2022届云南省宾川县第四高三最后一模化学试题含解析

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、下列物质的工业生产过程中，其主要反应不涉及氧化还原反应的是（ ）A生铁B硫酸C烧碱D纯碱2、某溶液中只可能含有K、Mg2、Al3、Br、OH、CO32、SO32中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙

2、色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需进行的实验是()A取样，进行焰色反应B取样，滴加酚酞溶液C取样，加入足量稀HNO3，再滴加AgNO3溶液D取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊溶3、常温下，向20mL 0.1mol/L氨水中滴加一定浓度的稀盐酸，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入盐酸体积的变化如图所示。则下列说法正确的是()A常温下，0.1 mol/L氨水中，c (OH)1105 mol/LBb点代表溶液呈中性Cc点溶液中c(NH4+)c(Cl)Dd点溶液中：c(Cl)c(NH4+)c(OH)c(H+)4、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A溴水中

3、存在Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅B反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，平衡后，升高温度体系颜色变深C用饱和食盐水除去Cl2中的HClD合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件5、下列说法不正确的是（ ）A稳定性：HBrHIHatB酸性：H3PO4H2SO4AsSD表中，元素Pb的金属性最强6、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验操作实验现象结论A向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生B向酸性KMnO4溶液中滴加

4、乙醇溶液褪色乙醇具有还原性C向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解铜可与稀硫酸反应AABBCCDD7、下列物质不属于盐的是ACuCl2BCuSO4CCu2(OH)2CO3DCu(OH)28、环己酮（）在生产生活中有重要的用途，可在酸性溶液中用环己醇间接电解氧化法制备，其原理如图所示。下列说法正确的是Aa 极与电源负极相连Ba 极电极反应式是 2Cr3- 6e- +14OH-= Cr2O72-+7H2OCb 极发生氧化反应D理论上生成 1mol 环己酮时，有 1molH2 生成9、有关物质性质的比较，错误的是A

5、熔点：纯铁 生铁B密度：硝基苯 水C热稳定性：小苏打 苯10、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2.4 g Mg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体，失去的电子数为 B1 mol甲苯分子中所含单键数目为 C的溶液中，由水电离出的H+数目一定是 D、和的混合气体中所含分子数为 11、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质，下列说法正确的是（ ）A它是的同分异构体B它是O3的一种同素异形体C与互为同位素D1 mol分子中含有20 mol电子12、控制变量是科学研究重要方法。由下列实验现象一定能得出相应结论的是选项AB装置图现象右边试管产生气泡较快左边棉球变棕黄色，右边棉球变

6、蓝色结论催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2选项CD装置图现象试管中先出现淡黄色固体，后出现黄色固体试管中液体变浑浊结论Ksp：AgClAgBrAgI非金属性：CSiAABBCCDD13、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A绿色净水消毒剂高铁酸钠有强氧化性，其还原产物水解生成Fe(OH)3胶体B电子货币的使用和推广符合绿色化学发展理念C检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精氧化成硫酸铬(绿色)D自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理14、室温下，分别用0.1000molL1的NaOH标准液滴定浓度均为0.1molL1的三种酸HX、HY、和HZ，滴定曲线如图所示，下列说法

7、错误的是A三种酸的酸性强弱：HXHYHZB等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性C用NaOH标准液滴定HZ溶液时，选用酚酞作指示剂D滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，溶液中存在c（X）Z XY19、 “碳九”是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。“碳九”有两种，分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是A若将“碳九添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭B用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九C均三甲苯（）的二氯代物有5种D异丙苯和对甲乙苯（）互为同系物20、水处理在工业生

8、产和科学实验中意义重大，处理方法很多，其中离子交换法最为简单快捷，如图是净化过程原理。有关说法中正确的是（ ）A经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数未发生变化B通过阳离子交换树脂时，H则被交换到水中C通过净化处理后，水的导电性不变D阳离子树脂填充段存在反应HOH-=H2O21、NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A100g 46的乙醇溶液中，含H-O键的数目为7NABpH=1的H3PO4溶液中，含有0.1NA个H+C0.1mol Fe在足量氧气中燃烧，转移电子数为0.3NAD1L 0.1molL-1的NH4Cl溶液中含有NH4+数目为0.1NA22、模拟侯氏制碱法原理，在CaCl2

