福建省福州文博2021-2022学年高三六校第一次联考化学试卷含解析

1、2021-2022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、在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A的电子式:B乙酸的球棍模型C该反应为吸热反应D该反应为化合反应2、设NA为阿伏加德罗常数的数值。下列叙述正确的是（ ）A10mL18mol/L的浓硫酸与足量

2、的铜加热充分反应，转移电子数0.18NAB钾在空气中燃烧可生成多种氧化物，78g钾在空气中燃烧时转移的电子数为2NAC常温常压下，0.1molNH3与0.1molHCl充分反应后所得的产物中含有的分子数仍为0.1NAD标准状况下，22.4LCO2中含有共用电子对数为2NA3、X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是A反应为工业制粗硅的原理BZ位于元素周期表第三周期A族C4种元素的原子中，Y原子的半径最小D工业上通过电解乙来制取Z4、下列物质

3、属于油脂的是()润滑油花生油石蜡ABCD5、下列属于电解质的是()A酒精B食盐水C氯化钾D铜丝6、个人卫生及防护与化学知识密切相关。下列说法中正确的是（ ）A气溶胶是飞沫混合在空气中形成的胶体，飞沫是分散剂，空气是分散质B饮用水的净化常用到明矾，明矾中无重金属元素，长期使用对身体无害C家庭生活中可以用84消毒液进行消毒，84消毒液与洁厕灵可以混合使用，效果更好D制造口罩的核心材料熔喷布的主要成分是聚丙烯，聚丙烯是有机高分子化合物，属于混合物7、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与

4、最低负价的代数和为6。下列说法正确的是AY的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZYC气态氢化物的热稳定性：YZDX与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物8、化合物M()是合成一种抗癌药物的重要中间体，下列关于M的说法正确的是A所有原子不可能处于同一平面B可以发生加聚反应和缩聚反应C与 互为同分异构体.D1 mol M最多能与1mol Na2CO3反应9、亚磷酸(H3PO3)是二元弱酸，主要用于农药中间体以及有机磷水处理药剂的原料。常温下，向1L0.500molL1H3PO3溶液中滴加等浓度的NaOH溶液，混合溶液中含磷粒子的物质的量分数()与溶液pH的关系如

5、图所示，下列说法正确的是Aa、b两点时，水电离出的c水(OH)之比为1.43：6.54Bb点对应溶液中存在：c(Na+)=3c(HPO32)C反应H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为105.11D当V(NaOH)=1 L 时，c(Na+)c(H2PO3)c(OH)c(H+)10、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥BNaHCO3溶液显碱性，可用于制胃酸中和剂CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝11、常温下，若要使0.01mol/L的H2S溶液pH值减小的同时c（S2）也减小，可采取的措施是（）A加入少量

6、的NaOH固体B通入少量的Cl2C通入少量的SO2D通入少量的O212、下列有关化合物X的叙述正确的是AX分子只存在2个手性碳原子BX分子能发生氧化、取代、消去反应CX分子中所有碳原子可能在同一平面上D1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH13、NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAC常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5NAD0.1mol/L的NH

7、4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA14、一种利用电化学变色的装置如图所示，其工作原理为：在外接电源下，通过在膜材料内部Li定向迁移，实现对器件的光透过率进行多级可逆性调节。已知：WO3和Li4Fe4Fe(CN)63均为无色透明晶体，LiWO3和Fe4Fe(CN)63均为蓝色晶体。下列有关说法错误的是A当a接外接电源负极时，电致变色层、离子储存层都显蓝色，可减小光的透过率B当b接外接电源负极时，离子储存层发生的反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，Li通过离子导体层由离子储存层向电致变色层迁移D该装置可用于

8、汽车的玻璃变色调光15、用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，不需要的操作是（ ）A溶解B过滤C分液D蒸发16、 “绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是实验室收集氨气采用图1所示装置实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应ABCD17、下列说法正确的是A电解精炼铜时，若转移2NA个电子，则阳极减少的质量为64gB合成氨生产中将NH3液化分离，可加快正反应速率，提高H2的转化率C2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)在常温下能自发进行，则该反应

