2022届江苏省“五校联考”高三最后一模化学试题含解析

1、2021-2022学年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、下列实验设计能够成功的是( )A检验亚硫酸钠试样是否变质试样白色沉淀沉淀不溶解说明试样已变质B除去粗盐中含有的硫酸钙杂质粗盐精盐C检验某溶液中是否含有Fe2+试样溶液颜色无变化溶液变红色溶液中含有Fe2+D证明酸性条

2、件H2O2的氧化性比I2强NaI溶液溶液变紫色氧化性：H2O2I22、苯乙酮常温下为无色晶体或浅黄色油状液体，是山楂、含羞草、紫丁香等香精的调合原料，并广泛用于皂用香精和烟草香精中，可由苯经下述反应制备：+(CH3CO)2O +CH3COOHNA代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是A气态苯乙酮的密度是气态乙酸密度的2倍B1mol苯所含的化学单键数目为12 NAC0.5mol乙酸酐中含有的电子数目为27 NAD1L2mol/LCH3COOH溶液与足量钠反应生成的气体分子数为NA3、已知镓(31Ga)和溴(35Br)是第四周期的主族元素。下列分析正确的是A原子半径:BrGaClAlB镓元素

3、为第四周期第A元素C7935Br与8135Br得电子能力不同D碱性:Ga(OH)3Al(OH)3 ，酸性:HClO4HBrO44、下列实验原理或操作，正确的是( )A用广泛pH试纸测得 0.1mol/L NH4Cl溶液的pH=5.2B酸碱中和滴定时锥形瓶用蒸馏水洗涤后，再用待测液润洗后装液进行滴定C将碘水倒入分液漏斗，加入适量苯振荡后静置，从分液漏斗放出碘的苯溶液D在溴化钠中加入少量的乙醇，再加入2倍于乙醇的11的硫酸制取溴乙烷5、已知：25时，有关弱酸的电离平衡常数，下列选项中正确的是弱酸H2C2O4CH3COOHHCNH2CO3电离常数KiKi1=5.9l0-2Ki2=6.4l0-51.8

4、l0-54.9l0-10Ki1=4.3l0-7Ki2=5.6l0-11A等物质的量浓度的溶液pH关系：NaHCO3NaCNCH3COONaNaHC2O4B反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能发生C等体积等物质的量浓度的溶液中离子总数：NaCNCH3COONaDNa2CO3溶液中2c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)6、已知某高能锂离子电池的总反应为：2Li+FeS= Fe +Li2S，电解液为含LiPF6SO(CH3)2的有机溶液（Li+可自由通过）。某小组以该电池为电源电解废水并获得单质镍，工作原理如图所示。下列分析正确的是AX与电

5、池的Li电极相连B电解过程中c(BaC12)保持不变C该锂离子电池正极反应为：FeS+2Li+2e =Fe +Li2SD若去掉阳离子膜将左右两室合并，则X电极的反应不变7、下列实验操作不当的是A用稀硫酸和锌粒制取H2时，加几滴CuSO4溶液以加快反应速率B用标准HCl溶液滴定NaHCO3溶液来测定其浓度，选择酚酞为指示剂C用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有Na+D常压蒸馏时，加入液体的体积不超过圆底烧瓶容积的三分之二8、25时，0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7。向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的

6、分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。根据图象判断，下列说法正确的是ANH4HCO3溶液中，水解程度：NH4+HCO3-B开始阶段，HCO3-略有增加的主要原因是发生反应：2NH4HCO3+2NaOH（NH4）2CO3+Na2CO3+2H2OC由图中数据可知：CO32-的水解常数约为5.310-11D由图中数据可知：NH3H2O的电离常数约为1.510-59、我国对二氧化硫一空气质子交换膜燃料电池的研究处于世界前沿水平，该电池可实现硫酸生产、发电和环境保护三位一.体的结合。其原理如图所示。下列说法不正确的是（ ）APt1电极附近发生的反应为：SO2+2H2O-2e-=H

7、2SO4+2H+B相同条件下，放电过程中消耗的SO2和O2的体积比为2：1C该电池工作时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极D该电池实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合10、下列离子方程式书写正确的是（ ）A用酸化的H2O2氧化海带灰浸出液中的碘：2I-+H2O2=I2+2OH-B用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2OCNaHSO4溶液中加Ba(OH)2溶液至中性：Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2ODNH4HCO3溶液与足量的NaOH溶液混合：HCO3-+OH-=CO32-+H2O11、工业上氟气可作为火箭燃料中的氧化剂，氟单质的

