浙江省浙南名校2021-2022学年高三压轴卷化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、室温下，向20 mL0.1 mol/L H2A溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，H2A溶液中各粒子浓度分数(X)随溶液pH变化的关系如图所示。下列说法错误的是 ( )A当溶液中A元素的主要存在形态为A2-时，

2、溶液可能为弱酸性、中性或碱性B当加入NaOH溶液至20 mL时，溶液中存在(Na+)=2c(A2-)+c(HA-)C室温下，反应A2-+H2A=2HA-的平衡常数的对数值lgK=3D室温下，弱酸H2A的第一级电离平衡常数用Ka1表示，Na2A的第二级水解平衡常数用Kh2表示，则KalKh22、元素X、Y、Z和Q在周期表中的位置如图所示，其中元素Q位于第四周期，X的最高正价和最低负价之和为0，下列说法不正确的是（ ）XYZQA原子半径（r）：r（Y）r（Z）r（X）B分别含Y元素和Z元素的两种弱酸可以反应生成两种强酸C推测Q的单质可以和氢气、氧气、活泼金属等反应DZ的简单阴离子失电子能力比Y的强

3、3、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的 ( )XYZFeCl3溶液Cu浓硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸SO2Ca(OH)2NaHCO3NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸ABCD4、已知某酸HA的电离常数Ka=2.010-8，用2mol/LNaOH溶液滴定100ml2mol/LHA溶液，溶液的pH随滴入NaOH溶液的体积变化曲线如图下列说法正确的是Aa点溶液的pH=4Bb点溶液中存在：c（A-）c（Na+）c（H+）=c（OH-）Cb点c（HA）/c（A-）=5Dc点c（A-）+c（H+）=c（Na+）+c（OH-）5、用酸性KMnO4溶液不能达到预期目的的是A区别苯和甲苯B检验硫

4、酸铁溶液中是否有硫酸亚铁C检验CH2=CHCHO中含碳碳双键D区别SO2和CO26、向0.1molL-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1molL-1NaOH 溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是 ( )A开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为 NH4HCO3 溶液中存在 H2CO3，发生的主要反应是 H2CO3+OH-=HCO3-+H2OB当 pH 大于 8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应CpH=9.5 时，溶液中 c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-)D滴加

5、氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO37、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）A21：5B4：1C3：lD11：38、下列物质属于电解质的是（ ）ANa2OBSO3 CCuDNaCl溶液9、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）AAl2O3具有两性，可用于制作耐高温材料BFeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白D明矾水解后溶液呈

6、酸性，可用于水的净化10、液态氨中可电离出极少量的NH2和NH4+。下列说法正确的是ANH3属于离子化合物B常温下，液氨的电离平衡常数为1014C液态氨与氨水的组成相同D液氨中的微粒含相同的电子数11、中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是( )A我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电。电能属于一次能源B“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂

7、合金等，铝锂合金属于金属材料12、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A2.1gDTO中含有的质子数为NAB30g葡萄糖和冰醋酸的混合物中含有的氢原子数为4NAC12g石墨烯(单层石墨)中含有六元环的个数为2NAD1mol铁在一定条件下分别和氧气、氯气、硫完全反应转移电子数都为2NA13、如图表示反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+Q的正反应速率随时间的变化情况，试根据如图曲线判断下列说法可能正确的是( )At1时只减小了压强Bt1时只降低了温度Ct1时只减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动Dt1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度14、下列实验操作、现象及结论均正确的

8、是选项实验操作和现象实验结论A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色黄色溶液中只含Br2B烧杯中看见白色沉淀证明酸性强弱：H2CO3H2SiO3C向20%蔗糖溶液中加入少量稀H2SO4，加热；再加入银氨溶液；未出现银镜蔗糖未水解DpH试纸先变红后褪色氯水既有酸性，又有漂白性AABBCCDD15、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验现象结论A向苯酚浊液中加入Na2CO3溶液溶液变澄清酸性：苯酚碳酸B向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热；再加入银氨溶液并水浴加热未出现银镜蔗糖未水解C向2支盛有2mL相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液一支无明显现

