2022年福建省莆田高三冲刺模拟化学试卷含解析

1、2021-2022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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、如图1为甲烷和O2构成的燃料电池示意图，电解质溶液为KOH溶液；图2为电解AlCl3溶液的装置，电极材料均为石墨。用该装置进行实验，反应开始后观察到x电极附近出现白色沉淀。下列说法正确的是Ab电极为负极B图1中电解质溶液

2、的pH增大Ca电极反应式为CH4-8e-+8OH-=CO2+6H2OD图2中电解AlCl3溶液的总反应式为: 2AlCl3+6H2O 2Al(OH)3+3Cl2+3H22、下列变化过程中，需要破坏离子键的是（）A氯化氢溶于水B铁熔化C干冰升华D氯化钠溶于水3、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A1mol NH4+ 所含的质子总数为10NAB联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:14、化学与人类的生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）A天然纤维和人

3、造纤维主要成分都是纤维素B生物质能和氢气都属于可再生能源C古代明矾除铜绿和现代焊接氯化铵除铁锈都利用了溶液显碱性的特性D燃煤中加入生石灰和汽车限行都是为了减缓温室效应5、实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)Fe2(OH)n(SO4)30.5nm和绿矾FeSO47H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为：4FeS3O212H=4Fe34S6H2OB溶液Z加热到7080 的目的是促进Fe3的水解C溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小

4、导致聚铁中铁的质量分数偏大6、除去下列括号内杂质的试剂或方法正确的是（）AHNO3溶液（H2SO4）：适量BaCl2溶液，过滤B乙烷（乙烯）：催化剂条件下通入H2C溴苯（溴）：加入KI溶液，分液D乙醇（乙酸）：加入足量CaO后蒸馏7、下列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实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X 有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+ C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2Fe3+D用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产

5、生Na2SO3样品中含有SO42AABBCCDD8、如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是( )AOA段的反应离子方程式为：2Al33SO3Ba26OH=2Al(OH)33BaSO4BAB段的离子方程式只有：Al(OH)3OH=AlO2H2OCA点的沉淀为Al(OH)3和BaSO4的混合物DB点溶液为KAlO2溶液9、与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是ANaCl利用率高B设备少C循环利用的物质多D原料易得10、H3PO2是精细磷化工产品。工业制备原理如下:(I)2P4 + 3Ba(OH)2 + 6H2O = 3Ba(H2PO2)2 + 2PH3(II) Ba(H2PO2)2

6、 +H2SO4 = BaSO4+ 2H3PO2下列推断错误的是 ( )A反应I是氧化还原反应，反应II是非氧化还原反应BH3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C在反应I中氧化剂与还原剂的质量之比为1:1D在标准状况下生成2.24LPH3，同时转移0.3mol电子11、下列离子方程式错误的是A向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸：Ba22OH2H SO42=BaS042H2OB酸性介质中KMnO4氧化 H2O2：2MnO45H2O26H= 2Mn25O2 8H2OC等物质的量的MgCl2、Ba(OH)2和 HC1 溶液混合：Mg22OH= Mg(OH)2D铅酸蓄电池充电时的正极反应：PbS

7、O4 2H2O2e- = PbO24HSO4212、下列实验设计能完成或实验结论合理的是A证明一瓶红棕色气体是溴蒸气还是二氧化氮，可用湿润的碘化钾淀粉试纸检验，观察试纸颜色的变化B铝热剂溶于足量稀盐酸再滴加KSCN溶液，未出现血红色，铝热剂中一定不含Fe2O3C测氯水的pH，可用玻璃棒蘸取氯水点在pH试纸上，待其变色后和标准比色卡比较D检验Cu2+和Fe3+离子，采用径向纸层析法，待离子在滤纸上展开后，用浓氨水熏， 可以检验出Cu2+13、铊（Tl）是某超导材料的组成元素之一，与铝同族，位于周期表第六周期。Tl3+与银在酸性溶液中发生反应：Tl3+2AgTl+2Ag+，下列推断正确的是（ ）A

