2022年安徽省蚌埠市高考适应性考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、下列关于实验室模拟侯德榜制碱法的操作正确的是（ ）A将CO2和NH3的混合气体同时通入饱和食盐水中B将析出的NaHCO3固体过滤后灼烧得到纯碱C在析出NaHCO3的母液中加入消石灰以循环利用NH3D在析出NaHCO3的母液中通入NH3，加入氯化钠粉末，析出Na2CO3固体2、

2、下列离子方程式不正确的是（ ）A氯气和水反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClOB铁与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2+H2C碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应：HCO3-+Ca2+OH-=CaCO3+H2OD少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-3、已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池如图是铅蓄电池的工作示意图，其反应原理为：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O下列说法中错误的是()Ab电极放电后转化为c电极B电极a和d都发生还原反应Cb的电极反应式：Pb+SO422e-PbSO4D放电后硫酸溶液的pH增大4、新华网报道

3、，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该科技实现了H2S废气资源回收能量，并H2S得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极a为电池正极B电路中每流过4mol电子， 正极消耗1molO 2C电极b上的电极反应：O2+4e+4H+=2H2OD电极a上的电极反应：2H2S+2O22e=S2+2H2O5、固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物用玻璃棒蘸取溶液Z滴于pH试纸上，试纸呈蓝色

4、向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀分析以上实验现象，下列结论正确的是（ ）AX中一定不存在FeOBZ溶液中一定含有K2CO3C不溶物Y中一定含有MnO2和CuO，而Fe与FeO中至少含有一种D向中所生成的白色沉淀中滴加盐酸，若沉淀不完全溶解，则粉末X中含有KCl6、下列实验现象及所得结论均正确的是（ ）实验实验现象结论A左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对H2O2分解的催化效果更好B左侧棉花变为橙色，右侧棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2 I2CU形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应AABBCCDD7、在高温高压

5、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8、用下列装置进行实验能达到相应实验目的的是A装置探究浓度对化学反应速率的影响B装置探究催化剂对H2O2分解速率的影响C装置制取SO2气体并验证其还原性(可加热)D装置防止铁钉生锈9、2018年是“2025中国制造”启动年，而化学与生活、人类生产、社会可持续发展密切相关，下列有关化学知识的说法错误的是（ ）A高纯度的二氧化

6、硅广泛用于制作光导纤维，光导纤维遇强碱会“断路”B用聚氯乙烯代替木材生产快餐盒，以减少木材的使用C碳纳米管表面积大，可用作新型储氢材料D铜导线和铝导线缠绕连接处暴露在雨水中比在干燥环境中更快断裂的主要原因是发生了电化学腐蚀10、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A棉布和丝绸的主要成分都是纤维素B肥皂水显碱性可做蚊虫叮咬处的清洗剂C“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理相同D青铜器发生析氢腐蚀可在表面形成铜绿11、室温下，用0.100molL-1NaOH溶液分别滴定L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示已知AG=lg，下列说法不正确的是（ ）AP点时，加入NaOH溶

7、液的体积为20.00mLBKa(HB)的数量级为10-4C水的电离程度：NM=PDM、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)12、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量之比为A321B123C533D23113、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

8、水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO4214、空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。下图为RFC工作原理示意图，有关说法正确的是A转移0.1mol电子时，a电极产生标准状况下O2 1.12LBb电极上发生的电极反应是：2H2O+2eH2+2OHCc电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池Dd电极上发生的电极反应是：O2+4H+4e2H2O15、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述

9、方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A根据步骤的现象，说明废液中一定含有Al3+B由步骤中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C沉淀甲中可能含有Al(OH)3D该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种16、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3NAB0.2mol/L K2SO3溶液中SO32的离子总数小于0.2NAC实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数一定是4NAD标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中

10、SO42的数目为0.1NA17、下列叙述正确的是A发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性18、如图是H3AsO4水溶液中含砷的各物种分布分数(平衡时某物种的浓度占各物种浓度之和的分数)与pH的关系。下列说法错误的是ANaH2AsO4溶液呈酸性B向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH 溶液过程中，先增加后减少CH3AsO4和HAsO42-在溶液中不能大量共存DKa3( H3AsO 4) 的数量级为10-1219、下列解释事实或实验现象的化学用语正确的是A硫酸酸化的

