2022年河北省邯郸市高三下学期一模考试化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、铋(Bi)位于元素周期表中第VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：加入溶液适量铋酸钠溶液过量双氧水适量

2、KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是（ ）ABiO3-的氧化性强于MnO4-BH2O2可被高锰酸根离子氧化成O2C向铋酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色DH2O2具有氧化性，能把KI氧化成I22、能正确表示下列反应离子方程式的是A用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl2H2O=Cl2H22OHB硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2OHHSO42-=BaSO4H2OCFe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe32I=2Fe2I2DNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-

3、3H2O3、向某二价金属M的M(OH)2的溶液中加入过量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，过滤，洗涤、干燥后将沉淀置于足量的稀盐酸中，充分反应后，在标准状况下收集到V L气体。如要计算金属M的相对原子质量，你认为还必需提供下列哪项数据是AM(OH)2溶液的物质的量浓度B与MCO3反应的盐酸的物质的量浓度CMCO3的质量D题给条件充足，不需要再补充数据4、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（ ）AH2Y的电离方程式为：B在该酸式盐溶液中CHY-的水解方程式为D在该酸式盐溶液中5、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池

4、的说法错误的是A电池工作时，NO3向石墨I移动B石墨上发生的电极反应为：2NO2+2OH2e=N2O5+H2OC可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：236、对甲基苯乙烯（）是有机合成的重要原料。下列对其结构与性质的推断错误的是（）A分子式为B能发生加聚反应和氧化反应C具有相同官能团的芳香烃同分异构体有5种不考虑立体异构D分子中所有原子可能处于同一平面7、常温下，HNO2的电离平衡常数为K4.6104(已知2.14)，向20 mL 0.01 molL1HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，测得混合液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示

5、，下列判断正确的是AX20Ba点溶液中c(H)2.14103 molL1Ca、b、c、d四点对应的溶液中水的电离程度逐渐减小Db点溶液中微粒浓度的大小关系为c(HNO2)c(Na)c()8、一定量的与足量的碳在体积可变的恒压密闭容器中反应：，平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如图所示，下列说法正确的是A时，若充入惰性气体，、逆均减小，平衡不移动B时，反应达平衡后的转化率为C时，若充入等体积的和CO，平衡向逆反应方向移动D平衡常数的关系：9、只用一种试剂即可区别的：NaCl、MgCl2、FeCl3、Al2(SO4)3四种溶液，这种试剂是AAgNO3 BNaOHCBaCl2 DHCl10、氮及

6、其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成BN2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%C在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D催化剂a、b能提高反应的平衡转化率11、在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯。有关物质的沸点、熔点如下表：对二甲苯邻二甲苯间二甲苯苯沸点点/13-25-476下列说法错误的是（）A该反应属于取代反应B用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来C甲苯和氢气完全反应所得产物的分子式是C7H16D对二甲苯的一溴代物有2种12、下列判断正确的是( )A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐

7、酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在13、下列物质不能用作食品干燥剂的是（）A硅胶B六水合氯化钙C碱石灰D具有吸水性的植物纤维14、下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是A小苏打作食品疏松剂B漂粉精作游泳池消毒剂C甘油作护肤保湿剂D明矾作净水剂15、光电池在光照条件下可产生电压，如下装置可以实现光能源的充分利用，双极性膜可将水解离为H+和OH-，并实现其定向

8、通过。下列说法不正确的是A该装置将光能转化为化学能并分解水B双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性C如阳极区为KOH深液，在光照过程中阳极区溶液中的c(OH-)基本不变D再生池中的反应：2V2+2H+2V3+H216、下列对实验方案的设计或评价合理的是（ ）A经酸洗除锈的铁钉，用饱和食盐水浸泡后放入如图所示具支试管中，一段时间后导管口有气泡冒出B图中电流表会显示电流在较短时间内就会衰减C图中应先用燃着的小木条点燃镁带，然后插入混合物中引发反应D可用图显示的方法除去酸式滴定管尖嘴中的气泡17、关于金属钠单质及其化合物的说法中，不正确的是（ ）ANaCl可用作食品调味剂B相同温度下NaHCO3溶

