2021-2022学年四川省中江县龙台高考考前模拟化学试题含解析

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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是A有色透明溶液中：Fe2、Ba2、Fe(CN)63、NO3B强酸性溶液中：Cu2、K、ClO、SO42C含有大量AlO2的溶液中：K

2、、Na、HCO3、ID常温下水电离的c(H)为11012mol/L的溶液中：K、Na、Cl、NO32、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）选项实验操作实验目的或结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸

3、变为蓝色NO3-被氧化为NH3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD3、下列说法正确的是ACH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷B可用新制Cu(OH)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解4、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的

4、单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A丙属于碱性氧化物BW元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族CW的原子序数是Z的两倍，金属性弱于ZD常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等5、某磁黄铁矿的主要成分是FexS(S为-2价)，既含有Fe2+又含有Fe3+ 。将一定量的该磁黄铁矿与l00 mL的盐酸恰好完全反应（注：矿石中其他成分不与盐酸反应），生成2.4 g硫单质、0. 425 mol FeCl2和一定量H2S气体，且溶液中无Fe3+。则下列说法不正确的是A该盐酸

5、的物质的量浓度为8.5 mol/LB生成的H2S气体在标准状况下的体积为9.52 LC该磁黄铁矿FexS中，x=0. 85D该磁黄铁矿FexS中，Fe2+的物质的量为0. 15mol6、由下列实验和现象得出的结论正确的是选项实验和现象结论A向某溶液中滴加浓NaOH溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色无明显变化原溶液中一定无NH4+B将少量某无色气体通入澄清石灰水中，出现白色沉淀该气体一定是CO2C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色原无色溶液中一定有ID将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀氯的非金属性强于硅AABBCCDD7、下列有关反应的离子方

6、程式书写正确的是()A氧化亚铁溶于稀硝酸：FeO2H=Fe2H2OB过量SO2通入澄清石灰水中：SO2OH=HSO3-CNH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：HCO3-Ba2OH=BaCO3H2ODNH4Al(SO4)2溶液与足量Ba(OH)2溶液混合：2Al33SO42-3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO48、中央电视台国家宝藏栏目不仅彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法不正确的是：A“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中“杓”的材质为Fe3O4B宋莲塘乳鸭图缂丝中使用的蚕丝的主要成分是蛋白质C宋王希孟千里江山图中的绿色颜料铜绿，主要成分是

7、碱式碳酸铜D清乾隆“瓷母”是指各种釉彩大瓶，其主要成分是二氧化硅9、聚乳酸是一种生物降解塑料，结构简式为 下列说法正确的是（）A聚乳酸的相对分子质量是72B聚乳酸的分子式是C3H4O2C乳酸的分子式是C3H6O2D聚乳酸可以通过水解降解10、根据元素在周期表中的位置可以预测A分解温度：CH4H2SB氧化性：NaClONa2SO3C同浓度溶液pH：Na2SiO3 Na2CO3D金属性：Ca Na11、下列实验操作或现象不能用平衡移动原理解释的是A卤化银沉淀转化B配制氯化铁溶液C淀粉在不同条件下水解D探究石灰石与稀盐酸在密闭环境下的反应12、下列选项中，利用相关实验器材（规格和数量不限）能够完成相

8、应实验的是 选项实验器材相应实验A天平(带砝码)、100mL容量瓶、烧杯、胶头滴管用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液B烧杯、环形玻璃搅拌棒、碎泡沫塑料、硬纸板中和反应反应热的测定C酸/碱式滴定管、滴定管夹、烧杯、锥形瓶、铁架台实验测定酸碱滴定曲线D三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片钠在空气中燃烧AABBCCDD13、已知反应：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g)CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)。在一定压强下，按向密闭容器中充入氯气与丙烯。图甲表示平衡时，丙烯的体积分数()与温度(T)、的关系，图乙表示反应的平衡常数K与温度T

9、的关系。则下列说法正确的是A图甲中B若在恒容绝热装置中进行上述反应，达到平衡时，装置内的气体压强将不变C温度T1、， Cl2的转化率约为33.3%D图乙中，线A表示正反应的平衡常数14、近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）A通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度B用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量C向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量D通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋新鲜度15、下列转化不能通过一步实现的是（）AFeFe3O4BAlNaAlO2CCuCuSO4DCuCuS16、下列有关电解质

