2021-2022学年云南省石屏县高三第六次模拟考试化学试卷含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH 与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R 测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列

2、说法正确的是AR、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性BN、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、MD金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z2、下列说法正确的是氯气的性质活泼，它与氢气混合后立即发生爆炸实验室制取氯气时，为了防止环境污染，多余的氯气可以用氢氧化钙溶液吸收新制氯水的氧化性强于久置氯水检验HCl气体中是否混有Cl2方法是将气体通入硝酸银溶液除去HCl气体中的Cl2，可将气体通入饱和食盐水中ABCD3、以下说法不正确的是A日韩贸易争端中日本限制出口韩国的高纯度氟化氢，主要用于半导体硅表面的刻蚀B硫酸亚铁可用作治疗缺铁性贫血的药

3、剂，与维生素C片一起服用，效果更佳C硫酸铜可用作农药，我国古代也用胆矾制取硫酸D使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于生物化学转换4、W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。常温常压下，Y的单质及其氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的物质，该物质的分子与CH4具有相同的空间结构。X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸。Z原子最外层电子数是W原子最外层电子数的2倍。下列叙述错误的是（ ）A氢化物的稳定性顺序为：XZYB元素Y在自然界中只以化合态形式存在C元素W、Y位于周期表中金属与非金属分界线附近D元素Z的含氧酸具有强氧化性5、稀有气体化合

4、物是指含有稀有气体元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“绿色氧化剂”，氙酸是一元强酸。下列说法错误的是（ ）A上述“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应B三氧化氙可将I-氧化为IO3-C氙酸的电离方程式为：H2XeO42H+XeO42-DXeF2与水反应的化学方程式为：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF6、根据下列事实书写的离子方程式中，错误的是A向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32- +2H=H2SiO3(胶体)B向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3 沉淀：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2

5、+H2OC向AlCl3溶液中加入足量稀氨水：Al3+4NH3H2O=Al3+NH4+2H2OD在稀硫酸存在下，MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质：MnO2+CuS +4H=Mn2+Cu2+S +2H2O7、下列反应的离子方程式正确的是A碳酸钠的水解反应CO32-+H2O=HCO3-+OH -B碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+2H2O+CO32-C苯酚钠溶液与二氧化碳反应C6H5O-+CO2+H2O=C6H5OH+CO32-D稀硝酸与过量的铁屑反应3Fe+8H+2NO3-=3Fe3+2NO+4H2O8、实验室模拟从海带中提取碘单质的流程如图：下列装

6、置不能达成相应操作目的的是（ ）A灼烧用酒精湿润的干海带B用水浸出海带灰中的I-C用NaOH溶液分离I2/CCl4D加入稀H2SO4后分离生成的I29、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A说明Cl2被完全消耗B中试纸褪色的原因是：SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HIC中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42D实验条件下，品红溶液和SO2均被

7、氧化10、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ASO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B晶体硅熔点高，可制半导体材料CAl(OH)3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多DH2O2具有还原性，可用于消毒杀菌11、短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W 在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X 的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素 Y 的原 子序数是 Z 的最外层电子数的 2 倍。下列叙述不正确的是AY、Z的氢化物稳定性 Y ZBY单质的熔点高于X 单质CX、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZWDYZ4分子中 Y 和 Z 都 满足8 电子稳定结构12、下列实验操作、现象及结论

8、均正确的是选项实验操作和现象实验结论A向Na2SO3溶液中加入足量的Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，沉淀溶解BaSO3溶于稀盐酸B向KI溶液中加入CCl4，振荡后静置；液体分层，下层呈紫红色碘易溶于CCl4，难溶于水C将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，析出沉淀的物质的量AgCl多于AgBrKSP(AgCl)KSP(AgBr)D室温下，同浓度的Na2A溶液的pH比NaB溶液的pH大说明酸性H2AHBAABBCCDD13、常温下，现有0.1molL1NH4HCO3溶液，pH=7.1已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总

9、微粒浓度之和的分数）与pH的关系如图所示：下列说法不正确的是（ ）A当溶液的pH=9时，溶液中存在：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32）B0.1 molL1 NH4HCO3溶液中存在：c（NH3H2O）=c（H2CO3）+c（CO32）C向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3浓度逐渐减小D分析可知，常温下Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3）14、下列说法正确的是A共价化合物的熔、沸点都比较低BH2SO4、CCl4、NH3均属于共价化合物CH2O分子比H2S分子稳定的原因是H2O分子间存在氢键DSiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气

