2021-2022学年河北省张家口市尚义县高考临考冲刺化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、我国的科技发展改变着人们的生活、生产方式。下列说法中错误的是A“甲醇制取低碳烯烃”技术可获得聚乙烯原料B“嫦娥四号”使用的SiC

2、Al材料属于复合材料C5G芯片“巴龙5000”的主要材料是SiO2D“东方超环(人造太阳)”使用的氘、氚与氕互为同位素2、工业上用酸性 KMnO4溶液与乙苯()反应生产苯甲酸()，下列有关说法正确的是A乙苯是苯的同系物B乙苯的所有原子均共平面C生产苯甲酸时发生的是取代反应D乙苯不能与H2发生反应3、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)BY的简单气态氢化物的热稳定性比W的强CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强DY与Z形成的两

3、种常见化合物化学键类型相同4、元素周期表中，铟(In)与铝同主族，与碘同周期。由此推断AIn最外层有5个电子BIn的原子半径小于ICIn(OH)3的碱性强于Al(OH)3DIn属于过渡元素5、使用石油热裂解的副产物中的甲烷来制取氢气，需要分两步进行，其反应过程中的能量变化如图所示：则甲烷和水蒸气反应生成二氧化碳和氢气的热化学方程式为（ ）ACH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g) H103.3kJ/molBCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g) H70.1kJ/molCCH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g) H70.1kJ/molDCH4(g)2H2O(g)

4、=4H2(g)CO2(g) H136.5kJ/mol6、下列说法正确的是()A粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极B5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.26.021023C室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl溶液，溶液中增大D向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中减小7、某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) c(NO3) + c

5、(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+ =3Cu2+2NO4H2O8、分析化学中，“滴定分数”的定义为：所加滴定剂与被滴定组分的物质的量之比。以0.10molL-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA并绘制滴定曲线如图所示。已知lg3=0.5。下列说法中不正确的是（ ）A该酸碱中和滴定过程应选择酚酞做指示剂B根据y点坐标可以算得a的数值为3.5C从x点到z点，溶液中水的电离程度逐渐增大Dx点处的溶液中满足：c(HA)+c(H+)c(A-)+c(OH-)9、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对

6、应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32-AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：ClSiD白色固体先变为淡黄色，后变为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)AABBCCDD10、amolFeS与bmolFe3O4投入到VL cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（

7、NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol11、下列实验操作、现象和结论均正确的是实验操作和现象结 论A向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuS，ZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)Ksp(ZnS)B将Fe(NO3)2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色样品已变质C加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝NH4HCO3显碱性D常温下，测得0.1 molL1 NaA溶液的pH小于0.1 molL1 Na2B溶液的pH酸性：HAH2BAABBCCDD12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说

8、法正确的是A1 L 0.1 molL1NaClO溶液中含有的ClO为NAB1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA13、下列各组物质发生反应，生成产物有硫的是（）ANa2S2O3溶液和HCl溶液BH2S气体在足量的O2中燃烧C碳和浓硫酸反应D铜和浓硫酸反应14、中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A我国近年来大力发展核电、光电、风电

9、、水电。电能属于一次能源B“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属于金属材料15、常温下，用0.1 molL1 KOH溶液滴定10 mL 0.1 molL1 HA（Ka1.0105）溶液的滴定曲线如图所示。下列说法错误的是Aa点溶液的pH约为3B水的电离程度：d点c点Cb点溶液中粒子浓度大小：c（A）c（K）c（HA）c（H）c（OH）De点溶液中：c（K）=2c（A）+2c（HA）16、甲辛等元素在周期表中的相对位置如下表。甲与戊

10、的原子序数相差3，戊的一种单质是自然界硬度最大的物质，丁与辛属同周期元素，下列判断正确的是A丙与庚的原子序数相差3B气态氢化物的热稳定性：戊己庚C乙所在周期元素中，其简单离子的半径最大D乙的单质在空气中燃烧生成的化合物只含离子键17、下列关于有机化合物的说法正确的是A糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B戊烷（C5H12）有两种同分异构体C乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别18、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6.63 g，

11、在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()ANa2SO4、(NH4)2CO3、KClBKCl、Na2CO3、(NH4)2SO4CCuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4DNa2SO4、NH4Cl、K2CO319、两份铝屑，第一份与足量盐酸反应，第二份与足量NaOH溶液反应，产生氢气的体积比为12（同温同压下），则第一份与第二份铝屑的质量比为A11B12C13D2120、下列实验中根据现象得出的结论错误的是选项实验现象结论A向某溶液