10、溶液的说法正确的是A0.1mol/L氨水中滴入等浓度等体积的醋酸，溶液导电性增强B适当升高温度，CH3COOH溶液pH增大C稀释0.1 mol/L NaOH溶液，水的电离程度减小DCH3COONa溶液中加入少量CH3COOH，减小二、非选择题（本题包括5小题）17、铃兰醛具有甜润的百合香味，对皮肤的刺激性小，对碱稳定，广泛用于百合、丁香、玉兰、茶花以及素心兰等东方型香型日用香精的合成。常用作肥皂、洗涤剂的香料，还可用作花香型化妆品的香料。其合成路线如图所示：(1)B中官能团的名称是_。(2)的反应类型是_。(3)写出反应的化学方程式：_。(4)乌洛托品的结构简式如图所示：其二氯取代物有_种，将

11、甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是_。(5)写出满足下列条件的A的同分异构体_。.有两个取代基 .取代基在邻位(6)已知：RCH2COOHRCHClCOOH。仿照上述流程，写出以CH3CH2CHO为原料制备聚乳酸的合成路线_(无机试剂自选)。18、为确定某盐A(仅含三种元素)的组成，某研究小组按如图流程进行了探究：请回答：(1)A的化学式为_。(2)固体C与稀盐酸反应的离子方程式是_。(3)A加热条件下分解的化学方程式为_。19、ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂。已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，11时液化成红棕

12、色液体。（1）某研究小组用下图装置制备少量ClO2（夹持装置已略去）。冰水浴的作用是_。NaOH溶液的主要作用为吸收反应产生的Cl2，其吸收液可用于制取漂白液，该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为_。以NaClO3和HCl为原料制备ClO2的化学方程式为_。（2）将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄；再向其中加入适量CCl4，振荡、静置，观察到_，证明ClO2具有氧化性。（3）ClO2在杀菌消毒过程中会产生Cl-,其含量一般控制在0.3-0.5 mgL1，某研究小组用下列实验方案测定长期不放水的自来水管中Cl-的含量：量取10.00 mL的自来水于锥形瓶中，以K2CrO4为指示剂，用0.0

13、001molL1的AgNO3标准溶液滴定至终点。重复上述操作三次，测得数据如下表所示：实验序号1234消耗AgNO3溶液的体积/mL10.2410.029.9810.00在滴定管中装入AgNO3标准溶液的前一步，应进行的操作_。测得自来水中Cl-的含量为_ mgL1。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，则测定结果_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。20、某小组选用下列装置，利用反应，通过测量生成水的质量来测定Cu的相对原子质量。实验中先称取氧化铜的质量为a g。(1)浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是_。(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案是否可行_，理由是

14、_。(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是_。(4)丙同学认为乙同学测量的会偏高，理由是_，你认为该如何改进？_(5)若实验中测得g，则Cu的相对原子质量为_。（用含a，b的代数式表示）。(6)若CuO中混有Cu，则该实验测定结果_。（选填“偏大”、“偏小”或“不影响”）21、CO2是一种廉价的碳资源，其综合利用具有重要意义。（一）CO2的化学捕获：（1）CO2可以被NaOH溶液捕获。若所得溶液pH=13，CO2主要转化为_（写含碳粒子符号）。（室温下，H2CO3的Ka1=4.3107；Ka2=5.61011）（2）固体氧化物电解池（SOEC）用于高温共电解CO/H2

15、，既可实现CO2的减排又可高效制备合成气（CO/H2），其工作原理如图。写出电极A发生的电极反应式_。（二）CO2的综合利用（1）CO2与CH4经催化重整制得合成气：反应CH4（g）H+CO2（g）2CO（g）+2H2（g）H1已知氢气、一氧化碳和甲烷的标准燃烧热（25）如表所示物质H2（g）CO（g）CH4（g）标准燃烧热H/kJmol1285.8283.0890.3则反应I的H=_kJmol1。（2）用CO2催化加氢制取二甲醚的反应为：反应.2CO2（g）+6H2（g）CH3OCH3（g）+3H2O（g），在10L恒容密闭容器中，均充入2mol CO2和6moH2，分别以铱（Ir）和铈（C