8、Tl+的最外层有1个电子BTl能形成+3价和+1价的化合物CTl3+氧化性比铝离子弱DTl+的还原性比Ag强14、反应aX(g) + bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（ ）Aa+b 0Ba+b c, Q c, Q 0Da+b c, Q 015、CH3OH是重要的化工原料,工业上用CO与H2在催化剂作用下合成CH3OH,其反应为:CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）。按n(CO):n(H2)=1:2，向密闭容器中充入反应物,测得平衡时混合物中CH3OH的体积分数在不同压强下随温度的变化如图所示。下列说法中,正确的是Ap10C平衡常数:K(A)=K(B)D在C点时

9、,CO转化率为75%16、科学家发现对冶金硅进行电解精炼提纯可降低高纯硅制备成本。相关电解装置如图所示，用Cu-Si合金作硅源，在950利用三层液熔盐进行电解精炼，有关说法正确的是A在该液相熔体中Cu优先于Si被氧化，Si4+优先于Cu2+被还原B液态Cu-Si合金作阳极，固体硅作阴极C电流强度的大小不会影响硅提纯速率D三层液熔盐的作用是增大电解反应接触面积，提高硅沉积效率17、工业制纯碱的化学史上，侯德榜使用而索尔维法没有使用的反应原理的化学方程式是（）ACO2+NaCl+NH3+H2ONaHCO3+NH4ClB2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2CCaO+2NH4ClCaCl2+2N

10、H3+H2ODNaHCO3+NH3+NaClNa2CO3+NH4Cl18、短周期主族元素 Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大。Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐，X 与Q 同周期且是该周期主族元素中原子半径最小的元素；Z具有与氩原子相同的电子层结构；Y、Z 原子的最外层电子数之和为 10。下列说法正确的是AX 与 Z 的简单氢化物的水溶液均呈强酸性BY 单质常温下稳定不跟酸碱反应C简单氢化物的沸点：QWB简单离子半径：XWC元素X与氧可形成既含离子键又含非极性共价键的化合物DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物两两之间能相互反应21、氢键是强极性键上的氢原子与电负性很大且含孤电子对的原子

11、之间的静电作用力。下列事实与氢键无关的是（ ）A相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点B一定条件下，NH3与BF3可以形成NH3BF3C羊毛制品水洗再晒干后变形DH2O和CH3COCH3的结构和极性并不相似，但两者能完全互溶22、室温下，下列关于电解质的说法中正确的是A中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH=7，前者消耗的盐酸多B向NaHS 溶液中加入适量 KOH 后：c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)C将amolL-1的醋酸与0.01 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，则醋酸的电离常数Ka= (用含a的代数式表示)D向N

12、H4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，则的值减小二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物 W 在医药和新材料等领域有广泛应用。W 的一种合成路线如图：已知部分信息如下：1molY完全反应生成2molZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应+R1COOHRCH2NH2+H2O请回答下列问题：(1)Y 的化学名称是_；Z 中官能团的名称是_；(2)中_（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中 X 转化为 Y 的反应类型是_。(3)生成 W 的化学方程式为_。(4)G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有NH2（氨基），G的同分异构体有_种（不考虑立体结构），

13、其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为 12222 的结构简式为_。(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线_（无机试剂自选）。24、（12分）中学化学中几种常见物质的转化关系如下图所示：将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体。请回答下列问题：(1)红褐色胶体中F粒子直径大小的范围：_。(2)写出C的酸性溶液与双氧水反应的离子方程式：_。(3)写出鉴定E中阳离子的实验方法和现象：_。(4)有学生利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，_、冷却结晶、过滤。过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为_。(5)高铁酸钾(K2FeO4)是一种强氧化剂

14、，可作为水处理剂和高容量电池材料。FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为_。25、（12分）草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为_。(2) 相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2。当尿液中c(C2O42-)_molL1时，易形成CaC2O4沉淀。已知Ksp(CaC2O4)2.3109(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.

