2022届重庆大学城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注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是()A铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.021021C反

2、应3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小2、下列化学用语或命名正确的是A过氧化氢的结构式：H-O-O-HB乙烯的结构简式：CH2CH2C含有8个中子的氧原子：DNH4Cl的电子式：3、下列过程仅克服离子键的是（ ）ANaHSO4溶于水BHCl溶于水C氯化钠熔化D碘升华4、为增强铝的耐腐蚀性,现以铅蓄电池为外电源,以Al作阳极、Pb作阴极,电解稀硫酸,使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下:电池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)

3、电解池:2Al+3H2OAl2O3+3H2电解过程中,以下判断正确的是( )电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极:PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O阳极:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DAABBCCDD5、在25时，向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的HC1溶液。滴定过程中，溶液的pOHpOH=lgc(OH-)与滴入HCl溶液体积的关系如图所示，则下列说法中正确的是A图中点所示溶液的导电能力弱于点B点处水电离出的c(H+)=110-8molL-1C图中点所示溶液中，c(C1-)c(NH4+)c(

4、OH-)c(H+)D25时氨水的Kb约为510-5.6mo1L-16、离子化合物O2PtF6的阴离子为PtF6，可以通过反应 O2PtF6O2PtF6得到。则AO2PtF6中只含离子键BO2PtF6中氧元素化合价为+1C反应中O2是氧化剂，PtF6是还原剂D每生成1molO2PtF6 转移1mol电子7、常温下，向20.00mL0.1000molL-1的醋酸溶液中逐滴加入0.1000molL-1的NaOH溶液，pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法不正确的是（ ）A在滴定过程中，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)BpH=5时，c(CH3COO-)c(Na+)c

5、(H+)c(OH-)CpH=7时，消耗NaOH溶液的体积小于20.00mLD在滴定过程中，随NaOH溶液滴加c(CH3COO-)持续增大8、实验小组从富含NaBr的工业废水中提取Br2的过程主要包括：氧化、萃取、分液、蒸馏等步骤。已知：可能用到的数据信息和装置如下。下列说法错误的是A实验时，的废水中出现红色B的作用是吸收尾气，防止空气污染C用进行萃取时，选择CCl4比乙苯更合理D中温度计水银球低于支管过多，导致Br2的产率低9、下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的原因的是A铜久置空气中表面出现绿色固体：2CuO2CO2H2OCu2(OH)2CO3B某种火箭发射阶段有少量N2O4，逸出，

6、产生红色气体：N2O42NO2CFeSO47H2O在空气中久置变黄：2FeSO47H2OFe2O3SO2SO314H2ODSO2通入KMnO4溶液中，溶液紫色逐渐褪去：5SO22KMnO42H2OK2SO42MnSO4十2H2SO410、Fe3O4中含有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-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）APd作正极BFe（）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（）氧化为N2D用该法处理后水体的pH降低11、目前中国已经通过自主创新成功研发出第一台锌溴液流储能系统，实现了锌溴电池的

7、隔膜、极板、电解液等关键材料自主生产。锌溴电池的原理装置图如图所示，下列说法错误的是( )A充电时电极石墨棒A连接电源的正极B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区C放电时负极反应为2Br-2e-=Br2D放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大12、下列由实验操作及现象得出的结论正确的是操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka(HCOOH)和Ka2(H2S)的大小B向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入硅酸钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸碳酸硅酸DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到1

8、70，制得气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色AABBCCDD13、在混合导体透氧膜反应器中一步同时制备氨合成气(N2、H2)和液体燃料合成气(CO、H2)，其工作原理如图所示，下列说法错误的是A膜I侧反应为： H2O+2e-=H2+O2- O2+4e-=2O2-B膜II侧相当于原电池的负极C膜II侧发生的反应为：CH4+O2-2e-=2H2+COD膜II侧每消耗1molCH4，膜I侧一定生成1mol H214、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4H+HMO4-，HMO4-H+MO42-。常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4溶液中滴