11、KI淀粉溶液久置后变蓝：4I+O2 + 4H+ = 2I2+2H2OB铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe + 4H+ + NO3= Fe3+ + NO+ 2H2OC水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+ H2ODSO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2+2ClO-+H2O=CaSO3+2HClO20、锡为A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5，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CCl4中C装置中a为冷

12、凝水进水口D装置的主要作用是吸收挥发的I221、下列化学用语表示正确的是 ()A酒精的分子式：CH3CH2OHBNaOH的电子式：CHClO的结构式：HClODCCl4的比例模型：22、某种化合物的结构如图所示，其中 X、Y、Z、Q、W 为原子序数依次增大的五种短周期主族元素，Q 核外最外层电子数与 Y 核外电子总数相同，X 的原子半径是元素周期表中最小的。下列叙述正确的是AWX 的水溶液呈碱性B由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物的水溶液一定呈碱性C元素非金属性的顺序为： YZQD该化合物中与 Y 单键相连的 Q 不满足 8 电子稳定结构二、非选择题(共84分)23、（14分）G是一种神

13、经保护剂的中间体，某种合成路线如下：根据上述转化关系，回答下列问题：（1）芳香族化合物A的名称是_。（2）D中所含官能团的名称是_。（3）BC的反应方程式为_。（4）FG的反应类型_。（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有_种（不含立体异构）；芳香族化合物能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是_（写出一种结构简式）。（6）参照上述合成路线，写出以和BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线_。24、（12分）中国科学家运用穿山甲的鳞片特征，制作出具有自我恢复性的防弹衣，具有如此神奇功能的是聚对苯二甲酰对苯二胺(

14、G)。其合成路线如下：回答下列问题：（1）A的化学名称为_。（2）B中含有的官能团名称为_，BC的反应类型为_。（3）BD的化学反应方程式为_。（4）G的结构简式为_。（5）芳香化合物H是B的同分异构体，符合下列条件的H的结构共有_种(不考虑立体异构)，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为_。能与NaHCO3溶液反应产生CO2；能发生银镜反应（6）参照上述合成路线，设计以为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_。25、（12分）二氯化二硫(S2Cl2)是一种无色液体，有刺激性、窒息性恶臭。人们使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入限量的氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化得SCl2

15、。S2Cl2、SCl2、S的某些性质如下：实验室可用如图所示装置制备少量S2Cl2。（1）仪器M的名称是_。（2）实验室中用高锰酸钾与浓盐酸制取Cl2的化学方程式为_。（3）欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为e_f(按气体流出方向)。D装置中碱石灰的作用是_。（4）S2Cl2粗品中可能混有的杂质是_(填化学式)，从S2Cl2粗品中提纯S2Cl2的操作方法是_(填操作名称)。.（5）若产物S2Cl2中混入少量水，则发生反应的化学方程式为_。（6）对提纯后的产品进行测定：取mg产品，加入50mL水充分反应(SO2全部逸出)，过滤，洗涤沉淀并将洗涤液与滤液合并，用100mL容量瓶定容

16、，取20.00mL溶液与浓度为0.4000molL-1的硝酸银溶液反应，消耗硝酸银溶液20.00mL，则产品中氯元素的质量分数为_(用含有m的式子表示)。26、（10分）无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成实验装置如下：每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）：实验组别温度称取CuSO4质量/gB增重质量/gC增重质量/gE中收集到气体/mLT10.6400.32000T20.64000.256V2T30.6400.160Y322.4T40.640X40.19233.6（1）

17、实验过程中A中的现象是_D中无水氯化钙的作用是_（2）在测量E中气体体积时，应注意先_，然后调节水准管与量气管的液面相平，若水准管内液面高于量气管，测得气体体积_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）（3）实验中B中吸收的气体是_实验中E中收集到的气体是_（4）推测实验中CuSO4分解反应方程式为：_（5）根据表中数据分析，实验中理论上C增加的质量Y3=_g（6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由_27、（12分）无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装置来确定该化学反应中各物质的计量关系。试回答：（1）加热过程中，试管A