9、象，另一支产生黄色沉淀相同条件下，AgI比AgCl的溶解度小DC2H5OH与浓硫酸170共热，制得的气体通入酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色乙烯能被KMnO4氧化AABBCCDD16、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（ ）ALi、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少B第二周期元素从Li到F，非金属性逐渐减弱C因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强DO与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱17、40时，在氨水体系中不断通入CO2，各种粒子的浓度变化趋势如图所示。下列说法不正确的是A40时，K(NH3H2O)=10-9.10B不同pH的溶液中均存在关系：

10、c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)C随着CO2的通入，不断减小D随溶液pH不断降低，生成的中间产物NH2COONH4又不断转化为NH4HCO318、其它条件不变，升高温度，不一定增大的是A气体摩尔体积 VmB化学平衡常数 KC水的离子积常数 KwD盐类水解程度19、已知酸性溶液中还原性的顺序为SO32-I-Fe2+Br-Cl-，下列反应不能发生的是A2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+BI2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+

11、2Br-+2H+20、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（ ）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+21、某电池以K2FeO4和Zn为电极材料，KOH溶液为电解质溶液。下列说法不正确的是AZn为电池的负极，发生氧化反应B电池工作时OH-向负极迁移C该电池放电过程中电解质溶液浓度增大D正极反应式为：2FeO42

12、10H6e=Fe2O35H2O22、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH3二、非选择题(共84分)23、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：(1)元素A、B、C中，电负性最大的是_(填元素符号，下同

13、)，元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为_。(2)与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是_；BA3分子中键角_10928(填“”“”或“”)，原因是_。(3)BC3离子中B原子轨道的杂化类型为_，BC3离子的立体构型为_。(4)基态E原子的电子排布式为_；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合价为6)中键与键数目之比为_；(5)化合物DB是人工合成的半导体材料，它的晶胞结构与金刚石(晶胞结构如图所示)相似。若DB的晶胞参数为a pm，则晶体的密度为_gcm3(用NA表示阿伏加德罗常数)。24、（12分）有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+C

14、H2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_。B的结构简式为_。（2）GH的化学方程式_。其反应类型为_。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式_。（4）A 在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_种。（6）N的结构简式为_。25、（12分）亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为 -5.5，易水解。已知：AgNO2 微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验

15、装置如图所示。（1）制备 Cl2 的发生装置可以选用 _ (填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_ 。（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a_ _。(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO实验室也可用 B 装置制备 NO ， X 装置的优点为_ 。检验装置气密性并装入药品，打开 K2，然后再打开 K3，通入一段时间气体，其目的是 _，然后进行其他操作，当 Z 中有一定量液体生成时，停止实验。（4）已知：ClNO 与 H2O 反应生成 HNO2 和 HCl。设计实验

16、证明 HNO2 是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL-1 盐酸、 1 molL-1HNO2 溶液、 NaNO2 溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO 样品的纯度。取 Z 中所得液体m g 溶于水，配制成 250 mL 溶液；取出 25.00 mL 样品溶于锥形瓶中，以 K2CrO4 溶液为指示剂，用 c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为 20.00mL。滴定终点的现象是_亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 _。(已知： Ag2CrO4 为砖红色固体；Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)26、（10

17、分）有一种天然黄铜矿主要成分为CuFeS2 （含SiO2），为了测定该黄铜矿的纯度，某同学设计了如图1实验：称取研细的黄铜矿样品1.150g煅烧，生成Cu、Fe2O1、FeO和SO2气体，实验后取d中溶液的1/10置于锥形瓶中，用0.01mo1/L标准碘溶液进行滴定，初读数为0.01mL，末读数如图2所示完成下列填空：（1）实验中称量样品所需定量仪器为_（2）装置c的作用是_（1）上述反应结束后，仍需通一段时间的空气，其目的是_（4）滴定时，标准碘溶液所耗体积为_mL用化学方程式表示滴定的原理：_（5）计算该黄铜矿的纯度_（6）工业上利用黄铜矿冶炼铜产生的炉渣（含Fe2O1、FeO、SiO2、

