2021-2022学年广西梧州市蒙山县高三下学期一模考试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、阿斯巴甜（Aspartame，结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍下列关于阿斯巴甜的错误说法是A在一定条件下能发生取代反应、加成反应B酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸C一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D分子式为C14H1

2、8N2O3，属于蛋白质2、拉曼光谱证实，AlO2在水中转化为Al(OH)4。将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，再逐滴加入1mol/L盐酸，测得溶液中CO32、HCO3、Al(OH)4、Al3+的物质的量与加入盐酸的体积变化关系如图所示，则下列说法正确的是ACO32、HCO3和Al(OH)4在水溶液中可大量共存Bd线表示的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3H2OC原固体混合物中CO32与AlO2的物质的量之比为1：1DV1=150mL，V2=300mL；M点生成的CO2为0.05mol3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A4.0g由CO2和SO2组成的

3、混合物中含有的质子数为2NAB1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NAC常温下,0.1mol环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3NAD22.4LCO2与足量Na2O2充分反应,转移的电子数目为NA4、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列叙述正确的是A在转化过程中化合价不变的元素只有Cu和ClB由图示的转化可得出氧化性的强弱顺序：O2Cu2+SC在转化过程中能循环利用的物质只有FeCl2D反应中当有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液

4、中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为16g5、常温下，将 1molCaC2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，加入Na2CO3 固体的过程中，溶液中Ca2+ 和 CO32-的浓度变化曲线如图所示，下列说法中不正确的是Aa=5.6B常温下，Ksp(CaC2O4)Ksp(CaCO3)Cb 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，至少要加入 2.12molNa2CO36、用下表提供的仪器（夹持仪器和试剂任选）不能达到相应实验目的的是选项实验目的

5、仪器A用 CCl4 除 去 NaBr 溶液中少量 Br2烧杯、分液漏斗B配制1.0molL-1 的H2SO4溶液量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、容量瓶C从食盐水中获得NaCl晶体酒精灯、烧杯、漏斗D制备少量乙酸乙酯试管、酒精灯、导管AABBCCDD7、温度T时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g) x C(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是Ax可能为4BM为容器甲C容器乙达平衡时B的转化率为25%DM的平衡常数大于N8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（

6、）A标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2NAB用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2，均转移电子2NAC将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1NAD2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA9、用石墨作电极电解KCl和CuSO4(等体积混合)混合溶液,电解过程中溶液pH随时间t的变化如图所示,下列说法正确的是Aab段H+被还原,溶液的pH增大B原溶液中KCl和CuSO4的物质的量浓度之比为21Cc点时加入适量CuCl2固体,电解液可恢复原来浓度Dcd段相当于电解水10、人类使用材料的增多和变化

7、，标志着人类文明的进步，下列材料与化学制备无关的是 ()A青铜器B铁器C石器D高分子材料11、水垢中含有的CaSO4，可先用Na2CO3溶液处理，使之转化为疏松、易溶于酸的CaCO3。某化学兴趣小组用某浓度的Na2CO3溶液处理一定量的CaSO4固体，测得所加Na2CO3溶液体积与溶液中-lgc(CO32-)的关系如下。已知Ksp(CaSO4)=910-6，Ksp(CaCO3)=310-9，lg3=0.5，下列说法不正确的是（ ）A曲线上各点的溶液满足关系式：c(Ca2+)c(SO42-)=Ksp(CaSO4)BCaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=31

8、03C该Na2CO3溶液的浓度为1mol/LD相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则上图曲线整体向上平移1个单位即可12、下列有关电化学原理及应用的相关说法正确的是A电池是能量高效转化装置，燃料电池放电时化学能全部转化为电能B电热水器用牺牲阳极的阴极保护法阻止不锈钢内胆腐蚀，阳极选用铜棒C工业上用电解法精炼铜过程中，阳极质量减少和阴极质量增加相同D电解氧化法在铝制品表面形成氧化膜减缓腐蚀，铝件作为阳极13、已知对二烯苯的结构简式如图所示，下列说法正确的是（ ）A对二烯苯苯环上的一氯取代物有2种B对二烯苯与苯乙烯互为同系物C对二烯苯分子中所有碳原子一定处于同一平面D1mo

9、l对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应14、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是AM(OH)2溶液的物质的量浓度B与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度CMCO3的质量D题给条件充足，不需要再补充数据15、下列说法不正确的是()A用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装液润洗B用蒸馏法可由含有Fe3的自来水获取较纯净的水C焰色反应后用稀盐酸洗涤铂丝并在火焰上灼烧至无色，再进行其它物质的测试D金属镁着

