2021-2022学年湖南省怀化高三3月份模拟考试化学试题含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答

2、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、电解合成1，2二氯乙烷的实验装置如图所示。下列说法中不正确的是（ ）A该装置工作时，阴极区溶液中的离子浓度不断增大B液相反应中，C2H4被CuCl2氧化为1，2二氯乙烷CX、Y依次为阳离子交换膜、阴离子交换膜D该装置总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl2、以石墨为电极分别电解水和饱和食盐水，关于两个电解池反应的说法正确的是（）A阳极反应式相同B电解结束后所得液体的pH相同C阴极反应式相同D通过相同电量时生成的气体总体积相等（同温同压）3、常温下，以下试剂不能用来鉴别SO

3、2和H2S的是A滴有淀粉的碘水B氢氧化钠溶液C硫酸铜溶液D品红溶液4、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120mL (换算为标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是A该合金中铜与镁的物质的量之比是2 1B该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/LCNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%D得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL5、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是( )选项实验现

4、象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性AABBCCDD6、25C 时，向 20 mL 0.10 molL-1的一元酸 HA 中逐滴加入 0.10 molL-1 NaOH 溶液，溶液 pH随加入 NaOH 溶液体积的

5、变化关系如图所示。下列说法正确的是（）AHA为强酸Ba点溶液中，c（A-）c（Na+）c（H+）c（OH-）C酸碱指示剂可以选择甲基橙或酚酞Db点溶液中，c（Na+）=c（A-）7、我国科学家开发的一种“磷酸钒锂/石墨离子电池”在4.6V电位区电池总反应为：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3。下列有关说法正确的是A该电池比能量高，用Li3V2(PO4)3做负极材料B放电时，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.7 gC充电时，Li+向N极区迁移D充电时，N极反应为V2(PO4)33Li3e=Li3V2(PO4)38、钨是高熔点金属，工业上用主要成分为FeWO4和MnW

6、O4的黑钨铁矿与纯碱共熔冶炼钨的流程如下，下列说法不正确的是（ ）A将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率B共熔过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C操作II是过滤、洗涤、干燥，H2WO4难溶于水且不稳定D在高温下WO3被氧化成W9、如图是元素周期表中关于碘元素的信息，其中解读正确的是A碘元素的质子数为53B碘原子的质量数为126.9C碘原子核外有5种不同能量的电子D碘原子最外层有7种不同运动状态的电子10、如图表示118号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A电子层数B原子半径C最高化合价D最外层电子数11、科学的假设与猜想是科学探究的先导与价值所在。在下列假设

7、（猜想）引导下的探究肯定没有意义的是A探究Na与水反应可能有O2生成B探究Na2O2与SO2反应可能有Na2SO4生成C探究浓硫酸与铜在一定条件下反应产生的黑色物质中可能含有CuSD探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液红色褪去的原因是溶液酸碱性改变所致，还是HClO的漂白性所致12、室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2+B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2C向含有ZnS和Na2S的悬

8、浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)Ksp(ZnS)D用pH试纸测得：Na2CO3溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强AABBCCDD13、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）ANa2S溶液中：SO42-、K+、Cl-、Cu2+B的溶液：K+、AlO2-、CO32-、Na+C饱和氯水中：Cl-、NO3-、Na+、SO32-D碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+14、某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：序号实验步骤实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b产生无色气体，遇空气变为红棕色产生

9、白色沉淀下列说法正确的是A透过测中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀b具有还原性C实验说明溶液a中一定有生成D实验、说明SO2与AgNO3溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成15、CO2的资源化利用是解决温室效应的重要途径。以下是在一定条件下用NH3捕获CO2生成重要化工产品三聚氰胺的反应：NH3+CO2+H2O,下列有关三聚氰胺的说法正确的是A分子式为C3H6N3O3B属于共价化合物C分子中既含极性键，又含非极性键D生成该物质的上述反应为中和反应16、下列对实验现象的解释正确的是选项操作现象解释A将铜粉加入 Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝 金属铁比铜活