18、Al2O1）可制备Fe2O1选用提供的试剂，设计实验验证炉渣中含有FeO提供的试剂：稀盐酸 稀硫酸 KSCN溶液 KMnO4溶液 NaOH溶液，所选试剂为_证明炉渣中含有FeO的实验现象为：_27、（12分）KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。已知：3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O(1)利用上图装置制备KI，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)检查装置A气密性的方法是_；装置D的作用是_。(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立

19、即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因是_。用肼(N2H4)替代H2S，制得产品纯度更高，理由是_(用化学方程式表示)。(4)设计实验方案除去KI溶液中的稀硫酸_。(5)若得到1.6g硫单质，理论上制得KI的质量为_g。28、（14分）工业合成氨对人类生存贡献巨大，反应原理为：N2(g)3H2(g)2NH3(g) H(1)若在一容积为2L的密闭容器中加入0.2mol的N2和0.6mol的H2在一定条件下发生反应，若在5分钟时反应达到平衡，此时测得NH3的物质的量为0.2mol。则前5分钟的平均反应速率v(N2)=

20、_。(2)平衡后，若提高H2的转化率，可以采取的措施有_。A加入催化剂 B增大容器体积C降低反应体系的温度 D加入一定量N2(3)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示（吸附在催化剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中的部分微粒）。写出步骤c的化学方程式_；由图像可知合成氨反应的H_0（填“”“”或“=”）。(4)将n(N2)n(H2)=13的混合气体，匀速通过装有催化剂的刚性反应器，反应器温度变化与从反应器排出气体中NH3的体积分数(NH3)关系如图。随着反应器温度升高，NH3的体积分数(NH3)先增大后减小的原因是_。某温度下，混合气体在刚性容器内发生反应，起

21、始气体总压为2107Pa，平衡时总压为开始的90%，则H2的转化率为_（气体分压P分=P总体积分数）。用某物质的平衡分压代替物质的量浓度也可以表示化学平衡常数（记作KP），此温度下，该反应的化学平衡常数KP=_（分压列计算式、不化简）。(5)合成氨的原料气H2可来自甲烷水蒸气催化重整（SMR）。我国科学家对甲烷和水蒸气催化重整反应机理也进行了广泛研究，通常认为该反应分两步进行。第一步：CH4催化裂解生成H2和碳（或碳氢物种），其中碳（或碳氢物种）吸附在催化剂上，如CH4Cads/C(H)nads(2-)H2；第二步：碳（或碳氢物种）和H2O反应生成CO2和H2，如Cads/C(H)nads2H

22、2OCO2(2)H2。反应过程和能量变化残图如下（过程没有加催化剂，过程加入催化剂），过程和H的关系为：_（填“”“”或“=”）；控制整个过程反应速率的是第_步（填“I”或“II”），其原因为_。29、（10分）大多数金属硫化物难溶于水，可溶于硝酸。例如：FeS +HNO3（稀）Fe(NO3)3 +NO+S+H2O（未配平）CuS +HNO3（浓）CuSO4 +NO2+H2O（未配平）（1）配平反应的方程式：_CuS +_HNO3（浓）_CuSO4 +_NO2+_H2O（2）反应中若生成3.2g硫，则电子转移_个。（3）由反应和是否能够判断稀硝酸与浓硝酸的氧化性强弱？并说明判断依据。_。（4）

23、反应和所涉及的4种非金属元素中，原子半径由大到小的顺序是_；未成对电子最多的原子核外电子排布式为_。下列描述，不能用来比较硫、氮两种元素的非金属性强弱的是_。a单质与氧气化合的难易程度 b气态氢化物的稳定性c含氧酸的酸性强弱 dS4N4中共用电子对的偏向（5）写出NO S H2O NO2四种物质的沸点由高到低的顺序（用编号回答）_。若要判断NO2分子的极性，你所需要的信息是_。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、B【解析】A、当溶液中A元素的主要存在形态为A2时，溶液pH大于4.2，溶液可能为弱酸性、中性或碱性，故A正确；B、HA与NaOH按1:1混合，所

