2022年广西钦州市高考考前模拟化学试题含解析

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、化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是A针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别C硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D葡

2、萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化2、在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战役中化学品发挥了重要作用。下列说法中错误的是（ ）A医用消毒酒精中乙醇的浓度为95%B生产医用防护口罩的原料聚丙烯纤维属于有机高分子材料C84消毒液、二氧化氯泡腾片可作为环境消毒剂D硝酸铵制成的医用速冷冰袋利用了硝酸铵溶于水吸热的性质3、能使品红溶液褪色的物质是漂粉精 过氧化钠 新制氯水 二氧化硫A B C D4、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是Almol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1mol金刚砂含C-Si键的数目也为2NABCa(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶

3、液，发生化学反应的方程式：则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式： C标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个DNaClO溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：5、常温下将NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变化的关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）。A常温下Ka1(H2X)的值约为10-4.4B曲线N表示pH与CNaHX溶液中c(H+)c(OH-)D当混合溶液呈中性时，c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)6、下列有

4、关物质的性质与用途具有对应关系的是AFe2O3能溶于酸,可用作红色油漆和涂料BNaHCO3的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂CAl2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚DSiO2熔点高、硬度大,常用来制造集成电路7、2,3 二甲基丁烷中“二”表示的含义是A取代基的数目B取代基的种类C主链碳的数目D主链碳的位置8、向含有5103mol HIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液变蓝且有S析出，继续通入H2S，溶液的蓝色褪去，则在整个过程中（）A共得到0.96g硫B通入H2S的体积为336mLC硫元素先被还原后被氧化D转移电子总数为3.0102NA9、下列离子或分子组中能大量共存，且满足相应要求的是 选项离

5、子或分子要求ANa+、HCO3、Mg2+、SO42 滴加氨水立即有沉淀产生BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加盐酸立即有气体产生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有气体产生DK+、NO3、Cl、lc(K+)c(Cl)AABBCCDD10、在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡后溶液变蓝，再加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是A氧化性：ClOSO42-I2B漂粉精溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝CClO与I在碱性条件下可以发生氧化还原反应D向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色11、下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是A硫酸与氯化钠

6、反应B硝酸银溶液中滴加稀氨水C铁在硫蒸气中燃烧D铁粉加入硝酸中12、25时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb点时c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d几点中，水的电离程度dbaDa b点过程中，可能存在c(X)c(NH4+)13、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元素组成的二元化合物，n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，q的水溶液具有漂白性，0.01molL1r溶

7、液的pH为2，s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如下图所示。下列说法不正确的是（ ）A原子半径的大小：WYXYCY的氢化物常温常压下为液态DX的最高价氧化物的水化物为弱酸14、常温下，将甲针筒内20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙针筒内，一段时间后，对乙针筒内现象描述错误的是（气体在同温同压下测定）（ ）A有淡黄色固体生成B有无色液体生成C气体体积缩小D最终约余15mL气体15、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO

8、2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列说法不正确的是AT1T2B海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低C当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低D大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解16、从海带中提取碘的实验中，包括灼烧、浸取和过滤、氧化、萃取、反萃取等步骤。下列说法正确的是（ ）A灼烧中用到的仪器有蒸发皿、三脚架、酒精灯、玻璃棒B过滤中用到的仪器只有烧杯、漏斗(带滤纸)、铁架台C萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液时从分液漏斗上口倒出D反萃取是在有机相中加入浓氢氧化钠溶液，振荡、静置、分

9、液，再向水相中滴加45硫酸溶液，过滤得固态碘17、下列实验操作会引起测定结果偏高的是（ ）A测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，晶体加热完全失去结晶水后，将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却B中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释C读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数D配制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线,所配溶液的浓度18、下列液体中，滴入水中出现分层现象，滴入热的氢氧化钠溶液中分层现象不会逐渐消失的是(不考虑有机物的挥发)()A溴乙烷B乙醛C橄榄油D汽油19、设NA为阿伏加德罗常数值。下列体系中指定微粒个数约为NA的是A0.5molCl2溶于足量水，反应中转移的电子B7.0g乙烯和