10、泼B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成浓硫酸具有强氧化性和吸水性C氧化铁溶于足量 HI 溶液溶液呈棕黄色Fe3+呈 棕黄色D向待测液中加 入适量的NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口湿润的红色石蕊试纸未变蓝待测液中不存在NH4+AABBCCDD17、某盐溶液中可能含有NH4+、Ba2+、Na+、Fe2+、Cl、CO32、NO3七种离子中的数种。某同学取4份此溶液样品，分别进行了如下实验：用pH试纸测得溶液呈强酸性；加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成；加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红

11、色该同学最终确定在上述七种离子中肯定含有NH4+、Fe2+、Cl三种离子。请分析，该同学只需要完成上述哪几个实验，即可得出此结论。ABCD18、Calanolide A是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于Calanolide A的说法错误的是（ ）A分子中有3个手性碳原子B分子中有3种含氧官能团C该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH19、设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A常温下，1 L 0.5 mol/L CH3COONH4 溶液的 pH7，则溶液中 CH3COO与 NH4的数目均为 0.5NAB10

12、g 质量分数为 46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为 0.6 NAC16g 氨基(NH2)中含有的电子数为 7 NAD在密闭容器中将 2 mol SO2 和 1 mol O2 混合反应后，体系中的原子数为 8 NA20、下列化学用语正确的是A中子数为2的氢原子：HBNa+的结构示意图：COH-的电子式：H一DN2分子的结构式：NN21、设aX+bY为a个X微粒和b个Y微粒组成的一个微粒集合体，NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是（ ）A0.5mol雄黄(As4S4，已知As和N同主族，结构如图)含有NA个S-S键B合成氨工业中，投料1molN2(g)+3H2(g)可生成2NA个NH3(

13、g)C用惰性电极电解1L浓度均为2molL-1的AgNO3与Cu(NO3)2的混合溶液，当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出6.4g金属D273K，101kPa下，1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA22、常温常压下，下列气体混合后压强一定不发生变化的是ANH3和Cl2BNH3和HBrCSO2和O2DSO2和H2S二、非选择题(共84分)23、（14分）美国药物学家最近合成一种可能用于治疗高血压的有机物K，合成路线如下：其中A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%；E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰。H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一。G和H以1：3反应生成

14、I。试回答下列问题：（1）A的分子式为：_。（2）写出下列物质的结构简式：D：_；G：_。（3）反应中属于取代反应的有_。（4）反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_。（5）E有多种同分异构体，符合“既能发生银镜反应又能发生水解反应”条件的E的同分异构体有_种，写出符合上述条件且核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式：_。24、（12分）高分子材料尼龙66具有良好的抗冲击性、韧性、耐燃油性和阻燃、绝缘等特点，因此广泛应用于汽车、电气等工业中。以下是生产尼龙66的一些途径。（1）A的结构简式为_。（2）B中官能团的名称是_。（3）反应中，属于加成反应的有_，反应中，属于氧化反应

15、的有_。（4）请写出反应的化学方程式_。（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，请写出反应的化学方程式_。（6）某聚合物K的单体与A互为同分异构体，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，且能与NaHCO3溶液反应，则聚合物K的结构简式是_。（7）聚乳酸（）是一种生物可降解材料，已知羰基化合物可发生下述反应： （R可以是烃基或H原子）。用合成路线图表示用乙醇制备聚乳酸的过程。_25、（12分）某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知：（1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验BaCl2Na2CO3Na2SO4实验

16、Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，_实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_（2）探究AgCl和AgI之间的转化，实验：实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 实验证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是_（填序号）。a. Ag

