广东珠海二中、斗门一中2022学年高三二诊模拟考试化学试卷含解析

2022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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。

2.答题时请按要求用笔。

3,请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。

4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。

5.保持卡面清洁，不要折暴、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、工业上可用铝热反应冶炼镒、帆等难熔金属，其原因与下列无关的是

A.铝还原性较强B.铝能形成多种合金

C.铝相对镒、钢较廉价D.反应放出大量的热

2、将Imol过氧化钠与2moi碳酸氢钠固体混合，在密闭容器中，120℃充分反应后，排出气体，冷却，有固体残留.下

列分析正确的是（）

A.残留固体是2moiNazCCh

B.残留固体是Na2cCh和NaOH的混合物

C.反应中转移2moi电子

D.排出的气体是1.5mol氧气

3、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A.O.lmol熔融的NaHSO4中含有的离子总数为0.3NA

B.标准状况下，2.24LHF和N%分子所含电子数目均为NA

C.常温时,56gAl与足量浓硝酸反应,转移的电子数目为3NA

D.向含有ImoIFeL溶质的溶液中通入适量的氯气，当有ImolFe?+被氧化时，该反应转移电子的数目为3NA

4、根据有关操作与现象，所得结论不正确的是（）

选项操作现象结论

A将湿润的有色布条伸入C12中布条褪色氯气有漂白性

B用洁净伯丝蘸取某溶液灼烧火焰呈黄色溶液中含有Na+

C将湿润的红色石蕊试纸伸入N%中试纸变蓝氨水显碱性

D向某溶液中滴加KSCN溶液溶液变红溶液中含有Fe3+

A.AB.BC.CD.D

5、位于不同主族的四种短周期元素甲、乙、丙、丁，其原子序数依次增大，原子半径《丁）＞1"（乙）＞r（丙）＞i"（甲）。四种

元素中，只有一种为金属元素，乙和丙原子的最外层电子数之和为丁原子的最外层电子数的3倍。据此推断，下述正

确的是

A.简单氢化物的沸点：乙＞丙

B.由甲、乙两元素组成的化合物溶于水呈碱性

C.丙和丁两元素的最高价氧化物的水化物之间能发生反应

D.由甲和丙两元素组成的分子，不可能含非极性键

6、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()

A.在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2NA

B.12g石墨中C-C键的数目为2NA

C.常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的SO2分子数为L5NA

D.常温下，lLpH=l的CH3COOH溶液中，溶液中的H+数目为O.INA

7、锌-空气燃料电池可用作电动车动力电源，电池的电解质溶液为KOH溶液，反应为

2

2Zn+O2+4OH+2H2O===2Zn(OH)4»下列说法正确的是()

A.充电时，电解质溶液中K+向阳极移动

B.充电时，电解质溶液中c(OH-)逐渐减小

2-

C.放电时，负极反应为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)4

D.放电时，电路中通过2moi电子，消耗氧气22.4L(标准状况)

8、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是

反应过程

A.反应过程a有催化剂参与

B.该反应为吸热反应，热效应等于

C.改变催化剂，可改变该反应的活化能

D.有催化剂的条件下，反应的活化能等于

9、磷酸氯喳在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒(2019—nCOV)的感染，其结构如图所示。下列说法错误的是

A.基态Cl原子的核外电子有17种运动状态

B.C、N、O、P四种元素中电负性最大的是O

C.H3PCh分子中磷原子的价层电子对数为4

D.与足量H2发生加成反应后，该分子中手性碳原子个数不变

10、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，X原子的最外层有6个电子，Y是迄今发现的非金属性最强

