辽宁省朝阳市建平县2022年高考冲刺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、生活息息相关。下列有关说法不正确的是A小苏打可用于治疗胃酸过多B还原铁粉可用作食品袋内的抗氧化剂C用乙醚从青蒿中提取青蒿素的过程中包含萃取操作D墨子号量子卫星使用的太阳能电池，其主要成分为二氧化硅2、我国古代

2、文献中有许多化学知识的记载，如梦溪笔谈中的“信州铅山县有苦泉，挹其水熬之，则成胆矾，熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”等，上述描述中没有涉及的化学反应类型是A复分解反应B化合反应C离子反应D氧化还原反应3、设NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A1mol中共平面的碳原子数最多为6NAB1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4的数目为0.5NAC25、1.01105 Pa下，44.8LSO2和CO2的混合气体中所含分子数为2NAD12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中所含阳离子总数为0.1NA4、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、

3、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A原子半径：XYWB最高价氧化物对应水化物的碱性：XYCZ、W组成的化合物能与强碱反应DX的单质在氧气中燃烧所得的产物中阴、阳离子个数比为1:15、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大。 X的族序数是周期数的3倍，25 时，0.1 molL1Z的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，W的最外层有6个电子。下列说法正确的是()AX的简单气态氢化物的热稳定性比W的弱B原子半径：r(Z)r(W

4、)r(X)r(Y)C元素Y、W的简单阴离子具有相同的电子层结构DZ分别与X、Y、W形成的化合物中均一定只含离子键6、M的名称是乙烯雌酚，它是一种激素类药物，结构简式如下。下列叙述不正确的是AM的分子式为C18H20O2BM可与NaOH溶液或NaHCO3溶液均能反应C1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应D1 mol M与饱和溴水混合，最多消耗5 mol Br2 7、钛（Ti）常被称为未来钢铁。下列关于的说法中，错误的是（）A质子数为22B质量数为70C中子数为26D核外电子数为228、下列实验装置能达到实验目的的是选项ABCD实验装置实验目的用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物实验

5、室制备干燥纯净的氯气用乙醇提取溴水中的溴尾气处理混有少量NO的NOx气体AABBCCDD9、11.9g金属锡跟100mL12molL1HNO3共热一段时间完全反应后测定溶液中c（H+）为8molL1，溶液体积仍为100mL放出的气体在标准状况下体积约为8.96L由此推断氧化产物可能是（Sn的相对原子质量为119）（）ASn（NO3）4BSn（NO3）2CSnO24H2ODSnO10、实验室制备下列气体时，所用方法正确的是( )A制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C制氨气时，用排水法或向下排空气法收集气体D制二氧化氮

6、时，用水或NaOH溶液吸收尾气11、NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A11g超重水(T2O)含中子数为5NAB1mol SiO2中SiO键的数目为4NAC常温下，pH=6的MgCl2溶液中H+的数目为10-6 NAD标准状况下，2.24L Cl2全部溶于水所得溶液中的Cl数目为0.1NA12、雌黄(As2S3)在我国古代常用作书写涂改修正液。浓硝酸氧化雌黄可制得硫磺，并生成砷酸和一种红棕色气体，利用此反应原理设计为原电池。下列叙述正确的是（ ）A砷酸的分子式为H2AsO4B红棕色气体在该原电池的负极区生成并逸出C该反应的氧化剂和还原剂物质的量之比为10：1D该反应中每析出4.8g硫磺

7、转移1mol电子13、关于下图所示各装置的叙述中，正确的是A装置是原电池，总反应是：Cu + 2Fe3+= Cu2+ 2Fe2+B装置中，铁做负极，电极反应式为：Fe3+ e-= Fe2+C装置通电一段时间后石墨电极附近溶液红褐色加深D若用装置精炼铜，则d极为粗铜，c极为纯铜，电解质溶液为CuSO4溶液14、下列属于置换反应的是（ ）A2C+SiO22CO+SiB2HClO2HCl+O2C3CO+Fe2O33CO2+2FeD2Na+Cl2=2NaCl15、含铬()废水用硫酸亚铁铵FeSO4(NH4)2SO46H2O处理，反应中铁元素和铬元素完全转化为沉淀。该沉淀经干燥后得到nmol FeOFe

