2022届广东省广州市协和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、根据下列实验操作和现象，得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A光照时甲烷与氯气反应后的混合气体能使紫色石蕊溶液变红生成的氯甲烷具有酸性B向

2、溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X一定具有氧化性C两支盛0.1molL-1醋酸和次氯酸的试管中分别滴加等浓度Na2CO3溶液，观察到前者有气泡、后者无气泡Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(HClO)D向淀粉溶液中滴加H2SO4并加热，再加入新制的Cu(OH)2悬浊液，加热，未见砖红色沉淀淀粉没有水解AABBCCDD2、合成导电高分子材料PPV的反应如下。下列说法正确的是（ ）+（2n-1）HIA合成PPV的反应为加聚反应B1molPPV最多能与4 molH2发生加成反应C与溴水加成后的产物最多有14个原子共平面D和苯乙烯互为同系物3、新型材料B4C可用于制作切

3、削工具和高温热交换器。关于B4C的推断正确的是AB4C是一种分子晶体BB4C是该物质的分子式CB4C是一种原子晶体DB4C的电子式为4、次磷酸(H3PO2一元弱酸)和氟硼酸(HBF4)均可用于植物杀菌。常温时，有1molL-1的H3PO2溶液和1molL-1的HBF4溶液，两者起始时的体积均为V0，分别向两溶液中加水，稀释后溶液的体积均为V，两溶液的pH变化曲线如图所示。下列说法错误的是A常温下，NaBF4溶液的pH=7B常温下，H3PO2的电离平衡常数约为1.110-2CNaH2PO2 溶液中：c(Na+) =c( H2PO2- ) +c( HPO22-) +c(PO23-) +c( H3P

4、O2)D常温下，在0pH4时，HBF4溶液满足5、室温下，用0.20mol/L的NaOH溶液滴定的NaHSO3溶液，滴定过程中溶液的pH变化和滴加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A溶液中水的电离程度：bacBpH=7时，消耗的V(NaOH)r(Z)r(W)r(X)B由X、Y组成的化合物是离子化合物CX的简单气态氢化物的热稳定性比W的强DY的最高价氧化物对应水化物的碱性比Z的弱8、下列关于糖类的说法正确的是A所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水B葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C蔗糖和葡萄糖都是单糖D摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖9、已知：CaSO4(s)C

5、a2+(aq)+SO42-(aq) HXBZ与Y、W均能形成离子化合物C气态氢化物的沸点：XYWDX、Z的氧化物均含非极性键14、下列说法中正确的是（ ）A气体单质中，一定有键，可能有键BPCl3分子是非极性分子C邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高DClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一致15、下列离子方程式中，正确的是（）AFe3+的检验：Fe3+3KSCNFe（SCN）3+3K+B氯气用于自来水消毒：Cl2+H2OH+Cl-+HClOC证明H2O2具有还原性：2MnO4-+6H+3H2O22Mn2+4O2+6H2OD用CuCl2溶液做导电性实验，灯泡发光：CuCl2

6、Cu2+2Cl-16、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（ ）A密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：BFe在Cl2中的燃烧产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NAD25时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子18、25时，部分含铁

7、元素的微粒在溶液中的物质的量分数与溶液pH的关系如图所示。下列说法错误的是（ ）ApH=4时，溶液中存在下列关系c（HFeO4-）c（H2FeO4）c（FeO42-）BH2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.1510-4CB点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，减小DB、C两点对应溶液中水的电离程度：BC19、某种化合物（如图）由W、X、Y、Z四种短周期元素组成，其中W、Y、Z分别位于三个不同周期，Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍； W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是：A原子半径：WXY XCX与Y、Y与Z均可形成具有漂白性的化合物DW与X的最高价氧

8、化物的水化物可相互反应20、向某Na2CO3、NaHCO3的混合溶液中加入少量的BaCl2固体(溶液体积变化、温度变化忽略不计)，测得溶液中离子浓度的关系如图所示，下列说法正确的是( )已知：Ksp(BaCO3)=2.4010-9AA、B、C三点对应溶液pH的大小顺序为：ABCBA点对应的溶液中存在：c(CO32-)DBBD、E形成的化合物为含有极性共价键的共价化合物C电解C、E形成的化合物水溶液，可生成C、E对应的单质D由A、B、E形成的化合物都含有共价键，溶液都呈强酸性22、下列陈述I、II正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述I陈述IIA油脂和汽油都是油一定条件下都能发生皂化反应BCuSO

