2022届江苏省南京高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、X、Y、Z是位于不同周期的主族元素、原子序数依次增大且均小于18，Z为金属元素，X、Y、Z的最外层电子数之和为8，X、Y、Z组成的物质可发生反应：ZX2+2YX3Z(YX2)2+2X2。下列有关说法正确的是

2、A1 mol ZX2发生上述反应转移电子的物质的量为4 molBYX3与Y2X4中Y元素的化合价相同C上述反应中的离子化合物的所有元素原子的最外层都满足8电子稳定结构DY元素在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性最强2、化学与生活密切相关，下列过程与氧化还原反应无关的是（ ）AABBCCDD3、下列说法错误的是A在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮B在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化C由于含钠、钾、钙、铂等金属元素的物质焰色试验呈现各种艳丽色彩，可用于制造烟花D淀粉可用于制取葡萄糖、乙醇、乙酸4、一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：(X) (

3、Y) (Z)下列说法不正确的是AX、Y、Z互为同分异构体B1mol X最多能与3molH2发生加成反应C1mol Y最多能与2molNaOH发生反应D通过调控温度可以得到不同的目标产物5、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是A煤的焦化可以得到乙烯，煤的气化可以制得水煤气，煤间接液化后的产物可以合成甲醇B顺丁橡胶(顺式聚1，3-丁二烯)、尿不湿(聚丙烯酸钠)、电木(酚醛树脂)都是由加聚反应制得的C塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以煤、石油和天然气为原料生产的D石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构的重新调整，使链状烃转化为环状烃，如苯或甲苯6、下列有关化学用语表示正确的是A甲酸乙酯的结构

4、简式：CH3OOCCH3BAl3+的结构示意图：C次氯酸钠的电子式：D中子数比质子数多1的磷原子：7、在指定条件下，下列各组离子一定能大量共存的是A滴加甲基橙试剂显红色的溶液中：B滴入KSCN显血红色的溶液中：C =1012的溶液中：D由水电离的c(H+)=1.0l0-13 mol/L溶液中：8、下列反应中，被氧化的元素和被还原的元素相同的是A4Na+O2=2Na2OB2FeCl2+Cl2=2FeCl3C2Na+2H2O=2NaOH+H2D3NO2+H2O=2HNO3+NO9、在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是ABCD10、X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，已知常温下X

5、单质为黄色固体，Y是无机非金属材料的主角，Z焰色反应呈黄色。部分信息如下表：XYZMRQ原子半径/nm0.1040.1170.1860.0740.0990.143主要化合价-2+4，-4+1-2-1，+7+3下列说法正确的是：AR在元素周期表中的位置是第二周期A族BX、Y均可跟M形成化合物，但它们的成键类型不相同CZ、R、Q最高价氧化物的水化物能相互反应DY元素氧化物是用于制造半导体器件、太阳能电池的材料11、化学常用的酸碱指示剂酚酞的结构简式如图所示，下列关于酚酞的说法错误的是（ ）A酚酞的分子式为C20H14O4B酚酞具有弱酸性，且属于芳香族化合物C1mol酚酞最多与2molNaOH发生反

6、应D酚酞在碱性条件下能够发生水解反应，呈现红色12、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A放电时，a 极电势高于 b 极B充电时，a 极电极反应为 I2Br+2e=2I+BrC图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量D导线中有 NA 个电子转移，就有 0.5 mol Zn2+通过隔膜13、高纯氢的制备是目前的研究热点，利用太阳能光伏电池电解水制高纯氢，工作示意图如图所示。下列有关说法正确的是A连接K1可以制取O2B电极2发生反应2H2O+2e-=H2+2OH-C电极3的主要作用是通过NiOOH和Ni(OH)2

7、相互转化提供电子转移D连接K2溶液的pH减小14、下列说法正确的是()A铁表面镀铜时，将铁与电源的正极相连，铜与电源的负极相连B0.01 mol Cl2通入足量水中，转移电子的数目为6.021021C反应3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)在常温下不能自发进行，说明该反应的H0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小15、饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体下列分析错误的是（）A该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4ClB母液中通入的氨气与HCO3反应