10、丙烯混合气体中的氢原子C1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32D标准状况下，5.6LCCl4含有的氯原子20、工业上可由异丙苯（）催化脱氢得到2-苯基丙烯（），下列关于这两种有机化合物的说法正确的是（ ）A都是苯的同系物B都能使溴的四氯化碳溶液褪色C苯环上的二氯代物都有6种D分子内共平面的碳原子数均为821、如表为元素周期表的一部分。X、Y、Z、W为短周期元素，其中Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍。下列说法正确的是（ ）XYZWTAY的氢化物的沸点一定比X氢化物的沸点高BZ的氧化物对应的水化物酸性比W的弱CZY2、XW4与Na2Z的化学键类型相同D根据元素周期律，可以推测存

11、在TZ2和TW422、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是ANaOH溶液B氨水C盐酸DBa(OH)2溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是_(填元素符号，下同)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为_。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是

12、_；BA3分子中键角_10928(填“”“”或“”)，原因是_。(3)BC3离子中B原子轨道的杂化类型为_，BC3离子的立体构型为_。(4)基态E原子的电子排布式为_；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为6)中键与键数目之比为_；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为a pm，则晶体的密度为_gcm3(用NA表示阿伏加德罗常数)。24、（12分）由乙烯、甲醇等为原料合成有机物G的路线如下：已知：A分子中只有一种氢；B分子中有四种氢，且能发生银镜反应2HCHO+OH- CH3OH+HCOO-请回答下列问题：(1)E的化学名称

13、是_。(2)F所含官能团的名称是_。(3)AB、CD的反应类型分别是_、_。(4)写出BC的化学方程式_。(5)G的结构简式为_。(6)H是G的同分异构体，写出满足下列条件的H的结构简式_。1mol H与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH；H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1。（7）由甲基苯乙醛和X经如图步骤可合成高聚酯L。试剂X为_；L的结构简式为_。25、（12分）过氧乙酸（CH3COOOH）不仅在卫生医疗、食品消毒及漂白剂领域有广泛应用，也应用于环境工程、精细化工等领域。实验室利用醋酸（CH3COOH）与双氧水（H2O2）共热， 在固体酸的催化下制备过氧乙酸（CH3

14、COOOH），其装置如下图所示。请回答下列问题：实验步骤：I先在反应瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固体酸催化剂，开通仪器1和8，温度维持为55；II待真空度达到反应要求时，打开仪器3的活塞，逐滴滴入浓度为35的双氧水，再通入冷却水；从仪器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反应结束后分离反应器2中的混合物，得到粗产品。（1）仪器 6的名称是_，反应器 2中制备过氧乙酸（CH3COOOH）的化学反应方程式为_。（2）反应中维持冰醋酸过量，目的是提高_；分离反应器 2中的混合物得到粗产品，分离的方法是_。（3）实验中加入乙酸丁酯的主要作用是_（选填字母序号）。A 作为反应溶剂，提高反应速率B 与固体酸

15、一同作为催化剂使用，提高反应速率C 与水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，提高产率D 增大油水分离器 5的液体量，便于实验观察（4）从仪器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待观察到_（填现象）时，反应结束。（5）粗产品中过氧乙酸（CH3COOOH）含量的测定：取一定体积的样品 VmL，分成 6等份，用过量 KI溶液与过氧化物作用，以 1.1mol L1的硫代硫酸钠溶液滴定碘（I22S2O32=2IS4O62）；重复 3次，平均消耗量为 V1mL。再以 112mol L1的酸 性高锰酸钾溶液滴定样品，重复 3次，平均消耗量为 V2mL。则样品中的过氧乙酸的浓度为 _mol L1。26、（10分

16、）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=2NaClO2+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

