黑龙江省哈尔滨兆麟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、2019年8月Green C

2、hemistry报道了我国学者发明的低压高效电催化还原CO2的新方法，其总反应为NaClCO2CONaClO。下列有关化学用语表示错误的是()A中子数为12的钠原子：NaBCl的结构示意图：CCO2的结构式：O=C=ODNaClO的电子式：2、 安徽省蚌埠市高三第一次质量监测下列有关化学用语表示正确的是A水分子的比例模型B过氧化氢的电子式为：C石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）3、下列实验操作能达到实验目的的是( )A加热使升华，可除去铁粉中的B电解氯化铝溶液，可制备铝单质C加入烧碱溶液，充分振荡，静置，分液，可除去苯中的苯酚

3、D将氨水滴加到饱和溶液中，可制备胶体4、高温下，超氧化钾晶体(KO2)呈立方体结构。如图为超氧化钾晶体的一个晶胞(晶体中最小的重复单元)。则下列有关说法正确的是（ ）AKO2中只存在离子键B超氧化钾的化学式为KO2，每个晶胞含有1个K和1个O2C晶体中与每个K距离最近的O2有6个D晶体中，所有原子之间都以离子键相结合5、常温下，向1 L 0.1 molL1NH4Cl溶液中，不断加入固体NaOH后，NH4+与NH3H2O的变化趋势如图所示(不考虑体积变化和氨的挥发)。下列说法不正确的是()AM点溶液中水的电离程度比原溶液小B在M点时，n(OH)n(H)(a0.05) molC随着NaOH的加入，

4、c(H+)/c(NH4+)不断增大D当n(NaOH)0.1 mol时，c(Na)c(NH4+)c(NH3H2O)6、用标准盐酸滴定未知浓度氢氧化钠溶液，描述正确的是A用石蕊作指示剂B锥形瓶要用待测液润洗C如图滴定管读数为 25.65mLD滴定时眼睛注视锥形瓶内溶液颜色的变化7、将铝粉与Fe3O4粉末配制成铝热剂，分成三等份。一份直接放入足量的烧碱溶液中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V1；一份在高温下恰好反应完全，反应后的混合物与足量的盐酸反应后，放出的气体在标准状况下的体积为V2；一份直接放入足量的盐酸中，充分反应后放出气体在标准状况下的体积为V3。下列说法正确的是AV1V3V2BV

5、2V1V3CV1V2V3DV1V3V28、面对突如其来的新冠病毒，越来越多的人意识到学习化学的重要性。下列说法正确的是A医用酒精灭活新冠肺炎病毒是利用其氧化性BN95口罩所使用的聚丙烯材料属于合成纤维C为增强“84”消毒液的消毒效果，可加入稀盐酸D我国研制的重组新冠疫苗无需冷藏保存9、用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A质子数和中子数相等的钠原子：NaB氯原子的结构示意图：CNaCN的电子式：D丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH10、人体血液存在H2CO3/HCO3、HPO42/H2PO4等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对

6、数值lg xx表示c(H2CO3)/c(HCO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa= -lgKa）。则下列说法正确的是A曲线I表示lg c(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系Bab的过程中，水的电离程度逐渐减小C当c(H2CO3)=c(HCO3)时，c(HPO42)=c(H2PO4)D当pH增大时，c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小11、以柏林绿FeFe(CN)6为代表的新型可充电钠离子电池，其放电工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A放电时，正极反应为FeFe

7、(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6B充电时，Mo(钼)箔接电源的负极C充电时，Na+通过交换膜从左室移向右室D外电路中通过0.2mol电子的电量时，负极质量变化为2.4g12、某种新型热激活电池的结构如图所示，电极a的材料是氧化石墨烯（CP）和铂纳米粒子，电极b的材料是聚苯胺（PANI），电解质溶液中含有Fe3+和Fe2+。加热使电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e-=PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+，电池冷却时Fe2+在电极b表面与PANIO反应可使电池再生。下列说法不正确的是A电池工作时电极a为正极，且发生的反应是：Fe3+e-Fe2+B电池工作时，若在电极