9、的H0D常温下，KSPAl(OH)3=110-33。欲使溶液中cAl3+110-6molL-1，需调节溶液的pH518、下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别19、298K时，向20mL一定浓度的KOH溶液中滴加0.1molL-1HCOOH溶液，混合溶液中水电离出的氢氧根离子浓度与滴加甲酸(弱酸)溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AV1=20Bc(KOH)0.1molL-

10、1Cn、q两点对应的溶液中均存在：c (K)=c(HCOO-)Dp点对应的溶液中存在：c (OH-)=c(HCOOH)+c(H)20、在高温高压的水溶液中，AuS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3BAuS既作氧化剂又作还原剂C每生成2.24 L气体，转移电子数为0.1molD反应后溶液的pH值降低21、不能用勒夏特列原理解释的是（）A草木灰（含K2CO3）不宜与氨态氮肥混合使用B将FeCl3固体溶解在稀盐酸中配制FeCl3溶液C人体血液pH值稳定在7.40.05D工业制硫酸

11、锻烧铁矿时将矿石粉碎22、化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是A高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同B地沟油可以用来制肥皂和甘油C为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉D“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量二、非选择题(共84分)23、（14分）研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：已知：气体单质B可使带火星的木条复燃。（1）X中含有的元素为：_；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：_。（2）请写出的化学方程式

12、：_。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。请写出X溶液和少量MnCl2溶液反应的离子方程式：_。24、（12分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11。CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO CH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为_ ，G中官能团的名称为_。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是_(3)有学生建议，将MN的转化用KMnO4 (H)代替O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4)写出下列转化的化学方程式，并

13、标出反应类型：KL_，反应类型_。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A B目标产物25、（12分）CuCl晶体呈白色，熔点为430，沸点为1490，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化，难溶于水、稀盐酸、乙醇，易溶于浓盐酸生成H3CuCl4，反应的化学方程式为CuCl（s）+3HCl（aq）H3CuCl4（aq）（1）实验室用如图1所示装置制取CuCl，反应原理为：2Cu

14、2+SO2+8Cl+2H2O2CuCl43+SO42-+4H+CuCl43（aq）CuCl（s）+3Cl（aq）装置C的作用是_装置B中反应结束后，取出混合物进行如图所示操作，得到CuCl晶体混合物CuCl晶体操作的主要目的是_操作中最好选用的试剂是_实验室保存新制CuCl晶体的方法是_欲提纯某混有铜粉的CuCl晶体，请简述实验方案：_（2）某同学利用如图2所示装置，测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的百分组成已知：iCuCl的盐酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)ClH2Oii保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧气D、F洗气瓶中宜盛放的试剂分别是_、_写出保险粉和KOH的混合溶

15、液吸收O2的离子方程式：_26、（10分）氨气具有还原性,能够被氧化铜氧化,用如图中的装置可以实现该反应。已知:氨可以与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜。回答下列问题:(1)B中加入的干燥剂是_(填序号)。浓硫酸 无水氯化钙 碱石灰(2)能证明氨与氧化铜反应的现象是C中_。(3)D中有无色液体生成。设计实验检验D中无色液体的成分:_27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，其溶解度约是Cl2的5倍，但温度过高浓度过大时均易发生分解，因此常将其制成KClO2固体，以便运输和贮存。制备KClO2固体的实验装置如图所示，其中A装置制备ClO2，B装置制备KClO2。请回答下列问题：（1）A中制备C

16、lO2的化学方程式为_。（2）与分液漏斗相比，本实验使用滴液漏斗，其优点是_。加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止液体飞溅和_。（3）实验过程中通入空气的目的是_，空气流速过快，会降低KClO2产率，试解释其原因_。（4）ClO2通入KOH溶液生成KClO2的同时还有可能生成的物质_。a.KCl b.KClO c.KClO3 d.KClO4（5）KClO2变质分解为KClO3和KCl，取等质量的变质前后的KClO2试样配成溶液，分别与足量的FeSO4溶液反应消耗Fe2+的物质的量_（填“相同”、“不相同”“无法确定”）。28、（14分）钠是人体中一种重要元素，一般情况下，钠约占成人体重的0

