2021-2022学年广东省广州市增城区高考化学一模试卷含解析

1、2021-2022学年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、第三周期元素X、Y、Z、W的最高价氧化物溶于水可得四种溶液，0.01mol/L的这四种溶液pH与该元素原子半径的关系如下图所示。下列说法正确的是A简

2、单离子半径: XYZWBW的单质在常温下是黄绿色气体C气态氢化物的稳定性: ZWYDX和Y的最高价氧化物对应的水化物恰好中和时，溶液中的微粒共有2种2、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A奶油是可产生较高能量的物质B人造脂肪属于酯类物质C植物油中含有碳碳双键D油脂的水解反应均为皂化反应3、将0.1 mol/L CH3COOH溶液加水稀释或加入少量CH3COONa晶体时，都会引起()A溶液的pH增大BCH3COOH电离度增大C溶液的导电能力减弱D溶液中c(OH)减小4、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得

3、不同温度下（T1，T2）海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列说法不正确的是AT1T2B海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低C当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低D大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解5、下列状态的铝中，电离最外层的一个电子所需能量最小的是ANeBCD6、学习化学应有辩证的观点和方法下列说法正确的是（）A催化剂不参加化学反应B醇和酸反应的产物未必是酯C卤代烃的水解产物一定是醇D醇

4、脱水的反应都属于消去反应7、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A浓硫酸的脱水性是化学性质B使铁、铝钝化表现了强氧化性C制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性8、化学与生活密切相关。下列说法错误的是A碳酸钠可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C氢氧化铝可用于中和过多胃酸D碳酸钡可用于胃肠X射线造影检查9、金属铁在一定条件下与下列物质作用时只能变为+2 价铁的是（）AFeCl3BHNO3CCl2DO210、下列装置或操作正确且能达到实验目的的是A图1：用酒精萃取碘水中的碘单质后分液B图2：电解精炼铜C图3：X为四氯化碳，可用于吸收氨气或氯化氢，

5、并能防止倒吸D图4: 配制银氨溶液11、科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是AM为电源的正极，N为电源负极B电解过程中，需要不断的向溶液中补充Co2+CCH3OH在溶液中发生6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+D若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L12、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系

6、如图所示，下列推断正确的是A原子半径和离子半径均满足：YZBY的单质易与R、T的氢化物反应C最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRD由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性13、化学与生产、生活息息相关。下列说法正确的是（ ）A可用钢瓶储存液氯或浓硫酸B二氧化碳气体可用作镁燃烧的灭火剂C鸡蛋清溶液中加入CuSO4溶液，有沉淀析出，该性质可用于蛋白质的分离与提纯D炒菜时加碘食盐要在菜准备出锅时添加，是为了防止食盐中的碘受热升华14、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、

7、等化合物CY的非金属性比Z的强，所以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15、将一定质量的Mg和Al混合物投入到200 mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是A最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的稀硫酸BNaOH溶液物质的量浓度为CMg和Al的总质量为9gD生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L16、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高

8、正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是AY的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZYC气态氢化物的热稳定性：YZDX与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物17、下列有关实验正确的是A装置用于Na2SO3和浓H2SO4反应制取少量的SO2气体B装置用于灼烧CuSO45H2OC装置用于收集氯气并防止污染空气D装置用于实验室制备少量乙酸乙酯18、下列离子方程式不正确的是（ ）A3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应：3CO2+4OH-+Ba2+=BaCO3+2HCO3+H2OBNH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液：Fe3+3OH-=

9、Fe（OH）3C亚硫酸溶液被氧气氧化：2SO32-+O2=2SO42-D酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡：2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+8H2O+5O219、下列关于物质保存或性质的描述错误的是（ ）A金属钠可以保存在无水乙醇中B氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色C氟化钠溶液需在塑料试剂瓶中保存D向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊20、下列过程中没有发生电子转移的是（ ）A液氨作制冷剂B合成氨C大气固氮D生物固氮21、高铁酸钾（K2FeO4）是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能

10、净化水B反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4”、“=”或“”S2-Cl-Na+，A错误；B.W是Cl元素，其单质Cl2在常温下是黄绿色气体，B 正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强，由于元素的非金属性WZY，所以气态氢化物的稳定性：WZY，C错误；D.X和Y的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、H3PO4，二者恰好中和时生成磷酸钠，由于该盐是强碱弱酸盐，溶液中磷酸根发生分步水解反应，产生HPO42-，产生的HPO4-会进一步发生水解反应产生H2PO4-、H3PO4，同时溶液中还