8、：NH3+HCO3CO32+NH4+C加食盐是为增大溶液中Cl的浓度D由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大16、下列对装置的描述中正确的是A实验室中可用甲装置制取少量 O2B可用乙装置比较C、Si 的非金属性C若丙装置气密性良好，则液面a保持稳定D可用丁装置测定镁铝硅合金中 Mg 的含量17、在通风橱中进行下列实验：步骤现象Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡下列说法中，不正确的是（ ）A中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=2NO2B中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步

9、反应C对比、中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D针对中现象，在Fe、Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化18、NA表示阿伏加德罗常数的值。俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金、染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2。下列有关说法正确的是A2SO4溶液中含有的氧原子数目为NAB2S溶液中含有的阴离子数目小于0.1NAC生成1mol还原产物时转移电子数为8NAD2中含有的共价键数目为2NA19、把铝粉和某铁的氧化物（xFeOyFe2O3）粉末配成铝热剂，分成两等份一份在高温下恰好完全反应后，再与足量盐酸反应；另一份直接放入足量的烧碱溶液

10、中充分反应前后两种情况下生成的气体质量比是5：7，则x：y为（）A1：1B1：2C5：7D7：520、铝在酸性或碱性溶液中均可与NO3发生氧化还原反应，转化关系如下图所示：下列说法错误的是AB溶液含Al(OH)4BA溶液和B溶液混合无明显现象CD与F反应生成盐DE排入大气中会造成污染21、向含Fe2、I、Br的混合溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba5，线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素。下列说法正确的是（ ）A线段表示Br-的变化情况B原溶液中n(FeI2)：n(FeBr2)3：1C根据图像无法计算a的值D线段表示HIO3的变化情况22、下列实

11、验对应的现象及结论均正确的是选项实验操作现象结论A将SO2通入BaCl2溶液，然后滴入氯水先有白色沉淀，滴加氯水后沉淀不溶解先生成BaSO3沉淀，后被氧化成BaSO4B向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，然后加入蒸馏水，振荡有白色浑浊出现，加入蒸馏水后不溶解蛋白质变性是不可逆的C向酸性KMnO4和H2C2O4的混合液中加入一小块MnSO4固体生成气体的速率加快，溶液迅速褪色可能是该反应的催化剂D将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体该过程中，浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）煤的综合利用有如下转化关系。CO和

12、H2按不同比例可分别合成A和B，已知烃A对氢气的相对密度是14，B能发生银镜反应，C为常见的酸味剂。请回答：(1)有机物D中含有的官能团的名称为_。(2)反应的类型是_。(3)反应的方程式是_。(4)下列说法正确的是_。A有机物A能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色B有机物B和D能用新制碱性氢氧化铜悬浊液鉴别C有机物C、D在浓H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，该反应中浓H2SO4是催化剂和氧化剂D有机物C没有同分异构体24、（12分）研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：已知：气体单质B

13、可使带火星的木条复燃。（1）X中含有的元素为：_；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：_。（2）请写出的化学方程式：_。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。请写出X溶液和少量MnCl2溶液反应的离子方程式：_。25、（12分）常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。实验步骤：（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容积的水，加12粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。（三）向馏出液中加入

14、食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。(1)装置A中玻璃管的作用是_。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是 _。(2)步骤（二）中，当观察到_现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_（填标号）。停止加热打开弹簧夹关闭冷凝水(3)在馏出液中加入食盐的作用是_ ；加入无水Na2SO4的作用是_。(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的化学方程式为_。（残留物以表示）(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL

15、加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_ g/L。（以计，式量：884)。26、（10分）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示。请回答：已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2OClO2熔点-59、沸点11；H2O2沸点150（1）NaClO2中氯元素的化合价是_。（2）仪器A的作用是_。（3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：_。冰水浴冷却的目的是_(写两种)。（4）空气流速过快或过慢，

16、均降低NaClO2产率，试解释其原因_。（5）Cl存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：_(用离子方程式表示)，H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。（6）为了测定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，加入23滴淀粉溶液，用0.20molL-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20

17、.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度_。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）27、（12分）用6molL-1的硫酸配制100mL1molL-1硫酸，若实验仪器有：A100mL量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E20mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）_。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）_。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm3cm处，用滴管

