2022届西藏林芝第一中学高三第三次测评化学试卷含解析

1、2021-2022学年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（每题只有一个选项符合题意）1、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,

2、该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A放电时,N极发生还原反应B充电时,Zn2+向M极移动C放电时,每生成1 mol PTO- Zn2+ ,M极溶解Zn的质量为260 gD充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e- +4Zn2+=PTO- Zn2+2、处理烟气中的SO2可以采用碱吸电解法，其流程如左图；模拟过程如右图，下列推断正确的是A膜1为阴离子交换膜，膜2为阳离子交换膜B若用锌锰碱性电池为电源，a极与锌极相连Ca极的电极反应式为2H2O一4e一=4H+O2D若收集22.4L的P（标准状况下），则转移4mol电子3、下列说法正确的是A的一氯代物有2种B脂肪在人

3、体内通过直接的氧化分解过程，释放能量C与互为同系物D通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和苯等重要化工基本原料4、常温下，有关0.1mol/LCH3COONa溶液(pH7)，下列说法不正确的是（ ）A根据以上信息，可推断CH3COOH为弱电解质B加水稀释过程中，c(H+)c(OH)的值增大C加入NaOH固体可抑制CHCOO的水解D同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，由水电离出的c(H+)前者大5、四种短周期元素X、Y、Z和W在周期表中的位置如图所示，原子序数之和为48，下列说法不正确的是XYZWA原子半径（r）大小比较：BX和Y可形成共价化合物XY、等化合物CY的非金属性比Z的强，所以

4、Y的最高价氧化物的水化物酸性大于ZDZ的最低价单核阴离子的失电子能力比W的强6、已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。将总体积共为40 mL的NO和O2两种气体分别同时通入同一足量的NaOH溶液中，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余气体5 mL，则原混合气体中NO的体积为( )A20 mLB25 mLC12 mLD33 mL7、我国科研人员研制出一种室温“可呼吸” Na-CO2电池。放电时该电池“吸入”CO2，充电时“呼出”CO2。吸入CO2时，其工作原理如图所示。吸收的全部CO2中，有2/3转化为Na2CO3固

5、体沉积在多壁碳纳米管（MWCNT）电极表面。下列说法正确的是A“吸入”CO2时，钠箔为正极B“呼出”CO2时，Na+向多壁碳纳米管电极移动C“吸入” CO2时的正极反应式为：4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+CD标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，转移电子的物质的量为0.75 mol8、下列物质的检验，其结论一定正确的是 ( )A向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO42B向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32 或SO32C取少量久置的Na2SO3样品于

6、试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化D将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO29、对下列化学用语的理解正确的是A丙烯的最简式可表示为CH2B电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷D比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子10、已知五种短周期元素aX、bY、cZ、dR、eW存在如下关系： X、Y同主族，R、W同主族 ；a+b=(d+e)；=c-d，下列有关说法不正确的是A原子半径比较：r(W)r(

7、Z)r(Y) r(R)BX和Y形成的化合物中，阴阳离子的电子层相差1层CW的最低价单核阴离子的失电子能力比R的强DZ、Y最高价氧化物对应的水化物之间可以相互反应11、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（ ）元素代号ABDEGIJK化合价-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A常温下B元素的单质能与K单质反应BA、I、J的离子半径由大到小顺序是AJICG元素的单质存在同素异形体DJ在DB2中燃烧生成B元素的单质12、X、Y、Z三种元素的常见单质在适当条件下可发生如下图所示的

8、变化，其中a为双原子分子，b和c均为10电子分子，b在常温下为液体。下列说法不正确的是A单质Y为N2Ba不能溶于b中Ca和c不可能反应Db比c稳定13、干电池模拟实验装置如图。下列说法不正确的是A锌皮作负极，碳棒作正极B电子从锌皮流向碳棒，电流方向则相反CNH4Cl是电解质，在锌片逐渐消耗过程中MnO2不断被氧化D该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收14、要证明某溶液中不含Fe3+而含有Fe2+，以下操作选择及排序正确的是（）加入少量氯水加入少量KI溶液加入少量KSCN溶液ABCD15、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