9、浓溶液中通入NH3和CO2可制得纳米级材料，装置见图示。下列说法正确的是Aa通入适量的CO2，b通入足量的NH3，纳米材料为Ca(HCO3)2Ba通入足量的NH3，b通入适量的CO2，纳米材料为Ca(HCO3)2Ca通入适量的CO2，b通入足量的NH3，纳米材料为CaCO3Da通入少量的NH3，b通入足量的CO2，纳米材料为CaCO3二、非选择题(共84分)23、（14分）两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的

10、反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（无机试剂及溶剂任选）。24、（12分）如图是部分短周期元素（用字母x等表示）化合价与原子序数的关系图。根据判断出的元素回答问题：（1）h在周期表中的位置是_。（2）比较z、f、g、r常见离子的半径大小（用化学式表示，下同）：_；比较r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性强弱：_；比较d、m的氢化物的沸点：_。（3）x与氢

11、元素能形成多种化合物，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是（写分子式）_，实验室制取该物质的化学方程式为：_。（4）由y、m和氢元素组成一种离子化合物，写出其电子式：_。（5）用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和em溶液，则电解反应的生成物为（写化学式）_。铅蓄电池放电时正极反应式为式）_。25、（12分）为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a的名称_。（2）A是实验室中制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：_。（3）填写如表中的空白。装置

12、序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液_D_（4）写出C中发生反应的化学方程式：_。（5）F中得到气体的检验方法_。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加23滴_作指示剂，然后用0.2000molL-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为_。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.2000molL-1HCl溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度11.

13、0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为_。26、（10分）工业纯碱中常常含有NaCl、等杂质。为测定某工业纯碱的纯度。设计了如图实验装置。依据实验设计，请回答：（1）仪器D的名称是_；装置D的作用是_。（2）若不考虑操作、药品及其用量等方面的影响，该实验测得结果会_（填“偏高”、“偏低”，“无影响”）。27、（12分）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_

14、，理由是_。(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”）28、（14分）以乙烯为原料，在一定条件下可以转化为A、B、C，最后合成有机化合物D，转化关系如下图所示：请回答：（1）写出有机物B的官能团名称：_。（2）写出CH3=CH2A化学方程式：_。（3）有机化合物D的相对分子质量为：_。29、（10分）某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液

15、的反应。(1)甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是_。(2)乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。 针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN（其中硫元素的化合价为-2价）中的一种或两种。实验过程如下：请回答：. 根据白色沉淀B是_（填化学式），判断沉淀A中一定存在CuSCN。. 仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：_。. 向滤液中加入a溶液后无明显

16、现象，说明A不含CuCl，则a是_（填化学式）。根据以上实验，证明A仅为CuSCN。 进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整：_Cu2+ + _SCN= _CuSCN + _ (SCN)2 结合上述过程以及Fe(SCN)3 Fe3+ + 3SCN的平衡，分析(2)中溶液红色褪去的原因：_。(3)已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入(1)所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是_。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、D【解析】凡是有化合价发生变化的反应均是氧化还原反应，据此分析。【详

17、解】A. 冶炼铁，发生的反应为Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，Fe、C元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，A项错误；B. 硫酸工业中存在SSO2SO3的转化，S、O元素化合价发生变化，为氧化还原反应，不符合题意，B项错误；C. 工业制取烧碱涉及的反应为：2NaCl+2H2OCl2+H2+2NaOH，该反应中H、Cl元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C项错误；D. 氨碱法生产纯碱涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，这几个方程式中都没有电子的转移，所以不涉及氧化还原反应，D项正确；答案选D。【点睛