8、b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红C电池冷却时，若该装置正负极间接有电流表或检流计，指针会发生偏转D电池冷却过程中发生的反应是：2Fe2+PANIO+2H+=2Fe3+ PANI13、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂氮二次电池，用可传递 Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li +N2 2Li3N，下列说法正确的是A固氮时，电能转化为化学能B固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C脱氮时，钌复合电极的电极反应： 2Li3N - 6e- =6 Li+N2D脱氮时 ，Li+向钌复合电极迁移14、已知有机物是合成青蒿素的原料之一（如图）。下列有关该有机物的说法正确的是（）A可

9、与酸性KMnO4溶液反应B既能发生消去反应，又能发生加成反应C分子式为C6H10O4D1mol该有机物与足量的金属Na反应最多产生33.6LH215、下列实验能实现的是（ ）A图1装置左侧用于检验氯化铵受热分解出的氨气B图2装置用于分离碘单质和高锰酸钾固体混合物C图3装置中若a处有红色物质生成，b处变蓝，证明X一定是H2D图4装置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止气体逸出16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C1mol Na2O2固体中含有离

10、子总数为4NAD25时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子17、测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，则下列对实验过程的相关判断合理的为（）A所用晶体中有受热不挥发的杂质B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品C未将热的坩埚放在干燥器中冷却D在实验结束时没有进行恒重操作18、下列关于有机物的叙述错误的是（ ）A乙醇能发生取代反应B分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种C氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别19、全钒液流电池是一种以钒为活性物质呈循环流动液态的氧化还原电池。钒电池电能以化学能的方式存储在不同价态钒离子的硫酸电

11、解液中，通过外接泵把电解液压入电池堆体内，在机械动力作用下，使其在不同的储液罐和半电池的闭合回路中循环流动，采用质子交换膜作为电池组的隔膜，电解质溶液流过电极表面并发生电化学反应，进行充电和放电。下图为全钒液流电池放电示意图：下列说法正确的是( )A放电时正极反应为：B充电时阴极反应为：C放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现20、将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A溶液的pH增大BCH3COOH电离度增大C溶液的导电能力减弱D溶液中

12、c(OH)减小21、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气22、H2C2O4为二元弱酸。20时，配制一组c（H2C2O4）+c（HC2O4-）+c（C2 O42-） =0.100molL-1的H2C2O4和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如图所示。下列说法错误的是A由图可知：Ka2（H2C2O4）的数量级为10-4B若将0.05mol NaHC2O4和0.05mol Na2C2O4固体完全

13、溶于水配成1L溶液，所得混合液的pH为4Cc（Na+）=0.100molL-1的溶液中：c（H+）+c（H2C2O4）=c（OH-）+c（C2O42-）D用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，可用酚酞做指示剂二、非选择题(共84分)23、（14分）W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素Y在元素周期表中的位置是_；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是 _（用离子符号表示）。(2

14、) XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是_；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为_。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是_（用离子方程式表示）。24、（12分）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=CHCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_。（2）B的结构简式是_。（3）CD的反应类型是_。（4）写出DM的化学方程式_。（5）已知X的苯环上只有一个取

15、代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。_25、（12分）FeCl3在现代工业生产中应用广泛。某化学研究性学习小组模拟工业流程制备无水FeCl3，再用副产品FeCl3溶液吸收有毒的H2S。经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。他们设计了制备无水FeCl3的实验方案，装置示意图(加热及夹持装置略去)及操作步骤如下：检验装置的气密性； 通入干燥的Cl2，赶尽装置中的空气；用酒精灯在铁屑

16、下方加热至反应完成；体系冷却后，停止通入Cl2，并用干燥的H2赶尽Cl2，将收集器密封。请回答下列问题：(1)装置A中反应的化学方程式为_。(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，要使沉积的FeCl3进入收集器，第步操作是_。(3)操作步骤中，为防止FeCl3潮解所采取的措施有(填步骤序号)_。(4)装置B中冷水浴的作用为_；装置C的名称为_；装置D中FeCl2全部反应后，因失去吸收Cl2的作用而失效，写出检验FeCl2是否失效的试剂：_。(5)在虚线框中画出尾气吸收装置E并注明试剂_。该组同学用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，得到单质硫；过滤

17、后，再以石墨为电极，在一定条件下电解滤液。(6)FeCl3与H2S反应的离子方程式为_。(7)综合分析实验的两个反应，可知该实验有两个显著优点：H2S的原子利用率为100%；_。26、（10分）某学习小组通过下列装置探究 MnO2与FeCl36H2O反应产物。（查阅资料）FeCl3是一种共价化合物，熔点306，沸点315。实验编号操作现象实验 1按上图所示，加热A中MnO2与FeCl36H2O混合物试管A中固体部分变液态，上方出现白雾稍后，产生黄色气体，管壁附着黄色液滴试管B中KI-淀粉溶液变蓝实验 2把A中的混合物换为FeCl36H2O，B中溶液换为KSCN溶液，加热。A中固体部分变液态，产