10、体，说明硅酸的酸性比碳酸的强15、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用MnO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰AABBCCDD16、2019 年是元素周期表诞生的第 150 周年，联合国大会宣布 2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定， X 与 W 同周期相邻，四

11、种元素中只有 Y 为金属元素，Z 的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是AW 的氢化物中常温下均呈气态BZ 的氧化物对应的水化物均为强酸C四种元素中，Z 原子半径最大DY 与 Z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键17、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，X、Y价电子数之比为23。W的原子半径在同周期主族元素中最小，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂。下列说法错误的是A原子半径XY，离子半径ZY B化合物Z2Y存在离子键，ZWY中既有存在离子键又有共价键CX的简单氢化物与W的单质在光照下产生W的氢化物DY、W的某些

12、单质或两元素之间形成的某些化合物可作水的消毒剂18、0.1moL/L醋酸用蒸馏水稀释的过程中，下列说法正确的是（ ）A电离程度增大，H+浓度增大B电离程度减小，H+浓度减小C电离程度增大，H+浓度减小D电离程度减小，H+浓度增大19、下列溶液中微粒的物质的量浓度关系正确的是（ ）A0.1molL-1的NH4Cl溶液与0.05molL-1的NaOH溶液等体积混合后的溶液：c(Cl-)c(Na+)c(NH4+)c(OH-)c(H+)B把0.02molL-1的CH3COOH溶液和0.01molL-1的NaOH溶液等体积混合：2c(H+)=c(CH3COO-)+2c(OH-)-c(CH3COOH)Cp

13、H=2的一元酸HA与pH=12的一元碱MOH等体积混合：c(M+)=c(A-)c(OH-)=c(H+)D0.1molL-1的NaHCO3溶液中：c(H+)+c(H2CO3)=c(OH-)20、已知C3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合。关于C3N4晶体的说法错误的是：A该晶体属于原子晶体，其化学键比金刚石中的更牢固B该晶体中碳原子和氮原子的最外层都满足8电子结构C该晶体中每个碳原子连接4个氮原子，每个氮原子连接3个碳原子D该晶体与金刚石相似，都是原子间以非极性共价键形成空间网状结构21、下图所示为某同学设计的检验浓硫酸和碳反应所得气体产物的实验装置图。下列说法正确

14、的是A若按顺序连接，可检验所有气体产物B若装置只保留a、b，同样可以达到实验目的C若圆底绕瓶内碳粉过量，充分反应后恢复到25，溶液的pH5.6D实验结束后，应按从下往上、从左往右的顺序拆卸装置22、pHa 的某电解质溶液，用惰性电极电解，电解过程中溶液pHa的是ANaClBCuSO4CNa2SO4DHCl二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是_，B中含有的官能团的名称是_。（2）DE的反应类型是_。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_。（4）写出EF的化学方程式：_

15、。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有_种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_ 。能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：_。24、（12分）有机物M的合成路线如下图所示： 已知：RCH=CH2RCH2CH2OH。请回答下列问题： （1）有机物B的系统命名为_。（2）F中所含官能团的名称为_，FG的反应类型为_。（3）M的结构简式为_。（4）BC反应的化学方程式为_。

16、（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有_种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1126的结构简式为_。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_（无机试剂任选）。25、（12分）FeC2O42H2O是一种淡黄色粉末，加热分解生成FeO、CO、CO2 和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题：(1)按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、_C( 填字母，装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前，向装置内通入一段时间N2，其目的是_。(3)B中黑色粉末变红色，

17、最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有_。(4)判断A中固体已完全反应的现象是_。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉：_。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是_。(6)测定FeC2O42H2O样品纯度(FeC2O42H2O相对分子质量为M)：准确称取w g FeC2O42H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液，准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶，用c mol L1标准KMnO4溶液滴定至终点，消耗V mL滴定液。滴定反应为FeC2O4+ KMnO4+ H2SO4K2SO4+MnSO4 +Fe2(SO4)3+CO2+ H2O(未配平)。则该样品纯度为_% (用

