河北省邯郸市临漳县2021-2022学年高考化学倒计时模拟卷含解析

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、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A．原子半径：Y＞Z＞XB．X元素的族序数是Y元素的2倍C．工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YD．W与X形成的所有化合物都只含极性共价键2、下列各组性质比较中，正确的是()①沸点：②离子还原性：③酸性：④金属性：⑤气态氢化物稳定性：⑥半径：A．①②③ B．③④⑤⑥ C．②③​④ D．①③​④⑤⑥3、化学与工农业生产和日常生活密切相关，下列说法正确的是A．漂白粉、漂白液和漂粉精既可作漂白剂，又可作消毒剂B．硅胶可用作催化剂的载体，但不可用作干燥剂C．常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝与浓硫酸不反应D．明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的Al3+具有强吸附性4、利用如图所示装置，以NH3作氢源，可实现电化学氢化反应。下列说法错误的是A．a为阴极B．b电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+C．电解一段时间后，装置内H+数目增多D．理论上每消耗1molNH3，可生成1．5mol5、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期。常温下，元素W与X可形成两种液态物质；Y、Z两种元素可组成二聚气态分子(如图所示)，其中Y原子的最外层电子数等于其电子层数。下列叙述不正确的是（）A．W与Z具有相同的负化合价B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序：Z>Y>X>WC．Y2Z6分子中所有原子的最外层均满足8电子稳定结构D．工业上可电解X与Y形成的熔融化合物制取Y的单质6、往10mL0.1mol/L的Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液，溶液的导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列说法正确的是A．a点对应的溶液呈碱性B．V2=10mLC．水的电离程度：a>bD．b点后的溶液满足c(Na+)>2c(SO42-)7、在恒容密闭容器中发生反应：2NO2(g)N2O4(g)ΔH=-akJ/mol(a>0)，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（）A．平衡后升高温度，容器中气体颜色加深B．每消耗44.8LNO2，生成N2O4的分子数一定为NAC．该容器中气体质量为46g时，原子总数为3NAD．若N2O4分子数增加0.5NA，则放出0.5akJ的热量8、联合国大会宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，中国科技馆推出“律动世界——化学元素周期表专题展”。已知短周期元素T的次外层电子数是其最外层电子数的2倍，X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大，且X、Y与T同主族，W、Z与T同周期。下列判断错误的是（）A．元素T在自然界主要以游离态形式存在B．元素非金属性强弱：Z>YC．最高价氧化物对应水化物的酸性：X>WD．X与氧元素形成的氧化物不止一种9、我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金……其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指A．氨水 B．硝酸 C．醋 D．卤水10、将胆矾与生石灰、水按质量比为1：0.56：100混合配成无机铜杀菌剂波尔多液，其成分的化学式可表示为CuSO4•xCaSO4•xCu(OH)2•yCa(OH)2，当x=3时，y为()A．1 B．3 C．5 D．711、苯氧乙醇在化妆品、护肤品、疫苗及药品中发挥着防腐剂的功用，其结构为，下列有关说法不正确的是A．苯氧乙醇的分子式为C8H10O2B．苯氧乙醇中的所有碳原子不可能处于同一平面内C．苯氧乙醇既可以发生取代反应和加成反应，也可以使酸性高锰酸钾溶液褪色D．分子式为C8H8O2，结构中含有苯环且能与饱和NaHCO3溶液反应的物质共有4种（不考虑立体异构）12、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中。常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法正确的是A．元素Y的最高化合价为+6价B．最简单氢化物的沸点：Y＞WC．原子半径的大小顺序：W＞Z＞X＞YD．X、Z、W分别与Y均能形成多种二元化合物13、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法正确的是A．生石灰、铁粉、硅胶是食品包装中常用的干燥剂B．乙醇溶液、双氧水均可用于杀菌消毒，但原理不同C．纯碱是焙制糕点所用发酵粉的主要成分之一D．SiO2具有导电性，可用于制造光导纤维14、常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A．遇苯酚显紫色的溶液：I－、K+、SCN－、Mg2＋B．pH＝12的溶液：K+、Na＋、ClO－、SO32—C．