广东省江门市重点中学2022年高考化学倒计时模拟卷(含解析)

1、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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、 四川省绵阳市高三第三次诊断性考试化学与科技、社会、生产密切相关，下列说法错误的是A我国出土的青铜礼器司母戊鼎是铜和铁的合金B高纯硅具有良好的半导体性能，可用于制

2、光电池C港珠澳大桥钢筋表面的环氧树脂涂层属于合成高分子材料D火箭推进剂使用煤油-液氧比偏二甲肼-四氧化二氮的环境污染小2、下列有关说法中正确的是A纳米Fe3O4分散到适当的分散剂中可得到胶体，能产生丁达尔效应B加热条件下金属单质在空气中均可表现出还原性C不能导电的化合物均不是电解质D电解质溶液导电过程中，离子仅仅发生了定向移动3、有关化合物 2苯基丙烯，说法错误的是A能发生加聚反应B能溶于甲苯，不溶于水C分子中所有原子能共面D能使酸性高锰酸钾溶液褪色4、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的短周期主族元素，X、Y两种元素可形成数目庞大的化合物“家族”，Z、W可形成常见的离子化合物Z2W。下列有关说

3、法正确的是AY元素至少能形成三种单质B简单离子半径：C元素的非金属性：D化合物ZX中，阴、阳离子的电子层结构相同5、化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释错误的是（ ）选项现象或事实解释A用铁罐贮存浓硝酸常温下铁在浓硝酸中钝化B食盐能腐蚀铝制容器Al能与Na+ 发生置换反应C用(NH4)2S2O8蚀刻铜制线路板S2O82-的氧化性比Cu2+的强D漂白粉在空气中久置变质Ca(ClO)2与CO2和H2O反应，生成的HClO分解AABBCCDD6、第三周期的下列基态原子中，第一电离能最小的是A3s23p3B3s23p5C3s23p4D3s23p67、下列判断正确的是( )A加入AgNO3溶

4、液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在8、属于弱电解质的是A一水合氨B二氧化碳C乙醇D硫酸钡9、在100kPa时，1 mol C(石墨，s)转化为1 mol C(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能。下列说法正确的是A金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体B金刚石比石墨稳定C1 mol C(石墨，s)比1 mol C(金刚石，s)的总能

5、量低D石墨转化为金刚石是物理变化10、X、Y、Z、M、W为五种短周期元素，X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，且最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是A简单离子半径：W+Y3-X2-M+B化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1:1，水溶液显碱性C1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键11、下列化学用语对事实的表述正确的是（ ）A碳酸比苯酚酸性强：2C6H5ONa+CO2+H2O=2C6H5O

6、H+Na2CO3B实验室用氯化铝溶液和氨水制备氢氧化铝：Al3+3OH-=Al(OH)3C工业上用电解法制镁：MgCl2（熔融）Mg+Cl2D向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫：SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O12、电解质的电导率越大，导电能力越强。用0.100molL-1的KOH溶液分别滴定体积均为20.00mL、浓度均为0.100molL-1的盐酸和CH3COOH溶液。利用传感器测得滴定过程中溶液的电导率如图所示。下列说法正确的是（ ）A曲线代表滴定CH3COOH溶液的曲线B在相同温度下，P点水电离程度大于M点CM点溶液中：c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=0.1mo

7、lL-1DN点溶液中：c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+)13、我国改革开放以来取得了很多世界瞩目的科技成果。下列有关说法正确的是（ ）选项ABCD科技成果蛟龙号潜水器探取到的多金属结核样品中的主要成分有锰、铜等港珠澳大桥斜拉桥锚具材料采用的低合金钢国产大飞机C919用到的氮化硅陶瓷中国天眼传输信息用的光纤材料相关说法这些金属元素均属于主族元素具有强度大、密度小、耐腐蚀性高等性能属于新型有机材料主要成分是单晶硅AABBCCDD14、常温下，现有0.1molL1NH4HCO3溶液，pH=7.1已知含氮（或含碳）各微粒的分布分数（平衡时，各微粒浓度占总微粒浓度之和的分数）与pH的关