15、550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。“步骤1”的目的是_。计算x的值(写出计算过程)_。26、（10分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合

16、物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题：（1）第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。（2）第步中加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。（3）第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。（4）由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小组设计了三种方案：甲：滤渣2酸浸液 Al2(SO4)318H2O乙：滤渣2酸浸液滤液Al2(SO4)318H2O丙：滤渣2滤液溶液Al2(SO4)318H2O上述三种方案中，_方案不可行，原因是_；从原子利用率角度考虑，_方案更合理。（5）探究小组用滴定法测定CuS

17、O45H2O(Mr=250)含量。取ag试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用cmolL-1EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反应为：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式=_；下列操作会导致含量的测定结果偏高的是_。a 未干燥锥形瓶b 滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡c 未除净可与EDTA反应的干扰离子27、（12分）高锰酸钾是常用的氧化剂。某化学小组在实验室以软锰矿(主要成分是MnO2)为原料制备KMnO4，下图是实验室制备高锰酸钾的操作流程。已知：温度溶解度/gK2CO3KHCO3K

18、MnO42011133.76.38请回答：(1) 反应的化学方程式为_，加热软锰矿、KClO3和KOH固体，除三脚架、玻璃棒、泥三角和铁坩埚外，还用到的仪器有_，不采用瓷坩埚而选用铁坩埚的理由是_(2) 反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_；上述流程中可以循环利用的物质是_。(3) 实验时，从滤液中得到KMnO4晶体的实验操作a为_，若CO2过量会生成KHCO3，导致得到的KMnO4产品的纯度降低其原因是_。28、（14分）CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl，并进行相关探究。（资料查阅）（实验探究）该小组用下图所示装置进行实验（夹持

19、仪器略）。请回答下列问题：(1)D装置的作用_。(2)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是_。(3)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(4)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuO杂质，根据资料信息分析：则产生的原因是_。29、（10分）金属钛在航天、潜海和医疗方面应用广泛。以钛铁矿主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),含少量Fe2O3为原料制备钛的工艺流程如图所示。(1)步骤、中,均需进行的操作是_(填操作名称)。(2)滤液1中钛元素以TiO2+形式存在,步骤中生成TiO2+的化学方程式为_,硫酸质量分数对钛、铁浸出率的影响如图所示.

20、据此判断,酸浸时所加硫酸的质量分数应为_(填范围)。.(3)请结合离子方程式解释步骤中加热水的原因:_。(4)电解法制备Ti的装置是以石墨为阳极,TiO2为阴极,熔融CaO为电解质。Ti在_(填“阳极”或“阴极”)生成，_(填“能”或“不能”)将熔融CaO换成石灰乳。(5)以绿矾为原料,可以制备重要工业原料氧化铁,基本流程如下:绿矾溶液中离子浓度由大到小的顺序为_。FeCO3达到沉淀溶解平衡时,室温下测得溶液的pH为8,c(Fe2+ )=1.010-5 molL-1。所得FeCO3中_(填“含”或“不含”)有Fe(OH)2。已知: KspFe(OH)2= 4.910-17参考答案一、选择题(共

21、包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】A. x电极附近出现的白色沉淀是氢氧化铝，X电极因产生OH-而作阴极，相应地b电极为正极，故A错误；B. 图1中电池反应为CH4+2O2+2OH-=CO32-+3H2O，电解质溶液的pH减小，故B错误；C. 在碱性溶液中不能产生CO2，a电极反应式为CH4-8e-+10OH-=CO32-+7H2O，故C错误；D. 图2中电解AlCl3溶液的总反应式为：2AlCl3+6H2O2Al(OH)3+3Cl2+3H2，故D正确。故选D。2、D【解析】AHCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误； B铁熔化破坏金属键，故B错误