12、中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-B向填有硫酸处理的K2Cr2O7硅胶导管中吹入乙醇蒸气管中固体逐渐由橙色变为绿色乙醇具有还原性C向盐酸酸化的Cu(NO3)2溶液中通入少量SO2，然后滴入BaCl2溶液产生白色沉淀氧化性：Cu2+H2SO4D向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2AABBCCDD21、环境科学刊发了我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O8，其中S为+6价）去除废水中的正五价砷As(V)的研究成果，其反应机制模型如图所示。KspFe(OH)3=2.71

13、0-39，下列叙述错误的是ApH越小，越有利于去除废水中的正五价砷B1mol过硫酸钠（Na2S2O8）含NA个过氧键C碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO4-+ OH- = SO42-+OHD室温下，中间产物Fe(OH)3溶于水所得饱和溶液中c(Fe3+)约为2.710-18molL-122、磷酸（H3PO4）是一种中强酸，常温下，H3PO4水溶液中含磷微粒的分布分数（平衡时某微粒的浓度占各含磷微粒总浓度的分数）与pH的关系如图，下列说法正确的是（ ）AH3PO4的电离方程式为：H3PO43H+PO43-BpH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-、HPO42-、

14、PO43-C滴加NaOH溶液至pH=7，溶液中c(Na+)=c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)D滴加少量Na2CO3溶液，3Na2CO3+2H3PO4=2Na3PO4+3H2O+3CO2二、非选择题(共84分)23、（14分）CAPE是蜂胶主要活性组分之一，具有抗炎、抗氧化和抗肿瘤的作用，在医学上具有广阔的应用前景。合成CAPE的路线设计如下： 已知：A的核磁共振氢谱有三个波峰，红外光谱显示咖啡酸分子中存在碳碳双键； ； 。请回答下列问题：（1） A中官能团的名称为_。（2）C生成D所需试剂和条件是_。（3）E生成F的反应类型为_。（4）1mol CAPE与足量的Na

15、OH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为_。（5）咖啡酸生成CAPE的化学方程式为_。（6）芳香化合物X是G（C9H8O3）的同分异构体，满足下列条件，X的可能结构有_种，a. 属于芳香族化合物b. 能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2c. 能与新制的 Cu(OH)2悬浊液反应生成砖红色沉淀其中核磁共振氢谱显示有6种不同化学环境的氢，峰面积之比为1:2:2:1:1:1，写出一种符合要求的X的结构简式_。（7）参照上述合成路线，以 和丙醛为原料(其它试剂任选)，设计制备的合成路线_。24、（12分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCO

16、OR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_；苯与丙烯反应的类型是_。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式：_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结构简式：_。与丙二酸二乙酯的官能团相同；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321；能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_；中间产物II_。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

17、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）二氧化氯（ClO2）是一种高效消毒剂，易溶于水，沸点为11.0，极易爆炸。在干燥空气稀释条件下，用干燥的氯气与固体亚氯酸钠制备二氧化氯，装置如图：(1)仪器a的名称为_，装置A中反应的离子方程式为_。(2)试剂X是_。(

18、3)装置D中冰水的主要作用是_。装置D内发生反应的化学方程式为_。(4)装置E中主要反应的离子方程式为：_。(5)已知NaClO2饱和溶液在不同温度时析出的晶体情况如下表。温度38386060析出晶体NaClO23H2ONaClO2分解成NaClO3和NaCl利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤： 55蒸发结晶、_、3860的温水洗涤、低于60干燥。(6)工业上也常用以下方法制备ClO2。酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为_。如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。则阴极电极反应式为_。27、（12分）实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来

19、制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)NaBrNaHSO4HBr、CH3CH2OHHBrCH3CH2BrH2O。有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中省去了加热装置）：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm-30.791.443.1沸点/78.538.459（1）A中放入沸石的作用是_，B中进水口为_口（填“a”或“b”）。（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为_。（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式_。（4）给A加热的目的是_，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的是吸收_和溴蒸气，防止_。（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是_。（6）将

20、C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO412mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到3540的馏分约10.0g。分液漏斗在使用前必须_；从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_（精确到0.1%）。28、（14分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。（1）该反应的平衡常数表达式为K=_，若升高温度，平衡常数 K

