天津市和平区天津2021-2022学年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考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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为阿伏加德罗常数的值。

2、下列说法正确的是（ ）A12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NAD100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA2、上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的红棕色烟雾的困扰。你估计这一空气污染物可能含有AFeO粉尘BFe2O3粉尘CFe粉尘D碳粉3、SO2是大气污染物，造成酸雨的主要原因，用如图所示装置可以既吸收工厂排放的废气中的SO2，又可以生成一定量的硫酸，下列说法正确的是(

3、)Aa为正极，b为负极B生产过程中氢离子由右移向左C从左下口流出的硫酸的质量分数一定大于50%D负极反应式为SO22H2O-2e-=SO42-4H+4、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD已知RaX+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA5、假设与猜想是科学探究的先导和价值所在。下列假设引导下的探究肯定没有意义的是A探究SO2和Na2O2反应可能有Na

4、2SO4生成B探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuOC探究Na与水的反应可能有O2生成D探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致6、利用如图实验装置进行相关实验，能得出相应实验结论的是（ ）abc实验结论A浓醋酸CaCO3C6H5ONa溶液酸性：碳酸苯酚BBr2的苯溶液铁屑AgNO3溶液苯和液溴发生取代反应C浓盐酸酸性KMnO4溶液碘化钾溶液氧化性：Cl2I2D饱和食盐水电石酸性KMnO4溶液乙炔具有还原性AABBCCDD7、某化学小组设计“全氢电池”如图中甲池(其中a、b为多孔石墨电极)，拟用该电池电解

5、处理生活污水，达到絮凝净化的目的。其工作原理示意图：闭合K工作过程中，下列分析错误的是A甲池中a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2OB乙池中Fe电极区附近pH增大C一段时间后，乙池的两极间出现污染物颗粒沉降现象D如果Al电极上附着较多白色物质，甲池中Na+经过交换膜速率定会加快8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAB常温下，1LpH=11的NaOH溶液中由水电离出的H+的数目为1011NAC273K、101kPa下，22.4L由NO和O2组成的混合气体中所含分子总数为NAD100g34%双氧水中含有HO

6、键的数目为2NA9、聚维酮碘的水溶液是一种常用的碘伏类缓释消毒剂，聚维酮通过氢键与HI3形成聚维酮碘，其结构表示如图，下列说法不正确的是（ ）A聚维酮的单体是B聚维酮分子由(m+n）个单体聚合而成C聚维酮碘是一种水溶性物质D聚维酮在一定条件下能发生水解反应10、 Zn(CN)42-在水溶液中可与HCHO发生反应生成Zn(H2O)42+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）AZn2+基态核外电子排布式为Ar3d10B1mol HCHO分子中含有键的数目为1.8061024CHOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3DZn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为11

7、、我国首次月球探测工程第一幅月面图像发布。月球的月壤中含有丰富的3He，月海玄武岩中蕴藏着丰富的钛、铁、铬、镍、钠、镁、硅、铜等金属矿产资源和大量的二氧化硅、硫化物等。将为人类社会的可持续发展出贡献。下列叙述错误的是（ ）A二氧化硅的分子由一个硅原子和两个氧原子构成B不锈钢是指含铬、镍的铁合金C3He和4He互为同位素D月球上的资源应该属于全人类的12、在金属Pt、Cu和铱（Ir）的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮（NO3）以达到消除污染的目的。其工作原理的示意图如下：下列说法不正确的是AIr的表面发生反应：H2 + N2ON2 + H2OB导电基体上的负极反应：H22

8、e2H+C若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物D若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量13、在一定温度下，某反应达到了化学平衡，其反应过程对应的能量变化如图。下列说不正确的是AEa为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该反应的活化能B该反应为放热反应，H=Ea-EaC活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子D催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，使平衡不移动14、某科研小组将含硫化氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O(l)H= -632 KJ/ mol。

