山东省莱芜2021-2022学年高考冲刺押题（最后一卷）化学试卷含解析

1、2021-2022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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB100mL2.0mol/L的盐酸

2、与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA2、常温下，用AgNO3溶液分别滴定浓度均为0.01 mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑C2O42-的水解)。下列叙述正确的是()AKsp(Ag2C2O4)的数量级等于10-11Bn点表示AgCl的不饱和溶液C向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先生成Ag2C2O4沉淀DAg2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为109.043、用下列实验方案不能达到实

3、验目的的是（ ）A图A装置Cu和稀硝酸制取NOB图B装置检验乙炔的还原性C图C装置实验室制取溴苯D图D装置实验室分离CO和CO24、下列关于有机物的说法正确的是A乙醇和丙三醇互为同系物B二环己烷( )的二氯代物有7种结构(不考虑立体异构)C按系统命名法，化合物的名称是2，3，4-三甲基-2-乙基戊烷D环己烯()分子中的所有碳原子共面5、117号元素为TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列说法错误的是ATS是主族元素BTS的最外层p轨道中有5个电子CTS原子核外共有6个电子层D同族元素中TS非金属性最弱6、2018年7月12日，我国科学家姜雪峰教授被评为”全球青年化学家元素周期表硫元素代言人”，

4、其是目前为止第一位人选的中国学者。下列说法或推测正确的是A单质S不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳B含氧酸的酸性:ClSPC沸点:H2OH2SPH3D由H和S形成共价键的过程: 7、乙醇催化氧化制取乙醛(沸点为20.8，能与水混溶)的装置(夹持装置已略)如图所示：下列说法错误的是A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开KB实验开始时需先加热，再通O2，然后加热C装置中发生的反应为2CH3CH2OH +O22CH3CHO+2H2OD实验结束时需先将中的导管移出。再停止加热8、以下制得氯气的各个反应中，氯元素既被氧化又被还原的是A2KClO3I2=2KIO3ClBCa(ClO)24HCl=CaCl

5、22Cl22H2OC4HClO2 2Cl22H2OD2NaCl2H2O 2NaOHH2Cl29、下列离子方程式书写正确的是( )A向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO + 2H+Cl + 2Fe3+ + H2OB向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+ + 3SO 42+ 3Ba2+ + 6OH2Al(OH)3+ 3BaSO4C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2OAlO2+ 2H2O + 4NH4+DNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3 + Ba2+ + OHBaCO3+ H2O

6、10、短周期主族元素X、Y、Z、R、T的原子半径与原子序数关系如图所示。R原子最外层电子数是电子层数的2倍，Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T能形成化合物Z2T。下列推断正确的是（ ）A简单离子半径：TZYBZ2Y、Z2Y2所含有的化学键类型相同C由于X2Y的沸点高于X2T，可推出X2Y的稳定性强于X2TDZXT的水溶液显弱碱性，促进了水的电离11、氢化钙可以作为生氢剂(其中CaH2中氢元素为-1价)，反应方程式如下：CaH2+2H2O=Ca(OH)2+2H2，其中水的作用是A既不是氧化剂也不是还原剂B是氧化剂C是还原剂D既是氧化剂又是还原剂12、下列材料或物质的应用与其对应的性

7、质完全相符合的是AMg、Al合金用来制造飞机外壳合金熔点低B食品盒中常放一小袋Fe粉Fe粉具有还原性CSiO2用来制造光导纤维SiO2耐酸性D葡萄酒中含SO2SO2有漂白性13、下列气体能使湿润的蓝色石蕊试纸最终变红的是 （ ）ANH3BSO2CCl2DCO14、下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH(l)H2O(l)新制的生石灰蒸馏BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气CNH4Cl(aq)Fe3(aq)NaOH溶液过滤DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧AABBCCDD15、物质中杂质（括号内为杂质）的检验、除杂的试剂或方法都正确的是选项

8、物质及其杂质检验除杂ACl2（HCl）湿润的淀粉KI试纸饱和食盐水BNO（NO2）观察颜色或湿润的淀粉KI试纸水CCO2（HCl）AgNO3溶液（含稀硝酸）饱和Na2CO3溶液DNaHCO3溶液（Na2CO3）Ca（OH）2溶液过量CO2AABBCCDD16、下列属于置换反应的是（ ）A2C+SiO22CO+SiB2HClO2HCl+O2C3CO+Fe2O33CO2+2FeD2Na+Cl2=2NaCl17、碘化砹（AtI）可发生下列反应：2AtI2Mg MgI2MgAt2AtI2NH3（I） NH4IAtNH2.对上述两个反应的有关说法正确的是 （ ）A两个反应都是氧化还原反应B反应MgAt2