8、制备通常采用电解法。已知：KFHF=KHF2，电解熔融的氟氢化钾(KHF2)和无水氟化氢的混合物制备F2的装置如图所示。下列说法错误的是A钢电极与电源的负极相连B电解过程中需不断补充的X是KFC阴极室与阳极室必须隔开D氟氢化钾在氟化氢中可以电离12、将足量CO2通入下列各溶液中，所含离子还能大量共存的是（）AK+、OH、Cl、SO42BH+、NH4+、Al3+、NO3CNa+、S2、Cl、SO42DNa+、C6H5O、CH3COO、HCO313、下列物质属于只含共价键的电解质的是（）ASO2BC2H5OHCNaOHDH2SO414、下列化学原理正确的是( )A沸点：HFHClHBrHIB一定条

9、件下可以自发进行，则C常温下，溶液加水，水电离的保持不变D标况下，1mol分别与足量Na和反应，生成气体的体积比为15、以下物质的水溶液显酸性的是ANaHCO3BNaHSO4CCH3COOKDKNO316、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA17、下列说法中不正确的是（ ）A蛋白质溶液中加入稀的硫酸铵溶液，会有固体析出，该固体能重新溶解B苯与液溴的反应和苯酚与浓溴

10、水的反应对比可以说明基团之间的影响作用C丙三醇是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品D在浓氨水作用下，甲醛过量时，苯酚与甲醛反应可得到体型酚醛树脂18、相对分子质量约为4000的聚乙二醇具有良好的水溶性，是一种缓泻剂。聚乙二醇可由环氧乙烷在酸性条件下聚合而成()。下列说法正确的是A环氧乙烷在酸性条件下发生加聚反应制得聚乙二醇B聚乙二醇的结构简式为C相对分子质量约为4000的聚乙二醇的聚合度n67D聚乙二醇能保持肠道水分的原因是其可和H2O分子间形成氢键19、下列物质的转化在给定条件下能实现的是( )ASSO3H2SO4BAl2O3NaAlO2(aq) Al(OH)

11、3CSiO2 SiCl4SiDFe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl320、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是( )A糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳B油脂与乙酸乙酯都属于酯类物质,碱性条件下水解都称为皂化反应C硝酸铜溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清盐析而沉淀下来D淀粉在加热、稀硫酸催化下水解的产物葡萄糖的检验,应先加入NaOH溶液,再加入银氨溶液,水浴加热,看是否有银镜出现。若出现银镜,证明有葡萄糖生成21、某溶液中可能含有K、NH4、Ba2、SO42、I、Cl、NO3中的几种，将此溶液分成两等份，进行如下实验：在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1

12、.12 L；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g沉淀产生。有关该溶液中离子种类（不考虑H和OH）的判断正确的是A溶液中至少有2种阳离子B只能确定溶液中NH4、SO42是否存在C溶液中最多有4种阴离子D溶液中不可能同时存在K和NO322、为了实现绿色化学，符合工业生产实际的是A用纯碱吸收硫酸工业的尾气B用烧碱吸收氯碱工业的尾气C用纯碱吸收合成氨工业的尾气D用烧碱吸收炼铁工业的尾气二、非选择题(共84分)23、（14分）一种新型含硅阻燃剂的合成路线如下。请回答相关问题：（1）化合物A转化为B的方程式为

13、_，B中官能团名称是_。（2）H的系统命名为_，H的核磁共振氢谱共有_组峰。（3）HI的反应类型是_（4）D的分子式为_，反应B十ID中Na2CO3的作用是_。（5）F由E和环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，F的结构简式为_。（6）D的逆合成分析中有一种前体分子C9H10O2，符合下列条件的同分异构体有_种。核磁共振氢谱有4组峰；能发生银镜反应；与FeCl3发生显色反应。24、（12分）以烯烃为原料，合成某些高聚物的路线如图：已知：（或写成R代表取代基或氢）甲为烃F能与NaHCO3反应产生CO2请完成以下问题：（1）CH3CH=CHCH3的名称是_，Br2的CCl4溶液呈_色（2）XY的

14、反应类型为：_；DE的反应类型为：_（3）H的结构简式是_（4）写出下列化学方程式：AB_；ZW_（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是_25、（12分）铋酸钠（NaBiO3）是分析化学中的重要试剂，在水中缓慢分解，遇沸水或酸则迅速分解。某兴趣小组设计实验制取铋酸钠并探究其应用。回答下列问题：.制取铋酸钠制取装置如图（加热和夹持仪器已略去），部分物质性质如下：物质NaBiO3Bi(OH)3性质不溶于冷水，浅黄色难溶于水；白色（1）B装置用于除去HCl，盛放的试剂是_；（2）C中盛放Bi(OH)3与NaOH混合物，与Cl2反应生成NaBiO3，反应的离子方程式为_；（