水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1的溶液中：K＋、Cl－、CH3COO－、Cu2+D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液：Na＋、Al3＋、Cl—、NO3—15、下列依据实验操作及现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A将待测液中，依次滴加氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2+B向等体积等浓度的盐酸中分别加入ZnS和CuSZnS溶解而CuS不溶解Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)C向有少量铜粉的Cu(NO3)2溶液中滴入稀硫酸铜粉逐渐溶解稀硫酸能与铜单质反应D常温下，用pH计分别测0.1mol/LNaA溶液、0.1mol/LNa2CO3溶液的pHNaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH酸性：HA>H2CO3A．A B．B C．C D．D16、图Ⅰ是NO2(g)＋CO(g)CO2(g)＋NO(g)反应过程中能量变化的示意图。一定条件下，在固定容积的密闭容器中该反应达到平衡状态。当改变其中一个条件X，Y随X的变化关系曲线如图Ⅱ所示。下列有关说法正确的是（）A．一定条件下，向密闭容器中加入1molNO2(g)与1molCO(g)反应放出234kJ热量B．若X表示CO的起始浓度，则Y表示的可能是NO2的转化率C．若X表示反应时间，则Y表示的可能是混合气体的密度D．若X表示温度，则Y表示的可能是CO2的物质的量浓度17、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（）A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB．常温常压下，11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC．常温常压下．4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD．常温下，1molC5H12中含有共价键数为16NA18、将铁粉和活性炭的混合物用NaCl溶液湿润后，置于如图所示装置中，进行铁的电化学腐蚀实验。下列有关该实验的说法正确的是（）A．在此实验过程中铁元素被还原B．铁腐蚀过程中化学能全部转化为电能C．活性炭的存在会加速铁的腐蚀D．以水代替NaCl溶液，铁不能发生吸氧腐蚀19、下列实验中根据现象得出的结论正确的是（）选项实验现象结论A向NaAlO2溶液中持续通入气体Y先出现白色沉淀，最终沉淀又溶解Y可能是CO2气体B向某溶液中加入Cu和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3-C向溴水中通入SO2气体溶液褪色SO2具有漂白性D向浓度均为0.1mol/L的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Cu(OH)2]＞Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D20、室温下，对于0.10mol•L﹣1的氨水，下列判断正确的是A．与AlCl3溶液反应发生的离子方程式为Al3++3OH﹣═Al（OH）3↓B．用HNO3溶液完全中和后，溶液不显中性C．加水稀释后，溶液中c（NH4+）•c（OH﹣）变大D．1L0.1mol•L﹣1的氨水中有6.02×1022个NH4+21、有a、b、c、d四种原子序数依次增大，且均不大于20的主族元素，a、c同主族，a的最外层电子数是内层电子数的3倍，b为金属元素，a、c、d的最外层电子数之和为19。下列叙述正确的是A．a、b可能形成含有共价键的离子化合物B．简单离子半径大小：d>c>a>bC．含氧酸的酸性强弱：d>cD．b、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存22、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1mol·L-1H3AsO3溶液中逐滴加入0.1mol·L-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示，图中M点对应的pH为a，下列说法正确的是（）A．H3AsO3的电离常数Ka1的数量级为10-9B．pH在8.0～10.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OC．M点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1mol·L-1D．pH=12时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)>c(H+)+c(K+)二、非选择题(共84分)23、（14分）聚酯增塑剂G及某医药中间体H的一种合成路线如图（部分反应条件略去）：已知：+R2OH(1)A的名称是___________________。(2)写出下列反应的反应类型：反应①是_____________，反应④是__________。(3)G的结构简式为_____________________，F的分子式为_____________________。(4)写出反应②的化学方程式____________________。(5)C存在多种同分异构体，写出核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式：____________。(6)仅用一种试剂就可以鉴别B、D、H，该试剂是____________。(7)利用以上合成路线的信息，以甲苯、乙醇、乙醇钠为原料合成下面有机物（无机试剂任选）___________。24、（12分）盐酸普罗帕酮是一种高效速效抗心律失常药。合成此药的原料D的流程如下：已知：请回答以下问题：(I)A的化学名称为____，试剂a的结构简式为____。(2)C的官能团名称为____________。(3)反应⑤的反应类型为____；反应①和⑤的目的为_______。(4)满足下列条件的B的同分异构体还有___种(不包含B)。其中某同分异构体x能发生水解反应，核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，请写出x与NaOH溶液加热反应的化学方程式____。