2022届浙江省温州东瓯高三冲刺模拟化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答

2、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、由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙Ca(NO3)Cl。则下列化合物中属于混盐的是（ ）ACaOCl2B(NH4)2Fe(SO4)2CBiONO3DK3Fe(CN)62、Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)22H2O=N2H4Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A中子数为8的氧原子：OBN2H4的结构式：CMg2的结构示意图：DH2O的电子式：3、以下说法正确的是（ ）A共价化合物内部可能有极性键和非极性键B原子或离子间相互的吸引力叫化学键C非金属元素间只能形成共价键D金属

3、元素与非金属元素的原子间只能形成离子键4、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化物是中强碱5、厉害了，我的国展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极

4、保护法C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料6、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A分子中两个苯环一定处于同一平面B不能与饱和Na2CO3溶液反应C1 mol化合物X最多能与2 molNaOH反应D在酸性条件下水解，水解产物只有一种7、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKM

5、nO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD8、为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）ANa2CO3溶液中存在水解平衡：CO32

6、-+H2OHCO3-+OH-B对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-9、金属钠与水反应：2Na+2H2O2Na+2OH-+H2，关于该反应过程的叙述错误的是（）A生成了离子键B破坏了极性共价键C破坏了金属键D形成非极性共价键10、化学与人类生活密切相关。下列说法正确的是A矿物油和植物油都可以通过石油分馏来获取B硫酸亚铁可作补血剂组成成分C蛋白质的水解产物都是-氨基酸D造成PM2.5的直接原因是土壤沙漠化11、室温下，用的溶液滴定 的溶液，水的电离程度随溶液体积的变化曲线

7、如图所示。下列说法正确的是( ) A该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B从点到点，溶液中水的电离程度逐渐增大C点溶液中D点对应的溶液的体积为12、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C化合物AE与CE含有相同类型的化学键D元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应13、将51.2gCu完全溶于适量

8、浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含 NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500mL2mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为（已知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O）（ ）A0.2molB0.4molC0.6molD0.8mol14、室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（ ）加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c（CH3COO）+c（CH3CO

9、OH）=c（Na+）c（SO42）C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）减小AABBCCDD15、给定条件下，下列选项中所示的物质间转化均能一步实现的是（）ASSO2BaSO4BSiO2H2SiO3Na2SiO3（aq）CMgCl26H2OMgCl2MgDN2NO2HNO316、已知：25时，Ka(HA)Ka(HB)。该温度下，用0.100 mol/L盐酸分别滴定浓度均为0. 100 mol/L的NaA溶液和NaB溶液，混合溶液的pH与所加盐酸体积(V)的关系如右图所示。下列说法正确的是A滴定前NaA溶液与NaB溶液的体积相同B25时，Ka

10、(HA)的数量级为l0-11C当pH均为6时，两溶液中水的电离程度相同DP点对应的两溶液中c(A-)+c(HA)Na+，故阴极得到H2B水电离平衡右移，故阴极区得到OH-C失电子能力Cl-OH-，故阳极得到Cl2DOH-向阴极移动，故阳极区滴酚酞不变红19、已知某澄清溶液中含有NH4Fe（SO4）2和另外一种无机化合物,下列有关该溶液的说法正确的是A检验溶液中的铁元素可加入铁氰化钾溶液,看是否有蓝色沉淀产生B溶液中不可能含有Ba2+、I-、HS- ,但可能含有ClO-、NO3-C检验溶液中是否含有C1-,应先加入足量的Ba（NO3）2溶液,再取上层清液依次加入稀硝酸、硝酸银溶液D该澄清溶液显中

11、性或酸性20、下列表述正确的是A22.4LHCl溶于水制得1L盐酸时，其浓度为1 molL-1B1L0.3molL-1的CuCl2溶液中含有Cu2+和Cl-的总物质的量为0.9molC在K2SO4和NaCl的中性混合水溶液中，如果c(Na+)=c(SO42-)，则c(K+)=c(Cl-)D10时，100mLKCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10时，它仍为饱和溶液21、锡为A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点114.5，沸点364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4制备SnI4。下列说法错误的是（ ）A加入碎瓷片的目的是防止暴沸BSnI4可溶于CC

