2021-2022学年河北省曲阳县高考化学倒计时模拟卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、一定条件下，不能与SiO2反应的物质是（ ）ACaCO3BNaOHC盐酸D焦炭2、部分弱电解质的电离平衡常数如下表，以下选项错误的是化学式NH3H2OCH3COOHHCNH2CO3Ki（25）1.8l0-51.8l0-54.9l0-10Ki1= 4.3l0-7Ki2=

2、5.6l0-11A等物质的量浓度的NaHCO3和NaCN溶液，前者溶液中水的电离程度大B0.1 mol/L CH3COONa 溶液显碱性，0.1 mol/L CH3COONH4溶液显中性CCN-+H2O+CO2=HCN+ HCO3-D中和等体积、等pH的CH3COOH和HCN消耗NaOH的量前者小于后者3、如图，将铁棒和石墨棒插入盛有饱和NaCl溶液的U型管中，下列分析错误的是（ ）A闭合K1构成原电池，闭合K2构成电解池BK1闭合，铁棒上发生的反应为：Fe2eFe2+CK2闭合，铁棒不会被腐蚀，属于牺牲阳极的阴极保护法DK1闭合，石墨棒周围溶液pH逐渐升高4、几种短周期元素的原子半径及主要化

3、合价如下表：元素代号XYZW原子半径/pm1601437574主要化合价235、32下列叙述正确的是()AY的最高价氧化物对应的水化物显两性B放电条件下，Z单质与W的常见单质直接生成ZW2CX、Y元素的金属性：Xc(Cl-)c(OH-)c(H+)Cc点溶液中c(NH4+)c(OH)=c(H+)B相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，溶液中各离子浓度的大小关系为：c(Na+)c(ClO-)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)CPH1 NaHSO4溶液中c (H+)2 c (SO42-)+ c (OH-)D常温下，pH=7的CH3COONa和CH3COOH混合溶液中：c(Na+)

4、= c (CH3COOH) c (CH3COO) c (H+) = c (OH)11、下列有关实验操作、现象、解释和结论都正确的是() 选项操作现象解释、结论A用玻璃棒蘸取浓氨水点到干燥红色石蕊试纸上试纸变蓝色浓氨水呈碱性B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2溶液变浑浊析出了Na2CO3晶体C向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌蔗糖变黑，体积膨胀反应中浓硫酸只体现脱水性D过量的Fe粉与氯气充分反应后，向反应后的混合物中加水，取上层清液滴入KSCN溶液溶液不变红色氯气将Fe氧化为Fe2AABBCCDD12、某化学小组设计了如图甲所示的数字化实验装置，研究常温下，向1L0.1mol/LH2A溶液中逐滴加入等

5、浓度NaOH溶液时的pH变化情况，并绘制出溶液中含A元素的粒子的物质的量分数与溶液pH的关系如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）ApH=4.0时，图中n(HA-)约为0.0091molB0.1mol/LNaHA溶液中存在c(A2-)+c(HA-)+c(H2A)=0.1mol/LC该实验应将左边的酸式滴定管换成右边碱式滴定管并加酚酞作指示剂D常温下，等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合后溶液pH=3.013、NH5属于离子晶体。与水反应的化学方程式为：NH5+H2ONH3H2O+H2，它也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气。有关NH5叙述正确的是（ ）A与乙醇反应时，NH5被氧化

6、BNH5中N元素的化合价为+5价C1molNH5中含有5molN-H键D1molNH5与H2O完全反应，转移电子2mol14、室温下，将0.10 molL-1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 molL-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH= -lg c(OH-)。下列说法正确的是（ ）AM点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)= c(Cl-)BN点所示溶液中：c(NH4+)c(Cl-)CQ点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积DM点和N点所示溶液中水的电离程度相同15、室温下，1 L含0.1 mol HA和0.1 mol NaA的溶液a及加入一定

7、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16、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A能使甲基橙变红的溶液：Na、C

8、a2、Br、HCO3B11012的溶液：K、Na、CO32、AlO2C0.1 molL1KFe(SO4)2溶液：Mg2、Al3、SCN、NO3D0.1 molL1Ca5NH4(NO3)11溶液：H、Fe2、Cl、SO42-17、草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。下列说法正确的是A若和中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的COB实验时只需要在装置中反应结束后再通入N2C若将中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气D实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则产物一定为铁18、用下列实验装置进行相应实