22、； C干冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误； D氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确； 故选：D。【点睛】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，发生物理变化时不发生化学键断裂，C为解答易错点。3、A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4N2H22H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4中N显3价，NH2OH中N显1价，N2H4中

23、N显2价，因此过程I中NH4与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2转化成NH2OH，是还原反应。4、B【解析】A. 蚕丝是天然纤维，其主要成分为蛋白质，A项错误；B. 生物质能，就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，即以生物质为载体的能量。它直接或间接地来源于绿色植物的光合作用，可转化为常规的固态、液态及气态燃料，取之不尽、用之不竭，是一种可再生能源；氢气氢能是一种完全清洁的新能源和可再生能源，

24、B项正确；C. 铜绿为碱式碳酸铜，明矾在水溶液中因铝离子水解显酸性而溶解铜绿；铁锈的主要成分为氧化铁，氯化铵水解显酸性可除去铁锈，C项错误；D. 燃煤中加入生石灰可减少二氧化硫的排放，减少酸雨的形成；汽车限行都是为了适当减少尾气排放，降低雾霾天气，D项错误；答案选B。5、D【解析】A. 炉渣中FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS3O212H=4Fe34S6H2O，故A正确；B. 溶液Z加热到7080 的目的是促进Fe3的水解生成聚铁胶体，故B正确；C. 溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D. 溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若

25、pH偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D错误。综上所述，答案为D。6、D【解析】A. 加入氯化钡引入新的杂质氯离子，应加入硝酸钡，故A错误；B. 由于不能确定乙烯的含量，则不能确定通入氢气的量，易混入氢气杂质，故B错误；C. 加入KI溶液，溴与KI反应生成碘单质，形成新的杂质，故C错误；D. 乙醇不能和氧化钙反应，乙酸和氧化钙反应生成沸点较高的醋酸钙，然后用蒸馏的方法可分离，故D正确；故答案为D。7、D【解析】A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会

26、干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3具有强氧化性，优先把 Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2Fe3+，C项错误；D. Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42，D项正确。故选D。8、B【解析】A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物质的量达最大，反应的化学方程式为2KAl（SO4）2+3Ba（OH）

27、2=K2SO4+3BaSO4+2Al（OH）3，离子方程式为2Al3+3SO42-+3Ba2+6OH-=2Al（OH）3+3BaSO4，A项正确；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-继续沉淀，反应的离子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4，B项错误；C，根据上述分析，A点沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物，C项正确；D，B点Al（OH）3完全溶解，总反应为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4+KAlO2+2H2O，B点溶液为KAlO2溶液，D项正确；答案选B。点睛：本题考查明矾与Ba（OH）2溶液的

28、反应。明矾与Ba（OH）2反应沉淀物质的量达最大时，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀质量达最大时，SO42-完全沉淀，Al3+全部转化为AlO2-。9、A【解析】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提

29、高到96%，故选A。10、C【解析】A选项，P化合价有升高，也有降低，因此反应I是氧化还原反应，反应II是复分解反应，因此为非氧化还原反应，故A正确；B选项，H3PO2中的磷为+1价，易升高，具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；C选项，在反应I中有2个磷作氧化剂降低变为PH3，有6个磷作还原剂升高变为Ba(H2PO2)2，故氧化剂和还原剂质量之比为1:3，故C错误；D选项，根据反应方程式2个白磷中有2个磷作氧化剂降低变为2个PH3，转移6个电子，即生成2 mol PH3气体转移6 mol电子，在标准状况下生成2.24 L PH3即0.1 mol，则转移0.3mol电子，故D正确；