18、滴加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次28、（14分）铁、碳等元素的单质及其化合物在化工医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Fe(H2NCONH2)6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁()，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为_。碳原子为_杂化，NO3-的空间构型为_。（2）目前发现的铝原子簇Al13的性质与卤素相似，则原子簇

19、Al13属于_晶体。NaAl(OH)4存在的化学键有 _（填字母）。A 离子键 B 极性键 C 非极性键 D 配位键 E 氢键 F 金属键（3）已知：反应后，当键增加了1 mol时，键_（填“增加”或“减少”）了_个。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，如SO2分子中存在“离域键”，可表示成34，则（咪唑）中的“离域兀键”可表示为_（5）奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种间隙固溶体，晶胞为面心立方结构，如图所示。若晶体密度为d gcm-3，则晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为_ pm（阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后

20、的计算式即可）。29、（10分）BA族半导体纳米材料（如CdTe、CdSe、ZnSe、ZnS等）在光电子器件、太阳能电池以及生物探针等方面有广阔的前景。回答下列问题：（1）基态锌（Zn）原子的电子排布式为Ar_。（2）“各能级最多容纳的电子数，是该能级原子轨道数的二倍”，支撑这一结论的理论是_（填标号）a 构造原理 b 泡利原理 c 洪特规则 d 能量最低原理（3）在周期表中，Se与As、Br同周期相邻，与S、Te同主族相邻。Te、As、Se、Br的第一电离能由大到小排序为_。（4）H2O2和H2S的相对分子质量相等，常温下，H2O2呈液态，而H2S呈气态，其主要原因是_；的中心原子杂化类型为

21、_，其空间构型为_。（5）ZnO具有独特的电学及光学特性，是一种应用广泛的功能材料。已知锌元素、氧元素的电负性分别为1.65、3.5，ZnO中化学键的类型为_。ZnO可以被NaOH溶液溶解生成Zn(OH)42，请从化学键角度解释能够形成该离子的原因。_。 一种ZnO晶体的晶胞如图所示。晶胞边长为a nm、阿伏加德罗常数的值为NA，其晶体密度为_gcm3。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、D【解析】因为X、Y、Z为原子序数依次增大的不同短周期的主族元素，X为第一周期主族元素，为H元素，Z为金属元素，且为第三周期，根据方程式可知Z显示正二价，为镁元素，结合X

22、、Y、Z的最外层电子数之和为8，可知Y为氮元素，由此推断MgH2中H化合价由1价升高为0价，生成H2，1 mol MgH2反应转移2 mol e，选项A错误；NH3 中N为3价，N2H4中N为2价，选项B错误；上述反应中的离子化合物为MgH2、Mg(NH2)2，H的最外层不能满足8电子结构，选项C错误；Y元素的最高价含氧酸为硝酸，在同周期和同主族元素的最高价含氧酸中酸性是最强的，选项D正确。2、D【解析】A锂电池使用过程中，锂失电子发生氧化反应，故不选A；B.。铝与氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，铝失电子发生氧化反应，故不选B；C长征五号运载火箭采用液氢液氧作为推进剂，发射过程发生氧化还原反应

23、放热，故不选C；D用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故D选；故选D。3、C【解析】A在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，A正确；B煤的气化是指以煤为原料,以氧气(空气、富氧或纯氧)、水蒸气或氢气等作气化剂(或称气化介质)，在高温条件下通过化学反应把煤或煤焦中的可燃部分转化为气体的过程，所以在高温下煤和水蒸气作用得到CO、H2、CH4等气体的方法属于煤的气化，B正确；C金属铂灼烧时无色，不用于烟花制作中，C错误；D淀粉可以被水解成为葡萄糖，葡萄糖进步氧化变成乙醇、乙酸，D正确；故选C。

24、4、B【解析】AX、Y、Z的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故A正确；BX中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1molX最多能与4molH2发生加成反应，故B错误；CY含有酯基，且水解生成酚羟基，则1molY最多能与2molNaOH发生反应，故C正确；D由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。5、B【解析】A煤的焦化指的是将煤隔绝空气加强热的处理办法，产品包含出炉煤气，煤焦油和焦炭三大类，其中出炉煤气含有焦炉气，粗氨水和粗苯，乙烯就是焦炉气中的一种主要成分；煤的