11、存在H+、OH-，因此溶液中的微粒种类比2种多，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查结构、性质、位置关系的应用的知识，根据溶液的pH与浓度的关系，结合原子半径推断元素是解题关键，侧重对元素周期表、元素周期律的考查，难度中等。2、D【解析】A奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；B人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；C植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；D油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；故选D。3、A【解析】ACH3COOH溶液加水稀释，CH3

12、COOH的电离平衡CH3COOHCH3COO-+H+向正反应方向移动，溶液的pH增加，向CH3COOH溶液加入少量CH3COONa晶体时，溶液中c(CH3COO-)增大，醋酸的电离平衡向逆反应方向移动，溶液的pH增加，正确；BCH3COOH溶液加水稀释，平衡向正反应方向移动，电离程度增大，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，电离程度减小，错误；CCH3COOH溶液加水稀释，离子浓度减小，溶液的导电能力减弱，加入少量CH3COONa晶体时，离子浓度增大，溶液的导电能力增强，错误；D加水稀释，促进醋酸电离，但溶液中氢离子浓度减小，加入少量CH3COONa晶体时平衡向逆反应方向移动，

13、电离程度减小，氢离子浓度减小，温度不变，水的离子积常数不变，所以氢氧根离子浓度增大，错误。故选A。4、C【解析】题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使分解，即让反应逆向移动。【详解】A升高温度可以使分解，反应逆向移动，海水中的浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的浓度下降，这是因

14、为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动，从而使浓度下降，B项正确；C结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的浓度也越大，C项错误；D结合B项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：，若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；答案选C。5、B【解析】ANe为基态Al3+，2p能级处于全充满，较稳定，电离最外层的一个电子为Al原子的第四电离能；B为Al原子的核外电子排布的激发态；C 为基态Al原子失去两个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的

15、第三电离能；D为基态Al失去一个电子后的状态，电离最外层的一个电子为Al原子的第二电离能；电离最外层的一个电子所需要的能量：基态大于激发态，而第一电离能小于第二电离能小于第三电离能小于第四电离能，则电离最外层的一个电子所需能量最小的是B；综上分析，答案选B。【点睛】明确核外电子的排布，电离能基本概念和大小规律是解本题的关键。6、B【解析】A. 催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；B. 醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机

16、酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C. 卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生成的是醇还是酚，取决于X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D. 醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；答案选B。7、D【解析】A. 浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；B. 浓硫酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；C. 制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正

17、确；D. 浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；故选D。8、D【解析】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用于生活用水的消毒，B正确；C. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，C正确；D. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，D错误。答案选D。【点睛】本题主要是考查常见化学物质的性质和用途判断，题目难度不大。平时注意相关基础知识的积累并能灵活应用即可，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。9、A【解析】A铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为

18、+2价铁，故A正确； B铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁离子，所以不一定变为+2价铁，故B错误； C铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误； D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误； 故选：A。10、C【解析】A.酒精能与水互溶，不能用来萃取，故错误；B.电解精炼铜时应粗铜做阳极，故错误；C.氨气或氯化氢都不溶于四氯化碳，都极易溶于水，故用该装置能吸收氨气或氯化氢并能做到防止倒吸，故正确；D.配制银氨溶液应向硝酸银溶液中逐滴加入氨水直到产生的沉淀恰好溶解为止，故错误。故选C。11、B【解析】连接N的电极上H+得电子产生H2，则为阴极，

19、N为电源的负极，M为电源的正极。A. M为电源的正极，N为电源负极，选项A正确；B. 电解过程中，阳极上Co2+失电子产生Co3+，Co3+与乙醇反应产生Co2+，Co2+可循环使用，不需要向溶液中补充Co2+，选项B错误；C. CH3OH在溶液中被Co3+氧化生成CO2,发生反应6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+，选项C正确；D. 若外电路中转移1mol电子，根据电极反应2H+2e-=H2，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。12、B【解析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，

20、X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，T为S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为YZ，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为YZ，故A错误；BY的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR，

21、故C错误；D由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。13、A【解析】A常温下Fe与氯气不反应，遇浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，故A正确；BMg能在CO2中燃烧生成MgO和C，则二氧化碳气体不可用作镁燃烧的灭火剂，故B错误；C蛋白质遇硫酸铜发生变性，变性是不可逆过程，盐析可用于蛋白质的分离和提纯，故D错误；D食盐中加的碘盐为KIO3，受热易分解，则在菜准备出锅时添加加碘食盐，是为了防止KIO3受热易分解，故D错误；故答案为A。14、C【解析】据周期表中同周期、同主族元素

22、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（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

23、，其还原性较强，D项正确。本题选C。15、D【解析】由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为和,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15mol, 为0.15mol, 为0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从200mL到240mL,

24、发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.【详解】A. 由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;B. 由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以B选项是正确的;C. 由元素守恒可以知道，,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;D. 由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,故D错误;故答案选D。16、D【解析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素， Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负