9、解度大于Na2CO3CNa2CO3的焰色反应呈黄色D工业上Na可用于制备钛、锆等金属18、如图为某漂白剂的结构。已知：W、Y、Z是不同周期、不同主族的短周期元素，W、Y、Z原子最外层电子数之和等于X原子最外层电子数，W、X对应的简单离子核外电子排布相同。下列叙述错误的是（ ）AW、X对应的简单离子的半径：XWB电解W的氯化物水溶液可以制得W单质C实验室可用X和Z形成的某种化合物制取单质XD25时，Y的最高价氧化物对应水化物的钠盐溶液pH大于719、化学与生产和生活密切相关,下列分析错误的是A用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀B对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生C明矾水解生成的胶体可吸

10、附水中悬浮颗粒物D芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味剂20、图1为CO2与CH4转化为CH3COOH的反应历程(中间体的能量关系如虚框中曲线所示)，图2为室温下某溶液中CH3COOH和CH3COO两种微粒浓度随pH变化的曲线。下列结论错误的是ACH4分子在催化剂表面会断开CH键，断键会吸收能量B中间体的能量大于中间体的能量C室温下，CH3COOH的电离常数Ka104.76D升高温度，图2中两条曲线交点会向pH增大方向移动21、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AX

11、、M简单离子半径大小顺序：XMBZ的最高价氧化物水化物的化学式为H2ZO4CX、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素DX的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键22、化学科学对提高人类生活质量和促进社会发展具有重要作用，下列说法中正确的是（ ）A煤经过气化和液化两个物理变化，可变为清洁能源B汽车尾气的大量排放影响了空气的质量，是造成PM2.5值升高的原因之一C自然界中含有大量的游离态的硅，纯净的硅晶体可用于制作计算机芯片D糖类、油脂和蛋白质都能发生水解反应二、非选择题(共84分)23、（14分）为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并

12、完成下列实验。(气体体积已转化为标准状况下的体积)已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水 ，载人宇宙飞船内常用含 C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)X的化学式为 _ 。(2)图中B的组成元素在元素周期表中的位置是_。(3)A的电子式为 _。(4)X受热分解转变成 A 和 B 的化学反应方程式为 _。24、（12分）丁苯酞(J)是治疗轻、中度急性脑缺血的药物，合成J的一种路线如下：已知：E的核磁共振氢谱只有一组峰；C能发生银镜反应；J是一种酯，分子中除苯环外还含有一个五元环回答下列问题：（1）由A生成B的化学方程式为_，其反应类型为_

13、；（2）D的化学名称是_，由D生成E的化学方程式为_；（3）J的结构简式为_；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应的结构简式_(写出一种即可)；（5）由甲醛和化合物A经下列步骤可得到2一苯基乙醇：反应条件1为_；反应条件2所选择的试剂为_；L的结构简式为_。25、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4H2O）。已知：N2H4H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClONa2CO3+N2H4H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制30%NaOH溶液时，所需玻璃仪

14、器除量筒外，还有_（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_。（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是_（填标号）。ACO(NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是_。蒸馏时需要减压，原因是_。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.5左右），配制1000mL溶液

15、。b移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现_，记录消耗碘的标准液的体积。d进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在_滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式_。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_。26、（10分）FeSO4 溶液放置在空气中容易变质，因此为了方便使用 Fe2，实验室中常保存硫酸亚铁铵晶体俗称“摩尔盐”，化学式为(NH4)2Fe(SO4)26H2O，它比绿矾或绿矾溶液更稳定。(稳定是指物质放置 在空气中不易发生各种化学反应而

16、变质) I硫酸亚铁铵晶体的制备与检验（1）某兴趣小组设计实验制备硫酸亚铁铵晶体。 本实验中，配制溶液以及后续使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，这样处理蒸馏水的目的是_。向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，经过操作_、冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体。（2）该小组同学继续设计实验证明所制得晶体的成分。如图所示实验的目的是_，C 装置的作用是_。取少量晶体溶于水，得淡绿色待测液。取少量待测液，_ (填操作与现象)，证明所制得的晶体中有 Fe2。取少量待测液，经其它实验证明晶体中有NH4和SO42II实验探究影响溶液中 Fe2稳定性的因素（3）配制 0.