24、得溶液为NaHA溶液，由图可知，NaHA溶液呈酸性。根据电荷守恒得c(Na)+c(H)=2(A2)+c(HA)+c(OH)，因为c(H)c(OH)，所以c(Na)c(H+)c(OH-)，B错误；C. b点溶液显中性，c(H+)107mol/L，根据电离平衡常数表达式可知c(HA)/c(A-)=5，C正确；D. c点酸碱恰好中和，生成NaA，根据电荷守恒可知c(A-)+c(OH-)= c(Na+)+ c(H+)，D错误，答案选C。 5、C【解析】A甲苯可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故A不选；B硫酸亚铁具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故B不选；CCH2=

25、C（CH3）CHO中碳碳双键和醛基都可与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，不能检验是否含有碳碳双键，故C选；D.SO2具有还原性，可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应，可鉴别，故D不选；故选C。6、D【解析】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2ONH3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，即HCO3-H+CO32-；A在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的

26、反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，A正确；B. 对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B正确；C. 从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-)，C正确；D. 滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3H2O，D错误；故合理选项是D。7

27、、D【解析】ClO-和ClO3-个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl-的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl-)与被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物质的量之比为11:3。故选D。8、A【解析】A.氧化钠在熔融状态时能电离出Na+和O2-，是电解质，故A选。B. SO3溶于水和水反应生成硫酸，硫酸能电离出氢离子和硫酸根离子，但不是SO3电离出来的，熔融状态下的SO3也不导电，故SO3是非电解质，故B不选；C.铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C不选；D.NaCl溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故D不选故选A。【点睛】电解质：在水溶液或熔融状态下，能够导电

28、化合物，导电的离子必须是本身提供的，一般包括：酸、碱、多数的盐、部分金属氧化物等。9、B【解析】A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HClO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；答案选B。【点睛】试题考

29、查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。10、D【解析】ANH3属于共价化合物，选项A错误；B不能确定离子的浓度，则常温下，液氨的电离平衡常数不一定为1014，选项B错误；C液态氨是纯净物，氨水是氨气的水溶液，二者的组成不相同，选项C错误；D液氨中的微粒NH2和NH4+含相同的电子数，均是10电子微粒，选项D正确；答案选D。11、D【解析】A. 我国近年来大量减少化石燃料的燃烧，大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于二次能源，故A错误；B. 新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求。如高温结构

30、陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B错误；C. 光缆的主要成分是二氧化硅，故C错误；D. 金属材料包括纯金属以及它们的合金，铝锂合金属于金属材料，故D正确；答案选D。【点睛】化学在能源，材料，方面起着非常重要的作用，需要学生多关注最新科技发展动态，了解科技进步过程中化学所起的作用。12、A【解析】ADTO即水分子，不同于普通的H2O，该分子中的氢原子一个是氘(D)即，一个是氚(T)即，但是本质仍旧是氢元素，所以一个DTO分子中质子数，即原子序数和为10，那么2.1gDTO的物质的量，则0.1mol水中含有质子数为1NA，A正确；B葡萄糖的分子式为C6H12O6，冰

31、醋酸的分子式为C2H4O2，两种物质的最简式均为CH2O，所以30g葡萄糖和醋酸的混合物，可看成30g的CH2O，其物质的量为,则其氢原子的个数为2NA，B项错误；C石墨烯中碳原子形成正六边形的网格单元，每个碳原子都被三个六元环共用，平均算下来，一个六边形需要个碳原子，所以12g石墨烯中六边形的个数为0.5NA，C项错误；D铁与氧气可以生成FeO或Fe3O4，1molFe被氧化电子转移数不一定；Fe与氯气反应生成FeCl3，所以1molFe被氯气氧化转移3mol电子；Fe与S反应生成FeS，所以1molFe被S氧化转移2mol电子，D项错误；答案选A。13、D【解析】根据图知，t1时正反应速率