16、e）作催化剂，反应进行相同的时间后测得的CO2的转化率（CO2）随反应温度的变化情况如图1。根据图1，下列说法不正确的是_。A反应的H0，S0B用Ir和Ce作催化剂时，反应的活化能更低的是CeC状态d时，v（正）v（逆）D从状态b到d，（CO2）先增大后减小，减小的原因可能是温度升高平衡逆向移动状态e（900K）时，（CO2）=50%，则此时的平衡常数K=_。若H2和CO2的物质的量之比为n：1，900K时相应平衡体系中二甲醚的物质的量分数为x，请在图2中绘制x随n变化的示意图。_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. Fe2与Fe(CN)63产生蓝色沉淀，不能大量共

17、存，选项A错误；B.强酸性溶液中H+与ClO反应产生HClO弱电解质而不能大量共存，选项B错误；C. AlO2与HCO3会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误；D.常温下水电离的c(H+)为11012mol/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K、Na、Cl、NO3均不发生反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。2、B【解析】A. 由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）Ksp（BaC

18、O3），所以不能验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A项错误；B. Mg（OH）2比Ca（OH）2更难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C. 试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D. 由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3结合H+的能力比SO32的弱，D项错误；答案选B。【点睛】A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现

19、，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。3、B【解析】A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误B. 甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；C. 皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；D.溶液变蓝色，

20、可能是淀粉没有发生水解，也可能是淀粉部分水解，D错误。故选B。【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。4、C【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A. 丙为Fe3

21、O4，不是两性氧化物，故A错误；B. W为Fe，原子序数为26，位于第四周期族，故B错误；C. 由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；D. 常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；故选C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。5、D【解析】n(S)=0.075mol，根据转移电子守恒得n(Fe3+)= =0.15mol，则n(Fe2+)=0.425mol0.15mol=0.275mol，所以Fe2+与Fe3+的物

22、质的量之比= =11:6。A.盐酸恰好反应生成FeCl20.425mol，根据氯原子守恒得：c(HCl)=8.5mol/L，故A正确；B.根据氢原子、氯原子守恒得：n(H2S)=1/2n(HCl)=n(FeCl2)=0.425mol，则V(H2S)=0.425mol22.4L/mol=9.52L，故B正确；C.FexS中n(S)=0.075mol+0.425mol=0.5mol，n(Fe)=0.425mol，所以n(Fe)：n(S)=0.425mol：0.5mol=0.85，所以x=0.85，故C正确；D.根据上述分析计算Fe2+的物质的量为0.275mol，故D错误。故选D。6、C【解析】A

23、. 滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误； B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；C. 某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；D. 由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；故选C。7、B【解析】A氧化亚铁溶于稀硝酸，发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：3FeO+NO3-+10H+3Fe3+5H2O+NO，故A错误；B、澄清石灰水中通入过量的二氧化硫生成亚硫酸氢钙，反应

24、为Ca(OH)2+SO2=CaSO3+H2O，CaSO3+SO2+H2O=Ca(HSO3)2，故总的离子方程式为OH-+SO2HSO3-，故B正确；CNH4HCO3溶液与足量Ba(OH)2溶液混合反应生成碳酸钡沉淀和氨水，反应的离子方程式为NH4+HCO3-+Ba2+2OH-BaCO3+H2O+NH3H2O，故C错误；DNH4Al(SO4)2溶液与足量的Ba(OH)2溶液混合，Al3应转化为AlO2-，NH4+也会与OH反应，故D错误；答案选B。8、D【解析】A. Fe3O4为磁性氧化铁，可作指南针的材料，司南中“杓”的材料为Fe3O4，A正确；B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确；C. 铜绿

25、主要成分是碱式碳酸铜，C正确；D. 陶瓷主要成分是硅酸盐，不是SiO2，D错误；故合理选项是D。9、D【解析】A根据结构简式，聚乳酸的相对分子质量是72n，故A错误；B聚乳酸的分子式为(C3H4O2)n，故B错误；C的单体为，因此乳酸的分子式为C3H6O3，故C错误；D聚乳酸含有酯基，可以通过水解反应生成小分子，达到降解的目的，故D正确；故选D。10、C【解析】A元素的非金属性越强，氢化物越稳定，根据元素周期律稳定性应该是硫化氢大于甲烷，A错误； B氧化性取决于得电子能力的强弱，次氯酸钠氧化性强是因为氯元素化合物为价，很容易得到电子，与在周期表的位置无关，B错误； C最高价氧化物的水化物酸性越