9、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证明酸性条件H2O2的氧化性比I2强NaI溶液溶液变紫色氧化性：H2O2I216、电导率可用于衡量电解质溶液导电能力的大小。向10mL 0.3 molL1Ba(OH)2溶液滴入0.3 molL1 NH4HSO4溶液，其电导率随滴入的NH4HSO4溶液体积的变化如图所示（忽略BaSO4溶解产生的离子）。下列说法不正确的是Aae的过程水的电离程度逐渐增大Bb点：c(Ba2+) =0.1 moI.L-1Cc点：c(NH4+)c(OH-)+c(NH3H2O)二、非选择题（本题包括5小题）17、合成具有

10、良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。已知：.RCHO+RCH2CHO+H2O.（R、R可表示烃基或氢原子）.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：（1）C中官能团的名称为_，该分子中最多有_个原子共平面。（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为_。（3）的反应类型是_。（4）PVAc的结构简式为_。（5）写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式_（任写一种）。（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（

11、其他无机试剂任选）合成。_。18、如图中AJ分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式为_，C的电子式为_；（2）写出下列反应的化学方程式：D+GH_；F+JB+C+I_；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为_mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为_。1

12、9、某化学兴趣小组在习题解析中看到：“SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，是因为在酸性环境中，NO3-将SO32-氧化成SO42-而产生沉淀”。有同学对这个解析提出了质疑，“因没有隔绝空气，也许只是氧化了SO32-，与NO3-无关”。于是做了“SO2通入Ba(NO3)2溶液”的探究实验，用pH传感器检测反应的进行，实验装置如图。回答下列问题：（1）仪器a的名称为_。（2）实验小组发现装置C存在不足，不足之处是_。（3）用0.1mol/LBaCl2溶液、0.1mol/LBa(NO3)2溶液、食用油，配制4种溶液（见下表）分别在装置C中进行探究实验。编号试剂煮沸过的BaCl2溶液25mL，

13、再加入食用油25mL未煮沸过的BaCl2溶液25mL煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL，再加入食用油25mL未煮沸过的Ba(NO3)2溶液25mL对比、号试剂，探究的目的是_。（4）进行号、号实验前通氮气的目的是_。（5）实验现象：号依然澄清，、号均出现浑浊。第号实验时C中反应的离子方程式为_。（6）图1-4分别为，号实验所测pH随时间的变化曲线。 根据以上数据，可得到的结论是_。20、氯化亚铜(CuCl)晶体呈白色，见光分解，露置于潮湿空气中易被氧化。某研究小组设计如下两种方案在实验室制备氯化亚铜。方案一：铜粉还原CuSO4溶液 已知：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(

14、白色)+2Cl-CuCl3 2-(无色溶液)。(1)步骤中发生反应的离子方程式为_。(2)步骤中，加入大量水的作用是_ 。(3)如图流程中用95%乙醇洗涤和真空干燥是为了防止_ 。方案二：在氯化氢气流中加热CuCl22H2O晶体制备，其流程和实验装置(夹持仪器略)如下：请回答下列问题：(4)实验操作的先后顺序是 a_e (填操作的编号)a检査装置的气密性后加入药品 b点燃酒精灯，加热c在“气体入口”处通入干燥HCl d熄灭酒精灯，冷却e停止通入HCl，然后通入N2(5)在实验过程中，观察到B中物质由白色变为蓝色，C中试纸的颜色变化是_。(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少

15、量的CuCl2杂质，请分析产生CuCl2杂质的原因 _。(7)准确称取0. 2500 g氯化亚铜样品置于一定量的0.5 mol/L FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加水20 mL，用0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液滴定到终点，消耗24. 60 mLCe(SO4)2溶液。有关化学反应为Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+，计算上述样品中CuCl的质量分数是_ %(答案保留4位有效数字)。21、铁单质及化合物与我们的生产、生活紧密相关。(1)Fe3的基态核外价电子排布式为_，应用原子结构比较Fe与同周期的Mn第三电离能(I3)的大小：I3