32、减小，且随着反应的进行，正反应速率逐渐增大，说明平衡向逆反应方向移动，当达到平衡状态时，正反应速率大于原来平衡反应速率，说明反应物浓度增大。【详解】At1时只减小了压强，平衡向逆反应方向移动，则正反应速率增大，但平衡时正反应速率小于原来平衡反应速率，故A错误；Bt1时只降低了温度，平衡向正反应方向移动，正反应速率逐渐减小，故B错误；Ct1时减小了NH3的浓度，平衡向正反应方向移动，但正反应速率在改变条件时刻不变，故C错误；Dt1时减小N2浓度，同时增加了NH3的浓度，平衡向逆反应方向移动，如果增加氨气浓度大于减少氮气浓度的2倍时，达到平衡状态，氮气浓度大于原来浓度，则正反应速率大于原来平衡反应

33、速率，故D正确；故选D。【点睛】本题考查化学平衡图象分析，明确图中反应速率与物质浓度关系是解本题关键，会根据图象曲线变化确定反应方向，题目难度中等。14、D【解析】A向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，该黄色溶液中可能含有Fe3+，Fe3+也能将I-氧化为碘单质，故不能确定黄色溶液中只含有Br2，A选项错误；B浓盐酸具有挥发性，烧杯中看见白色沉淀可能是挥发的HCl气体与Na2SiO3溶液反应得到H2SiO3的白色沉淀，不能证明酸性H2CO3H2SiO3，B选项错误；C银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液之前没有加入如NaOH溶液的碱性溶液中和未反应的稀硫酸，实验不能成功，

34、故实验操作及结论错误，B选项错误；D氯水既有酸性，又有漂白性，可以使pH试纸先变红后褪色，D选项正确；答案选D。15、C【解析】A. 苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，反应生成苯酚钠、碳酸氢钠，可知苯酚的酸性比碳酸的酸性弱，A项错误；B. 做银镜反应加入银氨溶液前，要先中和水解的硫酸，B项错误；C. 相同浓度银氨溶液的试管中，分别加入2滴相同浓度的NaCl和NaI溶液，出现黄色沉淀，说明生成碘化银沉淀，说明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)，C项正确；D. 反应中可能生成其他的还原性气体使KMnO4溶液褪色，验证乙烯能被KMnO4氧化前要先除杂，D项错误；答案选C。16、C【解析】A.Li、Na

35、、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；B. 第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。答案选C。17、A【解析】A. 在溶液pH=9.10时c(NH4+)=c(NH3H2O)，Kb(NH3H2O)=c(OH-)，由于Kw=c(H+)c(OH-)是常数，只与温度有关，若温度为室温，则Kw=10-14，pH=9.10时，c(H+)=10-9.10，c(OH-)=

36、10-4.9，Kb(NH3H2O)= c(OH-)=10-4.9，升高温度，促进电解质的电离，所以温度为40时，K(NH3H2O)10-4.9，A错误；B. 溶液中存在电荷守恒，即正电荷的总浓度等于负电荷的总浓度，则不同pH的溶液中存在电荷守恒关系为：c(NH4+)+c(H+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+c(NH2COO-)+c(OH-)，B正确；C. 已知Kb=，温度一定时，Kb为常数，随着CO2的通入，c(NH4+)逐渐增大，则不断减小，C正确；D. 由图象可知：开始溶液pH较大时没有NH2COO-，后来随着溶液pH的降低，反应产生NH2COO-，并且逐渐增多，当pH减小到一定

37、程度NH2COO-逐渐减小直至消失，同时NH4HCO3又逐渐增多，即在溶液pH不断降低的过程中，有含NH2COO-的中间产物生成，后NH2COO-转化为NH4HCO3，D正确；故合理选项是A。18、B【解析】A. 气体摩尔体积Vm，随温度的升高而升高，故错误；B. 可能为吸热反应，也可能为放热反应，则升高温度，可能正向移动或逆向移动，化学平衡常数K不一定增大，故B选；C. 水的电离吸热，则升高温度水的离子积常数Kw增大，故C不选；D. 水解反应吸热，则升高温度盐类的水解平衡常数Kh增大，故D不选；故选：B。19、C【解析】A、因该反应中S元素的化合价升高，Fe元素的化合价降低，则SO32-为还

