2022届吉林省长春市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须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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+、M2+、N2均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2Y+、Y+X+、Y+M2+，下列比较正确的是（）A原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小B原子序数：NMXYCM2+

2、、N2核外电子数：可能相等，也可能不等D碱性：M(OH)2YOH2、下列有关垃圾处理的方法不正确的是A废电池必须集中处理的原因是防止电池中汞、镉、铬、铅等重金属元素形成的有毒化合物对土壤和水源污染B将垃圾分类回收是垃圾处理的发展方向C家庭垃圾中的瓜果皮、菜叶、菜梗等在垃圾分类中属于湿垃圾D不可回收垃圾图标是3、X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中相对位置如图所示，若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法正确的是（）AZ单质与氢气反应较Y剧烈BX与W的原子核外电子数相差9CX单质氧化性强于Y单质D最高价氧化物对应水化物酸性W比Z强4、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增

3、大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是AW与Z形成的化合物为离子化合物B戊一定为有毒气体C离子半径大小：YZWD相同条件下，乙的沸点高于丁5、临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（ ）A分子式是C18H32ClN3O8P2B能发生取代、加成和消去反应C1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D分子中的C1被OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀6、天然气是一种重要的化工原料和燃料，常含有少量H2S。一种在酸

4、性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是A脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小BCH4是天然气脱硫过程的催化剂C脱硫过程需不断补充FeSO4D整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：17、下列指定反应的离子方程式书写正确的是（ ）A磁性氧化铁溶于足量的稀硝酸中：3Fe2NO34HNO3Fe32H2OB向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体：ClOSO2H2OHClOHSO3C碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水：2H2IH2O2I22H2OD向NaOH溶液中通入过量CO2：2OHCO2CO32H2O8、铅蓄电池的工作原理为：Pb+PbO2+2H2SO=2PbS

5、O4+2H2O研读右图，下列判断不正确的是AK闭合时，d电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H+SO42-B当电路中转移0.2 mol电子时，中消耗的为0.2molCK闭合时，中向c电极迁移DK闭合一段时间后，可单独作为原电池，d电极为正极9、在高温高压的水溶液中，AuS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3BAuS既作氧化剂又作还原剂C每生成2.24 L气体，转移电子数为0.1molD反应后溶液的pH值降低10、已知实验室用浓硫酸和乙醇在一定温度下制备乙烯，

6、某学习小组设计实验利用以下装置证明浓硫酸在该反应中的还原产物有SO2，并制备1，2-二溴乙烷。下列说法正确的是A浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂B装置III、IV中的试剂依次为酸性高锰酸钾溶液、品红溶液C实验完毕后，采用萃取分液操作分离1，2-二溴乙烷D装置II中品红溶液褪色体现了SO2的还原性11、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，它们组成一种团簇分子，结构如图所示。X、M的族序数均等于周期序数，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的。下列说法正确的是（ ）A简单离子半径：ZMYB常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸CX+与Y22-结合形成的化合物是离子晶体DZ的最高价氧化物的水

7、化物是中强碱12、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是AABBCCDD13、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2.4g14、R、W、X

8、、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W与Y同主族，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍。W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒。R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和。下列说法正确的是A简单离子的半径：WYZBX与Z形成的化合物溶于水可抑制水的电离C氧化物对应水化物的酸性：ZRXD最高价氧化物的熔点：YR15、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A“赤潮”与水体中N、P元素的含量较高有关B“绿色蔬菜”种植过程中不能使用农药和肥料C游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌D制作医用口罩使用的聚丙烯属于人工合成高分子材料16、下列判断中一定正确的是（ ）A若

9、R2-和M+的核外电子层结构相同，则原子序数：RMB若X、Y属于同主族元素，且相对原子质量XY，则原子失电子能力：XYC若X、Y都是气态氢化物，且相对分子质量XY，则沸点：XYD若金属性MN，则以M、N为两电极的原电池中M一定是负极17、除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（）AHNO3溶液（H2SO4）：适量BaCl2溶液，过滤B乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2C溴苯（溴）：加入KI溶液，分液D乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏18、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.0

10、20 molL1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录1055 间溶液变蓝时间，55 时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是()A40 之前，温度升高反应速率加快，变蓝时间变短B40 之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0105molL1s119、下列关于胶体和溶液的说法中，正确的是（ ）A胶体粒子在电场中自由运动B丁达尔效应是胶体粒子特有的性质，是胶体与溶液、悬浊液的本质区别C胶体粒子，离子都能过通过滤纸与半透膜D铁盐与铝盐