9、既是氧化产物，又是还原产物C反应中AtI既是氧化剂，又是还原剂DMgAt2的还原性弱于MgI2的还原性18、下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷D分离溴苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液19、杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。常见的六元杂环化合物有下列说法正确的是（ ）A吡啶和嘧啶互为同系物B吡喃的二氯代物有6种（不考虑立体异构）C三种物质均能发生加成反应D三种分子中所有原子处于同一平面20、杜瓦苯()与苯互为同分异构体，则杜瓦苯A最简式是CH2B分子中所有原子共平面C能使酸性高锰酸

10、钾溶液褪色D是CH2=CH-CH=CH2的同系物21、以下物质的水溶液显酸性的是ANaHCO3BNaHSO4CCH3COOKDKNO322、能正确表示下列变化的离子方程式是A硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na B少量SO2通人NaClO溶液中：SO23ClOH2O=SO42Cl2HClO C高锰酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO43H2O26H=2Mn24O26H2OD小苏打治疗胃酸过多：CO322H=CO2H2O二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：回答下列问题：（1）C4H8的结构简式

11、为_，试剂II是_。(2)检验B反应生成了C的方法是_。（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)反应步骤不可以为的主要理由是_。24、（12分）磷酸氯喹是一种抗疟疾药物， 研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经， B 中官能团的名称为_。（2）反应 AB 中须加入的试剂a 为_。（3）B 反应生成 C 的反应化学反应方程式是_。（4）CD 反应类型是_， D的结构简式为_。（5）FG反应类型为_。（6）I是E的同分异构体，与E 具有相同的环状结构， 写出任意一种符合下列条件的I的结

12、构简式是_。I是三取代的环状有机物， 氯原子和羟基的取代位置与E相同；核磁共振氢谱显示I 除了环状结构上的氢外，还有4组峰， 峰面积比3:1:1:1；I加入NaHCO3溶液产生气体。25、（12分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验 物质0 min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_(NH4)2Fe(SO4)2（填“”或“”） 。（2）甲同学提出实验中两溶液的稳定性差异可能是(N

13、H4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_，加_，观察。与实验中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验：分别配制0.80 molL1 pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应 4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+由实验III，乙同学可得出的结论是_，原因是_。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同

14、浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_。26、（10分）亚氯酸钠（NaClO2）是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：ClO2的熔点为-59、沸点为11，极易溶于水，遇热水、见光易分解；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。2ClO2+H2O2+2NaOH=2N

15、aClO2+O2+2H2O请回答：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_；装置B的作用是_；冰水浴冷却的主要目的不包括_（填字母）。a减少H2O2的分解 b降低ClO2的溶解度 c减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式： _。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，试分析原因：_。(4)该套装置存在的明显缺陷是_。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_（填字母）A过氧化钠 B

16、硫化钠 C氯化亚铁 D高锰酸钾(6)若mg NaClO3(s)最终制得纯净的n g NaClO2(s)，则NaClO2的产率是_100%。27、（12分）硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的成分。（1）B装置的作用是_。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有_气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_。（3）A中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留

17、物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂，仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解：_固体残留物仅为Fe2O3（4）E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，固体残留物刚体死目物Fe2O3的物质的量为ymol，D中沉淀物质的量为zmol，根据氧化还原反应的基本规律，x、y和z应满足的关系为_。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：_。28、（14分）2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池主要成分为Ni(OH)2、

18、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等合成电池级Ni(OH)2的工艺流程如下：已知：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Ksp(室温下)4.010-381.010-331.610-142.010-13 (1)已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是_；以下最适合作为物质X的是_（填字母）。A双氧水 B氨水 C盐酸 DNiO若滤液中Ni2+的浓度为2molL-1，列式计算判断此时滤渣中是否有Ni(OH)2沉淀：_ 。(2)滤渣的主要成分是_，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为_。(3)用Ni(OH)2和LiOH在