17、NO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 实验的步骤中，B中石墨上的电极反应式是 _ 结合信息，解释实验中ba的原因：_。 实验的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_26、（10分）为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物，设计如下实验装置。(1)如图连接实验装置，并_。(2)将氧化铜粉末与硫粉按 5：1 质量比混合均匀。(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中，固定在铁架台上，打开_ 和止水夹 a 并_，向长颈漏斗中加入稀盐酸，一段时间后，将燃着的木条放在止水夹 a 的上端导管口处，观察到木条熄灭，关闭活塞 K 和止水夹 a，打开止水夹 b。该实验步骤的作用是_，石灰石与稀

18、盐酸反应的离子方程式为_。(4)点燃酒精灯，预热大试管，然后对准大试管底部集中加热，一段时间后，气球膨胀， 移除酒精灯，反应继续进行。待反应结束，发现气球没有变小，打开止水夹 c，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后，立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞 K。这样操作的目的是_。(5)拆下装置，发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中，得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解，且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应：4Cu(NH3)2+ + O2+8NH3 H2O=4Cu(NH3)42+4OH+6H2O。经分析，固体

19、产物中含有Cu2O。Cu2O 溶于氨水反应的离子方程式为_。仍有红色固体未溶解，表明氧化铜与硫除发生反应 4CuO + S2Cu2O+SO2外，还一定发生了其他反应，其化学方程式为_。进一步分析发现 CuO 已完全反应，不溶于氨水的黑色固体可能是_(填化学式)。27、（12分）（15分）目前我国锅炉烟气脱硝技术有新发现，科学家对O3氧化烟气脱硝同时制硝酸进行了实验研究，其生产硝酸的机理如下：回答下列问题：（1）NO3分子内存在两个过氧键，且氧均满足8电子稳定结构，请写出NO3中N的化合价_；NO3极不稳定，常温下即可爆炸分解，试从电子成键角度解释NO3不稳定的原因：_。（2）N2O5与O3作用

20、也能生成NO3与氧气，根据反应前后同种元素，价态相同，不参与氧化还原反应的原则，请分析反应N2O5+O32NO3+O2中，N2O5的作用是_（填“氧化剂”“还原剂”或“既是氧化剂，又是还原剂”）。（3）请写出在有水存在时，O3与NO以物质的量之比为32完全反应的总化学方程式_。下图为某学习兴趣小组对Cu与稀硝酸反应的改进实验装置图：（4）按如图组装好仪器，检查气密性后，装药品，实验时，先关闭a，打开b，将装置B下移，使之与稀硝酸接触产生气体，当_（填实验现象），立刻将之上提，并关闭b，这样操作的目的为_。（5）将铜丝下移，使之与稀硝酸接触，A中现象是_，稍后将铜丝上拉，使之与稀硝酸分离；打开a

21、，挤压E，使少量空气进入A中，A中现象是_。（6）打开b，交替挤压E和F，至装置内氮氧化物气体被氢氧化钠溶液充分吸收，写出NO2气体与氢氧化钠溶液充分反应的离子方程式：_。28、（14分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰古德伊纳夫、斯坦利惠廷汉和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的巨大贡献。请回答下列问题：(1)LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为_；基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为_；该能层能量最高的电子云在空间有_个伸展方向。(2)Co(NO3)42的配体中N原子的杂化方式为_，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为_(

22、填元素符号)，1mol该配离子中含键数目为_NA。(3)LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_(用n代表P原子数)。(4)Li2O被广泛用作玻璃的组分，其熔点_Na2O(填高于或者低于)，判断理由_。Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示，已知其晶胞参数为0.4665nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则Li2O的密度为_gcm3(列出计算式)。29、（10分）KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取

23、KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g（25），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25）。（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为_g；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物求25时KCl的溶解度_；求原混合物中KClO3的质量_；所得KCl溶液的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少_？（保留2位小数）（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量

24、氯气充分反应后，测定溶液中n(K+)：n(Cl-)=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？_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. 阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；B. 由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；C. 阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换