18、代数式表示)。若滴定前仰视读数，滴定终点俯视读数，测得结果_ (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。26、（10分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4H2O）。已知：N2H4H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClONa2CO3+N2H4H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_。（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应

19、。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是_（填标号）。ACO(NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是_。蒸馏时需要减压，原因是_。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液。b移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现_，记录消耗碘的标准液的体积。d进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在_滴定管中

20、（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式_。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_。27、（12分）乳酸亚铁晶体CH3CH(OH)COO2Fe3H2O(M=288)是一种很好的食品铁强化剂，易溶于水，吸收效果比无机铁好，可由乳酸CH3CH(OH)COOH与FeCO3反应制得：I制备碳酸亚铁（1）仪器C的名称是_。（2）利用如图所示装置进行实验。首先关闭活塞2，打开活塞1、3，目的是_；关闭活塞1，反应一段时间后，关闭活塞_，打开活塞_，观察到B中溶液进入到C中，C中产生沉淀和气体，写出制备FeCO3的离子方程式_。（3）装

21、置D的作用是_。乳酸亚铁晶体的制备及纯度测定将制得的FeCO3加入到乳酸溶液中，加入少量铁粉，在75下搅拌使之充分反应。然后再加入适量乳酸，从所得溶液中获得乳酸亚铁晶体。（4）加入少量铁粉的作用是_。（5）若用KMnO4滴定法测定样品中Fe2+的量进而计算纯度时，发现结果总是大于100%，其主要原因是_。（6）经查阅文献后，改用Ce(SO4)2标准溶液进行滴定。反应中Ce4+离子的还原产物为Ce3+。测定时，先称取5.760g样品，溶解后进行必要处理，用容量瓶配制成250 mL溶液，每次取25.00mL，用0.1000molL-1Ce(SO4)2标准溶液滴定至终点，记录数据如下表所示。则产品中

22、乳酸亚铁晶体的纯度为_%（保留小数点后两位）。28、（14分）艾司洛尔(I )是预防和治疗手术期心动过速的一种药物，某合成路线如下：回答下列问题：(1)A的结构简式为_，D 的化学名称为_。(2)GH的反应类型为_，H中所含官能团的名称为_。(3)CD中步骤的化学反应方程式为_。(4)已知：1 mol D 和1 mol 丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成 1 mol E、1 mol H2O和1 molCO2，且E 能与溴水发生加成反应，则 E 的结构简式为 _。(5)X是F的同分异构体，写出满足下列条件的 X 的结构简式_。与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳与FeC13溶液发生显色反应核磁共振氢谱有四组

23、峰且峰面积之比为 6 : 2 : 1 : 1(6)参照上述合成路线，设计以和为主要原料制备的合成路线_。29、（10分）对甲烷和 CO2 的高效利用不仅能缓解大气变暖，而且对日益枯竭的石油资源也有一定的补充作用，甲烷临氧耦合 CO2 重整反应有：反应(i)：2CH4(g)O2(g)2CO(g)4H2(g) H=71.4kJmol-1反应(ii)：CH4(g)CO2(g)2CO(g)2H2(g) H=+247.0 kJmol-1(1)写出表示 CO 燃烧热的热化学方程式：_。(2)在两个体积均为 2L 的恒容密闭容器中，起始时按表中相应的量加入物质，在相同温度下进行反应(ii)：CH4(g)CO

24、2(g)2CO(g)2H2(g) (不发生其它反应)，CO2的平衡转化率如表所示：容器起始物质的量(n) / molCO2的平衡转化率CH4CO2COH20.10.100500.10.10.20.2/下列条件能说明反应达到平衡状态的是_。Av正(CH4) =2v逆(CO)B容器内各物质的浓度满足c(CH4)c(CO2)=c2(CO)c2(H2)C容器内混合气体的总压强不再变化D容器内混合气体密度保持不变达到平衡时，容器、内 CO 的物质的量的关系满足：2n(CO)_n(CO)(填“”、“”或“”)(3)将一定量的甲烷和氧气混合完成反应(i)，其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下， 相同时