9、4可以用作游泳池消毒剂铜盐能使蛋白质变性C蔗糖、淀粉、纤维素是还原性糖它们一定条件下都能发生银镜反应D蛋白质结构中存在肽键蛋白质能表现出两性AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是_.(2)反应中除B外，还需要的反应物和反应条件是_(3)有机物D的结构简式为_，反应中1摩尔D需要_摩尔H2才能转化为E(4)反应的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子 b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯

10、环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_。24、（12分）有机物F是一种用途广泛的香料,可用烃A与有机物E为原料,按照如下流程进行合成。已知A在标准状况下的密度为1.25 gL-1。回答下列问题:(1)有机物F中含有的官能团名称为_。(2)A生成B的反应类型为_。(3)写出流程中B生成C的化学方程式_。(4)下列说法正确的是_。A 流程图中有机物B转化为C，Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变B 有机物C不可能使溴水褪色C 有机物D、E生成F的反应为酯化反应,本质上是取代反应D 合成过程中原子的理论利用率为100%的反应只有一个25、（12分）硫代

11、硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是_。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl

12、2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 molL1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_(保留小数点后

13、一位)。26、（10分）资料显示：浓硫酸形成的酸雾中含有少量的H2SO4分子。某小组拟设计实验探究该资料的真实性并探究SO2的性质，实验装置如图所示（装置中试剂均足量，夹持装置已省略）。请回答下列问题：（1）检验A装置气密性的方法是_；A装置中发生反应的化学方程式为_。（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是_。（3）能证明该资料真实、有效的实验现象是_。（4）本实验制备SO2，利用的浓硫酸的性质有_（填字母）。a强氧化性 b脱水性 c吸水性 d强酸性（5）实验中观察到C中产生白色沉淀，取少量白色沉淀于试管中，滴加_的水溶液（填化学式），观察到白色沉淀不溶解，证明白色沉

14、淀是BaSO4。写出生成白色沉淀的离子方程式：_。27、（12分）硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成) 制备ZnSO47H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0 (1)“滤渣1”的主要成分为_(填化学式）。“酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、_(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另

15、一主要反应的化学方程式为_。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_。溶液pH控制在3.2，6.4)之间的目的是_。(4)“母液”中含有的盐类物质有_ (填化学式）。28、（14分）VA族元素氮、磷、砷(As)、锑(Sb)、铋(Bi)的单质及其化合物在科研和生产中有许多重要用途。(1)铋合金可用于自动喷水器的安全塞，一旦发生火灾时，安全塞会“自动”熔化，喷出水来灭火。铋的价电子排布式为_。(2)第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有_(填元素符号)。(3)Pt(NH3)2C12具有如图所示的两种平面四边形结构(一种有抗癌作用)，其中在水中的溶解度较小是_(填“顺式”或“反式”)。(4)氨

16、硼烷(BH3NH3)是一种储氢材料，与乙烷互为等电子体，熔点为104。氨硼烷晶体中各种微粒间的作用力涉及_(填标号)。A范德华力 B离子键 C配位键 D金属键(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)是一种灭生性除草剂，可杀死各种草本植物，其阴离子的立体构型为_。(6)化肥厂生产的(NH4)2SO4中往往含有少量极易被植物根系吸收的具有正四面体结构的N4H44+，其结构式为_，其中N原子的杂化方式为_。(7)镧、铁、锑三种元素组成的一种固体能实现热电效应。该固体晶胞结构如图l所示，晶胞参数为a nm，Fe原子填在6个Sb原子形成的正八面体空隙中，晶胞6个表面的结构都如图2所示。以晶胞参数为单位长度建立的

17、坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标，例如图l中原子甲的坐标为(0，0，0)，原子乙的坐标为(，0)，则原子丙的坐标为_。设阿伏加德罗常数的值为NA，则该固体的密度=_gcm-3(列出计算式即可)。29、（10分）制造一次性医用口罩的原料之一丙烯是三大合成材料的基本原料，丙烷脱氢作为一条增产丙烯的非化石燃料路线具有极其重要的现实意义。丙烷脱氢技术主要分为直接脱氢和氧化脱氢两种。(1)根据下表提供的数据，计算丙烷直接脱氢制丙烯的反应C3H8(g)C3H6(g) +H2(g)的H=_。共价键C-CC=CC-HH-H键能/(kJmol-1)348615413436 (2)下图为丙烷直接

