2022年河南省范县高考仿真卷化学试卷含解析

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、化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A硅胶、生石灰、氯化钙等都是食品包装袋中常用的干燥剂B厕所清洁剂、食用醋、肥皂水、厨房清洁

2、剂四种溶液的pH逐渐增大C酒精能使蛋白质变性，预防新冠肺炎病毒使用的酒精纯度越高越好D使用氯气对自来水消毒时，氯气会与自来水中的有机物反应，生成的有机氯化物可能对人有害2、下列有关实验操作的叙述正确的是A制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁3、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）A实验时坩埚未完全干燥B加热后固体未放入干燥器中冷却C加热过程中晶体有少量溅失D加热后固体颜色有少量变黑4、t

3、时，已知PdI2在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（ ） A在t时PdI2的Ksp=7.010-9B图中a点是饱和溶液，b、d两点对应的溶液都是不饱和溶液C向a点的溶液中加入少量NaI固体，溶液由a点向c点方向移动D要使d点移动到b点可以降低温度5、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴

4、酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL6、2019年6月6日，工信部正式向四大运营商颁发了5G商用牌照，揭示了我国5G元年的起点。通信用磷酸铁锂电池其有体积小、重量轻、高温性能突出、可高倍率充放电、绿色环保等众多优点。磷酸铁锂电池是以磷酸铁锂为正极材料的一种锂离子二次电池，放电时，正极反应式为M1xFexPO4+e-+Li=LiM1x FexPO4，其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）A放电时，电流由石墨电极流向磷酸铁锂电极B电池总反应为M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6CC放电时，负极反应式为LiC6-e-=Li+6CD充电时，Li移向磷酸铁锂电极7、为

5、达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（ ）选项实验目的实验方法相关解释A测量氯水的pHpH试纸遇酸变红B探究正戊烷(C5H12) 催化裂解C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃C实验温度对平衡移动的影响2NO2(g)N2O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动D用AlCl3溶液制备AlCl3晶体AlCl3沸点高于溶剂水AABBCCDD8、锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是A整个反应过程中，氧化剂为O2B放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu

6、2OH-C放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1.12 L氧气参与反应D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O9、工业酸性废水中的可转化为除去，实验室用电解法模拟该过程，结果如下表所示(实验开始时溶液体积为的起始浓度、电压、电解时间均相同)，下列说法中，不正确的是( )实验电解条件阴、阳极均为石墨阴、阳极均为石墨，滴加浓硫酸阴极为石墨，阳极为铁，滴加浓硫酸的去除率%0.92212.757.3A对比实验可知，降低pH可以提高的去除率B实验中，在阴极放电的电极反应式是C实验中，去除率提高的原因是阳极产物还原D实验中，理论上电

7、路中每通过电子，则有被还原10、有机物X、Y的转化如下：下列说法不正确的是AX能加聚反应BY分子苯环上的二氯代物有5种C与Y互为同分异构体DX、Y分子的所有原子可能共平面11、中国传统诗词中蕴含着许多化学知识，下列分析不正确的是（ ）。A“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D“榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素12、下列说法正确的是（ ）A电解精炼铜时，阳极泥中含有Zn、Fe、Ag、Au等金属B恒温时，向水

8、中加入少量固体硫酸氢钠，水的电离程度增大C2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)在298K时能自发进行，则它的HKsp(BaCO3)13、下列实验操作不是从实验安全角度考虑的是A稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌B做有毒气体的实验时，对尾气进行适当处理C加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片D向试管里滴加液体时，滴管不能伸入试管内14、正确的实验操作是实验成功的重要因素，下列实验操作正确的是( )A称取一定量的NaClB制备氢氧化亚铁并观察其颜色C检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子D收集NO2并防止其污染环境15、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变