25、膜X为阴离子交换膜，故C错误；D. 以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2二氯乙烷中，CuClCuCl2CuCl，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确。故选C。2、C【解析】A以石墨为电极电解水，阳极反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，以石墨为电极电解饱和食盐水，阳极反应式为2Cl-2e-=Cl2，阳极的电极反应式不同，故A错误；B电解水时其pH在理论上是不变的，但若加入少量硫酸则变小，若加入少量氢氧钠则变大，若加入硫酸钠则不变；电解饱和氯化钠溶液生成氢氧化钠和氯

26、气和氢气，pH变大，所以电解结束后所得液体的pH不相同，故B错误；C以石墨为电极电解水和饱和食盐水的阴极反应式为：2H+2e-=H2，所以电极反应式相同，故C正确；D若转移电子数为4mol，则依据电解方程式2H2O2H2+O24e-，电解水生成3mol气体；依据电解方程式2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2+H22e-，电解食盐水生成4mol气体，在同温同压下气体的总体积不相等，故D错误；故选C。【点睛】明确电解池工作原理、准确判断电极及发生反应是解题关键。本题的易错点为D，要注意氧化还原反应方程式中根据转移电子的相关计算。3、B【解析】ASO2能使蓝色褪去得到无色溶液，H2S能与滴有淀粉的

27、碘水反应生成淡黄色沉淀，二者现象不同，可以鉴别，A不符合题意；B二者均与NaOH溶液反应，得到无色溶液，现象相同，不能鉴别，B符合题意；C与硫酸铜混合无变化的为SO2，混合生成黑色沉淀的为H2S，现象不同，可以鉴别，C不符合题意；DSO2具有漂白性能使品红褪色，H2S通入品红溶液中无现象，现象不同，可以鉴别，D不符合题意；故合理选项是B。4、D【解析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则64x+24y=1.5264x+24y+34x+34y=2.54，解得x=0.02mol，y=0.01 mol，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，则根据得失电子数相等：2x+2y=2a+b，a+b=0.0

28、5，则a=0.01mol，b=0.04mol。【详解】A、有上述分析可知，Cu和Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，二者物质的量之比为2 1，A正确；B、c(HNO3)=mol/L=14.0molL1，B正确；C、由上述分析可知，N2O4、NO2的物质的量分别为0.01mol、0.04mol，则NO2的体积分数是100%=80%，C正确；D、沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=0.7mol-0.06mol=0.64mol，氢氧化钠溶液体积为640mL，D错误；答案选D。5、A【解析】A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，

29、不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验NH4+方法：待测液中加入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；【详解】A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；C.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入 NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；

30、D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；故答案选A。【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。6、D【解析】A、根据图示可知，加入20mL等浓度的氢氧化钠溶液时，二者恰好反应生成NaA，溶液的pH7，说明NaA为强碱弱酸盐，则HA为弱酸，故A错误； B、a点反应后溶质为NaA，A-部分水解溶液呈碱性，则c(OH-)c(H+)，结合电荷守恒可知：c(Na+)c(A-)，溶液中离子浓度大小为：c(Na+)c(A-)c(OH-)c(H+)，故B错误； C、根据图示可知，滴定终点时溶液呈碱性，甲基橙

31、的变色范围为3.14.4，酚酞的变色范围为810，指示剂应该选用酚酞，不能选用甲基橙，故C错误； D、b点溶液的pH=7，呈中性，则c(OH-)=c(H+)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，故D正确； 故选：D。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断，题目难度不大，明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系。7、B【解析】原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；锂离子电池的总反应为：Li3C6V2(PO4)36CLi3V2(PO4)3，则该电池放电时正极上发生得电子的还原反应，即电极反应式为V2(PO4)33Li3e=Li3V