9、验，设计正确且能达到实验目的的是（）A用图1所示装置制取并收集少量纯净的氨气B用图2 所示装置分离乙醇和乙酸乙酯的混合溶液C用图3所示装置加热分解NaHCO3固体D用图4 所示装置比较KMnO4、Cl2、Br2的氧化性强弱19、2019年是门捷列夫提出元素周期表150周年。根据元素周期律和元素周期表，下列推断不合理的是A位于第五周期第VIA族的元素为金属元素B第32号元素的单质可作为半导体材料C第55号元素的单质与水反应非常剧烈D第七周期A族元素的原子序数为11720、如图是一种染料敏化太阳能电池的示意图，电池的一个电极由有机光敏染料（R）涂覆在TiO2纳米晶体表面制成，另一电极由导电玻璃镀铂

10、构成，下列关于该电池叙述不正确的是（ ）A染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应B正极电极反应式是：I3-+2e-=3I-C电池总反应是：2R+3I-=I3-+2RD电池工作时将太阳能转化为电能21、不能通过化合反应生成的物质是（）AHClOBNOCSO3DFeCl222、以下物质的水溶液显酸性的是ANaHCO3BNaHSO4CCH3COOKDKNO3二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系：已知：A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子+CO2RCOCH3+RCHORCOCH=CHR+H2O回答下列问题：

11、（1）A的结构简式为_，A生成B的反应类型为_，由D生成E的反应条件为_。（2）H中含有的官能团名称为_。（3）I的结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为_。能发生水解反应和银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有5组核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_。24、（12分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一

12、种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_；反应的反应类型为_。（2）化合物C含有的官能团的名称为_。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_（填标号）。a氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b氨甲环酸是一种天然氨基酸c氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物 具有硝基 核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的

13、合成路线（其他试剂任选）。_25、（12分）三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_（2）装置B的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c

14、.观察气体流出速度 d.调节气压（3）仪器丙的名称是_，实验过程中仪器丁的进水口为_(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_，该装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是_。（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 molL-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.20 molL-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag+SCN-=AgSCN)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是_，样品中POCl3的纯度为_。26

15、、（10分）甘氨酸亚铁(H2NCH2COO)2Fe是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。.在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将

16、沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b的名称是_，d的作用是_。（2）步骤中将b中溶液加入到c中的操作是_；步骤中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质_(写化学式)。（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是_。（4）下列关于该实验的说法错误的是_(填写序号)。a.步骤中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤中加入无水乙醇的作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗

17、产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：_。27、（12分）亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为5.5，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用_(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_。 (2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a_(按气流方向，用小写字母表示)。(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：实验室也可用 B 装置制备 NO ， X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然

18、后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是_，然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 (4)已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。设计实验证明 HNO2是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL-1盐酸、 1 molL-1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯(ClNO)的质量

19、分数为_。(已知： Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)28、（14分） 化学选修3：物质结构与性质（15分）锌是人体必需的微量元素之一，起着极其重要的作用，回答下列问题：（1）请写出Zn2+的核外电子排布式_。（2）ZnCl2熔点为275 ，而CaCl2的熔点为782 ，请分析熔点不同的原因：_。（3）Zn2+能与多种微粒形成配合物，如Zn2+与CNO可形成Zn(CNO)42，Zn(CNO)42中配位原子为_，Zn(CNO)42的组成中非金属元素的电负性大小顺序为_；Zn2+与CN可形成Zn(CN)42，Zn(CN)42中

20、键、键和配位键的个数比为_；配合物Zn(NH3)4CO3中阴离子的空间构型为_，N原子的杂化方式为_。（4）Zn与S所形成化合物的晶胞如图1所示，图2为晶胞沿y轴的投影11平面图：晶胞中S原子的配位数为_。晶胞中最近的两个S原子之间的距离为_pm。设阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的密度是_gcm3（列出计算表达式）。 化学选修5：有机化学基础（15分）哌替啶盐酸盐G有镇痛作用，其合成路线如下。回答下列问题：（1）写出A的结构简式：_；B中含有碳碳双键，则B的名称为_。（2）G中含氧官能团名称为_；BC的反应类型为_。（3）E的结构简式为_。（4）写出CD的化学方程式：_。（5）M与E互为同