9、化示意图。下列说法正确的是() A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2n(NH4+)n(A13+)n(OH-)bn(A13+)n(NH4+)n(SO42-)n(H+)cn(BaSO4)nA1(OH)3n(NH3H2O)n(A1O2-)dn(NH3H2O)n(BaSO4)nA1(OH)3n(A1O2-)29、（10分）废旧锌锰电池含有锌、锰元素，主要含有ZnO、ZnMn2 O4、MnO、Mn2 O3、Mn3 O4、MnO2。利用废旧锌锰电池回收锌和制备二氧化锰、硫酸的工艺流程如图： 回答下列问题： (1)步骤“粉碎”的主要

10、目的是_。(2)步骤“酸浸”发生了一系列反应：ZnO+ H2SO4= ZnSO4 + H2O；MnO+ H2SO4= MnSO4 + H2O；ZnMn2O4+2H2SO4=ZnSO4 + MnSO4 +2H2O+MnO2；MnO2 + H2SO4 + H2C2O4=MnSO4 + 2CO2 +2H2O。推测 Mn2O3 与硫酸反应的离子方程式为_。(3)如图分别表示“酸浸”时选用不同浓度硫酸和草酸对 Zn、Mn 浸出率的影响。为保证 Zn、Mn 的浸出率均大于 90%，步骤需控制的 c(H2SO4) = _mol/L。H2C2O4 浓度对 Mn 的浸出率影响程度大于 Zn，其原因是_。假设“酸

11、浸”所得溶液中Zn2+、Mn2+浓度相等。当 c(H2C2O4)0.25 mol/L 时，Zn、Mn 的浸出率反而下降、且Zn 的浸出率下降先于Mn，其原因可能是_(填序号)。a.随着反应进行 c(H+)降低b.Zn2+、Mn2+与 C2O42- 生成沉淀c.溶解度：ZnC2O4MnC2O4(4)步骤用惰性电极电解 ZnSO4 、MnSO4 的混合溶液，除生成 Zn、MnO2、H2SO4 外， 还可能生成 H2、O2 或其混合物。生成 MnO2 的电极反应式为_ 。若 n (H2) ：n (O2)=2：1，则参加反应的 n (Zn2+)：n (Mn2+) = _。该工艺流程中可循环利用的物质是

12、_。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、C【解析】A.硅胶、生石灰、氯化钙均可以吸收水分，且都是固体，适合装进小包作食品干燥剂，A项正确；B.厕所清洁剂中含有盐酸，食醋中含有醋酸，盐酸的酸性强于醋酸，肥皂水是弱碱性的，而厨房清洁剂为了洗去油污一定是强碱性的，因此四种溶液的pH逐渐增大，B项正确；C.医用酒精是75%的乙醇溶液，酒精浓度不是越高越好，浓度太高或浓度太低都不利于杀菌消毒，C项错误；D.氯气消毒的同时可能会生成一些对人体有害的物质，因此现在多改用无毒的等新型消毒剂，D项正确；答案选C。【点睛】注意75%医用酒精中的75%指的是体积分数，而我们一般

13、说的98%浓硫酸中的98%指的是质量分数，二者是有区别的。2、C【解析】A浓硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；B苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；C蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；D引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误；故答案为C。3、B【解析】A实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；B加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距

14、值变小，结果偏小，故B正确；C加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；D加热后固体颜色有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为B。【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。4、C【解析】A. 在t时PdI2的Ksp=7.010-5（110-4）2=710-13，故A错误；B. 图中a点是饱和溶液，b

15、变为a铅离子的浓度增大，即b点不是饱和溶液，d变为a点要减小碘离子的浓度，说明d点是饱和溶液，故B错误；C. 向a点的溶液中加入少量NaI固体，即向溶液中引入碘离子，碘离子浓度增大，PdI2的溶解平衡向生成沉淀的方向移动，铅离子浓度减小，溶液由a点向c点方向移动，故C正确；D. 沉淀溶解的过程为断键过程，要吸热，即正反应沉淀溶解过程吸热，要使d点移动到b点，即使饱和溶液变为不饱和溶液，降低温度，溶解平衡向放热的方向移动，即生成沉淀的方向移动，仍为饱和溶液，故D错误。答案选C。5、B【解析】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，