11、都可以净水，原理都是利用胶体的性质20、2019年化学教育期刊封面刊载如图所示的有机物M(只含C、H、O)的球棍模型图。不同大小、颜色的小球代表不同的原子，小球之间的“棍”表示共价键，既可以表示三键，也可以表示双键，还可以表示单键。下列有关M的推断正确的是AM的分子式为C12H12O2BM与足量氢气在一定条件下反应的产物的环上一氯代物有7种CM能发生中和反应、取代反应、加成反应D一个M分子最多有11个原子共面21、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A单质的熔点

12、：YZBX的最高价氧化物的水化物为弱酸CY、Z的氧化物均为离子化合物D气态氢化物稳定性：XZ22、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是A灼烧海带B将海带灰溶解后分离出不溶性杂质C制备Cl2，并将I-氧化为I2D以淀粉为指示剂，用Na2SO3标准溶液滴定二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_。BC的反应类型为_。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为 _mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为_。(3)已知的系统名称1，

13、3-苯二酚，则A的名称为_，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析AB反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是_。(4)C的核磁共振氢谱有_组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式_。具有与X相同的官能团属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线_。24、（12分）美托洛尔可用于治疗各类型高血压及心绞痛，其一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)AB的反应类型是_，B中官能团的名称为_。(2)DE第一步的离子方程式为_。(3)EF的条件为_，请写出一种该过程生成的副产物的结构简式_。(已知在此条

14、件下，酚羟基不能与醇发生反应)。(4)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出G的结构简式，并用星号(*)标出G中的手性碳_。(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液作用产生银镜，且在苯环上连有两个取代基，则I同分异构体的数目为_种。(6)(J)是一种药物中间体，参照上述合成路线，请设计以甲苯和苯酚为原料制备J的合成路线_(无机试剂任选)。25、（12分）化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置（夹持设备已略）制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。(2)A装置中发生的化学反应

15、方程式为_。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3g Cl2时转移的电子数目为_NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到_。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中、依次可放入_（填选项a或b或c）。选项a干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_，该现象_（填“能

16、”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是_。26、（10分）氯化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷酒双氧水或过硫酸钠(Na2S2)溶液来处理，以减少对环境的污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_。II.工业制备过硫酸钠的反应原理如下所示主反应:(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3+2H2O副反应:2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+N2+6H2O某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水

17、。实验一:实验室通过如下图所示装置制备Na2S2O8。(2)装置中盛放(NH4)2S2O8溶液的仪器的名称是_。(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_(填字母代号)。A温度计 B水浴加热装置C洗气瓶 D环形玻璃搅拌棒实验二:测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氯化钠的含量。已知;废水中氯化钠的最高排放标准为0.50mg/L。Ag+2CN=Ag(CN)2，Ag+IAgI，AgI呈黄色，CN优先与Ag+发生反应。实验如下:取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.0103mol/L的标

18、准AgNO3溶液滴定，消耗AgNO3溶液的体积为5.00mL(5)滴定终点的现象是_。(6)处理后的废水中氰化钠的浓度为_mg/L.(7)常温下，含硫微粒的主要存在形式受pH的影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4，则阳极主要的反应式为_。27、（12分）亚硝酸钠（NaNO2）是一种肉制品生产中常见的食品添加剂，使用时必须严格控制其用量。在漂白、电镀等方面应用也很广泛。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2（A中加热装置已略去）。已知：室温下，2NO+Na2O2=2NaNO2酸性条件下，NO 或NO2-都能与MnO

19、4-反应生成NO3-和Mn2+（1）A中发生反应的化学方程式为_。（2）检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间N2，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热。通入N 2的作用是_。（3）装置B中观察到的主要现象为_（4）为保证制得的亚硝酸钠的纯度，C装置中盛放的试剂可能是_（填字母序号）。AP2O5 B无水CaCl2 C碱石灰 D浓硫酸如果取消C装置，D中固体产物除NaNO2外，可能含有的副产物有_ 写化学式）。（5）E中发生反应的离子方程式为_。（6）将1.56g Na2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭_g。28、（14分）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，大量排放