21、分异构体，符合下列条件的M有_种。属于芳香-氨基酸；含有两个六元环。其中一种同分异构体，NH2被H原子取代后，除苯基上H原子外，其他核磁共振氢谱的峰面积比为44111，该同分异构体的结构简式为_。（6）请结合以上合成路线，写出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出现的物质为原料合成的路线_。29、（10分）PTT 是一种高分子材料，具有优异性能，能作为工程塑料、纺织纤维和地毯等材料而得到广泛应用。其合成路线可设计为：已知：（1）B 中所含官能团的名称为_，反应的反应类型为_。（2）反应的化学方程式为_。（3）写出 PTT 的结构简式_。（4）某有机物X 的分子式为C4H6O，X

22、与B互为同系物,写出X可能的结构简式_。（5）请写出以 CH2=CH2 为主要原料（无机试剂任用）制备乙酸乙酯的合成路线流程图（须注明反应条件）。（合成路线常用的表示方式为：）_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、C【解析】A二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳；B二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水；C二氧化硅与盐酸不反应；D二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅。【详解】A二氧化硅与碳酸钙高温反应生成硅酸钙和二氧化碳，二者能反应，故A不选；B二氧化硅为酸性氧化物与氢氧化钠反应生成硅酸钠和水，二者能反应，故B不选；C二氧化硅与盐酸不反

23、应，二者不反应，故C选；D二氧化硅高温下与碳反应生成一氧化碳和硅，二者能反应，故D不选；故选：C。2、A【解析】A.酸的电离常数越大酸性越强，所以酸性：CH3COOHH2CO3HCNHCO3-，酸性越弱水解程度越大，水的电离程度越大，酸性：H2CO3HCN，所以水的电离程度：NaCNNaHCO3，选项A不正确；B.0.1 mol/L CH3COONa溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，NH3H2O和CH3COOH的电离平衡常数相等，0.1 mol/L CH3COONH4中铵根离子和醋酸根离子的水解程度相同，则溶液显中性，选项B正确；C.酸性：H2CO3HCNHCO3-，根据“强酸制弱酸”的复分解

24、反应规律，CN-+H2O+CO2=HCN+HCO3-，选项C正确；D.pH相同时，酸性越弱，酸的浓度越大，所以等pH的CH3COOH和HCN，CH3COOH的浓度小，则CH3COOH消耗的NaOH少，选项D正确；答案选A。3、C【解析】A、闭合K1构成原电池，铁为负极；闭合K2构成电解池，铁为阴极，选项A正确；B、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，铁棒上发生的反应为Fe2e=Fe2，选项B正确；C、K2闭合构成电解池，铁棒与电源的负极相连，作阴极不会被腐蚀，属于外加电流的阴极保护法，选项C错误；D、K1闭合构成原电池，铁棒是负极，铁失去电子，石墨棒是正极，溶液中的氧气得到电子转化为O

25、H，石墨棒周围溶液pH逐渐升高，选项D正确；答案选C。4、A【解析】W化合价为-2价，没有最高正化合价+6价，故W为O元素；Z元素化合价为+5、-3，Z处于A族，原子半径与氧元素相差不大，则Z与氧元素处于同一周期，故Z为N元素；X化合价为+2价，应为A族元素，Y的化合价为+3价，处于A族，二者原子半径相差较小，可知两者位于同一周期相邻主族，由于X、Y的原子半径与W、Z原子半径相差很大，则X、Y应在第三周期，所以X为Mg元素，Y为Al元素，结合元素周期律与元素化合物性质解答。【详解】根据上述分析可知，X、Y、Z、W分别是Mg、Al、N、O元素，则A. Y的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，即可