9、下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是 ( )A电极a为燃料电池正极B电极b上发生的电极反应为:O2+4e-+2H2O=4OH-C电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJDa极每增重32g，导气管e将收集到气体22.4L15、甲醇脱氢可制取甲醛：CH3OH(g) HCHO(g)H2(g)H=-QkJ/mol，甲醇的平衡转化率随温度变化曲线如图所示。下列有关说法正确的是( )AQ0B600 K时，Y点甲醇的(正)Ksp(BaSO4)二、非选择题(共84分)23、（14分）一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：回答

10、下列问题：(1)A中官能团的名称是_，反应的反应类型是_。(2)J的分子式是_。F的结构简式是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_。（只需写出两个）苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：_24、（12分）工业上以苯、乙烯和乙炔为原料合成化工原料G的流程如下：（1）A的名称_，条件X为_；（2）DE的化学方程式为_，EF的反应类型为_。（3）实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水的目的是_，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为_

11、。（4）F的结构简式为_。（5）写出符合下列条件的G的同分异构体的结构简式_。与G具有相同官能团的芳香族类化合物；有两个通过C-C相连的六元环；核磁共振氢谱有8种吸收峰；（6）参照上述合成路线，设计一条以1，2二氯丙烷和二碘甲烷及必要试剂合成甲基环丙烷的路线：_。25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（实验探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验实验BaCl2Na2CO3Na2SO

12、4Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，_。（2）实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。（3）实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是_（填字母代号）。a AgNO3溶液b NaCl溶液c KI溶液（5）实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。装置步骤电压表读数.按图连接装置并加入试剂，闭合Ka.向B中滴入AgN

13、O3（aq），至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaCl（s）c.重复，再向B中加入与等量的NaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅有关资料可知，Ag可氧化I，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原电池（使用盐桥阻断Ag与I的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为_。结合信息，解释实验中ba的原因：_。实验的现象能说明AgI转化为Ag

14、Cl，理由是_。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。26、（10分）某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物Fex(C2O4)yzH2O，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/ LKMnO4标

15、准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/ L KMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是_。(2)步骤二中水浴加热并控制温度7085的理由是_，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是_。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为_，该滴定管为_滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4

16、)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为_。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为_。27、（12分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于CCl4，某研究小组用如图1所示的实验装置制备氨基甲酸铵。反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H0。（1）仪器2的名称是_。仪器3中NaOH固体的作用是_。（2）打开阀门K，仪器4中由固体药品所产生的气体就立即进入仪器5，则该固体药品的名称为_。仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到

17、装置内稀硫酸溶液中产生气泡，应该_（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。（3）另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4充当惰性介质）如图2：图2装置采用冰水浴的原因为_。当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，_(填操作名称)得到粗产品。为了将所得粗产品干燥可采取的方法是_。A蒸馏 B高压加热烘干 C真空微热烘干（4）已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式为_。为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验。已知杂质不参与反应，请补充完整测定某样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，_，测量的数据取平均值

18、进行计算（限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。28、（14分）形形色色的物质，构成了我们这个五彩缤纷的世界。世上万物，神奇莫测，常常超乎人们按“常理的想象。学习物质结构和性质的知识，能使你想象的翅膀变得更加有力。（1）基态Ga原子的核外电子排布式是Ar_，基态Ga原子核外电子占据最高能级的电子云轮廓图为_。（2）HCCNa(乙炔钠)广泛用于有机合成，乙炔钠中C原子的杂化类型为_。乙炔钠中存在_(填字母)。A金属键 B键 C键 D氢键 E.配位键 F.离子键 G.范德华力（3）NaN3是汽车安全气囊中的主要化学成分，其阴离子的立体构型为_。写出和该阴离子互为等电子体的一种分子的结

19、构式_。（4）钙和铁都是第四周期元素，且原子的最外层电子数相同，铁的熔沸点远高于钙，其原因是_。（5）配体中配位原子提供孤电子对的能力与元素的电负性有关，SCN-的结构式可以表示为S=C=N-或S-CN-，SCN-与Fe3+、Au+和Hg2+等离子能形成配离子，N、C、S的电负性依次为3.0、2.5和2.5。SCN-中提供孤电子对的原子可能是_。（6）某离子晶体的晶胞结构如图所示。晶体中在每个X周围与它最近且距离相等的X共有_个。设该晶体的摩尔质量为Mgmol-1，晶胞的密度为g.cm-3，阿伏加德罗常数为NA，则晶体中两个最近的X间的距离为_cm。29、（10分）SO2是造成空气污染的主要原

