2022届湖南省郴州市重点高考冲刺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、下列对相关实验操作的说法中，一定正确的是（ ）A实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需要准确称量NaOH 1.920 gB实验测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，通常至少称量4次C酸碱中和滴定实验中只能用标准液滴定待测液D分液时，分液漏斗中下层液体从下口

2、放出后，换一容器再从下口放出上层液体2、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是A制备乙酸乙酯B配置一定物质的量浓度的NaOH溶液C在铁制品表面镀铜D制取少量CO2气体3、阿伏加德罗常数为NA。关于 l00mLl mol/L的Fe2(SO4)3溶液，下列说法正确是A加NaOH可制得Fe(OH)3 胶粒0.2NAB溶液中阳离子数目为0.2NAC加Na2CO3 溶液发生的反应为 3CO32-+ 2Fe3+ = Fe2(CO3 )3DFe2(SO4)3溶液可用于净化水4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的

3、水溶液具有漂白性，0.01molL1r溶液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A原子半径的大小：WYXYCY的氢化物常温常压下为液态DX的最高价氧化物的水化物为弱酸5、氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（ ）A相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点B一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3BF3C羊毛制品水洗再晒干后变形DH2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶6、25时，向10mL溶液中逐滴加入20mL的盐酸，溶液中部分含碳微粒的物质的量随溶液pH的变化如图

4、所示。下列说法不正确的是AHCl溶液滴加一半时：B在A点：C当时：D当时，溶液中7、mg铁粉与含有H2SO4的CuSO4溶液完全反应后，得到mg铜，则参与反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为A8:7B1:7C7:8D7:18、某有机物的结构简式如图所示。下列关于该有机物的说法正确的是( )A该有机物能发生酯化、加成、氧化、水解等反应B该有机物中所有碳原子不可能处于同一平面上C与该有机物具有相同官能团的同分异构体有3种D1mol该有机物最多与4molH2反应9、化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（ ）A1molX最多能与3molNaOH反应BY与

5、乙醇发生酯化反应可得到XCX、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等10、用98%浓硫酸配制500mL 2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是A量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线B定容时仰视500mL 容量瓶的刻度线C量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶D摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线11、现有稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中c(SO42-)+c(NO3-)=5mol.L-1。10mL该混酸溶解铜质量最大时。溶液中HNO3、H2SO4的浓度之比为A1：1B1：2C3：2D2：312、下列各组中的X和Y两种原子，化学性质一定相似的是 ()

6、AX原子和Y原子最外层都只有1个电子BX原子的核外电子排布式为1s2，Y原子的核外电子排布式为1s22s2CX原子的2p能级上有3个电子，Y原子的3p能级上有3个电子DX原子核外M层上仅有2个电子，Y原子核外N层上仅有2个电子13、下列应用不涉及物质氧化性或还原性的是A用葡萄糖制镜或保温瓶胆B用ClO2杀菌、消毒C用Na2SiO3溶液制备木材防火剂D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果14、以下措施都能使海洋钢质钻台增强抗腐蚀能力，其中属于“牺牲阳极的阴极保护法”的是（ ）A对钢材“发蓝”（钝化）B选用铬铁合金C外接电源负极D连接锌块15、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大。X、Y、Z

7、、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，W为常见液体；甲为单质，乙为红棕色气体；上述物质之间的转化关系如图所示(部分生成物已省略)。则下列说法中正确的是AC、D两种元素组成的化合物只含有离子键BA、B、C、D形成的简单离子半径排序：DCBACD元素的最高价氧化物对应水化物可以用于吸收气体乙DA、B、C三种元素组成的化合物均为共价化合物16、某溶液X含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+、Fe2+、Cl-、CO32-、OH-、SiO32-、NO3-、SO42-中的几种，已知该溶液中各离子物质的量浓度均为0.2molL-1(不考虑水的电离及离子的水解)。为确定该溶液中含有的

8、离子，现进行了如下的操作：下列说法正确的是A无色气体可能是NO和CO2的混合物B原溶液可能存在Fe3+C溶液X中所含离子种类共有4种D另取l00mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，理论上得到的固体质量为2.4g17、宋应星所著天工开物被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合

9、金18、Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是APd上发生的电极反应为：H2- 2e 2HBFe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用C反应过程中NO2被Fe（）还原为N2D用该法处理后水体的pH降低19、分类是化学学习和研究的常用手段，下列分类依据和结论都正确的是A冰醋酸、纯碱、铜绿、生石灰分别属于酸、碱、盐、氧化物BHClO、H2SO4（浓） 、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸CAl、Al2O3、Al（OH）3均既能与盐酸反应又能与氢氧化钠反应，都属于两