16、故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算

17、出结果。6、C【解析】A.放电时，电子由石墨电极流向磷酸铁锂电极，则电流由磷酸铁锂电极流向石墨电极，A错误；B.根据电池结构可知，该电池的总反应方程式为：M1xFexPO4+LiC6Li M1xFexPO4+6C，B错误；C.放电时，石墨电极为负极，负极反应式为LiC6-e-=Li+6C，C正确；D.放电时，Li+移向磷酸铁锂电极，充电时Li+移向石墨电极，D错误；故合理选项是C。7、C【解析】A选项，不能用pH试纸测量氯水的pH，氯水有漂白性，故A错误；B选项，该装置不是催化裂化装置，C5H12裂解为分子较小的烷烃和烯烃，常温下为气体，故B错误；C选项，热水中颜色加深，说明2NO2(g)N2

18、O4(g)为放热反应，升温平衡逆向移动，故C正确；D选项，该装置不能用于AlCl3溶液制备AlCl3晶体，由于氯化铝易发生水解，可在HCl气流中加热AlCl3溶液制备AlCl3晶体，故D错误。综上所述，答案为C。8、C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反

19、应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。9、D【解析】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-；D.实验中

20、，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上生成的亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3 mol电子，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，且溶液中还有Cr2O72-被还原。【详解】A.对比实验，这两个实验中只有溶液酸性强弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正确；B.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子发生还原反应，电极反应式为Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，故B正确；C.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，

21、C正确；D.实验中，Cr2O72-在阴极上得电子，阳极上Fe失电子生成Fe2+，亚铁离子也能还原Cr2O72-，理论上电路中每通过3mol电子，根据电极反应式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3+7H2O，则有0.5 molCr2O72-在阴极上被还原，同时阳极生成1.5molFe2+，根据得失电子守恒，溶液中还有0.25mol Cr2O72-被Fe2+还原，所以共有0.75mol Cr2O72-被还原，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查电解原理的应用的知识，明确离子放电顺序及电解原理是解本题关键，注意：活泼金属作阳极时，阳极上金属失电子而不是溶液中阴离子失电子，易错选项是D。10

22、、B【解析】AX分子中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，故A正确；BY分子()苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，故B错误；C与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；D苯环有12原子共面，-COOH和HCOO-中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正确；故答案为B。11、A【解析】A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；C.“爆竹

23、”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故D正确。答案选A。.【点睛】本题体现了化学与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。12、C【解析】A.电解精炼铜时，在阳极上活动性比Cu强的金属，如Zn、Fe会被氧化变为Zn2+、Fe2+进入溶液，活动性比Cu弱的金属Ag、Au等则沉积在阳极底部形成阳极泥，A错误；B.恒温时，向水中加入少量固体NaHSO4，NaHSO4是可溶性强电解质，电离产生Na+、H+、SO42-，产生的H+使溶液中c(H+)增大，导致水的电离程

24、度减小，B错误；C.反应2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g)是气体体积减小的反应，S0，在298K时反应能自发进行，说明G=H-TS0，则该反应的HKsp(BaCO3)，与Ksp(BaSO4)、Ksp(BaCO3)的大小无关，D错误；故合理选项是C。13、D【解析】A. 稀释硫酸时将浓硫酸缓慢注入蒸馏水中，并不断搅拌，是为了防止浓硫酸溶于水放出的大量的热使液体沸腾飞溅出来，是出于安全考虑，A不符合题意；B. 做有毒气体的实验时，进行尾气处理，是出于安全考虑，B不符合题意；C. 加热烧瓶里液体时，在烧瓶底部放几片碎瓷片，是为了防止暴沸，是出于安全考虑，C不符合题意；D. 向试管