20、因之一，利用钠碱循环法可除去SO2。(1)钠碱循环法中，吸收液为Na2SO3溶液，该反应的离子方程式是_。(2)已知常温下，H2SO3的电离常数为K1=1.54102，K2=1.02107，H2CO3的电离常数为 K1=4.30107，K2=5.601011，则下列微粒可以大量共存的是_（选填编号）。a. CO32 HSO3- b. HCO3- HSO3- c. SO32 HCO3- dH2SO3 HCO3-(3)已知NaHSO3溶液显酸性，解释原因_，在NaHSO3稀溶液中各离子浓度从大到小排列顺序是_。(4)实验发现把亚硫酸氢钠溶液放置在空气中一段时间，会被空气中的氧气氧化，写出该反应的离

21、子方程式_。(5)在NaIO3溶液中滴加过量NaHSO3溶液，反应完全后，推测反应后溶液中的还原产物为_（填化学式）。(6)如果用含等物质的量溶质的下列溶液分别吸收SO2，则理论吸收量由多到少的顺序_（用编号排序）。aNa2SO3 b Na2S c酸性KMnO4参考答案一、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石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连,所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g石墨是1mol碳,即有1.5NA个共价键，而1mol金刚石中含2mol共价键，A错误；B甲酸为弱酸，一水合氨为弱碱，故HCOO-与NH4+在溶液发生水解，使其数目小于N

22、A，B错误；C每有一个氯气分子与甲烷发生取代反应，则生成1个HCl分子，故0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NA ，C正确；D100g34%H2O2为1mol，1mol H2O2分解生成1mol H2O和0.5mol O2，转移电子1mol，数目为NA，D错误；答案选C。2、B【解析】AFeO是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故A错误；BFe2O3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故B正确；CFe粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故C错误；D煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故D错误。答案选B。3、D【解析】A. 由图可知，此装置为原

23、电池，且a极发生氧化反应，属于负极，b极为正极，A项错误；B. 原电池中阳离子移向正极，故氢离子由左移向右，B项错误；C. 负极区有硫酸生成，但同时水的量在增加，则硫酸的质量分数不一定大于50%，甚至还可能小于50%，C项错误；D. 负极反应式为SO22H2O2e=SO42-4H，D项正确；答案选D。4、A【解析】A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是CC之间

24、的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3OCH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在01mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为0.5mol(22286)=68mol，故D错误；答案：A。5、C【解析】A、SO2具有还原性，Na2O2具有氧化性，所以探究SO2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成有意义，故A不符合题意；B、浓硫酸具有强氧化性，所以探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质可能是CuO有意义，故B不符合题意；C、Na

25、是非常活泼的金属，不可能与水反应生成O2，所以探究Na与水的反应可能有O2生成没有意义，故C符合题意；D、Cl2能与NaOH反应，使溶液的碱性减弱，Cl2与H2O反应生成了HClO，HClO具有漂白性，所以探究向滴有酚酞试液的NaOH溶液中通入Cl2，酚酞红色褪去的现象是溶液的酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致有意义，故D不符合题意。6、C【解析】A浓醋酸具有挥发性，酸性大于苯酚，因此，挥发出的醋酸也能与苯酚钠反应得到苯酚，不能证明碳酸的酸性大于苯酚，故A错误；B溴离子与银离子反应生成浅黄色沉淀；由于溴易挥发，挥发出的溴和水反应也能生成氢溴酸，从而影响苯和溴反应生成的溴化氢，所以无法得出