①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基(5)关于物质D的说法，不正确的是____（填标号）。a．属于芳香族化合物b．易溶于水c．有三种官能团d．可发生取代、加成、氧化反应25、（12分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为__________________。（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_________。（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为________(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是________(填序号)。a．测定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是____________。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L－1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果____(填“偏高”“偏低”或“不变”)。26、（10分）工业上常用亚硝酸钠作媒染剂、漂白剂、钢材缓蚀剂、金属热处理剂。某兴趣小组用下列装置制备并探究NO、的某一化学性质中加热装置已略去。请回答下列问题：已知：①2NO+Na2O2=2NaNO2②NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+(1)装置A三颈烧瓶中发生反应的化学方程式为____________。(2)用上图中的装置制备，其连接顺序为：___________________按气流方向，用小写字母表示，此时活塞、如何操作____________。(3)装置发生反应的离子方程式是________________。(4)通过查阅资料，或NO可能与溶液中发生反应。某同学选择上述装置并按顺序连接，E中装入溶液，进行如下实验探究。步骤操作及现象①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色。②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同步骤②操作的目的是___________；步骤③C瓶中发生的化学方程式为_________________；通过实验可以得出：___________填“、NO中的一种或两种”和溶液中发生反应使溶液呈深棕色。27、（12分）（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓NaOH溶液。（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为______________________。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因________________________________________________；乙装置中的实验现象是___________________________。吸收CO2较多的装置是__________________。（计算验证）另一位同学小李通过计算发现，等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：________________________________________________________。28、（14分）中科院大连化学物理研究所的一项最新成果实现了甲烷高效生产乙烯，如图所示，甲烷在催化作用下脱氢，在不同温度下分别形成等自由基，在气相中经自由基:CH2偶联反应生成乙烯(该反应过程可逆)(1)已知相关物质的燃烧热如上表所示，写出甲烷制备乙烯的热化学方程式______________。(2)现代石油化工采用Ag作催化剂，可实现乙烯与氧气制备X(分子式为C2H4O，不含双键)该反应符合最理想的原子经济，则反应产物是____________(填结构简式)。(3)在400℃时，向初始体积为1L的恒压密闭反应器中充入1molCH4，发生(1)中反应，测得平衡混合气体中C2H4的体积分数为20.0％。则:①在该温度下，其平衡常数K＝________。②若向该反应器中通入高温水蒸气(不参加反应，高于400℃)，则C2H4的产率将_______(填“増大”“减小”“不变”或“无法确定”)，理由是__________________________________。③若反应器的体积固定，不同压强下可得变化如下图所示，则压强的关系是____________。④实际制备C2H4时，通常存在副反应2CH4(g)C2H6(g)+H2(g)。反应器和CH4起始量不変，不同温度下C2H6和C2H4的体积分数与温度的关系曲线如下图所示。I.在温度高于600℃时，有可能得到一种较多的双碳有机副产物的名称是____________。II.若在400℃时，C2H4、C2H6的体积分数分别为20.0％、6.0％，其余为CH4和H2，则体系中CH4的体积分数是____________。29、（10分）氮化硼（BN）是一种重要的功能陶瓷材料。以天然硼砂为起始物，经过一系列反应可以得到BF3和BN，请回答下列问题（1）基态B原子的电子排布式为_________；B和N相比，电负性较大的是_________，BN中B元素的化合价为_________；（2）在BF3分子中，F-B-F的键角是_______，B原子的杂化轨道类型为_______，BF3和过量NaF作用可生成NaBF4，BF4－的立体结构为_______；（3）在与石墨结构相似的六方氮化硼晶体中，层内B原子与N原子之间的化学键为________，层间作用力为________；（4）六方氮化硼在高温高压下，可以转化为立方氮化硼，其结构与金刚石相似，硬度与金刚石相当，晶胞边长为361.5pm，立方氮化硼晶胞中含有______各氮原子、________各硼原子，立方氮化硼的密度是_______g·cm-3（只要求列算式，不必计算出数值，阿伏伽德罗常数为NA）。