25、气化简单地理解就是高温下煤和水蒸气的反应，主要生成水煤气；煤的间接液化，指的是先将煤转化为一氧化碳和氢气，再催化合成甲醇，A项正确；B酚醛树脂的合成过程涉及缩聚反应而非加聚反应，B项错误；C塑料，合成橡胶和合成纤维，都主要是以石油，煤和天然气为原料生产的，C项正确；D石油的催化重整可以获取芳香烃，D项正确；答案选B。6、D【解析】A. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3，故错误；B. Al3+的结构示意图： ，故错误；C. 次氯酸钠的电子式：，故错误；D. 中子数比质子数多1的磷原子含有16个中子，质量数为31，符号为：，故正确。故选D。【点睛】掌握电子式的书写方法，离子化合物的电子式中

26、含有电荷和括号，每个原子符号周围一般满足8电子结构。分清原子之间的共用电子对的数值和写法。7、B【解析】A因甲基橙试剂显红色的溶液为酸性溶液，能发生氧化还原反应，则不能大量共存，故A错误；B滴入KSCN显血红色的溶液，说明存在，因不与该组离子之间发生化学反应，则能够大量共存，故B正确；C =1012的溶液中，=0.1mol/L，OH-与NH4+、HCO3-均反应，则不能大量共存，故C错误；D由水电离的c(H+)=1.0l0-13 mol/L溶液，该溶液为酸或碱的溶液，OH-与Al3+能生成沉淀，H+与CH3COO-反应生成弱电解质，则该组离子一定不能大量共存，故D错误。故选B。【点睛】凡是溶液

27、中有关离子因发生反应而使浓度显著改变的均不能大量共存，如生成难溶、难电离、气体物质或能转变成其他种类的离子(包括氧化还原反应)。一般可从以下几方面考虑：(1)弱碱阳离子与OH不能大量共存，如Fe3、Al3、Cu2、NH、Ag等。(2)弱酸阴离子与H不能大量共存，如CH3COO、CO、SO等。(3)弱酸的酸式阴离子在酸性较强或碱性较强的溶液中均不能大量存在。它们遇强酸(H)会生成弱酸分子；遇强碱(OH)会生成正盐和水，如HSO、HCO等。(4)若阴、阳离子能相互结合生成难溶或微溶性的盐，则不能大量共存，如Ba2、Ca2与CO、SO、SO等；Ag与Cl、Br、I等。(5)能发生氧化还原反应的离子不

28、能大量共存，如NO (H)与I、Br、Fe2等。(6)若限定为无色溶液，有色的离子不能大量存在。如MnO (紫红色)、Cu2(蓝色)、Fe3(棕黄色)、Fe2(浅绿色)。8、D【解析】A4Na+O22Na2O反应中钠元素被氧化，氧元素被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故A错误；B2FeCl2+Cl22FeCl3反应中FeCl2为还原剂，被氧化，氯气为氧化剂，被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故B错误；C2Na+2H2O2NaOH+H2反应中钠元素化合价升高被氧化，H元素化合价降低被还原，被氧化与被还原的元素不是同一元素，故C错误；D3NO2+H2O2HNO3+NO该反应中只有N

29、元素的化合价变化，N元素既被氧化又被还原，故D正确；故选D。9、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

30、质和化学性质）特点的角度去解答和判断。10、C【解析】X、Y、Z、M、R、Q是短周期主族元素，常温下X单质为黄色固体，X为S；Y是无机非金属材料的主角，Y为Si；Z焰色反应呈黄色，Z为Na；结合原子半径和主要化合价可知，M为O；R为Cl；Q为Al，据此分析解答。【详解】AR为Cl，在元素周期表中的位置是第三周期A族，故A错误；BX为S、Y为Si、M为O，X、Y均可跟M形成化合物，二氧化硫和二氧化硅都是共价化合物，它们的成键类型相同，故B错误；CZ为Na、R为Cl、Q为Al，最高价氧化物的水化物分别为氢氧化钠，氢氧化铝和高氯酸，因为氢氧化铝为两性氢氧化物，相互间都能反应，故C正确；DY为Si ，