19、空气中混合加热至700800可制得LiNiO2（镍酸锂），该反应的化学方程式为_。(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_。29、（10分）对烟道气中进行回收再利用具有较高的社会价值和经济价值。I. 还原法(1)一定条件下，由和反应生成和的能量变化如图所示，每生成，该反应_(填“放出”或“吸收”)的热量为_。(2)在绝热恒容的密闭容器中，进行反应：，该反应的平衡常数表达式为_，对此反应下列说法正确的是_。a.若混合气体密度保持不变，则已达平

20、衡状态b.从反应开始到平衡，容器内气体的压强保持不变c.达平衡后若再充入一定量，平衡常数保持不变d.分离出，正、逆反应速率均保持不变(3)向恒温恒容密闭容器中通入和，分别进行三组实验。在不同条件下发生反应：，反应体系总压强随时间的变化曲线如图所示，则三组实验温度的大小关系是_(填“”、“”或“”)；实验从反应开始至平衡时，反应速率_。II.溶液吸收法常温下，用溶液吸收的过程中，溶液随吸收物质的量的变化曲线如图所示。(4)常温下，的二级电离平衡常数的数值为_。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、D【解析】A. 5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe

21、2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。故选D。2、D【解析】A. Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)210-2.46=10-11.46，科学计数法表示时应该是a10b，a是大于1小于10 的数，故它的数量级等于10-12，A错误；B. n点时c(Ag+)，比溶解平衡曲线上的c(

22、Ag+)大，所以表示AgCl的过饱和溶液，B错误；C. 设c(Cl-)=c(C2O42-)=a mol/L，混合液中滴入AgNO3溶液时，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，显然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C错误；D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常数为=109.04，D正确；故合理选项是D。3、B【解析】A.铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，一氧化氮不与水反应，所以可以用此装置制取一氧化氮，故A正确；B.用此法制取的乙炔气体中常混有硫化氢等，硫化氢具有还原性，也能使高锰酸钾溶液褪色，故B错误；C.

23、图C装置，有分液漏斗，可以通过控制液溴的量控制反应，装有四氯化碳的试管可用于除液溴，烧杯中的液体用于吸收溴化氢，倒置漏斗可防倒吸，此装置用于实验室制取溴苯，故C正确；D.二氧化碳可以先被碱液吸收，在球胆中收集一氧化碳气体，再通过分液漏斗向试剂瓶中加入酸液，二氧化碳即可放出，可以用于分离一氧化碳和二氧化碳，故D正确。答案选B。【点睛】本题考查的实验方案的设计，解题的关键是掌握各实验的目的和各物质的性质。解题时注意A选项根据铜和稀硝酸反应的化学方程式分析产生的气体以及一氧化氮的性质分析；D选项根据一氧化碳和二氧化碳的性质的区别分析实验装置和操作方法。据此解答。4、B【解析】A乙醇和丙三醇所含羟基的

24、个数不同，不是同系物，故选项A错误；B二环己烷中有两类氢原子，当一个氯原子定到1号位，二氯代物有3种，当一个氯原子定到2号位，二氯代物有4种，故选项B正确；C按系统命名法，化合物的名称是2，3，4，4-四甲基己烷，故选项C错误；D环己烯中碳原子有sp2和sp3两种杂化方式，不能满足所有碳原子共面，故选项D错误；故选B。5、C【解析】ATs的原子核外最外层电子数是7，与氟元素同族，是VIIA元素，A正确；BTs位于第七周期A族，电子排布式为Rn6f146d107s27p5，故Ts的最外层p轨道中有5个电子，B正确；CTs位于第七周期A族，核外共有7个电子层而不是6，C错误；D同族元素从上到下元素

25、的非金属性逐渐减弱，所以Ts非金属性在同族中最弱，D正确；故合理选项是C。6、A【解析】A项、单质硫为非极性分子，依据相似相溶原理可知，硫不溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳，故A正确；B项、元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，元素非金属性ClSP，最高价氧化物对应水化物的酸性ClSP，但含氧酸的酸性不一定，如次氯酸为弱酸，酸性小于强酸硫酸，故B错误；C项、水分子间能够形成氢键，增大了分子间作用力，而硫化氢和磷化氢分子间不能形成氢键，水的沸点高于硫化氢和磷化氢，故C错误；D项、硫化氢为共价化合物，用电子式表示硫化氢的形成过程为，故D错误。故选A。【点睛】本题考查元素周期律和化