17、)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）欲用浓硝酸法(测定反应后生成气体的量)测定某铜银合金中铜的

18、质量分数，但资料表明：反应中除了生成NO2气体外还会有少量的NO生成；常温下NO2和N2O4混合存在，在低于0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在。为完成测定并验证确有NO生成，有人设计如下实验：（1）实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，这样做的目的是_。（2）装置B瓶的作用是_。（3）A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入氧气，若反应确有NO产生，则D中应出现的现象是_；实验发现，通入氧气温度的高低对实验现象有较大影响，则为便于观察应通入_(填“冷”或“热”)的氧气。（4）为减小测量误差，在A中反应完成和D中出现现象后，还应继续进行的操作是_。（5）实

19、验测得下列数据：所用铜银合金质量：15.0g、浓硝酸：40mL13.5mol/L；实验后A中溶液体积：40mL；H+浓度：1.0mol/L。若设反应中硝酸既无挥发也无分解，则：参加反应的硝酸的物质的量为_。若已测出反应后E装置的生成物中含氮元素的质量，则为确定合金中铜的质量分数还需要测定的数据是_。（6）若实验只测定 Cu的质量分数，不验证NO的产生，则在铜银合金中与浓硝酸反应后，只需要简单的实验操作可达到目的，请简述实验过程：_。28、（14分）钴、铜及其化合物在工业上有重要用途，回答下列问题：（1） 请补充完基态Co的简化电子排布式：Ar_， Co2有_个未成对电子。（2）Na3Co（NO

20、2）6常用作检验K的试剂， 配位体的中心原子的杂化形式为_， 空间构型为_。大键可用符号表示，其中m代表参与形成大键的原子数，n为各原子的单电子数（形成键的电子除外）和得电子数的总和 （如苯分子中的大键可表示为，则中大键应表示为_。（3）配合物Cu（En）2SO4的名称是硫酸二乙二胺合铜（）, 是铜的一种重要化合物。其中 En 是乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的简写。该配合物Cu（En）2SO4中N、 O、 Cu的第一电离能由小到大的顺序是_。乙二胺和三甲胺N（CH3）3均属于胺， 且相对分子质量相近， 但乙二胺比三甲胺的沸点高得多， 原因是_（4） 金属Cu晶体中的原子堆积方式如图所示，

21、 其配位数为_，铜原子的半径为a nm, 阿伏加德罗常数的值为NA, Cu的密度为_ g/cm3（列出计算式即可）。29、（10分）2019年诺贝尔化学奖由来自美、英、日的三人分获，以表彰他们在锂离子电池研究方面做出的贡献，他们最早发明用LiCoO2作离子电池的正极，用聚乙炔作负极。回答下列问题：(1)基态Co原子价电子排布图为_(轨道表达式)。第四电离能I4(Co)比I4(Fe)小，是因为_。(2)LiCl的熔点(605)比LiF的熔点(848)低，其原因是_.(3)乙炔(C2H2)分子中键与键的数目之比为_。(4)锂离子电池的导电盐有LiBF4等，碳酸亚乙酯()是一种锂离子电池电解液的添加

22、剂。LiBF4中阴离子的空间构型是_；与该阴离子互为等电子体的分子有_。(列一种)碳酸亚乙酯分子中碳原子的杂化方式有_。(5)Li2S是目前正在开发的锂离子电池的新型固体电解质，其晶胞结构如图所示，已知晶胞参数a=588pm。S2的配位数为_。设NA为阿伏加德罗常数的值，Li2S的晶胞密度为_(列出计算式)。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、A【解析】A高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A错误；B危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类 爆炸品、第2类

