2022年安徽省肥东县高三第二次联考化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NAB常温常压下，将15g NO和8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NAC标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD6.8g熔融态KHSO4中

2、含有0.1NA个阳离子2、工业上常用水蒸气蒸馏的方法(蒸馏装置如图)从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：柠檬烯将12个橙子皮剪成细碎的碎片，投人乙装置中，加入约30mL水,松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧， 打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是A当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成B为达到实验目的，应将甲中的长导管换成温度计C蒸馏结束后，先把乙中的导

3、气管从溶液中移出，再停止加热D要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏3、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液BCO2、NO2、Mn2O7、P2O5 均为酸性氧化物C漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2 均能导电4、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2B生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C利用NaBi

4、O3可以检验溶液中的Mn2+DNaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O5、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NAB1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NAC8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NAD已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为110-4.6NA6、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

5、是A简单离子半径: 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7、下列仪器名称错误的是( )A量筒B试管C蒸发皿D分液漏斗8、M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的。下列说法正确的是（ ）A原子半径：WZYXMB常见气态氢化物的稳定性：XYZC1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由M、X、Y、Z四种元素形成的

6、化合物一定既有离子键，又有共价键9、设NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 mol I2与4 mol H2反应生成的HI分子数为2NAB标准状况下，2. 24 L H2O含有的电子数为NAC1 L 11 mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为1.2NAD7.8 g苯中碳碳双键的数目为1.3NA10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是A标准状况下，11.2 L 三氯甲烷中含有分子数为0.5NAB常温常压下，2gD2O中含有电子数为NAC46gNO2和N2 O4混合气体中含有原子数为3NADImoINa完全与O2反应生成Na2O和Na2O2，转移电子数为NA11、下

7、列离子方程式书写正确的是( )A向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO + 2H+Cl + 2Fe3+ + H2OB向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42沉淀完全：2Al3+ + 3SO 42+ 3Ba2+ + 6OH2Al(OH)3+ 3BaSO4C向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2OAlO2+ 2H2O + 4NH4+DNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3 + Ba2+ + OHBaCO3+ H2O12、800时，可逆反应 CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）的平衡常数 K=1，80

8、0时，测得某一时刻密闭容器中各组分的浓度如表，下列说法正确的是（）物质COH2OCO2H2浓度/molL-10.0020.0030.00250.0025A此时平衡逆向移动B达到平衡后，气体压强降低C若将容器的容积压缩为原来的一半，平衡可能会向正向移动D正反应速率逐渐减小，不变时，达到化学平衡状态13、阿伏加德罗是意大利化学家（），曾开业当律师，24岁后弃法从理，十分勤奋，终成一代化学大师。为了纪念他，人们把1 mol某种微粒集合体所含有的粒子个数，称为阿伏加德罗常数，用N表示。下列说法或表示中不正确的是A科学上规定含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 molB在K37ClO3+6H3

9、5Cl（浓）=KCl+3Cl2+3H2O反应中，若有212克氯气生成，则反应中电子转移的数目为5NAC60 克的乙酸和葡萄糖混合物充分燃烧消耗2NA个O2D6.021023mol-1叫做阿伏加德罗常数14、对下列溶液的分析正确的是A常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大B向0.1mol/L NaHSO3溶液通入氨气至中性时C0.01 mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大D在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体将增大15、不需要通过氧化还原反应就能从海水中获得的物质是A液溴B精盐C钠D烧碱16、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+

10、、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（ ）A溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C溶液中可能含有Cl-，一定没有Fe3+D取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-二、非选择题（本题包括5小题）17、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是_。（2）D的结构简式是_。（3）C+FG的化学方程

11、式是_。（4）下列说法正确的是_。A在工业上，AB的过程可以获得汽油等轻质油B有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同18、化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714 gL-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。(1)X中非金属元素的名称为_，X的化学式_。(2)X与水反应的化学方程式为_。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型_。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，_，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。19、

12、甲乙两组学生用不同的方法制备氯气并验证其性质。甲组用漂白粉与硫酸溶液反应制取氯气：Ca(ClO)2CaCl22H2SO42CaSO42Cl22H2O，如图1所示；乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气：2KMnO416HCl(浓)2MnCl22KCl5Cl28H2O，如图2所示(省略夹持装置)。（1）实验中A选用装置_，E选用装置_(填写序号)。（2）装置F的作用_，请描述装置G中的实验现象_。（3）B中反应的离子方程式是_；C中氯气氧化了亚硫酸钠：Cl2+SO32-+H2O SO42-+2Cl-+2H+，请你帮甲组设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na2SO3已被氧化(简述实验步骤)：_。（4）乙组