10、火可用沙子覆盖16、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核电荷数是Y的两倍，四种元素组成的一种化合物如图所示。下列说法一定正确的是（ ）A简单离子半径：ZWYXB最简单氢化物的稳定性：WYCX与Z可形成离子化合物ZXDW的氧化物对应的水化物为强酸二、非选择题（本题包括5小题）17、某研究小组以环氧乙烷和布洛芬为主要原料，按下列路线合成药物布洛芬酰甘氨酸钠。己知：（1）RCOOH RCOC1 RCOOR（2）R-Cl- R-NH2 R-NH2HC1 RCONHR请回答：（1）写出化合物的结构简式：B_ ； D_ 。（2）下列说法不正确的是_。A转化为A为氧化反应 B RC

11、OOH与SOCl2反应的产物有SO2和HC1C化合物B能发生缩聚反应 D布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H19NO3Na（3）写出同时符合下列条件的布洛芬的所有同分异构体_。红外光谱表明分子中含有酯基，实验发现能与NaOH溶液12反应，也能发生银镜反应；HNMR谱显示分子中有三个相同甲基，且苯环上只有一种化学环境的氢原子。（4）写出F布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式_。（5）利用题给信息，设计以为原料制备（）的合成路线(用流程图表示：无机试剂任选)_。18、叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是_(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是_(填序号)。a.分

12、子中碳原子与氮原子的个数比是75 b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为_。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。_19、次氯酸溶液由于其具有极强的氧化性，可以使病毒的核酸物质发生氧化反应，从而杀灭病毒，是常用的消毒剂和漂白剂。已知：.常温常压下，Cl2O 为棕黄色气体，沸点为 3.8，42 以上会分解生成 Cl2 和 O2，Cl2O 易溶于水并与水立即反应生成 HClO。.将氯气和空气(不参与反应)按体积比13 混合通入潮湿的碳酸钠中生成Cl2O 气

13、体，用水吸收Cl2O(不含 Cl2)制得次氯酸溶液。某实验室利用以下装置制备浓度不小于 0.8mol/L 的次氯酸溶液。A B C D E. 回答下列问题：(1)装置D 的作用为_。(2)配平装置 B 中的反应_：Cl2+Na2CO3+H2O = Cl2O+NaCl+NaHCO3。写出Cl2O 的结构式为_。(3)装置C 中加入的试剂X 为CCl4，其作用是_。(4)各装置的连接顺序为 A_E。(5)此方法相对于氯气直接溶于水制备次氯酸溶液的优点是_。(答出 1 条即可)(6)若装置 B 中生成的 Cl2O 气体有 20%滞留在E 前各装置中，其余均溶于装置E 的水中，装置E 所得 500mL

14、 次氯酸溶液浓度为 0.8mol/L，则至少需要含水 8%的碳酸钠的质量为_g。20、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要发生反应：_(NH4)2Fe(SO4)26H2O=_Fe2O3+_SO2+_NH3

15、+_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_。21、磷化硼是一种典型的超硬无机材料，常以BCl3、PH3为原料制备，氮化硼（BN）和磷化硼相似。六方相氮化硼是通常存在的稳定相，与石墨相似，具有层状结构，可作高温润滑剂，立方相氮化硼是超硬材料，有优异的耐磨性。晶体多种相结构如图所

16、示。(1)与BCl3分子互为等电子体的一种离子为_（填化学式）；预测PH3分子的空间构型为_。(2)关于氮化硼两种相结构的说法，正确的是_（填序号）。a立方相氮化硼含有键和键，所以硬度大b六方相氮化硼层间作用力小，所以质地软c两种晶体中的B-N键均为共价键d两种晶体均为分子晶体(3)六方相氮化硼晶体结构与石墨相似却不导电，原因是_；立方相氮化硼晶体中，硼原子的杂化轨道类型为_。(4)NH4BF4（氟硼酸铵）是合成氮化硼纳米管的原料之一。1molNH4BF4含有_mol配位键。(5)自然界中含硼元素的钠盐是一种天然矿藏，其化学式可以写作Na2B4O710H2O，实际上它的结构单元是由两个H3BO