16、(Mn)_I3(Fe)(填、)。理由是_。(2)Fe、Fe2、Fe3可以与CO、SCN、CN、H2NCONH2(尿素)等多种配体形成很多的配合物。配合物Fe(CO)5的熔点20，沸点103，可用于制备纯铁。Fe(CO)5的结构如图所示：下列关于Fe(CO)5说法不正确的是_。AFe(CO)5是分子晶体BFe(CO)5中Fe原子的配体与C22互为等电子体CFe(CO)5中键与键之比为1：1DFe(CO)5Fe5CO反应中没有新化学键生成CN的电子式为_。H2NCONH2(尿素)中N、C原子的杂化方式分别为_、_，组成尿素的4种元素的第一电离能由大到小的顺序为_，1 mol H2NCONH2(尿素

17、)分子中含有键的数目为_。(3)NaCl和MgO都属于离子化合物，NaCl的熔点为801.3C，MgO的熔点高达2800。造成两种晶体熔点差距的主要原因是_。(4)FexNy的晶胞如图1所示，Cu可以完全替代该晶体中a位置的Fe或者b位置的Fe，形成Cu替代型产物Fe(xn)CunNy，FexNy转化为两种Cu的替代型产物的能量变化如图2所示，其中相对不稳定的Cu替代型产物的化学式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+PTO-Zn2+；充电时，外

18、加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A. 该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；B. 充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；C. 放电时，正极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4ZnPTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol4mol=260g，故C正确；D. 充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2

19、+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；故选：D。2、B【解析】由流程图可知，氢氧化钠溶液与烟气中的SO2反应生成亚硫酸钠溶液，电解亚硫酸钠溶液制得氢氧化钠溶液和硫酸，制得的氢氧化钠溶液可以循环使用；电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴离子交换膜进入右室，在b极上失电子发生氧化反应生成硫酸根，SO322e+H2O= SO42+,2H+，则b极为阳极，与电源正极相连，左室中，水在a极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH+H2，溶液中OH浓度增大，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则a极为阴极，与电源负极相连。【详解】A项、电解Na2SO3溶液时，亚硫酸根通过阴

20、离子交换膜进入右室，Na+离子通过阳离子交换膜进入左室，则膜1为阳离子交换膜，膜2为阴离子交换膜，故A错误；B项、a极为阴极，与锌锰碱性电池的负极锌极相连，故B正确；C项、a极为阴极，水在阴极得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e一=2OH+H2，故C错误；D项、由阴极电极反应式可知，若收集标准状况下22.4L H2，转移2mol电子，故D错误。故选B。【点睛】本题考查了电解原理，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，能够正确判断电极名称，明确离子交换膜的作用是解答关键。3、C【解析】A. 的结构中含有三种类型的氢，所以一氯代物有3种，故A错误；B. 脂肪在人体内脂肪酶的作用下

21、水解成甘油和高级脂肪酸，然后再分别进行氧化释放能量，故B错误；C. 结构相似，组成相差一个-CH2原子团，所以互为同系物，故C正确；D. 通过石油裂化和裂解可以得到甲烷、乙烯和丙烯等重要化工基本原料，不能得到苯，故D错误；答案：C。4、B【解析】A0.1mol/LCH3COONa 溶液pH7，溶液显碱性，说明醋酸根离子水解，醋酸钠为强碱弱酸盐，说明醋酸为弱酸，属于弱电解质，故A正确；B常温下，加水稀释0.1mol/LCH3COONa 溶液，促进醋酸根离子水解，但温度不变，溶液中水的离子积常数c(H+)c(OH-) 不变，故B错误；C醋酸钠溶液中醋酸根离子水解，溶液显碱性，CH3COO-+H2O

22、CH3COOH+OH-，加入NaOH固体，c(OH-)增大，平衡逆向移动，CH3COO-的水解受到抑制，故C正确；D同pH的CH3COONa溶液和NaOH溶液，醋酸钠水解，促进水的电离，氢氧化钠电离出氢氧根离子，抑制水的电离，由水电离出的c(H+) 前者大，故D正确；故选B。5、C【解析】据周期表中同周期、同主族元素原子序数的变化规律，利用已知条件计算、推断元素，进而回答问题。【详解】表中四种短周期元素的位置关系说明，X、Y在第二周期，Z、W在第三周期。设X原子序数为a，则Y、Z、W原子序数为a+1、a+9、a+10。因四种元素原子序数之和为48，得a=7，故X、Y、Z、W分别为氮（N）、氧（