13、中H的目的是比较氯、溴、碘的非金属性，有同学认为该设计不能达到实验目的，其理由是_。（5）甲组实验存在的明显缺陷是_。20、二氧化钒（VO2）是一种新型热敏材料。实验室以V2O5为原料合成用于制备VO2的氧钒（ IV ）碱式碳酸铵晶体,过程如下:V2O5VOCl2溶液（NH4）5（VO）6（CO3）4（OH）910H2O回答下列问题：（1）步骤i中生成VOCl2的同时生成一种无色无污染的气体,该反应的化学方程式为_。也可只用浓盐酸与V2O5来制备VOCl2溶液,从环境角度考虑,该方法的缺点是_。（2）步骤ii可在如图装置（气密性良好）中进行。已知:VO2+能被O2氧化。药品填装完成后的实验操作

14、是_（填活塞“a”“b”的操作）。若无装置B,则导致的后果是_。（3）加完VOCl2后继续搅拌数分钟,使反应完全,小心取下分液漏斗,停止通气,立即塞上橡胶塞,将锥形瓶置于CO2保护下的干燥器中，静置过夜,得到紫红色晶体,抽滤,并用饱和NH4HCO3溶液洗涤3次,用无水乙醇洗涤2次,除去水分,再用乙醚洗涤2次,抽干称重。用饱和NH4 HCO3溶液洗涤除去的阴离子主要是_。（4）测定氧钒（ IV ）碱式碳酸铵晶体粗产品中钒的含量。称量4.246g样品于锥形瓶中,用20mL蒸馏水与30mL硫酸混合溶解后，加0.02 molL-1的KMnO4溶液至稍过量,充分反应后继续加1% NaNO2溶液至稍过量，

15、再用尿素除去过量的NaNO2 ,最后用0.08 molL-1的（NH4）2Fe（SO4）2标准溶液滴定至终点,消耗体积为30.00 mL。（滴定反应:VO2+ + Fe2+2H+=VO2+ Fe3+H2O） NaNO2溶液的作用是_。粗产品中钒的质量分数为_（精确到小数点后两位）。21、氨是一种重要的化工产品，是氮肥工业及制造硝酸的原料。（1）写出实验室制取氨气的化学方程式_。（2）工业上合成氨的反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)过程中能量变化如图所示。该反应是_反应。（填“放热”或“吸热”）在反应体系中加入催化剂，E2会_。（填“增大”或“减小”或“不变”）若要增大NH3产率，可采取

16、的措施有_。（填字母）a.升高温度 b.增大压强 c.不断分离出NH3（3）利用如图所示装置探究NH3能否被NO2氧化。C装置中制取NO2反应的离子方程式是_。某同学认为NH3能被NO2氧化，且全部生成无毒物质，预期观察到B装置中红棕色消失。下表为不同时间下观察到的现象。时间1分钟2分钟3分钟现象红棕色未消失红棕色未消失红棕色未消失请分析没有达到预期现象可能的原因（任写两条）_、_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】A酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；B常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成

17、0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；C标况下四氯化碳为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K+HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量=0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。2、B【解析】A柠檬烯不溶于水，密度比水的密度小，则当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，故A正确；B长导管可作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞

18、引起爆炸，而温度计在甲装置中不能代替长导管，且甲为水蒸气发生器，不需要温度计控制温度，故B错误；C蒸馏结束后，为防止倒吸，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，故C正确；D精油中90%以上是柠檬烯，可利用其中各组分的沸点的差别进行分离，故还需要用到以下分离提纯方法：分馏、蒸馏，故D正确；故答案为B。3、C【解析】A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B选项， NO2不是酸性氧化物，故B错误；C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D选项， CH3COOH是共价化合物，熔

19、融状态下不能导电，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。4、B【解析】氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：KMnO4MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4，故氧化性：NaBiO3K

20、MnO4MnO2，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，故A正确；B根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+6e-，生成8.7g MnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为6=0.12mol，故B错误；CMnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；DKMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）

21、=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，由于氧化性：NaBiO3KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。5、C【解析】A标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；B1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA12NA之间，B不正确；C8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；D硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；故选

22、C。6、B【解析】第三周期元素中，X最高价氧化物水化物的溶液pH为12，氢氧根浓度为0.01mol/L，故为一元强碱，则X为Na元素；Y、W、Z对应的最高价氧化物水化物的溶液pH均小于7，均为酸，W最高价含氧酸溶液中氢离子浓度为0.01mol/L，故为一元强酸，则W为Cl元素；最高价含氧酸中，Z对应的酸性比W的强、Y对应的酸性比W的弱，而原子半径YZCl，SiO2不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素，以此解答该题。【详解】综上所述可知X是Na元素，Y是P元素，Z是S元素，W是Cl元素。A.离子的电子层结构相同，核电荷数越大，离子半径越小；离子的电子层越多，离子半径越大，离子半径P3-S2-Cl-