20、烟气形成酸雨、污染大气，因此对烟气进行脱硫、脱硝，对环境保护有重要意义。回答下列问题：.利用CO脱硫(1)工业生产可利用CO气体从燃煤烟气中脱硫，则25时CO从燃煤烟气中脱硫的热化学方程式2CO(g)SO2(g)2CO2(g)S(s)的焓变H_。25，100kPa时，由元素最稳定的单质生成1mol纯化合物时的反应热称为标准摩尔生成焓，已知一些物质的“标准摩尔生成焓”如下表所示：物质CO(g)CO2(g)SO2(g)标准摩尔生成焓fHm(25)/kJmol-1-110.5-393.5-296.8 (2)在模拟脱硫的实验中，向多个相同的体积恒为2L的密闭容器中分别通入2.2mol CO和1mol

21、SO2气体，在不同条件下进行反应，体系总压强随时间的变化如图所示。在实验b中，40 min达到平衡，则040 min用SO2表示的平均反应速率v(SO2)_。与实验a相比，实验b可能改变的条件为_，实验c可能改变的条件为_。.利用NH3脱硝(3)在一定条件下，用NH3消除NO污染的反应原理为：4NH3(g)6NO(g)5N2(g)6H2O(l)H1807.98kJmol1。在刚性容器中，NH3与NO的物质的量之比分别为X、Y、Z(其中XYH2SO4，故D正确。4、B【解析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙

22、和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na，据此分析。【详解】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na。A. W与Z形成的化合物NaH为离子化合物，选项A正确；B.

23、 戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；C. W离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：YZW，选项C正确；D. 相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。5、B【解析】A根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；BCl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；C苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D分子中的C1被OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉

24、淀，故D正确；故答案为B。6、D【解析】A. 在脱硫过程中Fe2(SO4)3与H2S发生反应：Fe2(SO4)3+H2S=2FeSO4+H2SO4+S，然后发生反应：4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，总反应方程式为：2H2S+O2=2S+2H2O，可见脱硫过程中由于反应产生水，使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐降低，因此溶液的pH逐渐增大，A错误；B. CH4在反应过程中没有参加反应，因此不是天然气脱硫过程的催化剂，B错误；C. 脱硫过程反应产生中间产物FeSO4，后该物质又反应消耗，FeSO4的物质的量不变，因此不需补充FeSO4，C错误；D. 根据选项A分析

25、可知Fe2(SO4)3是反应的催化剂，反应总方程式为2H2S+O2=2S+2H2O，故参加反应的n(H2S)：n(O2)=2：1，D正确；故合理选项是D。7、C【解析】A. 磁性氧化铁应写化学式，故A错误；B. 向次氯酸钠溶液中通入足量SO2气体，次氯酸根离子有强氧化性，可继续将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故B错误；C. 碘化钾溶液酸化后加入少量双氧水，会发生氧化还原反应，符合客观事实，电荷守恒，原子守恒，电子守恒，故C正确；D. 向NaOH溶液中通入过量CO2应该生成碳酸氢钠，故D错误；故选：C。8、C【解析】根据铅蓄电池的工作原理，可知左边是原电池，右边是电解池。【详解】Ad连的是原电池的正

26、极，所以为电解池的阳极，电极反应式：PbSO4+2H2O-2e-=PbO2+4H+SO42-，正确；B根据Pb+PbO2+2H2SO=2PbSO4+2H2O，转移2mol电子，则消耗2mol硫酸，所以当电路中转移0.2 mol电子时，中消耗的为0.2mol，正确；CK闭合时，是电解池，阴离子移向阳极，d是阳极，所以向d电极迁移，错误；DK闭合一段时间后，中发生了充电反应：2PbSO4+2H2O = Pb+PbO2+2H2SO，c、d电极上的PbSO4分别转化为Pb和PbO2，所以可单独作为原电池，d电极上附着PbO2，放电时得到电子，为正极，正确；故选C。9、D【解析】在高温高压的水溶液中，A

27、uS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+4H，则A氧化剂是AuS，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；BAuS中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；C不能确定气体所处的状态，则每生成2.24 L气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项C错误；D反应后有氢离子产生，因此溶液的pH值降低，选项D正确；答案选D。10、A【解析】A乙醇在浓硫酸和加热条件下反应生成乙烯和水，浓硫酸在该反应中主要作用是催

28、化剂、脱水剂，故A正确；B锰酸钾溶液和二氧化硫、乙烯都要反应，除掉乙烯中的二氧化硫用氢氧化钠溶液，再用品红检验二氧化硫是否除尽，因此装置III、IV中的试剂依次为氢氧化钠溶液、品红溶液，故B错误；C实验完毕后，产物是1，2-二溴乙烷，二溴乙烷溶于四氯化碳，二者沸点不同，可采用蒸镏操作分离提纯产品，故C错误；D装置II中品红溶液褪色体现了SO2的漂白性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】SO2使溶液褪色不一定体现漂白性，使某些有机色质褪色，体现漂白性，使无机物酸性高锰酸钾溶液褪色体现还原性。11、D【解析】短周期元素X、M的族序数均等于周期序数，符合要求的只有H、Be、Al三种元素；结合分子