15、3）当观察到_（填现象）时，可以初步判断C中反应已经完成；（4）拆除装置前必须先除去烧瓶中残留Cl2以免污染空气。除去Cl2的操作是_；（5）反应结束后，为从装置C中获得尽可能多的产品，需要的操作有_；.铋酸钠的应用检验Mn2+（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+。产生紫红色现象的离子方程式为_；某同学在较浓的MnSO4溶液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，结果没有紫红色出现，但观察到黑色固体（MnO2）生成。产生此现象的离子反应方程式为_。.产品纯度的测定（7）取上述NaBiO3产品wg，加入足量稀硫酸和MnSO4稀溶液使其完全反应，再用cmo1L

16、-1的H2C2O4标准溶液滴定生成的MnO4-（已知：H2C2O4+MnO4-CO2+Mn2+H2O，未配平），当溶液紫红色恰好褪去时，消耗vmL标准溶液。该产品的纯度为_（用含w、c、v的代数式表示）。26、（10分）某化学兴趣小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理，实验装置如图所示。实验中B装置内产生白色沉淀。请回答下列问题：（1）该实验过程中通入N2的时机及作用_。（2）针对B装置内产生白色沉淀的原因，甲同学认为是酸性条件下SO2与Fe3+反应的结果，乙同学认为是酸性条件下SO2与NO3-反应的结果。请就B装置内的上清液，设计一个简单的实验方案检验甲同学的猜想是否正确：_。27、

17、（12分）已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程：MnO4被还原为Mn2+，C2O42被氧化为CO2b.过程：MnO4在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+c.过程：2Cu2+4I=2CuI+I2d.过程：I2+2S2O32=21+S4O62(1)过程加快溶解的方法是_。(2)配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_；过程和过程滴定时，滴定管应分别选用_、_(填“甲”或乙”)。(3)完成过程的离子反应方程式的

18、配平：_MnO4+_C2O42+_H+=_Mn2+_H2O+_CO2。(4)过程加热的目的是_。(5)过程，应以_作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为_H2O。28、（14分）研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题:（1）NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b_(填“”“”或“”)a。脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物生成物H_(用E1、E2的代数式

19、表示)。研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为_剂，脱硝总反应的化学方程式为_。（2）一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密容器中，进行反应H2O(g)CO(g)CO2(g)H2(g)，得到如表所示的三组数据试验编号温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡时间/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16512.14.13.11.1529111.12.11.81.243911abcdt4mim内，实验2中v(CO2)_；911时，反应的平衡常数为_；降低温度时，平衡常数会_(填“增大”“减小”或“不变”)

20、。651时，若在此容器中充入2.1 mol H2O(g)、1.1molCO(g)、1.1 molCO2(g)和 xmol H2(g)，要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_。若a2.1b1.1，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(a)的关系为a(H2O)_(填“”“”或“”)a(CO)。29、（10分）C、N、S的氧化物常会造成一些环境问题，科研工作者正在研究用各种化学方法来消除这些物质对环境的不利影响。（1）研究减少CO2排放是一项重要课题。CO2经催化加氢可以生成低碳有机物，主要有以下反应：反应：CO2(g)3H2(g)CH3OH(g)H2O(g) H

21、149.6 kJ/mol反应：CH3OCH3(g)H2O(g)2CH3OH(g) H223.4 kJ/mol反应：2CO2(g)6H2(g)CH3OCH3(g)3H2O(g) H3H3_kJ/mol。在恒定压强、T1温度下，将6 mol CO2和12 mol H2充入3 L的密闭容器中发生I、反应，5 min后反应达到平衡状态，此时CH3OH(g) 物质的量为2mol，CH3OCH3(g)的物质的量为0.5mol；则T1温度时反应I的平衡常数Kc的计算式为_。恒压下将CO2和H2按体积比1：3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应III，在相同的时间段内CH3OH的选择性和产率随温度的变化如

22、下图 。其中：CH3OH的选择性100%在上述条件下合成甲醇的工业条件是_。A210 B 230 C催化剂CZT D催化剂CZ(Zr1)T（2）一定条件下，可以通过CO与SO2反应生成S和一种无毒的气体，实现燃煤烟气中硫的回收，写出该反应的化学方程式_。在不同条件下，向2L恒容密闭容器中通入2molCO和1molSO2，反应体系总压强随时间的变化如图所示：图中三组实验从反应开始至达到平衡时，反应速率v(CO)最大的为_（填序号）。与实验a相比，c组改变的实验条件可能是_。（3）“亚硫酸盐法”吸收烟气中的SO2。室温条件下，将烟气通入(NH4)2SO3溶液中，测得溶液pH与含硫组分物质的量分数的