8、yCrxO3。不考虑处理过程中的实际损耗，下列叙述错误的是()A消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(2x)molB处理废水中的物质的量为molC反应中发生转移的电子数为3nxmolD在FeO FeyCrxO3中，3xy16、化学与生活密切相关。下列说法正确的是A垃圾分类中可回收物标志：B农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮C绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染D燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放17、室温下，向20mL浓度均为0.1mol/L的NaOH和MOH溶液中分别滴加0. 1mol/L盐酸，溶液的pH随盐酸体积变化如图所示。下列说法不正确的是( )AMOH的电

9、离常数约为1l0-5Ba点溶液中存在 Cb点和c点溶液混合后显碱性D水的电离程度：dba18、下列装置中，不添加其他仪器无法检查气密性的是( )ABCD19、下列实验操作合理的是（ ）A用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择甲基橙为指示剂B用湿润的pH试纸测定CH3COONa溶液的pHC用蒸馏的方法分离乙醇（沸点为78.3）和苯(沸点为80.1)的混合物D向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2+20、下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是ACl2、Al、H2BF2、K、HClCNO2、Na、Br2

10、DHNO3、SO2、H2O21、由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A某钾盐晶体中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中品红溶液褪色产生的气体一定是SO2B向装有经过硫酸处理的CrO3（桔红色）的导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由桔红色变为浅绿色（Cr3+）乙醇具有还原性C向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入铜粉，充分振荡，再加入2滴KSCN溶液铜粉溶解，溶液由黄色变为绿色，滴入KSCN溶液颜色不变氧化性：Fe3+Cu2+D向盛有CuO的试管中加入足量HI溶液，充分震荡后滴入3滴淀粉溶液固体有黑色变为白色，溶液变为黄色，滴入淀粉后溶液变蓝CuO与HI发生了氧化还原反应AABBCCD

11、D22、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（）A往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCO3更多的析出B从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水C沉淀池中反应的化学方程式：2NH3+CO2+2NaCl+H2O=Na2CO3+2NH4ClD设计循环的目的是使原料氯化钠的利用率大大提升二、非选择题(共84分)23、（14分）Q、W、X、Y、Z 是位于不同主族的五种短周期元素，其原子序数依次增大。W 的氢化物与 W 最高价氧化物对应水化物反应生成化合物甲。X、Y、Z 的最高价氧化物对应水化物之间两两反应均可生成盐和水。常温下，Q 的最高价气态氧化物与化合

12、物 X2O2 发生反应生成盐乙。请回答下列各题:(1)甲的水溶液呈酸性，用离子方程式表示其原因_。(2)中反应的化学方程式为_。(3)已知:ZO3n+M2+H+Z+M4+ + H2O(M 为金属元素，方程式未配平)由上述信息可推测 Z 在周期表中位置为_。(4)Y 形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成 NO。写出此反应的离子方秳式_。24、（12分）有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下：(1)B中含氧官能团名称为_和_。(2)BC反应类型为_。(3)D的分子式为C10H11OCl，写出D的结构简式：_。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有

13、1个苯环，能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。25、（12分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：_（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是_（填写序号）；只有甲烷 只有乙烯 烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为_；（4）该实验中碎瓷片的作用是_（填序号）；防止暴沸 有催化功能 积蓄热量 作反

14、应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为_（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有_（任填一种），产生该气体的化学方程式为_。26、（10分）硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O35H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O35H2O（M=248g/moL）在35 以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O35H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I制备Na2S2O35H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中

15、生成Na2S2O3和CO2的离子方程式_。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是_A 浓硫酸 B 溴水 C FeSO4溶液 D BaCl2溶液II测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取a gKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为V mL。则c（Na2S2O3）_ mol /L。（列出算式即可）（已知：IO3+5I+6H+3I2+3H2O，2S2O32+I2S4O62+2I）（2）

16、滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_（填字母）A 滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B 滴定终点时俯视读数C 锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1mol Na2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有_和_。（2）乙同学认为应将上述流程中所加试剂顺序颠倒，你认为理由是_。27、（12分）Mg(ClO3)23H2O在工农业上有重要用途，其制备原理为：MgCl22NaClO33H2O=Mg(ClO3)23H2