31、Y元素的氧化物为二氧化硅，常用于制光导纤维，制造半导体器件、太阳能电池的材料是硅单质，故D错误；故选C。11、C【解析】A根据其结构简式可知，酚酞的分子式为C20H14O4，故A不符合题意；B酚酞中含有酚羟基，具有弱酸性，该有机物中含有苯环，因此属于芳香族化合物，故B不符合题意；C1mol该有机物中含有2mol酚羟基，1mol酯基(该酯基为醇羟基与羧基形成)，因此1mol酚酞最多与3molNaOH发生反应，故C符合题意；D酚酞中含有酯基，在碱性条件下能够发生水解反应，生成物呈现红色，故D不符合题意；故答案为：C。【点睛】酯类物质与NaOH溶液反应相关量的计算：有机物中能够与NaOH反应的有酚羟

32、基、羧基、酯基等，其中酯基与NaOH反应的比例关系需注意，若该酯基为酚羟基与羧基生成的酯基，则1mol该酯基能够消耗2molNaOH。12、B【解析】在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A放电时，a 极为正极，电势高于作负极的 b 极，A正确；B充电时，a 极应为阳极，电极反应为 2I+Br-2e= I2Br-，B错误；C图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D导线中有 NA 个电子转移，依据关系式Zn2e-，就有0.5 mol Zn2+生成并通

33、过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。13、C【解析】A. 连接K1，电极1为阴极，电极反应为2H2O+2e-=H2+2OH-，氢气在阴极生成，故A错误；B. 电极2为阳极，阳极发生氧化反应，氢氧根离子被氧化生成氧气，电极方程式为4OH-4e-2H2O+O2，故B错误；C. 电极3可分别连接K1或K2，分别发生氧化、还原反应，实现NiOOHNi(OH)2的转化，提供电子转移，故C正确；D. 连接K2，电极3为阴极，电极反应为NiOOH+H2O+e-=Ni(OH)2+OH-，电极2为阳极，电极反应为4OH-4e-2H2O+O2，总反应为4NiOOH+2H2O=4Ni(OH)2+ O2，反应

34、消耗水，则溶液碱性增强，pH增大，故D错误；故选C。14、C【解析】A. 根据电镀原理易知，铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；B. 0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.021021，B项错误；C. 反应3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)中S0，因在常温下不能自发进行，则G=H-TS0，那么H必大于0，C项正确；D. CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 molL1C

35、H3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选C。15、D【解析】A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的以沉淀的形式析出，A项正确； B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨发生反应，得到和，B项正确；C.加食盐是为了提高溶液中的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；答案选D。16、A【解析】A甲中H2O2，在MnO2作催化剂条件下发生反应2H2O22H2O+O2生成O2，故A正确；B乙中

36、浓盐酸具有挥发性，烧杯中可能发生的反应有2HCl+Na2SiO3=2NaCl+H2SiO3，故B错误；C丙中橡皮管连接分液漏斗和圆底烧瓶，气压相等，两仪器中不可能出现液面差，液面a不可能保持不变，故C错误；D丁中合金里Al、Si与NaOH溶液反应生成H2，根据H2体积无法计算合金中Mg的含量，因为Al、Si都能与NaOH溶液反应生成H2，2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，Si+2NaOH+H2O=Na2SiO3+2H2，故D错误；答案选A。【点睛】镁和硅都可以和氢氧化钠发生反应释放出氢气。17、C【解析】I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；中Fe遇浓硝

37、酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。【详解】AI 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，A正确；B常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，B正确；C对比、中现象，说明浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，C错误；D中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，D正确；答案选C。18、C【解析】解答本类题目要审清选项中涉及的以