17、.15%。钠元素对应的化合物因组成与结构性质差异很大。(1)钠原子核外电子共占据_个轨道，写出同一周期中原子核外M层上有2个未成对电子的元素其原子最外层电子排布式_。(2)氯化钠的熔点比氯化钾的_（填“高”或“低”），原因是_。(3)实验室可用浓氨水与氢氧化钠固体反应制取氨气，试用平衡原理分析氢氧化钠的作用：_。(4)氟化钠溶液中，不存在的微粒间作用力是_（填标号）。A离子键 B共价键 C金属键 D范德华力(5)卡斯纳法制取金属钠的原理是：以氢氧化钠为原料，放入铁质容器中熔化，在稀有气体的保护下，以镍为阳极，铁为阴极，在阴极析出金属钠。写出反应的化学方程式为：_。其中，氧化产物是：_，若反应转

18、移0.8mol电子，至少消耗_g NaOH。29、（10分） (1)2017年中科院某研究团队通过设计一种新型Na-Fe3O4/HZSM-5多功能复合催化剂，成功实现了CO2直接加氢制取辛烷值汽油，该研究成果被评价为“CO2催化转化领域的突破性进展”。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(l) H1 = aKJ/molC8H18(1)+25/2O2(g)=8CO2(g)+9H2O(1) H2= bKJ/mol试写出25、101kPa条件下，CO2与H2反应生成汽油(以C8H18表示)的热化学方程式_。(2)利用CO2及H2为原料，在合适的催化剂(如Cu/ZnO催化剂)作用下，也可合成CH

19、3OH，涉及的反应有：甲：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H= 53.7kJmol-1 平衡常数K1乙：CO2(g)+H2(g) CO(g)+H2O(g) H= + 41.2kJmol-1 平衡常数K2CO(g)+2H2(g) CH3OH(g)的平衡常数K=_(用含K1、K2的表达式表示)，该反应H_0(填“大于”或“小于”)。提高CO2转化为CH3OH平衡转化率的措施有_(填写两项)。催化剂和反应体系的关系就像锁和钥匙的关系一样，具有高度的选择性。下列四组实验，控制CO2和H2初始投料比均为1：2.2，经过相同反应时间(t1min)。温度(K)催化剂CO2转化率(

20、%)甲醇选择性(%)综合选项543Cu/ZnO纳米棒材料12.342.3A543Cu/ZnO纳米片材料11.972.7B553Cu/ZnO纳米棒材料15.339.1C553Cu/ZnO纳米片材料12.070.6D由表格中的数据可知，相同温度下不同的催化剂对CO2的转化为CH3OH的选择性有显著影响，根据上表所给数据结合反应原理，所得最优选项为_(填字母符号)。(3)以CO、H2为原料合成甲醇的反应为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)。在体积均为2L的三个恒容密闭容器、中，分别都充入1molCO和2molH2，三个容器的反应温度分别为T1、T2、T3且恒定不变。下图为三个容器中的反应均进

21、行到5min时H2的体积分数示意图，其中有一个容器反应一定达到平衡状态。05min时间内容器中用CH3OH表示的化学反应速率为_。三个容器中一定达到平衡状态的是容器_(填写容器代号)。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】A二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D反应中由两种物质生成一种物质，属于化

22、合反应，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。2、B【解析】A. 铜与稀硫酸不反应，故一旦浓硫酸变稀，反应即停止，即硫酸不能完全反应，故转移的电子数小于 0.18NA，故A错误；B. 78g钾的物质的量为2mol，而钾反应后变为+1价，故2mol钾燃烧转移2NA个电子，故B正确；C. 氨气和HCl反应后生成的氯化铵为离子化合物，不存在分子，故C错误；D. 标况下22.4L二氧化碳的物质的量为1mol，而二氧化碳中含4对共用电子对，故1m