17、3和两个B(OH)4缩合而成的双六元环，应该写成Na2B4O5(OH)48H2O。其结构如图所示，它的阴离子可通过_（填作用力）相互结合形成链状结构。(6)磷化硼晶胞的示意图如图甲所示，其中实心球表示P原子，空心球表示B原子，晶胞中P原子空间堆积方式为_；设阿伏加德罗常数的值为NA，晶胞参数为acm，磷化硼晶体的密度为_gcm-3；若磷化硼晶胞沿着体对角线方向的投影如图乙所示（虚线圆圈表示P原子的投影），请在图乙中用实心圆点画出B原子的投影位置_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键，能发生取代反应，分子中含有苯环能发生加成反

18、应，故A正确；B酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；C阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-COOH，具有酸性，可与碱反应，故C正确；D蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误；故选D。2、C【解析】将一定量的Na2CO3、NaAlO2固体混合物溶于适量水中，AlO2转化为Al(OH)4，除Na+外溶液中主要存在CO32-、Al(OH)4；由于酸性：H2CO3HCO3Al(OH)3，则结合H+的能力：Al(OH)4CO32-HCO3，向溶液中逐滴加入盐酸，Al(OH)4首先与H+反应转化为Al(OH)3，因此a线代表Al(OH)4减少，发

19、生的反应为：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，则Al(OH)4的物质的量为1mol/L0.05L=0.05mol，生成的Al(OH)3也为0.05mol；接下来CO32-与H+反应转化为HCO3，b线代表CO32-减少，c线代表HCO3增多，发生的反应为：CO32-+H+=HCO3，可计算出n(CO32-)=n(HCO3)=n(H+)=1mol/L0.05L=0.05mol；然后HCO3与H+反应生成H2CO3（分解为CO2和H2O），最后Al(OH)3与H+反应生成Al3+，d线代表HCO3减少，e线代表Al3+增多。【详解】A由于酸性：HCO3-Al(OH)3，HCO3会与Al(OH

20、)4发生反应生成Al(OH)3：HCO3+Al(OH)4=CO32-+ Al(OH)3+H2O，HCO3和Al(OH)4在水溶液中不能大量共存，A项错误；Bd线代表HCO3减少，发生的反应为：HCO3+H+=CO2+H2O，B项错误；Ca线代表Al(OH)4与H+反应：Al(OH)4H=Al(OH)3H2O，b线代表CO32-与H+反应：CO32-+H+=HCO3，由图象知两个反应消耗了等量的H+，则溶液中CO32-与Al(OH)4的物质的量之比为1：1，原固体混合物中CO32与AlO2的物质的量之比为1：1，C项正确；Dd线代表HCO3与H+的反应：HCO3+H+=CO2+H2O，n(HCO

21、3)=0.05mol，消耗H+的物质的量为0.05mol，所用盐酸的体积为50mL，V1=100mL+50mL=150mL；e线代表Al(OH)3与H+反应：Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，Al(OH)3的物质的量为0.05mol，会消耗0.15molH+，所用盐酸的体积为150mL，V2=V1+150mL=300mL；M点生成的是HCO3而非CO2，D项错误；答案选C。【点睛】在判断HCO3、Al(OH)3与H+反应的先后顺序时，可用“假设法”：假设HCO3先与H+反应，生成的H2CO3（分解为CO2和H2O）不与混合物中现存的Al(OH)3反应；假设Al(OH)3先与H+反应，生

22、成的Al3+会与溶液中现存的HCO3发生双水解反应，转化为Al(OH)3和H2CO3（分解为CO2和H2O），实际效果还是HCO3先转化为H2CO3，因此判断HCO3先与H+反应。3、A【解析】ACO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故4g混合物中含2mol即2NA个质子，故A正确；B1L0.5molL-1pH=7的CH3COONH4溶液中，铵根离子发生水解，根据物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）0.5mol，故B错误；C一个环氧乙烷分子的共价键数目为7，所以0

23、.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；D未指明温度和压强，22.4LCO2的物质的量不一定是1mol，故D错误；故答案为A。【点睛】选项A为难点，注意寻找混合物中质子数与单位质量之间的关系。4、D【解析】A根据图中各元素化合价知，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、Cl元素化合价都是-1价，所以化合价不变的是Cu、H、Cl元素，故A错误；B转化过程中O2把Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+把硫离子氧化为S，则氧化性的强弱顺序：O2Fe3+S，故B错误；C根据图示，反应的本质是空气中的氧气氧化H2S转化为S和水，在转化过程中能循环利用的物质有FeCl2、CuCl