的元素，在周期表中Z位于IA族，W与X属于同一主族。下列说法正确的是（）

A.熔沸点：Z2XVZ2WB.元素最高价：Y<Z

C.气态氢化物的热稳定性：YVWD.原子半径：X<Y<Z<W

11、2019年是“国际化学元素周期表年”。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列，准确预

留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是（）

B=llAl=27.4?=68（甲）

Cxl2Si=28?=70（乙）

N=14P=31275

0=16S=32Sr=79.4

F=19Cl=35.5Br=80

A.元素乙的原子序数为32

B.原子半径比较：甲>乙>竽

C.元素乙的简单气态氢化物的稳定性强于SiH-

D.推测乙可以用作半导体材料

12、下列解释对应事实的离子方程式正确的是

2+-

A.FeSCh溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe+2OH=Fe（OH）2；

B.漂白粉溶液加入醋酸：H++C1O-HC1O

C.AgCl悬浊液滴入Na2s溶液：2Ag++S2-=Ag2sl

D.K2OO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO4*+2H+1Cr2O7*+H2O

13、许多无机颜料在缤纷的世界扮演了重要角色。如历史悠久的铅白［2PbCO3・Pb（OH）2］安全环保的钛白（TiCh）,

鲜艳的朱砂（HgS）,稳定的铁红（FezCh）等。下列解释错误的是（）

A.《周易参同契》中提到“胡粉（含铅白）投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为2Pbe03•Pb（OH）

2—PbO2TPb

B.纳米级的钛白可由TiCL水解制得：TiCL+2H2OUTiO2+4HCl

C.《本草经疏》中记载朱砂“若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、硒服之必毙”，体现了HgS受热易分解的性质

高温

D.铁红可由无水FeSCh高温燃烧制得：2FeSO4-FezOj+SOzT+SOjT

14、向等物质的量浓度的Ba（0H）z与BaCL的混合溶液中加入NaHCOs溶液，下列离子方程式与事实相符的是（）

2

A.HC(V+OH-=CO3-+H2O

2，

B.Ba+0IT+HC03=BaC031+H20

2t2

C.Ba+20H+2HC03=BaC031+CO3-+H2O

2t2

D.2Ba+30H+3HC03=2BaC031+C03'+3H20

15、根据实验操作和现象所得出的结论正确的是

选项实验操作和现象结论

将含有SO2的废气通入BaCL溶液中，

ASO2与BaCL溶液反应生成BaSCh沉淀

生成白色沉淀

常温下，分别测定同浓度Na2cth溶液与

BCHKOONa溶液的pH,Na2cO3溶液的HCO3-电离出H+能力比CHjCOOH的弱

pH大于CH3COONa溶液

向Fe（NCh）3溶液中加入铁粉，充分振荡，

C滴加少量盐酸酸化后再滴入KSCN溶Fe（N（h）3溶液中Fe3+部分被Fe还原

液，溶液变红

苯和液澳在FeBm的催化下发生反应，

D将得到的气体直接通入AgNCh溶液中，苯和液溟发生取代反应

产生淡黄色沉淀

A.AB.BC.CD.D

16、表为元素周期表短周期的一部分，下列有关A、B、C、D四种元素的叙述正确的是（）

ABC

D

A.原子半径大小比较为D>C>B>A

B.生成的氢化物分子间均可形成氢键

C.A与C形成的阴离子可能有AC，、A2C；

D.A、B、C、D的单质常温下均不导电

二、非选择题（本题包括5小题）

已知：CH3cH=CH-CHO巴豆醛

回答下列问题：

(1)B物质所含官能团名称是,E物质的分子式是

(2)巴豆醛的系统命名为,检验其中含有碳碳双键的方法是.

(3)A到B的反应类型是,E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是.

(4)比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结

构简式

。R'OHR'

(5)已知：|+、H>||,请设计由乙醇为原料制备巴豆

R—CHLC—HH—CH—CHOR—CH?—CH—CH—CHO

醛的合成路线，

oo

18、有机物聚合物M:CH?=f-OCH2cHzO-C-CH3是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由爆C4Hli合成

CH3

M的合成路线如下：

「J试剂LA试剂11c02/Cu,A_伟化剂c农破峻.「

♦F方，ABCDE］傕化叫「乙眼/农破竣“

CH2=CH2'/Ag.CHj-CHj」⑦

⑥/

回答下列问题：

(1)C4H8的结构简式为,试剂II是.

(2)检验B反应生成了C的方法是o

(3)D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为

(4)反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是.