17、8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液（pH=4.0），各取 2 ml 上述溶液于两支试管中，刚开始两种溶液都是浅绿色，分别同时滴加 2 滴 0.01mol/L 的 KSCN 溶液，15 分钟后观察可见：(NH4)2Fe(SO4)2溶液仍然为浅绿色透明澄清溶液；FeSO4溶液则出现淡黄色浑浊。（资料 1）沉淀Fe(OH)2Fe(OH)3开始沉淀pH7.62.7完全沉淀pH9.63.7请用离子方程式解释 FeSO4 溶液产生淡黄色浑浊的原因_。讨论影响 Fe2稳定性的因素，小组同学提出以下 3 种假设：假设 1：其它条件相

18、同时，NH4的存在使(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中 Fe2+稳定性较好。假设 2：其它条件相同时，在一定 pH 范围内，溶液 pH 越小 Fe2稳定性越好。假设 3：_。（4）小组同学用如图装置（G为灵敏电流计），滴入适量的硫酸溶液分 别控制溶液 A（0.2 mol/L NaCl）和溶液 B（0.1mol/L FeSO4）为不同的 pH，观察记录电流计读数，对假设 2 进行实验研究，实验结果如表所示。序号A：0.2molL1NaClB：0.1molL1FeSO4电流计读数实验1pH=1pH=58.4实验2pH=1pH=16.5实验3pH=6pH=57.8实验4pH=6pH=15.5（资料

19、 2）原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原 电池的电流越大。（资料 3）常温下，0.1mol/L pH=1 的 FeSO4 溶液比 pH=5 的 FeSO4 溶液稳定性更好。 根据以上实验结果和资料信息，经小组讨论可以得出以下结论：U 型管中左池的电极反应式_。对比实验 1 和 2（或 3 和 4） ,在一定 pH 范围内，可得出的结论为_。对比实验_和_，还可得出在一定pH 范围内溶液酸碱性变化对 O2 氧化性强弱的影响因素。 对（资料 3）实验事实的解释为_。27、（12分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。实验一

20、：已知：3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)（1）虚线框处宜选择的装置是_(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是_。（2）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_。实验二：绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A

21、称重，记为m2 g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下：（1）_，（2）点燃酒精灯，加热，（3）_，（4）_，（5）_，（6）称量A， 重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为m3 g。（3）请将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a关闭 K1 和 K2 b熄灭酒精灯 c打开 K1 和 K2 缓缓通入 N2 d冷却至室温（4）必须要进行恒重操作的原因是_。（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解， 根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目 x=_（用含 m1、 m2、 m3的列式表示）。28、（14分）硒化铜纳米晶体在光电转化中有着广泛的应用，

22、铜和硒等元素形成的化合物在生产、生活中应用广泛。(1)基态硒原子的核外电子排布式为_。As、Se、Br三种元素第一电离能由大到小的顺序为_。(2)SeO2易溶解于水，熔点为340350，315时升华，由此可判断SeO2中的化学键类型为_。(3)Se2Cl2为深棕红色的剧毒液体，其分子结构中含有Se-Se 键，该分子中，Se原子的杂化轨道类型为_，Se2Cl2的空间构型为_（填字母）。a直线形 b锯齿形 c环形 d四面体形(4)硒酸钢（CuSeO4）在电子、仪表工业中发挥着重要作用。硒酸的酸性与硫酸的比较，酸性较强的是_（填化学式）。(5)SeO42-中Se-O的键角比SeO3的键角_（填“大“

23、或“小“），原因是_。(6)铜的某种氧化物的晶胞结构如图所示，则该氧化物的化学式为_，若组成粒子氧、铜的半径分别为r(O)pm、r(Cu)pm，密度为gcm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞的空间利用率为_（用含的式子表示）。29、（10分）氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：（1）基态氮原子的价电子轨道表示式为_；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有_种。（2）雌黃的分子式为As2S3，其分子结构为，As原子的杂化类型为_。（3）1mol中所含键的物质的量为_mol。已知NF3与NH3分子的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是_。（

24、4）红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如图所示，则每个Ni原子周围与之紧邻的As原子数为_。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏伽德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为（0.25，0.25，0.75），（0.75，0.25，0.25），（0.25，0.75，0.25），（0.75，0.75，0.75）。据此推断BP晶体的密度为_gcm-3。（用代数式表示）参考答案一、选择题(共包括22个小题