17、O2NaCl。实验室制备Mg(ClO3)23H2O的过程如图：已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图所示：(1)抽滤装置中仪器A的名称是_。(2)操作X的步骤是_。(3)“溶解”时加水太多会明显降低MgCl2的利用率，其原因是_。(4)下列有关实验过程与操作说法不正确的是_。A冷却时可用冰水B洗涤时应用无水乙醇C抽滤Mg(ClO3)23H2O时，可用玻璃纤维代替滤纸D抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管倒出(5)称取3.000 g样品，加水溶解并加过量的NaNO2溶液充分反应，配制成250 mL溶液，取25 mL溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂

18、，用0.100 0 molL1的AgNO3标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液24.00 mL。则样品中Mg(ClO3)23H2O的纯度是_。28、（14分）在1.0 L密闭容器中放入0.10molA(g)，在一定温度进行如下反应：A(g)2B(g)C(g)+D(s) H= +85.1kJmol-1，容器内气体总压强(P)与起始压强P0的比值随反应时间(t)数据见下表：时间t/ h012481620251.001.501.802.202.302.382.402.40回答下列问题：（1）下列能提高A的转化率的是_。A 升高温度 B 体系中通入A气体C 将D的浓度减小 D 通入稀有气体He，使体系压

19、强增大到原来的5倍E 若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水（2）该反应的平衡常数表达式K=_；前2小时C的反应速率是_；计算平衡时A的转化率_。（3）若将容器改为恒压容器，改变条件，使反应达到与上述相同的转化率，则达到平衡时B浓度为_。（保留两位有效数字）锂的化合物用途广泛。Li3N是非常有前途的储氢材料；LiFePO4、Li2FeSiO4等可以作为电池的正极材料。请回答下列问题：（4）氮化锂在氢气中加热时可得到氨基锂（LiNH2），其反应的化学方程式为：Li3N+2H2LiNH2+2LiH，在270时，该反应可逆向发生放出H2，因而氮化锂可作为储氢材料，储存氢气最多可达Li3

20、N质量的_%（精确到0.1%）。（5）将Li2CO3、FeC2O42H2O和SiO2粉末均匀混合，在800的氩气中烧结6小时制得Li2FeSiO4，写出该反应的化学方程式_。（6）磷酸亚铁锂电池稳定性高、安全、对环境友好，该电池在充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化，电池放电时负极发生的反应为LiXC6-xe- =xLi+6C，写出电池放电时的化学方程式_。29、（10分） “麻黄素”是中枢神经兴奋剂，其合成路线如图所示：已知：CH3CCH+H2O(1)F中的官能团的名称为_。(2)BC的反应条件是_，反应类型是_，E的结构简式为_。(3)写出CD的化学反应方程式_

21、。(4)麻黄素的分子式为_。(5)H是G的同系物，也含醇羟基和碳氮双键，相对分子质量比G小28，且苯环上仅有一个侧链，则H的可能结构有_种（不考虑结构）。(6)已知：R-CC-RR-CH=CH-R，请仿照题中流程图合成路线，设计以乙醇为起始主原料合成强吸水性树脂的合成路线，其它试剂及溶剂任选_。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. 生活中常用小苏打、氢氧化铝来治疗胃酸过多，A项正确；B. 铁可以被空气氧化，做还原剂，即抗氧化剂，B项正确；C. 乙醚不溶于水，易溶解有机物，可以从青蒿中提取青蒿素，C项正确；D. 太阳能电池，其主要成分为硅，D项

22、错误；答案选D。2、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O为化合反应，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O为分解反应，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4为置换反应，且Fe、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，故答案为A。3、D【解析】A. 中四元环C原子不共面，故最多共面碳原子数为3NA，故A错误；B.根据物料守恒可知1L0.5mol/LKHC2O4溶液中含HC2O4-和H2C2O4 和C2O42-的数目为0.5NA，故B错误；C.条件为25不是标况，故C错误；D. 12.0gNaHSO4和MgSO4的固体混合物中总物质的量为0.1mol，阳离子为Na+和Mg2+，故含阳离