23、ol二氧化碳中含4NA对共用电子对，故D错误；故答案为B。3、D【解析】由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO；【详解】A. 反应 ，为工业制粗硅的原理，A正确；B. Z即镁位于元素周期表第三周期A族，B正确；C. 4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；D. 工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；答案选D。4、C【解析】油脂是指高级脂肪酸甘油脂，脂肪及植物油均属于油脂，排除；而润滑油、石蜡均为石油分馏产品，主要成分为烃，故答案为C。5、C【解析】电解质包括酸、碱、多数的盐、多数金属氧化物、水等物质，据此

24、分析。【详解】A、酒精结构简式为CH3CH2OH，属于非电解质，故A不符合题意；B、食盐水为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故B不符合题意；C、氯化钾属于盐，属于电解质，故C符合题意；D、铜丝属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D不符合题意；答案选C。6、D【解析】A飞沫在空气中形成气溶胶，飞沫是分散质，空气是分散剂，A不正确；B明矾中的Al3+对人体有害，不能长期使用，B不正确；C84消毒液(有效成分为NaClO)与洁厕灵(主要成分为HCl)混合，会反应生成Cl2，污染环境，C不正确；D聚丙烯是由链节相同但聚合度不同的分子形成的混合物，D正确；故选D。7、D【解析】X、Y、Z、W为四

25、种短周期主族元素， Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl。A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B. 原子半径：X(O) Y(Cl) Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项C错误；D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。答案选D。8、C【解析】A. M中苯环、碳碳双键、碳氧双键均为平面结构，由于单键可以旋转，可知分子中所有原子有可能在同一个平面上

26、，A错误；B. 该物质分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，但由于分子中只有一个羧基，所以不能发生缩聚反应，B错误；C. M与分子式都是C9H8O2，结构不同，二者互为同分异构体，C正确；D. M分子中只含有1个羧基，所以1 mol M最多能与0.5 mol Na2CO3反应，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】A. a点为H3PO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则a点溶液中，b点为Na2HPO3与NaH2PO3的混合液，溶液显酸性，水电离出的c水(OH)等于溶液中的氢氧根离子浓度，则b点溶液中，则a、b两点时，水电离出的c水(OH)之

27、比为10-5.11，A项错误；B. 由图可知，b点溶液呈酸性，则c(H+)c(OH)，且有c(H2PO3)=c(HPO32)，溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH)+c(H2PO3)+2c(HPO32)，则c(Na+)c(H2PO3)+2c(HPO32)3c(HPO32)，B项错误；C. 反应H3PO3+HPO322H2PO3的平衡常数为，C项正确；D. 当V(NaOH)=1 L 时，H3PO3与NaOH物质的量相等，二者恰好反应生成NaH2PO3溶液，由图可知，该溶液显酸性，则c(Na+)c(H2PO3)c(H+)c(OH)，D项错误；答案选C。10、B【解析】A、NH4HC

28、O3含有营养元素N元素，可用作化肥，与NH4HCO3受热易分解无关，故A不符合题意； B、NaHCO3能与盐酸反应，并且NaHCO3溶液无腐蚀性，常用作制胃酸中和剂，故B符合题意；C、SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，与SO2具有氧化性无关，故C不符合题意； D、熔融状态下的Al2O3能发生电离，可用于电解冶炼铝，与Al2O3具有两性无关，故D不符合题意； 故选：B。【点睛】高中阶段常见具有漂白的物质类型有：强氧化性(漂白过程不可逆)，常见物质有O3、H2O2、Na2O2、NaClO、HClO、Ca(ClO)2等；形成不稳定化合物型(漂白过程可逆)，常见物质有SO2；物理吸附型(漂白过程不可逆

29、)，常见物质有活性炭。11、B【解析】A. 氢硫酸和氢氧化钠反应生成硫化钠和水，反应方程式为：H2S+2NaOH=Na2S+H2O，所以加入氢氧化钠后促进氢硫酸的电离，使硫离子浓度增大，氢离子浓度减小，溶液pH值增大，故A错误；B. 通入少量的Cl2，发生反应H2S+Cl2=2HCl+S，溶液中的pH值减小，同时c（S2-）减小，故B正确；C. SO2和H2S发生反应，SO2 + 2H2S = 3S+ 2H2O，c（S2-）减小，溶液中的pH值增大，故C错误；D. O2和H2S发生反应， O2 + 2H2S = 2S+ 2H2O，溶液中的pH值增大，同时c（S2-）减小，故D错误；故答案为B。