9、入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A该氢氧化钠溶液pH=12B图像中F点对应的溶液中c(OH-)c(HMO4-)C滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)15、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是AFeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+BNa2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2C氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2ODNa2CO3溶液处理水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO

10、4216、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Z元素在地壳中含量最高。Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐。常温下，X的单质为气体。下列说法正确的是（ ）A简单阴离子的还原性：XYB原子半径：WZYXCZ与W形成的化合物中只含有离子键D简单氢化物的沸点：YZ二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：XYZW请回答以下问题：（1）W在周期表中位置_；（2）X和氢能够构成+1价阳离子，其电子式是_，Y的气态氢

11、化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是_；（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M的晶体类型为_，M的水溶液显酸性的缘故是_(用离子方程式表示)。（4）Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是_。在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_。18、A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+2ROH+回答下列问题：（1） B的分子式是_ 。若D为单取代芳香族化合

12、物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子， D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为_。（2） C中含有的官能团名称是_。的反应类型是_。（3）据报道，反应在微波辐射下，以NaHSO4H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：_。（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：_。i .含有苯环和结构 ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）_种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机

13、试剂制备的合成流程图：_。合成流程图示例如下：19、亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NOCu_，_。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。装置的作用为_，若无该装置，中NOCl可能发生反应的化学

14、方程式为_。乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是_。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红色固体)亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_(用代

15、数式表示即可)。若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_(偏高、偏低、无影响)20、二苯甲酮广泛应用于药物合成，同时也是有机颜料、杀虫剂等的重要中间体。实验室以苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮的实验流程如下图所示：相关物理常数和物理性质如下表：名称相对分子质量密度/gcm-3熔点/oC沸点/oC溶解性苯780.885.580.1难溶水，易溶乙醇苯甲酰氯140.51.221197遇水分解无水氯化铝133.52.44190178（升华）遇水水解，微溶苯二苯甲酮1821.1148.5305（常压）难溶水，易溶苯已知：反应原理为：。该反应剧烈放热。回答下列问

16、题：（1）反应装置如图所示（加热和夹持装置已略去），迅速称取7.5 g无水三氯化铝放入三颈瓶中，再加入30 mL无水苯，搅拌，缓慢滴加6 mL新蒸馏过的苯甲酰氯。反应液由无色变为黄色，三氯化铝逐渐溶解。混合完后，保持50左右反应1.52 h。仪器A的名称为_。装置B的作用为_。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是_。能作为C中装置的是_（填标号）。（2）操作X为_。（3）NaOH溶液洗涤的目的是_。（4）粗产品先经常压蒸馏除去_，再减压蒸馏得到产品。（5）当所测产品熔点为_时可确定产品为纯品。已知实验最终所得纯品8.0 g，则实验产率为_ %（保留三位有效数字）。21、自20世纪80年代以来建立起的沼气发

17、酵池，其生产的沼气用作燃料，残渣（沼渣）中除含有丰富的氮、磷、钾等常量元素外，还含有对作物生长起重要作用的硼、铜、铁、锌、锰、铬等微量元素，是一种非常好的有机肥。请回答下列问题：(1)现代化学中，常利用_上的特征谱线来鉴定元素。(2)下列微粒基态的电子排布中未成对电子数由多到少的顺序是_（填字母）。a.Mn2+ B.Fe2+ C.Cu D.Cr(3)P4易溶于CS2，难溶于水的原因是_。(4)铜离子易与氨水反应形成Cu(NH3)42+配离子。Cu(NH3)42+中提供孤电子对的成键原子是_。研究发现NF3与NH3的空间构型相同，而NF3却难以与Cu2+形成配离子，其原因是_。(5)某晶胞中各原

18、子的相对位置可用如图所示的坐标系表示：在铁(Fe)的一种立方晶系的晶体结构中，已知2个Fe原子坐标是(0，0，0)及(，)，且根据均摊法知每个晶胞中有2个Fe原子。根据以上信息，推断该晶体中原子的堆积方式是_，已知晶体的密度为gcm-3，Fe的摩尔质量是M gmol-1，阿伏加德罗常数为NA，晶体中距离最近的两个铁原子之间的距离为_ pm（用代数式表示）。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；B. 0.01 mol Cl2通入足量水中发生