29、结构图化学键连接方式，X为H元素，M为Al元素，Y原子核外最外层电子数是其电子总数的，Y为O元素，原子序数依次增大，Z元素在O元素和Al元素之间，结合题图判断Z为Mg元素，据此分析解答。【详解】根据分析X为H元素，Y为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素；AY为O元素，Z为Mg元素，M为Al元素，简单离子的核外电子排布结构相同，核电荷数越大，半径越小，则半径：Y Z M，故A错误；BZ为Mg元素，M为Al元素，常温下Al遇浓硝酸发生钝化，不能溶于浓硝酸，故B错误；CX为H元素，Y为O元素，X+与Y22-结合形成的化合物为双氧水，是分子晶体，故C错误；DZ为Mg元素，Z的最高价氧化物的水化物为氢氧

30、化镁，是中强碱，故D正确；答案选D。12、B【解析】A氢氧化铝不能一步反应生成铝，不符合转化关系，A不符合题意；B稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，符合转化关系， B符合题意；C二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不符合转化关系，C不符合题意；DCu与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能与水反应产生氢氧化铜，氢氧化铜不能直接变为铜单质，不符合转化关系，D不符合题意；故合理选项是B。13、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-

31、、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

32、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/mol+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

33、属的氢氧化物，灼烧得到氧化物，其中氢氧化亚铁不稳定。14、D【解析】R、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，R的最外层电子数是次外层电子数的2倍，R含有2个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒，该单质为臭氧，则W为O元素，W与Y同主族，则Y为S元素；Z为短周期主族元素，原子序数大于S，则Z为Cl元素；R与W元素原子的最外层电子数之和等于X与Z元素原子的最外层电子数之和，则X最外层电子数=4+6-7=3，位于A族，原子序数大于O，则X为Al元素，R为C元素，W为O，X为Al，Y为S，Z为Cl元素。【详解】根据分析可知;R为C元素，W为O，

34、X为Al，Y为S，Z为Cl元素。A. 离子的电子层越多离子半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子径： WZR ，故D正确；答案：D 。【点睛】根据原子结构和元素周期律的知识解答；根据原子结构的特殊性如R的最外层电子数是次外层电子数的2倍，推断元素为C。根据物质的性质W元素形成的一种单质可用于自来水的杀菌消毒推断即可。15、B【解析】A. N、P元素是农作物生长需要的宏量元素，若水体中N、P元素的含量较高，水中藻类物质就会生长旺盛，导致产生赤潮现象，A正确；B. “绿色蔬菜”种植过程中为了使蔬菜生长旺盛，控制病虫害，也要适当使用农药和肥料，B错误；C. Cu2+是重金属离

35、子，能够使病菌、病毒的蛋白质发生变性，因此游泳池中按标准加入胆矾可消毒杀菌，C正确；D.制作医用口罩使用的聚丙烯是由丙烯通过加聚反应产生的人工合成高分子材料，D正确；故合理选项是B。16、B【解析】A.若R2-和M+的核外电子层结构相同，则R元素在M元素的上一个周期，即原子序数：RY，则X在Y的下一个周期，根据元素周期律，金属性：XY，原子失电子能力：XY，故B正确；C. 因为X、Y可能为N、O、F，则可能存在氢键，所以不能通过其气态氢化物的相对分子质量的大小去确定其沸点的大小，故C错误；D.镁的金属性大于铝，但镁、铝和氢氧化钠溶液形成的原电池中，铝作负极，则若金属性MN，则以M、N为两电极的

36、原电池中M不一定是负极，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】活泼性不同的两金属单质形成原电池时，一般活泼的金属作负极，但作负极的金属要能与电解质溶液发生氧化还原反应，所以不是活泼的金属就一定做负极材料。17、D【解析】A. 加入氯化钡引入新的杂质氯离子，应加入硝酸钡，故A错误；B. 由于不能确定乙烯的含量，则不能确定通入氢气的量，易混入氢气杂质，故B错误；C. 加入KI溶液，溴与KI反应生成碘单质，形成新的杂质，故C错误；D. 乙醇不能和氧化钙反应，乙酸和氧化钙反应生成沸点较高的醋酸钙，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；故答案为D。18、C【解析】A、根据图像，40以前由80s逐渐减小，说明