18、生白雾和黄色气体，B中KSCN溶液变红（实验探究）实验操作和现象如下表：（问题讨论）（1）实验前首先要进行的操作是_。（2）实验1和实验2产生的白雾是_（填化学式）溶解在水中形成的小液滴。（3）请用离子方程式解释实验2中黄色气体使KI-淀粉溶液变蓝色的原因_。（4）为确认黄色气体中含有Cl2，学习小组将实验1中试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，发现B中溶液呈橙色，经检验无Fe2+，说明黄色气体中含有Cl2。用铁氰化钾溶液检验Fe2+的离子方程式是_。选择NaBr溶液的原因是_。（实验结论）（5）实验1充分加热后，若反应中被氧化与未被氧化的氯元素质量之比为1:2，则A中发生反应的化学方程

19、式为_。（实验反思）该学习小组认为实验1中溶液变蓝，也可能是酸性条件下，I被空气氧化所致，可以先将装置中的空气排尽，以排除O2的干扰。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：ISO2Cl2的制备（1）水应从_（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是

20、_（填标号）。Fe+18.4mol/LH2SO4Na2SO3+70%H2SO4Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是_。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是_。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最佳实验操作是_。II测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000molL1的AgNO3溶液l00.00mL；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000molL-1NH4SCN溶

21、液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10Ksp(AgSCN)=210-12（6）滴定终点的现象为_。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为_%，若步骤不加入硝基苯则所测SO2Cl2含量将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_。（3）1molCO2分子中含有键的数目为_。乙醇的相对分子质量比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是_。（4）6

22、氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有_。（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式_。（6）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0，0，0)；B处为(，0)；C处为(1，1，1)。则D处微粒的坐标参数为_。晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为gcm3，则晶胞参数a为_pm(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含、NA的式子表示)。29、（10分）环氧乙烷()、环氧丙烷()都是重要的化工原料且用途广泛。回答下列问题：（1）已知： 2 _（2）某

23、温度下，物质的量均为1mol的CH2CH2和O2在0.5L的刚性容器内发生反应，5min后反应达到平衡，气体总压减少了20。平衡时CH2CH2(g)的转化率为_，达到平衡后，欲增加CH2CH2(g)的平衡转化率，可采取的措施是_(填一条措施即可)。05min内，环氧乙烷的生成速率为_。该反应的平衡常数K_(精确到0.01)。当进料气CH2CH2和O2的物质的量不变时，T1时达到反应平衡，请在图1中画出温度由T1变化到T2的过程中乙烯的转化率与温度的关系_。（3）将丙烯与饱和食盐水的电解产物反应，转化为氯丙醇CH3CH(OH)CH2Cl已知：CH3CHCH2H2OCl2CH3CH(OH)CH2C

24、lHCl，氯丙醇进一步反应生成环氧丙烷，其电解简易装置如图2所示。a电极上的电极反应式为_。b电极区域生成环氧丙烷的化学方程式为_。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、D【解析】A. 钠是11号元素，中子数为12的钠原子，质量数为23：Na ，故A正确；B. 氯的核电荷为17，最外层得到1个电子形成稳定结构，Cl的结构示意图：，故B正确；C. 二氧化碳的碳与氧形成四个共用电子对，CO2的结构式：O=C=O，故C正确；D. NaClO是离子化合物，NaClO的电子式：，故D错误；故选D。2、D【解析】A.所给确为比例模型，氢原子和氧原子的半径相对大小不对，应

25、该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；所以答案选择D项。3、C【解析】A.加热时Fe与I2反应，应选磁铁分离，A错误；B.氧化性H+Al3+，电解氯化铝溶液时不能得到铝单质，应电解熔融氧化铝来冶炼Al，