18、脱氢制丙烯反应中丙烷和丙烯的平衡体积分数与温度、压强的关系（图中压强分别为1104Pa和1105Pa）在恒容密闭容器中，下列情况能说明该反应达到平衡状态的是_（填字母）。AH保持不变B混合气体的密度保持不变C混合气体的平均摩尔质量保持不变D单位时间内生成1molH-H键，同时生成1molC=C键欲使丙烯的平衡产率提高，下列措施可行的是_（填字母）A增大压强 B升高温度 C保持容积不变充入氩气工业生产中为提高丙烯的产率，还常在恒压时向原料气中掺入水蒸气，其目的是_。1104Pa时，图中表示丙烷和丙烯体积分数的曲线分别是_、_（填标号）1104Pa、500时，该反应的平衡常数Kp=_Pa（用平衡分

19、压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数，计算结果保留两位有效数字）(3)利用CO2的弱氧化性，科学家开发了丙烷氧化脱氢制丙烯的新工艺，该工艺可采用铬的氧化物作催化剂，已知C3H8+CO2(g)C3H6(g)+CO(g)+H2O(l)，该工艺可以有效消除催化剂表面的积炭，维持催化剂的活性，其原因是_，相对于丙烷直接裂解脱氢制丙烯的缺点是_。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、C【解析】A甲烷和氯气在光照条件下反应生成氯甲烷和HCl，HCl使紫色石蕊溶液变红，A错误；B若X是NH3则生成白色的BaSO3，得到相同现象，B错误； CKa(CH3COOH)Ka

20、1(H2CO3)Ka(HClO)，所以2CH3COOH+ Na2CO32CH3COONa+H2O+CO2，产生气泡，Na2CO3和HClO不会反应，无气泡，C正确； D加入新制的Cu(OH)2悬浊液之前要先加入NaOH中和H2SO4，不然新制的Cu(OH)2悬浊液和硫酸反应了，就不会出现预期现象，D错误。答案选C。【点睛】Ka越大，酸性越强，根据强酸制弱酸原则，Ka大的酸可以和Ka小的酸对应的盐反应生成Ka小的酸。2、C【解析】A、合成PPV通过缩聚反应生成，同时有小分子物质HI生成，不属于加聚反应，选项A错误；B、1molPPV中含有2nmol碳碳双键，最多能与4n molH2发生加成反应，

21、选项B错误；C. 与溴水加成后的产物为，根据苯分子中12个原子共面、甲烷为正四面体结构可知，该分子中最多有14 个原子共平面，选项C正确；D. 和苯乙烯相差C2H2，不是相差n个CH2，不互为同系物，选项D错误。答案选C。3、C【解析】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，而分子晶体硬度小、熔沸点低，A错误；B.B4C属于原子晶体，组成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是该物质的分子式B错误；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高温热交换器，表明了B4C具有硬度大、熔点高的特性，说明该物质属于原子晶体，C正确；D.原子晶体中原子间以共

22、价键相结合，B4C中C和B形成四对共用电子，电子式为，D错误；故合理选项是C。4、C【解析】此题的横坐标是，V是加水稀释后酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为

23、一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=7，A项正确；Ba曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D令y=pH，x=，由图可知，在0pH4区间内，y=x-1，

24、代入可得pH=，D项正确；答案选C。【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。5、D【解析】Ab的溶质为亚硫酸钠，亚硫酸钠水解会促进水的电离，a的溶质为NaHSO3，电离大于水解会抑制水的电离，c的主要溶质是NaOH和亚硫酸钠，pH=13，对水的电离抑制作用最大，A项正确；B当NaHSO

25、3与氢氧化钠恰好完全反应时，形成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠水解使溶液pH7，所以pH =7时，滴定亚硫酸消耗的V(NaOH)r(Z)r(W)r(X)，故A正确；B. 由X、Y组成的化合物是NaF，由金属离子和酸根离子构成，属于离子化合物，故B正确；C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，X的简单气态氢化物HF的热稳定性比W的简单气态氢化物HCl强，故C正确；D.元素的金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强， Y的最高价氧化物对应水化物是NaOH，碱性比Al(OH)3强，故D错误；故选D，【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的应用，推断元素为解答关键，注意熟练掌握元素周期律内容、元素周期表结构，

26、提高分析能力及综合应用能力，易错点A，注意比较原子半径的方法。8、B【解析】A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。9、C【解析】A.