30、12、B【解析】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有 (醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH。D项错误；答案选B。13、

31、C【解析】A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为 n= ，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1NA，故B错误；C.1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。故选C。14、

32、C【解析】A当a接外接电源负极时，电致变色层为阴极，发生电极反应WO3+Li+e-=LiWO3，LiWO3为蓝色晶体，b极接正极，离子储存层为阳极，发生电极反应Li4Fe4Fe(CN)63-4e=Fe4Fe(CN)634Li，Fe4Fe(CN)63为蓝色晶体，蓝色与无色相比，可减小光的透过率，A选项正确；B当b接外接电源负极时，离子储存层为阴极，发生的电极反应为Fe4Fe(CN)634Li4eLi4Fe4Fe(CN)63，B选项正确；C切换电源正负极使得蓝色变为无色时，即LiWO3变为WO3，Fe4Fe(CN)63变为Li4Fe4Fe(CN)63，电致变色层为阳极，离子储存层为阴极，则Li+通

33、过离子导体层由电致变色层移向离子储存层，C选项错误；D该装置可实现变色，可用于汽车的玻璃变色调光，D选项正确；答案选C。15、C【解析】用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶，不需要分液，故选C。16、C【解析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符

34、合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故不符合题意；图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；故符合“绿色化学”的为。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。17、D【解析】A阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，电解过程中Fe、Zn和Cu都要溶解，故转移2NA个电子时，阳极减少的质量不一定为64g，故A错误；B合成氨生产中将NH

35、3液化分离，减小了生成物的浓度，平衡向反应正方向移动，提高了H2的转化率，由于浓度减小，反应速率减小，故B错误；C2Na2O2(s)+2CO2(g)=2Na2CO3(s)+O2(g)，该反应的S0，常温下能自发进行，说明H-TS0，则H0，为放热反应，故C错误；D使溶液中c(Al3+)110-6 molL-1，c(OH-)3110-33110-6=10-9 molL-1，即调节溶液的pH5，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，电解精炼铜时使用的阳极材料为粗铜，含有Fe、Zn等杂质，通常情况下，Fe、Zn要先于Cu放电。18、B【解析】A苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加

36、成反应，故A正确；B溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B错误；C苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；故答案选B。19、C【解析】A. 根据未加加酸时水点出的氢氧根离子浓度为110-13molL-1，则水电离出的氢离子浓度为110-13molL-1，氢氧化钠中氢氧根浓度为0.1 molL-1，c(KOH)0.1molL-1，p点是水的电离程度最大的点即恰好生成盐的点，因此甲酸的物质的量等于氢氧化钾的物质的了，

37、因此0.1molL-10.02L= 0.1molL-1V1，则V1=0.02L = 20mL，故A正确；B. 根据A分析得出c(KOH)0.1molL-1，故B正确；C. n点溶质是KOH和HCOOK的混合溶液，溶液显碱性，根据电荷守恒和溶液呈碱性，因此溶液中存在：c (K) c(HCOO)，q点是HCOOK和HCOOH的混合溶液，溶液呈中性，根据电荷守恒和呈中性，得到溶液中存在c (K) = c(HCOO)，故C错误；D. p点溶质为HCOOK，则根据质子守恒得到对应的溶液中存在：c (OH)=c(HCOOH)+c(H)，故D正确。综上所述，答案为C。20、D【解析】在高温高压的水溶液中，A

38、uS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+4H，则A氧化剂是AuS，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；BAuS中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；C不能确定气体所处的状态，则每生成2.24 L气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项C错误；D反应后有氢离子产生，因此溶液的pH值降低，选项D正确；答案选D。21、D【解析】A. 因为草木灰中碳酸根水解显碱性，氨态氮肥中铵根离子水解显酸性，二者混