21、值_（填“增加”“减小”或“不变”），说明理由_；（2）在 T2温度下， 02s 内的平均反应速率 v（N2）=_；（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因_，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2，该反应的氧化剂为_；（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品_，用化学方程式表示产生副产品的原因_。29、（10分）一定温度范围内用氯化钠熔浸钾长石（主要成份为KAlSi3O8）可制得氯化钾，主要反应是：

22、NaCl（l）+KAlSi3O8（s）KCl（l）+NaAlSi3O8（s）+Q填空：（1）写出Cl原子的核外电子排布式_，NaCl的熔点比KCl_ （选填“高”或“低”）（2）指出钾长石中存在的化学键类型_（3）上述反应涉及的位于同一周期的几种元素中，有一种元素的最高价氧化物的水化物和其余元素的最高价氧化物的水化物均能发生反应，该元素是_（4）某兴趣小组为研究上述反应中钾元素的熔出率（液体中钾元素的质量 占样品质量的百分率）与温度的关系，进行实验（保持其它条件不变），获得数据曲线如图分析数据可知，Q_0（选填“”或“”）950时，欲提高钾的熔出速率可以采取的措施是_（填序号）a延长反应时间b

23、充分搅拌c增大反应体系的压强d将钾长石粉粹成更小的颗粒要使钾元素的熔出率和熔出速率都达到最大，反应温度应为_（5）工业上常用KCl冶炼金属钾反应方程式为：Na（l）+KCl（l）NaCl（l）+K（g）用平衡移动原理解释该方法可行的原因：_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. “甲醇制取低碳烯烃”技术可生产乙烯，乙烯是制备聚乙烯的原料，故A正确；B. SiCAl材料是SiC增强铝基复合材料，故B正确；C.计算机芯片的主要材料是单质Si，故C错误；D. 氕、氘、氚质子数都是1，中子数分别是0、1、2，所以互为同位素，故D正确；选C。2、A【解析

24、】A苯和乙苯，都只含有一个苯环，结构相似，且分子相差2个CH2，是同系物，A正确；B乙苯中的CH2CH3上有2个饱和的C原子，饱和碳原子与其周围的原子位置关系类似于CH4，不能所有原子共面，B错误；C乙苯在高锰酸钾的作用下转化为苯甲酸，是氧化反应，C错误；D乙苯中的苯环能够与H2反生加成反应，D错误。答案选A。3、B【解析】X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。【详解】根据分析

25、，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；AX、Y为第二周期，Z、W为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)，故A错误B非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：YW，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B正确；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XW，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；DY是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；答

26、案选B。【点睛】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。4、C【解析】A. 铟(In) 与铝同主族，最外层电子数和Al相等，有3个，故A错误；B. 铟(In) 与碘同周期，同周期元素从左往右，原子半径逐渐减小，所以In的原子半径大于I，故B错误；C. 元素周期表中同一主族元素从上到下，金属性越强，还原性越强，其氢氧化物的碱性越强，所以In(OH)3的碱性强于Al(OH)3，故C正确；D. 铟(In)是主族元素，不是过渡元素，故D错误；正确答案是C。5、D【解析】本题考查化学反应与能量变化,意在考查考生的图象分析能力与推理能力。【详解】左图对应的热化学方程式为

27、A. CH4(g)H2O(g)=3H2(g)CO(g) H103.3kJ/mol，右图对应的热化学方程式为CO(g)+H2O(g)=H2(g)+CO2(9)H=-33.2kJ/mol；两式相加即可得相应的热化学方程式D. CH4(g)2H2O(g)=4H2(g)CO2(g) H136.5kJ/mol，故D符合题意；答案：D。【点睛】根据两图都为放热反应，完成热化学反应方程式，再根据盖斯定律进行分析即可。6、C【解析】A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；B.5.6g Fe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，B错误；C.

28、氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中增大，故C正确；D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-BaSO4(s)+CO32-(aq)，=，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；故合理选项是C。7、D【解析】实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。【详解】A稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H

29、2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B实验1-中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；C由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+ =3Cu2+2NO4H2O，故D正确；答案选D。【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。8、D【解析】以0.10molL-1的NaOH溶液滴定同浓度某一元酸HA时，a点溶液中只有HA，x点HA与NaA等比混合，y点溶液呈中性，