18、】工业制取纯碱（利用侯氏制碱法），先将氨气通入饱和食盐水中，再通入二氧化碳气体，NaHCO3的溶解度最小，会结晶析出，发生反应：NaCl + NH3 + CO2 + H2O=NaHCO3+NH4Cl，这是制纯碱的关键步走，然后过滤，洗涤，烘干，得到碳酸氢钠固体，然后再加热分解得带碳酸钠，发生反应2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，这是学生们的易忘点。2、D【解析】向溶液中滴加足量氯水后,溶液变橙色,说明溶液中含有Br，且有气泡冒出,说明溶液中含离子CO32或SO32；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32，那么一定含有：CO32，一定不能含有与碳酸根生成沉

19、淀的离子：Mg2、Al3，通过以上分析，根据电中性原理，能证明K存在，所以无法判断氢氧根离子的存在与否，可以取样，加入足量BaCl2溶液，再滴加紫色石蕊试液看是否变红来检验。故选D。【点睛】向溶液中滴加足量氯水后，溶液变橙色，说明溶液中含有Br-，且有无色气泡冒出，说明溶液中含离子CO32-或SO32-离子，那么与其混合生成沉淀的不能存在；向所得橙色溶液中加入足量BaCl2溶液，无沉淀生成，说明不含SO32-，据此进行解答。3、B【解析】A、由图可知，常温下，0.1mol/L的氨水溶液中c（H+）1011mol/L，则c （OH）1103mol/L，故A错误；B、b点为NH4Cl和NH3H2O

20、的混合溶液，溶液中NH4+促进水的电离程度和H+抑制程度相等，所以水电离的氢离子浓度为107mol/L，溶液呈中性，故B正确；C、c点溶液为NH4Cl溶液，呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以c点溶液中c（NH4+）c（Cl），故C错误；D、d点溶液为NH4Cl和HCl的混合溶液，溶液呈酸性，c（H+）c（OH），电荷关系为c（NH4+）+c（H+）c（OH）+c（Cl），所以d点溶液中：c（Cl）c（NH4+）c（H+）c（OH），故D错误；故选：B。4、D【解析】A. 溴水中有下列平衡：Br2+H2O HBr+HBrO，当加入AgN

21、O3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故C不选；C. 增大氯离子的浓度，平衡Cl2+H2O=H+Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D. 合成氨反应是放热反应，升高温度，反应逆向移动，原料的转化率减小，不能通过升高温度提高原料的转化率，故D选；正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理，明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：改变条件时不影响平

22、衡移动的不能用平衡移动原理解释。5、A【解析】A同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，则非金属性：BrIAt，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HAt HIHBr，故A错误；B同周期元素从左到右元素的非金属性之间增强，则非金属性：ClSP，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H3PO4H2SO4 Ge Si 。则原子半径：SnAsS，故C正确；D同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故表中元素Pb的金属性最强，故D正确；答案选A。【点睛】注意元素周期表中金属性非金属性变化规律：（1）同主族元素从上到下元

23、素的非金属性逐渐降低，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；（2）同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。6、B【解析】A.单质C和浓硝酸加热生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钙反应，抑制了二氧化碳和氢氧化钙的反应，所以石灰水不变浑浊，A错误；B.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇，溶液褪色，说明酸性高锰酸钾溶液被乙醇还原，乙醇体现了还原性，B正确；C.溴水和苯不反应，但是苯能萃取溴水中的溴单质，由于苯与水互不相溶，因此看到分层现象，下层的水层几乎无色，这种现象为萃取，并没有发

24、生化学反应，C错误；D.向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸，发生反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，因此看到铜逐渐溶解，不是Cu与硫酸反应，D错误；故合理选项是B。7、D【解析】A. CuCl2是铜离子和氯离子组成的化合物，属于盐，A不选；B. CuSO4是硫酸根离子和铜离子组成的化合物，属于盐，B不选；C. Cu2(OH)2CO3为碱式碳酸铜，属于盐，C不选；D. Cu(OH)2为氢氧化铜，在溶液中能部分电离出铜离子和氢氧根离子，属于碱，D选；答案选D。8、D【解析】根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3-

