2022届上海市青浦高中高考化学倒计时模拟卷含解析

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、对于反应2N2O5(g)4NO2(g)+O2(g)，R.AOgg提出如下反应历程：第一步 N2O5NO3+NO2快速平衡第二步 NO2+NO3NO+NO2+O2慢反应第三步 NO+NO32NO2快反应其中可近似认为第二步反应不影响第一步的平衡。下列表述正确的是Av(第一步的逆反应) c(H+)+c(K+)3、温度恒定的条件下，在2 L容积不变的密闭容器中，发生反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。开始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后达到平衡状态，此时c(SO3)=0.5 molL-1，

3、下列说法不正确的是 ()Av(SO2)v(O2)=21B10 s内，v(SO3)=0.05 molL-1s-1CSO2的平衡转化率为25%D平衡时容器内的压强是反应前的5/6倍4、下列说法正确的是（ ）A不锈钢的防腐原理与电化学有关B高纯硅太阳能电池板可以将光能直接转化为电能C二氧化硫有毒，不可以用作食品添加剂D纯碱去油污原理是油污溶于纯碱5、室温下，用0.100molL1的NaOH溶液分别滴定均为20.00mL0.100molL1的HCl溶液和醋酸溶液，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A表示的是滴定醋酸的曲线BpH=7时，滴定醋酸消耗的V（NaOH）20.00mLCV（NaOH）20.00

4、mL时，两份溶液中c（Cl）c（CH3COO）DV（NaOH）10.00mL时，醋酸中c（Na+）c（CH3COO）c（H+）c（OH）6、下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是 选项操作及现象结论A将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有还原性B将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液, 出现白色沉淀溶液X 中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀淀粉未水解AABBCCDD7、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确

5、的是（）A食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅C纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附DSO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫8、室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 A表示的是滴定醋酸的曲线B时，滴定醋酸消耗的小于C时，两份溶液中D时，醋酸溶液中9、设NA为阿伏加德罗常数的值。关于常温下pH10的Na2CO3NaHCO3缓冲溶液，下列说法错误的是A每升溶液中的OH数目为0.0001NABc

6、（H+）+c（Na+）c（OH）+c（HCO3 ）+2c（CO32）C当溶液中Na+数目为0.3NA时，n（H2CO3）+n（HCO3）+n（CO32）0.3molD若溶液中混入少量碱，溶液中变小，可保持溶液的pH值相对稳定10、山梨酸是应用广泛的食品防腐剂，其分子结构如图所示。下列说法错误的是A山梨酸的分子式为C6H8O2B1 mol山梨酸最多可与2 mol Br2发生加成反应C山梨酸既能使稀KMnO4酸性溶液褪色，也能与醇发生置换反应D山梨酸分子中所有碳原子可能共平面11、向100mL FeBr2溶液中通入标准状况下的氯气3.36L，测得所得溶液中c(Cl)=c(Br)，则原FeBr2溶液

7、物质的量浓度为A0.75mol/LB1.5mol/LC2mol/LD3mol/L12、关于新型冠状病毒，下来说法错误的是A该病毒主要通过飞沫和接触传播B为减少传染性，出门应戴好口罩C该病毒属于双链的DNA病毒，不易变异D该病毒可用“84消毒液”进行消毒13、10 mL浓度为1 molL1的盐酸与过量的锌粉反应，若加入适量的下列溶液，能加快反应速率但又不影响氢气生成量的是AK2SO4BCH3COONaCCuSO4DNa2CO314、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 M

8、g 的含量15、雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：Na+、NH4+、Mg2+、Al3+、SO42、NO3、Cl。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后试样溶液，设计并完成了如下的实验：已知：3NO3+ 8Al + 5OH+ 2H2O3NH3+ 8AlO2根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是A试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42和NO3B试样中一定不含Al3+C试样中可能存在Na+、ClD该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO416、关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（ ）A适当升高温度能促进FeCl3水解B加水稀释能促

