuSO4 KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色） 还原性 2S2-+O2+2H2O2S+4OH- 品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯，溶液变成红色 溴水褪色 SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4 【解析】（1）装置A中m的作用为平衡气压，使液体顺流下，根据蒸馏烧瓶使用规则，蒸馏烧瓶中

51、所盛放液体不能超过其容积的2/3，也不能少于1/3，图中已经超过其容积的2/3。答案为：平衡气压，使液体顺流下；蒸馏烧瓶中的液体超过了容器本身体积的2/3。（2）装置A中铜与浓硫酸制取二氧化硫，发生的化学反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2+2H2O，该反应中Cu由0价变为+2价，失电子，被氧化，氧化产物是CuSO4；答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+2SO2+2H2O；CuSO4；（3）装置A中生成SO2气体，SO2具有还原性，气体经过装置B中的酸性KMnO4 溶液发生氧化还原反应，KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色）；答案为：KMnO4 溶液褪色（紫色变成无色

52、）；还原性；（4）装置C中为Na2S溶液，S2-具有还原性，很容易被空气中O2氧化生成单质S，时间长了会出现浑浊，用离子方程式表示：2S2-+O2+2H2O2S+4OH-；答案为2S2-+O2+2H2O2S+4OH-（5）装置D的目的是探究SO2与品红作用的漂白性是可逆的，实验操作及现象为：品红溶液褪色后，关闭分液漏斗的旋塞，再点燃酒精灯加热，溶液变成红色。（6）生成的SO2通入到E中SO2与溴水发生氧化还原反应，溴水溶液褪色，发生的化学反应方程式为SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；答案为：溴水溶液褪色；SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO426、加快反应速率 蒸发皿 有

53、晶膜出现（或大量固体出现时） 防止硫酸亚铁水解 2 1 4 2 1 5 红棕 Ba2+SO3H2OBaSO42H+（说明：分步写也给分2Ba2+2SO2O22H2O2BaSO44H+也给分） 检验产物中是否含有SO2 不能 取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 【解析】I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热；溶液一直保持强酸性防止硫酸亚铁水解；(3)根据化合价升降法配平；(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁；(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧

54、气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀；(6)C中品红溶液可以二氧化硫反应，导致溶液褪色；(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2；(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可。【详解】I.(1) 适当加热使溶液温度升高，可加快反应速率；(2)加入饱和的硫酸铵溶液后直接加热蒸发，则滤液转移到蒸发皿中；加热溶液至有晶膜出现（或大量固体出现时），停止加热，利用余热进行蒸发结晶；为防止硫酸亚铁水解，溶液一直保持强酸性；(3)反应中Fe的化合价由+2变为+3，N的化合价由-3变为0，S的化合价由+6变为+4，根据原子守恒，硫酸亚铁铵的系数为2，SO2的系数为4，则电子转移

55、总数为8，Fe得到2个电子，产生1个氮气，得到6个电子，则系数分别为2、1、4、2、1、5；(4) 加热过程，A逐渐变为氧化铁，固体为红棕色；(5) B为酸性溶液，二氧化硫、氧气与氯化钡反应生成少量硫酸钡白色沉淀，离子方程式为2Ba2+2SO2O22H2O2BaSO44H+；(6)C中品红溶液可与二氧化硫反应，导致溶液褪色，则可检验二氧化硫的存在；(7)D中集气瓶能收集到SO2和少量的O2，不能使带火星的木条燃烧；(8)溶液B显酸性，氨气能够在此装置中被吸收，检验B中是否含有铵根离子即可，方法为取B中少量溶液于试管中，滴加少量NaOH溶液并加热，能产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。27、Na2

56、SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O 增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率 取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化 三颈烧瓶 恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发 温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解 当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色 92.40% 偏高 【解析】装置中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；中多孔球泡的作用是可

57、以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。根据信息吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在8090的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。滴定终点的判断方

58、法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000molL10.03L = 2mol ：xmol解得x = 1.2103mol36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4的物质的量为36.00103L0.1000molL1 = 3.6103mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6103mol - 1.2103mol=2.4103mol，再根据4mol：2.4103mol = 5mol：ymol解得y = 3103mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白

59、块测量结果偏高。【详解】装置中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶

60、体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。根据信息吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在8090的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变