26、学键，注意元素周期律的理解，明确相似相溶原理、氢键对物质性质的影响，注意共价化合物电子式的书写是解答关键。7、B【解析】根据装置图，中过氧化氢在二氧化锰催化条件下生成氧气，通入中与乙醇形成混合蒸气，在中加热条件下发生氧化还原反应生成乙醛，用于收集乙醛以及未反应的乙醇，据此分析解答。【详解】A向圆底烧瓶中滴入H2O2溶液前需打开K，避免生成的氧气，使装置内压强过大，故A正确；B实验时应先加热，以起到预热的作用，使乙醇充分反应，故B错误；C催化条件下，乙醇可被氧化生成乙醛，发生2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故C正确；D实验结束时需先将中的导管移出，再停止加热，以避免发生倒吸，故

27、D正确；故选B。【点睛】明确反应的原理是解题的关键。本题的易错点为A，要注意滴入过氧化氢就会反应放出氧气，容器中的压强会增大。8、B【解析】氧化还原反应中，元素失电子、化合价升高、被氧化，元素得电子、化合价降低、被还原。A. 反应中，氯元素化合价从+5价降至0价，只被还原，A项错误；B. 归中反应，Ca(ClO)2中的Cl元素化合价从1降低到O价，生成Cl2，化合价降低，被还原； HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高被氧化，所以Cl元素既被氧化又被还原，B项正确；C. HCl中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，C项错误；D. NaC

28、l中的Cl元素化合价从-1升高到0价，生成Cl2，化合价升高，只被氧化，D项错误。本题选B。9、D【解析】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【详解】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A错误；B.向明矾

29、溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2- +2H2O，故B错误；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【点睛】本题

30、考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大10、D【解析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R可能为C元素或S元素，由于图示原子半径和原子序数关系可知R应为C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，应为Na2O、Na2O2，则Y为O元素，Z为Na元素；Z与T形成的Z2T化合物，且T的原子半径比Na小，原子序数TZ，则T应为S元素，X的原子半径最小，原子序数最小，原子半径也较小，则X应为H元素，结合对应单质、化合物的性质以及题目要求解答该题。【详解】根据上述推断可知：X是H元素；Y是O元素

31、；Z是Na元素；R是C元素，T是S元素。A.S2-核外有3个电子层，O2-、Na+核外有2个电子层，由于离子核外电子层数越多，离子半径越大；当离子核外电子层数相同时，核电荷数越大，离子半径越小，所以离子半径：TYZ，A错误；B. Z2Y、Z2Y2表示的是Na2O、Na2O2，Na2O只含离子键，Na2O2含有离子键、极性共价键，因此所含的化学键类型不相同，B错误；C.O、S是同一主族的元素，由于H2O分子之间存在氢键，而H2S分子之间只存在范德华力，氢键的存在使H2O的沸点比H2S高，而物质的稳定性与分子内的共价键的强弱有关，与分子间作用力大小无关，C错误；D.ZXT表示的是NaHS，该物质为

32、强碱弱酸盐，在溶液中HS-水解，消耗水电离产生的H+结合形成H2S，使水的电离平衡正向移动，促进了水的电离，使溶液中c(OH-)增大，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)c(H+)，溶液显碱性，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查了原子结构与元素性质及位置关系应用的知识，根据原子结构特点及元素间的关系推断元素是解题的关键，侧重于学生的分析能力的考查。11、B【解析】根据反应前后元素的化合价变化来看，Ca和O的化合价均没有变化，其中CaH2中H的化合价由-1价升高到0价，被氧化，作还原剂；H2O中H的化合价由+1价降低到0价，被还原，作氧化剂；氢气既是氧化产物，又是还原产物；答案选B。12、B

33、【解析】A. Mg、Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A错误；B. 食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；C. SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；D. 葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。答案选B。【点睛】本题易错选项D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。13、B【解析】A.NH3溶于水生成一水合氨，一水合氨在水中电离出OH-，水溶液呈碱性，NH3使湿润的蓝色石蕊试纸变蓝，A不符合题意；B.S