25、 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应生成氢气，结合转移电子数相等计算，据此分析解答。【详解】A. 根据原理图可知，a极为电解池的阳极，则与电源正极相连，故A错误；B. 根据原理图可知，a极为电解池的阳极，Cr3失电子发生氧化反应，电极反应式是2Cr3- 6e- +7H2O= Cr2O72-+14H+，故B错误；C. b极为阴极，氢离子得电子发生还原反应，故C错误；D. 理论上由环己醇(C6H12O)生成1mol环己酮(C6H10O)，转移2mol电子，根据电子守恒可知，阴极有1mol氢气放出，故D正确；故选D。9、D【解析】A生铁是合金，熔点小

26、于纯铁的熔点，故熔点为纯铁生铁，选项A正确；B水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水硝基苯，选项B正确；C碳酸氢钠不稳定受热分解生成碳酸钠，所以热稳定性：NaHCO3Na2CO3，选项C正确；D苯中碳碳键介于单键和双键之间，碳碳键键长：乙烯苯，选项D错误。答案选D。【点睛】本题考查元素及其对应单质、化合物的性质的递变规律，侧重于熔点、热稳定性、密度等性质的考查，题目难度不大，注意把握性质比较的角度以及规律，易错点为选项D：苯中不含有碳碳双键 ，碳碳键介于单键和双键之间。10、D【解析】本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。【详解】A.

27、2.4g Mg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1 mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；答案：D11、B【解析】A与的分子式相同，不属于同分异构体，故A错误；B与O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C同位素研究的对象为原子，与属于分子，不属于同位素关系，故C错误；D1 mol分子中含有16mol电子，故D错误；故选B

28、。12、A【解析】两只试管中滴加的溶液的唯一区别就是左边加入的Cu2+，右边加入的是Fe3+，所以右边反应较快，能说明催化活性：Fe3+Cu2+，选项A正确。选项B中的实验，氯气通入溴化钠溶液变为棕色，通入淀粉碘化钾溶液变为蓝色，能证明氯气的氧化性强于溴单质也强于碘单质，但是不能证明氧化性：Br2I2，选项B错误。向氯化银悬浊液中加入少量溴化钠溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，说明氯化银转化为溴化银，即Ksp：AgClAgBr；再加入少量的碘化钠，出现黄色沉淀，应该是将上一步剩余的氯化银转化为碘化银沉淀，所以证明Ksp：AgClAgI，但是不能得到Ksp：AgBrAgI，选项C错误。盐酸和碳酸钠

29、反应生成二氧化碳气体，考虑到盐酸的挥发性，生成的二氧化碳气体中一定会有HCl，所以硅酸钠溶液中有浑浊，也可能是HCl和硅酸钠反应的结果，不能证明一定是碳酸强于硅酸，进而不能证明非金属性强弱，选项D错误。13、C【解析】A、高铁酸钾中铁元素的化合价为+6价，处于较高价态，因此具有强氧化性，具有杀菌消毒作用，而高铁酸根离子水解产生的Fe(OH)3胶体又具有吸附水中杂质的作用，选项A正确；B、电子货币的使用和推广，减少纸张的使用，符合绿色化学发展理念，选项B正确；C、检查酒驾时，三氧化铬(橙红色)被酒精还原成硫酸铬(绿色)，选项C错误；D、自行车镀锌辐条破损后仍能抗腐蚀，是利用了原电池反应原理，锌为

30、负极，保持辐条，选项D正确。答案选C。14、D【解析】A.酸越弱，酸的电离程度越小，等浓度的酸的pH越大，由图可知，三种酸的酸性强弱：HXHYHZ，选项A正确；B. 由图可知，NaOH标准液滴定HY溶液中和百分数达50%时得等浓度、等体积的HY溶液和NaY溶液混合，混合液显酸性，选项B正确； C. 用NaOH标准液滴定HZ溶液时，完全中和生成强碱弱酸盐，溶液呈碱性，可选用酚酞作指示剂，选项C正确； D. 滴定HX的曲线中，当中和百分数为50%时，得到等浓度、等体积的HX溶液和NaX溶液混合，溶液呈酸性，根据电荷守恒c（X）+ c（OH）=c（Na+）+ c（H+），则存在c（X）c（Na+），