26、相应结论，故B错误；C浓盐酸与高锰酸钾反应生成氯气，氯气能置换碘化钾中的碘单质，可比较氧化性，故C正确；D电石不纯，与水反应生成乙炔的同时也生成硫化氢、磷化氢等，都可与高锰酸钾溶液反应，应先除杂，故D错误；故答案选C。7、D【解析】根据此装置电解处理生活污水可知，甲池为原电池，乙为电解池，a为负极，b为正极，铁为阴极，铝为阳极，a极反应为：H2-2e-+2OH-=2H2O，b极反应为2H+2e-=H2，总的电极反应为H+ OH-=H2O，利用甲池产生的电流电解乙池，乙池中，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e- =Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2由此分析。【详解】A甲池为原电池，a

27、为负极，a极通入氢气，氢气在负极上失去电子生成氢离子，结合氢氧根离子生成水，电极反应为H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正确；B乙池中，铁作阴极，电极反应为：2H+2e-=H2，溶液中氢离子的浓度减小，氢氧根离子的溶度相对增大，pH增大，故B正确；C乙为电解池，铝为阳极，铁为阴极，阳极反应为：Al-3e- =Al3+，阴极反应为2H+2e-=H2，溶液中的氢离子的浓度减小，氢氧根离子向阳极移动，在阳极结合铝离子生成氢氧化铝胶体，吸附污染物颗粒一起沉降，在阴极，一段时间后， 铝离子向阴极移动，铝离子可以在溶液中形成氢氧化铝胶体，吸附水中的污染物颗粒一起沉降，故C正确；D如果Al电极上附着较多

28、白色物质，白导致色物质为氢氧化铝，阻止了铝电极继续放电，导致导线中电荷的数目减小，甲池中Na+经过交换膜速率定会减慢，故D错误；答案选D。8、B【解析】ACl2通入NaOH溶液中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，这是一个歧化反应，每消耗0.1molCl2转移电子数为0.1mol，A项错误；B碱溶液中的H+均是水电离产生的，pH等于11的NaOH溶液中水电离出的H+浓度为10-11mol/L，故1L该溶液中H+的数目为10-11mol，B项正确；C所给条件即为标准状况，首先发生反应：2NO+O2=2NO2，由于NO和O2的量未知，所以无法计算反应生成NO2的量，而且生成

29、NO2以后，还存在2NO2 N2O4的平衡，所以混合气体中的分子数明显不是NA，C项错误；D100g34%双氧水含有过氧化氢的质量为34g，其物质的量为1mol，含有H-O键的数目为2mol，但考虑水中仍有大量的H-O键，所以D项错误；答案选择B项。【点睛】根据溶液的pH可以求出溶液中的c(H+)或c(OH-)，计算微粒数时要根据溶液的体积进行计算。在计算双氧水中的H-O键数目时别忘了水中也有大量的H-O键。9、B【解析】由高聚物结构简式，可知主链只有C，为加聚产物，单体为，高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，含有肽键，可发生水解，以此解答该题。【详解】A. 由高聚物结构简

30、式可知聚维酮的单体是，故A正确；B.由2m+n个单体加聚生成，故B错误；C. 高聚物可与HI3形成氢键，则也可与水形成氢键，可溶于水，故C正确；D. 含有肽键，具有多肽化合物的性质，可发生水解生成氨基和羧基，故D正确；故选B。10、C【解析】AZn原子序数为30，位于B族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10，A选项正确；B1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个键，所以，1molHCHO分子中含有键的物质的量为3mol，数目为1.8061024，B选项正确；CHOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-CN)中的C为sp杂化，C选项错误；DZn(CN)42

31、-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，Zn(CN)42-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个键，如：C=O双键含1个键、1个键，CN叁键含1个键、2个键。11、A【解析】A. 二氧化硅晶体属于原子晶体，由硅原子和氧原子构成，但不存在二氧化硅分子，A不正确；B. 在铁中掺入铬、镍等金属，由于改变了金属晶体的内部组织结构，使铁失电子的能力大大降低，从而使铁不易生锈，B正确；C. 3He和4He的质子数相同，但中子数不同，且都是原子，所以二者互为同位素，C正确；D. 月球是属于全人类的，所以月球上的资源也