30、综上所述，答案为C。11、C【解析】A.向Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸生成硫酸钡和水，离子方程式为：Ba22OH2HSO42=BaS042H2O，书写正确，故A不符合题意；B.酸性介质中KMnO4氧化H2O2，H2O2做还原剂，产生氧气，离子方程式为：2MnO45H2O26H= 2Mn25O2 8H2O，书写正确，故B不符合题意；C. 等物质的量的Ba(OH)2和 HC1溶液混合，溶液显碱性，氢氧根离子有剩余；剩余的氢氧根离子与MgCl2等物质的量反应，离子方程式为：2H+Mg24OH=Mg(OH)2+2H2O，原离子方程式书写错误，故C符合题意；D.铅酸蓄电池充电时的正极为二氧化铅得电子发

31、生还原反应，离子方程式为：PbSO42H2O2e- =PbO24HSO42，故D不符合题意；故答案选C。12、D【解析】A溴蒸气、二氧化氮均能氧化I-生成I2，淀粉试纸变蓝，现象相同，不能区别，A错误；B铝能把三价铁还原为二价铁，所以不能确定是否含有Fe2O3，B错误；C由于氯水中含有次氯酸，具有漂白性，能把试纸漂白，不能用pH试纸上测出氯水的pH，C错误；D由于两种离子中Fe3+在流动相中分配的多一些，随流动相移动的速度快一些；Cu2+在固定相中分配的多一些，随流动相移动的速度慢一些，氨与Cu2+可形成蓝色配合物，D正确；答案选D。13、B【解析】A. 铊与铝同族，最外层有3个电子，则Tl+

32、离子的最外层有2个电子，A项错误；B. 根据反应Tl3+2AgTl+2Ag+可知，Tl能形成+3价和+1价的化合物，B项正确； C. Tl3+2AgTl+2Ag+，则氧化性Tl3+Ag+，又知Al+3Ag+Al3+3Ag，则氧化性Ag+Al3+，可知Tl3+的氧化性比Al3+强，C项错误；D. 还原剂的还原性大于还原产物的还原性来分析，在反应Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，还原性AgTl+，D项错误；答案选B。【点睛】氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，掌握氧化还原反应的规律是解题的关键。14、D【解析】观察图可知，P1P2，T1T2。升高温度，X的体积分数

33、减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，Q0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+bc，故选D。15、D【解析】A增大压强平衡向正反应方向移动；B由图可知，升高温度，平衡逆向移动，该反应的H0；C平衡常数只与温度有关；D设向密闭容器充入了1molCO和2molH2，利用三段法进行数据分析计算【详解】A由300时，增大压强，平衡正向移动，CH3OH的体积分数增大，所以p1p2，故A错误；B图可知，升高温度，CH3OH的体积分数减小，平衡逆向移动，则该反应的H0，故B错误；CA、B处的温度不同，平衡常数与温度有关，故平衡常数不等，故C错误；D设向密闭容器充入了1molCO和

34、2molH2，CO的转化率为x，则 CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）起始 1 2 0变化 x 2x x结束 1-x 2-2x x在C点时，CH3OH的体积分数=x/(1-x2-2x+x)=0.5，解得x=0.75，故D正确；故选D。16、D【解析】由图可知该装置为电解池：Si4+在液态铝电极得电子转化为Si，所以液态铝电极为阴极，连接电源负极，则Cu-Si合金所在电极为阳极，与电源正极相接，三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供离子自由移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，据此分析解答。【详解】A由图可知，电解池的阳极上Si失电子转化为Si4+，阴极反应为Si4+得电子转化为Si，

35、所以Si优先于Cu被氧化，故A错误；B图中，铝电极上Si4+得电子还原为Si，故该电极为阴极，与电源负极相连，故B错误；C电流强度不同，会导致转移电子的量不同，会影响硅提纯速率，故C错误；D三层液熔盐在电解槽中充当电解质，可以供自由移动的离子移动，并增大电解反应面积，提高硅沉积效率，故D正确；答案选D。17、D【解析】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O；再向废液N