19、的反应为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.021021，B项错误；C. 反应3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)中S0，因在常温下不能自发进行，则G=H-TS0，那么H必大于0，C项正确；D. CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选C。2、A【解析】A过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是HOOH，故A正确；B乙烯

20、含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C表示质量数为18的氧原子，含有10个中子，故C错误；DNH4Cl的电子式为：，故D错误；故答案选A。3、C【解析】A. NaHSO4溶于水，电离生成Na+、H+和SO42-，既破坏了离子键又破坏了共价键，故A错误；B. HCl为分子晶体，气体溶于水克服共价键，故B错误；C. NaCl加热熔化电离生成Na+和Cl-，只破坏了离子键，故C正确；D. 碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查化学键知识，题目难度不大，注意共价键、离子键以及分子间作用力的区别。4、D【解析】A原电池中，溶液中氢离子

21、向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B根据电子守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成1molAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，则正极：PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；答案：D【点睛】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等。5、D【解析】A.向50.00mL未知浓度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的H

22、C1，盐酸和氨水恰好完全反应生成氯化铵和水，氯化铵中铵根水解显酸性，因而（pH=7）时，氨水稍过量，即反应未完全进行，从到，氨水的量减少，氯化铵的量变多，又溶液导电能力与溶液中离子浓度呈正比，氯化铵为强电解质，完全电离，得到的离子（铵根的水解不影响）多于氨水电离出的离子（氨水为弱碱，少部分NH3H2O发生电离），因而图中点所示溶液的导电能力强于点，A错误；B.观察图像曲线变化趋势，可推知为盐酸和氨水恰好完全反应的点，得到氯化铵溶液，盐类的水解促进水的电离，因而溶液pOH=8，则c溶液(OH-)=10-8mol/L，c水(OH-)= c水(H+)=Kw/ c溶液(OH-)=10-6mol/L，B

23、错误；C.点盐酸的量是点的一半，为恰好完全反应的点，因而易算出点溶液溶质为等量的NH3H2O和NH4Cl，可知电荷守恒为c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)，又pOH=4,说明溶液显碱性，则c(OH-) c(H+)，那么c(NH4+) c(Cl-)，C错误；D.V(HCl)=0时，可知氨水的pOH=2.8，则c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3H2ONH4+OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8mol/L，点盐酸和氨水恰好反应，因而c(NH3H2O)=200.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH故答案选D。6、D【

24、解析】A化合物中的阴离子和阳离子是原子团，其中都存在共价键，A错误； B中氧元素的化合价是价，B错误； C根据化合价的升降可知，是还原剂，是氧化剂，C错误； D，PtF6，所以氧化还原反应中转移电子总数为，D正确。 答案选D。7、D【解析】A反应后的溶液一定满足电荷守恒，根据电荷守恒分析；BpH5时，溶液呈酸性，则c(H)c(OH)，结合电荷守恒判断；C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL；D由于CH3COOH的物质的量是定值，故c(CH3COO-)不可能持续增大。【详解】A在反应过程中，一定满足

25、电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，故A正确；BpH5的溶液呈酸性，则c(H+)c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(CH3COO-)c(Na+)，则溶液中离子浓度的大小为：c(CH3COO-)c(Na+)c(H+)c(OH-)，故B正确；C如果消耗NaOH溶液的体积20.00mL，两者恰好完全反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，若为中性，则加入的氢氧化钠溶液体积小于20.00mL，故C正确；D由于CH3COOH的物质的量是定值，故随NaOH溶液滴加，溶液体积的增大，c(CH3COO-)不可能持续增大，故D错误；故答案选D。【点睛】本题明确各点对应溶质组成为解答关键，