23、O）、硫（S）、氯（Cl）。A. 同周期主族元素从左到右，原子半径依次减小，故，A项正确；B. X和Y可形成共价化合物XY（NO）、（NO2）等化合物，B项正确；C. 同主族由上而下，非金属性减弱，故Y的非金属性比Z的强，但Y元素没有含氧酸，C项错误；D. S2-、Cl-电子层结构相同，前者核电荷数较小，离子半径较大，其还原性较强，D项正确。本题选C。6、D【解析】根据NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，完全反应后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，则剩余气体为NO，设原混合气体中NO的体积为V，则O2的体积为(40V) mL，氮元素化合价由+4降低为+3，根据得失电子守恒，计算得V

24、=33 mL，故选D。【点睛】本题考查混合物的有关计算，明确氮氧化物和NaOH反应关系式是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，注意单纯的NO和NaOH不反应，二氧化氮和NaOH反应。7、C【解析】A“吸入”CO2时，活泼金属钠是负极，不是正极，故A错误；B“呼出”CO2时，是电解池，多壁碳纳米管电极是阳极，钠离子向阴极钠箔移动，而不是向多壁碳纳米管移动，故B错误；C “吸入” CO2时是原电池装置，正极发生还原反应，正极反应式为：4Na+3CO2+4e-=2Na2CO3+C，故C正确；D标准状况下，每“呼出”22.4 L CO2，物质的是量为1mol，结合阳极电极反应式2Na2CO3+C-4

25、e=4Na+3CO2，所以每“呼出”22.4 L CO2，转移电子数为1.3 mol，故D错误；故选C。8、C【解析】A、向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，原溶液可能含SO42或Cl，故A错误；B、向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO32 或SO32，或HCO3或HSO3，故B错误；C、加HCl时有气体产生，加BaCl2时有白色沉淀产生，说明含有SO42和SO32，Na2SO3样品已部分被氧化，故C正确；D、能使品红溶液退色的气体可能是SO2、Cl2等具有漂白性的气体，故D错误。答案选C。【

26、点晴】解决本题的关键在于熟练掌握常见物质的检验方法，进行物质的检验时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，包括试剂的选择，反应现象及结论判断。物质检验应遵守“三个原则”，即一看(颜色、状态)、二嗅(气味)、三实验(加试剂)。根据实验时生成物所表现的现象不同，进行检验，重点掌握以下离子或物质的检验：Fe3+、Fe2+、NH4+、Al3+、Cl、SO42、SO32、CO32、HCO3、NH3、Cl2、SO2等。9、A【解析】A. 丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故A正确；B. 电子式表示羟基，表示氢氧根离子，故B错误；C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷，

27、 CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误；D. 比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以不能表示四氯化碳分子，故D错误。10、A【解析】根据R，W 同主族，并且原子序数R为W的一半可知，R为O元素，W为S元素；根据可知，X和Y的原子序数和为12，又因为X和Y同主族，所以X和Y一个是H元素，一个是Na元素；考虑到，所以X为H元素，Y为Na元素，那么Z为Al元素。【详解】AW，Z，Y，R分别对应S，Al，Na，O四种元素，所以半径顺序为：r(Y)r(Z)r(W)r(R)，A项错误；BX与Y形成的化合物即NaH，H为-1价，H-具有1个电子层，Na为正一价，Na+具有两个电子层，所以，

28、B项正确；CW的最低价单核阴离子即S2-，R的即O2-，还原性S2-更强，所以失电子能力更强，C项正确；DZ的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，Y的为NaOH，二者可以反应，D项正确；答案选A。【点睛】比较原子半径大小时，先比较周期数，周期数越大电子层数越多，半径越大；周期数相同时，再比较原子序数，原子序数越大，半径越小。11、D【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于A族，B处于A族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，处于A族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于A族，原

29、子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A族、A族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为Al、J为Mg、K为Na；ANa与O2常温下可生成Na2O，故A正确；BF-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-Mg2+Al3+，故B正确；C磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；D镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；故选D。12、C【解析】b和c均为10电子分子，b在常温下为液体，则b可能为H2O，c可能为HF、NH3，根据转化关系推