27、加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；B. 加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；C. 加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；D. 适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；故答案为C。10、D【解析】分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂质，结合选项解答。详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试管底，A正

28、确；B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确；C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确；D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。答案选D。点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。11、A【解析】A草木灰的主要成分是碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，可洗衣服，使衣服中的油脂水解，A正确；B、取该“碱”溶于水可得到一种盐溶液碳酸钾溶液，B错误；C、“以灰淋汁”所涉及的操作有溶解、过滤，C错误；D、“

29、薪柴之灰”与铵态氮肥混合施用可减弱肥效，因碳酸根与铵根离子发生双水解而使肥效减弱， D错误；答案选A。12、A【解析】CSO分子中存在碳碳双键和碳硫双键，正确；对硝基苯酚的结构简式中硝基表示错误，正确的结构简式为，错误；Cl的结构示意图为，错误；苯为平面结构，碳原子半径大于氢原子半径，分子的比例模型：，正确；葡萄糖的分子式为C6H12O6，则实验式为CH2O，正确；原子核内有20个中子的氯原子质量数为37，则该元素表示为：，错误；HCO3的水解方程式为：HCO3H2OOHH2CO3，HCO3H2OCO32H3O为电离方程式，错误；答案选A。13、B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序数依

30、次增大，原子序数之和为42，Z原子最外层只有1个电子，Z是第IA元素，结合原子序数大小可知Z为Na元素；W能形成酸性最强的含氧酸，W应该为Cl元素；X、Y的原子序数之和=42-11-17=14，X原子的核外电子数等于Y的最外层电子数，Y只能位于第二周期，设X的核外电子数为x，则x+(2+x)=14，解得x=6，则X为C元素、Y为O元素，据此结合元素周期律分析解答。【详解】根据上述分析，X为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为Cl元素。AX、Z分别为C、Na元素，金属Na的熔点较低，C的单质一般为金刚石或石墨，熔点较高，熔点：XZ，故A错误；BNa与O和Cl形成的化合物为氧化钠和过氧化钠、Na

31、Cl，都是离子化合物，故B正确；C水分子间能够形成氢键，沸点：H2OHCl，故C错误；DX、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，仅Na2O2有非极性键，故D错误；故选B。14、D【解析】A. 稀有气体是单原子分子，没有键，A选项错误；B. PCl3分子中心原子P为sp3杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分子，B选项错误；C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C选项错误；D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)2=4，所以ClO4- VSEPR模型为正四面体；中心原子C

32、l没有孤对电子，配位原子均为O，所以其空间立体构型也为正四面体，D选项正确；答案选D。【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。15、B【解析】A. Fe3+的检验：硫氰化钾属于强电解质，拆成离子形式，正确的离子方程式：Fe3+3SCN-Fe(SCN)3，A错误；B. 氯气用于自来水消毒：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，HClO具有强氧化性，能杀菌消毒的作用，B正确；C. 证明H2O2具有还原性，氧元素化合价升高，该式电子不守恒，正确的离子方程式为：2MnO4-+6H+5H2O22Mn2+5O2+8H2O，C错误；D. 用CuCl2

33、溶液做导电性实验，灯泡发光：氯化铜在水分子作用下发生电离，不用通电，正确的离子方程式：CuCl2=Cu2+2Cl-，D错误；故答案选B。16、B【解析】A. 该过程涉及的化学方程式有：，A错正确；B. Fe在Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C. 该过程涉及的化学方程式有：Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正确；D. 该过程涉及的化学方程式有：2NH3H2O+SO2 =(NH4)2SO3+H2O，NH3H2O+SO2 =NH4HSO3，D正确；故合理选项为B。17、B【解析】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1mol白

34、磷中有6molPP键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molCH键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH的物质的量，故D错误，答案选B。18、C【解析】A、由图中离子在溶液中的物质的量分数可知，pH=4时，溶液中存在下列关系c(HFeO4-)

35、c(H2FeO4)c(FeO42-)，故A正确；B、由A点数据可知，A点对应的溶液中pH=4，HFeO4-的物质的量分数为80.6%，则H2FeO4的物质的量分数为19.4%，所以两者的物质的量之比为=4.15，c(H+)=10-4mol/L，H2FeO4的第一步电离平衡常数Ka1=4.15l0-4，故B正确；C、B点溶液加NaOH溶液到pH为4的过程中，溶液的酸性减弱，c(HFeO4-)增大，即c(H+)减小，所以增大，故C错误；D、B点pH约为3，溶液显酸性，溶液的酸性是由高铁酸和高铁酸氢根的电离决定的，而C点的pH约为7，是由高铁酸氢根的电离和高铁酸根的水解共同决定的，酸的电离对水的电离