26、注意应用电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理判断离子浓度的大小。8、C【解析】A. 中发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，反应产生了红棕色的Br2单质，因此实验时，的废水由无色变为红色，A正确；B. 中盛有NaOH溶液，NaOH是碱，可以与Cl2、Br2发生反应，变为可溶性的物质，因此可以防止空气污染，B正确；C. 根据表格数据可知乙苯的沸点比CCl4的沸点高，与液溴的沸点差别大，所以选择乙苯比CCl4更合理，更有利于后续的蒸馏作用，C错误；D. 蒸馏时温度计是测量馏分的温度，若温度计水银球低于支管过多，导致蒸馏时支管口温度低于Br2的沸点，使Br2的产率低，D正确；故合理选项是C。9、

27、C【解析】A、铜表面生成的绿色固体为碱式碳酸铜，故A项正确；B、N2O4逸出时，压强减小，有利于生成NO2，故B项正确；C、FeSO47H2O在空气中久置时，Fe2被氧化为Fe3，反应方程式为20FeSO47H2O5O2=4Fe4（OH）2（SO4）52Fe2O3136H2O，故C项错误；D、SO2通人KMnO4溶液中，紫色MnO4被还原为几乎无色的Mn2，故D项正确。故选C。10、B【解析】A从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成H+，所以Pd作负极，故A错误；BFe（）失去电子转化为Fe（），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（）得到，Fe（）转化为Fe（），所以Fe（）与

28、Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C反应过程中NO2-被Fe（）还原为N2，故C错误；D总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；故选B。11、C【解析】放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2eZn2，正极反应式为：Br2+2e=2Br，充电时，阳极反应式为2Br-2e=Br2、阴极反应式为Zn2+2e=Zn。【详解】A充电时电极石墨棒A连接电源的正极，反应式为2Br-2e=Br2，故A正确；B放电过程中阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，故B正确；C放电时，Zn是负极，负极反应式为：Zn-2eZn2，故C错误

29、；D正极反应式为：Br2+2e=2Br，阴离子通过隔膜从正极区移向负极区，放电时右侧电解质储罐中的离子总浓度增大，故D正确；故选C。12、A【解析】A.酸的电离平衡常数越大，其酸根离子水解程度越小，则其相应的钾盐pH越小，所以测定等物质的量浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小，故A正确；B.向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，原溶液中可能含有铁离子，无法据此判断原溶液中是否含有亚铁离子，故B错误；C.盐酸易挥发，产生的气体中混有HCl，HCl与硅酸钠反应也产生白色沉淀，则该实验不能比较碳酸与硅酸酸性的强弱，故C错误；D.C2H5OH与浓硫酸混合后

30、加热到170，制取的乙烯气体中混有乙醇、SO2等，乙醇、SO2都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能说明一定是乙烯使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误。故选A。13、D【解析】A.膜I侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2O2-，故A正确；B.原电池中阴离子从正极向负极移动结合题图O2-的移动方向可知，膜I侧相当于原电池的正极，膜II侧相当于原电池的负极，故B正确；C.膜II侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4+O2-2e-=2H2+CO，故C正确；D.膜I侧发生的反应为：H2O+2e-=H2+O2-、O2+4e-=2

31、O2-，膜II侧发生的反应为：CH4+O2-2e-=2H2+CO，膜II侧每消耗1molCH4，膜I侧生成小于1molH2，故D错误。故选D。14、B【解析】根据图像可知， NaHMO4与NaOH发生反应是放热反应，当温度达到最高，说明两者恰好完全反应，F点温度最高，此时消耗NaOH的体积为20mL ，计算出氢氧化钠的浓度，然后根据影响水电离的因素、“三大守恒”进行分析。【详解】A根据图像分析可知，F点温度最高，说明此时两物质恰好完全反应，NaHMO4+ NaOH = Na2MO4+H2O，2010-3L0.1molL-1=2010-3Lc(NaOH)，推出c(NaOH)=0.1mol/L，c

32、(H+)=10-13mol/L，则pH=13，故A错误；BF点溶质为Na2MO4，溶液中质子守恒为c(OH-)=c(H+)+c(HMO4-)+2c(H2MO4)，所以c(OH-)c(HMO4-)，故B正确；C根据题意，两者恰好完全反应，生成的溶质Na2MO4，属于强碱弱酸盐，即溶质为Na2MO4时，水解程度最大， E到F过程中，水的电离程度增大，F到G过程中，氢氧化钠溶液过量，抑制水的电离，因此滴加氢氧化钠的过程中，水的电离程度先变大，后变小，故C错误；D由A选项推出c(NaOH)=0.1mol/L，G点加入40mL等浓度的NaOH溶液，反应后溶质为等浓度的NaOH和Na2MO4，Na+的浓度