32、应该属于全人类，D正确。故选A。12、C【解析】A、根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱（Ir）的催化作用下发生氧化还原反应，生成氮气，反应为：H2 + N2ON2 + H2O，A正确；B、根据图示可知：导电基体上的负极反应：氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H22e2H+，B正确；C、若导电基体上只有单原子铜，硝酸根离子被还原为一氧化氮，不能消除含氮污染物，C错误；D、从图示可知：若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子得电子变为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，D正确；正确选项C。13、B【解析】A催化剂能降低反应所需活化能，Ea为催化剂存在下该反应的活化能，Ea为无催化剂时该

33、反应的活化能，故A正确；B生成物能量高于反应物，该反应为吸热反应，HEa-Ea，故B错误；C根据活化分子的定义，活化分子是能最较高、有可能发生有效碰撞的分子，故C正确；D催化剂是通过降低反应所需的活化能来同等程度的增大正逆反应速率，平衡不移动，故D正确；故选B。14、C【解析】根据2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电子发生氧化反应，则a为电池的负极，正极O2得电子发生还原反应，则b为电池的正极，则c为阴极，发生还原反应生成氢气，d为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由2H2S(g)+O2(g)=S2(s)+2H2O反应，得出负极H2S失电

34、子发生氧化反应，则a为电池的负极，故A错误；B.正极O2得电子发生还原反应，所以电极b上发生的电极反应为：O2+4H+4e-2H2O，故B错误；C.电路中每流过4mol电子，则消耗1mol氧气，但该装置将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ，几乎不放出能量，故C正确；D.a极发生2H2S4e=S2+4H+，每增重32g，则转移2mol电子，导气管e 将收集到气体1mol，但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L，故D错误。故选C。【点睛】此题易错点在D项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。15、B【解析】A.根据图像，温度升高，甲醇的平衡转化率升高

35、，表示平衡向右移动，则正反应为吸热反应，Q Ksp(AgI)，加入KI，发生AgCl(s)+I-AgI(s)+Cl-，两个平衡右移，白色沉淀AgCl转换为黄色AgI沉淀，B不符合；CFeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClH0，温度升高，平衡正向移动，C不符合；D醋酸是弱电解质，CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释，平衡右移，稀释过程又产生一定的H+，稀释10倍，pH2.9+1，D不符合。答案选A。【点睛】pH=m的强酸稀释10n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m的弱酸稀释10n倍，新的溶液pHm+n7。21、A【解析】A钠的燃烧产物为Na2O2，能与CO2反应生成O2，

36、且钠与水反应生成氢气，氢气易燃烧，所以钠着火不能用泡沫灭火器灭火，可用沙土灭火，故A错误；B氨气极易溶于水，NH3泄露时向空中喷洒水雾可吸收氨气，故B正确；C氯气有毒，直接排放会引起环境污染，含Cl2的尾气用碱溶液处理后再排放，故C正确；D面粉厂有可燃性的粉尘，遇到烟火容易发生爆炸，所以生产车间应严禁烟火，故D正确；故答案为A。22、B【解析】因胃酸可与CO32反应生成水和二氧化碳，使CO32浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq) 向溶解方向移动，则BaCO3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。【详解】A溶度积常数为离子浓度幂之积，BaCO3的溶度积常数

37、表达式为Ksp(BaCO3)c(Ba2)c(CO32)，故A错误；B根据公式c=得，2%5%的Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量浓度为0.13mol/L0.33mol/L，用0.13mol/L0.33mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后c(Ba2)mol/Lmol/L，浓度很小，可起到解毒的作用，故B正确；Cc(Ba2)1.0105 molL1的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；D因胃酸可与CO32反应生成水和二氧化碳，使CO32浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq) 向溶解方向移动，使Ba2浓度增大，Ba2有毒，与Ksp大

38、小无关，故D错误； 故答案选B。【点睛】注意若溶液中某离子浓度c1.0105 molL1时可认为该离子不存在，不会造成实际影响。二、非选择题(共84分)23、 (酚)羟基 消去反应 C19H16O4 +CO(OC2H5)2+2C2H5OH 、(任写两个) 【解析】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，

39、据此分析解答。【详解】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应为在浓硫酸加热的条件发生消去反应生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；(3)对比C