8、系如图所示：下列说法不正确的是（ ）A当溶液的pH=9时，溶液中存在：c（HCO3）c（NH4+）c（NH3H2O）c（CO32）B0.1 molL1 NH4HCO3溶液中存在：c（NH3H2O）=c（H2CO3）+c（CO32）C向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氢氧化钠溶液时，NH4+和HCO3浓度逐渐减小D分析可知，常温下Kb（NH3H2O）Ka1（H2CO3）15、一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g) 2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ）A

9、正反应的活化能大于逆反应的活化能B达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动CA、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变16、amolFeS与bmolFe3O4投入到VL cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol17、零族元素难以形成化合物的本质原因是A它们都是惰性元素B它们的化学性质不活泼C它们都以单原子分子形式存在D它们的原子的电子层结构均为稳定

10、结构18、室温下，将0.1000molL1盐酸滴入20.00 mL未知浓度的某一元碱MOH溶液中，溶液pH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。下列有关说法不正确的是A该一元碱溶液浓度为0.1000molL1Ba点：c(M)c(Cl)c(OH-)c(H+)Cb点：c(M)c(MOH)c(Cl)D室温下，MOH的电离常数Kb110519、实验室中以下物质的贮存方法不正确的是A浓硝酸用带橡胶塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处B保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉C少量金属钠保存在煤油中D试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发20、利用CH4燃料电池电解制备Ca（H2PO4）2并得到副产物N

11、aOH、H2、Cl2，装置如图所示。下列说法正确的是Aa极反应：CH48e4O2=CO22H2OBA膜和C膜均为阴离子交换膜C可用铁电极替换阴极的石墨电极Da极上通入2.24 L甲烷，阳极室Ca2减少0.4 mol21、下列仪器不能直接受热的是（ ）ABCD22、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是A反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固体完全溶解C若ba，则红

12、色固体粉末一定为纯净物Db的取值范围:0ba二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为_；D中含有的无氧官能团结构简式为_。（2）反应的反应类型为_；反应生成G和X两种有机物，其中X的结构简为_。（3）反应的化学反应方程式为_（C6H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有 _种，写出其中一种有机物的结构简式：_。苯环上连有碳碳三键；核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）_：24、（12分）石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成

13、CR橡胶和医药中间体K的线路如下：已知：.氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1. 。（1）A中官能团的结构式为_，D的系统名称是_.（2）反应的条件是_，依次写出和的反应类型_、_.（3）写出FG过程中第一步反应的化学方程式_.（4）K的结构简式为_.（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_.（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B_。合成路线流程图示如下：。25、（12分）辉铜矿与铜蓝矿都是天然含硫铜矿，在地壳中二者常伴生存在。现取一份该伴生矿样品，经检测后确定仅含Cu2S、C

14、uS和惰性杂质。为进一步确定其中Cu2S、CuS的含量，某同学进行了如下实验：取2.6g样品，加入200.0mL0.2000molL1酸性KMnO4溶液，加热(硫元素全部转化为SO42)，滤去不溶杂质； 收集滤液至250mL容量瓶中，定容；取25.00mL溶液，用0.1000molL1FeSO4溶液滴定，消耗20.00mL；加入适量NH4HF2溶液(掩蔽Fe3+和Mn2+，使其不再参与其他反应)，再加入过量KI固体，轻摇使之溶解并发生反应：2Cu2+4I=2CuI+I2；加入2滴淀粉溶液，用0.1000mo1L1Na2S2O3溶液滴定，消耗30.00mL(已知：2S2O32+I2=S4O62+

15、2I)。回答下列问题：(1)写出Cu2S溶于酸性KMnO4溶液的离子方程式：_；(2)配制0.1000mol L1FeSO4溶液时要用煮沸过的稀硫酸，原因是_，配制过程中所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、容量瓶外还有_；(3)中取25.00mL待测溶液所用的仪器是_；(4)中滴定至终点时的现象为_；(5)混合样品中Cu2S和CuS的含量分别为_%、_%(结果均保留1位小数)。26、（10分）为证明过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作为氧气的来源，某化学兴趣小组选择适当的化学试剂和实验用品，用如图所示的装置（C中盛放的是过氧化钠）进行实验。回答下列问题：（1）a的名称_。（2）A是实验室中制取CO2的装