25、价的代数和为6，则Y为Cl。A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B. 原子半径：X(O) Y(Cl) Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项C错误；D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。答案选D。17、C【解析】A简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；B蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；C氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；D乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶

26、液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；故答案为C。18、C【解析】A.3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应的离子方程式为：3CO2+4OH+Ba2+BaCO3+2HCO3+H2O，故A正确；B.NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Fe3+3OHFe（OH）3，故B正确；C.亚硫酸不能拆开，正确的离子方程式为：2H2SO3+O24H+2SO42，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡，该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2，故D正确。故选C。【点睛】注意明确离子方程式正误判断常用

27、方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。19、A【解析】A钠能够与乙醇反应，所以钠不能保存在乙醇中，故A错误；B氢氧化铜受热分解生成黑色氧化铜，所以氢氧化铜的悬浊液加热后变为黑色，故B正确；C氟离子水解生成HF，HF能够腐蚀玻璃，所以氟化钠溶液不能用玻璃瓶盛放，可以用塑料试剂瓶中保存，故C正确；D碳酸钠与二氧化碳和水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度小于碳酸钠，所以向盛二氧化碳的塑料瓶中加入饱和碳酸钠溶液，振荡后会变浑浊，故D正确；故选：A。20、A【解析】A液氨作制冷剂，液态氨变为气态氨，是物理变化，不存在电子转

28、移，故A错误；B合成氨是氢气与氮气反应生成氨气，是氧化还原反应，存在电子转移，故B正确；C大气固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故C正确；D生物固氮是氮气转化为含氮化合物，发生氧化还原反应，存在电子转移，故D正确；故答案为A。21、D【解析】A.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，还原产物为Fe3+，Fe3+水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可达到净水的目的，A叙述正确，但是不符合题意；B.反应I中尾气Cl2为，可与FeCl2继续反应生成FeCl3，B叙述正确，但是不符合题意；C.反应II中的反应方程式为3NaClO+10NaOH+2FeCl3=2Na2FeO4

29、+9NaCl+5H2O，氧化剂是NaClO，还原剂是2FeCl3，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2，C叙述正确，但是不符合题意；D.向饱和的KOH溶液中加入Na2FeO4，K2FeO4晶体析出，说明该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。22、B【解析】A.苯酚的酸性比碳酸弱，根据图示可知左边进入的是高浓度的苯酚溶液，逸出的气体有CO2，说明反应后溶液的酸性增强，pH减小，A正确；B.根据图示可知，在右边装置中，NO3-获得电子，发生还原反应，被还原变为N2逸出，所以右边电极为正极，原电池工作时，阴离子向负极移动，阳离子向正极移动

30、，所以工作时中间室的Cl-移向左室，Na+移向右室，所以右边为阳离子交换膜，B错误；C.根据B的分析可知，右池电极为正极，发生还原反应，电极反应式：2NO3-+10e-+12H+= N2+ 6H2O，C正确；D.在左室发生反应：C6H5OH+11H2O-28e-=6CO2+28H+，根据电极反应式可知每有1mol苯酚该反应，转移28mol电子，反应产生N2的物质的量是n(N2)=mol=2.8mol，则当消耗0.1mol C6H6O，将会产生0.28mol氮气，D正确；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、b 氩 Na+ b 4KClO3KCl+3KClO4 AlH3 2AlH3+6H

31、2O2Al(OH)3+6H2 可能 【解析】. (1) 根据同周期元素性质递变规律回答；(2)第三周期的元素，次外层电子数是8；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥碱性气体；(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即可；.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2，说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2，同时还产生一种白色沉淀物， 该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，则

32、乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25 g/L，则单质丙的摩尔质量M=1.25 g/L22.4 L/mol=28 g/mol，丙为氮气，乙为氨气。【详解】(1)a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如r(Na+)r(Cl-)，故a错误；b. 同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；c. 同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。(2)第三周期的元素，次外层电子数是8，最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氩；

33、元素金属性越强，简单阳离子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HI，选b；(4)若不加催化剂，400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1，则该无氧酸为KCl，KCl中氯元素化合价为-1，说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，由于氯酸钾中氯元素化合价为+5，则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等配平该反应为

34、：4KClO3 KCl+3KClO4。(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，Al为+3价、H为-1价，化学式是AlH3；乙为氨气，氨气的电子式是。(6) AlH3与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O2Al(OH)3+6H2。(7) AlH3中含-1价H，NH3中含+1价H，可发生氧化还原反应产生H2。24、碳碳双键 氧化反应 加成反应 CH3CH=CH2 、 【解析】A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中F和M可生成N，则E