23、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

24、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。7、C【解析】A.据图可知，A为量筒，故A正确；B. 据图可知，B为试管，故B正确；C. 据图可知，C为坩埚，故C错误；D. 据图可知，D为分液漏斗，故D正确；答案选C。8、B【解析】Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76gL1，该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol0.76gL1=17g/mol，该气体为NH3， M、X、Y、Z、W为五种短周期元素，且原子序数依次增大，则M为H元素，Y为N；X、Y、Z最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，X为+4价，Y为2价，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素； W的

25、质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，推出W的质子数为=11，所以W为Na元素。A. 所有元素中H原子半径最小，同周期自左向右原子半径减小，同主族自上到下原子半径增大，故原子半径NaCNOH，即WXYZM，故A错误；B.X、Y、Z分别为C、N、O三种元素，非金属性XYZ，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故B正确；C.NaH与水发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2，1molNaH溶于足量水中完全反应共转移1mol电子，故C错误；D. 由M、X、Y、Z四种元素形成的化合物可为氨基酸或碳酸铵、醋酸铵等物质，如为氨基酸，则只含有共价键，故D错误。故选B。9、C【解析】A氢气和碘的反应

26、为可逆反应，不能进行彻底，生成的HI分子小于2NA个，故A错误；B标况下，水不是气体，2. 24 L水的物质的量大于1.1mol，含有的电子数大于NA个，故B错误；C1 L 1.1 molL-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子数为1.2NA，故C正确；D苯分子结构中不含碳碳双键，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为D，要注意苯分子中没有碳碳双键，所有碳碳键都一样。10、A【解析】A标准状况下，三氯甲烷为液态，无法由体积计算分子数，故A错误；BD2O的摩尔质量为20g/mol，2gD2O为0.1mol，每个分子中含有10个电子，则含有电子数为NA

27、，故B正确；CNO2和N2 O4的最简式相同，则混合气体中含有原子数为=3mol，即3NA，故C正确；D1moINa反应生成Na2O和Na2O2，钠原子只失去1个电子，所以转移电子数为1mol，即NA，故D正确。故选A。11、D【解析】A.NaClO溶液呈碱性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，会生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根离子完全沉淀时，铝离子与氢氧根离子的物质的量之比为1:4，反应生成偏铝酸根；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以不会生成偏铝酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【详解】A.NaClO溶液呈碱性，在NaC

28、lO溶液中滴入少量FeSO4溶液，发生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A错误；B.向明矾溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，铝离子恰好反应生成偏铝酸根离子，反应的化学方程式为KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，对应的离子方程式为：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2- +2H2O，故B错误；C.氢氧化铝不溶于弱碱，所以向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加

29、足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-无剩余，离子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正确，选D。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质及离子方程式书写方法是解题关键，注意化学式的拆分、注意离子反应遵循原子个数、电荷数守恒规律，题目难度不大12、A【解析】A、Qc=1.04K，所以平衡逆向移动，故A正确；B、反应前后气体分子数不变，体系压强不变，所以达到平衡后，气体压强不变，故B错误；C、若将容器的容积压缩为原来的一半，相当于加压，但加压不对化学平衡产生影响，故C错误；D、反应逆向进行，说明v逆v正，随着反应进行，CO和H2O的浓度增大，正反应速率增大，故D错误，

30、故选：A。【点睛】本题考查化学平衡的移动，根据表中数据，利用Qc与K的大小关系判断反应的方向是解题的关键，难度不大。13、D【解析】A. 含有阿伏加德罗常数个粒子的任何微粒集合体都为1 mol，故A正确；B. 生成的3mol氯气中含6molCl，其中1mol为37Cl，5mol为35Cl，生成氯气摩尔质量= =70.7gmol1，若有212克氯气生成物质的量=3mol，生成3mol氯气电子转移5mol，故B正确；C. 乙酸与葡萄糖最简式都是CH2O，1个CH2O完全燃烧消耗1个氧气分子，60克的乙酸和葡萄糖混合物含有CH2O物质量为2mol，充分燃烧消耗2NA个O2，故C正确；D. 6.021

31、023mol-1是阿伏加德罗常数的近似值，故D错误；故选D。14、C【解析】ANaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，溶液中Kw增大，其pH减小，故A错误；B0.1molL1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7，溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32)+c(HSO3)+c(H2SO3)，溶液中存在电荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)，因为pH=7即c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32)+c(HSO3)，由得c(Na+)c(SO32)；将式左右两边都加上c(NH4+)得c