24、2、FeCl3，故C错误；DH2S转化为硫单质，硫元素的化合价从-2价变成0价，氧元素的化合价从0价变成-2价，依据得失电子数相等，所以2H2S-O2，所以有34gH2S转化为硫单质时，保持溶液中Fe3+的量不变，需要消耗O2的质量为32g/mol=16g，故D正确；故选D。5、B【解析】Ac(CO32-)=7.010-5molL1时，c(Ca2+)=4.010-5molL1，Ksp(CaCO3)=7.010-54.010-5=2.810-9，当c(Ca2+)=5.010-5molL1时，a10-5molL1=c(CO32-)= =5.610-5molL1,a=5.6,故A正确；B1molCa

25、C2O4 粉末置于盛有500mL蒸馏水的烧杯中，然后向烧杯中加入Na2CO3固体（忽视溶液体积的变化）并充分搅拌，CaC2O4和CaCO3之间能转化，是改变离子的浓度，使沉淀的转化平衡向不同的方向移动，不能判断Ksp(CaC2O4)和Ksp(CaCO3)的大小，故B错误；C从图中当c(CO32-)在0a时，溶液为CaC2O4的饱和溶液，c(C2O42-) 的最大值为5.610-5molL1，b 点对应的溶液中，离子浓度关系为c(C2O42-) c(CO32-)，故C正确；D若使 1molCaC2O4 全部转化为 CaCO3，则此时溶液中c（C2O42-）=2molL1，根据Ksp（CaC2O4

26、）=c（Ca2）c（C2O42-）=5.010-55.010-5，可知此时溶液中c（Ca2）=1.2510-9molL1，而根据Ksp（CaCO3）=2.810-9可知溶液中的c（CO32）= = 2.240molL1，故溶液中n（CO32）=2.240molL10.5L=1.12mol，而还有生成的1mol碳酸钙，故所需的碳酸钠的物质的量n=1.12mol+1mol=2.12mol，故D正确；故选B。【点睛】本题考查难溶电解质的溶解平衡，把握图象分析、Ksp计算、平衡常数为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，碳酸根有两部分，沉淀的和溶解的两部分，要利用Ksp进行计算

27、。6、C【解析】A.单质溴易溶于有机溶剂，因此可以用萃取的方法将其从水相中分离，A项正确；B.配制一定物质的量浓度的溶液，需要用到量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和容量瓶，B项正确；C.若要从食盐水中获得食盐晶体，可以蒸发结晶，蒸发结晶一般在蒸发皿中进行，C项错误；D.制备少量乙酸乙酯，可以在试管中进行，再用导管将产物通入饱和碳酸钠溶液中收集产物并除杂，D项正确；答案选C。7、D【解析】若该反应为气体物质的量增大的反应，即x3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气

28、体物质的量减少的反应，即x3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，根据方程式2A(g)+B(g) x C(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和

29、B的转化率相等，也是25%，故C正确； D温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x3的情况。8、D【解析】A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol电子，若产生1molCl2，需转移电子mol，B错误；C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)= n(NO3-)+n(OH

30、-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；D.发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA，D正确；故合理选项是D。9、D【解析】用惰性电极电解相等体积的KCl和CuSO4混合溶液，溶液中存在的离子有：K+，Cl-，Cu2+，SO42-，H+，OH-；阴极离子放电顺序是Cu2+H+，阳极上离子放电顺序是Cl-OH-，电解过程中分三段：第一阶段：阳极上电极反应式为2Cl-2e-Cl2、阴极电极反应式为Cu2+2e-Cu，铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升；第二阶段：阳极

31、上电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2（或2H2O-4e-4H+O2），阴极反应先发生Cu2+2e-Cu，反应中生成硫酸，溶液pH降低；第三阶段：阳极电极反应式为4OH-4e-2H2O+O2、阴极电极反应式为2H+2e-H2，实质是电解水，溶液中硫酸浓度增大，pH继续降低；据此分析解答。【详解】A. ab段阴极电极反应式为Cu2+2e-Cu，由于铜离子浓度减小，水解得到氢离子浓度减小，溶液pH上升，氢离子未被还原，故A错误；B. 由图像可知，ab、bc段，阴极反应都是Cu2+2e-Cu，所以原混合溶液中KCl和CuSO4的浓度之比小于2:1，故B错误；C. 电解至c点时，阳极有氧气放出，所