25、间内测得 CH4 转化率与温度变化关系如图所示。c 点_(填“可能”、“一定”或“一定未”)达到平衡状态，理由是_。(4)CO2 也可通过催化加氢合成乙醇，其反应原理为：2CO2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) H0。设 m 为起始时的投料比，即 m= n(H2)/ n(CO2)。通过实验得到下列图象：图1 图2 图3图 1 中投料比相同，温度从高到低的顺序为_。图 2 中 m1、m2、m3 从大到小的顺序为_。图 3 表示在总压为 5 MPa 的恒压条件下，且 m=3 时，平衡状态时各物质的物质的量分数与温度的关系。T4 温度时，该反应压强平衡常数KP的计算式为_(用平

26、衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，代入数据，不用计算)。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】X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R的pH=2，则R为Cl；N的pH2，则N为S；M的pH4，应该为P元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，

27、N为S，R为Cl元素。ANaCl溶液呈中性，故A错误；BNa的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故B错误；C非金属性：ClSP，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；D金属性：NaMgAl，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；故选：C。2、B【解析】氯气和氢气在点燃或光照条件下能产生爆炸，在没有条件下不反应，故错误；氢氧化钙的溶解度较小，所以吸收氯气的能力较小，实验室一般用氢氧化钠溶液吸收氯气，故错误；次氯酸有强氧化性，新制的氯水中次氯酸的量较多，久置的

28、氯水中，次氯酸分解生成氯化氢和氧气，所以久置的氯水中次氯酸含量较少，强氧化性较低，所以新制氯水的氧化性强于久置氯水的，故正确；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，氯化氢和硝酸银反应生成氯化银沉淀，所以氯气、氯化氢都能和硝酸银溶液反应生成白色沉淀，所以硝酸银溶液不能用于检验HCl气体中是否混有Cl2，故错误；饱和食盐水中含有氯离子，抑制氯气的溶解，氯化氢极易溶于饱和食盐水，所以可以除去Cl2中的HCl气体，但达不到除去HCl气体中的Cl2的目的，故错误；3、D【解析】A. 高纯度氟化氢能溶解半导体硅表面的SiO2、Si，A项正确；B. 维生素C有还原性，可防止硫酸亚铁中的亚铁被氧化成+3铁，B项正确；

29、C. 硫酸铜可配制农药波尔多液，胆矾高温分解生成的三氧化硫溶于水可制取硫酸，C项正确；D. 使生物质在一定条件下发生化学反应，产生热值较高的可燃气体。该过程属于热化学转换，而不是生物化学转换，D项错误。本题选D。4、D【解析】W、X、Y和Z为原子序数依次增大的四种短周期元素。常温常压下，Y的单质和氧化物均能与X的氢化物的水溶液反应生成一种相同的气体，该气体分子与CH4具有相同的空间结构，X的单质与氢气混合后在冷暗处会发生爆炸，X是F，X的氢化物为HF，Y为Si，Y的氢化物为SiF4；Z原子最外层的电子数是W原子的最外层电子数的2倍，Z的最外层电子数一定为偶数，且大于Si元素，则Z为S元素；W最

30、外层电子数为3，其原子序数小于F，则W为B元素，据此解答。【详解】根据分析可知：W为B，X为F，Y为Si，Z为S元素。A.F为非金属性最强的元素，则HF比其它三种元素的氢化物的稳定性都强，A正确；B.Si在自然界中只以化合态形式存在，B正确；C.B、Si元素都位于周期表中金属与非金属分界线附近，C正确；D.S元素的含氧酸有硫酸、亚硫酸、硫代硫酸等，不一定具有强氧化性，D错误； 故合理选项是D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据物质的性质及元素的原子结构关系推断元素为解答关键，注意元素化合物知识及规律性知识的应用，试题侧重考查学生的分析与应用能力。5、C【解析】A氟化氙(XeF2)

31、、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化剂都生成对应的单质很稳定，易分离，不干扰反应，所以“绿色氧化剂”的优点是产物易分离，不干扰反应，故A正确；B三氧化氙具有氧化性，可将I-氧化为IO3-，故B正确；C氙酸是一元强酸，则氙酸的电离方程式为：H2XeO4H+HXeO4-，故C错误；DXeF2与水反应生成Xe、O2和HF，方程式为：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF，故D正确。故选：C。【点睛】根据酸分子电离时所能生成的氢离子的个数，可以把酸分为一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根据分子中氢原子的个数来判断是几元酸，例如该题中氙酸分子中有两个氢原子，但只