10、性化合物DH2SO4、NaOH、AlCl3均为强电解质，都属于离子化合物20、如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（ ）A图中Ec与E之差表示活化能B升高温度，图中阴影部分面积会增大C使用合适的催化剂，E不变，Ec变小D能量大于Ec的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞21、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 molL1Na2CO3溶液中，含CO32-数目小于NAB标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NAC14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含

11、C-H键的数目为2NAD常温常压下，22.4 LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA22、下列属于碱的是AHIBKClOCNH3.H2ODCH3OH二、非选择题(共84分)23、（14分）.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题：(1)按原子序数递增的顺序(稀有气体除外)，以下说法正确的是_。a.原子半径和离子半径均减小b.金属性减弱，非金属性增强c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强d.单质的熔点降低(2)原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为_(填名称)；氧化性最弱的简单阳离子是_(填离子符号)。(3)P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸

12、干燥，可用P2O5干燥的是_(填字母)。a.NH3 b.HI c.SO2 d.CO2(4)KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400 时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为11。写出该反应的化学方程式：_。.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生H2的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00 g甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72 L H2(已折算成标准状况)。甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在标准状态下的密度为1.25

13、g/L。请回答下列问题：(5)甲的化学式是_；乙的电子式是_。(6)甲与水反应的化学方程式是_。(7)判断：甲与乙之间_(填“可能”或“不可能”)发生反应产生H2。24、（12分）在医药工业中，有机物 G是一种合成药物的中间体 ，其合成路线如图所示 ：已知：R1ONa+R2XR1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)RCOCl+HCl+SO2回答下列问题：（1）A 与C在水中溶解度更大的是 _ ， G 中官能团的名称是 _。 （2）EF 的有机反应类型是 _ ，F 的分子式为_。（3）由AB反应的化学方程式为 _。 （4）物质D的结构简式为

14、 _。 （5）BC 反应中加入NaOH 的作用是_。（6）写出一种符合下列条件的G的同分异构体 _ 。与G的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰；能发生银镜反应25、（12分）某实验小组探究SO2与Cu(OH)2悬浊液的反应。（1）实验一：用如图装置（夹持装置已略，气密性已检验）制备SO2，将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中。B中出现少量红色沉淀；稍后，B中所得溶液呈绿色，与CuSO4溶液、CuCl2溶液的颜色有明显不同。排除装置中的空气，避免空气对反应干扰的操作是_，关闭弹簧夹。打开分液漏斗旋塞，A中发生反应的方程式是_。（2）实验二：为确定红色固体成分，进行以下实验：在氧气流中煅烧红色

15、固体的目的是_。根据上述实验可得结论：该红色固体为_。（3）实验三：为探究B中溶液呈绿色而不是蓝色的原因，实验如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入过量SO2，未见溶液颜色发生变化。ii.取少量B中滤液，加入少量稀盐酸，产生无色刺激性气味的气体，得到澄清的蓝色溶液。再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀。查阅资料：SO2在酸性条件下还原性较差。实验i的目的_。根据上述实验可得结论：溶液显绿色的原因是溶液中含有较多Cu(HSO3)2。小组同学通过进一步实验确认了这种可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_溶液，得到绿色溶液。（4）综上实验可以得出：出现红色沉淀的原因是：_；（

16、用离子方程式表示）溶液呈现绿色的原因是：_。（用化学方程式表示）26、（10分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、CuS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取2.6g样品，加入200.0mL0.2000molL1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42)，滤去不溶杂质； 收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI

17、固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2+4I=2CuI+I2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32+I2=S4O62+2I)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_；(2)配制0.1000mol L1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是_，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_；(3)中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_；(4)中滴定至终点时的现象为_；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_%、_%(结果均保留1位小数)。27、（12分）B实验化学丙炔酸甲酯（）

18、是一种重要的有机化工原料，沸点为103105 。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是_。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是_；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是_。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是_；分离出有机相的操作名称为_。（4