26、强，对应的盐碱性越弱，酸性：硅酸碳酸，同浓度溶液pH：，C正确； D失去电子的能力越强，元素的金属性越强，金属性，不能从周期表的位置预测，D错误。 答案选C。11、C【解析】A、足量NaCl(aq)与硝酸银电离的银离子完全反应，AgCl在溶液中存在溶解平衡，加入少量KI溶液后生成黄色沉淀，该沉淀为AgI，Ag+浓度减小促进AgCl溶解，说明实现了沉淀的转化，能够用勒夏特列原理解释；B、铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子，该反应为可逆反应，加入稀盐酸可抑制铁离子水解，能够用勒夏特列原理解释；C、淀粉水解反应中，稀硫酸和唾液起催化作用，催化剂不影响化学平衡，不能用勒夏特列原理解释；D、二氧化碳在水中存

27、在溶解平衡，塞上瓶塞时随着反应的进行压强增大，促进CO2与H2O的反应，不再有气泡产生，打开瓶塞后压强减小，向生成气泡的方向移动，可用勒夏特列原理解释。正确答案选C。【点睛】勒夏特列原理为：如果改变影响平衡的条件之一，平衡将向着能够减弱这种改变的方向移动。使用勒夏特列原理时，该反应必须是可逆反应，否则勒夏特列原理不适用，催化剂能加快反应速率，与化学平衡移无关。12、D【解析】A、用NaCl固体配制100mL 1.00 mol/LNaCI 溶液，需用玻璃棒引流和搅拌，故不选A；B、中和反应反应热的测定需用温度计测量反应前后的温度，故不选B；C、实验测定酸碱滴定曲线，需用有指示剂判断滴定终点，故不

28、选C；D、用三脚架、酒精灯、坩埚、坩埚钳、镊子、泥三角、滤纸、小刀、玻璃片可以完成钠在空气中燃烧的实验，故选D。【点睛】本题涉及基础实验操作仪器的选择，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，把握实验的方法、步骤和使用的仪器，注重课本实验等基础知识的积累。13、C【解析】A.增大，CH2=CHCH3的转化率增大，则减小，由上述分析可知：21，则11，故A错误；B.该反应在反应前后气体分子数不变，根据图甲升高温度丙烯的体积分数增大，即升高温度平衡逆向移动，正反应放热，在恒容绝热装置中进行题述反应，体系内温度升高，根据PV=nRT，达到平衡时，装置内的气体压强将增大，故B错误；C.由图乙可知，T1时

29、平衡常数为1，设起始时CH2=CHCH3和Cl2的物质的量分别为amol和2amol，达到平衡时转化的Cl2的物质的量为xmol，根据三段式进行计算：CH2=CHCH3(g)+Cl2(g) CH2=CHCH2Cl(g)+HCl(g)起始（mol） a 2a 0 0转化（mol） x x x x平衡（mol） a-x 2a-x x x则（）2（）=1，解得x=2/3a，则Cl2的转化率2/3a2a100%=33.3%，故C正确；D.由图甲可知，一定时，温度升高，增大，说明正反应是放热反应，故温度升高，正反应平衡常数减小，故图乙中，线A表示逆反应的平衡常数，故D错误。故选C。【点睛】在做图像题是应

30、注意两个原则：1.先拐先平：例如在转化率时间图象上，先出现拐点的曲线先达到平衡，此时逆向推理可得该变化的温度高、浓度大、压强高；2.定一议二：当图象中有三个量时，先确定一个量不变，再讨论另外两个量的关系。14、D【解析】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；故选D。15、D【解析】AFe与氧气反应生成四氧化三