31、选项D错误。答案选D。15、B【解析】A项、溶液中H+与KHSO3反应，不能大量共存，故A不选；B项、0.1molL1H2SO4溶液中该组离子之间不反应，能大量共存，故B正确；C项、ClO-具有强氧化性，碱性条件下会将Na2SO3氧化，不能大量共存，故C不选；D项、NH4+和HCO3-会与Ba（OH）2反应，不能大量共存，故D不选。故选B。【点睛】本题考查离子共存，侧重分析与应用能力的考查，注意复分解反应、氧化还原反应的判断，把握习题中的信息及离子之间的反应为解答的关键。16、D【解析】AP是15号元素，31 g 白磷中含有的电子数是15NA，故A错误；B标准状况下，C8H10是液态，无法用气

32、体摩尔体积计算物质的量，故B错误；C1L 0.1molL-1的乙酸溶液中，水也含有氧原子，含有的氧原子数大于 0.2NA，故C错误；D5.6g Fe 与足量 I2 反应，FeI2=FeI2，Fe 失去 0.2NA个电子，故D正确；故选D。17、A【解析】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去

33、尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。18、C【解析】元素X、Y、Z、W为短周期且原子序数依次增大，电解Z与W形成的化合物的水溶液，产生W元素的气体单质，此气体同冷烧碱溶液作用，可得到化合物ZWX的溶液，可推出W元素为氯元素（Cl），Z元素为钠（Na），X元素为氧（O），Y与W同族，可推出Y元素为氟（F）。【详解】A. 最简单氢化物的稳定性与元素的非金属性有关，非金属性越强，最简单气态氢化物的稳定性越稳定，根据分析，Y元素为氟，W元素为氯，非金属性FCl，氢化物稳定性HFHCl，故A错误；B. Z元素为钠，钠与氧形成Na2O2既有离子键又有共价键，故B

34、错误；C. 钠与氟形成氟化钠，属于强碱弱酸盐，F-会发生水解，F-+H2OHF+OH-，水溶液呈碱性，故C正确；D. 对应的简单离子分别为O2-、F-、Na+、Cl-，可知O2-、F-、Na+电子层结构相同，原子序数越大半径越小，离子半径：O2-F-Na+，又因为Cl-有三个电子层，故Cl-半径最大，因此半径大小为：Cl-O2-F-Na+，故D错误；故选C。【点睛】本题考查位置结构性质的关系及应用，难度中等，推断元素是解题关键。19、D【解析】A. 由于碳九中碳原子个数比汽油的多，所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成“积碳”，故A正确；B. 裂解碳九中含有烯烃，能与溴水发生加成反应而使其

35、褪色，故B正确；C. 均三甲苯的二氯代物中，两个氯原子在同一个碳原子上的有1种：，在不同碳原子上的有4种：、，共有5种，故C正确；D. 异丙苯与对甲己苯分子式相同，不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2原子团的要求，故D错误；故答案为D。【点睛】有机物二元取代物的种数确定，应采用“定一移二”的方法，即先固定一个取代基的位置，再移动另一个取代基，以确定同分异构体的数目。20、B【解析】从图中可以看出，在阳离子交换柱段，自来水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，Ca2+、Na+、Mg2+进入阳离子交换树脂中，树脂中的H+进入水中；在阴离子交换柱段，NO3-、Cl

36、-、SO42-进入阴离子交换树脂中，树脂中的OH-进入水中，与水中的H+反应生成H2O。【详解】A经过阳离子交换树脂后，依据电荷守恒，水中阳离子的总数增多，A不正确；B通过阳离子交换树脂时，水中的Ca2+、Na+、Mg2+与阳离子交换树脂中的H+发生交换，H则被交换到水中，B正确；C通过净化处理后，水的导电性减弱，C不正确；D阴离子树脂填充段存在反应HOH-=H2O，D不正确；故选B。21、A【解析】A.100g 46的乙醇溶液有46g（1mol）CH3CH2OH和54g（3mol）H2O，每分子乙醇中含有1个O-H键，则1molCH3CH2OH含H-O键的数目为NA，每分子水中含有2个O-H