25、里滴加液体时，滴管不能伸入试管内，是为了防止污染试剂，不是出于安全考虑，D符合题意；故答案选D。14、A【解析】A. 称取一定量的NaCl，左物右码，氯化钠放在纸上称，故A正确；B. 氢氧化亚铁易被氧化，制备氢氧化亚铁时，胶头滴管应伸入硫酸亚铁溶液中，并油封，故B错误；C. 检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子，应把反应后的混合液倒入水中，故C错误；D. NO2密度大于空气，应用向上排空气法收集NO2，故D错误；答案选A。15、D【解析】A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；B、物质的能量越低越稳定，根据图像

26、数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2MgBr2MgCl2MgF2，B错误；C、氧化性：F2Cl2Br2I2，C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117KJ/mol，D正确；答案选D。16、D【解析】放电时铅是负极，发生失电子的氧化反应，其电极电极式:Pb-2e- +SO42-= PbSO4；PbO2是正极，发生得电子的还原反应，其电极反应式为：PbO2 + 4H+ + SO4

27、2+2e= PbSO4+2H2O，电池的总反应可表示为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电过程是放电过程的逆过程，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A. 铅蓄电池可多次放电、充电，是二次电池，A项正确；B. 放电时铅是负极，负极电极式：Pb-2e- +SO42-= PbSO4，B项正确；C. 充电时生成硫酸，硫酸的浓度增大，电解质溶液的密度增大，C项正确；D. 根据总反应式可知，当电路中转移电子数目为2NA时，溶液中SO42-减少或增加2 mol，D项错误；答案选D。17、A【解析】A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；

28、B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D. 若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。答案选A。18、C【解析】该反应中N元素化合价由-、+5价变为0价，所以NaN3是还原剂、KNO3是氧化剂，N2既是氧化产物又是还原剂，根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化产物比还原产物多14mol，转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子

29、的物质的量为30mol，有2molKNO3被还原，据此分析解答。【详解】A该反应中N元素化合价由-价、+5价变为0价，所以氧化产物和还原产物都是氮气，假设有16mol氮气生成，氧化产物是15mol、还原产物是1mol，则氧化产物比还原产物多14mol，若氧化产物比还原产物多1.75mol，则生成氮气的物质的量=16mol=2mol，标准状况下的体积为：2mol22.4L/mol =44.8L，故A错误；B反应中，硝酸钾得电子是氧化剂，被还原，故B错误；C转移电子的物质的量为10=1.25mol，故C正确；D被氧化的N原子的物质的量=30=3.75 mol，故D错误；答案选C。【点睛】明确氧化产

30、物和还原产物关系是解本题关键。本题的易错点为B，注意硝酸钾中N元素化合价降低，被还原。19、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下

31、碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。20、A【解析】A乙醇的沸点低，易挥发，能与酸性重铬酸钾反应，反应中乙醇作还原剂，表现还原性，所以用含橙色酸性重铬酸钾的仪器检验酒驾，利用了乙醇的挥发性和还原性，故A正确；B可吸入颗粒物、二氧化硫、二氧化氮为污染环境的主要物质，为空气污染日报中的空气污染指数，其中没有二氧化碳这一项，故B错误；

32、C为消除碘缺乏症，卫生部规定食盐中必须加含碘物质，在食盐中所加含碘物质是碘酸钾(KIO3)，故C错误；D医用酒精的浓度为75%，不是95%，故D错误；故选A。21、D【解析】燃料电池中通入氧气的一极，氧气得电子生成氢氧根离子，该电极为正极。【详解】A、氧气得电子产生氢氧根离子，钠离子通过交换膜进入右边得到浓的氢氧化钠，故离子交换膜允许钠离子通过，是阳离子交换膜，选项A正确；B、根据图示，负极BH4-转化为BO2-，故反应式为BH4-+8OH-8e-=BO2-+6H2O，选项B正确；C、电解池是电解精炼铜，电解质溶液必须含有铜离子，可以选择CuSO4溶液，选项C正确；D、A极连接正极，作为阳极，