23、 易燃气体、第3类 易燃液体等，故B正确；C硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故C正确；D二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；故选A。2、A【解析】A医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，这个浓度的酒精使病毒中的蛋白质变性，从而杀死病毒，故A错误；BPP纤维也称聚丙烯纤维，由聚丙烯及多种有机、无机材料，经特殊的复合技术精制而成的有机高分子材料，故B正确；C84消毒液、二氧化氯具有强氧化性，可作为环境消毒剂，故C正确；D硝酸铵溶于水是吸热的，可以用于医用速冷冰袋，故D正确；答案选A。3、D【解析】漂粉精中含有ClO-,具有强氧化性过氧

24、化钠具有强氧化性新制氯水中含有ClO-,具有强氧化性二氧化硫具有漂白作用。4种物质均能使品红溶液褪色，故选择D。4、D【解析】A1mol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1mol金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；BCa(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；C在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；DNaClO和 Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反应：ClO-+CO2+H2O=HClO+H

25、CO3-，D正确；答案选D。5、D【解析】H2X为二元弱酸，以第一步电离为主，则Ka1(H2X)Ka2(H2X)，在酸性条件下，当pH相同时，。根据图象可知N为lg的变化曲线，M为lg的变化曲线，当lg=0或lg=0时，说明=1或=1.浓度相等，结合图象可计算电离平衡常数并判断溶液的酸碱性。【详解】A. lg=0时，=1，此时溶液的pH4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正确；B.根据上述分析可知曲线B表示lg的变化曲线，B正确；C.根据图象可知：当lg=0时，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此时溶液的pH约等于5.4c(OH-)，C正确；D.根据图象可知当溶液pH=

26、7时，lg0，说明c(X2-)c(HX-)，因此该溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-) c(OH-)，D 错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查弱电解质的电离、电离常数的应用等知识。注意把握图象中曲线的变化和相关数据的处理，难度中等。6、C【解析】A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；正确答案是C。7、A【解

27、析】根据有机物系统命名原则，二表示取代基的数目，故选：A。8、D【解析】AHIO3与少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能将硫化氢氧化最终生成硫单质和HI，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO33H2S3S，所以5103molHIO3被消耗，就会得到硫单质是0.48g，故A错误；B没有指明标准状况，无法计算所需H2S的体积，故B错误；C不管是HIO3与H2S反应，还是碘单质与H2S反应，H2S都被氧化，故C错误；D整个过程中，根据电子守恒、原子守恒，得到HIO33H2S3SI6e，消耗5103molHIO3伴随0.03mol电子转移，转移电子总数为3.0102NA，故D正确；故选D。

28、9、A【解析】A、离子之间不反应,滴加氨水与Mg2+结合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合题意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32为SO42，因此不能共存，故B不符合题意；C、滴加NaOH溶液先与醋酸反应,不能立即生成气体,故C不符合题意;D、离子之间不反应,可大量共存,但c(K+)c(Cl),不能遵循电荷守恒,故D不符合题意;综上所述，本题应选A。10、A【解析】A、根据向淀粉碘化钾溶液中加入少量的次氯酸钠溶液，溶液变蓝色知，次氯酸根离子将碘离子氧化成了碘单质，碘遇淀粉变蓝色，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，次氯酸根离子是氧化剂，碘单质是氧化产物，氧化性为：ClO-I2，再加入足

29、量的亚硫酸钠溶液蓝色又逐渐消失，说明碘单质又将亚硫酸根离子氧化了，得到硫酸根离子，碘单质是氧化剂，硫酸根离子是氧化产物，故氧化性SO42-I2，因此得出氧化性的强弱为：ClO-I2SO42-，A错误；B、漂白精的成分中有次氯酸钠，根据对A的分析，次氯酸钠能将淀粉碘化钾中的碘离子氧化成碘单质，B正确；C、次氯酸根离子无论在碱性条件下还是在酸性条件下、中性条件下均有氧化性因此ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，C正确；D、新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色的，由于氯气的氧化性比亚硫酸根离子的氧化性强，故能发生氧化还原反应，氯气被还原而使氯水褪色，D正确，答案选A。11、C【