12、l4中C装置的主要作用是吸收挥发的I2D装置中b为泠凝水出水口22、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是 AR在周期表的第15列BY、Q两种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C简单离子的半径:XZMDZ的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M二、非选择题(共84分)23、（14分）W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，其它相关信息见下表。元素相关信息W单质为密度最小的气体X元素最高正价与最低负价之和为0Y某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障Z存在质量数为23，中子数为12的核素根据上述信息，回答下列问题：(l)元素Y

13、在元素周期表中的位置是_；Y和Z的简单离子半径比较，较大的是 _（用离子符号表示）。(2) XY2由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是_；由元素W和Y组成的一种绿色氧化剂的电子式为_。(3)由W、X、Y、Z四种元素组成的一种无机盐，水溶液呈碱性的原因是_（用离子方程式表示）。24、（12分）聚碳酸酯（简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：iR1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OHiiR1CH=CHR2R1CHO + R2CHO （1）A 中含有的官能团名称是_。（2）、的反应类型分别是_、_。 （3）的化学方程式是_。（4）是加成反应，G的核磁共

14、振氢谱有三种峰，G的结构简式是_。 （5）中还有可能生成的有机物是_（写出一种结构简式即可）。（6）的化学方程式是_。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是_。25、（12分）我在故宫修文物这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。（1）查阅高中教材得知铜锈为Cu2(OH)2CO3，俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。参与形成铜绿的物质有Cu和_。（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl。考古学家

15、将铜锈分为无害锈和有害锈，结构如图所示：Cu2(OH)2CO3和Cu2(OH)3Cl分别属于无害锈和有害锈，请解释原因_。（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答： 过程的正极反应物是_。 过程负极的电极反应式是_。（4）青铜器的修复有以下三种方法：柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2CO3的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3；BTA保护法：请回答下列问题：写出碳酸钠法的离子方程式_。三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有_。A在青铜器表面形成一层

16、致密的透明保护膜B替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈C和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”26、（10分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01molL1 KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3molL1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01molL1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01molL1 K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01molL1 K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C

17、2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：_。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II 实验III 实验IV 实验操作实验现象6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72

18、- 浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程iMnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii_。查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL_中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_。波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是_。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与_有关。27、（12分）黄铜矿是工业炼铜的主要原料，其主要成分为CuFeS2，现有一种天然黄铜矿（含少量脉石），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如下实验：

19、现称取研细的黄铜矿样品1.150g，在空气存在下进行煅烧，生成Cu、Fe3O4和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.05mol/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.00mL，末读数如图1所示。完成下列填空：（1）称量样品所用的仪器为_，将样品研细后再反应，其目的是_。（2）装置a的作用是_。上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_。（3）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL。判断滴定已达终点的现象是_。（4）通过计算可知，该黄铜矿的纯度为_。（5）若用图2装置替代上述实验装置d，同样可以达到实验目的的是_。28、（14分）化合物G(二乙酰氨乙酸乙二胺)是可预防和治疗各

20、种原因出血的药物。某化学小组查阅资料后，设计合成路线如下： 回答下列问题：(1)A的化学名称为_，G的分子式为_。(2)的反应类型为_。(3)的化学方程式为_。(4)H是E的同分异物体，H中所有原子均以共价单键相连(结构中可存在“OO”)，H的可能结构有_种，其中核磁共振氢谱只有一组峰的结构简式为_(任写一种)。(5)设计由A、B为起始原料制备聚乙二酸乙二胺的合成路线_。29、（10分）有机物F是合成药物“银屑灵”的中间体，其合成流程如下：回答下列问题：（1）化合物A的名称为_，化合物C中含氧官能团结构简式为_。（2）写出AB的化学方程式：_。（3）DE的反应类型为_，F的分子式为_。（4）写

21、出同时满足下列条件的C的一种同分异构体的结构简式：_。能发生银镜反应能发生水解反应，其水解产物之一能与FeC13溶液发生显色反应分子中核磁共振氢谱为四组峰（5）设计以甲苯、乙醛为起始原料（其它试剂任选），制备的合成路线流程图：_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、A【解析】A.CaOCl2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；C.BiONO3中没有两个酸根阴离子，不是混盐，故C错误；D.K3Fe(CN