18、中发生的实验现象可能有_。（2）装置E和F的作用是_；（3）该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，他的做法正确吗？为什么？_。（4）另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后，用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化硫，最后测出氧气的体积为448mL（标准状况）。据此可计算出二氧化硫为_mol，三氧化硫为_mol。（5）由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式：_。（6）上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案，达到使装置最简单而不影响实验效果的目的：_。28、（14分）在钯基催化剂表面上，甲醇制氢的反应历程如图所示，其中吸附在钯催化

19、剂表面上的物种用*标注。（1）的H=_kJmol1；该历程中最大能垒(活化能)E正=_kJmol1，写出该步骤的化学方程式_。（2）在一定温度下，CO和H2混合气体发生反应：，反应速率=正逆=k正c(CO)c2(H2)k逆c(CH3OH)，k正、k逆分别为正、逆反应速率常数。达到平衡后，若加入高效催化剂，将_(填“增大”、“减小”或“不变”)；若升高温度，将_(填“增大”、“减小”或“不变”)。（3）353K时，在刚性容器中充入CH3OH(g)，发生反应：。体系的总压强p随时间t的变化如表所示：t/min05101520p/kPa101.2107.4112.6116.4118.6121.2若升

20、高反应温度至373K，则CH3OH(g)分解后体系压强p(373K)_121.2kPa(填“大于”、“等于”或“小于”)，原因是_。353K时，该反应的平衡常数KP=_(kPa)2(KP为以分压表示的平衡常数，计算结果保留1位小数)。29、（10分）CS2是一种常见溶剂，还可用于生产人造粘胶纤维等。回答下列问题：(1)CS2与酸性KMnO4溶液反应，产物为CO2和硫酸盐，该反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为 _(MnO4-被还原为Mn2+)(2)甲烷硫磺法制取CS2的反应为CH4(g)+2S2(g)CS2(g)+2H2S(g) H。 在恒温恒容密闭容器中进行该反应时，能说明该反应已达到平衡状

21、态的是_(填字母)Av正(S2)=2v逆(CS2)B容器内气体的密度不再随时间变化C容器内气体的总压强不再随时间变化D单位时间内断裂C-H键数目与断裂HS键数目相等已知下列键能数据：共价键CHS=SC=SHS律能/kJmol-1411425573 363该反应的H _kJmol-1(3)在一密闭容器中，起始时向该容器中充入H2S和CH4且n(H2S):n(CH4)=2:1，发生反应：CH4(g) +2H2S(g)CS2(g) + 4H2(g)。0.1MPa时，温度变化对平衡时产物的物质的量分数的影响如图所示：该反应H _(填“”或“”)0。M点，H2S的平衡转化率为_，为提高H2S的平衡转化率

22、，除改变温度外，还可采取的措施是_(列举一条)。N点，平衡分压p(CS2)=_MPa，对应温度下，该反应的KP =_(MPa)2。(KP为以分压表示的平衡常数)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. 氨气极易溶于水，二氧化碳在水中的溶解度较小，依据侯德榜制碱的原理：向氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳气体析出碳酸氢钠，加热反应制备，则应该先向饱和食盐水中通入过量的氨气，再通入过量的二氧化碳，故A错误；B. NaHCO3固体加热会分解成纯碱Na2CO3，故B正确；C. 侯德榜制碱法中，在析出NaHCO3的母液中加入生石灰（CaO），可以循环利用NH3

23、，故C错误；D. 析出NaHCO3的母液中主要含NH4Cl，氯化钠粉末溶解度较大，有利于增加Cl-含量；通入氨气，增加NH4+量，有利于NH4Cl析出，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查了侯德榜制碱的工作原理和流程分析，明确碳酸钠、碳酸氢钠、氨气、二氧化碳的性质，掌握工艺流程和反应原理是解题关键，题目难度中等。2、C【解析】A氯气和水反应的离子方程式为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A正确；B铁与稀盐酸反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，故B正确；C碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水反应的离子方程式为NH4+HCO3-+Ca2+2OH-=CaCO3+H2O+NH3H2O，故C错