32、2(PO4)3，负极为Li3C6材料，电极反应Li3C6-3e3Li+6C。【详解】A. 该电池比能量高，原电池的正极上发生得电子的还原反应，在电解池的阳极上发生失电子的氧化反应；用Li3V2(PO4)3作正极材料，负极为Li3C6材料，故A错误；B. 放电时，M极为负极，电极反应Li3C6-3e3Li+6C，外电路中通过0.1 mol电子M极质量减少0.1 mol7gmol1=0.7 g，故B正确；C. 充电时，Li+向阴极迁移，即向M极区迁移，故C错误；D. 充电时，N极为阳极，发生氧化反应，Li3V2(PO4)3-3e=V2(PO4)33Li，故D错误；故选B。【点睛】本题考查二次电池，

33、理解原电池和电解池的原理是解题关键，易错点D，充电时外电源的正极与电池的正极相连，阳极发生氧化反应，失去电子。8、D【解析】A. 根据影响反应速率的外界因素分析知，将黑钨铁矿粉碎的目的是增大反应的速率，故A正确；B. 根据流程图知，FeWO4和MnWO4在空气中与纯碱共熔反应生成MnO2、Fe2O3，Fe(II)和Mn(II)化合价升高为Fe(III)和Mn(IV)，碳酸钠无氧化性，则过程中空气的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正确；C. 根据流程图可知Na2WO4为可溶性钠盐，与硫酸发生复分解反应生成H2WO4，H2WO4难溶于水，可以通过过滤、洗涤、干燥，分离出来，加热后分解生成

34、WO3，所以H2WO4难溶于水且不稳定，故C正确；D. WO3生成W的过程中，元素化合价降低，应该是被氢气还原，故D错误。故选D。9、D【解析】A由图可知，碘元素的原子序数为53，而元素是一类原子总称，不谈质子数，故A错误；B碘元素的相对原子质量为126.9，不是质量数，质量数均为整数，故B错误；C外围电子排布为5s25p5，处于第五周期A族，有1s、2s、2p、3s、3p、3d、4s、4p、4d、5s、5p共11种不同能量的电子，故C错误；D最外层电子排布为5s25p5，最外层有7种不同运动状态的电子，故D正确；故选：D。10、D【解析】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数310

35、的原子电子层数相同，原子序数1118的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。11、A【解析】A、根据质量守恒定律，化学反应前后元素的种类不变，钠和水中含有钠、氢和氧三种元素，产生的气体如果为氧气，不符合氧化还原反应的基本规律，钠是还原剂，水只能做氧化剂，元素化合价需要降低，氧元素已是最低价-2价，不可能再降低，故A选；B、二氧化硫具有还原性，过氧化钠具有氧化性，S

36、O2和Na2O2反应可能有Na2SO4生成，故B不选；C、根据氧化还原反应化合价变化，浓硫酸与铜反应，硫酸中的硫元素被还原，铜有可能被氧化为硫化铜，有探究意义，故C不选；D氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠次氯酸钠和水，消耗氢氧化钠溶液红色褪去，氯气可以与水反应生成的次氯酸或生成的次氯酸钠水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意义，故D不选；故选A。点睛：本题考查化学实验方案评价，涉及生成物成分推测，解题关键：氧化还原反应规律、物质性质，易错点：C选项，注意氧化还原反应特点及本质，题目难度中等。12、B【解析】A先加氯水可氧化亚铁离子，不能排除铁离子的干扰，检验亚铁离子应先加KSCN，后加氯水，故A错误；

37、B在炽热的木炭上滴加少许浓硝酸，产生红棕色气体，木炭持续燃烧，这说明加热条件下，浓硝酸与C反应生成NO2，故B正确；C由于悬浊液中含有硫化钠，硫离子浓度较大，滴加CuSO4溶液会生成黑色沉淀CuS，因此不能说明Ksp(CuS)Ksp(ZnS)，故C错误；D水解程度越大，对应酸的酸性越弱，但盐溶液的浓度未知，由pH不能判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，故D错误；故答案选B。【点睛】D项为易错点，题目中盐溶液的浓度未知，所以无法判断HNO2电离出H+的能力比H2CO3的强，解题时容易漏掉此项关键信息。13、B【解析】A、Cu2与S2生成难溶物是CuS，不能大量共存，故错误；B、此溶液显