23、变化关系如图所示，b点时溶液pH=7，则n(NH4+)：n(HSO3)=_。（4）间接电化学法可除NO。其原理如图所示，写出电解池阴极的电极反应式（阴极室溶液呈酸性）_。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.酸性条件下，硝酸根离子能把亚硫酸盐氧化生成硫酸盐，故A错误；B应先加氯化钡，再加碳酸钠，然后过滤，再加盐酸可除去粗盐中含有的硫酸钙杂质，故B错误；C亚铁离子遇KSCN溶液不变色，滴加氯水后亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液变红色，可证明溶液中含有Fe2+，故C正确；D硝酸具有强氧化性，可氧化碘离子，不能说明H2O2的氧化性比I2强，故

24、D错误；答案选C。【点睛】本题考查物质的检验和鉴别实验方案的设计，把握常见离子的检验方法为解答的关键，注意离子检验中排除干扰及试剂的加入顺序。2、C【解析】A气态苯乙酮的摩尔质量为120g/mol，气态乙酸的摩尔质量为60g/mol，根据=，二者气态物质的状态条件未知，体积无法确定，则密度无法确定，故A错误；B苯的结构中，只有碳氢单键，碳碳之间是一种介于单键与双键之间的一种特殊键，则1个苯分子中有6个单键，1mol苯中含有6mol单键即6 NA个，故B错误；C一个乙酸酐分子中含有54个电子，1mol乙酸酐分子中含有54mol电子，则0.5mol乙酸酐中含有27mol电子，即电子数目为27 NA

25、，故C正确；D1L2mol/LCH3COOH的物质的量为2mol，与钠反应生成氢气1mol，足量钠，醋酸消耗完可继续与水反应，则生成的气体分子数大于NA个，故D错误；答案选C。【点睛】足量的钠与乙酸反应置换出氢气后，剩余的钠会继续和水反应，钠与水反应也会释放出氢气。3、D【解析】A、半径大小比较：一看电子层数，电子层数越多，半径越大，二看原子序数，核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，因此半径大小顺序是GaBrAlCl，选项A错误；B、镓元素为第四周期第A元素，选项B错误；C、7935Br与8135Br都是溴元素，核外电子排布相同，因此得电子能力相同，选项C错误；D、同主族从上到下金

26、属性增强，金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的碱性增强，即碱性Ga(OH)3Al(OH)3，非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，酸性高氯酸大于高溴酸，选项D正确；答案选D。4、D【解析】A广泛pH试纸只能读出整数，所以无法用广泛pH试纸测得pH约为5.2，故A错误；B中和滴定中，锥形瓶不能用待测液润洗，否则造成实验误差，故B错误；C苯的密度比水小，位于上层，故C错误；D药品混合后在加热条件下生成HBr并和乙醇发生取代反应，故D正确；正确答案是D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及试纸使用、中和滴定、物质的分离以及有机物的反应等，侧重基础知识的考查，题目难度不大，注意中和滴定中，锥形瓶

27、不能润洗。5、B【解析】A、根据酸的电离常数的大小确定酸性强弱顺序是HCNH2CO3CH3COOHH2C2O4，所以等物质的量浓度的溶液pH关系：NaCNNaHCO3CH3COONaNaHC2O4，故A错误；B、根据数据知道酸性：草酸氢根离子强于碳酸的酸性，所以反应NaHC2O4+NaHCO3Na2C2O4+H2O+CO2能发生，故B正确；C、等体积等物质的量浓度的溶液中，NaCN水解程度大，水解生成HCN分子，则相同条件下，两溶液比较，CH3COONa溶液中的离子总数较多，故C错误；D、Na2CO3溶液中物料守恒c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c( H2CO3)，故D错误

28、；故选B。【点晴】本题考查离子浓度大小的比较，明确信息得到酸性的强弱是解答的关键，注意盐类水解规律及溶液中的守恒式来解答。在探究离子浓度问题，要充分认识电解质在溶液中的表现，全面考虑溶液中各种离子的存在情况及相互关系，比如：在Na2CO3溶液中存在Na2CO3的电离，CO32-的水解、二级水解以及H2O的电离等多个反应，故溶液中微粒有H2O、Na+、CO32-、HCO3-、H2CO3、H+、OH-，忽视任何一个很微弱的反应、很微少的粒子都是不正确的等方面的因素。6、C【解析】由反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，应为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为正极反应，正极电极反应为

29、FeS+2Li+2e-=Fe+Li2S，用该电池为电源电解含镍酸性废水并得到单质Ni，则电解池中：镀镍碳棒为阴极，即Y接线柱与原电池负极相接，发生还原反应，碳棒为阳极，连接电源的正极，发生氧化反应，据此分析解答。【详解】A. 用该电池为电源电解含镍酸性废水，并得到单质Ni，镍离子得到电子、发生还原反应，则镀镍碳棒为阴极，连接原电池负极，碳棒为阳极，连接电源的正极，结合原电池反应FeS+2Li=Fe+Li2S可知，Li被氧化，为原电池的负极，FeS被还原生成Fe，为原电池正极，所以X与电池的正极FeS相接，故A错误；B. 镀镍碳棒与电源负极相连、是电解池的阴极,电极反应Ni2+2e=Ni，为平衡