30、解析】A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；故合理选项是C。12、B【解析】A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A错误；B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成H

31、X，所以c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正确；C. a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度bad，故C错误；D. a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)c(NH4+)，故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。13、B【解析】n是元素Z的单质，通常为黄绿色气体，则为氯气，Z为Cl，r是由这些元素组成的二元化合物，0.01molL1r溶液的pH为2，说明r为HCl，q的水溶液具有

32、漂白性，说明是水溶液中含有次氯酸根，再结合m和n反应生成q和r，则q为HClO，m为水，s通常是难溶于水的混合物，氯气和p光照，说明是取代反应，则为烷烃，因此短周期元素W为H，X为C，Y为O，Z为Cl。【详解】A. 原子半径的大小：H O O C，故B错误；C. Y的氢化物水或过氧化氢常温常压下为液态，故C正确；D. X的最高价氧化物的水化物碳酸为弱酸，故D正确。综上所述，答案为B。14、D【解析】A.因H2S与SO2能够发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黄色固体，正确；B. 根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，有无色液体水生成，正确；C. 根据反应SO2+2H2S=3S+

33、2H2O，反应后气体体积缩小，正确；D. 根据反应SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S与10 mLSO2恰好完全反应，最终没有气体剩余，错误；答案选D。15、C【解析】题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使分解，即让反应逆向移动。【详解】A升高温度可以使分解，反应逆向移动，海水中的浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B假设海水温度为T1，

34、观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动，从而使浓度下降，B项正确；C结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的浓度也越大，C项错误；D结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：，若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；答案选C。16、D【解析】A灼烧时应使用坩埚和泥三角，不能用蒸发皿，故A错误；B过滤时还需要玻璃棒引流，故B错误；C四氯化碳的密度比水大，在下层，分液时应从下

35、口放出，故C错误；D有机相中加入浓氢氧化钠溶液，碘单质与碱液发生歧化反应，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物质发生归中反应生成碘单质，碘单质微溶，所以会析出固态碘，过滤得到碘单质，故D正确；故答案为D。17、C【解析】A.将盛试样的坩埚放在实验桌上冷却，硫酸铜会吸收空气中的水蒸气，重新生成结晶水合物，从而使加热前后固体的质量差减小，测定的结晶水含量偏低，A不合题意；B. 中和滴定用的锥形瓶加入待测液后，再加少量蒸馏水稀释，不影响待测液中溶质的物质的量，不产生误差，B不合题意；C. 量筒的刻度是从下往上标注的，读取量筒中一定体积的液体时，俯视读数，读出的数值偏高，C符合题意；D. 配

36、制物质的量浓度的溶液，定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液的浓度偏小，D不合题意。故选C。18、D【解析】A溴乙烷不溶于水，滴入水中会分层，若再加入氢氧化钠溶液，溴乙烷能够与氢氧化钠溶液反应生成乙醇和溴化钠，分层现象逐渐消失，故不选A；B乙醛溶于水，滴入水中不出现分层现象，故不选B；C橄榄油属于油脂，不溶于水，滴入热的氢氧化钠溶液中发生水解反应，分层现象逐渐会消失，故不选C；D汽油不溶于水，不与氢氧化钠溶液反应，滴入热的氢氧化钠溶液中时分层现象不会消失，故选D。19、B【解析】A. Cl2溶于足量水，反生反应生成HCl和HClO，为可逆反应，转移电子数无法计算，A项错误；B. 乙烯和丙烯

37、的最简式均为CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物质的量为0.5mol，则含NA个H原子，B项正确；C. 1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物质的量为1mol，CO32为弱酸根，在溶液中会水解，微粒个数约小于NA，C项错误；D. 标况下四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量和含有的共价键个数，D项错误；答案选B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，注意：可逆反应无法得出具体转移电子数；水解后粒子会减少；液体不能用气体摩尔体积计算。20、C【解析】A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A错误；B. 异丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B错误；C. 采用定一移