9、进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度C加少量浓盐酸能促进FeCl3水解D保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉17、常温下，向某浓度的二元弱酸H2C2O4溶液中逐滴加入NaOH溶液，pC与溶液pH的变化关系如图所示(pC=lgx，x表示溶液中溶质微粒的物质的量浓度)。下列说法正确的是A常温下，H2C2O4的Ka1=100.8BpH=3时，溶液中CpH由0.8增大到5.3的过程中，水的电离程度逐渐增大D常温下，随着pH的增大，的值先增大后减小18、下列生产过程属于物理变化的是（）A煤炭干馏B煤炭液化C石油裂化D石油分馏19、在25C时，向amL0.10molL-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10molL

10、-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOHpOH=-lgc(OH-)与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）A25C时，HNO2电离常数的数量级是10-4BM点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同Da=10.8020、ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HClNaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HClNaCl+Cl

11、O2+H2O；NaClO2+Cl2NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是Aa中通入的N2可用CO2或SO2代替Bb中NaClO2可用饱和食盐水代替Cc中广口瓶最好放在冰水浴中冷却Dd中吸收尾气后只生成一种溶质21、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A若四种元素均为主族元素，则d元素的原子半径最大B若b最外层电子占据三条轨道，则a的单质可用于冶炼金属C若a为非金属元素，则c的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D若a最外层有两个未成对电子，则d的单质常温下不可能为气体22、下列变化过程中，需要破坏离子键的是（）A氯化氢溶于水B铁熔化C干冰升华D氯化钠溶于水

12、二、非选择题(共84分)23、（14分）比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为_。（2）D中官能团的名称是_。（3）反应所需试剂、条件分别为_、_。（4）写出的反应方程式_。（5）F的分子式为_。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式_。所含官能团类别与E相同；核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)_。24、（12分）G是一种神经保护剂的中间体，某种合成路线如下：根据上述转化关系，回答下列问题：（1）芳香族化合物A的名称是_。（2）D中所含官能

13、团的名称是_。（3）BC的反应方程式为_。（4）FG的反应类型_。（5）G的同分异构体能同时满足下列条件的共有_种（不含立体异构）；芳香族化合物能发生银镜反应，且只有一种官能团，其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是_（写出一种结构简式）。（6）参照上述合成路线，写出以和BrCH2COOC2H5为原料（无机试剂任选），制备的合成路线_。25、（12分）二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸。某研究小组欲用以下三种方案制备ClO2，回答下列问题：（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸

14、钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，写出制备ClO2的离子方程式_。（2）用过氧化氢作还原剂，在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2，并将制得的ClO2用于处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。装置A的名称是_，装置C的作用是_。反应容器B应置于30左右的水浴中，目的是_。通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是_。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为_，装置E的作用是_。（3）氯化钠电解法是一种可靠的工业生产ClO2的方法。用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、M

15、g2+、SO42-等杂质。某次除杂操作时，往粗盐水中先加入过量的_（填化学式），至沉淀不再产生后，再加入过量的Na2CO3和NaOH，充分反应后将沉淀一并滤去。用石墨做电极，在一定条件下电解饱和食盐水制取ClO2，工作原理如图所示，写出阳极产生ClO2的电极反应式_。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

16、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，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

17、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20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度_。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）27、（12分）碘化钠在医疗及食品方面有重要的作用。实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2HH2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼具有还原性。回答下列问题：(1)水合肼的制备有关反应原理为：CO(NH2)2(尿素)+NaClO+2NaOHN2H4H2O+NaCl+Na2CO3制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液的连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。若该实验温

18、度控制不当，反应后测得三颈瓶内ClO-与ClO3-的物质的量之比为6：1，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为_。取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，理由是_。(2)碘化钠的制备采用水合肼还原法制取碘化钠固体，其制备流程如图所示：“合成”过程中，反应温度不宜超过73，目的是_。在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，该过程的离子方程式为_。工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因是_。(3)测定产品中NaI含量的实验步骤如下：a称取