30、阳极区、阴极区的电荷，Ba2+和Cl分别通过阳离子膜和阴离子膜移向1%BaCl2溶液中，使BaCl2溶液的物质的量浓度不断增大，故B错误；C. 锂离子电池，FeS所在电极为正极，正极反应式为FeS+2Li+2eFe+Li2S，故C正确；D. 若将图中阳离子膜去掉，由于放电顺序ClOH，则Cl移向阳极放电：2Cl2e=Cl2，电解反应总方程式会发生改变，故D错误；答案选C。7、B【解析】A锌粒与加入的硫酸铜溶液发生置换反应，置换出单质铜，形成锌铜原电池，反应速率加快，选项A正确。B用盐酸滴定碳酸氢钠溶液，滴定终点时，碳酸氢钠应该完全反应转化为氯化钠、水和二氧化，此时溶液应该显酸性（二氧化碳在水中

31、形成碳酸），应该选择酸变色的甲基橙为指示剂，选项B错误。C用铂丝蘸取盐溶液在火焰上灼烧，进行焰色反应，火焰为黄色，说明该盐溶液中一定有Na+，选项C正确。D蒸馏时，为保证加热的过程中液体不会从烧瓶内溢出，一般要求液体的体积不超过烧瓶体积的三分之二，选项D正确。【点睛】本题选项B涉及的是滴定过程中指示剂的选择。一般来说，应该尽量选择的变色点与滴定终点相近，高中介绍的指示剂主要是酚酞（变色范围为pH=810）和甲基橙（变色范围为pH=3.14.4）。本题中因为滴定终点的时候溶液一定为酸性（二氧化碳饱和溶液pH约为5.6），所以应该选择甲基橙为指示剂。对于其他滴定，强酸强碱的滴定，两种指示剂都可以；

32、强酸滴定弱碱，因为滴定终点为强酸弱碱盐，溶液显酸性，所以应该使用甲基橙为指示剂；强碱滴定弱酸，因为滴定终点为强碱弱酸盐，溶液显碱性，所以应该使用酚酞为指示剂。8、D【解析】A25时0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7，呈碱性，则NH4HCO3溶液中的水解程度：，故A错误；B开始阶段，加入的NaOH后氢氧根离子浓度增大，抑制了的水解，导致略有增加，故B错误；C根据图示看，pH=9.0时，、的物质的量分数分别为0.95、0.05，设，则，的水解主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：，则，故C错误；DpH=9.0时，、NH3H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4，设=x，则，的电离常

33、数，故D正确；故选：D。【点睛】明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，C、D为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。9、A【解析】SO2在负极失电子生成SO42-，所以Pt1电极为负极，Pt2电极为正极。【详解】A. Pt1电极上二氧化硫被氧化成硫酸，失电子发生氧化反应，为负极，电极方程式为：SO2+2H2O-2e-SO42-+4H+，故A错误；B. 该电池的原理为二氧化硫与氧气的反应，即2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，所以放电过程中消耗的SO2和O2的体积之比为2：1，故B正确；C. 质子即氢离子，放电时阳离子流向正极，Pt1电极为负极，P

34、t2电极为正极，则该电池放电时质子从Pt1电极经过内电路流到Pt2电极，故C正确；D. 二氧化硫-空气质子交换膜燃料电池，吸收了空气中的二氧化硫起到了环保的作用，产物中有硫酸，而且发电，实现了制硫酸、发电、环保三位一体的结合，故D正确；故答案为A。10、C【解析】A.酸性环境不能大量存在OH-，A错误；B.I-具有还原性，与Fe3+会发生氧化还原反应，不能大量共存，B错误；C.反应符合事实，遵循离子方程式中物质拆分原则，C正确；D.NH4+、HCO3-都会与OH-发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是C。11、B【解析】根据装置图，钢电极上产生H2，碳电极上产生F2，然后根据电解原理进行

35、分析和判断；【详解】A、根据装置图，KHF2中H元素显1价，钢电极上析出H2，表明钢电极上发生得电子的还原反应，即钢电极是电解池的阴极，钢电极与电源的负极相连，故A说法正确；B、根据装置图，逸出的气体为H2和F2，说明电解质无水溶液中减少的是氢和氟元素，因此电解过程需要不断补充的X是HF，故B说法错误；C、阳极室生成氟气，阴极室产生H2，二者接触发生剧烈反应甚至爆炸，因此必须隔开防止氟气与氢气接触，故C说法正确；D、由氟氢化钾的氟化氢无水溶液可以导电，可推知氟氢化钾在氟化氢中发生电离，故D说法正确。12、B【解析】A该组离子之间不反应，可大量共存，但通入的足量CO2能够与OH-反应，不能共存，