32、以往电解液中加入适量CuCl2固体，不能使电解液恢复至原来的浓度，故C错误；D. cd段pH降低，此时电解反应参与的离子为H+，OH-，电解反应相当于电解水，故D正确；选D。【点睛】本题考查电解原理，明确离子放电顺序是解本题关键，根据电解过程中溶液中氢离子浓度变化判断发生的反应；本题需结合图象分析每一段变化所对应的电解反应。10、C【解析】冶金(青铜器、铁器制备)、高分子材料合成均涉及化学反应，石器加工只需物理处理，与化学制备无关，答案为C；11、D【解析】A. CaSO4的溶度积表达式Ksp(CaSO4)= c(Ca2+)c(SO42-)，A项正确；B. CaSO4(s)+CO32-(aq)

33、CaCO3(s)+SO42-(aq)的化学平衡常数，B项正确；C. 依据上述B项分析可知，CaSO4(s)+CO32-(aq)CaCO3(s)+SO42-(aq) K=3103，每消耗1mol CO32-会生成1mol SO42-，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)等于Na2CO3溶液的浓度，设Na2CO3溶液的浓度为1mol/L，则c(SO42-)=1mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.5，与图像相符，C项正确；D. 依据题意可知，起始CaSO4的物质的量为0.02mol，相同实验条件下，若将Na2CO3溶液的浓度改为原浓度的2倍，则消耗碳

34、酸钠的体积为10mL，在CaSO4完全溶解前溶液中的c(SO42-)=2mol/L，根据可得溶液中c(CO32-)=，-lg c(CO32-)=3.2，图像中的横纵坐标都要改变，D项错误；答案选D。12、D【解析】A电池是能量高效转化装置，但是燃料电池放电的时候化学能并不能完全转化为电能，如电池工作时，在电路中会产生热能，A项错误；B牺牲阳极的阴极保护法需要外接活泼金属，Cu的活动性比Fe的活动性低，因此起不到保护的作用，B项错误；C电解精炼铜的过程中，阳极除了Cu，还有Zn、Fe等比Cu活泼的金属也会失去电子，阴极始终是Cu2+被还原成Cu，所以阳极质量的减少和阴极质量的增加不相同，C项错误

35、；D利用电解法使铝的表面生成氧化铝，Al的化合价从0升高到3，失去电子，在电解池中作阳极，D项正确；本题答案选D。13、D【解析】A. 对二烯苯苯环上只有1种等效氢，一氯取代物有1种，故A错误；B. 对二烯苯含有2个碳碳双键，苯乙烯含有1个碳碳双键，对二烯苯与苯乙烯不是同系物，故B错误；C. 对二烯苯分子中有3个平面，单键可以旋转，所以碳原子可能不在同一平面，故C错误；D. 对二烯苯分子中有2个碳碳双键、1个苯环，所以1mol对二烯苯最多可与5mol氢气发生加成反应，故D正确；选D。【点睛】本题考查有机物的结构和性质，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的组成和结构特点，明确官能团的性质

36、和空间结构是解题关键。14、C【解析】生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。15、A【解析】A. 用容量瓶配制溶液时，用蒸馏水洗涤后不能用待装液润洗，否则所配溶液浓度偏高，A项错误；B. Fe3+难挥发，可用蒸馏法制得纯净水，B项正确；C. 为排出其它元素的干扰，做焰色反应时，应用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，才能蘸取其它溶液来进行焰色反应的实验，C项正确；D. 金属镁着火可用沙子覆盖，以隔绝空气，D项正确；答案选A。16、C【解析】首先发现Y形成了双键，因此推测Y是氧或者硫，考虑到四种元素的原子序数依次增大，Y与W同族，W的核

37、电荷数是Y的两倍，因此Y只能是氧，W是硫，X为氢，Z则只能是钠，故该物质为亚硫酸氢钠，据此来分析本题即可。【详解】根据以上分析可知X、Y、Z、W分别是H、O、Na、S。A.根据分析，四种简单离子半径的大小为，A项错误；B.元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性越强，氧的非金属性强于硫，最简单氢化物的稳定性：WY，B项错误；C.氢和Na可以形成氢化钠，这是一种金属氢化物，C项正确；D.硫只有最高价氧化物对应的水化物（硫酸）才是强酸，二氧化硫对应的水化物（亚硫酸）是一种弱酸，D项错误；答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、D【解析】氧化得到的A为ClCH2COOH，ClCH2COOH与