23、子总数为0.1NA，故D正确；故答案选：D。4、D【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；ALi、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半

24、径大于Li，则原子半径是XYW，故A正确；BNa的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故B正确；CZ、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱反应，故C正确；DX的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐

25、增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。5、B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依次增大，25时，0.1mol/LZ的最高价氧化物对应的水化物溶液的pH为13，则Z为N

26、a元素；W的最外层有6个电子，其原子序数大于Na，则W为S元素；X的族序数是周期数的3倍，X只能位于第二周期，则X为O元素；Y介于O、Na之间，则Y为F元素，据此解答。【详解】根据分析可知，X为O元素，Y为F元素，Z为Na，W为S元素。A.元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性越强，由于元素的非金属性OS，则X(O)的简单氢化物的热稳定性比W(S)的强，A错误；B.元素核外电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大原子半径越小，则原子半径大小为：r(Z)r(W)r(X)r(Y)，B正确；C.氟离子含有2个电子层，硫离子含有3个电子层，二者简单阴离子的电子层结构不同，C错误；D.

27、Na与O、F、S形成的化合物中，过氧化钠中既有离子键又有共价键，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查了原子结构与元素周期律的关系的知识，依据元素的原子结构或物质的性质推断元素为解答关键，注意掌握元素周期表结构、元素周期律内容，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力。6、B【解析】A. 由物质的分子结构可知M的分子式为C18H20O2，正确。B. 该物质的分子中含有酚羟基，所以可与NaOH溶液反应，但是由于酸性较弱，所以不能和NaHCO3溶液反应，错误。C. 在M的一个分子中含有2个苯环和一个双键，所以1 mol M最多能与7 mol H2发生加成反应，正确。D.羟基是邻位、对位取代基，由

28、于对位有取代基，因此 1 mol M与饱和溴水混合，苯环消耗4mol的溴单质，一个双键消耗1mol的溴单质，因此最多消耗5 mol Br2，正确。本题选B。7、B【解析】的质子数为22，质量数为48，故中子数=质量数-质子数=48-22=26。【详解】A项、的质子数为22，故A正确；B项、的质量数为48，故B错误；C项、的中子数=质量数-质子数=48-22=26，故C正确；D项、的电子数=质子数=22，故D正确；故选B。8、D【解析】A.氯化铵受热分解，遇冷化合，不可利用用坩埚灼烧分离氯化钾和氯化铵的混合物。故A错误；B.收集的氯气中含有HCl和水蒸气，故B错误；C.乙醇与水任意比互溶，不可用

29、乙醇提取溴水中的溴，故C错误；D.氢氧化钠可以与混有少量NO的NOx气体反应生成硝酸盐和亚硝酸盐，故D正确；答案：D9、C【解析】n(Sn)=11.9g119g/mol=0.1mol，n(HNO3)=12mol/L0.1L=1.2mol，12mol/L的硝酸是浓硝酸，反应后溶液中c(H+)为8molL1，说明生成的气体是二氧化氮，n(NO2)=8.96L22.4L/mol=0.4mol，设Sn被氧化后的化合价为x，根据转移电子守恒得0.4mol(54)=0.1mol(x0)x=+4，又溶液中c(H+)=8mol/L，而c(NO3-)=（1.2mol0.4mol）0.1L=8mol/L，根据溶液

30、电中性可判断溶液中不存在Sn(NO3)4，所以可能存在的是SnO24H2O，故选：C。10、A【解析】ANa2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确； B实验室制取的氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若用饱和NaHCO3溶液，氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应，故B错误；C氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误；答案选A。11、B【解析】A. 11g超重水(T2O)的物质的量为=0.5mol，则含中子数为0.5m

31、ol(22+8) NA =6NA，A项错误；B. SiO2中每个Si原子会形成4个SiO键，故1mol SiO2中SiO键的数目为4NA，B项正确；C. 溶液的体积未知，H+的数目无法求出，C项错误；D. 标准状况下，2.24L Cl2为0.1mol，但氯气溶于水为可逆反应，因此生成的Cl数目小于0.1NA，D项错误；答案选B。12、C【解析】A.As位于第四周期VA族，因此砷酸的分子式为H3AsO4，故A错误；B.红棕色气体为NO2，N的化合价由5价4价，根据原电池工作原理，负极上发生氧化反应，化合价升高，正极上发生还原反应，化合价降低，即NO2应在正极区生成并逸出，故B错误；C.根据题中信