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】

W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数==8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A.X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子半径：Y>Z>X，故A正确；B.X为O元素，第ⅥA族元素，Y为Al元素，第ⅢA族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C.X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D.X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。2、B【解析】

①.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为，故错误；②.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；③.非金属性，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；④.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即，即金属性：，故正确；⑤.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；⑥.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。故选B。3、A【解析】

本题考查化学在生活中的应用，意在考查对物质性质的识记和理解能力。【详解】A.漂白粉，漂白液和漂粉精的有效成分都是次氯酸盐，有强氧化性，所以可以漂白，杀菌，故A正确；B.硅胶具有吸水性，可用作干燥剂，故B错误；C.常温下铝制容器可以盛放浓硫酸，是因为铝在浓硫酸中发生钝化，故C错误；D.明矾可作净水剂，是因为其溶于水电离出的能水解生成氢氧化铝胶体，胶体的吸附能力很强，故D错误；答案：A4、C【解析】

根据图像可知，b极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，得电子为电解池的阳极，则b极为阴极，化合价降低得电子；电解质溶液中的氢离子向阴极移动；【详解】A.分析可知，a为阴极得电子，A正确；B.b电极氨气中的N原子化合价由-3变为0价，生成氮气和氢离子，其电极反应为：2NH3-6e-=N2+6H+，B正确；C.电解一段时间后，b电极消耗溶液中的氢离子，装置内H+数目不变，C错误；D.理论上每消耗1molNH3，消耗溶液中3mol氢离子，发生加成反应，可生成1．5mol，D正确；答案为C5、B【解析】

“W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，它们分别位于三个不同的周期”，由此可推出W为氢元素(H)；由“元素W与X可形成两种液态物质”，可推出X为氧(O)元素；由“Y原子的最外层电子数等于其电子层数”，可推出Y为第三周期元素铝(Al)；由“Y、Z两种元素可组成二聚气态分子”结构，可确定Z与Al反应表现-1价，则其最外层电子数为7，从而确定Z为氯(Cl)元素。【详解】A．W(H)与Z(Cl)在与活泼金属的反应中，都可表现出-1价，A正确；B．四种元素的简单离子半径由大到小的顺序为Cl->O2->Al3+>H+，B不正确；C．Al2Cl6分子中，由于有2个Cl原子分别提供1对孤对电子与2个Al原子的空轨道形成配位键，所有原子的最外层均满足8电子稳定结构，C正确；D．工业上制取金属铝(Al)时，可电解熔融的Al2O3，D正确；故选B。6、A【解析】

向Ba(OH)2溶液中滴加等浓度NaHSO4溶液依次发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，当二者体积相等时溶液中的溶质为NaOH，当NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍时，二者完全反应，溶液的溶质为Na2SO4，所以当二者体积相等后继续滴加NaHSO4溶液的导电性变化减缓，当二者完全反应后滴加浓度较大NaHSO4溶液，溶液的导电性有所上升。【详解】A．根据分析可知a二者体积相等，所以溶液中的溶质为NaOH，溶液显碱性，故A正确；B．根据分析可知b点应为完全反应的点，NaHSO4溶液体积为Ba(OH)2溶液体积的2倍，所以V2=20mL，故B错误；C．a点溶液溶质为NaOH，抑制水的电离，b点溶液溶质为Na2SO4，不影响水的电离，所以水的电离程度：a<b，故C错误；D．b点溶液溶质为Na2SO4，溶液中c(Na+)=2c(SO42-)，b点后NaHSO4溶液过量，且NaHSO4溶液中c(Na+)=c(SO42-)，所以b点后的溶液中c(Na+)<2c(SO42-)，故D错误；故答案为A。【点睛】选项D也可以用电荷守恒分析，b点后NaHSO4溶液过量，溶液显酸性，所以c(H+)>c(OH-)，溶液中又存在电荷守恒：c(H+)+c(Na+)=2c(SO42-)+c(OH-)，所以c(Na+)<2c(SO42-)。7、B【解析】