38、碱性，这些离子大量共存，故正确；C、氯水中Cl2和HClO，具有强氧化性，能把SO32氧化成SO42，不能大量共存，故错误；D、HCO3与H反应生成CO2，不能大量共存，故错误。14、B【解析】A实验中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；B实验中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接

39、向溶液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误；答案选B。15、B【解析】A、根据结构简式可知分子式为C3H3N3O3，A错误；B、由不同种元素组成，分子中的化学键全部是共价键，属于共价化合物，B正确；C、同种元素原子形成的共价键是非极性键，不同种元素原子形成的共价键是极性键，则分子中只含极性键，C错误；D、酸碱反应生成盐和水的反应是中和反应，生成该物质的上述反应不是中和反应，D错误；答案选B。16、B【解析】A二者反应生成硫酸铜、硫酸亚铁，只能说明铁离子氧化性大于铜离子，不

40、能比较金属性；要证明金属铁比铜活泼，要将铁放入硫酸铜等溶液中，故A错误；B铜与浓硫酸共热有灰白色固体生成，说明生成了无水硫酸铜，铜被氧化，硫酸具有氧化性，硫酸铜从溶液中析出时应是CuSO45H2O，是蓝色固体，现变成白色，是无水硫酸铜，说明浓硫酸具有吸水性，故B正确；C氧化铁溶于足量 HI 溶液，Fe2O3 6H+ 2I= 2Fe2+ I2 3H2O ，生成的碘溶于水也呈黄色，故C错误；D铵根离子与氢氧化钠在加热条件下能反应生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，这是氨气的特征反应，但湿润的红色石蕊试纸未变蓝，也可能是溶液太稀，没有得到氨气，无法确定待测液中是否存在NH4+，故D错误；故选B

41、。17、B【解析】由溶液呈强酸性，溶液中不含CO32-；由加入过量NaOH溶液，产生有刺激性气味的气体且有沉淀生成，溶液中含NH4、Fe2，由于酸性条件下NO3-、Fe2+不能大量共存，则溶液中不含NO3-，根据溶液呈电中性，溶液中一定含Cl-；由加入硝酸酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀，溶液中含Cl-；由加足量BaCl2溶液，没有沉淀产生，在溶液中加入氯水，再滴加KSCN溶液，显红色，溶液中含Fe2+；根据上述分析，确定溶液中肯定含NH4+、Fe2+、Cl-只需完成，答案选B。18、D【解析】A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键

42、、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2 molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1 mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。19、D【解析】A由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；B该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：

43、；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8 NA，D项正确；答案选D。20、C【解析】A中子数为2的氢原子的质量数为3，该原子正确的表示方法为：H，故A错误；B钠离子的核外电子总数为10，质子数为11，钠离子正确的离子结构示意图为：，故B错误；C氢氧根离子带一个单位负电荷，电子式为H一，故C正确；D氮气分子的电子式为：，将共用电子对换成短线即为结构式，氮气的结构式为：NN，故D错误；故选C。21、D【

44、解析】A.由As4S4的结构图可知，黑球代表As，白球代表S，则As4S4的结构中不存在S-S键，故A错误；B.合成氨气的反应为可逆反应，则投料1molN2(g)+3H2(g)生成的NH3(g)数目小于2NA，故B错误；C.根据阴极放电顺序可知，银离子先放电，则当有0.2NA个电子发生转移时，阴极析出21.6g金属，故C错误；D.过氧化氢分子中氢原子与氧原子、氧原子与氧原子之间均为单键，则1mol过氧化氢分子中含有的共用电子对数目为3NA，故D正确；综上所述，答案为D。22、C【解析】完全反应后容器中压强没有发生变化，说明反应前后气体的物质的量没有发生变化， A氨气与氯气常温下反应：8NH3+