24、误；D少量二氧化硫气体通入FeCl3溶液中发生反应的离子方程式为2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42-，故D正确；答案为C。点睛：注意离子方程式正误判断常用方法：检查反应能否发生，检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：质量守恒和电荷守恒等）、检查是否符合原化学方程式等；本题难点为选项C，不能忽视NH4+与OH-的反应，离子反应是完整反应，不能只写局部。3、B【解析】Ab是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb+SO422e=PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；Ba是蓄电池的正极，a发生还原

25、反应，d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；Cb为蓄电池负极，负极反应式为：Pb+SO422e=PbSO4，故C正确；D放电时总反应为PbO2Pb2H2SO4=2PbSO42H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D正确；选B。4、B【解析】A. 电极a是化合价升高，发生氧化反应，为电池负极，故A错误；B. 电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，故B正确；C. 电极b上的电极反应：O2+4e =2 O2，故C错误；D. 电极a上的电极反应：2H2S+2O2 4e = S2 + 2H2O，故D错误。综上所述，答案为B。5、B【解析】将X加入足量水中，得

26、到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，红色不溶物为铜，可说明Y中至少含有CuO、MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe；用玻璃棒蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，应含有K2CO3；向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；以此分析解答。【详解】A. 根据上述分析，不能确定X中是否存在FeO，故A错误；B. 用玻璃棒

27、蘸取溶液Z于pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，说明Z溶液中一定含有K2CO3，故B正确；C. 根据分析，不溶物Y中一定含有MnO2、CuO和Fe，不能确定是否存在FeO，故C错误；D. 向乙溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀，向生成的白色沉淀中滴加盐酸，盐酸提供了氯离子，不能说明X中含有KCl，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，要注意加入的盐酸对氯化钾的干扰。6、A【解析】A等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的试管中产生气泡的速率快，说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好，故A正确；B氯气从左

28、侧通入，先接触到吸有NaBr溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和NaBr发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2，所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱，故B错误；CNH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C错误；D甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入AgNO3

29、溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D错误；故选A。【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和KI反应，从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：Cl2Br2，不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。7、D【解析】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，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+

30、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。8、C【解析】A. 该实验中高锰酸钾溶液过量，不能褪色，因此无法记录褪色的时间，因此该装置不能探究浓度对化学反应速率的影响，A项错误；B. 欲探究催化剂对H2O2分解速率的影响，应保证过氧化氢的浓度是一致的，B项错误；C. 加热条件下，浓硫酸和铜发生氧化还原反应生成

31、二氧化硫气体，二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D. 该装置为电解池，Fe作阳极，加速被腐蚀，不能防止铁钉生锈，故D错误；答案选C。【点睛】本题C项涉及二氧化硫的还原性，二氧化硫的化学性质较多，可总结如下：1、酸性氧化物：二氧化硫是酸性氧化物，和二氧化碳相似，溶于水显酸性，也可与碱反应；2、还原性：二氧化硫可与酸性高锰酸钾、过氧化氢等强氧化性的物质反应；3、弱氧化性：二氧化硫可与硫化氢反应生成硫单质等，4、漂白性：二氧化硫的漂白性体现在可漂白品红等物质，性质决定用途，学生切莫混淆，尤其是漂白性与还原性的区别，应加以重视。9、B【解析】A高纯

32、度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维，二氧化硅能够与氢氧化钠等强碱反应生成硅酸盐和水，所以光导纤维能够被碱腐蚀而造成断路，故A正确； B聚氯乙烯塑料因为含有氯，有毒，不可以代替木材，生产快餐盒，故B错误；C.碳纳米管表面积大，易吸附氢气，所以可以用作新型储氢材料，故C正确；D.铜铝两种金属的化学性质不同，在接触处容易电化学腐蚀，故D正确。答案选B。10、B【解析】A.棉布的主要成分是纤维素，丝绸的主要成分是蛋白质，A错误；B.蚊虫叮咬时会释放出甲酸，肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠，高级脂肪酸根水解使肥皂水显碱性，肥皂水可消耗甲酸，故肥皂水可做蚊虫叮咬处的清洗剂，B正确；C.“84”消毒液的主要成分为