26、以与强酸反应，也可以与强碱反应，显两性，故A正确；B. 放电条件下，氮气与氧气会生成NO，而不能直接生成NO2，故B错误；C. 同一周期中，从左到右元素的金属性依次减弱，则金属性：MgAl，即XY，故C错误；D. 电子层数相同时，元素原子的核电荷数越小，离子半径越大，则Mg2的离子半径小于O2的离子半径，故D错误；答案选A。5、B【解析】A.CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，电子式为：，A错误；B.在HClO中O原子与H、Cl原子分别形成1对共用电子对，结构式是H-O-Cl，B正确；C.乙烯分子中两个C原子之间形成2对共用电子对，每个C原子再分别与2个H原子形成2对共用电子对，

27、题干模型为乙烯的比例模型，不是球棍模型，C错误；D.钾是19号元素，原子核外电子排布为2、8、8、1，K原子结构示意图正确的应该为，D错误；故合理选项是B。6、B【解析】在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A放电时，a 极为正极，电势高于作负极的 b 极，A正确；B充电时，a 极应为阳极，电极反应为 2I+Br-2e= I2Br-，B错误；C图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D导线中有 NA 个电子转移，依据关系式Zn2e-，就有0.5 mo

28、l Zn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。7、B【解析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的pH大于的pH，则表明的n(H+)小于的n(H+)，从而表明lg=0时，对应的酸电离程度大，为HCOOH，为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点c点，A正确；B相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH

29、3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。8、B【解析】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，结合Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）计算；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，结合电荷守恒判断离子浓度大小；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵；D. b点溶液中c点水电离出的c（H+）=10-

30、7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，据此判断。【详解】A.常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）=10-11mol/L，则c（OH-）=1014/1011mol/L=0.001mol/L，Kb=c（NH4+）c（OH）/c（NH3H2O）=103103/0.1mol/L=110-5mol/L，故A正确；B.a、b之间的任意一点，溶液都呈碱性，则c（H+）c（OH-），结合电荷守恒得c（Cl-）c（NH4+），而c（Cl-）和c（OH-）的相对大小与所加盐酸的量有关，故B错误；C.根据图知，c点水电离出的氢离子浓度最大，恰好反应生成氯化铵，铵根水解溶液呈酸性，结

31、合电荷守恒得：c（NH4+）c（Cl-），故C正确；D.b点溶液中c（H+）=10-7mol/L，常温下c（H+）c（OH-）=Kw=10-14，所以c（H+）=c（OH-），溶液呈中性，故D正确。故选B。9、D【解析】A、电离不需要通电，故错误；B、电化学防腐不需通电，故错误；C、放电不需要通电，故错误；D、电解需要通电，故正确。答案选D。10、A【解析】A. 常温下，pH为1的0.1 mol/L HA溶液中，c(H+)=0.1 mol/L，则HA为强酸溶液，与0.1 mol/L NaOH溶液恰好完全反应时，溶液中溶质为强电解质NaA，c(Na+)=c(A)，溶液呈中性，c(OH)和 c(H

32、+)来自于水且c(OH)=c(H+) ，故A正确；B. 相同浓度时酸性：CH3COOHHClO，即CH3COOH电离程度大于HClO，即c(CH3COO-) c(ClO-)；相同浓度的CH3COONa和NaClO溶液混合后，水解程度：CH3COONa c(ClO-)，故B错误；C. pH1 NaHSO4溶液中含有Na+、SO42-、H+、OH-，电荷守恒式c(Na+)+c (H+)2c (SO42-)+c (OH-)，故C错误；D. pH=7，溶液呈中性，c (H+) = c (OH)，CH3COONa和CH3COOH混合溶液，c (CH3COO) = c(Na+)，溶液中各离子浓度的大小关系

33、为：c (CH3COO)= c(Na+) c (CH3COOH) c (H+) = c (OH)，故D错误。答案选A。11、A【解析】A试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性；B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠；C体积膨胀，原因是生成气体；D氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应。【详解】A能使红色石蕊试纸变蓝色的溶液呈碱性，试纸变蓝色，可说明氨水溶液呈碱性，选项A正确；B向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度较小，析出晶体为碳酸氢钠，选项B错误；C体积膨胀，说明生成了气体，原因是碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳、二氧化硫等气体，选项C错误