33、每消耗2.24LO2(标准状况)时，转移电子4mol，A电极的铜的质量减轻32g，选项D不正确；答案选D。22、B【解析】根据装置图，碳电极通入氢气，发生氧化反应，电极反应为H2-2e-+ 2OH=2H2O，Ni电极NiO(OH)Ni(OH)2发生还原反应，电极反应为NiO（OH）H2OeNi（OH）2OH，碳电极是负极，Ni电极是正极。根据以上分析，离子交换膜选用阴离子交换膜（只允许阴离子通过），故A错误；正极的电极反应为NiO（OH）H2OeNi（OH）2OH，故B正确；导线中通过1mol电子时，负极生成1mol水，理论上负极区溶液质量增加18g，故C错误；充电时，负极与电源负极相连，所以

34、碳电极与电源的负极相连，故D错误。二、非选择题(共84分)23、丙烯 加成反应 ab COOH +NaOH+NaBr；+O2+2H2O 【解析】由题中信息可知，A为链状烃，则A只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故B为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知C为丙酮，D为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E（）；采用逆合成分析法可知，根据PEI的单体，再结合题意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备F，则F为，根据给定信息ii可知，K为，据此分析作答。【详解】（1）A为链状烃，根据分子可以判断，A只能是丙烯；（2）AB为丙烯与苯反应生成丙苯的过程，其反应类型为加成反应；（3）根据相

35、似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为ab；（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，则F的结构简式为，其分子中所含官能团有Cl和COOH，故答案为COOH；（5）仅以2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。 （6）由E和K的结构及题中信息可知，中间产物1为；再由中间产物1的结构和信息可知，中间产物2的结构简式为。【点睛】本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放

36、弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。24、氯原子 C6H10O4 取代反应 NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热 HOCH2CH2CH2CH2OH +2NH3+3O2+6H2O 【解析】从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【详解】(1)B为卤代烃，官能

37、团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；(2)反应即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反应即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2+6H2O；(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；

38、再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。25、D 饱和食盐水 除去挥发出的HCl Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3 6.9mol/L C 偏小 足量锌粒 残余清液 使气体冷却到室温 调整量气管两端液面相平 A 【解析】(1)根据反应物的状态和反应条件选择合适的装置，从氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂

39、试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸； (2)为测定反应残余液中盐酸的浓度，量取试样25.00mL，用1.500molL-1NaOH标准溶液滴定，选择的指示剂是甲基橙，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍；(3)与已知量CaCO3(过量)反应，称量剩余的CaCO3质量，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大；(4)依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气进行分析解答；(5)甲同学的方案：盐酸挥发，也会与硝酸银反应，故反应有误差；【详解】(1)根据反应物

40、的状态和反应条件选择合适的装置，此装置为固液加热型， AO2用高锰酸钾或氯酸钾与二氧化锰加热制取，用的是固固加热型，不符合题意，故A不符合题意；BH2用的是锌与稀硫酸反应，是固液常温型，故B不符合题意；CCH2=CH2 用的是乙醇和浓硫酸反应，属于液液加热型，要使用温度计，故C不符合题意；DHCl用的是氯化钠和浓硫酸反应，属于固液加热型，故D符合题意；氯气中的杂质气体氯化氢，考虑除杂试剂，用饱和食盐水，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸再与硝酸银反应，生成氯化银和硝酸，由于次氯酸银不是沉淀，次氯酸与硝酸银不反应，化学方程式为Cl2+H2O+ AgNO3=AgCl+HClO+HNO3；(2)量取

41、试样25.00mL，用1.500molL1NaOH标准溶液滴定，消耗23.00mL，该次滴定测得试样中盐酸浓度为，由c(HCl)V(HCl)=c(NaOH) V(NaOH)，该次滴定测得试样中盐酸浓度=1.38mol/L，此浓度为稀释5倍后作为试样，原来的浓度应为现浓度的5倍=1.385=6.9 mol/L； (3)根据题意碳酸锰的Ksp比碳酸钙小，由于部分碳酸钙与转化成碳酸锰沉淀，称量剩余的固体质量会偏大，这样一来反应的固体减少，实验结果偏小； (4)化学反应释放热量，气体体积具有热胀冷缩的特点。使Zn粒进入残余清液中让其发生反应。这样残余清液就可以充分反应，如果反过来，残余清液不可能全部转