39、合使用会发生双水解反应生成NH3，使N元素流失，降低肥效，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 加入盐酸后溶液中H+增多，可以抑制FeCl3的水解，能用勒夏特列原理解释，故B不选；C. 人体血液中含有缓冲物质，如：H2CO3/NaHCO3，人们食用了酸性食品或碱性食品后，通过平衡移动使血液pH值稳定在7.4 0.05，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D. 工业制硫酸锻烧铁矿时将矿石粉碎，是增大矿石与空气接触面积，与勒夏特列原理无关，故D选；故答案为D。22、A【解析】A.高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，高锰酸钾溶液、次氯酸钠溶液是将物质氧化，而75%乙醇是使蛋白质变性，

40、因此消毒原理不相同，A错误；B.地沟油主要成分是油脂，属于酯，油脂在碱性条件下发生水解反应产生甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B正确；C.由于Fe粉具有还原性，所以为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C正确；D. “静电除尘”利用胶体的性质，使空气中的固体尘埃形成沉淀，减少空气中飘尘的含量；“燃煤固硫”是使煤中的S元素在燃烧时转化为硫酸盐留在炉渣中，因而可减少酸雨的形成；“汽车尾气催化净化”可以使尾气中的NO、CO在催化剂作用下转化为空气的成分气体N2、CO2，因而都能提高空气质量，D正确；故答案是A。二、非选择题(共84分)23、N、H、S、O 2(

41、NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O 7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+ 【解析】从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)=0.04mol18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol32g/mol=1.28g，则X中所含O的质量为m(O)= 4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所

42、含NH4+、S、O的个数比为0.04:0.04:0.16=1:1:4，从而得出X的最简式为NH4SO4，显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH4)2S2O8。（1）从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3。（2）反应中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。【详解】（1）从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3，电子

43、式为。答案为：N、H、S、O；（2）反应中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:4:1，化学方程式为2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O。答案为：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O；（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2价升高到+7价，Cl-由-1价升高到0价，MnCl2共

44、失7e-，从而得到下列关系：7S2O82-+2Mn2+4Cl-2Cl2+2MnO4-+14SO42-，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案为：7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+。24、 碳碳双键、酯基 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N 否 KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 +CH3CHO 加成反应 6 CH2

45、=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 【解析】由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主

46、要通过用KMnO4 (H)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G

47、为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； 答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； (3)学生建议用KMnO4 (H)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否； KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ；(4

48、) K为，则KL的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO ； 加成反应； (5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、 CHO、CHO、CH2CHO、；故共有6种；答案为：6； (6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-

49、Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ；答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。25、吸收SO2尾气，防止污染空气促进CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀盐酸或乙醇避光、密封保存将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量水，过滤、洗涤、干燥氢氧化钡溶液CuCl的盐酸溶液2S2O42+3O2+4OH=4SO42+2H2O【解析】用二氧化硫和氯化铜溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亚硫酸

50、钠固体和硫酸制备，制取的二氧化硫进入装置B中，和B中的氯化铜溶液在一定温度下反应，生成CuCl沉淀，过量的二氧化硫用氢氧化钠吸收。从混合物中提取CuCl晶体，需要先把B中的混合物冷却，为了防止低价的铜被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后过滤、洗涤、干燥得到CuCl晶体。【详解】（1）A装置制备二氧化硫，B中盛放氯化铜溶液，与二氧化硫反应得到CuCl，C装置盛放氢氧化钠溶液，吸收未反应的二氧化硫尾气，防止污染空气。操作倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有还原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl难溶于水、稀盐酸和乙醇，可以用水、稀盐酸或乙醇洗涤，减小因溶解导致的损失。由

51、于CuCl见光分解、露置于潮湿空气中易被氧化，应避光、密封保存。提纯某混有铜粉的CuCl晶体实验方案是将固体溶于浓盐酸后过滤，取滤液加入大量的水稀释，过滤、洗涤、干燥得到CuCl。（2）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，所以D中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，E中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，F中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，G测定氮气的体积。Na2S2O4在碱性条件下吸收氧气，发生氧化还原反应生成硫酸钠与水，反应离子方程式为：2S2O42-+3O2 +4OH=4SO42-+2H2O。26、 黑色粉末变红 取少量无水硫酸铜粉末