32、息，As的化合价由3价5价，S的化合价由2价0价，化合价都升高，即As2S3为还原剂，HNO3为氧化剂，根据得失电子数目守恒，因此有n(As2S3)2(53)32=n(HNO3)(54)，因此n(HNO3)：n(As2S3)=10：1，故C正确；D.4.8g硫磺的物质的量为：=0.15mol，根据硫原子守恒n(As2S3)=0.05mol，根据C 选项分析，1molAs2S3参与反应，转移10mole，则0.05molAs2S3作还原剂，转移电子物质的量为0.05mol10=0.5mol，故D错误；答案：C。13、C【解析】A.该装置是原电池，由于Fe比Cu活泼，所以铁作负极，铜作正极，负极上

33、Fe失电子发生氧化反应，正极上Fe3得电子发生还原反应，电池总反应式为Fe+2Fe3+=3Fe2+，选项A错误；B.该装置是原电池，铁作负极，负极上Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为：Fe-2e-=Fe2+，选项B错误；C.氢氧化铁胶体粒子吸附正电荷，所以氢氧化铁胶体粒子向负电荷较多的阴极移动，因此装置中石墨电极附近溶液红褐色加深，选项C正确；D.由电流方向判断a是正极，b是负极，则c是阳极，d是阴极，电解精炼铜时粗铜作阳极，所以c为粗铜，d为纯铜，选项D错误；答案选C。14、A【解析】A. 2C+SiO22CO+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

34、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。15、A【解析】具有强氧化性，FeSO4(NH4)2SO46H2O具有强还原性，二者发生氧化还原反应，Fe2被氧化成Fe3，中6价Cr被还原成3价Cr。该反应中，Fe失电子的物质的量等于Cr得电子的物质的量，则有nymol3nxmol，即3xy。据Cr、Fe原子守恒可知，生成nmol Fe

35、OFeyCrxO3时，消耗mol，消耗n(y1) mol硫酸亚铁铵，反应中转移电子的物质的量为mol63nxmol，又知3xy则消耗硫酸亚铁铵的物质的量为n(3x1) mol，所以正确的答案选A。16、C【解析】A. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃圾，故A错误；B. 空气中的N2在放电条件下与O2反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故B错误；C. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故C正确；D. 煤燃烧生成C

36、O2和SO2，CaO可以和SO2结合生成CaSO3，并最终被氧化成CaSO4，而CO2在高温下不能与CaO结合生成CaCO3，则燃煤中加入CaO后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故D错误；答案选C。17、D【解析】A据图知，0.1molL1MOH溶液中pH=11，则c(OH)=0.001molL1，MOH电离程度较小，则c(M+)c(OH)=0.001molL1，c(MOH)0.1molL1，常温下，MOH的电离常数，A正确；Ba点溶液呈碱性，则c(H+)c(OH)，根据电荷守恒得c(M+)+c(H+)=c(OH)+c(Cl)，所以得c(M+)c(Cl)，B正确；C当盐酸的体积为1

37、0mL时，c点溶液为等物质的量浓度的NaCl和NaOH溶液，当盐酸的体积为20mL时，b点为0.05molL1的MCl溶液，是强酸弱碱盐，水解过程微弱，所以b点和c点溶液混合后显碱性，C正确；D. a点有碱溶液、d点酸过量，水的电离均受到抑制，b点溶质是强酸弱碱盐，水解时促进水电离，从a到b点水的电离程度增大，从b到d点水的电离程度减小，故D错误；答案选D。【点睛】D容易错，同学往往受到图的影响而误以为水的电离程度是逐渐改变的，实际上水电离程度受溶质的影响。碱溶液、酸过溶液中水的电离均受到抑制，强酸弱碱盐、强碱弱酸盐水解时促进水电离。18、A【解析】A、因为分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通