25、。每小题均只有一个符合题意的选项）1、C【解析】向一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液中滴入适量铋酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为I2；【详解】A. 氧化剂的氧化性大于氧化产物，Mn2+被BiO3-氧化为MnO4-，BiO3-的氧化性强于MnO4-，故A正确；B. 滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO4-把H2O2氧化为O2，故B正确；C.铋酸钠具有强氧化性，向铋酸钠溶液中滴加KI溶液，I-可能被氧化为I

26、O3-，所以溶液不一定变蓝色，故C错误；D. 由中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；故选C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I-被强氧化剂氧化的产物不一定是I2。2、D【解析】A. 用惰性电极电解熔融氯化钠而不是电解食盐水，A错误； B. 硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液，沉淀完全的同时恰好中和，正确的离子方程式为Ba22OH2HSO42-=BaSO42H2O，B错误；C. Fe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液，大量氢离子的环境中，硝酸根的氧化性更强，碘离子优先和硝酸根、氢离子反应，多余的碘离子才接着和铁

27、离子发生2Fe32I=2Fe2I2反应，C错误；D. NaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O，D正确；答案选D。【点睛】C项为易错点，注意硝酸根离子与氢离子大量共存时有强氧化性。3、C【解析】生成的气体是CO2，所以要计算M的相对原子质量，还需要知道MCO3的质量，选项C正确，答案选C。4、A【解析】A.H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)c(HY);HY的电离程度小于HY的水解程度,但无论电离还

28、是水解都较弱,阴离子还是以HY为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH)c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)c(Y2),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HY)c(OH)c(H+)c(Y2)，B项错误；C.HY水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY+H2OOH+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D. 根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。5、B【解析】由图示可知，原电池中负极发生

29、氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+ O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3- 。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3- 向石

30、墨I移动，A正确；B该电池一种熔融KNO3燃料电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO2- e-+NO3- = N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。6、D【解析】

31、对甲基苯乙烯（）含有甲基、苯环和碳碳双键，具有苯、乙烯的结构特点和性质。【详解】A项、对甲基苯乙烯（）含有9个碳和10个氢，分子式为C9H10，故A正确；B项、含有碳碳双键，可发生加聚反应和氧化反应，故B正确；C项、含有两个支链时，有邻间对三种结构，含有一个支链时：支链为-CH=CH-CH3、-CH2CH=CH2、-C（CH3）=CH2，除了本身，共有5种同分异构体，故C正确；D项、含有苯环和碳碳双键，都为平面形结构，处于同一平面，分子中含有-CH3，甲基为四面体结构，所以分子中所有原子不可能处于同一平面，故D错误。故选D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，把握有机

32、物的结构、苯环与H原子的判断为解答的关键。7、B【解析】A. 向20mL 0.01molL1的HNO2溶液中逐滴加入相同浓度的NaOH溶液，若恰好反应需要氢氧化钠溶液体积20 mL，C点是溶液呈中性，溶质为HNO2、NaNO2混合溶液，Xc(Na+)c(HNO2)，D项错误；答案选B。8、B【解析】体积可变的恒压密闭容器中，若充入惰性气体，体积增大，则压强减小，则、逆均减小，平衡正向移动，选项A错误；B.由图可知，时，CO的体积分数为，设开始及转化的分别为n、x，则，解得，平衡后的转化率为，选项B正确；C.时，若充入等体积的和CO，与原平衡状态时体积分数相同，平衡不移动，选项C错误；D.由图可

33、知，温度越高，CO的体积分数越大，该反应为吸热反应，K与温度有关，则，选项D错误；答案选B。9、B【解析】四种溶液中阳离子互不相同，可选用氢氧化钠溶液鉴别。氯化钠与氢氧化钠不反应；氢氧化钠与氯化镁生成白色沉淀；氢氧化钠与氯化铁生成红褐色沉淀；氢氧化钠加入硫酸铝溶液产生白色沉淀然后沉淀溶解。答案选B。【点睛】氢氧化镁和氢氧化铝均为白色沉淀，但氢氧化铝溶于强碱溶液。10、B【解析】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C. 在催化剂b表