36、有抑制作用，酸性越强，抑制作用越大，而酸根水解会促进水的电离，溶液的pH越大，则对水的电离的促进作用就越大，所以B、C两点对应溶液中水的电离程度：BC，故B正确；故选：C。19、A【解析】首先发现X是+1价的，则X为氢、锂或钠，但是W、X、Y三种简单离子的核外电子排布要相同，则X只能是钠，才能满足题意；W、Y、Z三者分别位于三个不同的周期，则必有一种为氢，根据题目给出的结构式，氢只能形成1个键，则Z是氢；结合Y的最外层电子数是W的最外层电子数的二倍，且二者简单离子的核外电子排布相同，则只能是氧和铝，根据结构不难发现W是铝，Y是氧，据此来解题即可。【详解】A.根据分析，四种元素的半径大小为氢氧铝

37、钠，即ZYWBC，A正确；BA点对应的溶液的小于0，可知0，可知c(CO32-)c(HCO3-)，B错误；CB点对应的溶液的lgc(Ba2)=-7，则c(Ba2)=10-7molL1，根据Ksp(BaCO3)=c(Ba2)c(CO32)= 2.4010-9，可得c(CO32)= ，C错误；D通入CO2，CO2与水反应生成H2CO3，H2CO3第一步电离产生较多的HCO3，减小，则增大，C点不能移动到B点，D错误。答案选A。【点睛】D项也可以根据电离平衡常数推导，根据HCO3HCO32，有，转化形式可得，通入CO2，溶液的酸性增强，c(H)增大，减小，则增大。21、B【解析】根据A、B、C、D、

38、E为原子序数依次增大的短周期主族元素，分布在三个不同周期。X、Y、Z、W为这些元素形成的化合物，X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性结合图表可知：D为Al，X溶液为HCl，Y溶液为NaOH溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2。所以元素A、B、C、D、E分别为：H、O、Na、Al、Cl，结合元素的相关性质进行判断。【详解】A. B、C、D对应的元素为O、Na、Al，其简单离子半径：O2-Na+Al3+,故A错误；B. D、E分别为Al、Cl ，D、E形成的化合物为AlCl3，为含有极性共价键的共价化合物，故B正确；C.C为Na ，E为Cl，C、E形成的化合为NaCl，电解物其水

39、溶液，可生成H2，Cl2故C错误；D. A、B、E分别为H、O、Cl，由A、B、E形成的化合物有多种，都含有共价键，如：HClO为弱酸，所以D错误；所以本题答案：B。【点睛】本题突破口是框图及X为二元化合物且为强电解质，W的水溶液呈碱性，最后得到两性化合物，且他们都是由短周期元素组成的物质，推出D为铝，X溶液为盐酸，Y溶液为氢氧化钠溶液，Z溶液为AlCl3，W溶液为NaAlO2，两性化合物为氢氧化铝。22、B【解析】A. 汽油的成分为烃类物质，不能发生皂化反应，而油脂一定条件下能发生皂化反应，A项错误；B. 硫酸铜可使蛋白质发生变性，则CuSO4可以用作游泳池消毒剂，B项正确；C. 蔗糖、淀粉

40、、纤维素均不含CHO，不具有还原性，不能发生银镜反应，C项错误；D. 蛋白质含COOH和氨基具有两性，与在肽键无关，D项错误；答案选B。二、非选择题(共84分)23、酚羟基、醛基、醚键 CH3OH、浓硫酸、加热 4 【解析】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯

41、基或酚羟基，结合可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银

42、镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。24、酯基 加成反应 2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O AC 【解析】由A在标准状况下的密度可以求出A的相对分子质量为22.4 Lmol-11.25 gL-1=28 gmol-1，A 为CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B为CH

43、3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C为CH3CHO，乙醛再催化氧化为乙酸，D为CH3COOH。F为乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E为苯甲醇。【详解】（1）F是酯，含有的官能团为酯基；（2）乙烯生成乙醇是发生了乙烯和水的加成反应，故反应类型为加成反应；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化学方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇转化为乙醛的反应中，Cu是催化剂，Cu先和氧气生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu参与了化学反应,但反应前后的质量保持不变，故A正确；B.乙醛有还原性，可以被溴水中的溴氧化从而使溴水褪色，故B错误；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯

44、的反应是酯化反应，本质上是取代反应，故C正确；D.合成过程中原子的理论利用率为100%的反应有2个，分别是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化为乙酸。故D错误。故选AC。【点睛】在有机转化关系中，连续氧化通常是醇氧化成醛，醛进一步氧化成羧酸。25、分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于15，则含有NaOH 乙醇 82.7 【解析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+

45、SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方

46、程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2

47、+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。26、关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一

48、段水柱，则证明容器气密性良好 打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2 B中溶液出现白色沉淀，且不溶解 cd HCl 【解析】（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验，装置A反生反应： ；（2）利用N2排尽装置内空气；（3）如有H2SO4分子则B中有沉淀生成；（4）制备SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；（5）SO2与Ba(NO3)2的水溶液发生氧化还原反应生成BaSO4沉淀，可滴加稀盐酸证明。【详解】（1）检验装置气密性可利用内外气压差检验具体操作为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，冷却后能形成一段水柱，则证明容器气

49、密性良好；装置A反生反应： ；故答案为：关闭止水夹，将右侧导管插入盛水烧杯中，微热容器，若烧杯中有气泡产生，则证明容器气密性良好；（2）实验过程中，旋转分液漏斗活塞之前要排尽装置内空气，其操作是：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；故答案为：打开止水夹K，向装置中通入一段时间N2；（3）SO2不与B中物质反应，若有H2SO4分子则B中有沉淀生成，则能证明该资料真实、有效的实验现象是：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；故答案为：B中溶液出现白色沉淀，且不溶解；（4）制备SO2，利用的浓硫酸的强酸制弱酸，还利用浓硫酸的吸水性减少SO2在水中的溶解；故答案选：cd；（5）C中沉淀可能为BaSO3或

50、BaSO4不能用稀硫酸或稀硝酸鉴别，可用稀盐酸鉴别；C中反应为：；故答案为：HCl；。27、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4Cu+ZnSO43Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3

51、+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO47H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换

52、铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ ；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免

53、引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中离子方程式的书写和配平。28、6s26p3 Ar、Cl 反式 AC V形(或角形、折线形) sp3 (，) 【解析】(1)第VA的元素最外层有5个电子，根据构造原理可得其价层电子排布式；(2)根据同一周期的元素，原子序数越大，元素的电离能越大分析(第IIA、VIA反常)；(3)H2O是由极性分子构成的物质

54、，根据相似相溶原理分析；(4)氨硼烷属于分子晶体，根据分子内元素的原子结构特点及分子之间的作用力分析；(5)根据价层电子对数及孤电子对数分析判断；(6)根据N4H44+具有正四面体结构，结合N、H原子个数比书写其结构式；根据该微粒中N原子结合其它原子数目确定其杂化轨道类型；(7)根据图示可知丙原子在体对角线的处，根据已知原子的坐标可确定丙原子的坐标；利用均摊方法计算一个晶胞中含有的各种元素的原子个数，然后根据密度=计算。【详解】(1)铋是第六周期第VA的元素，价电子排布式为6s26p3；(2)一般情况下同一周期的元素，原子序数越大，元素的第一电离能也越大，但第VA的元素由于其处于p轨道的半充满

55、的稳定状态，其第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能PS，故第三周期元素中第一电离能大于磷的元素有Cl、Ar；(3)H2O是由极性分子构成的物质，根据相似相溶原理：由极性分子构成的溶质易溶于由极性分子构成的溶剂中。由图示可知Pt(NH3)2C12的顺式结构的极性大于反式结构的极性，所以它在水中溶解度：顺式大于反式，即反式的Pt(NH3)2C12在水中溶解度比较小；(4)氨硼烷属于分子晶体，分子之间以范德华力结合，在分子内N、H原子间及B、H原子间以共价键结合，B、N原子之间以配位键结合，其中N提供孤对电子，B原子提供空轨道，故合理选项是AC；(5)偏亚砷酸钠(NaAsO2)的阴离子是AsO2-，其中As原子的孤电子对数为=1，价层电子对数为1+2=3，所以As原子采用sp2杂化，所以AsO2-的立体构型为V形；(6)N4H44+具有正四面体结构，由于N、H原子个数比是1：1，则其结构式为；根据微粒结构可知N原子最外层的1个s轨道和3个p轨道全部参与成键，形成了四个共价键，故其杂化轨道类型为sp3