A.升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，c(NO2)增大，使容器中气体颜色加深，A正确；B.由于未指明反应的温度、压强，因此不能根据气体体积确定气体的物质的量及含有的分子数目，B错误；C.NO2、N2O4最简式是NO2，1个NO2中含有3个原子，其式量是46，所以46g混合气体中含有NO2的物质的量是1mol，其中含有的原子数目为3NA，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生1molN2O4，放出akJ的热量，若N2O4分子数增加0.5NA，产生N2O40.5mol，因此放出热量为0.5akJ，D正确；故合理选项是B。8、A【解析】

X、Y与T同主族，且T为短周期元素，则T为硅(Si)；再由“X、W、Z、Y均与元素T相邻且原子序数依次增大”，可确定X为碳(C)，Y为锗(Ge)；W、Z与T同周期，则W为铝(Al)，Z为磷(P)。【详解】A．元素Si在自然界中只能以化合态形式存在，A错误；B．元素非金属性强弱：P>Si>Ge，B正确；C．因为CO2通入NaAlO2溶液中能生成Al(OH)3，所以酸性H2CO3>Al(OH)3，C正确；D．C与氧元素形成的氧化物为CO、CO2等，D正确；故选A。9、B【解析】

根据题意该物质能够与很多金属反应，根据选项B最符合，该强水为硝酸，硝酸具有强氧化性，可溶解大部分金属；答案选B。10、D【解析】

胆矾与生石灰、水按质量比依次为1：0.56：100混合，Cu2+离子和Ca2+离子的物质的量比==2：5，制成的波尔多液，其成分的化学式可表示为CuSO4•xCaSO4•xCu(OH)2•yCa(OH)2，，当x=3时，解得：y=7，故选D。11、B【解析】

A．苯氧乙醇的不饱和度为4，则其分子式为C8H2×8+2-4×2O2，A正确；B．苯氧乙醇中，苯氧基上的C、O原子一定在同一平面内，非羟基O原子与2个C原子可能在同一平面内，所以所有碳原子可能处于同一平面内，B不正确；C．苯氧乙醇中的苯基可发生加成反应，醇羟基能发生取代反应、HOCH2-能使酸性高锰酸钾溶液褪色，C正确；D．符合条件的有机物为、共4种，D正确；故选B。12、B【解析】

X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常用做溶剂的氢化物为H2O，则Y为O，极易溶于水的氢化物有HCl和NH3，X的原子序数小于Y，则X应为N；常温下Z单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，可以联想到铝在浓硫酸和浓硝酸中钝化，而W的原子序数大于Z，所以Z为Al，W为S；综上所述X为N、Y为O、Z为Al、W为S。【详解】A．Y为O元素，没有+6价，故A错误；B．Y、W的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，硫化氢分子之间为范德华力，氢键比范德华力更强，故沸点

H2O＞H2S，故B正确；C．同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)＞W(S)＞X(N)＞Y(O)，故C错误；D．Al与O只能形成Al2O3，故D错误；故答案为B。13、B【解析】

A.铁粉是抗氧化剂，不是干燥剂，A项错误；B.乙醇溶液和双氧水均能使蛋白质变性而达到杀菌消毒的目的，但原理不同，B项正确；C.发酵粉的主要成分是NaHCO3，C项错误；D.二氧化硅可用于制造光纤，但无导电性，D项错误。答案选B。14、D【解析】

A．遇苯酚显紫色的溶液，说明溶液中含有Fe3+，Fe3+与I－因发生氧化还原反应而不能大量共存，Fe3+与SCN－能反应生成络合物，而不能大量共存，A不符合题意；B．ClO－具有强氧化性，SO32-具有还原性，ClO－与SO32-能发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；C．酸碱抑制水的电离，溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，该溶液可能显酸性或碱性；酸性溶液中，H+与CH3COO－不能大量共存，C不符合题意；D．0.1mol·L－1的K2SO4溶液，溶液中的Na＋、Al3＋、Cl-、NO3-能够大量共存，D符合题意；答案选D。【点睛】在做离子共存题的时候，重点要注意题目中暗含的信息，例如溶液中水电离的c(OH－)＝1×10－13mol·L－1，这个溶液可能是酸性溶液也可能是碱性溶液，弱酸根离子与H+不能够大量共存，弱碱阳离子与OH-不能够大量共存。15、B【解析】