36、H4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用，方程式为：CaO+2NH4Cl=CaCl2+2NH3+H2O，所以没有使用的反应原理的化学方程式是NaHCO3+NH3+NaClNa2CO3+NH4Cl；故选：D。【点睛】侯德榜使用而索尔维法制碱是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，再向废液NH4Cl中加入CaO又可生成氨气，可以循环使用。18、C【解析】根据条件“Q 的简单氢化物和其最高价含氧酸可形成盐”，推测Q为N元素；X是与Q同周期，且半径是同周期中最小的元素，所以X为F元素；由“Z具有与氩原子相同的电子层结构”可知，Z为Cl元素

37、；根据“Y、Z 原子的最外层电子数之和为 10”，且“Q、X、Y、Z 的原子序数依次增大”，可知Y为Al元素。【详解】AX和Z的简单氢化物分别是HF和HCl，其中HF为弱酸，A项错误；BY单质即铝单质，化学性质活泼，常温下既可以与强酸反应也可以与强碱反应，B项错误；CQ和X的简单氢化物分别为NH3和HF，标况下HF为液态，而NH3为气态，所以HF的沸点更高，C项正确；DY和Z的化合物即AlCl3，属于分子晶体，并不具备高沸点和高强度，D项错误；答案选C。19、A【解析】A.CuSO4溶液与Na+、NH4+、NO3-、Mg2+不反应，可以大量共存，故选A；B. CO2不与CuSO4反应，不能生产

38、沉淀，故不选B；C. CuSO4与NaHS反应的离子方程式：Cu2+HS-CuS+H+，故不选C；D. CuSO4与过量浓氨水反应先有蓝色沉淀氢氧化铜生成，后沉淀溶解生成 Cu(NH3)42+，故不选D；答案选A。20、B【解析】短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素，据此进行解答。【详解】短周期元素W、X、Y、

39、Z的原子序数依次增大，W的单质与H2在暗处能化合并发生爆炸，则W为F元素；X是同周期中金属性最强的元素，X的原子序数大于F，则X位于第三周期，为Na元素；Y原子的最外层电子数等于电子层数，Y的原子序数大于Na，则位于第三周期，最外层含有3个电子，为Al元素；W和Z原子的最外层电子数相同，则Z为Cl元素；AZ、W的单质分别为氯气、氟气，二者形成的晶体都是分子晶体，相对分子质量氯气较大，则氯气的沸点较高，即单质的沸点：ZW，故A正确；BX为Na、W为F，二者的离子都含有2个电子层，Na的核电荷数较大，则钠离子的离子半径较小，即简单离子半径：XW，故B错误；CX为Na，金属钠与O形成的过氧化钠中既含

40、离子键也含非极性共价键，故C正确；DX、Y、Z的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、氢氧化铝、高氯酸，氢氧化铝具有两性，则氢氧化钠、氢氧化铝和高氯酸之间能相互反应，故D正确；故答案为B。21、B【解析】A1个水分子能与周围的分子形成4个氢键，1个HF分子只能与周围的分子形成2个氢键，所以相同压强下H2O的沸点高于HF的沸点，故A不选；BNH3与BF3可以形成配位键从而形成NH3BF3，与氢键无关，故B选；C羊毛主要成分是蛋白质，蛋白质分子与水分子之间形成氢键，破坏了蛋白质的螺旋结构，所以羊毛制品水洗再晒干后变形，故C不选；DCH3COCH3中O原子电负性很大且含孤电子对，与水分子中氢原子形

41、成氢键，所以二者可以完全互溶，故D不选；故答案为B。22、B【解析】A、中和等体积、等浓度的氨水和氢氧化钠溶液至pH等于7，后者消耗的盐酸多，故A错误；B、根据物料守恒，钠与硫元素的原子个数比为1:1，c(Na+)=c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)，故B正确；C、将amolL-1的醋酸与0.01 molL-1的氢氧化钠溶液等体积混合，溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)，溶液恰好呈中性，醋酸的电离常数Ka=，故C错误；D、向NH4Cl溶液中加入少量等浓度的稀盐酸，c(OH-)减小，Kh=值不变，所以则的值增大，故D错误。二、非选择题(共84分)23、2，3-二甲基-2-丁烯 羰基