42、移到左边。若残余清液转移到左边则会残留在Y型管内壁，导致产生气体的量减少，使测定的盐酸浓度偏小，丁方案：余酸与足量Zn反应放热，压强对气体的体积有影响该反应是在加热条件下进行的，温度升高气体压强增大，如果不回复到原温度，相当于将气体压缩了，使得测出的气体的体积减小。故温度要恢复到原温度时，同时上下移动右端的漏斗，使两端的液面的高度相同，视线要与液体的凹液面相切，读取测量气体的体积。故读气体体积时要保证冷却到室温，并且压强不再发生变化，即调整量气管两端液面相平；(5)与足量AgNO3溶液反应，称量生成的AgCl质量，盐酸挥发的话，加入足量的硝酸银溶液求出氯离子的量偏大，会有误差。26、ABCD

43、56 min 银氨溶液的用量不同或pH不同 NH3 湿润的红色石蕊 在NaOH存在下，加热促进NH3H2O的分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O：Ag+2OH-=Ag2O+H2O 产物AgCl的溶解度小于Ag2SO4 3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O 【解析】(1)灰白色沉淀含有AgOH和Ag2O，最后为澄清溶液，说明这两种物质均溶于浓氨水；(2)由实验1和实验4知在56 min之间；根据表格数据，采用控制变量法分析；(3)根据物质的成分及性质，结合平衡移动原

44、理分析产生的气体和Ag2O的原因；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同，因此从阴离子的角度考虑。氯化银的溶解度小于硫酸银，从沉淀溶解平衡分析。【详解】(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，首先发生复分解反应：AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH不稳定，会发生分解反应： 2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧化二氨合银，反应方程式为：Ag2O+4NH3H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O，故合理选项是ABCD；(2)当银氨溶液的量为1

45、mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60，反应混合液pH为11时，由实验1和实验4可知出现银镜的时间范围是在56 min之间； 根据实验1、2可知，反应温度不同，出现银镜时间不同；根据实验1、3 可知：乙醛的用量不同，出现银镜时间不同；在其他条件相同时，溶液的pH不同，出现银镜时间也会不同，故还可以探索反应物的用量或溶液pH对出现银镜快慢的影响； (3)在银氨溶液中含有Ag(NH3)2OH，该物质在溶液中存在平衡：Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O，NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，加热并加入碱溶液时，电离平衡逆向移动，一水合氨分解产生氨气，故该气体化学式为NH3，可根据氨气的

46、水溶液显碱性，用湿润的红色石蕊检验，若试纸变为蓝色，证明产生了氨气；生成Ag2O的原因是：在NaOH存在下，加热促进NH3H2O的分解，逸出NH3促使Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O：Ag+2OH-=Ag2O+H2O；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子都是Fe3+，阴离子不同，而在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，这是由于Cl-与Ag+结合形成的AgCl是难溶性的物质，而SO42-与Ag+结合形成的Ag2SO4微溶于水，物质的溶解度：Ag2SO4

47、AgCl，物质的溶解度越小，越容易形成该物质，使银单质更容易溶解而洗去，因此使用FeCl3比Fe2(SO4)3清洗效果更好。【点睛】本题考查了物质性质实验的探究，明确物质的性质和实验原理是本题解答的关键，注意要采用对比方法，根据控制变量法对图表数据不同点进行分析，知道银氨溶液制备方法，侧重考查学生实验能力、分析问题、总结归纳能力。27、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2 可以控制反应的进行 变红 NH3 Cl2 过滤 CuO会溶于稀硫酸中 硫 Cu2S 【解析】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，由此可写出化学方程式；(2)反应生成二氧化硫，能够与水反应生