22、)6是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是混盐，故D错误；综上所述，答案为A。2、D【解析】A中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：O，故A错误； BN2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故B错误；CMg的结构示意图： ，Mg2的结构示意图为，故C错误；DH2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式：，故D正确；答案选D。【点睛】在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。3、A【解析】A、全部由共价键形成的化合物是共价化合物，则共价化合物内部可能有极

23、性键和非极性键，例如乙酸、乙醇中，A正确；B、相邻原子之间强烈的相互作用是化学键，包括引力和斥力，B不正确；C、非金属元素间既能形成共价键，也能形成离子键，例如氯化铵中含有离子键，C不正确；D、金属元素与非金属元素的原子间大部分形成离子键，但也可以形成共价键，例如氯化铝中含有共价键，D不正确；答案选A。4、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

24、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化镁，是中强碱，故D正确；答案选D。5、D【解析】A高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好

25、的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。6、D【解析】A、连接两个苯环的碳原子，是sp3杂化，三点确定一个平面，两个苯环可能共面，故A错误；B、此有机物中含有羧基，能与Na2CO3反应，故B错误；C、1mol此有机物中含有1mol羧基，需要消耗1mol氢氧化钠，同时还含有1mol的“”这种结构，消耗2mol氢氧化钠，因此1mol此有机物共消耗氢氧化钠3mol，故C错误；D、含有酯基，因此水解时只生成一种产物，故D正确。7、A【解析】ANaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+

26、Cl2Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-Cl-，A正确；B要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。8、C【解析】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；C溶液中出现白色沉淀，白色沉

27、淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；DNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。9、A【解析】化学反应实质是旧的化学键的断裂、新化学键的形成的过程，金属钠中含金属键、水是共价键化合物，生成物氢氧化钠是含有共价键的离子化合物、氢气是分子中含有非极性键的单质分子。【详解】A.形成离子键，而不是生成离子键，故A错误； B.破坏水分子中的极性共价键，故B正确； C.破坏了金属钠中的金属键，故C正确； D.形成氢气分子中氢、氢非极性共价键，故D正确； 故选

28、：A。10、B【解析】A矿物油可以通过石油分馏来获取，植物油是油脂，不能通过石油分馏来获取，选项A错误；B硫酸亚铁可作补血剂组成成分，选项B正确；C天然蛋白质的水解产物都是-氨基酸，选项C错误；D造成PM2.5的直接原因是大气污染物的大量排放，选项D错误；答案选B。11、D【解析】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；B.P点未滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到

29、M点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；D.M点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此

30、二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；故合理选项是D。12、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属

31、于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。13、A【解析】纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu（NO3）2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。51.2gCu共失电子21.6mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电

32、子，所以溶液中n（NaNO2）=0.8mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n（NaNO3）+n（NaNO2）=n（Na+），所以溶液中n（NaNO3）n（Na+）-n（NaNO2）0.5L2mol/L-0.8mol0.2mol，故选A。14、A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO的水解程度变小，故c(CH3COO)大于原来的2倍，则c(CH3COO)/c(Na+

33、)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)c(SO42)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH)

34、变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)c(OH)减小，D正确，答案选A。15、A【解析】A硫单质点燃生成二氧化硫，二氧化硫通入硝酸钡溶液，溶液显酸性，硝酸根氧化二氧化硫为硫酸，结合钡离子生成不溶于水和酸的硫酸钡沉淀，转化关系可以一步实现，A正确；B二氧化硅是酸性氧化物，但不溶于水不能一步生成硅酸，B错误；C氯化镁晶体加热过程中会发生水解得到氢氧化镁，不能生成氯化镁固体，需要在氯化氢气流中加热失去结晶水得到氯化镁固体，C错误；D氮气与氧气放电件下反应生成一氧化