37、温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40之后，溶液变蓝的时间随温度的升高变长，故B说法正确；C、40以前，温度越高，反应速率越快，40以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；D、混合前NaHSO3的浓度为0.020molL1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为0.020mol/L1010-3L(10+40)10-3L=0.0040molL1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040molL1变为

38、0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol/L答案选C。【点睛】易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02molL1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。19、D【解析】A. 胶体粒子可带电，在电场中发生定向移动，故A错误；B. 丁达尔效应是胶体特有的性质，胶体与溶液、悬浊液的本质区别是分散质粒子直径的大小不同，故B错误；C.离子既能过通过滤纸，又能通过半透膜；胶体粒子只能通过滤纸，不能通过半透膜，故C错误；D. 可溶性铁盐与铝盐都会发生水解，产生氢氧化铁和氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性可以净水，

39、原理都是利用胶体的性质，故D正确。答案选D。20、C【解析】根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；【详解】A.根据球棍模型推出M的化学式为C12H10O2，故A错误；B.M与足量氢气在一定条件下发生加成反应，得到，环上有10种不同的氢，因此环上一氯代物有10种，故B错误；C.M中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故C正确；D.苯的空间构型是平面正六边形，M分子中含有2个苯环，因此一个M分子最多有22个原子共面，故D错误；答案：C。21、D【解析】由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，

40、Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】AY、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即YSiH4，即XZ，D正确；答案选D。22、B【解析】A.灼烧海带在坩埚中进行，而不是在烧杯中，A错误；B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；C.制备Cl2，并将I-氧化为I2，除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；D.Na2SO3是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错误；答案选B。【点睛】在实验操作中

41、，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在坩埚中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。二、非选择题(共84分)23、酯基 取代反应 6 5甲基1,3苯二酚 吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率 4 和 【解析】A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1

42、molD最多能消耗6molNaOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5甲基1,3苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是CHO，OOCCH3。苯环

43、上有2个取代基，则同分异构体共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。24、取代反应 羟基、羰基 +2OH-+Cl-+H2O 浓硫酸加热 或或CH3OCH3 12 【解析】根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，AB发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，C在Zn/HCl的条件下得到D，根据已知信息，则D的结构简式为，D再经消去反应和酸化得到E，E的结构简式为，E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，F与反应生成G()，G与H2NCH(CH3)2

44、反应最终得到美托洛尔，据此分析解答问题。【详解】(1)根据C的结构和B的分子式可得B的结构简式为，含有的官能团有羟基和羰基，AB发生取代反应，又A的分子式为C2H4O，则A为乙醛(CH3CHO)，故答案为：取代反应；羟基、羰基；(2) 由上述分析可知，D得到E的第一部反应为消去反应，反应方程式为+2OH-+Cl-+H2O，故答案为：+2OH-+Cl-+H2O；(3)E与CH3OH在一定条件下反应生成F(C9H12O2)，不饱和度没有发生变化，碳原子数增加1个，再联系G的结构，可知发生醇与醇之间的脱水反应，条件为浓硫酸，加热，已知在此条件下醇羟基不能与醇发生反应，则该过程的副反应为分子内消去脱水

45、，副产物为，分子间脱水可得或CH3OCH3，故答案为：浓硫酸，加热；或或CH3OCH3；(4)根据手性碳的概念，可知G中含有的手性碳可表示为，故答案为：；(5)芳香族化合物I是B的同分异构体，I能与银氨溶液产生银镜，说明I中含有CHO，则同分异构体包括：，CHO可安在邻间对，3种，OH可安在邻间对，3种，CHO可安在邻间对，3种，CH3可安在邻间对，3种，共有34=12种，故答案为：12；(6)以甲苯和苯酚为原料制备，其合成思路为，甲苯光照取代变为卤代烃，再水解，变为醇，再催化氧化变为醛，再借助题目AB，CD可得合成路线：，故答案为：。25、长颈漏斗 Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2

46、+2Cl2+2H2O 0.5 液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 b 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 不能 过量的Cl2也可将I-氧化为I2 【解析】(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气

47、和水反应生成次氯酸具有漂白性；(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电

48、子数目为0.5NA；(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，a.I为干燥的有色布条不褪色，中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干

49、燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；故合理选项是b；(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原