19、）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是_。28、（14分）2-丁烯是一种重要的有机化工原料。回答下列问题：（1）已知2-丁烯有顺、反两种同分异构体，可表示为顺、反。一定条件下，它们分别发生加成反应的热化学方程式为：顺：。反：相同条件下，两种气体之间存在如下转化：该反应的H=_。下列叙述中，能表明该反应已达到平衡状态的是_（填序号）。a顺C4H8的含量保持不变b混合气体的平均摩尔质量保持不变c混合气体中碳的质量分数保持不变达到平衡后，若要进一步提高体系中反C4H8的含量，可采取的措施是_。（2）2-丁烯与氯气反应时，一般用镍作催化剂。镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高科技产业的重要

20、原料。羰基法提纯粗镍涉及的两步反应依次为：Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g) H0 Ni(CO)4(g) Ni(s)4CO(g) 则下图中能反映出羰基法提纯粗镍过程中能量变化的是_。一定条件下，在2L密闭容器中制备Ni(CO)4，粗镍（所含杂质不与CO反应）剩余质量和反应时间的关系如图所示。Ni(CO)4在010min的平均反应速率为_mol/(Lmin)。若反应达到平衡后，保持其他条件不变，降低温度，重新达到平衡时_（填序号）。a平衡常数K增大 bCO的浓度减小 cv逆Ni(CO)4增大设计简单实验方案用羰基法提纯粗镍：将粗镍粉末装入玻璃管一端，抽真空后充入CO并封管，_。29、（

21、10分）国家航天局计划2020年实施火星探测任务。据了解火星上存在大量的含氮化合物科学家推测火星生命可能主要以氮、碳、硅、铜为基体构成。(1)邻氨基吡啶（）的铜配合物在有机不对称合成中起催化诱导效应。邻氨基吡啶中所有元素的电负性由小到大的顺序为_（填元素符号）。设NA为阿伏加德罗常数的值，1mol中含有键的数目为_。一定条件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NH2中N原子的杂化方式为_杂化。(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五电离能数据如图1所示，则该元素的基态原子电子排布式为_。嘌呤中轨道之间的夹角1比2大，原因是_。分子中的大键可以用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n代表参与

22、形成大键的电子数。则该吡啶中的大键可表示为_。(3)火星岩石中存在大量的氮化镓，氮化镓为六方晶胞，结构如图3所示。若该晶体密度为dgcm-3，晶胞参数a=bc（单位：nm），a、b夹角为120o，阿伏加德罗常数的值为NA，则晶胞参数c=_（写出代数式）nm。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、B【解析】A.实验室配制480 mL 0.1 mol/L NaOH溶液，需要用500 mL的容量瓶，准确称量NaOH 2.0 g，故A错误；B.测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，需要称量坩埚质量、坩埚与样品的质量，加热后至少称2次保证加热至恒重，所以通常至少称量4次，故B

23、正确；C.酸碱中和滴定实验中可以用待测液滴定标准液，故C错误；D.分液时，分液漏斗中下层液体从下口放出后，上层液体从上口倒出，故D错误；答案选B。2、A【解析】A. 将乙醇加入大试管中，再注入浓硫酸并振荡冷却后加入冰醋酸，混合加热制备乙酸乙酯，产物用饱和碳酸钠溶液吸收，导管末端置于液面上，能达到实验目的，选项A正确；B. 容量瓶不能直接用于配置溶液，必须将NaOH固体倒入烧杯中，加入蒸馏水溶解后，冷却至室温，再转移至容量瓶，选项B错误；C. 在铁制品表面镀铜时应将铁制品连接在电源的负极作为阴极，铜连接在电源的正极，电解质溶液为可溶性铜盐溶液，选项C错误；D.实验室制取CO2用的是大理石或石灰石

24、和稀盐酸反应，纯碱与盐酸反应速率快不易收集，另外纯碱易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能达到反应随时发生随时停止的作用，选项D错误。答案选A。3、D【解析】A. Fe2(SO4)3加NaOH反应生成Fe(OH)3沉淀，而不是胶粒，故A错误；B. l00mL l mol/L的Fe2(SO4)3溶液中nFe2(SO4)3 =1 molL1 0.1L =0.1mol，n(Fe3+)=0.2mol，铁离子水解 Fe3+ + 3H2O Fe(OH)3 + 3H+，根据水解方程式得到溶液中阳离子数目大于0.2NA，故B错误；C. 加Na2CO3溶液发生双水解生成氢氧化铁沉淀和二氧化碳气体，其反应为 3C

25、O32+ 2Fe3+ + 3H2O =2 Fe(OH)3 + 3CO2，故C错误；D. Fe2(SO4)3溶液水解生成胶体，胶体具有吸附杂质功能，起净水功能，因此可用于净化水，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】铁离子与碳酸根、碳酸氢根、偏铝酸根、硅酸根等离子要发生双水解反应。4、B【解析】n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则为氯气，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01molL1r溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃

26、，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。【详解】A. 原子半径的大小：H O O C，故B错误；C. Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确；D. X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。综上所述，答案为B。5、B【解析】A1个水分子能与周围的分子形成4个氢键，1个HF分子只能与周围的分子形成2个氢键，所以相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点，故A不选；BNH3与BF3可以形成配位键从而形成NH3BF3，与氢键无关，故B选；C羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C不选；DCH3COCH3中O原子

27、电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形成氢键，所以二者可以完全互溶，故D不选；故答案为B。6、A【解析】根据化学反应，充分运用三大守恒关系，挖掘图象中的隐含信息，进行分析判断。【详解】A. HCl溶液滴加一半（10mL）时，溶质为等物质的量的NaHCO3、NaCl，此时有物料守恒c(Na+)=2c(Cl-)、电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，则c(Cl-)+c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，c(Cl-)c(HCO3-)。图中A点，c(HCO3-)=c(CO32-)，又A点溶液呈碱性，有c(OH-

28、)c(H+)，B项正确；C. 溶液中加入盐酸后，有电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)，当时有，C项正确；D. 溶液中加入盐酸，若无CO2放出，则有物料守恒c(Na+)=2c(H2CO3)+2c(HCO3-)+2c(CO32-)。图中时有CO2放出，则溶液中，D项正确。本题选A。【点睛】判断溶液中粒子浓度间的关系，应充分应用三大守恒原理，结合题中信息进行分析推理。7、D【解析】ag铁粉的物质的量为 ，agCu的物质的量为 ，根据氧化还原顺序 先与 反应，再与 反应，因为 ，所以 反应完全，剩余 与 反应，所以参加反应的 的物质的量为

29、 ，参加反应的 的物质的量为 ，参加反应的CuSO4与H2SO4的物质的量之比为 ，答案选D。8、D【解析】有机物分子中含有苯环、碳碳双键和羧基，结合苯、烯烃和羧酸的性质分析解答。【详解】A该有机物含有羧基能发生酯化反应，含有碳碳双键，能发生加成、氧化反应；但不能发生水解反应，A错误；B由于苯环和碳碳双键均是平面形结构，且单键可以旋转，所以该有机物中所有碳原子可能处于同一平面上，B错误；C与该有机物具有相同官能团的同分异构体如果含有1个取代基，可以是-CH=CHCOOH或-C(COOH)=CH2，有2种，如果含有2个取代基，还可以是间位和对位，则共有4种，C错误；D苯环和碳碳双键均能与氢气发生

30、加成反应，所以1mol该有机物最多与4molH2反应，D正确；答案选D。9、B【解析】A.X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH反应，故A说法正确；B.Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；D.X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与

31、溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；答案：B。10、C【解析】A、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；B、定容时仰视500mL容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。11、D【解析】稀硝酸和稀硫酸组成的混酸中c（NO3）+c（SO42）=5molL1，稀硝酸和Cu反应但稀硫酸和Cu不反应，混酸和Cu反应离子方程式为3Cu+2NO3+

32、8H=3Cu2+2NO+4H2O，要使溶解的Cu最大，则硝酸根离子应该完全反应，根据离子方程式知，c（NO3）：c（H）=2：8=1：4，设c（NO3）=xmolL1、则c（H）=4xmolL1，根据电荷守恒得c（NO3）+2c（SO42）=c（H），xmolL1+2c（SO42）=4xmolL1，c（SO42）=1.5xmolL1，代入已知：c（NO3）+c（SO42）=5molL1，x=2，所以c（NO3）=2molL1、则c（H）=8molL1，c（SO42）=5molL1-2molL1=3molL1，根据硝酸根离子守恒、硫酸根离子守恒得c（NO3）=c（HNO3）=2molL1、c（S

33、O42）=c（H2SO4）=3molL1，所以混酸中HNO3、H2SO4的物质的量浓度之比2molL1：3molL1=2：3。故选D。12、C【解析】A. 最外层都只有1个电子的X和Y，可能为H与碱金属元素，性质不同，故A错误；B. 原子的核外电子排布式为1s2的X为He，原子的核外电子排布式为1s22s2的Y为Be，两者性质不同，故B错误；C. 原子的2p能级上有3个电子的X为N，原子的3p能级上有3个电子的Y为P，二者位于周期表同一主族，性质相似，所以C选项是正确的；D. 原子核外M层上仅有2个电子的X为Mg，原子核外N层上仅有2个电子的Y的M层电子数不确定，元素种类很多，但价电子数不同，