33、NaClO，NaClO具有强氧化性用于杀菌消毒，75%的酒精能使蛋白质变性用于杀菌消毒，“84”消毒液与75%的酒精消杀新冠病毒的机理不同，C错误；D.Cu在金属活动性顺序表中排在H的后面，Cu不能与H+自发反应放出H2，青铜器不能发生析氢腐蚀，青铜器发生吸氧腐蚀形成铜绿，D错误；答案选B。11、D【解析】未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）c（OH-）=10-14，=10-12，则c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是强酸；未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L0.1mol/L，则HB

34、是弱酸；【详解】AP点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；BHB的电离程度较小，则溶液中c（B-）c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）0.1mol/L，Ka（HB）=10-4，故B正确；C酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：NM=P，故C正确；DM、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶

35、液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：MP点，则c（A-）c（B-），故D错误；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。12、A【解析】溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-

36、)。A3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B12+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C53+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D23+1，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。13、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

37、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(s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故D正确；选B。14、C【解析】Aa电极与外加电源的负极相连，a电极为阴极，a电极上的电极反应式为2H2O+2e-=H2+2OH-，a电极产生的气体是氢气，A项错误；Bb电极与外加电源的正极相连，b电极为阳极，b电极上的电极反应式为2H2O4eO2+4H+，B项错误；C.c电极通入O2，c电极为氢氧燃料电池的正极，c电极上发生还原反应，d电极通入H2，d电极为氢氧燃料电池的负极，d电极的电极反应式为H2-2e-

38、=2H+，在原电池中阳离子向正极移动，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，C项正确；Dd电极上发生的电极反应是H2-2e-=2H+，D项错误；答案选C。15、D【解析】沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A. 由步骤可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以

39、离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，因此步骤沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B. 废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C. 由于步骤中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D. 溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含

40、有NH4+，Cu元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。16、A【解析】A. 一个D2O2含有的3条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即0.1mol含有的共价键数为0.3NA，A正确；B. 0.2mol/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B错误；C. 实验室采用不同方法制得lmol O2，转

41、移电子数可能是4NA，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转移2NA，C错误；D. 标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；答案为A。【点睛】标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1mol。17、D【解析】A还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；B氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故B错误；C最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I；但Fe2+、都既有氧化性又有还原性，故C错误

42、；D含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确；故答案为：D。18、B【解析】A. 由图像知，H2AsO4-溶液pH小于7，则NaH2AsO4溶液呈酸性，故A正确；B. ，向NaH2AsO4溶液滴加 NaOH溶液，c(H+)逐渐减小，则过程中，逐渐减少，故B错误；C. 由图示知，酸性条件下H3AsO4可以大量存在，在碱性条件下HAsO42-能大量存在，则它们在溶液中不能大量共存，故C正确；D. 由图知，pH=11.5时，c(HAsO42-)=c(AsO43-)，Ka3( H3AsO 4)= ，故D正确；故选B。19、A【解析】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝

43、，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe + 4H+ + NO3=Fe3+ + NO+ 2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe + 8H+ + 2NO3= 3Fe2+ +2 NO+ 4H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2+2ClO-+H2O = CaSO3+2H

44、ClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。20、D【解析】四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正确，不符合题意；B选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题

45、意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。21、B【解析】ACH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故A错误；BNaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故B正确；CHClO属于共价化合物，分子中含有1个H-Cl键和1个O-H键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故C错误

46、；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。22、A【解析】由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为 O，则Z为N，据此解答。【详解】由图分析，X只能形成一个共价键，又X的原子半径是元素周期表中最小的，故X为H，W为五种短周期元素中原子序数最大的，且可形成+1价的离子，应为Na，Y可成四个键，Y为C，Q核外最

47、外层电子数与Y核外电子总数相同，Q为 O，则Z为N，A. WX为NaH，其与水反应生成NaOH和氢气，溶液显碱性，故A正确；B. 由 X、Y、Q、W 四种元素形成的化合物，如NaHC2O4，由于HC2O4-的电离程度大于其水解程度，则其水溶液呈酸性，故B错误；C. 同周期元素从左到右主族元素原子非金属性依次增强，则元素的非金属性QZY，故C错误；D. 该化合物中与Y单键相连的Q，与Y共用一对电子，并得到了W失去的一个电子，满足8电子稳定结构，故D错误；故选A。二、非选择题(共84分)23、间苯二酚或1，3-苯二酚 羰基、醚键、碳碳双键 取代反应 16种 【解析】由C的结构简式和逆推知B为，A为