34、；D氯气与铁反应生成氯化铁，溶液中铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，滴加KSCN，溶液不变色，选项D错误答案选A。【点睛】本题考查较为综合，涉及元素化合物知识的综合应用，注意把握物质性质的异同，把握实验方法和注意事项，难度不大。12、A【解析】ApH3时A2、HA的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2c(H)0.001mol/L，由同一溶液中，pH4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA)n(A2)0.1mol，据此计算n(HA)；B该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA溶液中不存在H2A；C根据图知，滴定终点时溶液呈酸性；DpH3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一

35、步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2)c(HA)。【详解】ApH3时A2、HA的物质的量分数相等，所以二者的浓度相等，则Ka2c(H)0.001mol/L，由同一溶液中，pH4时该酸的第二步电离常数不变，且原溶液中n(HA)n(A2)0.1mol，Ka2c(H)0.0001mol/L0.001mol/L，n(HA)约为0.0091mol，故A正确；B该二元酸第一步完全电离，第二步部分电离，所以NaHA只能电离不能水解，则溶液中不存在H2A，根据物料守恒得c(A2)c(HA)0.1mol/L，故B错误；C根据图知，滴定终点时溶液呈酸性，应该选取甲基橙作指

36、示剂，故C错误；DpH3时，溶液中不存在H2A，说明该酸第一步完全电离，第二步部分电离，则NaHA只电离不水解，Na2A能水解，且c(A2)=c(HA)；等物质的量浓度的NaHA与Na2A溶液等体积混合，因为电离、水解程度不同导致c(A2)、c(HA)不一定相等，则混合溶液的pH不一定等于3，故D错误；故答案选A。【点睛】正确判断该二元酸“第一步完全电离、第二步部分电离”是解本题关键，注意电离平衡常数只与温度有关，与溶液中溶质及其浓度无关。13、A【解析】反应NH5+H2ONH3H2O+H2，NH5的5个H原子中有1个H原子，化合价由1价变为0价，水中H元素化合价由+1价变为0价，所以NH5作

37、还原剂，水作氧化剂，【详解】ANH5也能跟乙醇发生类似的反应，并都产生氢气，则乙醇作氧化剂，NH5作还原剂而被氧化，A正确；BNH5的电子式为，N元素的化合价为3价，B错误；CNH5的电子式为，1 mol NH5中含有4molN-H键，C错误；D1 mol NH5与H2O完全反应，转移电子的物质的量=1mol0-(-1)=1mol，D错误；故选A。14、D【解析】已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH

38、-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，而水电离出的H+和OH-始终相

39、等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。15、D【解析】A溶液a为酸性，HA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，

40、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10-4.76，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。16、B【解析】A. 能使甲基橙变红的溶液呈酸性：H、HCO3反应生成水和二氧化碳，故A不符；B. 11012的溶液，氢离子浓度小于氢氧根离子浓度，溶液呈碱性：K、Na、CO32、AlO2与OH-间不发生反应，故B符合；C. 0.

41、1 molL1KFe(SO4)2溶液：Fe3+3SCN=Fe(SCN)3,生成络合物，不能共存，故C不符；D. 0.1 molL1Ca5NH4(NO3)11溶液：H、Fe2、NO3之间要发生氧化还原反应，故D不符合；故选B。17、A【解析】A、利用、除去CO2，中的无水氯化钙将气体干燥后，如果中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；C、由于从、溶液中导出的气体会带出水蒸气，因此中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也

42、有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；答案选A。【点睛】固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。18、D【解析】A，向NaOH固体中加入浓氨水可产生NH3，NH3可用碱石灰干燥，NH3密度比空气小，应用向下排空法收集，A项错误；B，乙醇和乙酸乙酯为互相混溶的液体混合物，不能用分液法进行分离，B项错误；C，加热分解NaHCO3固体时试管口应略向下倾斜，C项错误；D，浓盐酸加到KMnO4中产生黄绿色气体，锥形瓶中发生的反应为2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，根据同一反应中氧化性：氧化剂氧化产物得出，氧化性：KMnO4Cl2，Cl2通入NaBr溶液中溶液由