38、下几个方面：要审清所求粒子的种类，如分子、原子、离子、质子、中子、电子等，涉及物质的体积时要审清物质的状态和温度、压强，涉及中子数和化学键的计算，要审清相关物质的结构和特殊物质的摩尔质量，涉及化学反应要明确相关反应的特点和电子转移；涉及溶液中的微粒要关注电离和水解；要注意审清运算公式。【详解】A项、溶剂水分子中也含有氧原子，故无法计算1L0.25mol/LNa2SO4溶液中含有的氧原子数目，故A错误；B项、Na2S溶液中S2-水解：S2H2OHSOH，导致阴离子总数增多，则阴离子数目大于0.1NA，故B错误；C项、由方程式可知反应的还原产物为硫化钠，生成1mol硫化钠时转移电子数为1mol6-

39、（-2）=8mol，个数为8NA，故C正确；D项、通常状况下，气体摩尔体积大于22.4L/mol，11.2LCO2的物质的量小于0.5 mol，所含有的共价键数目小于2NA，故D错误。故选C。【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的有关计算，注意气体摩尔体积的适用范围和溶液中的水也含有氧原子是解答关键。19、B【解析】把铝粉和某铁氧化物xFeOyFe2O3粉末配成铝热剂，分成两等份，一份在高温下恰好完全反应生成铁与氧化铝，Fe与盐酸反应生成FeCl2与H2，令一份直接加入足量的NaOH溶液分反应生成偏铝酸钠与氢气，前后两种情况下生成的气体质量比是5:7，设氢气物质的量分别为5mol、7mol，根据电子

40、转移守恒,n(Fe)=n(H2)=5mol，n(Al)=7mol =mol，假设x mol FeO、y mol Fe2O3，由Fe元素守恒可知：x+2y=5，由电子转移守恒,可得：2x+2y3=3解得x=1，y=2，故x:y=1:2，故选：B。20、B【解析】根据图像可知，Al在酸性条件下与硝酸根离子反应生成硝酸铝、NO和水，则溶液A为硝酸铝，气体C为NO；气体E则为二氧化氮，F为硝酸；铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，则溶液B为偏铝酸钠，气体D为氨气。【详解】A. 铝在碱性条件下与硝酸根离子反应生成偏铝酸钠和氨气，偏铝酸根离子可写为Al(OH)4，与题意不符，A错误；B. 硝

41、酸铝溶液和偏铝酸钠溶液混合时，发生双水解，产生氢氧化铝沉淀，符合题意，B正确；C. D、F分别为氨气、硝酸，可反应生成硝酸铵，属于盐类，与题意不符，C错误；D. E为二氧化氮，有毒排入大气中会造成污染，与题意不符，D错误；答案为B。21、D【解析】向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，还原性I-Fe2+Br-，首先发生反应2I-+Cl2=I2+2Cl-，I-反应完毕，再反应反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故线段I代表I-的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br-的变化情况；通入氯气，根据反应离子

42、方程式可知溶液中n（I-）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol-1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I-）+n（Br-）=2n（Fe2+），故n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-）=24mol-2mol=6mol，据此分析解答。【详解】A根据分析可知，线段为亚铁离子被氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，不是氧化溴离子，故A错误；Bn（FeI2）：n（FeBr2）=n（I-）：n（Br-）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C由分析可知，溶液中n（Br-）=2n（Fe2+）-n（I-

43、）=24mol-2mol=6mol，根据2Br-+Cl2=Br2+2Cl-可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为1mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：，则该含氧酸为HIO3，即：线段表示HIO3的变化情况，故D正确；故答案为D。22、C【解析】A. 盐酸的酸性大于亚硫酸，将SO2通入BaCl2溶液，不发生反应，不会产生白色沉淀，A错误；B. 向鸡蛋清溶液中滴加饱和Na2SO4溶液，有白色浑浊出现，这是蛋白质发

44、生了盐析，加入蒸馏水后蛋白质会溶解，B错误；C. 加有MnSO4的试管中溶液褪色较快，说明Mn2+对该反应有催化作用，C正确；D. 将浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌，得到黑色蓬松的固体，并产生有刺激性气味的气体，是因为蔗糖被浓硫酸脱水碳化后，又进一步发生了碳和浓硫酸的反应，C被浓硫酸氧化，生成二氧化碳、二氧化硫气体，D错误；答案选C。【点睛】A容易错，容易错，二氧化硫通入到水溶液中生成亚硫酸，同学会误以为亚硫酸和氯化钡发生复分解反应，相互交换成分生成亚硫酸钡沉淀，忽视了一般酸和盐溶液发生复分解反应的规律是强酸制弱酸。二、非选择题(共84分)23、羟基 取代反应/酯化反应 CH2=CH2O2CH3CO