19、亚硝酰氯(CINO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为一5.5℃,易水解。已知：AgNOz微溶于水，能溶于硝酸,

AgNO2+HNO3=AgNO3+HN02,某学习小组在实验室用CL和NO制备CINO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。

(1)制备Ch的发生装置可以选用(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为

(2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为a-(按气流方向，用小写字母表示)。

(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯:

①实验室也可用B装置制备NO，X装置的优点为

②检验装置气密性并装入药品，打开及，然后再打开七,通入一段时间气体，其目的是,然后进行其他

操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。

(4)已知：C1NO与40反应生成HN&和HClo

①设计实验证明HNOz是弱酸：。(仅提供的试剂：1mokL盐酸、1mol・LHN0z溶液、NaNOz溶液、

红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。

②通过以下实验测定C1N0样品的纯度。取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00疝样品溶于

锥形瓶中，以KCrO,溶液为指示剂，用cAgNOs标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定

终点的现象是，亚硝酰氯(C1N0)的质量分数为.(已知：AgzCrO,为砖红色固体；Ksp(AgCl)=

1012

1.56XIO*,Ksp(Ag2CrO4)=1X10')

20、Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSOi7H2O

和40.0ml蒸镭水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2so4,再加入ZOgNaCQ固体。水浴加热至80C,搅拌一段时间后,

加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。

(DNaClCh氧化FeSO4-7H2O的离子方程式为。

(2)加入浓硫酸的作用为(填标号)。

a.提供酸性环境，增强NaClCh氧化性b.脱去FeSO#7H2。的结晶水

c.抑制Fe3+水解d.作为氧化剂

(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是。

(4)研究相同时间内温度与NaCKh用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表

编号TCCFeSO4-7H2O/gNaClOVg氧化效果/%

i70251.6a

ii7025mb

iii80n2.0c

iv80251.687.8

®m=；n=o

②若c>87.8>a,则a、b、c的大小关系为。

(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是一

(6)判断Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为;

(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。.

21、N%、NO、、SO2处理不当易造成环境污染，如果对这些气体加以利用就可以变废为宝，既减少了对环境的污染,

又解决了部分能源危机问题。

(I)硝酸厂常用催化还原方法处理尾气。CH,在催化条件下可以将NO2还原为N2。已知：

1

CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H,O(l)△H|=-890.3kJ-mol①

1

N2(g)+2O2(g)=2NO2(g)AH2=+67.7kJ-moF②

则反应CH4(g)+2NO2(g)=CO2(g)+N2(g)+2H2。(1)AH=

(2)工业上利用氨气生产氢氨酸(HCN)的反应为:

①在一定温度条件下，向2L恒容密闭容器中加入2moicH」和2moiN%,平衡时N%体积分数为30%,所用时间为

10min,则该时间段内用CH』的浓度变化表示的反应速率为mol-L1«min该温度下平衡常数K=一»若保

持温度不变，再向容器中加入CH』和H2各1mol,则此时v正—（填“>”“=”或，y"）v逆。

②其他条件一定，达到平衡时N%转化率随外界条件X变化的关系如图1所示。X代表—（填字母代号）。

A温度B压强C原料中CH4与N%的体积比

（3）某研究小组用NaOH溶液吸收尾气中的二氧化硫，将得到的Na2s03进行电解生产硫酸，其中阴、阳膜组合电解

装置如图2所示，电极材料为石墨。A--E分别代表生产中的原料或产品，b表示—（填“阴”或“阳”）离子交换膜。

阳极的电极反应式为

参考答案（含详细解析）

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

1、B

【答案解析】

A.铝热反应常用于焊接铁轨，该反应中A1作还原剂，A1的还原性比镒、钮等金属的强，故A相关；

B.铝能形成多种合金和工业上可用铝热反应冶炼锈、钗等难熔金属无关，和铝本身的性质有关，故B不相关；

C.铝相对镒、机较廉价，所以用铝来制备镒和帆，故C相关；

D.铝热剂为铝和金属氧化物的混合物，反应在高温条件下发生氧化还原反应置换出金属单质，为放热反应，放出大量

热，故D相关；

题目要求选择不相干的，故选B。

【答案点睛】

本题考查铝热反应及其应用，把握铝热反应的特点及应用为解答的关键，注意反应的原理，实质为金属之间的置换反

应，题目难度不大。

2、A

【答案解析】

过氧化钠受热不分解，但是NaHCO3受热分解2NaHCC）32Na2CO3+CO2T+H20,产生Imol二氧化碳和Imol水,

二氧化碳和水都能和过氧化钠发生反应，但是此处过氧化钠是少量的，因此要优先和二氧化碳发生反应

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2,得到Imol碳酸钠和0.5mol氧气，此时我们一共有2moi碳酸钠、Imol水和0.5mol