19、133g样品并溶解，在533mL容量瓶中定容；b量取233mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量的FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂：c用3213molL-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(反应方程式为；2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次，测得消耗标准溶液的体积为433mL。M为_(写名称)。该样品中NaI的质量分数为_。28、（14分）运用化学反应原理研究碳、氮、硫的单质及其化合物的反应对缓解环境污染、能源危机具有重要意义。I.氨为重要的化工原料，有广泛用途。(1)合成氨中的氢气可由下列反应制取：a. CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(

20、g) H1=+216.4kJ/molb. CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H2=-41.2kJ/mol则反应CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H= _。(2)起始时投入氮气和氢气的物质的量分别为1mol、3mol，在不同温度和压强下合成氨。平衡时混合物中氨的体积分数与温度的关系如图。恒压时，反应一定达到平衡状态的标志是_(填序号)A和的转化率相等 B反应体系密度保持不变C保持不变 D P1_P2 (填“”“=”或“不确定”，下同)；反应的平衡常数：B点_D点。C点的转化率为_；在A、B两点条件下，该反应从开始到平衡时生成氮气的平均速率：(A)_(B)。.

21、用间接电化学法去除烟气中NO的原理如下图所示。已知阴极室溶液呈酸性，则阴极的电极反应式为_。反应过程中通过质子交换膜(ab)的为2mol时，吸收柱中生成的气体在标准状况下的体积为_L。29、（10分）回收利用硫和氮的氧化物是环境保护的重要举措。（1）已知：2NO(g ) + O2(g)2NO2(g)，正反应的活化能为c kJmol1。该反应历程为：第一步：2NO(g ) N2O2(g) H1 =a kJmol1 （快反应）第二步：N2O2(g ) + O2(g)2NO2(g) H2 =b kJmol1 （慢反应）下列对上述反应过程表述正确的是_（填标号）。ANO比N2O2稳定B该化学反应的速率

22、主要由第二步决定 CN2O2为该反应的中间产物 D在一定条件下N2O2的浓度为0时反应达到平衡该反应逆反应的活化能为_。（2）通过下列反应可从燃煤烟气中回收硫。2CO(g) + 2SO2(g)2CO2(g) + S(l) H0,在模拟回收硫的实验中，向某恒容密闭容器通入2.8 mol CO和1 molSO2，反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示：与实验a相比，实验b改变的实验条件可能是_。实验b中的平衡转化率a(SO2)=_。（3）用NH3消除NO污染的反应原理为： 4NH3 + 6NO5N2 + 6H2O。不同温度条件下，NH3与NO的物质的量之比分别为 3:1、2:1、

23、1:1 时，得到 NO 脱除率曲线如图所示：曲线c对应NH3与NO 的物质的量之比是_。 曲线a中 NO的起始浓度为4104 mg/m3，从A点到B点经过0.8s，该时间段内NO的脱除速率为_ mg/(m3s)。（4）双碱法除去SO2是指：用 NaOH 吸收SO2，并用CaO使 NaOH再生。NaOH溶液 Na2SO3溶液用化学方程式表示NaOH 再生的原理_ 。25 时，将一定量的SO2通入到NaOH溶液中，两者完全反应，得到含Na2SO3、 NaHSO3的混合溶液，且溶液恰好呈中性，则该混合溶液中各离子浓度由大到小的顺序为_（已知25时，H2SO3的电离平衡常数Ka1=110-2，Ka2=

24、110-7)。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第一步反应为可逆反应且快速平衡，而第二步反应为慢反应，所以v(第一步的逆反应) v(第二步反应)， 故A错误；B. 由第二步、第三步可知反应的中间产物还有NO， 故B错误；C.因为第二步反应为慢反应，故NO2与NO3的碰撞仅部分有效， 故C正确；D.第三步反应为快速反应，所以活化能较低，故D错误；本题答案为：C。2、B【解析】A. H3AsO3的电离常数Ka1=，A错误；B. pH在8.010.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；C. M点对应的溶液中：n(H2A

25、sO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1molL-1，C错误；D. pH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3) c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)7，所以pH =7时，滴定醋酸消耗的V(NaOH)盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B.时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微