34、面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不能改变平衡转化率或产率。11、C【解析】甲苯发生取代反应生成二甲苯，由表中数据可知苯与二甲苯的沸点相差较大，可用蒸馏的方法分离，而对二甲苯熔点较低，可结晶分离，结合有机物的结构特点解答该题。【详解】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A不符合题意； B、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，且二者能够互溶，

35、因此可以用蒸馏的方法分离，故B不符合题意； C、甲苯和氢气完全反应所得产物为甲基环己烷，分子式是C7H14，故C符合题意； D、对二甲苯结构对称，有2种H，则一溴代物有2种，故D不符合题意。 故选：C。12、D【解析】A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会

36、生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确；综上所述，本题应选D。13、B【解析】A硅胶具有吸水性，无毒，则硅胶可用作食品干燥剂，故A正确；B六水合氯化钙不能吸水，则不能作食品干燥剂，故B错误；C碱石灰能与水反应，可做干燥剂，故C正确；D具有吸水性的植物纤维无毒，则可用作食品干燥剂，故D正确；故答案为B。14、B【解析】A小苏打是碳酸氢钠，受热易分解产生二氧化碳而常用作食品疏松剂，与氧化性无关，故A错误；B漂粉精作消毒剂，利用次氯酸盐的强氧化，反应中Cl元素的化合价降低，作氧化剂，具有氧化性，故B正确；C甘油作护肤保湿剂，是利用甘油的吸

37、水性，没有元素的化合价变化，与氧化性无关，故C错误；D明矾中铝离子水解生成氢氧化铝胶体而吸附水中悬浮物来净水，与盐类水解有关，与物质氧化性无关，故D错误；故答案为B。15、C【解析】由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，左侧为阴极，反应式为 2V3+2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，由此来解题。【详解】A. 由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；B. 双极性膜可将水解离为H+和OH-，

38、由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C. 光照过程中阳极区反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；D. 根据以上分析，再生的反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。16、B【解析】A. 铁钉遇到饱和食盐水发生吸氧腐蚀，右侧试管中的导管内水柱上升，导管

39、内没有气泡产生，A不合理；B. 该装置的锌铜电池中，锌直接与稀硫酸相连，原电池效率不高，电流在较短时间内就会衰减，应改为用盐桥相连的装置，效率会更高，B合理；C. 铝热反应中，铝热剂在最下面，上面铺一层氯酸钾，先把镁条插入混合物中，再点燃镁条用来提供引发反应的热能，C不合理；D.该图为碱式滴定管，可用图显示的方法除去碱式滴定管尖嘴中的气泡，D不合理；故答案为：B。17、B【解析】ANaCl是最常用的食品调味剂，故A正确；B相同温度下NaHCO3溶解度小于Na2CO3，故B错误；C钠元素的焰色反应呈黄色，故C正确；D工业上可利用Na与熔融TiCl4及锆盐制备钛、锆等金属，故D正确；答案为B。18

40、、B【解析】W、Y、Z为不同周期不同主族的短周期元素，那么其中一种为H，根据漂白剂结构可知，Z为H，W、X对应的简单离子核外电子排布相同，从结构图中可知，W为Mg，X为O，W、Y、Z的最外层电子数之和等于X的最外层电子数，Y为B，据此解答。【详解】AO2-和Mg2+电子层数相同，但O2-为阴离子，原子序数更小，半径更大，A正确；B工业上电解熔融状态的MgCl2来制备Mg，B错误；C实验室可用H2O2在MnO2催化作用下制备O2，C正确；D硼酸（H3BO3）是一元弱酸，其钠盐会水解显碱性，D正确。答案选B。19、D【解析】A. 氯化钙是电解质，铁与钢中的碳、潮湿的空气形成原电池，用氯化钙作钢箱梁