A．若原溶液中有Fe3＋，加入氯水，再加入KSCN溶液，也会变红，不能确定溶液中是否含有Fe2＋，结论错误；应该先加入KSCN溶液不变红，说明没有Fe3＋，再加入氯水，溶液变红，说明氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，A错误；B．ZnS溶解而CuS不溶解，可知CuS更难溶；这两种物质的类型相同，可通过溶解度大小直接比较Ksp大小，则Ksp(CuS)＜Ksp(ZnS)，B正确；C．Cu(NO3)2溶液中有NO3－，加入稀硫酸酸化，则混合溶液中的Cu、H＋、NO3－发生氧化还原反应，而不是Cu与稀硫酸反应，结论错误，C错误；D．CO32－HCO3－电离得到CO32－。相同条件下，NaA溶液的pH小于Na2CO3溶液的pH，说明CO32－水解能力强，则酸性HA＞HCO3－，而不是强于H2CO3，结论错误，D错误。答案选B。【点睛】容易误选D项，需要注意，CO32－是由HCO3－电离得到的，因此通过比较NaA溶液和Na2CO3溶液的pH比较酸的强弱，其实比较的是HA和HCO3－的强弱。若需要比较HA和H2CO3的酸性强弱，则应该同浓度NaA和NaHCO3溶液的pH大小。16、D【解析】

A.反应的焓变△H=E1-E2=134KJ/mol-368KJ/mol=-234kJ/mol，又1molNO2(g)与1molCO(g)不可能完全反应到底，所以放出小于234kJ热量，故A错误；B.两种反应物的化学平衡，增加一种物质的量，会提高另一种物质的转化率，故B错误；C.气体形成的平衡体系中气体质量不变，反应前后体积不变，所以密度不变，故C错误；D.该反应是放热反应，升温，化学平衡逆向进行，二氧化碳浓度减小，故D正确；故选D。17、A【解析】A．10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol的水，所含原子数目为1.5NA，故A错误；B．常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol，所含分子数目小于0.5NA，故B正确；C．N2O与CO2相对分子质量均为44，且分子内原子数目均为3，常温常压下．4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA，故C正确；D．每个C5H12分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键，1molC5H12中含有共价键数为16NA，故D正确；答案为A。18、C【解析】

A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子；B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能；C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀；D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A错误；B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误；C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确；D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误；故选：C。19、B【解析】

A.碳酸不与氢氧化铝反应；B.浓硝酸与铜反应生成二氧化氮气体；C.溴水中通入SO2气体后发生氧化还原反应；D.氢氧化铜更难溶，溶度积越小越难溶。【详解】A.氢氧化铝不能溶于碳酸，由现象可知气体为HCl，故A错误；B.常温下Cu不与浓硫酸反应，生成的红棕色气体为二氧化氮，说明溶液中可能含有NO3-,硝酸与Cu在常温下能够反应生成一氧化氮，一氧化氮遇到氧气变为红棕色二氧化氮气体，故B正确；C.溴水中通入SO2气体后溶液褪色，发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，体现二氧化硫的还原性，故C错误；D.先出现蓝色沉淀，说明氢氧化铜更难溶，则Ksp[Mg(OH)2]＞Ksp[Cu(OH)2]，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查实验方案的评价，涉及元素化合物性质、溶度积大小比较、盐的水解等知识，试题侧重对学生基础知识的训练和检验，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力。20、B【解析】