32、能电离出一个氢离子，故为一元酸。6、C【解析】A选项，向Na2SiO3溶液中加入稀盐酸得到硅酸胶体：SiO32 +2H=H2SiO3(胶体)，故A正确；B选项，向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液得到FeCO3沉淀、二氧化碳气体和水：Fe2+2HCO3=FeCO3+CO2+H2O，故B正确；C选项，向AlCl3溶液中加入足量稀氨水生成氢氧化铝和铵根离子：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3 + 3NH4+，故C错误；D选项，在稀硫酸存在下，MnO2将CuS中的硫元素氧化为硫单质、水、硫酸锰和硫酸铜：MnO2 + CuS + 4H=Mn2+Cu2+S +2H2O，故D正确；综上所述，答案为

33、C。7、B【解析】A.碳酸钠溶液中CO32-水解程度很小，存在化学平衡，水解反应CO32-+H2OHCO3-+OH-，A错误；B.碳酸氢钙与过量的NaOH溶液反应，产生CaCO3沉淀、Na2CO3、H2O，反应的离子方程式为：Ca2+2HCO3-+2OH-=CaCO3+ 2H2O+CO32-，B正确；C.苯酚钠溶液与二氧化碳反应，产生苯酚、NaHCO3，反应方程式为C6H5O-+ CO2+H2O=C6H5OH+HCO3-，C错误；D.稀硝酸与过量的铁屑反应产生Fe2+，3Fe+8H+2NO3-=3Fe2+2NO+4H2O，D错误；故合理选项是B。8、D【解析】A灼烧在坩埚中进行，装置及仪器合理

34、，故A正确；B在烧杯中溶解，玻璃棒搅拌，操作合理，故B正确；CNaOH与碘反应后，与四氯化碳分层，分液可分离，故C正确；D加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸馏分离，应萃取后蒸馏，故D错误；答案选D。9、C【解析】A. 加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HI，中试纸褪色，选项B正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42，选项C不正确；D. 实验条件下

35、，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42。10、C【解析】A二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，

36、选项D错误。答案选C。11、A【解析】W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的 2 倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性SiCl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）离子晶体分子晶体，故共价化合物的熔点不一定比较低，故A错误；BH2SO4、CCl4、NH3分子中均只含共价键的化合物，所以三者属于共价化合物，故B正确；C分子的稳定性与氢键无关，氢键决定分子的物理性质，分子的稳定性与共价键有关，故C错误；D常温下，水溶液中酸性强的酸能

37、制取酸性弱的酸，SiO2和CaCO3在高温下反应生成CO2气体是高温条件下的反应，不说明硅酸的酸性比碳酸强，故D错误；本题选B。15、C【解析】A.MnO2和浓盐酸制取氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。16、D【解析】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的

38、一种核素可用于文物年代的测定，则W为C元素，X 与 W 同周期相邻，则X为N元素，Z 的单质为黄绿色气体，则Z为Cl元素，四种元素中只有 Y 为金属元素，则Y可能为Na、Mg或Al，以此解题。【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，A W为C元素， C的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A错误；BZ为Cl 元素，当Z 的氧化物对应的水化物为HClO时，属于弱酸，故B错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径最大，故C错误；DY为Na或Mg或Al，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl时含离子键，为A

39、lCl3时含共价键，故D正确；答案选D。【点睛】B项Z 的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。17、A【解析】X原子最外层电子数是其电子层数的2倍，且四种元素中原子序数最小，则X为C，X、Y价电子数之比为23，则Y为O，金属单质Z在空气中燃烧生成的化合物可用作呼吸面具的供氧剂，则Z为Na，W的原子序数比Z大且半径在同周期中最小，则W为Cl，综上所述，X、Y、Z、W分别为：C、O、Na、Cl，据此解答。【详解】AC和O位于同周期且C原子序数小于O，所以C原子的半径大于O原子半径，Na+和O2-电子排布相同，

40、O2-的原子序数更小，所以Na+的半径小于O2-，即原子半径XY，离子半径ZY，A错误；B Na+和O2-通过离子键结合成Na2O，Na+和ClO-通过离子键结合成NaClO，Cl和O通过共价键结合，B正确；CCH4和Cl2在光照条件下发生取代反应生成四种氯甲烷和HCl，C正确；DO3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒剂，D正确。答案选A。18、C【解析】醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO+H+，加水稀释促进电离，n(CH3COO)和n(H+)增大，但体积增大大于电离程度的倍数，则H+浓度减小，C项正确；答案选C。【点睛】稀醋酸溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-