30、测X为氧气，Z为氢气，则Y可能为氟气或氮气，又a为双原子分子，则a为NO，则Y为氮气。A. 根据上述分析，单质Y为N2，故A正确；B. NO不能溶于H2O中，故B正确；C. NO和NH3在一定条件下可以反应，故C错误；D. H2O比NH3稳定，故D正确。故选C。13、C【解析】试题分析：A锌是活泼金属，则锌皮作负极，碳棒作正极，A项正确；B原电池中电子从负极沿导线流向正极，电流从正极流向负极，电流从碳棒流到锌上，B项正确；C以糊状NH4Cl作电解质，其中加入MnO2氧化吸收H2，C项错误；D该电池是一次性电池，该废旧电池中锌可回收，D项正确；答案选C。考点：考查干电池的工作原理14、A【解析】

31、三价铁离子遇到硫氰根离子显血红色；二价铁离子遇到硫氰根离子不变色，二价铁离子具有还原性，能被氧化为三价铁离子； 碘离子和铁离子反应和亚铁离子不反应。【详解】先根据Fe3+的特征反应，加入硫氰酸钾溶液判断溶液不含Fe3+；然后加入氧化剂氯水，如果含有Fe2+，Fe2+被氧化剂氧化成Fe3+溶液变成红色，以此证明Fe2+的存在，加入少量KI溶液和铁离子反应，和亚铁离子不反应，不能证明含亚铁离子， 操作选择及排序为。答案选A。15、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

32、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。16、D【解析】ac段电导率一直下降，是因为氢氧化钡和硫酸氢铵反应生成硫酸钡沉淀和一水合氨，c点溶质为一水合氨，ce段电导率增加，是一水合氨和硫酸氢铵反应生成硫酸铵，溶液中的离子浓度增大。【详解】A. ae的过程为碱溶液中加入盐，水的电离程度逐渐增大，故正确；B. b点c

33、(Ba2+) = =0.1 moI.L-1，故正确；C. c点的溶质为一水合氨，一水合氨电离出铵根离子和氢氧根离子，水也能电离出氢氧根离子，所以有c(NH4+)c(OH-)，故正确；D. d点溶液为等物质的量的一水合氨和硫酸铵，电荷守恒有c(NH4+)+ c(H+)= 2c(SO42)+ c(OH-)，物料守恒有c(NH4+)+ c(NH3H2O)=3 c(SO42)，-可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)，故错误。故选D。【点睛】掌握溶液中的微粒守恒关系，如电荷守恒和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和数据关系。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键、醛基

34、9 CH3CH2CH2CHOH2O 加成反应 HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 【解析】A为饱和一元醇，通式为CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结

35、构简式为CH3CH2CH2CHO，据此分析；【详解】A为饱和一元醇，通式为CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，(1)C的结构简式为CH3CH=CHCHO，含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙

36、烯空间构型为平面，醛基中C为sp2杂化，CHO平面结构，利用三点确定一个平面，得出C分子中最多有9个原子共平面；答案：碳碳双键、醛基；9；(2)利用信息I，D与苯甲醛反应的方程式为CH3CH2CH2CHOH2O；答案：CH3CH2CH2CHOH2O；(3)根据上述分析，反应为加成反应；答案：加成反应；(4)根据上述分析PVAc的结构简式为；答案：；(5)F为CH3COOCH=CH2，含有官能团是酯基和碳碳双键，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、H

37、COOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为：；答案：。【点睛】难点是同分异构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，因为写出与F具有相同官能团的同分异构体，因此按照官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。18、NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 2 1：2 4：1 【

38、解析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答

39、案为NH4HCO3；(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+GH的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:

40、2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。19、锥形瓶 装置C中的溶液与空气接触 探究氧气能否氧化SO32- 排除装置内的空气，防止氧气干扰 2SO2+O2+2H2O=4H+2SO42- 、 NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。 【解析】（1）根据装置图判断仪器a的名称