45、3Cl2=N2+6NH4Cl，氯化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故A不选；B氨气与溴化氢反应生成溴化铵固体，方程式为：NH3+HBr=NH4Br，溴化铵为固体，气体物质的量减小，压强发生变化，故B不选；C二氧化硫与氧气常温下不反应，所以气体物的量不变，压强不变，故C选；DSO2和H2S发生SO2+2H2S3S+2H2O，气体物质的量减小，压强发生变化，故D不选；故选：C。二、非选择题(共84分)23、C5H12 CH3CHO C6H12O62C2H5OH + 2CO2 4 HCOOC(CH3)3 【解析】A属于碳氢化合物，其中碳的质量分数约为83.3%，因此A中=，则A为C5H12

46、；H常温下呈气态，是室内装潢产生的主要污染物之一，H为HCHO，根据流程图，B为卤代烃，C为醇，D为醛，E为酸；F为乙醇，G为乙醛，G和H以1：3反应生成I，根据信息，I为，J为，E和J以4：1发生酯化反应生成K，E为一元羧酸，E的核磁共振氢谱中只有2组吸收峰，E为，则D为，C为。【详解】（1）根据上述分析可知，A的分子式为C5H12，故答案为：C5H12；（2）根据上述分析，D的结构简式为；G为乙醛，结构简式为CH3CHO，故答案为：；CH3CHO；（3）根据流程图可知，反应是葡萄糖的分解反应；反应为卤代烃的水解反应，属于取代反应；反应是醛和醛的加成反应；反应是醛的氢化反应，属于加成反应；反

47、应是酯化反应，属于取代反应，属于取代反应，故答案为：；（4）反应是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反应的化学方程式为C6H12O62C2H5OH + 2CO2；反应是在催化剂作用下，与氢气共热发生加成反应，反应的化学方程式为，故答案为：C6H12O62C2H5OH + 2CO2；（5）既能发生银镜反应又能发生水解反应，表明分子结构中含有醛基和酯基，E为，E的同分异构体属于甲酸酯，同分异构体的结构为HCOOC4H9，因为丁基有4种结构，故E的同分异构体有4种，其中核磁共振氢谱只有2组吸收峰的E的同分异构体的结构简式为HCOOC(CH3)3，故答案为：4；HCOOC(CH3)3。24、H

48、OCH2CCCH2OH 羟基 【解析】结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B与HBr发生取代反应生成C，C的结构简式为BrCH2CH2CH2CH2Br，C与KCN发生取代反应生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，环己醇发生催化氧化生成环己酮，环己酮发生氧化反应HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2

49、COOH与SOCl2发生取代反应生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高分子材料尼龙66。【详解】（1）结合A的分子式和C后的产物，可知1分子乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成A，故A的结构简式为HOCH2CCCH2OH；（2）A与氢气发生加成反应生成B，B为HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能团的名称是羟基；（3）反应、是加成反应，反应、为取代反应；（4）反应是苯酚与氢气发生加成反应生成环己醇，反应方程式为；（5）高分子材料尼龙66中含有结构片段，ClCO(CH2)4COCl与H2N(CH2)6NH2发生缩聚反应，生成高

50、分子材料尼龙66，反应方程式为；（6）某聚合物K的单体与A(HOCH2CCCH2OH)互为同分异构体，该单体能与NaHCO3溶液反应，故该单体中含有羧基，该单体核磁共振氢谱有三个峰，峰面积之比为1:2:3，所以该单体的结构简式为CH2=C(CH3)COOH，该聚合物K的结构简式为；（7）由HOCH(CH3)COOH发生缩聚反应生成聚乳酸()，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与HCN发生反应后在水解条件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路线如图所示。25、沉淀不溶解或无明显现象 BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)