41、+ H+，向0.1moL/L醋酸溶液中加入蒸馏水稀释过程中，电离程度增大（稀释促进电离），各微粒浓度的变化：c(CH3COOH)、c(CH3COO-)、c(H+)均减小，由于Kw不变，则c(OH-)增大，各微粒物质的量的变化n(CH3COOH)减小，n(CH3COO-)、n(H+)均增大，其中，温度不变，醋酸的电离常数不变，这是常考点，也是学生们的易错点。19、B【解析】A0.1molL-1的NH4Cl溶液与0.05molL-1的NaOH溶液等体积混合后存在等量的NH4+和NH3H2O，NH3H2O电离程度大于NH4+水解程度，溶液呈碱性，c(Cl-)c(NH4+)c(Na+)c(OH-)c(

42、H+)，故A错误；B0.02molL-1CH3COOH溶液与0.01molL-1NaOH溶液等体积混合，溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COOH和CH3COONa，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)、根据物料守恒得2c(Na+)=c(CH3COOH)+c(CH3COO-)，所以得2c(H+)-2c(OH-)=c(CH3COO-)-c(CH3COOH)，故B正确；C酸和碱的强弱未知，混合后溶液的性质不能确定，无法判断c(OH-)和c(H+)大小，故C错误；D0.1 molL-1的NaHCO3溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c

43、(H+)=c(HCO3-)+c(OH-)+2c(CO32-)，物料守恒：c(Na+)=c(HCO3-)+c(H2CO3)+c(CO32-)，计算得到：c(OH-)-c(H+)=c(H2CO3)-c(CO32-)，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点和难点为D，要注意灵活运用电解质溶液中的电荷守恒和物料守恒。20、D【解析】AC3N4晶体具有比金刚石还大的硬度，且构成该晶体的微粒间只以单键结合，这说明该晶体属于原子晶体。由于碳原子半径大于氮原子半径，则其化学键比金刚石中的碳碳键更牢固，A正确；B构成该晶体的微粒间只以单键结合，每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，晶体中碳原子和氮

44、原子的最外层都满足8电子结构，B正确；C碳最外层有4个电子，氮最外层有5个电子，则该晶体中每个碳原子连接4个氮原子、每个氮原子连接3个碳原子，C正确；D金刚石中只存在C-C键，属于非极性共价键，C3N4晶体中C、N之间以极性共价键结合，原子间以极性键形成空间网状结构，D错误；答案选D。21、B【解析】浓硫酸和碳反应所得气体产物为二氧化碳、二氧化硫和水蒸气，应该先过无水硫酸铜检验水，再过品红溶液检验二氧化硫，过酸性高锰酸钾氧化除去二氧化硫，过品红溶液验证二氧化硫都被除去，最后用澄清石灰水检验二氧化碳，所以选项A错误。若装置只保留a、b，只要看到酸性高锰酸钾溶液没有褪色就可以证明二氧化硫完全被吸收

45、，所以选项B正确。酸雨的要求是pH小于5.6，而本实验中生成的二氧化硫会导致酸雨，所以溶液的pH一定小于5.6，同时随着反应的进行浓硫酸转化为稀硫酸就不再反应，所以还有剩余的稀硫酸，溶液的pH就会更小，选项C错误。从下往上、从左往右是实验装置的安装顺序，拆卸顺序应该相反，选项D错误。22、B【解析】根据离子的放电顺序判断电解实质，根据电解实质判断溶液中氢离子浓度与氢氧根离子浓度的关系，结合题意判断选项。【详解】A电解NaCl溶液时，阴极上析出氢气，阳极上得到氯气，所以溶液中的氢氧根离子浓度增大，溶液的pH值增大，溶液的pHa，故A不符合； B电解硫酸铜溶液，产物是金属铜、水和硫酸，由硫酸铜到电