52、放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成 【解析】A中装有熟石灰和NH4Cl，加热时产生氨气，经过碱石灰干燥，进入C中，和C中的氧化铜发生反应，生成氮气和铜，根据质量守恒，还应该有水生成。冰水混合物是用来冷却生成的水蒸气的，最后氮气用排水法收集在试管E中。【详解】(1)U形干燥管只能装固体干燥剂，浓硫酸是液体干燥剂且浓硫酸也能与NH3反应，无水氯化钙能与NH3反应形成配合物。故选择碱石灰；(2)黑色的氧化铜生成了红色的铜单质，所以现象为黑色粉末变红；(3)因为已知NH3和CuO反应生成了Cu和N2，根据质量守恒，还会有H2O生成，则D中无色液体为水，检验水一般用无水硫酸铜。故答案为：取少量无

53、水硫酸铜粉末放入D中，现象为白色变蓝色，则证明有水生成。【点睛】冰水混合物通常用来冷凝沸点比0高，但常温下呈气态的物质。有时也用冰盐水，可以制造更低的温度。27、2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解空气流速过快，ClO2不能被充分吸收cd相同【解析】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元

54、素守恒配平化学方程式；(2)根据仪器的结构分析滴液漏斗的优势；根据已知信息：ClO2温度过高时易发生分解解答；(3)空气可将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时根据ClO2浓度过大时易发生分解，分析其作用；(4)氧化还原反应中，化合价有降低，必定有升高；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，且KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，根据电子转移守恒分析判断。【详解】(1)A中KClO3、K2SO3、H2SO4反应制备ClO2，KClO3得电子，被还原，则K2SO3被氧化，生成K2SO4，根据得失电子守恒、元素守恒配平化学

55、方程式为2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O，故答案为：2KClO3+K2SO3+H2SO4=2K2SO4+2ClO2+H2O；(2)滴液漏斗与普通分液漏斗相比，其优点是滴液漏斗液面上方和三颈烧瓶液面上方压强相等，使液体能顺利滴下；加入H2SO4需用冰盐水冷却，是为了防止浓硫酸遇水放出大量的热，从而使液体飞溅，并防止生成的ClO2分解，故答案为：滴液漏斗使漏斗和三颈烧瓶中的压强相同，使液体顺利滴下；降低反应体系的温度，防止温度高ClO2分解；(3)实验过程中通入空气的目的是将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速

56、过快吋，ClO2不能被充分吸收，导致其产率降低，故答案为：将ClO2全部赶出以被KOH溶液吸收，同时可稀释ClO2，防止浓度过大发生分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收；(4)ClO2中Cl的化合价为+4价，KClO2中Cl的化合价为+3价，由此可知该反应为氧化还原反应，则化合价有降低，必定有升高，则同时还有可能生成的物质为KClO3、.KClO4，故答案为：cd；(5)KClO2变质分解为KClO3和KCl，变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，3molKClO2变质得到2mol KClO3，与足量FeSO4溶液反应时，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3

57、molKClO2反应获得电子为3mol4=12mol，2mol KClO3反应获得电子为2mol6=12mol，故消耗Fe2+物质的量相同，故答案为：相同。【点睛】第(5)问关键是明确变质发生的反应为：3KClO2=2KClO3+KCl，KClO2、KClO3均被Fe2+还原为Cl-，3molKClO2与2mol KClO3得电子数相等，故消耗Fe2+物质的量相同。28、6 3s23p2、3s23p4 高 二者都是离子晶体，钠离子与钾离子电荷相同，半径小于钾离子，导致氯化钠离子键更加牢固，熔点高 氢氧化钠是强电解质，溶于水增加了氢氧根浓度，且溶解过程放热，使平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-向逆反应方向移动，有利于氨气逸出 AC O2 32g 【解析】(1)钠原子核外含有11个电子，电子排布式为1s22s22p63s1，s能级含有一个轨道，p能级有3个轨道，据此判断；原子核外M层上有2个未成对电子的元素即为3p2或者3p