38、，故分液漏斗中的液体上下压强相等，所以无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，所以不能检查出装置是否漏气；B、用弹簧夹夹住右边导管，向长颈漏斗中倒水，若液面高度不变，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；C、用手握住试管，试管内气体受热膨胀，在烧杯内若有气泡产生，说明装置气密性良好，所以能检查出装置是否漏气；D、向外拉活塞，若气密性良好，则导管口会有气泡产生，若气密性不好则不会有气泡产生，所以能检查出装置是否漏气；故选A。点睛：装置气密性的检验是常考的实验题，解题关键：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来

39、判断装置气密性的好坏。易错选项A，分液漏斗液面上的气体与烧瓶内气体相通，故分液漏斗中的液体上下压强相等，无论该装置气密性是否良好，液体都会顺利滴下，这个叙述正确，但不是题目的要求。19、A【解析】A用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液，滴定终点时溶液呈酸性，可选择甲基橙为指示剂，A选项正确；B用湿润的pH试纸测定醋酸钠溶液的pH，相当于稀释醋酸钠溶液，由于醋酸钠呈碱性，所以会导致测定结果偏小，B选项错误；C乙醇和苯的沸点相差不大，不能用蒸馏的方法分离，C选项错误；D向溶液中加入新制氯水，再滴加KSCN溶液，若溶液变红色，只能说明Fe3+，但不能说明Fe3+一定是由Fe2+被氯水氧化而来，即不能

40、证明溶液中一定含有Fe2+，D选项错误；答案选A。20、B【解析】物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。【详解】A.Cl2中Cl元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；A. F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，B正确；C. NO2和水的反应说明NO2既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化

41、性又有还原性，C错误；D. SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。故合理选项是B。【点睛】本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。21、A【解析】A次氯酸钠与浓盐酸反应能够生成氯气，亚硫酸盐与浓盐酸反应能够生成二氧化硫，氯气与二氧化硫均使品红褪色，则由现象不能判断产生的气体是SO2，故A符合题意；BCrO3可氧化乙醇蒸气，则乙醇具有还原性，故

42、B不符合题意；CCu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性：Fe3+Cu2+，故C不符合题意；D由现象可知生成CuI和碘单质，Cu、I元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不符合题意；故选：A。22、B【解析】先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。【详解】A向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH

43、4Cl更多地析出，选项A错误； B向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确； C沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，选项C错误； D循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，二氧化碳利用率大大提升，选项D错误； 答案选B。【点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的

44、回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环中的氯化钠有又返回到沉淀池。二、非选择题(共84分)23、NH4+H2O NH3H2O+H+ 2Na2O22CO22Na2CO3O2 第三周期第A 族 16H3CuAlO2NO33Cu2+ 3Al3NO+ 8H2O 【解析】根据题干可知 Q、W、X、Y、Z 分别为 C、N、O、Na、Cl 五种元素。 (1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4+H2O NH3H2O+H+。(2)中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O

45、22CO22Na2CO3O2。(3)根据方程式ZO3n Z，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第A 族。(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H3CuAlO2NO33Cu2+ 3Al3NO+ 8H2O。【详解】(1)甲为硝酸铵，其水溶液呈酸性，主要是铵根水解显酸性，其离子方程式表示其原因NH4+H2O NH3H2O+H+，故答案为：NH4+H2O NH3H2O+H+。(2)中反应为二氧化碳和过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，其化学方程式为2Na2O22CO22Na2CO3O2，故答案为：2Na2O22CO22Na2CO3O2。

46、(3)根据方程式ZO3n Z，由上述信息可推测Z为Cl，在周期表中位置为第三周期第A 族，故答案为：第三周期第A 族。(4)Y形成的难溶半导体材料 CuYO2 可溶于稀硝酸，同时生成NO。此反应的离子方程式为16H3CuAlO2NO33Cu2+ 3Al3NO+ 8H2O，故答案为：16H3CuAlO2NO33Cu2+ 3Al3NO+ 8H2O。24、羰基 羧基 还原反应 【解析】A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。【详解】（1）B为，其中含氧