26、大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20mL，故B正确；C.时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以，故C错误；D.时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的、，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则，再结合电荷守恒得，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。9、C【解析】A、pH10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L；B、根据溶液的电荷守恒来分析；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为

27、2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1；D、根据的水解平衡常数来分析。【详解】A、常温下，pH10的溶液中，氢氧根浓度为10-4mol/L，故1L溶液中氢氧根的个数为0.0001NA，故A不符合题意；B、溶液显电中性，根据溶液的电荷守恒可知c(H+)+c(Na+)c(OH)+c()+2c()，故B不符合题意；C、在Na2CO3中，钠离子和碳原子的个数之比为2：1，而在NaHCO3中，钠离子和碳原子的个数之比为1：1，故此溶液中的当溶液中Na+数目为0.3NA时，n(H2CO3)+n()+n()0.3mol，故C符合题意；D、的水解平衡常数，故当加入少量的碱后，溶液中的c(

28、OH-)变大，而Kh不变，故溶液中变小，c(OH-)将会适当减小，溶液的pH基本保持不变，故D不符合题意；故选：C。10、C【解析】A由结构简式可知分子为C6H8O2，选项A正确；B山梨酸分子中含有2个碳碳双键，可与溴发生加成反应，1 mol山梨酸最多可与2mol Br2发生加成反应，选项B正确；C山梨酸分子中含有碳碳双键，可与酸性高锰酸钾反应而使其褪色，山梨酸分子中含有羧基，可与醇发生取代反应而不是置换反应，选项C错误；D根据乙烯分子6个原子共平面、甲醛分子4个原子共平面，结合山梨酸分子结构可知，所有碳原子可能共平面，选项D正确。答案选C。11、C【解析】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气先

29、发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，据此分析计算。【详解】还原性Fe2+Br-，所以通入氯气后，先发生反应2Fe2+Cl22Fe3+2Cl-，Fe2+反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，溶液中含有Br-，说明氯气完全反应，Cl2的物质的量为=0.15mol，若Br-没有反应，则n(FeBr2)=0.5n(Br-)=0.15mol，0.15molFe2+只能消耗0.075mol的Cl2，故有部分Br-参加反应；设FeBr2的物质的量为x，则n(Fe2+)

30、=x mol，n(Br-)=2x mol，未反应的n(Br-)=0.3mol，参加反应的n(Br-)=(2x-0.3)mol，根据电子转移守恒有x1+2x-0.31=0.15mol2，解得：x=0.2mol，所以原FeBr2溶液的物质的量浓度为=2mol/L，故选C。12、C【解析】A. 通常病毒传播主要有三种方式：一是飞沫传播，二是接触传播，三是空气传播，该病毒主要通过飞沫和接触传播，A正确；B.飞沫传播就是通过咳嗽、打喷嚏、说话等产生的飞沫进入易感黏膜表面，为了减少传染性，出门应戴好口罩，做好防护措施，B正确；C.该冠状病毒由核酸和蛋白质构成，其核酸为正链单链RNA，C错误；D. “84消

31、毒液”的主要成分NaClO具有强的氧化性，能够使病毒的蛋白质氧化发生变性而失去其生理活性，因此“84消毒液”具有杀菌消毒作用，D正确；故合理选项是C。13、C【解析】A. 加入K2SO4溶液相当于稀释稀盐酸，则溶液中的氢离子浓度减小，会减慢化学反应速率，不影响产生氢气的量，A项错误；B. 加入CH3COONa溶液，溶液被稀释，且醋酸根与溶液中氢离子结合为醋酸分子，溶液中氢离子浓度降低，但提供的氢离子总量不变，故能减慢反应速率且又不影响氢气生成量，B项错误；C. Zn可以置换出Cu，构成原电池，加快反应速率，因锌过量，故不影响产生氢气的量，C项正确；D. 加入碳酸钠溶液，与盐酸反应使溶液中氢离子