35、为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应； （3）反应是和CH3OH发

36、生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2； （5）反应中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇，结构简式是。【点睛

37、】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。25、A NH4 NO2N22H2O Al2O3 N23C 2AlN 3CO Al4C3 减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处

38、酒精灯加热的温度 61.5% NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应 【解析】A装置制取氮气，浓硫酸干燥，氮气排除装置内的空气，反之Al反应时被空气氧化。根据氧化还原反应写出A、C的反应式，利用物质之间的反应推出C中可能出现的产物。从影响反应速率的因素思考减缓氮气生成速率。根据关系得出AlN的物质的量，计算产物中的质量分数。氯化铵在反应中易分解，生成的HCl在反应中破坏了Al表面的氧化膜，加速反应。【详解】A处是制取氮气的反应，可以排除装置内的空气，反之反应时Al被氧气氧化，因此最先点燃A处的酒精灯或酒精喷灯，故答案为：A。装置A是制取氮气的反应，A

39、中发生反应的离子方程式为NH4 NO2 N22H2O，装置C中主要反应的化学方程式为Al2O3 N23C 2AlN 3CO，制得的AlN中可能含有氧化铝、活性炭外还可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案为：NH4 NO2 N22H2O；Al2O3 N23C 2AlN 3CO；Al4C3。实验中发现氮气的产生速率过快，严重影响尾气的处理，减缓氮气的生成速度采取的措施是减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度，故答案为：减缓亚硝酸钠的滴加速度或降低A处酒精灯加热的温度。生成氨气的体积为1.68 L即物质的量为0.075mol，根据方程式关系得出AlN的物质的量为0.075mol，则所

40、得产物中AlN的质量分数为，故答案为：61.5%。在铝粉中添加少量NH4Cl固体并充分混合，有利于AlN的制备，可能是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，从而Al直接和氮气反应，因此其主要原因是NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，故答案为：NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢破坏了Al表面的氧化膜，便于Al快速反应。26、100 mL容量瓶和胶头滴管 不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解 减小H2O2自身分解损失 2CrO2- 3H2O2 2OH=2CrO4H2O 除去过量的H2O2 在不断搅拌下，向“冷却液

41、”中加入6 molL1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 molL1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4 【解析】Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4， “氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小

42、H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3molL1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分

43、解而损失，反应的离子方程式为2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42的含量少，HCrO4的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息，需要先生成少许的PbC

44、rO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6molL1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 molL1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 molL1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 molL1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，

45、静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。27、检验产物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O【解析】（1）硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2 在500时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象

46、为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2而无SO3的结论。（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合

47、理答案） 并振荡，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。（4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S， （NH4）2Fe（SO4）2分解，E中生成xmolN2失去电子的物质的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去电子的物质的量是2y mol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是z mol，则得电子的物质的量是2z mol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸

48、亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O【点睛】该题为实验探究题，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。28、NH4NO3N2O+2H2O 1112.5 1.010-3 20.0% 1.25p0 AC 【解析】（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，配平即可；（2）根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和计算键能；根据表格数据，代入速率公式计算反应速率；单位时间内c

49、（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，代入转化率计算公式计算；其他条件相同时，温度升高化学反应速率加快，N2O分解半衰期减小，据此分析；列出三段式，求出t1min时总物质的量为（0.5+0.5+0.25）mol=1.25mol，再根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，计算体系压强；（4）A温度升高，化学反应速率增大，因v=kc(N2O)c(I2)0.5，则温度升高，k值增大； B化学反应速率由反应最慢的反应决定，则第二步

50、对总反应速率起决定作用；C第二步反应为慢反应，第三步反应为快反应，所以第二步活化能比第三步大； D含碘时NO分解速率方程v=kc(N2O)c(I2)0.5，所以N2O分解速率与I2浓度有关。【详解】（1）硝酸铵在催化剂下分解生成一氧化二氮和水，反应的化学方程式为NH4NO3N2O+2H2O，故答案为NH4NO3N2O+2H2O；（2）2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)的H=163kJmol1，设1molN2O(g)分子中化学键断裂时需要吸收的能量为xkJ，根据反应热=反应物的键能总和-生成物的键能总和，2x-2945kJ-498kJ=-163kJ，解得x=1112.5kJ；根据表格数据，在020min时段，反应速率v(N2O)=1.010-3molL-1min-1；由表可知，每隔10min，c（N2O）的变化量相等，故单位时间内c（N2O）的变化与N2O的起始浓度无关，每10min均减小0.01mol/L，若N2O起始浓度c0为0.150mol/L ，则反应至30min时转化的N2O的浓度为0.01mol/L3=0.03mol/L，则N2O的转化率=100%=20.0%；其他条