45、OH AB 【解析】根据题干信息可知，A为CH2 = CH2，B为乙醛；根据A、B的结构结合最终产物CH3COOCH2CH3逆推可知，C为CH3COOH，D为CH3CH2OH。【详解】(1)根据以上分析，D中官能团为羟基，故答案为：羟基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反应类型为酯化反应即取代反应，故答案为：酯化反应或取代反应。(3)反应为乙烯氧化为乙酸，化学方程式为：CH2CH2O2 CH3COOH，故答案为：CH2CH2O2 CH3COOH。(4)A. 乙烯和溴水中的溴单质加成，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，故A正确；B. 乙醛和新制氢氧化铜在加热条件下生成砖红色沉淀，乙醇与Cu(OH)2悬浊液

46、不反应，可以鉴别，故B正确；C. 酯化反应中，浓硫酸的作用是催化剂和吸水剂，故C错误；D. CH3COOH的同分异构体有HCOOCH3，故D错误。综上所述，答案为AB。24、N、H、S、O 2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O 7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+ 【解析】从图中可以采集以下信息：m(X)=4.56g，m(BaSO4)=9.32g，V(O2)=0.224L，V(NH3)=1.12L-0.224L=0.896L。n(BaSO4)=，n(O2)=，n(NH3)=。在X中，m(NH4+)

47、=0.04mol18g/mol=0.72g，m(S)=0.04mol32g/mol=1.28g，则X中所含O的质量为m(O)= 4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n(O)=。X中所含NH4+、S、O的个数比为0.04:0.04:0.16=1:1:4，从而得出X的最简式为NH4SO4，显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为(NH4)2S2O8。（1）从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3。（2）反应中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等。（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+

48、氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。【详解】（1）从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3，电子式为。答案为：N、H、S、O；（2）反应中，(NH4)2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:4:1，化学方程式为2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O。答案为：2(NH4)2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2+6H2O；（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。则(NH4)2S2O

49、8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。S2O82-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2价升高到+7价，Cl-由-1价升高到0价，MnCl2共失7e-，从而得到下列关系：7S2O82-+2Mn2+4Cl-2Cl2+2MnO4-+14SO42-，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+。答案为：7S2O82-+2Mn2+4Cl-+8H2O=2Cl2+2MnO4-+14SO42-+16H+。25、平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气

50、压过大 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) 仪器甲处馏出液无油状液体 ；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 除去花椒油中的水或干燥 353.6g/L 【解析】在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中

51、含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为；(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无

52、水Na2SO4与水结合形成Na2SO410H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L0.020L=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/L0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=0.024mol=0.008mol，

53、其质量为m(油脂)=0.008mol884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g0.02L=353.6g/L。【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。26、+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O 14 90.5% 【解析】(1)根据化合物中化合价的代数

54、和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸； (3)根据题干信息可知，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；

55、空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解；(5)根据信息可以确定反应的反应物为ClO3-和Cl-，产物ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O，故答案为：2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O；(6)NaClO2和KI反应生成的产物为I2和Cl-，离子方程式为：4H+ClO2-+4I-=2I2+Cl-+2H2O，其中氧化剂为ClO2-，还原剂为I-，氧化剂和还原剂的物质的量之比为：1:4，结合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O

56、6+2NaI可得关系式NaClO24Na2S2O3，则10mL样品溶液中，n(NaClO2)= n(Na2S2O3)= 0.2mol/L0.02L=0.001mol，所以1L溶液中n(NaClO2)=0.1mol，m (NaClO2)=9.05g，则NaClO2粗品的纯度为，故答案为：1:4；90.5%。27、G、E、C、H、F或E、G、C、H、F B、C、D 【解析】（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C配制溶液时，称

57、好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6molL-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；（2）A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B用容量瓶配制溶液，用待配溶液

58、润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。28、 Ar3d5或1s22s23p63s23p63d5 ONCH sp2杂化 平面三角形 分子 ABD 减