36、故A不选；B该组离子之间不反应，且通入的足量CO2仍不反应，能大量共存，故B选；C该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与S2-反应，不能大量共存，故C不选；D该组离子之间不反应，但通入的足量CO2能够与C6H5O-反应，不能大量共存，故D不选；故选B。13、D【解析】A.SO2不能电离属于非电解质，故A错误；B.C2H5OH不能电离属于非电解质，故B错误；C.NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，溶于水导电属于电解质，故C错误；D.H2SO4是共价化合物只含共价键，溶于水导电属于电解质，故D正确；故答案选D。14、B【解析】A. HF分子间存在氢键，沸点最高，HCl、HBr、HI的沸

37、点随相对分子质量增大，分子间作用力增大，沸点升高，所以沸点：HFHIHBrHCl，故A错误；B. 反应4NO2(g)+O2(g)2N2O5(g)可以自发进行，则H-TS0，由于该反应气体分子数减小，Sc(OH-)的溶液呈酸性。A. NaHCO3在溶液中完全电离，生成的HCO3-以水解为主使溶液呈碱性，A项错误；B. NaHSO4在溶液中完全电离生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B项正确；C. CH3COOK在溶液中完全电离，生成的CH3COO-水解使溶液呈碱性，C项错误；D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能发生水解，溶液呈中性，D项错误。本题选B。16、A【解析】A.乙烯和丙烯最

38、简式是CH2，最简式的式量是14，所以14g乙烯和丙烯的混合物中含有1molCH2，则其中含有的极性键C-H数目为2NA，A正确；B.取代反应是逐步进行的，不可能完全反应，所以标准状况下，22.4LCH4与Cl2在光照条件下反应生成HCl分子数小于4NA，B错误；C.容器中2molNO与1molO2充分反应会产生2molNO2，NO2会有部分发生反应产生N2O4，因此最后得到的气体分子数目小于2NA，C错误；D.在阳极反应的金属有Cu，还有活动性比Cu强的金属，因此电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目不一定为NA，D错误；故合理选项是A。17、A【解析】A.蛋白质溶液中加入浓的硫酸

39、铵溶液发生盐析，会有固体析出，故A错误；B.苯与液溴的反应是一溴取代，且需要溴化铁催化，苯酚与浓溴水的反应为三溴取代，对比可以说明是酚羟基活化了苯环上的氢，能说明基团之间的影响作用，故B正确；C.丙三醇俗称甘油，是无色、黏稠、有甜味的液体，吸湿性强，有护肤作用，可应用于配制化妆品，故C正确；D.苯酚与甲醛能在在浓氨水作用下，甲醛过量时，发生酚醛缩合反应，可得到体型酚醛树脂，故D正确；综上所述，答案为A。18、D【解析】在H+条件下先水解生成HOCH2CH2OH，乙二醇再发生缩聚反应生成聚乙二醇，其结构简式为；A环氧乙烷在酸性条件下先发生水解反，再发生缩聚反应制得聚乙二醇，故A错误；B聚乙二醇的

40、结构简式为，故B错误；C聚乙二醇的链节为OCH2CH2，则聚合度n=90，故C错误；D聚乙二醇能与水分子间形成氢键，则能保持肠道水分，故D正确；故答案为D。19、B【解析】A.S点燃条件下与O2反应不能生成SO3；B.Al2O3和NaOH溶液反应生成NaAlO2，NaAlO2溶液中通入CO2，生成Al(OH)3沉淀；C.SiO2一般情况下不与酸反应；D.FeCl3溶液会发生Fe3+的水解；【详解】A.S点燃条件下与空气或纯O2反应只能生成SO2，不能生成SO3，故A错误；B.氧化铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳，发生反应NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3

41、+NaHCO3，所以能实现，故B正确；C.SiO2与盐酸溶液不发生，故C错误；D.FeCl3溶液在加热时会促进Fe3+的水解：FeCl3+3H2O=Fe(OH)3+3HCl，最终得不到无水FeCl3，故D错误；故答案为B。【点睛】本题考查是元素化合物之间的转化关系及反应条件。解题的关键是要熟悉常见物质的化学性质和转化条件，特别是要关注具有实际应用背景或前景的物质转化知识的学习与应用。20、D【解析】A. 葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解为乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定条件下都可以水解生成单糖。故A不选；B. 油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应。故B不选；C. 硝酸铜是重金属盐，加入鸡蛋清中可