氧气。整个反应中只有过氧化钠中-1价的氧发生了歧化反应，因此一共转移了Imol电子，答案选A。

3、D

【答案解析】

A.NaHSCh在熔融状态电离产生Na\HSO4,1个NaHSO4电离产生2个离子，所以O.lmolNaHSCh在熔融状态中含

有的离子总数为0.2NA,选项A错误；

B.标准状况下HF呈液态，不能使用气体摩尔体积，选项B错误；

C.常温时A1遇浓硝酸会发生钝化现象，不能进一步反应，选项C错误；

D.微粒的还原性I＞Fe2+,向含有ImolFeL溶质的溶液中通入适量的氯气，当有ImolFe?+被氧化时，1一已经反应完全,

则ImolFeL反应转移3moi电子，则转移电子数目是3NA,选项D正确；

故合理选项是Do

4、A

【答案解析】

A、将湿润的有色布条伸入CL中，氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，有色布条褪色，氯气没有漂白性，

故A错误；

B、钠元素焰色呈黄色，用洁净饴丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中含有Na+,故B正确；

C、氨气与水反应生成一水合氨，一水合氨具有碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C正确；

D、含有Fe3+的溶液遇KSCN溶液变红，故D正确；

答案选A。

5、C

【答案解析】

甲、乙、丙、丁的原子序数逐渐增大，根据元素周期律：从左到右原子半径减小，从上到下原子半径减小的规则，若

它们在同一周期，应该有r（甲）＞r（乙）＞i•（丙）＞r（丁）的关系，现在「（丁）是最大的，r（甲）是最小的，说明丁应该在第三

周期，乙、丙同处第二周期，甲在第一周期，则甲为氢。又因为四种元素不同主族，现假设丁为金属，若丁为镁，乙、

丙不可能同为非金属；若丁为铝，则乙为碳，丙为氮，成立。然后对选项进行分析即可。

【题目详解】

A.乙的简单氢化物为甲烷，丙的简单氢化物为氨气，氨气中存在氢键，因此氨气的沸点大于甲烷，A项错误；

B.甲、乙两元素组成的化合物为点类，烧类不溶于水，B项错误：

C.丙的最高价氧化物的水化物为硝酸，丁的最高价氧化物的水化物为氢氧化铝，二者可以发生反应，C项正确;

D.甲和丙可以组成N2H&(脐)，N?H」中存在N-N非极性键，D项错误；

答案选C。

6、D

【答案解析】

A.在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2NA,

故A错误；

B.一个C连3个共价键，一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即ImolC中共价

键数为L5NA,故B错误；

C.常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；

D.常温下，lLpH=l即c(H+)=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n(H+)=0.1mol/LxlL=0.1mol,数目为

0.1NA,故D正确。

答案选D。

7、C

【答案解析】

A.充电时，阳离子向阴极移动，即K+向阴极移动，A项错误；

B.放电时总反应为2Zn+O2+4OH-+2H2O=2Zn(OH)4室,则充电时生成氢氧化钾，溶液中的氢氧根离子浓度增大，B

项错误；

C.放电时，锌在负极失去电子，电极反应为Zn+4OH--2e-=Zn(OH)4*,C项正确；

D.标准状况下22.4L氧气的物质的量为1摩尔，电路中转移4摩尔电子，D项错误；

答案选C。

【答案点睛】

电极反应式的书写是电化学中必考的一项内容，一般先写出还原剂(氧化剂)和氧化产物(还原产物)，然后标出电子

转移的数目，最后根据原子守恒和电荷守恒完成缺项部分和配平反应方程式，作为原电池，正极反应式为：O2+2H2O

2

+4e-=4OH,负极电极反应式为：Zn+4OH-2e=Zn(OH)4；充电是电解池，阳离子在阴极上放电，阴离子在阳极上

放电，即阳离子向阴极移动，阴离子向阳极移动，对可充电池来说，充电时原电池的正极接电源正极，原电池的负极

接电源的负极，不能接反，否则发生危险或电极互换，电极反应式是原电池电极反应式的逆过程；涉及到气体体积，

首先看一下有没有标准状况，如果有，进行计算，如果没有必然是错误选项。

8、C

【答案解析】

A.催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；

B.反应物能量高于生成物，为放热反应，△!!=生成物能量-反应物能量，故B错误；

C.不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；

D.催化剂不改变反应的始终态，始变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误;