51、 +SO42- (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 2I- - 2e- = I2 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 【解析】（1） BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳气体， BaSO4不溶于盐酸；实验中加入稀盐酸后有少量气泡产生，是BaCO3与盐酸反应放出二氧化碳；实验 中加入试剂Na2CO3后，发生反应是BaSO4+ CO32-= BaSO4+ SO42-，根据离子

52、浓度对平衡的影响分析作答；（2） 要证明AgCl转化为AgI， AgNO3与NaCl溶液反应时，必须是NaCl过量；I具有还原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原电池负极；B 中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；AgI转化为AgCl，则c(I)增大，还原性增强，电压增大。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象； 实验是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子

53、方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2+ H2O； 由实验知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2+ SO42-= BaSO4，所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡

54、向右移动。（2）甲溶液可以是NaCl溶液，滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI，故答案为b； 实验的步骤中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液，Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I-具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2； 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的

55、浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验中ba。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验中加入了NaCl(s)，原电池的电压cb，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大，故答案为实验表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则cb说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I-。26、检查装置气密性 活塞K 关闭 b、c 排除装置中的空气或氧气 CaCO3 +2H+ =Ca2+ H2O+CO2 避免SO2污染空气 Cu2O

56、+4NH3 H2O =2Cu(NH3)2+2OH+3H2O 2CuO+S2Cu+SO2 Cu2S 【解析】(1)硫在加热条件下易于空气中的氧气反应，对该实验会产生影响，要确保实验装置中无空气，保证密闭环境； (3)氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行，石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大气中；(5)反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，加入氨水后但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，CuO与S的质量比为51。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+ S2Cu2O+SO2，其中CuO与S的质量比为101，因此S过量。【

57、详解】(1)探究氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行(S在空气与O2反应)，故需对装置进行气密性检查；(3)利用石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气，打开K使盐酸与石灰石接触，打开a，并检验是否排尽空气，该实验步骤的作用是排除装置中的空气或氧气。石灰石与盐酸反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+ H2O+CO2；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K的目的是尽量使SO2被吸收，避免污染环境；(5)结合题意，反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，因为Cu2O与氨水反应为Cu2O+4NH3H2O=2Cu(

58、NH3)2+(无色)+2OH+ 3H2O，4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4 Cu(NH3)42+(蓝色)+4OH+6H2O。但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，反应方程式为2CuO+S2Cu+SO2，其中CuO与S的质量比为51。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+ S2Cu2O+SO2，其中CuO与S的质量比为101，因此S过量，则可能发生反应2Cu+SCu2S，黑色固体为Cu2S。27、+2（1分） N原子未达到8电子稳定结构（或N原子最外层为7电子结构，不稳定）（2分） 既是氧化剂，又是还原剂（1分） 3O3+2NO+H2O2HNO3+3O2（3分） C处产生白色沉淀时（1

59、分） 排出装置A内的空气，防止对生成NO的实验影响（2分） 溶液由无色变成蓝色且有无色气泡冒出（1分） 气体变红棕色（1分） 2NO2+2OH+H2O（3分） 【解析】（1）NO3分子内有三个氧且存在两个过氧键，它的结构为，两个氧与氮相连，另一个氧与两个氧相连，所以氮显+2价，根据NO3的结构可知，N原子最外层为7电子结构，未达到8电子稳定结构，因此不稳定。（2）N2O5+O32NO3+O2反应中生成2个NO3，1个NO3中两个氧显示1价，另1个氧显示0价，2个NO3中有两个氧显示0价，1个来自O3，另1个来自N2O5，也就是说N2O5中的1个氧化合价升高到0价，4个氧化合价升高到1价，同时N2O5中的N化合价降低到+2价，所以N2O5既是氧化剂，又是还原剂。（3）依据生产硝酸的机理，O3与NO及水反应最终生成HNO3和O2，当O3与NO