16、置。写出A中发生反应的离子方程式：_。（3）填写如表中的空白。装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液_D_（4）写出C中发生反应的化学方程式：_。（5）F中得到气体的检验方法_。（6）为了测定某碳酸钠样品的纯度，完成如下实验：在电子天平上准确称取三份灼烧至恒重的无水Na2CO3样品（杂质不与盐酸反应）0.4000g于250mL锥形瓶中，用50mL水溶解后，加23滴_作指示剂，然后用0.2000molL-1HCl标准液滴定，滴定终点的实验现象为_。已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定时实验数据列表如表：实验次数编号0.20

17、00molL-1HCl溶液的体积（mL）滴定前刻度滴定后刻度11.0031.5025.0034.5037.0042.50选取上述合理数据，计算出碳酸钠样品的纯度为_。27、（12分）（13分）硫酸铜晶体(CuSO45H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径Na+H+，故B错误；C.元素的非金属性：SCH，故C错误；D.NaH中，Na+核外有10个电子与H-核外有2个电子，电子层结构显然不

18、同，故D错误；答案：A5、B【答案解析】A. 常温下铁在浓硝酸中钝化，钝化膜能阻止铁与浓硝酸的进一步反应，所以可用铁罐贮存浓硝酸，A正确；B.食盐能破坏铝制品表面的氧化膜，从而使铝不断地与氧气反应，不断被腐蚀，B错误；C. (NH4)2S2O8与Cu发生氧化还原反应，从而生成Cu2+，则氧化性(NH4)2S2O8Cu，C正确；D. 漂白粉在空气中久置变质，因为发生反应Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO，D正确；故选B。6、C【答案解析】A选项，3s23p3为P元素；B选项，3s23p5为Cl元素；C选项，3s23p4为S元素；D选项，3s23p6为Ar元素。【题目详解】第三

19、周期的基态原子中，第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一电离能最小的是S元素，故C正确。综上所述，答案为C。【答案点睛】同周期从左到右第一电离具有增大的趋势，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。7、D【答案解析】A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入B

20、a(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确；综上所述，本题应选D。8、A【答案解析】在水溶液中只能部分电离的电解质为弱电解质，包括弱酸、弱碱和水等，据此分析。【题目详解】A.NH3H2O在水溶液中部分电离产生离子，在溶液中存在电离平衡，属于弱电解质，A正确；B.CO2在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，B错误；C.乙醇在水溶液中和熔融状态下均不能导电，为非电解质，C错误；D.BaSO4在水溶液中虽然溶解度很小，但溶解的能完全电离，故为强

21、电解质，D错误；故合理选项是A。【答案点睛】本题考查了电解质、非电解质以及强弱电解质的判断的知识，应注意的是强弱电解质的本质区别是电离是否彻底，和溶解度、离子浓度及溶液的导电能力等均无关。9、C【答案解析】A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项B错误；C、1 mol C(石墨，s)转化为1 mol C(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能说明1 mol C(石墨，s)比1 mol C(金刚石，s)的总能量低，选项C正确；D、石墨转化为金刚石是化学变化，选

22、项D错误。答案选C。【答案点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。10、D【答案解析】根据题目可以判断，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1，则YM的相对分子质量为17形成的化合物为NH3，M为H元素，Y为N元素；X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，故X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，W为Na元素。【题目详解】A简单离子半

23、径从大到小为Y3-X2-M+ W+，A错误；BW2Z2为Na2O2，其阴阳离子个数之比为2:1，B错误；CNaH与水发生反应，方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，转移1mol电子，C错误；D四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3，含有离子键，D正确；故选D。11、C【答案解析】A酸性：碳酸苯酚HCO3-，所以C6H5O-+CO2+H2OC6H5OH+HCO3-，A错误；B氨水中的一水合氨为弱碱，不能改写成OH-，B错误；C工业上电解熔融的MgCl2制金属镁，C正确；D向NaOH溶液中通入过量的二氧化硫，应生成NaHSO3，D错误；故选C。12、D【答案解析】A醋酸为弱电解质，滴加KOH，