38、一法，可得出异丙苯、2-苯基丙烯苯环上的二氯代物都有6种，C正确；D. 异丙苯分子中与苯环相连的碳原子为饱和碳原子，其所连的4个原子一定不在同一平面上，所以分子内一定共平面的碳原子数为7个，D错误；故选C。21、D【解析】X、Y、Z、W为短周期元素，Y元素的原子最外层电子数是其电子层数的3倍，则Y为O元素，根据X、Y、Z、W在元素周期表中的相对位置关系可知，X为C元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，结合元素周期律及物质的性质作答。【详解】根据上述分析可知，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，T为Ge元素，A. Y的氢化物分别是H2O、H2O2，H2O、H2O2常温下都呈

39、液态，X的氢化物为烃，烃分子中碳原子数不同，沸点差别很大，故Y的氢化物的沸点不一定比X氢化物的沸点高，A项错误；B. Z的氧化物对应的水化物可能是硫酸或亚硫酸，W的氧化物对应的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物对应的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO属于弱酸，H2SO4属于强酸，B项错误；C. SO2、CCl4的化学键类型为极性共价键，而Na2S的化学键类型为离子键，C项错误；D. Ge与C同族，根据元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D项正确；答案选D。22、B【解析】要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH，且须过量，因此适宜的试剂不能为强

40、碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。【点睛】氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。二、非选择题(共84分)23、O NOAl NH3分子间易形成氢键 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用 sp2 三角形

41、1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1) 7:1 1030 【解析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素

42、，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为NOAl，故答案为O；NOAl；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中

43、键角小于10928，故答案为NH3分子间易形成氢键；孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3离子中N原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4) E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为6)，结构为，其中键与键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8+6=4，晶胞质量为g，因此

44、晶胞的密度=1030 gcm3，故答案为1030。【点睛】正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。24、丙二酸二甲酯 酯基 加成反应 取代反应 HCHO 【解析】A分子中只有一种氢原子，则乙烯与氧气在银作催化剂加热的条件下反应生成环氧乙烷，A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，根据已知反应可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，C与HBr发生取代反应生成D为，甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，根据已知反应可知，D

45、与E反应生成F为，G为，据此分析解答。【详解】(1)甲醇与丙二酸发生酯化反应生成E为CH3OOCCH2COOCH3，E的化学名称是丙二酸二甲酯，故答案为：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F为，则其所含官能团是酯基，故答案为：酯基；(3)A为，A与乙醛发生反应生成B，已知B分子中有四种氢，且能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合B的分子式C8H16O4，可知B为，则AB的反应类型是加成反应，C为，C与HBr发生取代反应生成D为，CD的反应类型是取代反应，故答案为：加成反应；取代反应；(4)根据已知反应可知，B与甲醛在碱性条件下反应生成C为，反应的化学方程式是；(5)由以上分析知，G的结构简式为；

46、(6)H的分子式为C12H18O4，其不饱和度为，满足下列条件的H，1mol H与NaOH溶液反应可以消耗4molNaOH，则其含有苯环，为芳香族化合物，且含有4个酚羟基，H的核磁共振氢谱有四组峰，峰面积之比为6：1：1：1，则其含有4种等效氢，且氢原子数分别为12、2、2、2，则符合要求的结构简式为，故答案为：；（7）L为高聚酯，则K中应同时含有羟基和羧基，K中含有10个碳原子，只有9个碳原子，根据已知反应可知，与HCHO在一定条件下发生取代反应生成I为，I发生已知反应生成J为，J经酸化得到K为，K发生缩聚反应生成，故答案为：HCHO；。25、（蛇形）冷凝管 CH3COOH + H2O2CH