故选C。

9、D

【答案解析】

A.基态C1原子的核外有17个电子，每个电子运动状态均不相同，则电子有17种运动状态，故A正确;

B.非金属性越强，元素的电负性越强，非金属性：C<P<N<O,四种元素中电负性最大的是O,故B正确;

C.H3PO4分子中磷原子的价层电子对数=4+1(5+3-2X4)=4,故C正确;

2

D.磷酸氯喳分子中只有一个手性碳，如图(*所示):,与足量H2发生加成反应后,

•2HZ,

该分子中含有5个手性碳原子，如图(*所示):故D错误;

答案选D。

【答案点睛】

计算价层电子对数时，利用的是成键电子对数和孤电子对数之和。

10、B

【答案解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，Y是迄今发现的非金属性最强的元素，则Y为F；X原子的最外层

有6个电子，且原子序数小于F,则X为O元素；在周期表中Z位于IA族，其原子序数大于O,则Z为Na元素；

W与X属于同一主族，则W为S元素，据此解答。

【题目详解】

根据分析可知，X为O,Y为F,Z为Na,W为S元素。

A、NazO和NazS都是离子晶体，氧离子半径小于硫离子，则熔沸点NazONazS,故A错误；

B、F最高价为()价，Na的最高价为+1价，则元素最高价：Y<Z,故B正确；

C、非金属性F>S,则气态氢化物的热稳定性：Y>W,故C错误；

D、同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：Y<X<W<Z,故D错

误；

故选：B»

【答案点睛】

离子晶体熔沸点比较：阴阳离子半径越小，电荷数越多，离子键越强，熔沸点越高，反之越低，如：CsCKNaCh简

单气体氢化物的稳定性与化学键强度有关。

11、C

【答案解析】

由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA

族，乙为Ge,B、Ak甲位于DIA族，甲为Ga,以此来解答。

【题目详解】

A.乙为Ge,元素乙的原子序数为32,故A正确；

B.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲＞乙＞51,故B正确；

C.非金属性Ge小于Si,则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于SiH”故C错误；

D.乙为Ge,位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。

故选C。

【答案点睛】

本题考查位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注

意规律性知识的应用。

12、D

【答案解析】

A.硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2++2OH=Fe(OH)2i，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成

氢氧化铁沉淀，故A错误；

B.漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+CKy=HClO+CH3COO-,故B错误；

C.向AgCI悬浊液中加Na2s溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S*=Ag2s+2C1-,故C错误；

D.KCnCh溶液中存在CoCVX橙色)+出0=200/(黄色)+2H+,滴加少量H2sO4,增大了氢离子浓度，平衡逆向移

动，颜色加深，2Cr(V-+2H+—CrzC^+HzO,故D正确；

故选D。

13、A

【答案解析】

A.《周易参同契》中提到“胡粉(含铅白)投火中，色坏还原为铅”，其中含铅元素的物质转化为

2PbCO3«Pb(OH)2^PbO^Pb,故A错误；

B.纳米级的钛白可由TiCL水解生成氧化钛和盐酸，化学方程式：TiC14+2H2O-TiO2+4HCl,故B正确；

C.《本草经疏》中记载朱砂HgS"若经伏火及一切烹、炼，则毒等砒、破服之必毙”，硫化汞受热分解生成汞单质和刘，

体现了HgS受热易分解的性质，故C正确；

高温

D.铁红可由无水FeSCh高温煨烧制得，其化学方程式为：2FeSO4-Fe2O3+SO2t+SO3t»故D正确；

故选：A»

14、B

【答案解析】

A.等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCL的混合溶液中加入NaHCCh溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与领离

子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；

B.Ba2++OH-+HCO3，=BaCC>31+H2O可以表示Imol氢氧化钢与Imol氯化的Imol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；