34、O2溶于水生成亚硫酸，亚硫酸在水中电离出H+，溶液显酸性，SO2使湿润的蓝色石蕊试纸变红，B符合题意；C.Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸具有酸性，HClO具有强氧化性，Cl2能使湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，C不符合题意；D.CO不溶于水，CO不能使湿润的蓝色石蕊试纸发生颜色变化，D错误；答案为B。【点睛】Cl2溶于水生成盐酸、次氯酸，盐酸使蓝色石蕊变红，次氯酸氧化后红色褪去。14、C【解析】A. 因为CaO与水反应生成沸点较高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸馏， A正确；B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl极易溶于水，可以通过饱和食盐水除去氯化氢，

35、再通过浓硫酸干燥除去Cl2中的HCl，B正确；C.NH4Cl也能与NaOH溶液反应，C错误；D.NaHCO3受热容易分解生成碳酸钠、水和CO2，通过灼烧可除去Na2CO3固体中的NaHCO3固体，D正确；答案选C。15、B【解析】A. 湿润的淀粉KI试纸只能检验氯气，不能检验HCl，检验HCl应先分离，再检验，A项错误；B. NO2能氧化碘化钾，NO2与水反应生成NO和硝酸，可用水除杂，B项正确；CCO2和HCl都与饱和碳酸钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液，C项错误；DNaHCO3和Na2CO3都与Ca(OH)2溶液反应生成沉淀，不能用来检验，D项错误；答案选B。16、A【解析】A. 2C+S

36、iO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B. 2HClO2HCl+O2，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D. 2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。17、B【解析】A中Mg、At元素的化合价变化，属于氧化还原反应，而中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故A错误；B中Mg、At元素的化合价变化，MgAt2既是氧化产物，又是还原产物，故B正确

37、；C中没有元素的化合价变化，为非氧化还原反应，故C错误；D由还原剂的还原性大约还原产物的还原性可知，Mg的还原性大于MgAt2，不能比较MgAt2、MgI2的还原性，故D错误；故选B18、B【解析】A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。19、C【解析】A同系物差CH

38、2，吡啶和嘧啶还差了N，不可能是同系物，A项错误；B吡喃的二氯代物有7种，当一个氯位于氧的邻位，有4种，当一个氯位于氧的间位有2种，当一个氯位于氧的对位，有1种，B项错误；C三种物质均能有以双键形式存在的键，能发生加成反应，C项正确；D吡喃含有饱和碳原子结构，所有原子不可能处于同一平面，D项错误；答案选C。20、C【解析】A. 的分子式为C6H6，最简式是CH，故A错误；B. 不是平面结构，中间连四个单键的碳，类似甲烷的碳，周围的四个原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B错误；C. 中有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D. CH2=CH-CH=CH2的分子式为：C4H6，的

39、分子式为C6H6，两者的组成不相似，其两者之间相差的不是若干个-CH2，不是同系物，故D错误；正确答案是C。【点睛】C选注意能和酸性高锰酸钾反应的基团：碳碳双键，碳碳三键，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含侧链的苯环。21、B【解析】溶液的酸碱性取决于溶液中c(H+)、c(OH-)的相对大小。c(H+)c(OH-)的溶液呈酸性。A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D.

40、 KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。本题选B。22、B【解析】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；B. 少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，C项错误；D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。本题选B。【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。二、非选择题(共84分)23、 NaOH水溶液

41、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。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化【解析】（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2甲基2丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II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)2悬浊液，加热至沸，产生砖红

42、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分子中含有羟基和羧基，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；(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤不可以为的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。24、硝基 浓硫酸、浓硝酸 +Cl2+HCl 还原反应 取代反应 【解析】产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代

43、反应，用氯原子取代了羟基，最后再进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。25、NH4+H2ONH3H2OH+ 取2 mL pH4.0的0.80 molL1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL1 KSCN溶液 溶液pH越小，F

44、e2+越稳定 溶液中存在平衡4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+， c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定 生成的Fe(OH)3对反应有催化作用 加一定量的酸；密封保存 【解析】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强

45、，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）由于

46、是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01molL-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液；加2滴0.01molL-1KSCN溶液；（3）由实验可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+O2+10H2O4F

47、e（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有

48、催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。【点睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。26、检查装置的气密性 防止倒吸 b 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出ClO2 空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降 没有处理