41、大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀，故A正确；B. 煤中含有硫元素，直接燃烧产生二氧化硫，污染空气，对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生，故B正确；C. 明矾水解生成的胶体，氢氧化铝胶体表面积大，吸附水中悬浮颗粒物，故C正确；D. 芳香族化合物不一定有香味，好多有毒，只有少数可以用作食品香味剂，故D错误；故选D。20、D【解析】A.虚框内中间体的能量关系图可知，CH4分子在催化剂表面断开CH键，断裂化学键需要吸收能量，A项正确；B. 从虚框内中间体的能量关系图看，中间体是断裂CH键形成的，断裂化学键需要吸收能量，中间体是形成CC和OH键形成的,形成化学键需要释放能量，所以中间体的能量大于中间体的能量，

42、B项正确；C.由图2可知，当溶液pH=4.76，c(CH3COOH)=c(CH3COO-)=0.05mol/L，CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=c(H+)=10-4.76。C项正确；D.根据CH3COOHCH3COO-+H+的电离常数Ka=可知，图2两条曲线的交点的c(H+)值等于醋酸的电离常数Ka的值，而升高温度电离常数增大，即交点的c(H+)增大，pH将减小，所以交点会向pH减小的方向移动。D项错误；答案选D。21、B【解析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：MWZYX，M的原子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，

43、则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2pHNa+，A选项正确；BZ为Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；CX、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；DX的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正

44、确；答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。22、B【解析】A、煤的气化与液化都是化学变化，故A不正确；B、汽车尾气的大量排放是造成PM2.5值升高的原因之一，故B正确；C、虽然硅的性质比较稳定，但是属于亲氧元素，故自然界中主要以化合态存在，故C不正确；D、单糖不能水解，故D不正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、LiN3 第2周期VA族 3LiN3Li3N+4N2 【解析】B是空气的主要成分之一，B为氮气或氧气；C是一种强碱，

45、且微溶于水，C为LiOH，载人宇宙飞船内常用含 C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，LiOH与反应生成Li2CO3；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是NH3，确定B为氮气，NH3是2.24L合0.1mol，A中N为14gmol10.1mol=1.4g。A为Li3N，3.5g中Li为3.5-1.4=2.1g，14.7gX中Li为 2.1g，n(Li)=0.3mol，n(N)=0.9mol,n(Li)：n(N)=0.3:0.9=1:3，X的化学式为：LiN3。【详解】（1）由分析可知：X的化学式为LiN3。故答案为：LiN3；（2）B为氮气，组成元素N在元素周期表中的位置是第2周期VA族。

46、故答案为：第2周期VA族；（3）A为Li3N，Li最外层只有1个电子，显+1价，N最外层5个电子，得三个电子，显-3价，电子式为。故答案为：；（4）由分析X的化学式为：LiN3，X受热分解转变成 Li3N 和 N2，由质量守恒：化学反应方程式为 3LiN3Li3N+4N2。故答案为： 3LiN3Li3N+4N2。24、+Br2+HBr 取代反应 2-甲基丙烯 CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr 或或 光照 镁、乙醚 【解析】比较A、B的分子式可知，A与HBr发生加成反应生成B，B的核磁共振氢谱只有一组峰，则可知D为CH2=C(CH3)2，E为(CH3)3CBr，根据题中已知可知F

47、为(CH3)3CMgBr，C能发生银镜反应，同时结合G和F的结构简式可推知C为，进而可以反推得，B为，A为，根据题中已知，由G可推知H为，J是一种酯，分子中除苯环外，还含有一个五元环，则J为，与溴发生取代生成K为，K在镁、乙醚的条件下生成L为，L与甲醛反应生成2-苯基乙醇【详解】（1）由A生成B的化学方程式为+Br2+HBr，其反应类型为取代反应；（2）D为CH2=C(CH3)2，名称是2-甲基丙烯，由D生成E的化学方程式为CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr，故答案为2-甲基丙烯；CH2=C(CH3)2+HBr(CH3)3CBr；（3）根据上面的分析可知，J的结构简式为，故答案为

48、；（4）G的同分异构体中核磁共振氢谱有4组峰且能与FeCl3溶液发生显色反应，说明有酚羟基，这样的结构为苯环上连有-OH、-CH2Br呈对位连结，另外还有四个-CH3基团，呈对称分布，或者是-OH、-C(CH3)2Br呈对位连结，另外还有2个-CH3基团，以-OH为对称轴对称分布，这样有或或；（5）反应的为与溴发生取代生成K为，反应条件为光照，K在镁、乙醚的条件下生成L为，故答案为光照；镁、乙醚；。25、BDCl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式N2H4H