C.若氢氧化领物质的量为Imol,则氯化领物质的量为Imol,加入碳酸氢钠，消耗2moi氢氧根离子生成2moi碳酸根

离子，2moi碳酸根离子能够与2moi领离子反应生成2mol碳酸领沉淀，故C错误；

D.依据方程式可知：3moiOH-对应1.5mol氢氧化银，则氯化领物质的量为L5mol,消耗3moi碳酸氢根离子，能够生

成3moi碳酸根离子，同时生成3moi碳酸饮沉淀，故D错误；

答案选B。

【答案点睛】

本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键。

本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钢离子反应生

成碳酸钢沉淀。

15、B

【答案解析】

A.将含有SO2的废气通入BaCL溶液中，不能生成白色沉淀，弱酸不能制取强酸，故A错误；

B.常温下，分别测定同浓度Na2cth溶液与ClhCOONa溶液的pH,Na2cO3溶液的pH大于ClhCOONa溶液，说

明Na2cCh的水解程度大于CMCOONa溶液，水解程度越大，相应的酸电离程度越弱，则HCO：电离出H卡能力比

CH3COOH的弱，故B正确；

C.Fe与Fe(NO3)3反应生成Fe(N(h)2,再加盐酸，酸性条件下亚铁离子、硝酸根离子发生氧化还原反应，滴入KSCN

溶液，溶液变红，不能说明是否部分被还原，也可能全部被还原，故C错误；

D.漠单质具有挥发性，生成的HBr及挥发的溟均与硝酸银反应，观察是否有淡黄色沉淀生成不能证明发生取代反应,

故D错误；

答案选B。

16、C

【答案解析】

对表中元素，我们宜从右往左推断。C为第二周期VIA族，其为氧，从而得出A、B、C、D分别为C、N、O、Si。

【题目详解】

A.电子层数越多，半径越大：同周期元素，最外层电子数越多，半径越小，从而得出原子半径大小关系为Si>C>N>O,

A错误；

B.生成的氢化物中，只有水分子和氨分子间可形成氢键，B错误；

C.A与C形成的阴离子可能有CO：、C2O；',C正确；

D.C的单质石墨能导电，Si是半导体材料，常温下也能导电，N、O的单质在常温下不导电，D错误。

故选C。

二、非选择题(本题包括5小题)

17、氨基、溟原子G3H18。2-丁烯醛先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸

化，再滴入溟水(或酸性高钵酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键取代反应；如一?\H,OH5

NH

H

入ICuOH?I浓HSU

丫CH,CH,.OH-△-CILCHO->CHCH-CHCHO------△---►CH—CII-<41—CHO

CH,

【答案解析】

【题目详解】

(1)B含有氨基和漠原子2种官能团，E的分子式为：Ci3Hl80,故答案为：氨基、溟原子；G3Hl80；

(2)巴豆醛(CHACH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高铳酸钾或澳

水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高镒酸钾溶液或溟水检验，故答案为:

2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入滨水(或酸性高镒酸钾溶液)

褪色，证明含碳碳双键；

(3)A到B,氨基邻位C上的H被Br取代，E中的苯环、谈基均能和氢气加成，反应的方程式为：

()4~4Ha----►()+411—

故答案为：取代反应;(,11()11；

NH>

(4)A为\,比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3,另1个为-NH2,

位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N,苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综

NH.

上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：()|,故答案为:

Y

CH,

NH

5；6

CH,

(5)原料为乙醇，有2个C,产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙

醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：

OH

()HqH7),故答案为：

(II(11()11->('1!(HO—»CllCH—(,II(11()---------->—CH-ClI—(11()

OH

CuOil浓II7)o

CHCH，()H—K'H(HO—ACll(H—(,llCIK)-----------(II—CH—Cl1—CIK)

△△

18、「一『J'NaOH水溶液取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。

CH3

cH3

0HI

CnH

-一

或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成CnCH3-C-COOHI

CH

CH33

保护碳碳双键不被氧化

【答案解析】

(1)根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M,贝IJF的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH2cH2OH。E和环氧乙