34、性质不相同故D错误。所以C选项是正确的。【点睛】解答时注意原子核外电子排布特点与对应元素化合物的性质的关系，原子的结构决定元素的化学性质，原子核外最外层的电子或价电子数目相等，则元素对应的单质或化合价的性质相似。13、C【解析】A葡萄糖制镜利用葡萄糖的还原性，与银氨溶液发生氧化还原反应，生成银单质，葡萄糖作还原剂被氧化，所以利用了其还原性，A不符合题意；B漂白液杀菌、消毒，利用其强氧化性，所以利用了其氧化性，B不符合题意；CNa2SiO3溶液制备木材防火剂，不发生氧化还原反应，与氧化性或还原性无关，C符合题意；D高锰酸钾可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合价变化，为氧化还原反应，所以利

35、用了其氧化性，D不符合题意，答案选C。14、D【解析】牺牲阳极的阴极保护法指的是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，为防止钢铁被腐蚀，应连接活泼性较强的金属，以此解答。【详解】牺牲阳极的阴极保护法是原电池的负极金属易被腐蚀，而正极金属被保护的原理，是原电池原理的应用，利用被保护的金属做正极被保护选择，为减缓电解质溶液中铁片的腐蚀，应选择比铁活泼的金属做负极，在电池内电路为阳极，称为牺牲阳极的阴极保护法，题目中选择锌做阳极，故选D。15、C【解析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，X、Y、Z、W分别是由这四种元素中的两种组成的常见化合物，Y为淡黄色固体，Y为Na2O2，W

36、为常见液体，W为H2O；Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，而甲为单质，则甲为O2，乙为红棕色气体，乙为NO2，甲与Z反应产生NO2，则Z为NO，X与甲反应产生NO，则X为NH3，则A、B、C、D分别为H、N、O、Na，以此来解答。【详解】根据上述分析可知：甲为O2，乙为NO2，X为NH3，Y为Na2O2，Z为NO，W为H2O，A、B、C、D分别为H、N、O、Na。A. O、Na两种元素可形成离子化合物Na2O2中既含有离子键也含有非极性共价键，A错误；B. H+核外无电子，N、O、Na三种元素形成的离子核外电子排布都是2、8，电子层结构相同，离子的核电荷数越大离子半径就越小，离子核外电

37、子层数越多，离子半径就越大，所以离子半径N3-O2-Na+H+，即B(N3-)C(O2-)D(Na+)A(H+)，B错误；C. Na元素的最高价氧化物对应水化物NaOH是一元强碱，乙为NO2，NO2与NaOH会发生反应产生NaNO3、NaNO2、H2O，反应方程式为：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O，C正确；D. H、N、O三种元素可形成共价化合物如HNO3，也可以形成离子化合物如NH4NO3，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断，把握淡黄色固体为过氧化钠、W为液体物质水来推断物质为解答的关键，注意原子结构与元素性质的关系和元素与化合物知识的应用，侧

38、重考查学生的分析与推断能力。16、D【解析】溶液X加入过量盐酸生成无色气体，该气体与空气变红棕色，说明生成了NO，X中一定含有NO3-和还原性离子，应为Fe2+，则溶液中一定不存在CO32-、OH-、SiO32-，它们都与Fe2+反应生成沉淀；加入盐酸后阴离子种类不变，则说明X中原来就含有Cl-，加入氯化钡生成白色沉淀，则一定含有SO42-，加入KSCN溶液呈红色，因Fe2+被氧化成Fe3+，则不能证明X中是否含有Fe3+，则溶液中一定存在的离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，溶液中各离子物质的量浓度均为0.20molL-1，结合电荷守恒分析解答。【详解】A根据上述分析，溶液X中一定

39、不存在CO32-，无色气体只能为NO，故A错误；B根据上述分析，溶液X中一定含有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-，一定不存在CO32-、OH-、SiO32-；溶液中各离子物质的量浓度均为0.20molL-1，还应含有K+、Mg2+、Fe3+、Al3+中的部分离子，结合电荷守恒可知，应含有Mg2+，一定不含Fe3+，故B错误；C溶液X中所含离子有Fe2+、Cl-、NO3-、SO42-、Mg2+，共5种，故C错误；D另取100mL原溶液X，加入足量的NaOH溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，可得到0.01molFe2O3和0.02molMgO，二者质量之和为0.01mol160g/mo