41、；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液。（3）、号试剂的区别是号溶液中无氧气、号试剂中溶有氧气。（4）进行号、号试剂的共同点是无氧环境，区别是号溶液中无硝酸根离子、号试剂中有硝酸根离子；（5）实验现象：号依然澄清，号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-；（6）根据pH减小的速度、pH达到的最小值分析。【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称是锥形瓶；（2）要验证“只是氧化了SO32-，与NO3-无关”，需在无氧条件下把SO2通入Ba(NO3)2溶液，不足之处是装置C中的溶液与空气接触。（3）、号试剂的区别是号溶液中无氧气、号试

42、剂中溶有氧气，对比、号试剂，探究的目的是氧气能否氧化SO32-。（4）进行号、号试剂的共同点是无氧环境，区别是号溶液中无硝酸根离子、号试剂中有硝酸根离子；进行号、号实验的目的是探究在酸性环境中，NO3-能否将SO32-氧化成SO42-，进行号、号实验前通氮气可以排除装置内的空气，防止氧气干扰；（5）实验现象：号依然澄清，号出现浑浊，说明把SO32-氧化为SO42-，第号实验时C中反应的离子方程式为2SO2+O2+2H2O=4H+ 2SO42-；（6）根据图象可知，、NO3-都能氧化氧化SO32-，氧气的氧化效果比NO3-更好，在氧气、NO3-共存条件下，氧化速率更快。20、Cu+Cu2+6Cl

43、-=2CuCl32- 稀释促进平衡CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(无色溶液)逆向移动，生成CuCl CuCl在潮湿空气中被氧化 c b d 先变红后褪色 加热时间不足或温度偏低 97.92 【解析】方案一：CuSO4、Cu在NaCl、浓盐酸存在条件下加热，发生反应：Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32-，过滤除去过量的铜粉，然后加水稀释滤液，化学平衡CuCl(白色)+2Cl-CuCl32-(无色溶液)逆向移动，得到CuCl沉淀，用95%的乙醇洗涤后，为防止潮湿空气中CuCl被氧化，在真空环境中干燥得到纯净CuCl；方案二：CuCl2是挥发性强酸生成的弱碱盐，用CuCl22H2O晶体

44、在HCl气流中加热脱水得到无水CuCl2，然后在高于300的温度下加热，发生分解反应产生CuCl和Cl2。【详解】(1)步骤中CuSO4、Cu发生氧化还原反应，产生的Cu+与溶液中Cl-结合形成CuCl32-，发生反应的离子方程式为：Cu+Cu2+6Cl-=2CuCl32-；(2)根据已知条件：CuCl难溶于水和乙醇，在水溶液中存在平衡：CuCl(白色)+2Cl-CuCl3 2-(无色溶液)，在步骤中向反应后的滤液中加入大量的水，溶液中Cl-、CuCl3 2-浓度都减小，正反应速率减小的倍数大于逆反应速率减小的倍数，所以化学平衡逆向移动，从而产生CuCl沉淀；(3)乙醇易挥发，用95%乙醇洗涤

45、可以去除CuCl上的水分，真空干燥也可以避免CuCl在潮湿空气中被氧化；(4)CuCl22H2O晶体要在HCl气体中加热，所以实验前要先检查装置的气密性，再在“气体入口”处通入干燥HCl，然后点燃酒精灯，加热，待晶体完全分解后的操作是熄灭酒精灯，冷却，为了将装置中残留的HCl排出，防止污染环境，要停止通入HCl，然后通入N2，故实验操作编号的先后顺序是 acbde；(5)无水硫酸铜是白色固体，当其遇到水时形成CuSO45H2O，固体变为蓝色，HCl气体遇水变为盐酸，溶液显酸性，使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，当CuCl2再进一步加热分解时产生了Cl2，Cl2与H2O反应产生HCl和HClO，HC使湿润的蓝色石蕊试纸变为红色，HClO具有强氧化性，又使变为红色的石蕊试纸褪色变为无色；(6)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2杂质，产生CuCl2杂质的原因可能是加热时间不足或加热温度偏低，使CuCl2未完全分解；(7)根据反应方程式Fe3+CuCl=Fe2+Cu2+Cl-、Ce4+Fe2+=Fe3+Ce3+可得关系式：CuClCe4+，24. 60 mL 0. 1000 mol/L的Ce(SO4)2溶液中含有溶质Ce(SO4)2的物质的量nCe(SO4)2=0. 1000 mol/L0.02460