49、尾气 A 或或(或其他合理答案) 【解析】在装置内，NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2与O2的混合气随空气排出进入B装置；B装置的进、出气导管都很短，表明此装置为防倒吸装置，混合气进入C中，发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，ClO2的熔点低，遇热水、见光易分解，所以应使用冰水浴，以降低气体的温度；气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低，则需控制气体的流速不能过慢，但过快又会导致反应不充分，吸收效率低。Cl

50、O2气体会污染大气，应进行尾气处理。【详解】(1)制取气体前，为防漏气，应在组装好仪器后，进行的操作是检查装置的气密性；由以上分析知，装置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷却气体，可减少H2O2的分解、减少ClO2的分解，ClO2为气体，降温有利于气体的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案为：检查装置的气密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三颈烧瓶中NaClO3与H2SO4的混合液中滴加H2O2，发生反应生成ClO2的化学方程式为2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO

51、4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；(3)因为NaClO2遇酸会放出ClO2，所以装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为NaClO2遇酸放出ClO2，加碱可改变环境，使NaClO2稳定存在。空气的流速过慢或过快都会影响NaClO2的产率，原因是：空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降。答案为：NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解爆炸；空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4) ClO2气体会污染大气，应进行尾

52、气处理，所以该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气。答案为：没有处理尾气；(5)A过氧化钠与水反应，可生成H2O2和NaOH，其还原能力与H2O2相似，A符合题意；B硫化钠具有强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，B不合题意；C氯化亚铁具有较强还原性，能将NaClO2固体还原为NaCl，C不合题意；D高锰酸钾具有强氧化性，不能将NaClO2固体还原，D不合题意；故选A。答案为：A；(6)可建立如下关系式：NaClO3(s)ClO2NaClO2(s)，从而得出NaClO2(s)的理论产量为：=g，NaClO2的产率是=100%。答案为：或或(或其他合理答案)。【点睛】书写三颈烧瓶中NaCl

53、O3与H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式时，我们可先确定主反应物(NaClO3、H2O2)和主产物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O22ClO2+O2；再利用质量守恒确定其它反应物(H2SO4)和产物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。27、检验产物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2

54、O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O【解析】（1）硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2 在500时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得

55、出说明出有SO2而无SO3的结论。（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案） 并振荡，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。（4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S， （NH4）2Fe（SO4）2分解，E中

56、生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去电子的物质的量是2y mol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是z mol，则得电子的物质的量是2z mol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O【点睛】该题为实验探究题，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和

57、掌握基础知识为关键，难度适中。28、除去Al3+、Fe3+ D pH=5时，滤液中c(OH-)=110-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=210-18 KspNi(OH)2，故没有沉淀产生 MnO2 2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+ 4Ni(OH)2+4LiOH+O24LiNiO2+6H2O 阳 LiNiO2-xe- =Li1-xNiO2+xLi+ 【解析】废旧二次电池主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等酸浸后，所得的滤液中含有Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，此时碳粉不溶而成为滤渣；调节溶液的pH约为5，由后续操作可以看出，此

58、时Fe3+、Al3+转化为Fe(OH)3、Al(OH)3沉淀，可利用Ksp通过计算加以证实，所以加入的物质X用于调节溶液的pH；加入KMnO4氧化除锰(Mn2+)时，产物中Mn的价态应介于+2+7之间，考虑到此时Mn转化为难溶物，应为MnO2，此为滤渣的主要成分；溶液中的Ni2+加入NaOH溶液后，转化为Ni(OH)2沉淀。【详解】(1)由以上分析知，调节溶液的pH约为5，其目的是除去Al3+、Fe3+；双氧水难以调节pH至5，氨水可调节溶液的pH为5，但引入NH4+，加入盐酸不能增大溶液的pH，所以选择NiO，故选D。答案为：除去Al3+、Fe3+；D；若滤液中Ni2+的浓度为2molL-1，列式计算判断此时滤渣中是否有Ni(OH)2沉淀： pH=5时，滤液中c(OH-)=110-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=210-18 KspNi(OH)2，故没有沉淀产生。答案为：pH=5时，滤液中c(OH-)=110-9mol/L，Qc=c(Ni2+)c2(OH-)=210-18 KspNi(OH)2，故没有沉淀产生；(2)由以上分析知，滤渣的主要成分是MnO2，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为2MnO4-+3Mn2+2H