31、铁，可一步实现转化，故A正确；BAl与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故B正确；CCu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故C正确；DS具有弱氧化性，与Cu反应生成Cu2S，则Cu与S不能一步转化为CuS，故D错误；答案选D。【点睛】只有强氧化剂(如：氯气)能使变价金属在氧化还原反应中转化为最高价。氧化剂较弱的只能生成低价态的金属离子。16、A【解析】A向氨水中滴加少量等浓度的醋酸溶液后，反应生成醋酸铵为强电解质，完全电离，溶液中离子浓度增大，溶液的导电性增强，故A正确；B醋酸的电离是吸热反应，升高温度，促进醋酸电离，所以醋酸的电离程度增大，溶液的pH减小，故B错误

32、；C酸碱对水的电离有抑制作用，稀释0.1 mol/L NaOH溶液，对水的电离的抑制作用减小，水的电离程度增大，故C错误；DCH3COONa溶液中存在醋酸根离子的水解，=，加入少量CH3COOH，溶液的温度不变，醋酸根的水解平衡常数不变，则不变，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为D，要注意化学平衡常数、电离平衡常数、水解平衡常数、溶度积、水的离子积等都是只与温度有关，温度不变，这些常数不变。二、非选择题（本题包括5小题）17、醛基、碳碳双键 取代反应 3 【解析】苯与叔丁醇发生取代反应生成A，根据A与甲醛反应的产物结构简式可判断A的结构简式。根据最终产物的结构简式可知反应是羟醛缩合然后消

33、去羟基引入碳碳双键，B发生加成反应得到最终产物，据此解答。【详解】（1）由反应的条件“氢化”和生成B的物质的特点可知B是，故B中官能团的名称是醛基，碳碳双键，故答案为：醛基、碳碳双键；（2）反应是，该反应的反应类型是取代反应，故答案为：取代反应；（3）由反应可以判断A是，故反应的化学方程式是，故答案为：；（4）从乌洛托品的结构式可以看出2个氯原子可以在同一碳原子上，也可以在不同碳原子上，可以处于同一环上，也可以处于不同环上，其二氯取代物有3种，即3种；将甲醛的水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，该反应的化学方程式是，故答案为：3；（5）A的同分异构体中满足.有两个取代基；.取代基在邻位的有：，

34、故答案为：；（6）根据信息RCH2COOHRCHClCOOH可知，首先要将CH3CH2CHO氧化才能引进第二个官能团，因为乳酸（CH3CHOHCOOH）有两个官能团。由此推知，聚乳酸（）的合成路线流程图为：。18、FeSO4Fe2O36H2Fe33H2O2FeSO4Fe2O3SO2SO3【解析】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3

35、，n(Fe2O3)=0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，据此分析。【详解】气体B通入足量的BaCl2溶液，有白色沉淀D生成，该沉淀为BaSO4，物质的量为=0.01mol，则气体B中含有SO3，SO3的物质的量为0.01mol，其体积为0.01mol22.4Lmol1=224mL，B为混合气体，根据元素分析可知其中还含有224mL的SO2，固体C为红棕色，即固体C为Fe2O3，n(Fe2O3)=0.01mol，黄色溶液E为FeCl3，（1）根据上述分析，A仅含三种元素，含有铁元素、硫元素和氧元素，铁原子的物质的量为0.02mol，S原子的物质的量为0.02mol，A的质量为3.04g，则氧

36、原子的质量为(3.04g0.02mol56gmol10. 02mol32gmol1)=1.28g，即氧原子的物质的量为=0.08mol，推出A为FeSO4；（2）固体C为Fe2O3，属于碱性氧化物，与盐酸反应离子方程式为Fe2O36H=2Fe33H2O；（3）FeSO4分解为Fe2O3、SO2、SO3，参与反应FeSO4、SO2、SO3、Fe2O3的物质的量0.02mol、0.01mol、0.01mol、0.01mol，得出FeSO4受热分解方程式为2FeSO4Fe2O3SO2SO3。19、收集ClO2（或使ClO2冷凝为液体） 1：1 2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2

37、NaCl+2H2O 溶液分层，下层为紫红色 用AgNO3标准溶液进行润洗 3.55 偏低 【解析】(1)冰水浴可降低温度，防止挥发； 氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠；以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，结合电子守恒和原子守恒写出发生反应的化学方程式；(2)反应生成碘，碘易溶于四氯化碳，下层为紫色；(3)根据滴定操作中消耗的AgNO3的物质的量计算溶液中含有的Cl-的物质的量，再计算浓度即可。【详解】(1)冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2；氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaCl

38、O+H2O，此反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，还原产物NaCl和氧化产物NaClO的物质的量之比为1:1，则该吸收反应的氧化剂与还原剂之比为1:1；以NaClO3和HCl为原料制备ClO2，同时有Cl2和NaCl生成，则发生反应的化学方程式为2NaClO3 + 4HCl= 2ClO2+ Cl2+2NaCl+2H2O；(2)将ClO2水溶液滴加到KI溶液中，溶液变棕黄，说明生成碘，碘易溶于四氯化碳，即当观察到溶液分层，下层为紫红色时，说明有I2生成，体现ClO2具有氧化性；(3)装入AgNO3标准溶液，应避免浓度降低，应用AgNO3标准溶液进行润洗后再装入AgNO3标准溶液；滴定操作中第1次

39、消耗AgNO3溶液的体积明显偏大，可舍去，取剩余3次数据计算平均体积为mL=10.00mL，含有AgNO3的物质的量为0.0001molL10.01L=110-6mol，测得自来水中Cl-的含量为=3.55gL1；在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，导致消耗标准液的体积读数偏小，则测定结果偏低。20、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气 不可行 C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量 吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入 装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O

40、)会偏高 可在装置B和A之间增加装置D 偏大 【解析】(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，抑制氨气溶解，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，过程中生成的水和过量氨气会被装置C吸收；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，装置C可以吸收多余氨气和防止空气中水蒸气进入D影响测定结果；(4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是氨气中水蒸气进入装置D被吸收，可以用碱石灰吸收水蒸气，干燥的氨气再和氧化铜反应；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，结合化学方程式定量关系计算；(6)若

41、CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，结合计算定量关系判断结果误差。【详解】(1)生石灰和水反应生成Ca（OH）2且放出大量热，放出的热量导致溶液温度升高，温度越高，导致氨气的溶解度越低；氢氧化钙电离生成氢氧根离子，氢氧根离子浓度增大抑制一水合氨电离，则抑制氨气溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨气，浓氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-均能使平衡向左移动，从而得到氨气；答案是: 氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收浓氨水中的水放出热量，生成OH-

42、均能使平衡向左移动，从而得到氨气；(2)甲同学按B-A-E-C-D的顺序连接装置，该方案不可行，C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；答案是：不可行；C装置将生成的水和多余的氨气一起吸收，无法测量出生成水的质量；(3)乙同学按B-A-D-E-C的顺序连接装置，则装置C的作用是:吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入；答案是: 吸收未反应的NH3，防止空气中的水蒸气进入； (4)丙同学认为乙同学测量的m(H2O)会偏高，可能是装置B生成的氨气有混有水，故m(H2O)会偏高，可在装置B和A之间增加装置D吸收氨气中水蒸气，减少误差；答案是：装置B生成的氨气有混有水，故m(

43、H2O)会偏高；可在装置B和A之间增加装置D；(5)反应2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物质的量和氧化铜物质的量相同，若实验中测得m(H2O)=bg，氧化铜物质的量n=，实验中先称取氧化铜的质量m(CuO)为a g，则Cu的摩尔质量=ag/bg/18g/mol-16g/mol，即Cu的相对原子质量为:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素质量减小，测定水质量减小，b减小，则-16值增大，所以若CuO中混有Cu，则该实验测定结果偏大；答案是:偏大。21、CO32 CO2+2eCO+O2、H2O+2e=H2+O2 +247.3 BC 或23.15 【解析】（一）

44、（1）K2=51011，当溶液的pH=13，c（H）=10-13，有=500，即c（CO32）c（HCO3）；（2）电解池中，根据O2移动方向可知：A电极为阴极，该电极上发生还原反应，CO2、H2O分别在A极得到电子发生还原反应生成CO、H2，同时生成O2；（二）（1）写出H2、CO、CH4燃烧热的热化学方程式：H2（g）+O2（g）=H2O（g）H=285.8kJmol1、CO（g）+O2（g）=CO2（g）H=283.0kJmol1、CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=890.3kJmol1，再利用盖斯定律求出CH4（g）H+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）的H1；（2）A反应2CO2（g）+6H2