38、原剂，还原性强弱为SO32-Fe2+，与已知的还原性强弱一致，能发生，故A不选；B、因该反应中S元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-I-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故B不选；C、因该反应中Fe元素的化合价升高，I元素的化合价降低，则Fe2+为还原剂，还原性强弱为Fe2+I-，与已知的还原性强弱不一致，反应不能发生，故C选；D、因该反应中Br元素的化合价降低，S元素的化合价升高，则SO32-为还原剂，还原性强弱为SO32-Br-，与已知的还原性强弱一致，能发生，故D不选。答案选C。20、D【解析】A阴极b极反应：2H+2e-=H2产生氢气发生了

39、化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；C取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2+H2=Cu+2H+，故C正确；D(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag+Cu=Cu2+2Ag和2Ag+H2

40、=2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。21、D【解析】A. 电池工作时，Zn失电子是电池的负极、发生氧化反应，A项正确；B. 负极Zn失电子带正电，吸引溶液中阴离子，故向负极迁移，B项正确；C. 该电池放电过程中，负极ZnZn(OH)2，正极K2FeO4KOH+Fe2O3，总反应为3Zn+2K2FeO4+5H2O=3Zn(OH)2+4KOH+Fe2O3，KOH溶液浓度增大，C项正确。D. 碱性溶液中，电极反应式不应出现H+，D项错误。本题选D。22、C【解析】AHCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；B蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆矾，B错误；C挤压

41、胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。二、非选择题(共84分)23、O NOAl NH3分子间易形成氢键 孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用 sp2 三角形 1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54

42、s1) 7:1 1030 【解析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态B原子s能级的电子总数比p能级的多1，核外电子排布为1s22s22p3，为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，则C为O元素，E为Cr元素；D形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为Al元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Al元素，E为Cr元素。(1)

43、元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐渐减小，元素N、O、Al的第一电离能由大到小的顺序为NOAl，故答案为O；NOAl；(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；NH3中中心原子N的价层电子对数为4，孤电子对数为1，其VSEPR模型为四面体构型，NH3分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于10928，故答案为NH3分子间易形成氢键；孤电子对

44、对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；(3)NO3离子中N原子的价层电子对数=键电子对数+孤电子对数=3+=3，采用sp2杂化，立体构型为三角形，故答案为sp2；三角形；(4) E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合价为6)，结构为，其中键与键数目之比为7:1，故答案为1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子数为4，8+6=4，晶胞质量为g，因此晶胞的密度=1030 gcm3，故答案为1030。【点睛】正

45、确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4)，要能够根据题意确定CrO5的结构。24、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种 【解析】由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟

46、基连接同一碳原子上，结合N的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；（2）GH的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为

47、：；（4）A在和存在下生成，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依

48、次推导下去，问题迎刃而解。25、A(或B) MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O(或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O) f g c b d e j h 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 排干净三颈瓶中的空气 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点 【解析】制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，也可以用高锰酸钾和浓盐酸；制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，

49、选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；通入一段时间气体，其目的是排空气；用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸；以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，再根据ClNOHClAgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B，发生的离子反应为：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O或2MnO4+16H+10Cl

50、=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：A(或B)；MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O(或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O)；制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为afgcbdejh，故答案为：f；g；c；b；d；e；j；h；用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；检验装置气密性并装入药品，打开

51、K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸；以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNOHClAgNO3关系式得到25.00 mL 样品溶

52、液中ClNO物质的量为n(ClNO) = n(AgNO3) = c molL10.02L = 0.02cmol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 ，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；。26、电子天平 除去混合气体中未反应的氧气 将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收 20.00 I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI 16% 稀硫酸、KMnO4溶液 稀硫酸浸取炉渣所得溶液能使KMnO4溶液褪色 【解析】（1）由于称量黄铜矿样品1.150g，精确度达到了千分之一，应该选用电子天平进行称量，把黄铜矿样品研细，可以增大接触面积，从而提高反应速