24、变为CH3COOK是强电解质，故导电率增加，即曲线代表滴定醋酸的曲线，故A错误。B.相同温度下，P点溶质为KCl，不影响水的电离，M点为CH3COOK，其水解促进水的电离，故M点大于P点，故B错误。C对于M点，根据电荷 守恒可知，c(CH3COO-)+c(OH-)-c(H+)=c(K+)=0.05molL-1，故C错误。DN点的溶液中含有等物质的量的醋酸钾和氢氧化钾，溶液显碱性，CH3COO-只有很小的一部分发生水解，所以c(K+)c(OH-)c(CH3COO-)c(H+),故D正确。答案：D。13、B【答案解析】A.Cu、Mn是副族元素，A错误；B.低合金钢属于合金，用于港珠澳大桥斜拉桥锚，

25、说明它具有具有强度大、密度小、耐腐蚀性高等性能，B正确；C.氮化硅陶瓷是新型无极非金属材料，C错误；D.光纤材料主要成分是二氧化硅，D错误；故合理选项是B。14、C【答案解析】A当pH=9时，结合图象判断溶液中各离子浓度大小；B0.1 molL-1 NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，图象可知PH=7.1时c（NH4）=c（HCO3）；C该碳酸氢铵溶液的pH=7.1，结合图象判断滴入氢氧化钠溶液后NH4和HCO3浓度变化；D碳酸氢铵溶液显示碱性，根据盐的水解原理判断二者的酸碱性强弱及电离平衡常数大小。【题目详解】A结合图象可知，溶液的pH=9时，溶液中离子浓度大小为：c（HCO3）c（NH

26、4+）c（NH3H2O）c（CO32），故A正确；BNH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液显碱性，图象可知PH=7.1时c（NH4+）=c（HCO3），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=c（HCO3）+c（CO32）+c（H2CO3），得到c（NH3H2O）=c（H2CO3）+c（CO32），故B正确；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根据图象可知，当溶液pH增大时，铵根离子浓度逐渐减小，而碳酸氢根离子能够先增大后减小，故C错误；D由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，说明碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，则一水合氨的电

27、离平衡常数大于Ka1（H2CO3），故D正确；故选：C。【答案点睛】本题结合图象考查了离子浓度大小比较、盐的水解原理等知识，解题关键：明确图象曲线变化的含义，难点B，注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。15、A【答案解析】根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250，3

28、00时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【题目详解】A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B. 由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反

29、应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。16、A【答案解析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸

30、总物质的量-NO的物质的量【题目详解】根据元素守恒可知，nFe(NO3)3=n(Fe)=amol+3bmol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。17、D【答案解析】零族元素难以形成化合物的本质原因是最外层都已达到稳定结构，不容易和其它原子化合，故选D。18、C【答案解析】A加入20mL盐酸时，溶液的pH出现突跃，说明加入20mL盐酸时，酸碱恰好完全反应，酸碱的体积相等，则浓度相等，所以MOH

31、浓度为0.1000molL1，正确，A不选；Ba点溶液pH7，溶液呈碱性，则c(OH)c(H)，溶液中存在电荷守恒c(M)+c(H)=c(Cl)+c(OH)，则c(M)c(Cl)。a点溶液中溶质为等物质的量浓度的MOH、MCl，溶液呈碱性，说明MOH电离程度大于MCl水解程度，但MOH电离程度较小，所以存在c(M)c(Cl)c(OH)c(H)，正确，B不选；Cb点溶液pH=7，溶液呈中性，则c(OH)=c(H)，根据电荷守恒得c(M)=c(Cl)，所以c(M)+c(MOH)c(Cl)，错误，C选；D根据A选可知，MOH浓度为0.1000molL1，不加入盐酸时，pH为11，溶液中的c(OH)=