26、B错误；C.NaOH与苯酚发生反应生成可溶于水的苯酚钠，与苯不反应，因此可用足量NaOH溶液除去苯中的苯酚，C正确；D.将饱和FeCl3溶液逐滴加到沸水中，可发生水解反应生成Fe(OH)3胶体，D错误；故合理选项是C。4、C【解析】A、K+离子与O2-离子形成离子键，O2-离子中O原子间形成共价键，故A错误；B、K+离子位于顶点和面心，数目为81/8+61/2=4，O2-离子位于棱心和体心，数目为121/4+1=4，即每个晶胞中含有4个K+和4个O2-，故B错误；C、由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个，共有6个，故C正确；D、O

27、原子间以共价键结合，故D错误。故选C。【点睛】易错点为C项，由晶胞图可知，以晶胞上方面心的K+为研究对象，其平面上与其距离最近的O2-有4个，上方和下方各有一个。5、C【解析】AM点是向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后反应得到氯化铵和一水合氨溶液，铵根离子浓度和一水合氨浓度相同，一水合氨是一元弱碱抑制水电离，此时水的电离程度小于原氯化铵溶液中水的电离程度，A正确；B在M点时溶液中存在电荷守恒，n（OH-）+n（Cl-）=n（H+）+n（Na+）+n（NH4+），n(OH-)-n(H+)=0.05+n（Na+）-n（Cl-）=（a-0.05）mol，B正确；C铵根离子

28、水解显酸性，结合水解平衡常数分析，c(H+)c(NH3H2O)/c(NH4+)c(NH3H2O)=Kh/c(NH3H2O)，随氢氧化钠固体加入，反应生成一水合氨浓度增大，平衡常数不变，则c(H+)/c(NH4+)减小，C错误；D向1L0.1mol/LNH4Cl溶液中，不断加入NaOH固体后，当n（NaOH）=0.1mol时，恰好反应生成氯化钠和一水合氨，根据物料守恒可知溶液中c(Na+)=c(NH4+)+c(NH3H2O)，D正确；答案选C。6、D【解析】A.滴定终点时石蕊变色不明显，通常不用石蕊作指示剂，故A错误；B. 锥形瓶如果用待测液润洗，会使结果偏高，故B错误；C. 如图滴定管读数为

29、24.40mL，故C错误；D滴定时眼睛不需要注视滴定管中液面，应该注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D正确；故选：D。7、A【解析】假设每份含2mol铝，能和烧碱反应生成氢气的物质只有铝，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，2mol铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气3mol；铝先和四氧化三铁反应生成氧化铝和铁3 Fe3O4+8Al4Al2O3+9 Fe，铁和盐酸反应生成氢气 Fe+2HCl=FeCl2+H2，2mol铝与四氧化三铁反应生成9/4mol铁，9/4mol铁与盐酸反应生成氢气9/4mol；能和盐酸反应生成氢气的只有铝，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2

30、，2mol铝与盐酸溶液反应生成氢气3mol氢气；所以V1=V3V2，故选A。8、B【解析】A. 医用酒精灭活新冠肺炎病毒是因为酒精使蛋白质脱水，并非酒精的氧化性，故A错误；B. 聚丙烯材料属于合成有机高分子材料，故B正确；C. 84消毒液和洁厕灵混合会发生氧化还原反应产生有毒气体氯气，所以两者不能混合使用，故C错误；D. 疫苗的成分是蛋白质，因光和热可以导致蛋白变性，所以疫苗需冷藏保存，故D错误；故选B。9、D【解析】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；C.NaCN

31、为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为，C正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；故合理选项是D。10、D【解析】H2CO3HCO3+H的电离平衡常数Kal=c(H)c(HCO3)/c(H2CO3)，所以lgc(H2CO3)/c(HCO3)=pKal-pH=6.4-pH，H2PO4HPO42+H的电离平衡常数Ka2=c(H)c(HPO42)/c(H2PO4)，所以lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-pKa2=pH-7.2，A当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2；B酸对水的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小；C当c（

32、H2CO3）=c（HCO3）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.8；Dc(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3)c(H)/Ka2=Ka1c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3HCO3+H正向进行，使c（H2CO3）减小。【详解】A当lgx=0时，pH分别为6.4、7.2，所以曲线I表示lgc(H2CO3)/c(HCO3)=pKal-pH=6.4-pH，曲线II表示lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-pKa2=pH-7.2，故A错误；B酸对水