40、、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应的化学方程式为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有： 、，故答案为：、(任写两个)；(5) 与乙酸酐反应生成，然后与AlCl3/NaCl作用生成，最后与CO(OC2H5)2反应得到，故答案为：。24、氯甲苯 Na和NH3(液) 加成反应 减

41、缓电石与水的反应速率 【解析】A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；根据图中信息可得到DE的化学方程式为，EF增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应。实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为。D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为。与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；有两个通过CC相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个碳原子；核磁共振氢谱有8种吸收峰；。1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生

42、加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线。【详解】A的名称氯甲苯，条件X为Na和NH3(液)；根据图中信息可得到DE的化学方程式为，EF增加了两个氢原子，即反应类型为加成反应，故答案为：；加成反应。实验室制备乙炔时，用饱和食盐水代替水，浓度减小，减缓电石与水的反应速率，以乙烯为原料原子利率为100%的合成的化学方程式为，故答案为：减缓电石与水的反应速率；。D只加了一个氢气变为F，F与CH2I2反应得到G，从结构上得出F的结构简式为，故答案为：。与G具有相同官能团的芳香族类化合物，说明有苯环；有两个通过CC相连的六元环，说明除了苯环外还有一个六元环，共12个

43、碳原子；核磁共振氢谱有8种吸收峰；，故答案为：。1，2二氯丙烷先在氢氧化钠醇加热条件下发生消去反应生成丙炔，丙炔在林氏催化剂条件下与氢气发生加成反应生成丙烯，丙烯和CH2I2在催化剂作用下反应生成甲基环丙烷，其合成路线，故答案为：。25、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）减小，I还原性减弱，原电池的电压减小

44、实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c（I）增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀。向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3

45、过量，因此说明有AgCl转化为AgI。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq

46、)。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32H = Ba2CO2H2O；故答案为：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3

47、溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。为观察到AgCl转化为AgI，需向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI；故答案为：b。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；故答

48、案为：小于；2I2Ag= 2AgI2。由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可知，实验中ba；故答案为：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，原电池的电压减小。实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)；故答案为：实验步骤表明Cl本身对该原电池电

49、压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。26、过滤 加快固体溶解，同时防止草酸分解 铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O 减小 Fe4(C2O4)510H2O 【解析】步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体Fex(C2O4)yzH2O，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析

50、计算。【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2) 由于H2C2O4在温度高于90时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度7085，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；故答案为25.00mL，酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+

51、4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，可知关系MnO4-5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可得到转化关系：2KMnO45H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L0.025L5

52、/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.004056g-0.00588g）/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)510H2O。故答案为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，减小，Fe4(C2O4)510H2O。27、三颈烧瓶 干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解 干冰 加快 降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成NH2COONH4分解 过滤 C NH2COONH

53、4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3 加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次 【解析】根据装置：仪器2制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器3干燥氨气，利用仪器4制备干燥的二氧化碳气体，在仪器5中发生2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵；(1)根据仪器构造可得；考虑氨基甲酸铵水解；(2)仪器4制备干燥的二氧化碳气体，为干冰；反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足；(3)考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解；过滤得到

54、产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干；(4)氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写；测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。【详解】(1)根据图示，仪器2的名称三颈烧瓶；仪器3中NaOH固体的作用是干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：三颈烧瓶；干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；(2)反应需要氨气和二氧化碳，仪器2制备氨气，仪器4制备干燥的二氧化碳气体，立即产生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰；氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难

55、溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快；(3)该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；故答案为：降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，过滤，为防止H2NCOONH4分解，真空微热烘干粗产品；故答案为：过滤；C；(4)氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，反应为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=

56、NH4HCO3+NH3；故答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，具体方法为：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次，测量的数据取平均值进行计算；故答案为：加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次。28、3d104s24p1 哑铃形 sp BCF 直线形 钙原子半径较大且价电子数少，金属键较弱 S 12 【解析】（1）Ga原子位于第4周期IIIA族，为31号，则基态Ga原子的核外电子排布式为：Ar3d104s24p1，核外电子占据最高的能级为4p能级，p能级