35、氮，不能一步生成二氧化氮气体，D错误；答案选A。16、C【解析】A由题中信息Ka(HA)Ka(HB)可知，相同浓度下A-的水解程度小于B-的水解程度，滴定至P点，滴加等体积的盐酸时两溶液的pH相等，则滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，故A错误；B25时，由题图可知，0.100molL-1NaA溶液的pH=11，则Ka(HA)=，故B错误；C当pH均为6时，溶液中的OH-均由水电离产生且浓度相等，故两溶液中水的电离程度相同，故C正确；D滴定前NaA溶液的体积大于NaB溶液的体积，根据物料守恒得：c(A-)+c(HA)c（B-）+c(HB)，故D错误。故选C。【点睛】滴定图像的分析：(1

36、)抓反应的“起始”点：判断酸、碱的相对强弱；(2)抓反应“一半”点：判断是哪种溶质的等量混合；(3)抓“恰好”反应点：判断生成的溶质成分及溶液的酸碱性；(4)抓溶液的“中性”点：判断溶液中溶质的成分及哪种物质过量或不足；(5)抓反应的“过量”点：判断溶液中的溶质，判断哪种物质过量。17、B【解析】A根据示意图可知，a与c相连后，a电极发生失电子的氧化反应所以作负极，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以a极的电极反应式为：；由于生成H+，所以a极附近的pH下降；A项正确；B根据示意图可知，a与c相连后，c为正极，发生得电子的还原反应，电极反应式应写作：；B项错误；C根据

37、示意图，b与c若相连，b极为正极发生氧气的还原反应，考虑到电解质溶液为pH=3的Li2SO4-H2SO4溶液，所以电极反应式为：；C项正确；D连接a与c后，将太阳能转变成B中的化学能，再连接b，c后，就可将化学能再转变成电能，最终实现了太阳能向电能的转化，D项正确；答案选B。18、D【解析】A. 得电子能力H+Na+，电解饱和食盐水阴极：2H+2e-H2，故A正确；B. 电解饱和食盐水过程中，H+被消耗，促进水的电离，阴极消耗H+同时得到OH-，故B正确；C. 失电子能力Cl-OH-，电解饱和食盐水阳极：2Cl-2e- = Cl2 ，故阳极得到Cl2，故C正确；D. D. 电解池中，阴离子会向

38、阳极移动，而阴极氢离子放电，使整个溶液显碱性，因此阳极区滴酚酞也会变红，故D错误；故选D。19、C【解析】A该溶液中含有 Fe3+，所以检验时应该加入KSCN溶液，看溶液是否显血红色，故A项错误；BClO-与Fe3+发生相互促进的水解反应而不能大量共存，故B项错误；C溶液中含有的SO42-会干扰Cl-的检验，所以先加入足量的Ba(NO3)2溶液将SO42-完全沉淀,再检验Cl-，故C项正确；D铵根和铁离子在溶液中发生水解会使溶液显酸性，故D项错误；故答案为C。20、D【解析】A. 未说明温度和压强，故无法确定22.4LHCl的物质的量，无法计算浓度，A错误；B. 由于铜离子在水溶液中会水解，故

39、1L0.3molL-1的CuCl2溶液中含有Cu2+的物质的量小于0.3mol，Cu2+和Cl-的总物质的量小于0.9mol，B错误；C. 根据电荷守恒，K2SO4和NaCl的混合溶液中，由于溶液呈中性，则，所以，若c(Na+)=c(SO42-)，则，C错误；D. 10时，100mLKCl饱和溶液蒸发掉5g水，冷却到10时，有晶体析出，但溶液仍为饱和溶液，D正确；故答案选D。21、C【解析】A液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故A正确；B根据题干中SnI4的熔沸点，从组成分析可知SnI4与CCl4为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原

40、理”可知SnI4可溶于CCl4中，故B正确；C由题可知：SnI4易水解，所以装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解，故C错误；D冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置中a为泠凝水进水口，b为出水口，故D正确；故选：C。22、C【解析】从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：X