53、率，并且使黄铜矿充分反应，故答案是：电子天平；（2）气体通过装置c中铜网，加热条件下和气体中剩余氧气反应，故答案为除去混合气体中未反应的氧气；（1）黄铜矿受热分解生成二氧化硫等一系列产物，分解完毕后仍然需要通入一段时间的空气，可以将b、d装置中的二氧化硫全部排出去，使结果更加精确，故答案为将系统装置中SO2全部排入d中充分吸收；（4）根据滴定管的示数是上方小，下方大，可以读出滴定管示数是20.00mL，当达到滴定终点时，二氧化硫已经被碘单质消耗完毕，再滴入一滴碘单质，遇到淀粉会变蓝，滴定的原理反应的化学方程式为：I2+SO2+2H2O=H2SO4+2HI，故答案为20.00；I2+SO2+2H

54、2O=H2SO4+2HI；（5）根据硫原子守恒和电子守恒找出关系式：CuFeS22SO22I2，消耗掉0.01mo1/L标准碘溶液20.00mL时，即消耗的碘单质的量为：0.01mol/L0.0200L=0.000200mol，所以黄铜矿的质量是：0.000200mol184g/mol10=0.184g，所以其纯度是：100%=16%，故答案为16%；（6）若Fe2O1中含有FeO，利用稀酸（非氧化性）溶解后生成的亚铁离子，则具有还原性，而给出的试剂中KMnO4溶液具有强氧化性，可使KMnO4溶液褪色，则选择试剂为稀硫酸、KMnO4溶液，操作为取少量固体溶于稀硫酸，然后滴加KMnO4溶液，观察

55、到溶液使KMnO4溶液褪色，证明含有FeO，故答案为稀硫酸、KMnO4溶液；稀硫酸浸取炉渣所得溶液使KMnO4溶液褪色。27、aefcdb 关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体 加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。 3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O 向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并 16.6 【解析】根据题干信息可知3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S

56、+3H2O，需要的反应物为H2S、KOH、I2，A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2S；D装置用于除去H2S中的HCl气体，导管e进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。【详解】(1)根据上面分析可知，制备KI，按气流方向其连接顺序为aefcdb；答案：aefcdb (2)装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化

57、氢，装置D的作用是除去H2S中的HCl气体；答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，也就是反应3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O结束，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体，发生反应3H2S+KIO3KI+3S+3H2O。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因可以从电离平衡和气体溶解度随温度升高而减小分析；答案：加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（

58、H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。因为肼(N2H4)也具有强还原性，可以肼(N2H4)替代H2S，肼(N2H4)的氧化产物为氮气，可以使制得产品纯度更高，用化学方程式表示为3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O。答案：3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O(4)选择的药品在除杂的同时，要保证不掺入新的杂质，因此选择BaCO3；答案:向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并(5)根据题干信息3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O，列关系式计算；6KI 3S6mol 3moln(KI )

59、mol mol得n（KI）=0.1molm（KI）=n(KI) M(KI)=0.1mol166g/mol=16.6g；答案：16.628、0.01molL-1min-1 CD NNH+H2N+NH3 温度低于To时未达平衡，温度升高，反应速率加快，NH3的体积分数增大；高于To时反应达平衡，由于该反应是放热反应，温度升高平衡常数减小，NH3的体积分数减小(答案合理即可) 20% = 第步的活化能大，反应速率慢 【解析】(1)对于合成氨反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，由平衡时生成NH3的物质的量为0.2mol，可求出参加反应的N2为0.1mol，由此可求出在一容积为2L的密闭容器中，

60、前5分钟的平均反应速率v(N2)。(2)A加入催化剂，可加快反应速率，但对平衡不产生影响；B增大容器体积，也就是减小压强，平衡逆向移动；C降低反应体系的温度，平衡正向移动；D加入一定量N2，平衡正向移动。(3)由图中可以看出，步骤c中NNH与H2在催化剂作用下发生反应生成N和NH3；由图象可知合成氨反应的反应物总能量大于生成物的总能量。(4)对于放热反应，升高温度平衡逆向移动，To前，随温度升高，NH3的体积分数(NH3)增大，则表明反应未达平衡，由此得出先增大后减小的原因。令起始时，n(N2)=1mol，则n(H2)=3mol，设参加反应的N2的物质的量为x，从而建立三段式：则，由此可求出x