47、官能团名称为羰基和羧基；（2）BC的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度=162+2-162=9，分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；（5）根据上述合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。25、微热A中的大

48、试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 溴水褪色 5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O 3mNA/14 NH3 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3 【解析】探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微

49、热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选； (3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应

50、速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3。26、2S2+ CO32+ 4SO2 3S2O32+ CO2 B （或） B 碱性 还原性 可以排除BaS2O3的干扰 【解析】I(1)根据图示信

51、息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析； (2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；(1) 甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明Na2S2O3 与氯水反应时有SO42-生成；(2) 在证明Na2S2O3的还

52、原性时由于不知道BaS2O3 是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I(1) 根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2+ CO32+ 4SO23S2O32+ CO2；(2)二氧化硫具有还原

53、性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II(1) KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)= =molL1（或）molL1，(2) A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B. 滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯

54、度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D. 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；故答案选B；(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42生成,即证明S2O32具有还原性；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS

55、2O3的干扰。【点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。27、布氏漏斗 蒸发浓缩、趁热过滤 加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大 D 98.00% 【解析】(1)根据图像可知仪器A名称。 (2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)23H2O，根据溶解度与温度关系可知，则要除去杂质NaCl，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤。(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2的水解。(4)A. 根据溶解度曲线可

56、知，低温时Mg(ClO3)23H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率；C. Mg(ClO3)23H2O溶液中Mg2水解生成的少量H，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出。(5)根据方程式建立关系式，计算质量分数。【详解】(1)根据图像可知仪器A为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗。(2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)23H2O，则要除去杂质NaCl，根据溶解度与温度关系可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤。(

57、3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2的水解，MgCl2的利用率降低，故答案为：加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大。(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)23H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却，故A正确；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率，故B正确；C. Mg(ClO3)23H2O溶液中Mg2水解生成的少量H，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维，故C正确；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故D错误。综上所述，答案为D。(5)样品溶解后加NaNO2溶液和AgNO3溶液，发生的反应为：C

58、lO33NO2Ag=AgCl3NO3，故有：Mg(ClO3)23H2O6 NO22Ag。产物的纯度，故答案为98%。28、AE 0.02molL-1h-1 70% 0.058molL-1 11.4 Li2CO3+FeC2O42H2O+SiO2Li2FeSiO4+CO+2CO2+2H2O Li1-xFePO4+LixC6=6C+LiFePO4 【解析】本小题考查的是化学平衡常数的含义，化学平衡的影响因素。（1）使化学平衡正向进行的因素（但是不能加入物质本身）均可以提高反应物的转化率；（2）化学平衡常数K为平衡时生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与反应物浓度的化学计量数次幂的乘积之比，固体或纯液体不

59、在公式中；化学反应速率v=；根据三段式计算化学反应中物质的转化率；（3）据体积之比等于物质的量之比，可求出反应后气体体积和物质的量；（4）根据氧化还原反应中化合价升高被氧化判断出氧化产物；根据反应方程式中反应物氢气与氮化锂的质量关系进行计算；（5）反应物为Li2CO3、FeC2O42H2O和SiO2粉末，生成物为Li2FeSiO4，再根据质量守恒定律、化合价升降相等可知，反应产物中含有一氧化碳、二氧化碳和水生成，据此写出反应的化学方程式；（6）根据磷酸亚铁锂电池充放电过程中，发生LiFePO4与Li1-xFePO4之间的转化及电池放电时负极发生的反应写出电池放电时反应的化学方程式。据此解答。【详解】(1)A(g)2B(g)+C(g)+D(s)H=+85.1kJmol1，D为固体，为反应前后气体体积增大的吸热反应，A. 升高温度，平衡正向移动，所以A的转化率增大，故A正确；B. 体系中通入A气体，相当于增大体系压强，平衡逆向进行A的转化率减小，故B错误；C. 通入稀有气体He，使体系压强增大到原来的5倍，总压增大分压不变，平衡不变，A的转化率不变，故C错误；D. 将D（固体）的浓度减小，不会引起平衡的移动，A的转化率不变，故D错误；E. 若体系中的C为HCl，其它物质均难溶于水，滴入少许水，氯化氢易溶于水导致浓度