40、l+0.02mol40g/mol=2.4g，故D正确；故选D。【点睛】正确判断存在的离子是解题的关键。本题的易错点是镁离子的判断，要注意电荷守恒的应用，难点为D，要注意加入NaOH后生成的金属的氢氧化物，灼烧得到氧化物，其中氢氧化亚铁不稳定。17、B【解析】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确; B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确; D.黄铜是铜锌合金,故D正确; 答案：B。18、D【解析】根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe

41、（）得电子变为Fe（）；（2）Fe（）得电子变为Fe（），NO2被Fe（）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2的目的，总反应为3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O。【详解】根据上面分析可知：A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e 2H，故不选A；B. 由图中信息可知，Fe（）与Fe（）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；C.反应过程中NO2被Fe（）还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；答案：D19、B【解析】A. 纯碱属于盐，不属于碱，故A

42、错误；B. HClO、H2SO4（浓）、HNO3均具有强氧化性，都是氧化性酸，故B正确；C. Al属于单质，不属于化合物，故C错误；D. H2SO4、AlCl3属于共价化合物，不属于离子化合物，故D错误。故选B。20、D【解析】A. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；B. 当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，

43、使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，C正确；D. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。21、C【解析】A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A错误；B.标准状况下，11.2 L气体的物质的量是0.5mol，若0.5mol气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B错误；C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有

44、2molC-H键，因此14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；D. 在常温常压下，22.4 LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；故合理选项是C。22、C【解析】A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；C. NH3.H2O在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D. CH3OH是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；答案选C。二、非选择题(共84分)23、b 氩 Na+ b 4KClO3

45、KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H2O2Al(OH)3+6H2 可能 【解析】. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在

46、催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L22.4 L/mol=28 g/mol，丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)r(Cl-)，故a错误；b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数

47、是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；(4)若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸

48、钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为：4KClO3 KCl+3KClO4。(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O2Al(OH)3+6H2。(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。24、C 羰基（或酮基）、醚键 取代反应 C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解 【解析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应

49、生成G。【详解】A是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。EF是OH变为Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。由AB反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水

50、解。与G的苯环数相同；核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。25、打开弹簧夹，通入N2一段时间 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O 将红色物质转化为氧化铜 Cu 排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性 NaHSO3或KHSO3 SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2 【解析】(1)为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出；装置A中的反应是制备SO2的反应；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应

51、中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；由实验中物质的质量计算红色固体的平均摩尔质量，进而分析固体成分；(3)根据B中所得溶液中可能的成分等，实验i可以排除部分成分显绿色的可能性；确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液中加入含有HSO3-离子的物质；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质。【详解】(1)为排出空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为：打开弹簧夹，通入N2一段时间，关闭弹簧夹；装置A中的反应是制备SO2的反

52、应，化学方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；(2)将SO2通入Cu(OH)2悬浊液的反应中，B中出现少量红色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧气流中煅烧红色固体的目的是将红色物质转化为氧化铜，有利于后续定量判断；由实验可知n(CuO)=0.025mol，则红色固体的平均摩尔质量为=64g/mol，故红色固体为铜；(3)B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈蓝色，而B 所得溶液呈绿色，实验i可以排除溶解的SO2、H2SO3导致溶液显绿色的可能性；确认Cu(HSO3)2使溶液呈绿色，需要在溶液

53、中加入含有HSO3-离子的物质，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出现红色沉淀的原因是生成了Cu，离子方程式为：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈现绿色的原因生成了含HSO3-离子的物质，离子方程式为2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【点睛】本题注意实验三中判断使溶液显绿色的粒子时，要分别判断，逐一分析，每一步实验都要从实验目的角度分析设置的原因。26、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色

54、61.5 36.9 【解析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O。(2)配制0.1000molL1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤中取25.00mL待测溶液（有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选

55、酸式滴定管或移液管。(4)步骤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，据5Fe2+MnO4-（5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O），样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000molL120.0010-3L=4.00010-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000moL1200.010-3L4.00010-3mol=36.0010-3mol由Cu2S2MnO4-和5CuS8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO

56、42-+8Mn2+12H2O），得2x+y=36.0010-3mol又据2Cu2+I22S2O32，得2x+y=0.1000mo1L130.0010-3L=30.0010-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)=61.5%，w(CuS)=36.9%。【点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。27、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103105，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100，而丙炔酸甲酯的沸点为103105，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