37、键，则3molH2O含H-O键的数目为6NA，合计含H-O键的数目为7NA，A正确；B.pH=1，则c(H+)=0.1mol/L，但溶液的体积不知道，无法求氢离子的个数，B错误；C.0.1mol Fe在足量氧气中燃烧得到Fe3O4，铁元素由0价变为+价，因而转移电子数为0.1molNA0.27NA，C错误；D.铵根水解方程式为NH4+H2ONH3H2O+H+，若氯化铵中铵根不水解，则易算出溶液中含有NH4+数目为0.1NA，但铵根部分水解，数目减少，因而实际溶液中含有NH4+数目小于0.1NA，D错误。故答案选A。【点睛】对于部分溶液中的某些离子或原子团会发生水解：如Al2(SO4)3 中的A

38、l3、Na2CO3 中的CO32，例如1 L 0.5 mol/L Na2CO3溶液中含有的CO32数目为0.5NA，该说法是错误的，注意要考虑CO32在水中的发生水解的情况。22、C【解析】由于氨气极易溶于水，则a处通入CO2，b处通入氨气。氨气溶于水显碱性，所以在氨气过量的条件下最终得到的是碳酸钙；答案选C。二、非选择题(共84分)23、 (CH3CO)2OCH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)

39、2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，

40、其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。24、第三周期第A族S2-O2-Mg2+Al3+HClO4H2SO4

41、HFHClC2H2CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2NaOH、H2、Cl2PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4【解析】根据元素的化合价与原子序数的关系图可知，x、y、z、d为第二周期元素，e、f、g、h、w、r、m为第三周期元素，则e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为S元素、m为Cl元素；z、d只有负价，没有正价，z为O元素、d为F元素，则x为C元素、y为N元素。结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，x为C元素、y为N元素、z为O元素、d为F元素、e为Na元素、f为Mg元素、g为Al元素、h为Si元素、w为P元素、r为

42、S元素、m为Cl元素。(1)h为Si元素，在周期表中位于第三周期第A族，故答案为第三周期第A族；(2)一般而言，电子层数越多，半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则z、f、g、r常见离子的半径大小为S2-O2-Mg2+Al3+；非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，r、m的最高价氧化物对应水化物的酸性HClO4H2SO4；HF分子间能够形成氢键，沸点较高，d、m的氢化物的沸点HFHCl，故答案为S2-；O2-；Mg2+；Al3+；HClO4；H2SO4；HF；HCl；(3)x与氢元素能形成的化合物为烃类，其中既含极性键又含非极性键，且相对分子质量最小的物质是乙炔，实验室用

43、电石与水反应制取乙炔，反应的化学方程式为CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2，故答案为C2 H2；CaC2 + 2H2OCHCH+ Ca(OH)2；(4)由y、m和氢元素组成一种离子化合物为氯化铵，氯化铵属于离子化合物，铵根离子中存在共价键，电子式为，故答案为；(5)用铅蓄电池作电源，惰性电极电解饱和NaCl溶液，反应的方程式为2NaCl2H2O2NaOHH2Cl2；铅蓄电池放电时，PbO2为正极，电极反应式为PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4，故答案为NaOH、H2、Cl2；PbO2+4H+SO42-2e-=2H2O+PbSO4。25、分液漏斗CaCO3+2H

44、+=Ca2+H2O+CO2除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【解析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【详解】（1）a的名称分

45、液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：Na2

46、O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3

47、)=1/2n(HCl)=1/20.2000molL0.03L=0.003mol，m(Na2CO3)= 0.003mol106gmol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；26、干燥管 防止空气中的、进入U形管，干扰碳酸钠含量测定 偏低 【解析】工业纯碱与过量稀硫酸反应放出CO2，测定生成的CO2质量可计算样品纯度。【详解】（1）图中仪器D为干燥管，其中盛放碱石灰可防止装置C中的碱石灰吸收空气中的CO2和H2O，影响测定结果。（2）装置A中生成的CO2会部分残留在装置A、B中，使装置C测得的CO2质量偏小

48、，进而计算得到的纯度偏低。【点睛】进行误差分析，首先要明确测定原理，再分析装置、试剂、操作等对测定数据的影响，利用计算公式得出结论。27、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)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

49、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