32、总量较小，化学反应速率减小，生成氢气的量减少，D项错误。答案选C。【点睛】反应的实质为Zn+2H+Zn2+H2，本题要注意的是Zn过量，加入硫酸铜后形成的原电池可加快化学反应速率，且不影响产生氢气的量。14、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M

33、g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。15、B【解析】试样溶液中加入过量Ba（OH）2并加热，生成的气体1能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明气体1是NH3，则试样中含有NH4+；向滤液中通入CO2，得到溶液2、沉淀2，溶液2中加入Al，生成气体2，该气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝色，说明含有气体2是NH3，根据已知条件知，溶液2中含有NO3-，根据元素守恒知，原溶液中含有NO3-；滤液1中通入CO2，得到沉

34、淀2，向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2是碳酸钡等难溶性碳酸盐；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原来溶液中含有SO42-，能和过量Ba（OH）2反应生成能溶于酸的沉淀，根据离子知，该沉淀为Mg（OH）2，所以溶液中含有Mg2+，【详解】A、通过以上分析知，试样中肯定存在NH4+、Mg2+、SO42-和NO3-，故A正确；B、通过以上分析知，试样中不能确定是否含有Al3+，故B错误；C、通过以上分析知，试样中可能存在Na+、Cl-，要检验是否含有钠离子或氯离子，可以采用焰色反应鉴定钠离子，用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子，故C正确；D、根据以上分析知，试样中肯定存在N

35、H4+、Mg2+、SO42-和NO3-，可能存在Na+、Cl-，所以该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4，故D正确，答案选B。16、A【解析】A. 水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；B. 加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；C. 氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；D. 铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；答案选A。17、C【解析】A曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O

36、42-)，当pH=0.8时，PC(H2C2O4)=PC(HC2O4-)，即c(H2C2O4)=c(HC2O4-)，则Ka1=c(H+) =10-0.8，故A错误；B曲线II为PC(H2C2O4)，曲线I为PC(HC2O4-)、III为PC(C2O42-)，pH=3时，PC(H2C2O4)=PC(C2O42-)PC(HC2O4-)，pC越小则该微粒浓度越大，所以c(HC2O3-)c(C2O42-)=c(H2C2O4)，故B错误；C酸抑制水电离，酸中c(H+)越大其抑制水电离程度越大，所以pH从0.8上升到5.3的过程中c(H+)减小，则水的电离程度增大，故C正确；D，电离平衡常数只与温度有关，温

37、度不变则不变，故D错误；故答案为C。【点睛】考查弱电解质的电离，侧重考查学生图象分析判断能力，正确判断曲线与微粒的一一对应关系是解本题关键，注意纵坐标大小与微粒浓度关系，为易错点，pC越小则该微粒浓度越大，c(H2C2O4)越大，pC越小。18、D【解析】A煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误； B煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误； C石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误； D石油分馏是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。 故选：D

38、。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。19、B【解析】已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A. HNO2电离常数K=，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即

39、溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2H+NO2，溶液中氢离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=，故A正确；B. 根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+ c(HNO2) =2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；C. M、N、P、Q四点溶液中均含有：H

40、+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；D. 已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。20、C【解析】根据实验装置和反应方程式可知，a中用盐酸和NaClO3反应制取ClO2，由于制取的ClO2中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可用b装置吸收氯气和氯化氢，

41、再用c中的蒸馏水吸收ClO2，获得纯净ClO2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。【详解】Aa中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；Bb中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；CClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；Dd中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，

42、产物至少两种，故D错误；答案选C。【点睛】实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。21、B【解析】A同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d元素的原子半径比a小，故A错误；B若b最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则b为C元素，结合位置可知a为Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正确；C若a为非金属元素，a为S

43、i或P，则C为O或F，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D若a最外层有两个未成对电子，则a为Si或S，当a为S时，d为Ar，Ar的单质常温下为气体，故D错误；故选B。22、D【解析】AHCl溶于水发生电离生成氢离子和氯离子，破坏共价键，故A错误； B铁熔化破坏金属键，故B错误； C干冰升华发生物理变化，只破坏分子间作用力，故C错误； D氯化钠中只存在离子键，溶于水发生电离而破坏离子键，故D正确； 故选：D。【点睛】本题考查化学键，侧重考查基本概念，明确离子键和共价键区别是解本题关键，发生物理变化时不发生化学键断裂，C为解答易错点。二、非选择题(共84分)23、丙酮 碳碳双键、羧基