46、解后的硫酸溶液，pH减小，故B符合；C电解硫酸钠溶液时，实际上电解的是水，所以溶液的pH值不变，仍为7，故C不符合；D电解盐酸溶液，产物是氢气和氯气，氢离子的浓度减小，所以溶液的pH值增大，故D不符合；故答案选B。【点睛】随着电解的进行判断溶液pH值的变化，首先要知道离子的放电顺序、电解的实质，只有明白这些知识点才能正确解答。二、非选择题(共84分)23、C6H7N 羰基、碳碳双键 酯化反应（或取代反应） HOCH2COOC2H5 +C6H5CH2Br+HBr 2 或 【解析】本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定

47、其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【详解】（1）结合

48、芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，DE发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为： + C6H5CH2Br +HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反

49、应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。24、2甲基1丙醇 醛基、碳碳双键 加成反应（或还原反应） (CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5 2（CH3）2CHCH2OHO22H2O2（CH3）2CHCHO 9 C

50、H3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3（答案合理均可） 【解析】由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH，D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】（1）根据以上分析可知，有机物B为(CH3)2CHCH2OH，

51、其系统命名为2甲基1丙醇；故答案为：2甲基1丙醇。（2）F为C6H5CH=CHCHO，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G，故FG的反应类型为加成反应或还原反应；故答案为：醛基、碳碳双键；加成反应(或还原反应）。（3）M为羧酸D(CH3)2CHCOOH和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，BC反应为醇的催化氧化反应，该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OHO2 2(CH3)2CHCHO2H2O；故答案为：2(CH

52、3)2CHCH2OHO2 2(CH3)2CHCHO2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体，满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的，说明分子中含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，则苯环上另外的取代基可以是1个乙基，也可以是2个甲基：含有2个取代基1个羟基和1个乙基，乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；含有3个侧链2个甲基和1个羟基，采用“定二移一”的方法先找2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述，可知符合条件的X的同分异构体共有369种。其中

53、，核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1126的结构简式为；故答案为：9；。（6）参照M的合成路线，由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯，可以先由丙烯合成1丙醇，然后把1丙醇氧化为丙醛，接着把丙醛氧化为丙酸，最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHO CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。25、C、D(或E)、C、E、B 排尽装置内空气，避免干扰实验 CO 淡黄色粉末全部变成黑色粉末 取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉

54、末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉) 缺少尾气处理装置 偏低 【解析】FeC2O42H2OFeO+CO+CO2+2H2O，若不排尽装置内的空气，FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时，常检验其氧化产物CO2，所以需先除去CO2，并确认CO2已被除尽，再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物，用它还原CuO，不可能全部转化为CO2，所以在装置的末端，应有尾气处理装置。【详解】(1)检验CO时，应按以下步骤进行操作：先检验CO2、除去CO2、检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2，则按气流方向从左至右，装置连接顺序为A、C、D(或E)、C、E、B 、C。答案为：C、D(

55、或E)、C、E、B；(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干扰CO氧化产物CO2的检验，所以点燃酒精灯之前，应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2，其目的是排尽装置内空气，避免干扰实验。答案为：排尽装置内空气，避免干扰实验；(3)CuO由黑色变为红色，最后连接的C中产生白色沉淀，表明A中分解产物有CO。答案为：CO；(4)A中FeC2O4为淡黄色，完全转化为FeO或Fe后，固体变为黑色，已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，

56、若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)。答案为：取残留粉末于试管，滴加稀硫酸，若产生气泡，则含有铁粉；否则，不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，则黑色粉末含铁粉；否则，不含铁粉)；(5)CO还原CuO，反应不可能完全，必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为：缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=c mol/LV 10-3L=，则该样品纯度为 =%V测=V终-V始，若滴定前仰视读数，则V始偏大，滴定终点俯视读数，则V终偏小，测得结果偏低。答案为：；偏低。【点睛】在

57、计算该样品的纯度时，我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式时，可建立如下关系式：5FeC2O43KMnO4，两个关系的系数正好相反，若我们没有理顺关系，很容易得出错误的结论。26、BDCl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O82.00%【解析】（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，

58、溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O进行计算。【详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸

59、钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4H2O）中氮元素为2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.20

60、00mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2H2O+2I2=N2+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2H2O）=0.2000molL10.0082L=0.00082mol，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol =0.082mol，水合肼（N2H2H2O）的质量分数= 100%=82%，故答案为：N2H4H2O + 2I2 = N2