32、103molL1，则MOH是弱碱，其电离方程式为MOHMOH，由于其电离程度较小，则c(MOH)0.1molL1，忽略水的电离，则c(M)c(OH)=103molL1；则室温下，MOH的电离常数，正确，D不选。答案选C。19、A【答案解析】A浓硝酸具有腐蚀性，见光易分解，因此浓硝酸应该用带玻璃塞的细口、棕色试剂瓶盛放，并贮存在阴凉处，A错误；B硫酸亚铁易被氧化，且亚铁离子水解，因此保存硫酸亚铁溶液时，要向其中加入少量硫酸和铁粉，B正确；C钠易被氧化，易与水反应，密度大于煤油，因此少量金属钠保存在煤油中，C正确；D试剂瓶中的液溴可用水封存，防止溴挥发，D正确。答案选A。20、C【答案解析】A.a

33、极为负极，负极上甲烷发生氧化反应，电极反应式为：CH4-8e4O2=CO22H2O，A错误；B.根据题干信息：利用CH4燃料电池电解制备Ca(H2PO4)2并得到副产物NaOH、H2、Cl2，可知阳极室的电极反应式为：，则阳极室内钙离子向产品室移动，A膜为阳离子交换膜，阴极室的电极反应式为：，则原料室内钠离子向阴极室移动，C膜为阳离子交换膜，B错误；C.阴极电极不参与反应，可用铁替换阴极的石墨电极，C正确；D.a极上通入2.24L甲烷，没有注明在标准状况下，无法计算钙离子减少的物质的量，D错误；答案选C。【答案点睛】D容易错，同学往往误以为1mol气体的体积就是22.4L，求气体体积时一定要注

34、意气体所处的状态。21、C【答案解析】根据常见的可用于加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【题目详解】A试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A不选；B蒸发皿为硅酸盐材料，可以用来直接加热，故B不选；C蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D不选；故选：C。【答案点睛】实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，需垫石棉网。22、C【答案解析】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过

35、量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若a g红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为原样品

36、中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若a g红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若a g红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁

37、溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A. 根据上述分析，反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种，故A正确。B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C. 若ba，即ba，根据上述分析，红色固体粉末可能的组合为Cu和F

38、e2O3的混合物；Cu和Cu2O的混合物；只有Cu2O；Cu2O和Fe2O3的混合物，因此红色固体粉末可能是混合物也可以是纯净物，故C错误；D. 根据上述六种红色固体粉末组成的分析，b的取值范围:0ba，故D正确。答案选C。二、非选择题(共84分)23、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛 -NH2和-Cl 取代反应或酯化反应 HOCH2CH2OH 4 、(任写一种即可) 【答案解析】对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为： ；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链

39、、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【题目详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共

40、有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件，因此具体合成路线为：。24、-Br 1,3-二氯丙烷 NaOH溶液,（加热） 加聚反应 取代反应 OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3 、 【答案解析】由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为

41、1,4-二溴-2-丁烷，AB为取代；再根据知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道 D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。【题目详解】（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8，n(Cl)=113/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应的条件是NaOH溶液,（加热）；由的反应条件知

42、道为加聚反应；由的条件知反应类型取代反应。（3根据知E为醇，F为醛，所以FG过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根据已知和，所以K的结构简式为；（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构简式有、 ；（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。25、Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O 除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化 胶头滴管 （酸式）

43、滴定管（或移液管） 溶液由蓝色变为无色且半分钟内不恢复原色 61.5 36.9 【答案解析】由配制溶液的过程确定所需仪器，据滴定实验原理判断终点现象，运用关系式计算混合物的组成。【题目详解】(1)据题意，样品中的Cu、S元素被酸性KMnO4溶液分别氧化成Cu2+、SO42-，则Cu2S与酸性KMnO4溶液反应的离子方程式Cu2S+2MnO4-+8H+=2Cu2+SO42-+2Mn2+4H2O。(2)配制0.1000molL1FeSO4溶液所用稀硫酸要煮沸，目的是除去水中溶解的氧气，防止Fe2+被氧化；配制过程中所需玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管。(3)步骤中取25.00mL待测溶液（