50、方程式的书写及计算，题目难度中等。26、NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3 三颈烧瓶 将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应 AB 滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失 0.49 2HSO4-2e-=S2O82+2H+ 【解析】I. 由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3；II. 装置b中过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生

51、成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应；滴定过程中Ag+与CN-反应生成Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀；. 由题意可知，HSO4在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82。【详解】（1）由题意，NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明NaCN与双氧水发生氧化还原反应生成了NaHCO3和NH3，反应的化学方程式为NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3，故答案为NaCNH2O2H2O=NH3NaHCO3；(2)由图可知，盛放(NH4)2S

52、2O8溶液的仪器的名称是三颈烧瓶，故答案为三颈烧瓶；（3）由题给信息可知，过二硫酸铵与氢氧化钠在55温度下反应生成过二硫酸钾、氨气和水，反应生成的氨气在90温度下与过二硫酸钠发生副反应生成硫酸钠、氮气和水，装置a中双氧水在二氧化锰的催化作用下，发生分解反应生成02，反应生成的02将三颈烧瓶中产生的NH3及时排出被硫酸吸收，防止产生倒吸；避免氨气与过二硫酸钠发生副反应，故答案为将产生的氨气及时排出并被吸收，防止产生倒吸，减少发生副反应；(4)由题给信息可知，制备反应需要在55温度下进行，90温度下发生副反应，所以需要控制温度不能超过90，故还需补充的实验仪器或装置为温度计和水浴加热装置，故答案为

53、AB；（5）滴定过程中Ag+与CN-反应生成Ag（CN）2-，当CN-反应结束时，滴入最后一滴硝酸银溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失，说明反应到达滴定终点，故答案为滴入最后一滴标准硝酸银溶液，锥形瓶的溶液中恰好产生黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失；（6）滴定终点时消耗AgNO3的物质的量为1.0103mol/L5.00103L=5.0010-6mol，根据方程式Ag+2CN-=Ag（CN）2-可知处理的废水中氰化钠的质量为5.0010-6mol249g/mol=4.910-4g，则处理后的废水中氰化钠的浓度为=0.49 mg/L，故答案为0.49；（7）由题意可知，HS

54、O4在阳极失电子发生氧化反应生成S2O82，电极反应式为2HSO4-2e-=S2O82+2H+，故答案为2HSO4-2e-=S2O82+2H+。【点睛】本题考查了性质实验方案的设计与评价，试题知识点较多、综合性较强，注意掌握化学实验基本操作方法，明确常见物质的性质是解答关键。27、C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 排尽空气，防止生成的NO被氧气氧化 红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出 C Na2CO3、NaOH 5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3 Mn2+2H2O 0.24g 【解析】A装置为C与HNO3 (浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，二氧化氮在B

55、中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO， D装置中制备NaNO2，由于二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到碳酸钠、氢氧化钠，故需要除去二氧化碳，并干燥NO气体，所以C中放了碱石灰，反应开始需要排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化，利用酸性高锰酸钾溶液溶液氧化未反应的NO，可以防止污染空气。【详解】(1)A装置为C与HNO3 (浓)反应生成二氧化碳与二氧化氮，反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(2)实验开始前通入一段时间N2，可排尽装置中的空气，防止氧气将NO氧化；(3)二氧化氮在B中与水反应生成硝酸，硝酸与Cu反应生成NO，所以看到的现象为：红棕色气体消失，铜片

56、溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出；(4)根据分析可知，C装置中可能盛放的试剂是碱石灰；结合分析可知，二氧化碳、水蒸气与过氧化钠反应的得到副产物碳酸钠、氢氧化钠；(5)根据题目提供信息可知酸性条件下，NO能与MnO4反应生成NO3和Mn2+，方程式为：5NO+3MnO4+4H+=5NO3+3 Mn2+2H2O；(6)n(Na2O2)=0.02mol，根据元素守恒可知1.56g Na2O2完全转化为NaNO2，需要n(NO)=0.04mol。设参加反应的碳为x mol，根据方程式C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O可知生成n(NO2)=4x mol，根据方程式3 NO2+H2O=2HNO3+ NO，可知4x mol NO2与水反应生成x mol硝酸和x molNO；根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O可知硝酸与铜反应生成的NO为x mol，所以有x mol+x mol=2x mol=0.04mol，解得x=0.02mol，则需要的碳的质量为12g/mol0.02mol=0.24g。【点睛】本题易错点为第(3)小题的现象描述，在描述实验现象要全