烷生成F,则E的结构简式为CH2=C(CH3)COOH,因此C4H8应该是2—甲基一2丙烯，其结构简式为「一丁.‘；

加

B连续氧化得到D,D发生消去反应生成E,所以反应②应该是卤代燃的水解反应，因此试剂H是NaOH水溶液；

(2)B发生催化氧化生成C,即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH”悬浊液,

加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C；

(3)D分子中含有羟基和较基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为

cH3

OHI

I

一定条件C--nH2

nCH3-C-COOHI

ICH

CH33

(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤③④⑤不可以为⑤③④的主要理由是保护碳碳双键

不被氧化。

A

+=2++2+

19、A(或B)MnO2+4H+2ClMn+Cl2t+2H2O(2MnO4+10C1+16H=2Mn+5C12T+8H2O)

f-gTCTb-dTeTjih随开随用，随关随停排干净三颈烧瓶中的空气用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在

红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNCh是弱酸滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化

粤％

m

【答案解析】

(1)二氧化镒和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的(或KMnCh与浓盐酸常温下制备Ch)。

(2)制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最

后进行尾气处理。

(3)①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为随开随用，随关随停。

②通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化。

(4)①要证明HNCh是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNCh能发生水解，结合题给试剂分析。

②以K2C1O4溶液为指示剂，用cmoldJAgNCh标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生

成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；根据(ClNO)=n(C1)=n(Ag+),然后结合m=nxM来计算。

【题目详解】

(1)可以用二氧化镭和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为Mn(h+4HC1(浓)

AA

+2+

=MnCL+CLT+2H2O,离子方程式为：MnO2+4H+2Cl=Mn+C12T+2H2O,(或用KMnCh与浓盐酸常温下制备CL,

发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO/+10Cr+16H+=2Mn2++5C12T+8H2。)故答案为A(或B)；

A

+=2++2+

MnO2+4H+2CrMn+CLT+2H2O(或2MnO4+10Cl+16H=2Mn+5C12T+8H2O)o

(2)制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最

后进行尾气处理，故其连接顺序为f-g—>c—b—>d—e-j—>h；故答案为f-g-c—b—d-e—j—h。

(3)①实验室也可用B装置制备NO,X装置的优点为随开随用，随关随停，故答案为随开随用，随关随停。

②检验装置气密性并装入药品，打开K2,然后再打开K3,通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，

防止NO被空气中的氧气氧化，故答案为排干净三颈烧瓶中的空气；

(4)①要证明HNO2是弱酸可证明HNCh中存在电离平衡或证明NaNCh能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明

NaNCh溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNCh溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明

HNO2是弱酸，故答案为用玻璃棒蘸取NaN(h溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HN(h是弱酸。

②以K2OO4溶液为指示剂，用cmol・L」AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生

成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；取Z中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL中满足：

n(ClNO)=n(Cl)=n(Ag+)=cx0.02L=0.02cmol,贝(1250mL溶液中n(QNO)=0.2cmol,m(CINO)

=nxM=0.2cmolx65.5g/mol=13.1cg,亚硝配氯(CINO)的质量分数为(13.1cg+mg)xl00%=U^^%,故答案为滴入最后

m

一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；空四％

m

【答案点睛】

本题考查了物质制备方案设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验装置的连接，实验方案的设

计，氧化还原反应，环境保护等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。

2++3+

20>C1O3+6Fe+6H=6Fe+Cl+3H2Oa、cR[Fe(CN)6]溶液2.025c>b>a若温度过低,Fe(OH)3

胶体未充分聚沉收集，导致产率下降取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HC1酸化的BaCh溶液和HNO3

酸化的AgNCh溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固

【答案解析】

(DNaClth具有氧化性，在酸性条件下将FeSOr7H2。氧化为硫酸铁，据此书写；

(2)NaC103具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分

析；

(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；

(4)实验是研究相同时间内温度与NaCKh用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaCKh用量的

影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；

⑸温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；

(6)Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2sO4的溶液在析出的，只要检验无或-就可证明洗涤干净；

⑺根据Fe元素守恒，若含有FeOOH,最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。

【题目详解】

(l)NaCK)3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO#7H2O氧化为硫酸铁，NaCKh被还原为NaCL同时产生水，反应的离

2++3+

子方程式为sClO3+6Fe+6H