32、(Na+)+c(NH4+)=c(SO32)+c(HSO3)+c(H2SO3)+c(NH4+)，结合得c(SO32)=c(NH4+)+c(H2SO3)，故c(SO32)c(NH4+)，故c(Na+)c(SO32)c(NH4+)，故C错误；C酸碱对水的电离都有抑制作用，0.01 mol/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱，则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；D在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中，加入少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误；答案选C。15、B【解析】海水中溶有氯化钠、溴化钠等多种无机盐，从其利用过程发生的反应判断是否

33、氧化还原反应。【详解】A. 从溴化钠（NaBr）制液溴（Br2）必有氧化还原反应，A项不符；B. 海水经蒸发结晶得粗盐，再提纯得精盐，无氧化还原反应，B项符合；C. 从海水中的钠离子（Na+）制得钠单质，必有氧化还原反应，C项不符；D. 海水制得氯化钠后，电解饱和食盐水得烧碱，发生氧化还原反应，D项不符。本题选B。16、C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32、SO42，根据离子共存，Fe3一定不存

34、在，根据沉淀的质量，推出n(CO32)=0.01mol，n(SO42)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na，A、根据电荷守恒，n(Na)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl，因此c(Na)0.35molL1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对Cl的检验产生干扰，故D错误。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键 CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CH

35、OHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD 【解析】烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHOHCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3） C+FG的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH

36、（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，AB的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。18、碳、溴 Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4 将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态

37、下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体 放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色 【解析】X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714 gL-122.4 L/mol=16 g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62 g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol143.5 g/mol=5.74 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与A

38、g+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)= 7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g 188 g/mol=0.01 mol，X中含有Br-0.01 mol，其质量为0.01 mol80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 mol HBr和0.05 mol NaOH，其中0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol NaOH，产生0.01 mol NaBr，还有过量0

39、.04 molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07 g-0.05 mol23 g/mol-0.80 g)12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为

40、Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素

41、及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。19、II I 除去氯气中的氯化氢，安全瓶（监测装置H是否堵塞） U型管中左边有色布条褪色，右边有色布条没有褪色 Cl2+2I-2Cl-+I2 取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化 Cl2也可与KI反应生成I2，乙组设计的实验中并没有排除Cl2对实验的干扰，故不能比较Cl、Br、I的非金属性 或Cl2未充分接触到溴化钠溶液中，未必能看到现象 无尾气处理装置，污染环境 【解析】(1)结合反应原理甲组利用固体与液体加热制备氯气；乙组利用固体与液体反应

42、不加热制氯气；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，装置G中CaCl2是干燥剂；(3)氯气能氧化I-生成I2；装置C中氯气氧化了亚硫酸钠，所得溶液中含有SO42-，只要利用稀盐酸和BaCl2溶液检验溶液中是否存在SO42-，即可判断有没有发生氧化还原反应；(4)NaBr溶液未能完全吸收Cl2，有部分Cl2参与KI氧化为I2的反应；(5)Cl2是有毒气体，需要处理含氯气的尾气。【详解】(1)甲组用漂白粉与硫酸溶液混合加热制取氯气，实验中A选用装置II；而乙组用高锰酸钾与浓盐酸反应制取氯气，反应不需要加热，则E选用装置I；(2)乙组制得的Cl2中混有挥发的HCl气体，可利用装置F中饱和食盐

43、水除去氯气中的氯化氢，同时根据长颈漏斗中液面是否上升，达到监测装置H是否堵塞的目的；从F中进入G中的Cl2混有水蒸气，能使U型管中左边有色布条褪色，而潮湿的氯气经过无水CaCl2干燥后，不再具有漂白性，则右边有色布条没有褪色；(3)氯气能氧化I-生成I2，发生反应的离子方程式为Cl2+2I-2Cl-+I2；验证装置C中氯气是否氧化亚硫酸钠的操作方法是取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl2溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na2SO3已被氧化；(4)乙组中H装置中NaBr不能完全吸收Cl2，将有部分Cl2也可与KI反应生成I2，干扰Br2氧化I-的实验，则无法判断Br2和I2的氧化性强弱，也不能比较Cl、Br、I的非金属性；(5)甲组实验存在的明显缺陷是无尾气处理装置，污染环境。【点睛】本题考查氯气的制备与氯气的性质探究，明确实验原理解题关键，难点是氯气有强氧化性，但没有漂白性，氯气使湿润有色布条褪色的根本原因是氯气与水反应生成的HClO有漂白性，易错点是装置G中左侧干燥有色布条能褪色，原因是制得的氯气中混有水蒸气。20、2V2O5+N2H42HCl+6HCl=4VOCl2+N2+6H2O 氯气有毒，污染空气 打开活塞a数分钟后，再打开活塞b HCl与NH4HCO3反应 Cl- 除去过量的KMn