48、。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。【详解】（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。（4）由FG的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。（5）G的结构简式为，同时满足芳香族化合物说明含有苯环；能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），

49、（3种）,(6种)，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。【点睛】综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。24、对二甲苯（或1，4-二甲苯） 羧基 取代反应 +2CH3OH+2H2O； 13 【解析】根据合成路线可知，经氧化得到B，结合D的结构简式可逆推得到B为，B与甲醇发生酯化反应可得到D，D与氨气发生取代反应生成E，E与次氯酸钠反应得到F，F与C发生缩聚反应生成聚对苯二甲酰对苯二胺（G），可推知G的结构简式为：，结合有机物的结构与性质分析作答

50、。【详解】（1）根据A的结构，两个甲基处在对位，故命名为对二甲苯，或系统命名为1，4-二甲苯，故答案为：对二甲苯（或1，4-二甲苯）；（2）由D的结构逆推，可知B为对苯二甲酸（），含有的官能团名称为羧基，对比B与C的结构，可知BC的反应类型为取代反应，故答案为：羧基；取代反应；（3）BD为酯化反应，反应的方程式为：+2CH3OH+2H2O；故答案为：+2CH3OH+2H2O；（4）已知G为聚对苯二甲酰对苯二胺，可知C和F在一定条件下发生缩聚反应而得到，其结构简式为；故答案为：（4）芳香化合物H是B的同分异构体，能与溶液反应产生；能发生银镜反应，说明含有羧基和醛基，可能的结构有一个苯环连有三个不

51、同官能团：CHO、COOH、OH，有10种同分异构体；还可能一个苯环连两个不同官能团：HCOO、COOH，有邻、间、对三种；共10+3=13种。其中核磁共振氢谱有四组峰的H的结构简式为，故答案为：13；（6）设计以为原料，制备的合成路线，根据题目BD、DE、EF信息，可实现氨基的引入及碳链的缩短，具体的合成路线为。25、圆底烧瓶 jkhicdab 吸收剩余的氯气，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解 Cl2、SCl2、S 分馏(或蒸馏) 或 【解析】（1）根据装置图分析仪器M的名称；（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水；（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂

52、、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集多余氯气，注意导气管长进短出 ； （4）根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点较低分析；（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl；（6）滴定过程中反应的离子方程式是 。【详解】（1）根据装置图，仪器M的名称是圆底烧瓶；（2）高锰酸钾与浓盐酸在常温下生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，化学方程式为；（3）欲得到较纯净的S2Cl2，氯气先除杂、干燥，再与熔融的S反应，用冰水收集S2Cl2，最后用碱石灰收集氯气；上述仪器装置的连接顺序为ej k h i c dabf。S2Cl2易水解，所以D装置中碱石灰的作用是吸收剩余的氯气

53、，并防止空气中的水蒸气进入装置B使S2Cl2水解；（4）氯气和硫可能有剩余，均有可能混入产品中，氯气过量时，会生成SCl2，因此S2Cl2粗品中可能混有的杂质是SCl2、S、Cl2；根据S2Cl2、SCl2、S、Cl2的沸点不同，S2Cl2粗品中提纯S2Cl2的操作方法是蒸馏（或分馏）；（5）S2Cl2和水发生歧化反应生成SO2、S、HCl，根据得失电子守恒配平反应式为；（6）滴定过程中反应的离子方程式是 ，则20.00mL溶液中氯离子的物质的量是0.4molL-10.02L=0.008mol，产品中氯元素的质量分数为= ；26、白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小

54、 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2 【解析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32

55、g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2； (5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：320.032g，根据质量守恒实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气

56、更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收

57、集到氧气，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：320

58、.032g，实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。27、白色固体变黑 测出产生O2的体积 不正确，O2能被NaHSO3溶液吸收 0.04 0.02 3CuSO43CuO+SO3+2SO2+O2 去掉BC，仅O2进入E中可计算 【解析】(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色； (

59、2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道O2的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。【详解】(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧化铜为黑色；(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的是氧气的体积；(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