49、2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O82.00%【解析】（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4H2O +

50、2I2 = N2+ 4HI + H2O进行计算。【详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4H2O）中氮元素为2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在

51、烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液反应生成氮气、碘化氢和水，反应的化学方程式为N2H2H2O+2I2=N2+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2H2O）=0.2000molL10.0082L=0.00082mol

52、，250ml溶液中含有的物质的量=0.00082mol =0.082mol，水合肼（N2H2H2O）的质量分数= 100%=82%，故答案为：N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O ；82%。【点睛】水合肼（N2H4H2O）中氮元素为2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼是解答关键，也是易错点。26、除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+ 蒸发浓缩 检验晶体中是否含有结晶水 防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果 滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀（或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变

53、成红色） 4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+ 当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性。（或当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好。） O2 + 4e- +4H+= 2H2O 溶液酸性越强,Fe2+的还原性越弱 1 3（或2和4） 其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。 【解析】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种

54、浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰；检验Fe2+，可以向样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，可以以此提出假设；(4)

55、FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水；实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出结论；对比实验1 和

56、 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论分析。【详解】I.(1)亚铁离子具有还原性，在空气中容易被氧化，在配制溶液时使用到的蒸馏水都必须煮沸、冷却后再使用，目的是：除去水中溶解的氧气，防止氧化Fe2+；向 FeSO4 溶液中加入饱和(NH4)2SO4 溶液，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤和干燥后得到一 种浅蓝绿色的晶体；(2) 无水硫酸铜遇水变蓝色，该装置的实验目的是：检验晶体中是否含有结晶水；空气中也有水蒸气，容易对实验产生干扰，需要使用浓硫酸防止空气中水蒸气逆向进入装有无水CuSO4的试管，影响实验结果；检验Fe2+，可以向

57、样品中滴入少量K3Fe(CN)6溶液，出现蓝色沉淀，说明存在Fe2+；或先滴入2滴KSCN溶液，无明显变化，再加入几滴新制氯水，溶液变成红色，说明存在Fe2+；II.(3) 由表可知，pH=4.5的0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液中，会产生Fe(OH)3沉淀，说明二价铁被氧化成了三价铁，同时和水反应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为：4Fe2+ + O2 + 10H2O = 4Fe(OH)3 + 8H+；0.8 mol/L 的 FeSO4 溶液（pH=4.5）和 0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液中硫酸根的浓度也不同，0.8 mol/L 的(NH4)2Fe(SO

58、4)2 溶液中硫酸根浓度更大，故可以假设：当其它条件相同时，硫酸根离子浓度大小影响Fe2+的稳定性；或者当其它条件相同时，硫酸根离子浓度越大，Fe2+的稳定性较好；(4) FeSO4中的铁的化合价为+2价，具有还原性，在原电池中做负极，则左池的碳电极做正极，NaCl中溶解的氧气得电子生成，在酸性环境中生成水，故电极方程式为：O2 + 4e- +4H+= 2H2O；实验1 和 2（或 3 和 4）中NaCl溶液的pH相同，FeSO4溶液的pH不同，且FeSO4溶液的pH越小，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出的

59、结论是：溶液酸性越强，Fe2+的还原性越弱；对比实验1和3（或2和4）发现，FeSO4溶液的pH相同时，NaCl溶液的pH越大，电流越小，结合原电池装置中，其它条件相同时，负极反应物的还原性越强或正极反应物的氧化性越强，该原电池的电流越大，可以得出在一定pH 范围内溶液的碱性越强， O2 氧化性越强；对比实验1 和 4，NaCl溶液的pH增大酸性减弱，FeSO4溶液的pH减小酸性增强，但是电流却减小，结合的结论，和其它条件相同时，溶液酸性增强对Fe2+的还原性减弱的影响，超过了对O2的氧化性增强的影响。故pH=1的FeSO4溶液更稳定。27、乙 铜丝由黑变红 硫氰化钾或 KSCN 不正确，因为

60、铁过量时： Fe2Fe3+3Fe2+ c b d a 确保绿矾中的结晶水已全部失去 【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1 和 K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是 ，生成水的质量