44、有未反应的酸性KMnO4溶液），所用仪器的精度应为0.01mL，故选酸式滴定管或移液管。(4)步骤用标准Na2S2O3溶液滴定反应生成的I2，使用淀粉作指示剂，终点时溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色。(5)设2.6g样品中，Cu2S和CuS的物质的量分别为x、y，据5Fe2+MnO4-（5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O），样品反应后剩余n(MnO4-)=0.1000molL120.0010-3L=4.00010-3mol样品消耗n(MnO4-)=0.2000moL1200.010-3L4.00010-3mol=36.0010-3mol由Cu2S2MnO4-和5C

45、uS8MnO4-（5CuS+8MnO4-+24H+=5Cu2+5SO42-+8Mn2+12H2O），得2x+y=36.0010-3mol又据2Cu2+I22S2O32，得2x+y=0.1000mo1L130.0010-3L=30.0010-3mol解方程组得x=y=0.01mol故w(Cu2S)=61.5%，w(CuS)=36.9%。【答案点睛】混合物的计算常利用方程组解决，多步反应用关系式使计算简化。注意溶液体积的倍数关系，如本题中配制250mL溶液，只取出25.00mL用于测定实验。26、分液漏斗CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2除去CO2气体中混入的HClNaOH溶液吸收未反应的

46、CO2气体2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2甲基橙溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化79.5%【答案解析】A中CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，制备CO2，B中装有饱和NaHCO3溶液除去CO2中少量HCl，C中盛放的是过氧化钠，发生反应2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，D中放NaOH溶液，吸收未反应的CO2气体，E收集生成的O2。【题目详解】（1）a的名称分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）A是实验室中制取CO2，化学反应方程

47、式为：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2，离子反应方程式为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故答案为：CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2；（3）装置序号加入的试剂加入该试剂的目的B饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中混入的HClDNaOH溶液吸收未反应的CO2气体故答案为：除去CO2气体中混入的HCl；NaOH溶液；吸收未反应的CO2气体；（4）C中盛放的是过氧化钠，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，故答案为：Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaO

48、H+O2；（5）F中得到气体为氧气，其检验方法：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2，故答案为：将带火星的木条伸入瓶中，若木条复燃证明O2；（6）盐酸滴定碳酸钠，碳酸钠显碱性，可用甲基橙作指示剂，已知：Na2CO3与HCl的滴定反应为Na2CO3+2HCl2NaCl+H2O+CO2，滴定终点的实验现象溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化，由实验数据分析可知，实验次数编号为3的实验误差大，不可用，由1、2平均可得，消耗的盐酸体积为30.0mL，由反应方程式可知，Na2CO32HCl，碳酸钠的物质的量为：n(Na2CO3)=1/2n(HCl)=1/20.2000molL0.03L=0.00

49、3mol，m(Na2CO3)= 0.003mol106gmol-1=0.318g，碳酸钠样品的纯度为100%=79.5%，故答案为：甲基橙；溶液由黄色变为橙色，且半分钟之内无变化；79.5%；27、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率 Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O A 制化学肥料等 过滤 干燥 产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性（任写两条） 分液漏斗 做催化剂 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可） 100%（或%） 【答案解析】（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触

50、面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时Cu(NH3)42(OH)2CO3分解生成氨气，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（

51、5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。（6）盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为g，则铜粉的纯

52、度为100%或化简为%。28、N 16 B sp3 四面体形 N2H4分子间氢键数目多于NH3分子间氢键数目 BC 2 【答案解析】(1)As原子序数是33，位于元素周期表第四周期第VA，根据能层序号判断；结合每个能层具有的能级种类及各种能级具有的轨道数目确定；根据原子核外电子排布遵循的规律分析判断；(2)根据价层电子对互斥理论判断N2H4的杂化轨道类型及H2O的VSEPR模型；结合分子之间的分子间作用力和氢键的数目分析；(3)配体与中心离子之间存在配位键，配体分子中存在共价键；据此分析；(4)Co(NH3)63+的几何构型为正八面体形，Co3+位于正八面体几何中心，6个NH3分别位于正八面体形的6个顶点上，其中3个NH3换为Cl-就得到CoCl3(NH3)3；(5)根据LiFeAs晶胞中各个原子的相