33、的电离有抑制作用，酸性越强即pH越小，抑制作用越大，水的电离程度越小，a-b的过程中pH增大，溶液酸性减弱，水的电离程度增大，故B错误；C当c（H2CO3）=c（HCO3）时，即lgc(H2CO3)/c(HCO3)=0，溶液中pH=6.4，则lgc(HPO42)/c(H2PO4)=pH-7.2=6.4-7.2=-0.80，即c（HPO42）c（H2PO4），故C错误；D、c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)=c(HCO3)c(H)/Ka2=Ka1c(H2CO3)/Ka2，pH增大则H2CO3HCO3+H正向进行，使c（H2CO3）减小，Ka1、Ka2不变，所以pH增大时，c(

34、HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小，故D正确；故选D。【点睛】本题考查弱电解质的电离平衡及其溶液中离子浓度的变化关系，把握电离平衡常数意义及应用、分析图象信息是解题关键，注意比例式的恒等转化以判断其增减性的方法。11、B【解析】A、根据工作原理，Mg作负极，Mo作正极，正极反应式为FeFe(CN)6+2Na+2e=Na2FeFe(CN)6，故A正确；B、充电时，电池的负极接电源的负极，电池的正极接电源的正极，即Mo箔接电源的正极，故B说法错误；C、充电时，属于电解，根据电解原理，Na应从左室移向右室，故C说法正确；D、负极上应是2Mg4e2Cl=Mg2Cl22，通过0.

35、2mol电子时，消耗0.1molMg，质量减少2.4g，故D说法正确。12、C【解析】根据b上发生氧化反应可知b为负极，再由题中信息及原电池原理解答。【详解】A根据b极电极反应判断电极a是正极，电极b是负极，电池工作时电极a上的反应是Fe3+e-=Fe2+，A正确;B电池工作时电极b发生的反应是PANI-2e- =PANIO（氧化态聚苯胺，绝缘体）+2H+，溶液显酸性，若在电极b周围滴加几滴紫色石蕊试液，电极b周围慢慢变红，B正确；C电池冷却时Fe2+是在电极b表面与PANIO反应使电池再生，因此冷却再生过程电极a上无电子得失，导线中没有电子通过，C错误；D电池冷却时Fe2+是在电极b表面与P

36、ANIO反应使电池再生，反应是2Fe2+ PANIO+2H+ =2Fe3+PANI，D正确；答案选C。【点睛】挖掘所给反应里包含的信息，判断出正负极、氢离子浓度的变化，再联系原电池有关原理进行分析解答。13、C【解析】A.固氮时为原电池原理，化学能转化为电能，A错误；B.固氮时，Li电极为负极，钌复合电极为正极，电流由钌复合电极经用电器流向锂电极，B错误；C.脱氮时为电解原理，钌复合电极为阳极，阳极上发生失电子的氧化反应，钌复合电极的电极反应为2Li3N - 6e- =6 Li+N2，C正确；D.脱氮时，钌复合电极为阳极，锂电极为阴极，Li+（阳离子）向锂电极迁移，D错误；答案选C。14、A【

37、解析】中含有有官能团羟基和羧基，所以具有羟基和羧基的性质。【详解】A. 该有机物右上角的羟基可被酸性KMnO4溶液氧化为羧基，A正确；B. 该有机物右下角的羟基可以发生消去反应，但该有机物不能发生加成反应，B错误；C. 分子式为C6H12O4，C错误；D. 未说明是标准状况，所以不确定该有机物与金属Na反应最多产生的H2体积，D错误；故选A。15、D【解析】A、左侧的五氧化二磷会吸收氯化铵分解产生的氨气，因此左侧可检测氯化氢，故A不符合题意；B、加热时碘升华，高锰酸钾会发生分解，因此加热法不能分离，故B不符合题意；C、a处有红色物质生成，说明氧化铜被还原，b处变蓝，说明气体中含有水蒸气，因此有

38、可能X中含有水蒸气，X也可能含有乙醇、氨气、甲烷等，故C不符合题意；D、大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，安全漏斗可在左右侧形成液柱，可防止气体逸出，故D符合题意；故答案为：D。16、B【解析】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白磷中有6molPP键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molCH键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；C、由Na2O2的电子式可知

39、，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH的物质的量，故D错误，答案选B。17、B【解析】测定硫酸铜晶体中结晶水含量实验，经计算相对误差为+0.4%，即测定的结晶水含量偏高。【详解】A所用晶体中有受热不挥发的杂质，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，导致测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故A不选； B用玻璃棒搅拌时沾去少量的药品，会导致测定的硫酸铜的质量偏小，导致水的质量测定结果偏大，测定的结晶水含量偏高，故B选； C未将热的坩埚放在干燥器中冷却，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏

40、低，故C不选； D在实验结束时没有进行恒重操作，会导致测定的硫酸铜的质量偏大，使测定的水的质量偏小，测定的结晶水含量偏低，故D不选； 故选：B。18、C【解析】A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应，故A正确；B.分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数，丁基有4种，可能的结构有4种，故B正确；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉属于高分子化合物，故C错误；D.乙烯可与溴发生加成反应，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故D正确。答案选C。19、D【解析】放电时，消耗H+，溶液pH升高，由此分析解答。【详解】A. 正极反应是还原反应，由电池总

41、反应可知放电时的正极反应为VO2+2H+e-VO2+H2O，故A错误；B.充电时，阴极反应为还原反应，故为V3+得电子生成V2+的反应，故B错误；C.电子只能在导线中进行移动，在电解质溶液中是靠阴阳离子定向移动来形成闭合回路，故C错误；D.该电池的储能容量，可以通过增大电解液存储罐的容积并增加电解液的体积来实现，正确；故答案为D。【点睛】本题综合考查原电池知识，侧重于学生的分析能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握原电池的工作原理，答题时注意体会电极方程式的书写方法，难度不大。20、A【解析】ACH3COOH溶液加水稀释，CH3COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反

42、应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；CCH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变

43、，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。21、C【解析】A二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C。22、B【解析】由图可知：c(H2C2O4)=c(C2O42-)时，pH2.7，c(HC2O4-)=c(C2O42-)时

44、，pH=4。【详解】AH2C2O4的二级电离方程式为：HC2O4-H+C2O42-，Ka2=， c(HC2O4-)=c(C2O42-)时，Ka2=，即Ka2=10-pH=10-4，A正确；BHC2O4-H+ C2O42-，Ka(HC2O4-)=Ka2=10-4，C2O42-+H2OHC2O4-+OH-，Kh(C2O42-)=10-10，Ka(HC2O4-)Kh(C2O42-)，所以等物质的量NaHC2O4和Na2C2O4混合溶于水，c(HC2O4-)c(C2O42-)，从图上可知，pH4，B错误；Cc(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)=0.100molL-1= c(Na

45、+)，所以，c(H2C2O4)+c(HC2O4-)+c(C2 O42-)= c(Na+)，该式子为NaHC2O4的物料守恒，即此时为NaHC2O4溶液，NaHC2O4溶液的质子守恒为：c(H+)+c(H2C2O4)=c(OH-)+c(C2O42-)，C正确；D用标准的氢氧化钠溶液滴定H2C2O4溶液，终点溶质主要为Na2C2O4，由图可知，此时溶液显碱性，可用酚酞做指示剂，D正确。答案选B。【点睛】越弱越水解用等式表达为KhKa=Kw，常温下，水解常数Kh和电离常数Ka知其中一个可求另外一个。二、非选择题(共84分)23、第2周期，VIA族 O2- 分子间作用力 HCO3- + H2OH2CO

46、3 + OH- 【解析】根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电

47、荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3- + H2OH2CO3 + OH-，故答案为：HCO3- + H2OH2CO3 + OH-。24、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3 取代反应 3 【解析】由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2C

48、H3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr

49、(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【点睛】结合

50、反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧

51、酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、2Fe+3Cl22FeCl3 在沉积的FeCl3固体下方加热 冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品 干燥管 K3Fe(CN)6)溶液 2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+ FeCl3得到循环利用 【解析】装置A中铁与氯气反应，反应为：2Fe+3Cl2 2FeCl3，B中的冷水作用为是冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品；为防止外界空气中的水蒸气进入装置使FeCl3潮解，所以用装置C无水氯化钙来吸水，装置D中用Fe

52、Cl2吸收Cl2时的反应离子方程式2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，用装置D中的副产品FeCl3溶液吸收H2S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，用氢氧化钠溶液吸收的是氯气，不用考虑防倒吸，所以装置E为氢氧化钠溶液吸收氯气，据此分析解答(1)(5)；三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应，化学方程式为2FeCl3+H2S2FeCl2+S+2HCl，电解氯化亚铁时，阴极阳离子得到电子发生还原反应；阳极阴离子失去电子发生氧化反应，据此分析解答(6)(7)。【详解】(1)氯气具有强氧化性，将有变价的铁元素氧化成高价铁，生成氯化铁，所以装置A中铁与氯气反应生