42、以使蛋清变性而沉淀下来，故C不选。D. 淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖,葡萄糖中含有醛基,可以用银氨溶液来检验，在加银氨溶液之前必须先加入氢氧化钠溶液以中和催化剂硫酸。故D选。故选D。21、C【解析】在一份溶液中加入足量NaOH，加热，可收集到标准状态下的气体1.12 L；和过量NaOH溶液加热产生的气体只能是氨气，故一定存在NH4+，其物质的量为n(NH3)=0.05 mol；在另一份溶液中加入足量Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，过滤得到沉淀2.33 g，则一定存在SO42-，其物质的量为n(SO42-)=n(BaSO4)=0.01 mol，Ba2+与SO42-会发生离子反应不能大量

43、共存，含有SO42-，则一定不含有Ba2+；在的滤液中加入足量AgNO3溶液，又有4.7 g沉淀产生，此沉淀未说明颜色，故可能为AgCl或AgI，且I-或Cl-的物质的量之和0.05-0.012=0.03 mol。A. 依据分析可知，溶液中可能只存在铵根离子，故A错误；B. 依据分析可知，溶液中一定存在NH4+、SO42-，还有Cl-或I-中的一种或两种，B错误；C. 依据分析可知，溶液中SO42-、Cl-、I-、NO3-均可能存在，C正确；D. 依据分析可知，溶液中可能存在K+和NO3-，D错误；故合理选项是C。22、B【解析】A纯碱溶液碱性较弱，通常用氨水来吸收二氧化硫，故A错误；B氯气为

44、有毒气体，能够与氢氧化钠反应，所以可以用烧碱吸收氯碱工业的尾气，故B正确；C硫酸溶液能与氨气反应，所以用硫酸溶液吸收合成氨工业尾气（主要成分氨气），故C错误；D炼铁工业的尾气主要成分为一氧化碳，与氢氧化钠溶液不反应，不能用烧碱进行尾气处理，炼铁工业的尾气CO常用点燃的方法除去或回收再利用，故D错误；故选：B。二、非选择题(共84分)23、 溴原子、（酚）羟基 3-氯-1-丙烯 3 氧化反应 吸收生成的HCl,提高反应产率 2 【解析】苯酚和浓溴水反应生成三溴苯酚，三溴苯酚中有官能团溴原子、酚羟基。H系统命名时，以双键这一官能团为主来命名，H的核磁共振氢谱与氢原子的种类有关，有几种氢原子就有几组

45、峰。HI的反应，分子中多了一个氧原子，属于氧化反应。根据D的结构式得出分子式，B十ID中有 HCl 生成，用Na2CO3吸收 HCl 。E与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应。根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基。【详解】化合物A为苯酚，和浓溴水反应生成三溴苯酚，方程式为，三溴苯酚中含有官能团为溴原子、（酚）羟基，故答案为：，溴原子、（酚）羟基；H 系统命名法以双键为母体，命名为3-氯-1-丙烯，其中氢原子的位置有三种，核磁共振氢谱共有3组峰，所以故答案为：3-

46、氯-1-丙烯，3；分子中多了一个氧原子是氧化反应，故答案为：氧化反应；根据D的结构简式可得分子式，反应B十ID中有HCl生成，为促进反应向右进行，可以将HCl吸收，可起到吸收HCl的作用，故答案为：，吸收生成的HCl,提高反应产率；与环氧乙烷按物质的量之比为1：1进行合成，环氧乙烷发生开环反应，类似于DE的反应，生成，故答案为：；根据核磁共振氢谱有4组峰，能发生银镜反应，与FeCl3发生显色反应，可得有机物中含有四种不同位置的氢原子，含有醛基，含有酚羟基，符合题意的有 和两种，故答案为：2种。【点睛】解答此题的关键必须对有机物官能团的性质非常熟悉，官能团的改变，碳链的变化，成环或开环的变化。2

47、4、2丁烯 橙红 取代反应 消去反应 合成步骤过多、有机反应比较复杂 【解析】2-丁烯和氯气在光照条件下发生取代反应生成X，X和氢气发生加成反应生成A，A和氢氧化钠的醇溶液发生消去反应生成B，B和乙烯反应生成环己烯，结合题给信息知，B是CH2=CH-CH=CH2，则A为ClCH2CH2CH2CH2Cl，X为ClCH2CH=CHCH2Cl，环己烯与溴发生加成反应生成D为，D在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成E为，E发生加聚反应得到；X发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，Y发生氧化反应生成Z为HOCCH=CHCHO，甲为烃，Z和甲反应生成W，W和氢气发生加成反应生成，结合

48、题给信息知，Z和甲发生加成反应，所以甲的结构简式为：，W的结构简式为：，1，4-二甲苯被酸性高锰酸钾氧化生成F为，和发生缩聚反应反应生成H，则H的结构简式为：，据此解答。【详解】（1）CH3CH=CHCH3的名称是：2丁烯，Br2的CCl4溶液呈橙红色；（2）XY是ClCH2CH=CHCH2Cl发生水解反应生成Y为HOCH2CH=CHCH2OH，属于取代反应；DE是在氢氧化钠醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，故答案为：取代反应；消去反应；（3）H的结构简式是：；（4）AB的反应方程式为：，ZW的反应方程式为：；（5）化工生产表明高聚物H的产率不及设计预期，产率不高的原因可能是：合成步骤过多、