48、成亚硫酸，遇到石蕊显红色；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸；(4)分离固体与液体可以采用过滤法，氧化铜与酸反应生成铜离子与水；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜。【详解】(1)浓硫酸和铜在加热的条件下生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2，抽动铜丝可以控制铜丝与浓硫酸接触面积从而控制反应进行，故答案为：

49、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+2H2O+SO2；可以控制反应的进行；(2)反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，遇到石蕊显红色，故答案为：变红；(3)向BaCl2溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，是因为二氧化硫不与氯化钡溶液反应，通入的气体需要满足把二氧化硫转化为盐或把二氧化硫氧化为硫酸，如碱性气体NH3、做氧化剂的气体如Cl2、O2、O3、NO2、Cl2O等，故答案为：NH3；Cl2 ；(4)将A中的混合物倒入水中，得到呈酸性的蓝色溶液与少量黑色不溶物，分离固体与液体可以采用过滤法；氧化铜与酸反应生成铜离子与水，所以黑色固体不可能为氧化铜，故答案

50、为：过滤；CuO会溶于稀硫酸中；(5)黑色固体通入氧气反应生成气体能够使品红褪色，说明生成二氧化硫，含有硫元素；若该黑色不溶物由两种元素组成且在反应前后质量保持不变，可知除了含有硫元素外还含有铜，物质为硫化亚铜，化学式为Cu2S，故答案为：硫；Cu2S。【点睛】二氧化硫通入氯化钡溶液中，可认为发生如下反应：SO2+BaCl2+H2OBaSO3+2HCl，由于产物不共存，所以此反应进行的程度很小，若想使此反应正向进行，需设法让反应正向进行，要么加入碱中和盐酸；要么加入强氧化剂将BaSO3氧化为BaSO4。28、SO42- 自来水中有Cl2，具有强氧化性。（或者SO42-是硫最稳定的化合态） 3C

51、l2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O 5：1 0.25 酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同（或碱性条件下，氯气氧化性强；酸性条件下，氯酸钾氧化性强） Al3+3H2OAl(OH)3+3H+ ac 【解析】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子；(2)氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式；氧化剂得电子，还原剂失电子，根据得失电子守恒分析；(3)根据方程式中转移电子数目与反应产生氯气的物质的量关系进行计算；KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，生成3 mol Cl2转移5 mol

52、电子；(4)物质的氧化性强弱与溶液的酸碱性有关；(5)铝离子水解生成氢氧化铝胶体能净水；(6)a向硫酸铝铵矾溶液NH4Al(SO4)2中滴加极少量的氢氧化钡溶液，溶液相当于铝铵矾溶液；b滴加氢氧化钡溶液首先与铝离子反应，所以整个过程中n(Al3+)n(BaSO4)。【详解】(1)自来水中含有氯气，氯气具有强氧化性，能把含S化合物转化为硫酸根离子，所以自来水中的硫以SO42-的形态存在；(2)氯气与KOH反应生成KClO3、KCl和H2O，其反应的化学方程式为：3Cl2+6KOH=5KCl+KClO3+3H2O；在该反应中，Cl2作氧化剂得电子，Cl2作还原剂失电子，在方程式3Cl2+6KOH=

53、5KCl+KClO3+3H2O中，3 mol Cl2中含有6 mol Cl原子，其中得电子的Cl为5，失电子的Cl为1，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：1；(3)在反应KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O中，生成3 mol Cl2转移5 mol电子，制取标准状况下3.36 L氯气的物质的量n(Cl2)=0.15 mol，则转移电子的物质的量为n(e-)=0.15 mol=0.25 mol；(4)酸性条件下发生氧化还原反应，KClO3作氧化剂，碱性条件下，氯气是氧化剂，则溶液的酸碱性不同，氯气和氯酸钾的氧化性强弱不同；(5)铝铵矾NH4Al(SO4)212H2O是常用的工业净水剂，在水中电离出Al3+，Al3+水解生成Al(OH)3胶体表面积大，吸附力强，能够吸附水中悬浮的固体颗粒使之形成沉淀，从而具有净水作用，其水解的离子方程式