30、z点为二者恰好完全反应，即z点为滴定终点。【详解】A.由图可知，该酸碱中和滴定的滴定终点为碱性，则应选择酚酞做指示剂，故A正确；B.根据y点坐标可以算得K（HA）=，a点时，溶液中只有HA，c（H+）= c（A-），则有，解得，pH=3.5，故B正确；C.从x点到z点，溶液中的溶质由HA对水的抑制，到NaA对水的促进，水的电离程度逐渐增大，故C正确；D.x点处的溶液中溶质为HA和NaA等比混合，有质子守恒：c(HA)+2c(H+)=c(A-)+2c(OH-)，因为c(H+)c(OH-)，则c(HA)+c(H+)c(A-)+c(OH-)，故D错误；综上所述，答案为D。【点睛】求a点的pH时，可逆

31、向思维思考，若求pH，即要求氢离子的浓度，则须求平衡常数，进而利用y点中性的条件求出平衡常数，返回计算即可求a点的pH了。9、D【解析】A开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B发生反应HCO3-+AlO2-+H2O=Al(OH)3+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-AlO2-，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的

32、水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。10、A【解析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质

33、的量【详解】根据元素守恒可知，nFe(NO3)3=n(Fe)=amol+3bmol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。11、A【解析】A相同条件下，溶解度大的物质先溶解，组成和结构相似的难溶物，溶解度越大，其溶度积越大。因在等体积等浓度的盐酸ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）Ksp（ZnS），故A正确；BFe(NO3)2溶于稀硫酸后，Fe2+在酸性条件下被NO3-氧化

34、为Fe3+，此时滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则无法证明Fe(NO3)2是否变质，故B错误；C在加热条件下NH4HCO3固体分解生成NH3，NH3能使润湿的红色石蕊试纸变蓝，由于固体本身没有与试纸接触，故本实验不能证明NH4HCO3显碱性，故C错误；D强碱弱酸盐的pH越大，对应酸的酸性越弱，Na2B溶液对应的酸为HB-，则由现象可知酸性：HAHB-，但是本实验不能证明HA的酸性比H2B强，故D错误；故答案为A。12、C【解析】A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO会水解，使溶液中ClO的物质的量小于1 L 0.1 molL1，即小于NA，A项错误；B. 根据反应2Fe3Cl2=2FeCl3可知

35、铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误；C. 32g O2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。13、

36、A【解析】A、Na2S2O3溶液和 HCl 溶液反应，发生氧化还原反应生成二氧化硫、硫单质和氯化钠，生成产物有硫，故A符合题意； B、H2S气体在足量的O2中燃烧生成二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故B不符合题意； C、碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故C不符合题意； D、铜和浓硫酸加热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，生成产物中无硫单质生成，故D不符合题意； 故选：A。14、D【解析】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可

37、适用于不同的要求。如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。15、D【解析】A由溶液pH=7时消耗KOH的体积小于10mL可知，HA为弱酸，设0.1 molL1 HA溶液中c(H+)=xmol/L，根据电离平衡常数可知，解得x110-3mol/L，因此a点溶液的pH约为3，故A不符合题意；Bd点溶质为KA，c点溶质为H

38、A、KA，HA会抑制水的电离，KA会促进水的电离，因此水的电离程度：d点c点，故B不符合题意；Cb点溶质为等浓度的KA和HA，HA的电离程度大于A-的水解程度，结合溶液呈酸性可知b点溶液中粒子浓度大小：，故C不符合题意；De点物料守恒为：，故D符合题意；故答案为：D。【点睛】比较时溶液中粒子浓度：（1）弱电解质(弱酸、弱碱、水)的电离是微弱的，且水的电离能力远远小于弱酸和弱碱的电离能力。如在稀醋酸溶液中：CH3COOHCH3COO-H+，H2OOH-H+，在溶液中微粒浓度由大到小的顺序：c(CH3COOH)c(H+)c(CH3COO-)c(OH-)；（2）弱酸根离子或弱碱阳离子的水解是微弱的，

39、但水的电离程度远远小于盐的水解程度。如稀的CH3COONa溶液中：CH3COONa=CH3COO-Na+，CH3COO-H2OCH3COOHOH-，H2OH+OH-，所以CH3COONa溶液中：c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(CH3COOH)c(H+)。16、B【解析】戊的一种单质（金刚石）是自然界硬度最大的物质，则戊为C，甲与戊的原子序数相差3，则甲的原子序数为6-3=3，即甲为Li，由元素在周期表中的相对位置图可知，乙为Na，丙为K，丁为Ca；丁与辛属同周期元素，由第A族元素可知，己为Si，庚为Ge，辛为Ga；A.丙为K，K的原子序数为19，庚为Ge，Ge的原子序数为32，