44、甲醇 浓硫酸、加热 +CH3OH C12H9N2OF3 【解析】A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答

45、案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对

46、上了，问题自然应迎刃而解。24、间苯二酚或1，3-苯二酚 羰基、醚键、碳碳双键 取代反应 16种 【解析】由C的结构简式和逆推知B为，A为。再结合其他各物质的结构简式和反应条件进行推断。【详解】（1）根据上述分析可知芳香族化合物A的名称是间苯二酚或1，3-苯二酚。答案：间苯二酚或1，3-苯二酚。（2）由D的结构简式可知所含官能团的名称是羰基、醚键、碳碳双键。答案：羰基、醚键、碳碳双键。（3）B的结构简式为，C的结构简式为，反应条件BC，其方程式为。答案：。（4）由FG的结构简式和条件可知该反应类型为酯基的水解反应，也可称为取代反应。答案：取代反应。（5）G的结构简式为，同时满足芳香族化合物说明

47、含有苯环；能发生银镜反应，且只有一种官能团，说明含有醛基；符合条件G的同分异构体有（移动-CH3有2种），（定-CH3移-CHO有4种），（3种）,(6种)，共有16种；其中，核磁共振氢谱显示为4组峰，且峰面积比为1：2：2：3的是。答案：16；。【点睛】综合考查有机物的相关知识。突破口C的结构简式，各步反应条件逆推B、A的结构，根据结构决定性质和各步反应条件，推断反应类型，书写反应方程式。25、FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O 恒压漏斗 安全瓶 提高化学反应速率，同时防止过氧化氢受热分解 稀释ClO2，防止其爆炸 2CN-+2ClO2=2CO2

48、+N2+2Cl- 吸收ClO2等气体，防止污染大气 BaCl2 Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+ 【解析】二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。分别利用无机反应和电解原理制备二氧化氯，三种方法均利用了氧化还原反应。【详解】（1）以黄铁矿(FeS2)、氯酸钠和硫酸溶液混合反应制备ClO2，黄铁矿中的硫元素在酸性条件下被ClO3-氧化成SO42-，根据氧化还原反应中电子守恒和元素守恒，可以写出制备ClO2的离子方程式为FeS2+15ClO3-+14H+=15ClO2+Fe3+2SO42-+7H2O。（2）装置A的名称为恒压漏洞，装置C为安全瓶，起到防止液体倒吸的

49、作用。升高温度可以提高化学反应速率，但是原料中含有过氧化氢，过氧化氢在过高的温度下可以发生分解反应，因此反应容器B应置于30左右的水浴中。根据题文可知，ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体，其体积分数超过10%时易引起爆炸，故通入氮气的主要作用有3个，一是可以起到搅拌作用，二是有利于将ClO2排出，三是稀释ClO2，防止其爆炸。ClO2处理含CN-废水发生氧化还原反应，将CN-转化为无污染的CO2和N2，故离子方程式为2CN-+2ClO2=2CO2+N2+2Cl-；装置E在整套装置之后，起到吸收尾气，防止环境污染的作用。（3）用于电解的食盐水需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO42-等杂质，需

50、要过量的碳酸根离子、氢氧根离子和钡离子，过量的钡离子可以用碳酸根离子除去，因此在加入Na2CO3之前应先加入过量BaCl2。用石墨做电极，电解池的阳极发生氧化反应，元素化合价升高，因此氯离子在阳极失电子和水反应得到ClO2，电极反应式为Cl-5e-+2H2O=ClO2+4H+。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和为0可

51、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；空气流速

52、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=Na2S4O6+2N

53、aI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、ecdabf 11:7 将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率 防止碘升华 2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质 淀粉 94.5% 【解析】(1)制取次氯酸钠和氧氧化钠混合液时