53、成氯化铁，反应为2Fe+3Cl2 2FeCl3，故答案为：2Fe+3Cl2 2FeCl3；(2)第步加热后，生成的烟状FeCl3大部分进入收集器，少量沉积在反应管A右端，因为无水FeCl3加热易升华，要使沉积的FeCl3进入收集器，需要对FeCl3加热，使氯化铁发生升华，使沉积的FeCl3进入收集器，故答案为：在沉积的FeCl3固体下方加热；(3)为防止FeCl3潮解，可以采取的措施有：步骤中通入干燥的Cl2，步骤中用干燥的N2赶尽Cl2，故答案为：；(4)B中的冷水是为了冷却FeCl3使其沉积，便于收集产品，装置C的名称为干燥管；Fe2+的检验可通过与K3Fe(CN)6)溶液生成蓝色沉淀的方

54、法来完成，故答案为：冷却，使FeCl3沉积，便于收集产品；干燥管；K3Fe(CN)6)溶液；(5)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以可以用氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气，尾气吸收装置E为：，故答案为：；(6)三价铁具有氧化性，硫化氢具有还原性，二者之间发生氧化还原反应：2FeCl3+3H2S=2FeCl2+6HCl+3S，离子方程式为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故答案为：2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+；(7)电解氯化亚铁时，阴极发生氢离子得电子的还原反应，2H+2e-H 2，阳极亚铁离子发生失电子的氧化反应：Fe2+-e-=Fe3+，电解池中最终得到的FeCl

55、3可重新用来吸收H2S，可以循环利用，故答案为：FeCl3可以循环利用。26、检查装置的气密性 HCl 2Fe32I=2Fe2I2 3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62 Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2 MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O 【解析】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；（2）FeCl36H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴；（3）由信息可知，FeCl3是一种共价化合物，受热变为黄色气体，氯化铁具有强氧化性，可以将碘离子氧化为碘单质；（4）用铁氰化

56、钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀；为确认黄色气体中含有Cl2，需要除去Fe3+的干扰，因为Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2，可选择NaBr溶液；（5）二氧化锰与FeCl36H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及水，据此结合原子守恒书写化学方程式。【详解】（1）实验前首先要进行的操作是检查装置的气密性；故答案为检查装置的气密性；（2）FeCl36H2O 受热失去结晶水，同时水解，生成HCl气体，HCl和H2O结合形成盐酸小液滴，而形成白雾；故答案为HCl；（3）碘离子具有还原性，氯化铁具有强氧化性，两者反应，碘离子被氧化为碘单质，反应离子方程式为：2Fe3

57、2I=2Fe2I2，故答案为2Fe32I=2Fe2I2；（4）用铁氰化钾溶液检验Fe2+产生蓝色沉淀，离子方程式是3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；为确认黄色气体中含有Cl2，将试管B内KI-淀粉溶液替换为NaBr溶液，若B中观察到浅橙红色，为溴水的颜色，则证明有物质能够将Br-氧化成Br2，铁离子不能氧化溴离子，若未检查到Fe2+，则证明是Cl2氧化的Br-，而不是Fe3+，故答案为3Fe22Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62；Br可以被Cl2氧化成Br2，但不会被Fe3氧化为Br2；（5）二氧化锰与FeCl36H2O 反应生成Fe2O3、MnCl2、Cl2、HCl及

58、水，反应方程式为：MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O，故答案为MnO22FeCl36H2O Fe2O3MnCl2Cl22HCl11H2O。27、b 碱石灰 制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率 蒸馏 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 85.5% 偏小 【解析】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO

59、2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SCN反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点； （7）用cmolL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，记下所用体积V，则过量Ag+的物质的量为Vcmol，与Cl反应的Ag+的物质的量为0.

60、1000mol/L0.1LVc103mol，则可以求出SO2Cl2的物质的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力摇动，使AgCl沉淀表面被有机物覆盖，避免在滴加NH4SCN时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀，若无此操作，NH4SCN与AgCl反应生成AgSCN沉淀，则滴定时消耗的NH4SCN标准液的体积偏多，即银离子的物质的量偏大，则与氯离子反应的银离子的物质的量偏小。【详解】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出，故水应该从b口进入；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2，故选；（3）根据装置图可