47、3COOOH + H2O 双氧水的转化率（利用率） 过滤 C 仪器5“油水分离器”水面高度不变 【解析】(1)仪器6用于冷凝回流，名称是（蛇形）冷凝管，反应器2中乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸，反应方程式为CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O，故答案为：（蛇形）冷凝管；CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O；(2)反应中CH3COOOH过量，可以使反应持续正向进行，提高双氧水的转化率，反应器2中为过氧乙酸、为反应完的反应物及固体催化剂的混合物，可采用过滤的方法得到粗产品，故答案为：双氧水的转化率（利用率）；过滤；(3)由于乙酸丁酯可与

48、水形成沸点更低的混合物，利于水的蒸发，从而可以提高过氧乙酸的产率，因此C选项正确，故答案为：C；(4)乙酸和双氧水在固体催化剂加热的条件下反应生成过氧乙酸和水，当仪器5中的水面高度不再发生改变时，即没有H2O生成，反应已经结束，故答案为：仪器5“油水分离器”水面高度不变；(5)已知I22S2O32=2IS4O62，由得失电子守恒、元素守恒可知：双氧水与高锰酸钾反应，由得失电子守恒可知：则样品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V111-3-1.15V211-3)mol，由公式可得，样品中的过氧乙酸的浓度为，故答案为：。【点睛】本题的难点在于第(5)问，解答时首先要明确发生的反应，再根据得失

49、电子守恒和元素守恒建立关系式，得到样品中过氧乙酸的物质的量，进而求得其浓度。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

50、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。ClO2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

51、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+H2SO4=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

52、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

53、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NaClO3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

54、、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。27、排尽装置中的空气 吸收水蒸气，防止水蒸气在C中冷凝后与NO2反应产生NO 出现红棕色气体 热 打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2 0.5mol C中圆底烧瓶在实验前后增加的质量 往剩余溶液中加入过量HCl溶液，过滤、洗涤、干燥、称量 【解析】实验开始前要先打开A部分的活塞K1，持续通一段时间的氮气再关闭K1，排尽装置中的空气，滴入浓硝酸反应生成二氧化氮和一氧化氮气体，干燥后通过装置C，在低于0时几乎只有无色的N2O4液体或晶体存在，A中的反应停止后，打开D中的活塞K2，并通入

55、氧气，若反应确有NO产生，则D中出现红棕色气体，说明有一氧化氮气体生成，剩余气体用氢氧化钠溶液吸收；(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中 冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体；温度高反应速率快；(4)由于装置中有残留的气体，所以要打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；要计算铜质量分数，还需要计

56、算出生成的N2O4的质量，所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数。【详解】(1)通入氮气是排除装置中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧化为二氧化氮；(2)B装置是利用浓硫酸的吸水性吸收气体中的水蒸气避免在C中冷却后水和二氧化氮反应生成一氧化氮；(3)A中的反应停止后，打开D中的活塞K2再通入氧气，若反应中确有NO产生，一氧化氮和氧气反应生成红棕色气体二氧化氮气体，通入氧气温度越高反应速率越快，因此要通入热的氧气；(4)由于装置中有残留的气体，所以在A中反应完成和D中出现

57、现象后还须进行的操作是：打开K1、K2持续通入一段时间的N2和O2，以把气体完全排尽；(5)硝酸的总的物质的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以参加反应的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；要计算铜质量分数，还需要计算出生成的N2O4的质量所以还需要测量C中烧烧瓶在实验前后增加的质量；(6)铜银合金和硝酸全部反应生成铜盐和银盐，利用A装置中银离子和氯离子形成的氯化银沉淀称量，计算得到合金中铜的质量分数，在反应后的混合溶液中A中加入过量的NaCl溶液，过滤后，将沉淀洗涤、干燥，最后称取所得的AgCl沉淀的质量，再进行计算。28、3d74s2 3 sp2 V形 CuON 乙二胺分子之间可以形成氢键，三甲胺分子之间不能形成氢键 12 【解析】（1）Co的原子序数为27，则按电子排布规律可书写其简化电子排布式，Co2有25个电子，按电子排布规律可