40、原子序数相差13，A项错误；B.元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐减弱，则气态氢化物的热稳定性：戊己庚，B项正确；C.根据上述分析，乙为Na，Na有2个电子层，而同周期的S2-、Cl-有3个电子层，半径都比Na+大，所以Na的半径不是最大，C项错误；D.乙为Na，Na在空气中燃烧生成Na2O2，Na2O2中既有离子键、又有共价键，D项错误；答案选B。17、D【解析】A糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；B戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；C苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯

41、中也不存在碳碳双键，存在的是碳碳单键，只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；D乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。18、D【解析】根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确

42、；答案选D。19、B【解析】盐酸与NaOH溶液足量，则铝完全反应，设铝与盐酸、NaOH溶液反应生成的氢气的物质的量分别为xmol、2xmol，则2Al+6HCl2AlCl3+3H22 3 x2Al+2NaOH+2H2O2NaAlO2+3H22 3 2x则第一份与第二份铝屑的质量比为：(mol27g/mol)(mol27g/mol)=12，故选B。20、C【解析】A.在强酸性环境中，H+、NO3-、Cu会发生氧化还原反应产生NO气体，一氧化氮易被氧化为二氧化氮，因此会看到试管口有红棕色气体产生，A正确；B.酸性K2Cr2O7具有强的氧化性，会将乙醇氧化，K2Cr2O7被还原为Cr2(SO4)3，

43、因此管中固体逐渐由橙色变为绿色，B正确；C.在酸性条件下，H+、NO3-、SO2会发生氧化还原反应产生SO42-，因此滴入BaCl2溶液，会产生BaSO4白色沉淀，可以证明氧化性：HNO3H2SO4，C错误；D.向浓度均为0.1 mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水，先出现蓝色沉淀，由于Mg(OH)2、Cu(OH)2构型相同，因此可以证明溶度积常数：KspMg(OH)2KspCu(OH)2，D正确；故合理选项是C。21、A【解析】ApH越小，酸性越强，会使Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)和Fe(OH)2(s)Fe2+(aq)+2OH-(aq)平衡右移，

44、无法生成沉淀，不利于除去废水中的正五价砷，故A错误；B设1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键物质的量为amol，钠为+1价，硫为+6价，过氧键中的氧为-1价，非过氧键中的氧为-2价，则(+1)2+(+6)2+(-2) a+(-2) (8-2a)=0，解得a=1，所以1mol过硫酸钠(Na2S2O8)中过氧键的数量为NA，故B正确；C由图示可得，碱性条件下，硫酸根自由基发生反应的方程式为：SO42-+ OH- = SO42-+OH，故C正确；DFe(OH)3溶于水存在沉淀溶解平衡：Fe(OH)3(s)Fe3+(aq)+3OH-(aq)，此溶液碱性极弱，pH接近7，即c(OH-)=110-7

45、mol/L，因为Ksp(Fe(OH)3)= c(Fe3+)c3(OH-)=2.710-39，则c(Fe3+)=2.710-18molL-1，故D正确；答案选A。22、C【解析】从图中可以看出，随着pH的不断增大，溶质由H3PO4逐渐转化为H2PO4-、HPO42-、PO43-，但不管pH的大小如何，溶液中同时存在H3PO4、H2PO4-、HPO42-、PO43-。【详解】AH3PO4为多元弱酸，电离应分步进行，电离方程式为：H3PO4H+H2PO4-，A错误；BpH=2时，溶液中大量存在的微粒有：H3PO4、H2PO4-，B错误；C滴加NaOH溶液至pH=7，依据电荷守恒，溶液中c(Na+)=

46、c(H2PO4-)+2c(HPO42-)+3c(PO43-)，C正确；D滴加少量Na2CO3溶液，发生反应为Na2CO3+2H3PO4=2NaH2PO4+H2O+CO2，D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、氯原子 氯气、光照 氧化反应 4mol +HBr 17 【解析】A的核磁共振氢谱有三个波峰，结合F结构简式知，A为，A和氢氧化钠的水溶液发生水解反应然后酸化得到B为，B发生的反应生成C为，C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D，D发生水解反应然后酸化得到E，E发生氧化反应生成F，则E结构简式为，D为，F发生信息的反应生成G，G结构简式为，G发生银镜反应然后酸化生成咖啡酸，红外光谱显