41、ZM，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。二、非选择题(共84分)23、第2周期，VIA族 O2- 分子间作用力 HCO3- + H2OH2CO3 + OH- 【解析】根据题干信息中元素性质分析判断元素的种类；根据元素的种类判断在元素周期表中的位置；根据物质的组成和性质分析该物质的晶体类型，判断微粒间的作用力；根据成键特点书写电子式。【详解】W、X、Y、Z四种元素均为短周期元素，原子序数依次增大，W单质为密度最小的气体，则W为氢元素；X最高正价与最低负价之和为0，则X为第IVA族元素，Y的某种同素异形体是保护地球地表的重要屏障，则Y是氧

42、元素，X是碳元素；Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则Z的质子数为23-12=11，则Z是钠元素。（1）元素氧在元素周期表中的位置是第2周期，VIA族；氧离子和钠离子具有相同的核外电子排布，则核电荷越大半径越小，所以半径较大的是O2-，故答案为：第2周期，VIA族；O2-；（2）CO2晶体为分子晶体，由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是分子间作用力；由元素氢和氧组成的一种绿色氧化剂是双氧水，其电子式为，故答案为：分子间作用力；（3）由氢、碳、氧、钠四种元素组成的一种无机盐为碳酸氢钠，因为水解其水溶液呈碱性离子方程式表示为：，故答案为：HCO3- + H2OH2CO3 + OH-，故答案

43、为：HCO3- + H2OH2CO3 + OH-。24、碳碳双键 氧化反应 加成反应 CH3CH=CH2 、 【解析】A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由

44、信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应； （3）反应是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2； （5）反应中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等

45、；（6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。

46、本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。25、O2、H2O、CO2 碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀 氧气（H2O） Cu-e-+Cl-=CuCl 4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl- ABC 【解析】（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，Cu

47、2(OH)3Cl为疏松结构；（3）正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气，Cu作负极；（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无害锈。【详解】（1）铜锈为Cu2(OH)2CO3，由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和O2、H2O、CO2；（2）结合图像可知，Cu2(OH)2CO3为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。Cu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；（3）结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程的正极反应物是氧气

48、，电极反应式为O2+4e-+2H2O=4OH-；结合图像可知，过程中Cu作负极，电极反应式是Cu-e-+Cl-=CuCl；（4）碳酸钠法中，Na2CO3的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2(OH)2CO3，离子方程式为4CuCl+O2+2H2O+2CO32-=2Cu2(OH)2CO3+4Cl-；A在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜，能保护内部金属铜，这能使BTA保护法应用更为普遍，故A正确；BCu2(OH)3Cl为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈。替换出锈层中的Cl-，能够高效的除去有害锈，这能使BTA保护法应用更为普遍，故B正确；C酸浸法会破坏无害锈Cu2

49、(OH)2CO3，BTA保护法不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做到“修旧如旧”，这能使BTA保护法应用更为普遍，故C正确；答案选ABC。26、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4）

50、，6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂 【解析】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；由实验结论出发即可快速解题；由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+

51、 、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程iMnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程iiMn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；将0.0001molMnO2加入到6mL 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固

52、体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-，MnO4-显紫色；设计实验方案证实过程ii成立，由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可，即实验方案是2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅；（5）综合以上实验可知，变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催

53、化剂，则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。27、电子天平 提高反应速率，促使黄铜矿充分反应 除去空气中的水蒸气，便于观察空气流速 把装置中的二氧化硫气体赶出装置并全部吸收 20.00 溶液由无色变成蓝色，并半分钟内不褪色 80 【解析】（1）根据称量黄铜矿样品1.150g，选择精确度较高的仪器；将样品研细，增大了接触面积；（2）浓硫酸可以将水除去，还可以根据冒出气泡的速率来调节空气流速；(3)反应产生的二氧化硫应该尽可能的被d装置吸收；（4）根据滴定管的读数方法读出消耗碘溶液的体积，根据反应结束时的颜色变化判断滴定终点；（5）先找出黄铜矿和二氧化硫及碘单质的关系式CuFeS22SO22I2，再根据题中数据进行计算；（6）图2中的中通入二氧化硫，反应生成了硫酸钡沉淀，可以根据硫酸钡的质量计算二氧化硫的量。【详解】（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；提高反应速率，并使黄铜矿充分反应；（2）装置a中的浓硫酸可