33、最大，MO42部分水解，溶液显碱性，则c(OH) c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42)+c(HMO4-)+c(OH)，则c(Na+)c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D错误；答案选B。15、B【解析】A. FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正确；B. Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，故B错误；C. 氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O，故C正确；D. Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(

34、s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故D正确；选B。16、A【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z元素在地壳中含量最高，则Z为O；Y元素的最高价氧化物对应的水化物与其氢化物化合生成盐，则Y为N；常温下，X的单质为气体，在氮之前，只有H，则X为H；Y、Z的最外层电子数之和等于W的原子序数，Y、Z的最外层电子数分别为5、6，则W为Na。A非金属性NH，元素的非金属性越强，对应的简单阴离子的还原性越弱，A项正确；B根据元素周期律，同周期，原子序数小的半径大，同主族，周期大的半径大，故原子半径NaNOH，B项错误；CZ与W形成的化合物可能为Na2O或Na2O2，前者只含有离子键，

35、后者存在离子键和共价键，C项错误；D氨气和水分子都含有氢键，但是水分子间形成的氢键较多，沸点更高，D项错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、三、VIIA H2O分子间存在着氢键 离子晶体 NH4+H2ONH3H2O+H+ SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol 【解析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【详解】(1)由上述分析可知：W为

36、Cl元素，处于周期表中第三周期第VIIA族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为N元素，X和氢可以构成+1价阳离子为NH4+，其电子式是；Y为O元素，Z为S元素，Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在着氢键。故答案为：；H2O分子间存在着氢键；(3) 由上述分析可知：X为N元素，X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH4+H2ONH3H2O+H+；(4) 由上述分析可知：Y为O元素，Z为S元素，W

37、为Cl， Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是： SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；在一定条件下，化合物Q（SO2）与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O22SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol，氧气为1mol，生成2mol SO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol；故答案为： 2S

38、O2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol。18、CH4O 羟基 氧化反应 、 9 【解析】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，

39、即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为 ；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类

40、型为氧化反应；（3）反应是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1，符合条件的结构简式为 、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有OH、C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有OH、CH3、CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构

41、；（6）根据反应，推出生成目标物原料是，根据路线，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2氯丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将CH2CHO，拆成CH3和CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。19、饱和食盐水 稀硝酸 ef(或fe)cbd 防止水蒸气进入装置 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 O2(或NO2) HN

42、O3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O 100% 偏高 【解析】氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于

43、水，故装置用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)将氯气和NO干燥后在装置中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为aef(或fe)cbd，故答案为ef(或fe)cbd；NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII干燥装置防止水蒸气进入装置；若无该装置，中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+

44、H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=

45、NOCl+Cl2+2H2O；(4)亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定终点，根据氯元素守恒： NOClHClAgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/Lb10-3L= 10bc10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为100%=100%，故答案为100%；若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。20、恒压滴液漏斗 防止外界空气中水蒸气进入影响实验 控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高 bc 分液 洗

46、去残留的HCl 苯 48.5 84.4 【解析】苯与苯甲酰氯为原料，在AlCl3作用下制备二苯甲酮，实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验。缓慢滴加苯甲酰氯的原因是控制反应速率，防止反应过于剧烈，放出大量热量而使温度过高。尾气中有HCl，极易溶于水，用C中装置吸收。反应混合液冷却，加浓盐酸后，静置分层，分液后在有机层中加NaOH溶液洗去残留的HCl，用无水MgSO4干燥得粗产品，粗产品先经常压蒸馏除去苯，再减压蒸馏得到产品。【详解】（1）由装置图：仪器A的名称为恒压滴液漏斗。实验过程中不能有水，防止三氯化铝水解，装置B的作用为防止外界空气中水蒸气进入影响实验