47、示咖啡酸分子中存在碳碳双键，咖啡酸结构简式为，咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为；（7）以和丙醛为原料（其他试剂任选）制备，发生信息的反应，然后发生水解反应、催化氧化反应、的反应得到目标产物。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为，则A中官能团的名称为氯原子，答案为：氯原子；（2）根据分析，C为，D为，则 C和氯气在光照条件下发生取代反应生成D；答案为：氯气、光照；（3）根据分析，E结构简式为，E中的羟基发生氧化反应生成F中的醛基，则E生成F的反应类型为氧化反应，答案为：氧化反应；（4）根据分析，CAPE结构简式为，根据结构简式，1moCAPE含有2mol酚羟基，

48、可消耗2mol NaOH，含有一个酯基，可消耗1molNaOH发生水解，CAPE水解后产生咖啡酸，含有羧基，可消耗1molNaOH，则1mol CAPE与足量的NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为2mol+1mol+1mol=4mol，答案为：4mol；（5）咖啡酸和3-溴乙基苯发生取代反应生成CAPE，CAPE结构简式为，咖啡酸生成CAPE的化学方程式为+HBr，答案为：+HBr；（6）G结构简式为，芳香化合物X是G(C9H8O3)的同分异构体，X能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明X中含有羧基，且与新制Cu(OH)2反应生成砖红色沉淀，说明含有醛基，其核磁共振氢谱显示有6种不

49、同化学环境的氢，峰面积比为1:2:2:1:1:1，其符合要求的X的结构简式为，答案为：；（7）以和丙醛为原料(其他试剂任选)制备,发生信息的反应,然后发生水解反应、催化氧化反应、的反应得到目标产物,其合成路线为，答案为：。24、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O 【解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯

50、，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯

51、，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：； (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。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+2

52、SO2+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

53、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）；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，

54、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、分液漏斗 MnO2 + 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O 饱和食盐水 冷凝二氧化氯 Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl 2OH Cl2 = ClO Cl H2O 趁热过滤 H2O2 + 2H+ 2ClO3= 2ClO2 + 2H2O + O2 ClO2

55、+ e = ClO2 【解析】(1)看图得出仪器a的名称，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水。 (2)试剂X是除掉HCl气体。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0，因此得装置D中冰水的主要作用，装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理。(5)由于38是以NaClO23H2O晶体，操作要注意不能低于38。(6)H2O2 、H+与ClO3反应得到ClO2。左边为ClO2反应生成ClO2，得到电子，发生还原反应。【详解】(1)仪器a的名称为分液漏斗，装置A是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气、氯化锰和水，其反应的离子方程式为MnO2 +

56、 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O；故答案为：分液漏斗；MnO2 + 4H+ + 2Cl Mn2+ + Cl2 + 2H2O。(2)试剂X是除掉HCl气体，因此用饱和食盐水；故答案为：饱和食盐水。(3)二氧化氯(ClO2)沸点为11.0，因此装置D中冰水的主要作用是冷凝二氧化氯。装置D内发生反应是氯气与固体亚氯酸钠生成二氧化氯，其化学方程式为Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl；故答案为：冷凝二氧化氯；Cl2 + 2NaClO2 =2 ClO2 + NaCl。(4)装置E中主要是氯气的尾气处理，其反应的离子方程式为：2OH Cl2 = ClO Cl H

57、2O；故答案为：2OH Cl2 = ClO Cl H2O。(5)利用NaClO2溶液制得NaClO2晶体的操作步骤：由于38是以NaClO23H2O晶体，因此55蒸发结晶、趁热过滤、3860的温水洗涤、低于60干燥；故答案为：趁热过滤。(6)酸性条件下双氧水与NaClO3反应，则反应的离子方程式为H2O2 + 2H+ 2ClO3= 2ClO2 + 2H2O + O2。如图所示为直接电解氯酸钠、自动催化循环制备高纯ClO2的实验。左边为ClO2反应生成ClO2，得到电子，发生还原反应，其为阴极，其电极反应式为ClO2 + e = ClO2；故答案为：ClO2 + e = ClO2。27、防止暴沸

58、 b 平衡压强，使浓硫酸顺利滴下 2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O 加快反应速率，蒸馏出溴乙烷 SO2 防止污染环境 冷却并减少溴乙烷的挥发 检漏 53.4% 【解析】(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2；(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；(6)带有活塞或瓶塞的装置使用前要

59、检查是否漏水；10mL乙醇的质量为0.7910g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.

60、4溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染环境；(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；(6)分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；10mL乙醇的质量为0.7910g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，所以溴乙烷的产率=100%53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装