49、有机反应比较复杂，故答案为：合成步骤过多、有机反应比较复杂。25、饱和食盐水 Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O C中白色固体消失（或黄色不再加深） 关闭K1、K3，打开K2 在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥 5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O 3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+ 100%或100%或% 【解析】用浓HCl和MnO2反应制备Cl2，其中混有挥发出来的HCl，要用饱和食盐水出去，然后利用Cl2的强氧化性在碱性条件下将Bi(OH)3氧化成NaBiO3；利用Mn2+的还原性将NaBiO

50、3还原而Mn2+被氧化成紫红色溶液MnO4-来检验NaBiO3的氧化性；实验结束后Cl2有毒，要除去，做法是打开三颈烧瓶的NaOH溶液，使其留下和氯气反应；NaBiO3纯度的检测利用NaBiO3和Mn2+反应生成MnO4-，MnO4-再和草酸反应来测定，找到NaBiO3、Mn2+、MnO4-、草酸四种物质之间的关系，在计算即可。【详解】（1）除去氯气中混有的HCl，用饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；（2）反应物为Bi(OH)3、Cl2和NaOH混合物，+3价的Bi被氧化成NaBiO3，Cl2被还原成Cl-，根据原子守恒还有水生成，所以反应为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO

51、3+2Cl-+3H2O，故答案为：Bi(OH)3+3OH-+Na+Cl2=NaBiO3+2Cl-+3H2O；（3）C中反应已经完成,则白色的Bi(OH)3全部变为了黄色的NaBiO3，故答案为：C中白色固体消失（或黄色不再加深）；（4）从图上来看关闭K1、K3，打开K2可使NaOH留下与氯气反应，故答案为：关闭K1、K3，打开K2；（5）由题意知道NaBiO3不溶于冷水，接下来的操作尽可能在冰水中操作即可，操作为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故答案为：在冰水中冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；（6）往待测液中加入铋酸钠晶体，加硫酸酸化，溶液变为紫红色，证明待测液中存在Mn2+，说明铋酸钠将M

52、n2+氧化成MnO4-，因为是酸性条件，所以铋酸钠被还原成Bi3+，据此写方程式并配平为5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O，故答案为：5NaBiO3+2Mn2+14H+=5Bi3+2MnO4-+5Na+7H2O；由题意可知，Mn2+过量，铋酸钠少量，过量的Mn2+和MnO4-发生反应生成了黑色的MnO2，反应方程式为3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+，故答案为：3Mn2+2MnO4-+2H2O=5MnO2+4H+；（7）根据得失电子守恒找出关系式为：5NaBiO32Mn2+2MnO4-5H2C2O4,计算铋酸钠理论产量：解得m（理论）

53、=0.28CVg，所以纯度=100%=100%，所以答案为：100%或100%或%。【点睛】（7）在复杂的纯度、产率等计算中，用得失电子守恒法找出各关键物质之间的关系，由此计算，可以事半功倍，如本题中的关系5NaBiO3 5H2C2O4，使复杂问题简单化了。26、实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响 取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确 【解析】铁离子有氧化性，硝酸根在酸性条件下也有强氧化性，所以都可能会与二氧化硫发生反应，若要证明是哪种氧化

54、剂氧化了二氧化硫只要检验溶液中是否有亚铁离子生成即可；装置A为制备二氧化硫气体的装置，装置B为二氧化硫与硝酸铁反应的装置，装置C为二氧化硫的尾气吸收装置。【详解】（1）装置内有空气，氧气也有氧化性，对实验有干扰，因此实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响，故答案为：实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响；（2）由分析可知，可以通过检验亚铁离子来证明，方法为取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确，故答案为

55、：取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确。27、粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2 【解析】（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定的时候，注意选择指示

56、剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2 molL-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容量瓶；过程是用0.2

57、0molL-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程的离子反应方程式：2 MnO4+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；（5）过程是用0.2

58、5molL1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21+S4O62-，故过程，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20molL1V(KMnO4)；由2Cu2+4I-=2CuI+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- I2 2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25molL-1V(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2H2O 。 【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。28、 -(E2-E1) 还原 4NH3+4NO+O24N2+6H2O 1.15mol/L-1min-1 增大 1x 【解析】（1）催化剂可降低反应活化能；E1是正反应活化能，E2是逆反应活化能，正反应H正反应活化能-逆反应活化能；根据化合价去分析氧化剂、