38、NH3作用得到的B为H2NCH2COOH，H2NCH2COOH再与SOCl2作用生成的C为，再与CH3OH作用得到的D为；与SOCl2作用生成的E为，E与D作用生成的F为，F再在NaOH溶液中水解可得布洛芬酰甘氨酸钠；（1）写出化合物的结构简式：B为H2NCH2COOH； D为；（2）A催化氧化为转化为ClCH2COOH，反应类型为氧化反应，故A正确；B RCOOH与SOCl2发生取代反应，所得产物为RCOOCl、SO2和HC1，故B正确；C化合物B为氨基酸，一定条件下能发生缩聚反应，故B正确；D布洛芬酰甘氨酸钠的分子式为C15H20NO3Na，故D错误；答案为D。（3）红外光谱表明分子中含有

39、酣基，实验发现能与NaOH溶液12反应，也能发生银镜反应，说明苯环上直接连接HCOO；HNMR谱显示分子中有三个相同甲基，说明同一碳原子上连接三个甲基；苯环上只有一种化学环境的氢原子，因苯环上不可能只有对位有两个不同的取代基，可以保证对称位置上的氢原子环境相同，满足条件的同分异构体有；（4）F布洛芬酰甘氨酸钠的化学方程式为；（5）以为原料制备的合成路线为。点睛：本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简

40、式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型；难点是有机物D的结构确定，可先根据F的碱性水解，结合产物确定出F，再利用D和E生成F，可借助碳架结构、反应原理及原子守恒分析推测D的结构。18、羧基 a、c +2NaOH HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa 【解析】(1)甲含有氨基和羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N原子；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件

41、下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠

42、发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。19、除去氯气中的HCl气体；观察产生气泡的速度来调节流速和体积比 1:3 2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3 Cl-O-Cl 除去Cl2O 中的 Cl2，提高制得的 HClO 的纯度 D B C 制备的HClO的浓度大，纯度高，不含有Cl- 57.6 【解析】该实验属于物质制备类实验，所需原料

43、为氯气和空气，并且要注意体积比1:3这个要求；因此就出现了这两个问题：(1)原料Cl2含有杂质需要除杂；(2)如何准确地控制两种原料气体积比；带着问题分析每个装置的作用就不难发现D装置就恰好能解决上述两个问题。接下来，由于B中的制备反应是气体与固体的反应，所以产物中肯定含有未反应完全的原料气，所以这里又出现了一个问题：未反应完的原料气是否会干扰后续的制备，如何除去；通过分析不难发现装置C恰好可以解决上述问题；最终在装置E中，成功制备了纯度较高的次氯酸溶液。【详解】(1)装置D的作用一方面要对装置A制备的Cl2进行净化除杂，另一方面也要保证空气和氯气的最佳体积比；所以D的作用为：除去氯气中的HC

44、l杂质，同时观察气泡的速度来调节氯气和空气的体积比至1:3；(2)根据题意，B中发生的反应为2Cl22Na2CO3H2O=Cl2O2NaCl2NaHCO3，Cl2O中的O为-2价，Cl为+1价，所以该反应是氯元素的歧化反应；根据Cl2O中氯和氧的价态可推测其结构为Cl-O-Cl；(3)题干中提到，用水吸收Cl2O制得次氯酸溶液，Cl2O中不能含有Cl2，而B处的反应是气体与固体的反应，必然会有一部分Cl2无法反应，因此，需要对B装置的出口气体进行除氯气操作，C中的CCl4由于与Cl2极性相近，可以将Cl2吸收，所以C的作用即：除去中的Cl2，提高次氯酸溶液的纯度；(4)结合以上分析，可知连接顺

45、序为ADBCE；(5)氯气直接溶解在水中会生成盐酸杂质，并且由于Cl2在水中溶解度很小，所以制备的次氯酸的浓度也不高，因此该方法的优点为：制备的次氯酸溶液浓度大，纯度高；(6)由题可知，E中次氯酸的含量为0.4mol，根据E中发生的反应：，可知E中参与反应的n(Cl2O)=0.2mol，所以总共生成的Cl2O的物质的量为。根据Cl2O的制备反应方程式可知，所需碳酸钠的物质的量为：，那么至少需要含水量8%的碳酸钠的质量为。【点睛】在考虑制备类实验的装置连接顺序时，可先找出其中的原料发生装置，反应制备装置和尾气处理装置，再根据具体信息考虑这些装置之间的除杂干燥防倒吸问题，最终设计出合理的连接顺序。

46、20、加快反应速率 蒸发皿 有晶膜出现（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

47、) 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；(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