42、 无 消去反应 17 、 【解析】由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为Y，Y发生信息中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息可知Z为，则Y为、X为，结合信息可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳

43、碳双键，属于消去反应；(3)生成W的化学方程式为：；(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+32+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加

44、成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成路线流程图为：。24、1100 nm 2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O 取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在 蒸发浓缩 玻璃棒 2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O 【解析】将D溶液滴入沸水中可得到以F为分散质的红褐色胶体，则F是Fe(OH)3、D是Fe2(SO4)3、E是NH4Cl、A是单质Fe、B是FeS、C是FeSO4。【详解】(1)根据胶体的定义，红褐色氢氧化铁胶体

45、中氢氧化铁胶体粒子直径大小的范围是1100 nm。(2) C是FeSO4，Fe2+被双氧水氧化为Fe3+，反应的离子方程式是2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。(3) E是NH4Cl溶液，铵根离子与碱反应能放出氨气，鉴定E中铵根离子的实验方法和现象是：取少量E于试管中，用胶头滴管滴加适量的氢氧化钠溶液，加热试管，若生成使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明铵根离子存在。(4) 利用FeCl3溶液制取FeCl36H2O晶体，主要操作包括：滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。根据过滤操作的装置图可知，过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器为玻璃棒。(5) FeCl3与KClO在强碱

46、性条件下反应可制取K2FeO4，铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1，反应的离子方程式为2Fe3+3ClO-+10OH-2FeO42-+3Cl-+5H2O。25、C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO 1.3106 测定NaOH溶液的准确浓度 x2 【解析】（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。【

47、详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO；（2）c(Ca2+)=0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)2.3109=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)1.3106；（3）“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定Na

48、OH溶液的准确浓度；0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)=0.0027mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) =0.1194mol/L，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) V(NaOH)，n(H2C2O4)=1.19410-3 mol，所以n(H2C2O4xH2O)= 1.19410-3 mol，则 n(H2C2O4) M(H2C2O4)= 1.19410-3 mol（94+18x）g/mol=0.1512g，则晶体中水的个数x2，故x2。26、Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2

49、H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OPt、Au将Fe2+氧化为Fe3+不引入杂质，对环境无污染Al3+、Fe3+加热脱水甲所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质乙100%c【解析】稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+，滤渣1 的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+，滤液1中加入过氧化氢，将Fe2+氧化为Fe3+，再加入氢氧化钠并调节溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，滤液2中主要含有Cu2+，然后将硫酸铜溶液蒸发、冷却结晶、过滤得到硫酸铜晶体；将滤渣2(主要含有氢氧化铁和氢氧化铝)经过一系列步

50、骤制取Al2(SO4)318H2O。结合物质的性质分析解答。【详解】(1)稀硫酸、浓硝酸混合酸后加热，Cu、Al、Fe发生反应生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以滤渣1的成分是Pt和Au，滤液1中的离子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu与酸反应的离子方程式为：Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案为Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；Pt、Au，(2)第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化为Fe3+，过氧化氢做氧化剂不引入杂质，对环境无污染，根据流程

51、图，调溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；不引入杂质，对环境无污染；Al3+、Fe3+；(3)第步由CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是在坩埚中加热脱水，故答案为在坩埚中加热脱水；(4)制备硫酸铝晶体的甲、乙、丙三种方法中，甲方案在滤渣中只加硫酸会生成硫酸铁和硫酸铝，冷却、结晶、过滤得到的硫酸铝晶体中混有大量硫酸铁杂质，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在滤渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，过滤除去生成的铁和过量的铝粉，将滤液蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝

52、晶体；丙方案先在滤渣中加NaOH和Al(OH)3反应生成NaAlO2，再在滤液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸发、冷却、结晶、过滤可得硫酸铝晶体；但从原子利用角度考虑方案乙更合理，因为丙加的NaOH和制备的Al2(SO4)3的原子组成没有关系，造成药品浪费，故答案为甲；所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质；乙；(5)取a g试样配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干扰离子后，用c molL-1 EDTA(H2Y2-)标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反应如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，铜离子物质的量和标准液物质的量相同=cmol/Lb10-

53、3L=bc10-3mol；依据元素守恒得到：则20mL溶液中含有的CuSO45H2O物质的量为bc10-3mol；100mL溶液中含bc10-3mol5=5bc10-3mol，所以CuSO45H2O质量分数的表达式=100%，故答案为100%；a未干燥锥形瓶对实验结果无影响，故错误；b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡，导致消耗标准液读数偏小，结果偏低，故错误；c未除净可与EDTA反应的干扰离子，导致消耗标准液多，结果偏高，故正确；导致含量的测定结果偏高的是c，故答案为c。【点睛】掌握中和滴定的简单计算和误差的分析，离子性质等是解答本题的关键。本题的易错点为(4)，要注意从原子利用的角度分析解答。

54、27、 (1) KClO3 + 3MnO2 + 6KOH3K2MnO4 + KCl + 3H2O 酒精灯、坩埚钳 瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应 2:1 KOH、MnO2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 KHCO3的溶解度较小，滤液蒸发浓缩降温结晶时KHCO3会随KMnO4一同结晶析出 【解析】以软锰矿（主要成分是MnO2）为原料制备KMnO4晶体，软锰矿固体和KOH固体混合在铁坩埚中煅烧，得到墨绿色熔块，为K2MnO4，冷却后溶于水其水溶液呈深绿色，这是锰酸根在碱溶液中的特征颜色，边加热边通入适量二氧化碳气体，调节溶液pH趁热过滤得到MnO2和KMnO4溶液，冷却结晶得到KMnO

55、4晶体。加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，熔融固体物质需要在坩埚内加热，加热熔融物含有碱性物质KOH应该用铁坩埚；瓷坩埚中的二氧化硅和强碱反应，坩埚被腐蚀；工艺流程可知，CO2使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入CO2太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4；氧化还原反应中的氧化剂是元素化合价降低的物质，还原剂是元素化合价升高的物质，结合化学方程式定量关系和电子守恒计算；流程中需要加入的物质在后面有生成该物质，该物质可以循环利用；从滤液中得到物质的方法是浓缩蒸发，冷却结晶，

56、过滤或抽滤得到晶体；工艺流程可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、高锰酸钾；【详解】(1).加热条件下，MnO2、KOH和KClO3反应生成K2MnO4、KCl、H2O，反应的化学方程式为3MnO2KClO36KOH3K2MnO4KCl3H2O；加热软锰矿、KClO3和KOH固体混合物时，由于KOH会与瓷坩埚中的SiO2发生反应：2KOH+SiO2K2SiO3+H2O腐蚀坩埚，而不与Fe发生反应，所以要用铁坩埚；故答案为KClO3 + 3MnO2 + 6KOH3K2MnO4 + KCl + 3H2O；酒精灯、坩埚钳；瓷坩埚中的SiO2会与KOH发生反应；(2).由流程图可知，二氧化碳使MnO42-发生歧化反应，生成MnO4-和MnO2，根据元素守恒可知，会生成K2CO3，若通入二氧化碳太多，会有KHCO3生成，滤液中含有KHCO3、KMnO4，在加热浓缩时，会有KHCO3和KMnO4晶体一起析出，实验中通入适量二氧化碳时体系中可能发生反应的离子方程式为：3MnO42-+2CO2=2 MnO4-+MnO2+2CO32-，2OH-+ CO2=CO32-+ H2O，其中氧化还原反应中氧化剂