54、先利用装置C制取氯气，通过装置B除去氯气中的氯化氢气体，再通过装置A反应得到混合液，最后利用装置D进行尾气处理，故连接顺序为ecdabf；Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由3价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为6：1，则可设ClO-为6mol，ClO3-为1mol，被氧化的Cl共为7mol，失去电子的总物质的量为6mol（1-3）+1mol（5-3）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由3价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为7mol，则被还原的Cl的物质的量为11mol，

55、所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：7mol=11：7；取适量A中的混合液逐滴加入到定量的尿素溶液中制备水合肼，实验中滴加顺序不能颠倒，且滴加速度不能过快，将尿素滴到NaClO溶液中或过快滴加，都会使过量的NaClO溶液氧化水合肼，降低产率；(2) “合成”过程中，为防止碘升华，反应温度不宜超过73；在“还原”过程中，主要消耗反应过程中生成的副产物IO3-，N2H4H2O与IO3-反应生成氮气，则IO3-被还原为碘离子，该过程的离子方程式为2IO3-+3N2H4H2O=3N2+2I-+9H2O；工业上也可以用硫化钠或铁屑还原碘酸钠制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯

56、度更高，其原因是N2H4H2O被氧化后的产物为N2和H2O，不引入杂质；(3) 滴定过程中碘单质被还原为碘离子，故加入M溶液作指示剂，M为淀粉；根据反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可知，n(NaI)=n(I2)=n(Na2S2O3)=3.213mol/L4.33mL1-3L/mL=3.363mol，样品中NaI的质量分数为。28、+175.2kJ/mol BC 66.7% 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 11.2 【解析】I.(1)则将a+b可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H；(2)起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol

57、，在不同温度和压强下合成氨，达到平衡时，正、逆反应速率相等，各物质的浓度不变，气体的总物质的量不变，以此判断；增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大；升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，结合方程式计算；压强越大、温度越高，反应速率越快；II.根据图示可知，阴极通入的SO32-发生得电子的还原反应生成S2O42-，结合溶液为酸性书写阴极反应式；写出电解池的总反应，根据通过的氢离子物质的量可知转移电子的物质的量，吸收柱中生成的气体为氮气，然后利用电子守恒计

58、算氮气的物质的量，最后根据V=nVm计算标况下体积。【详解】I.(1)已知a.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g)H=+216.4kJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)H=-41.2kJ/mol则将a+b，可得CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=（）kJ/mol=+175.2kJ/mol；(2)A.N2和H2的起始物料比为1：3，且按照1：3反应，则无论是否达到平衡状态，转化率都相等，N2和H2转化率相等不能用于判断是否达到平衡状态，A错误；B.气体的总质量不变，由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，恒压条件下，当反应体系密度保

59、持不变时，说明体积不变，则达到平衡状态，B正确；C.保持不变，说明氢气、氨气的浓度不变，反应达到平衡状态，C正确；D.达平衡时各物质的浓度保持不变，但不一定等于化学计量数之比，不能确定反应是否达到平衡状态，D错误；故合理选项是BC；由于该反应的正反应是气体体积减小的反应，增大压强，平衡正向移动，平衡混合气体中氨气的百分含量增大，由图象可知P1P2，该反应的正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，则反应平衡常数：B点D点；起始时投入氮气和氢气分别为1mol、3mol，反应的方程式为N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，C点氨气的含量为50%，设转化N2物质的量为xmol，则 N2(g) +3H2(g) 2NH3(g)起始：1mol 3mol 0转化：x mol 3xmol 2xmol平衡：(1-x)mol (3-3x)mol 2xmol则100%=50%，解得x=，则C点H2的转化率为=66.7%，B点的压强、温度都比A点高，压强越大、温度越高，反应速率越大，所以(A)c(HSO3-)=c(SO32-)c(OH-)=c(H+) 【解析】（1）A第一步正反应快，活化能小；B该化学反应的速率主要由最慢的一步决定；CN2O2为该反应的中间产物D在一定条件下N2O2的浓度