43、无色变为橙色，试管中发生的反应为Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，由此得出氧化性：Cl2Br2，D项正确；答案选D。点睛：本题考查化学实验的基本操作、气体的制备、物质氧化性强弱的比较。注意加热固体时试管口应略向下倾斜，防止水分在试管口冷凝倒流到试管底部使试管破裂；比较氧化性的强弱通常通过“强氧化性物质制弱氧化性物质”的氧化还原反应来实现。19、A【解析】A. 位于第五周期第VIA族的元素为Te（碲），是非金属元素，A错误；B. 第32号元素为锗，位于金属区与非金属区的交界线处，单质可作为半导体材料，B正确；C. 第55号元素是铯，为活泼的碱金属元素，单质与水反应非常剧烈，C正确；D. 第

44、七周期0族元素的原子序数为118，A族元素的原子序数为117，D正确；答案选A。20、C【解析】根据图示装置可以知道：染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应，Re=R+，正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3+2e3I，总反应为：2R+3II3+2R+，据此回答。【详解】A.根据图示装置可以知道染料敏化TiO2电极为电池负极，发生氧化反应Re=R+，故A正确；B.正极电极发生还原反应，电极反应式是：I3+2e3I，故B正确；C.正极和负极反应相加可以得到总反应：2R+3II3+2R+，故C错误；D.太阳能电池工作时，将太阳能转化为电能，故D正确。故选C。21、A【解析】化合反应的概念是

45、由两种或两种以上的物质生成一种新物质。A、氯气和水反应生成HCl和HClO，则不能通过化合反应生成，故A选； B、氮气和氧气反应生成NO，则能通过化合反应生成，故B不选； C、二氧化硫和氧气生成三氧化硫，则能通过化合反应生成，故C不选； D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，则能通过化合反应生成，故D不选； 故选：A。22、B【解析】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)c(OH-)的溶液呈酸性。A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；

46、C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。本题选B。二、非选择题(共84分)23、 消去反应 NaOH水溶液、加热 羟基、羧基 +O2+2H2O 或 【解析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，A的不饱和度=4，则侧链没有不饱和键，A转化得到的B能发生信息中的反应，说明B中含有碳碳双键，应是A发生醇的消去反应生成B，而A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子，故A为，则B为，D为，C为，C发生信息的反应生成K，故K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧

47、化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。【详解】(1)根据分析可知A为；A生成B的反应类型为消去反应；D生成E发生卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH水溶液、加热；(2)根据分析可知H为，H中官能团为羟基、羧基；(3)根据分析可知I结构简式为；(4)E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+O2+2H2O；(5)F()的同分异构体符合下列条件：能发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO-；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基，说明含有苯环且只有一个甲基；具有5组核磁共振氢谱峰，有5种氢原子，则符合条件的结构简式为：或；(6)(CH3)3COH发生消去反应生成

48、(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2发生信息的反应生成，和反应生成；合成路线流程图为：。24、2-氯-1,3-丁二烯 加成反应 碳碳双键、酯基；氯原子 cd 【解析】根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应的反应类型为加成反应。答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子

49、上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：属于芳香族化合物说明含有苯环；具有硝基说明含有官能团 NO2 ;核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合

50、物的合成路线：。答案：。25、否，长颈漏斗不能调节滴液速度 acd 三颈烧瓶 a 2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 指示剂 91.8% 【解析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C中用水浴加热，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，

51、所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)(4)；(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏斗不能调节滴液速度；(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到

52、气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红

53、色，则用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20molL-10.010L=0.002mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2molL-10.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为100%=91.8%，故答案为指示剂；91.8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理

54、清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl33HCl。26、蒸馏烧瓶 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 关闭K3，打开K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ad 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液 【解析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，

55、反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b根据题

56、目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d甘氨酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。27、A（或B） MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O（

57、或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O） fgcbdejh 随开随用，随关随停 排干净三颈烧瓶中的空气 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的（或KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO，X装置的优点为随开随用，随关随停。通入一段时间气体，其目的是

58、把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化。（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，结合题给试剂分析。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)，然后结合m=nM来计算。【详解】（1）可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O，（或用KM

59、nO4与浓盐酸常温下制备Cl2，发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O）故答案为A（或B）；MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O（或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为 fgcbdejh；故答案为fgcbdejh。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO ，X装置的优点为随开随用，随关随停，故答案为随开随用，随关随停。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化，故答案为排干净三颈烧瓶中的空气；（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNO2溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸，故答案为用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。以K2CrO4溶液为指示剂，用c