A．一水合氨是弱电解质，离子方程式中要写化学式，该反应的离子方程式为：，故A错误；B．含有弱根离子的盐，谁强谁显性，硝酸铵是强酸弱碱盐，所以其溶液呈酸性，故B正确；C．加水稀释促进一水合氨电离，但铵根离子、氢氧根离子浓度都减小，所以减小，故C错误；D．一水合氨是弱电解质，在氨水中部分电离，所以1L0.1mol⋅L−1的氨水中的数目小于6.02×1022，故D错误；故答案为：B。【点睛】对于稀释过程中，相关微粒浓度的变化分析需注意，稀释过程中，反应方程式中相关微粒的浓度一般情况均会减小，如CH3COONa溶液，溶液中主要存在反应：CH3COONa+H2OCH3COOH+NaOH，稀释过程中，c(CH3COO-)、c(CH3COOH)、c(OH-)、c(Na+)均逐渐减小，非方程式中相关微粒一般结合相关常数进行分析。21、A【解析】

a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2－＞Cl－，故B错误；C、最高价含氧酸的酸性d＞c，这里没有说是最高价，故C错误；D、若b为Al元素，则Al3＋和S2－在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。22、B【解析】

A.H3AsO3的电离常数Ka1=，A错误；B.pH在8.0～10.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；C.M点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+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0.1mol·L-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)<c(H+)+c(K+)，D错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、1，2-二氯丙烷加成反应氧化反应C10H18O4CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaClNa2CO3饱和溶液【解析】

丙烯与氯气加成得A为CH3CHClCH2Cl，A发生水解反应得B为CH3CH(OH)CH2OH，苯与氢气发生加成反应得C为环己烷，C发生氧化反应得D为己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应（取代反应）得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到。【详解】根据上述分析可知A为CH3CHClCH2Cl，B为CH3CH(OH)CH2OH，C为，C发生氧化反应得D为HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，D与B发缩聚反应得G为，根据题中信息，F发生取代反应生成H和E，D和E发生酯化反应(取代反应)得F为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，根据H的结构可推知E为CH3CH2OH。(1)A为CH3CHClCH2Cl，名称为：1，2-二氯丙烷(2)反应①是属于加成反应，反应④属于氧化反应；(3)G的结构简式为：；F的结构简式为CH3CH2OOCCH2CH2CH2CH2COOCH2CH3，分子式是C10H18O4；(4)反应②的化学方程式：CH3CHClCH2Cl+2NaOHCH3CHOHCH2OH+2NaCl；(5)C为环己烷，C存在多种同分异构体，其中核磁共振氢谱只有两种峰的同分异构体的结构简式为；(6)B是1，2-丙二醇CH3CH(OH)CH2OH，D是己二酸HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，H是酯，鉴别三种物质的方法是向三种物质中加入Na2CO3饱和溶液，B与碳酸钠溶液混溶，不分层；D反应，产生气泡；H不反应，互不相容，液体分层，油层在上层。因此鉴别试剂是碳酸钠饱和溶液；(7)甲苯氧化生成苯甲酸，苯甲酸与乙醇发生酯化反应生成苯甲酸乙酯；乙醇氧化生成乙醛，乙醛进一步氧化生成乙酸，乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，苯甲酸乙酯与乙酸乙酯发生信息中反应得到，所以合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与性质，注意根据有机物的结构进行推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力、分析推理能力，是热点题型，难度中等．24、邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）羟基，羰基取代反应保护羟基不被氧化11bc【解析】

C为；(I)按命名规则给A命名，结合题给信息与反应②中的反应物和产物结构，找出试剂a，可确定结构简式；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式，并且找出其的官能团写名称即可；(3)找到C的结构简式是关键，从流程开始的物质A到C，可发现只有醛基被消除，由此可发现⑤的反应类型及反应①和⑤的目的；(4)从B的结构出发，满足条件的B的同分异构体(不包含B)中，先找出条件对应的基团及位置，最后再确定总数目，同分异构体x与NaOH溶液加热下反应，则X含酯基，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，确定X结构即可求解；(5)关于物质D的说法不正确的有哪些？从结构中含有苯环、醚键、羰基、醇羟基等基团的相关概念、性质判断；【详解】(I)A为，则其名称为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；答案为：邻羟基苯甲醛（2-羟基苯甲醛）；题给信息，反应②为，则试剂a为；答案为：；(2)由反应⑤⑥找到C的结构简式：，官能团为羟基和羰基；答案为：羟基；羰基；(3)C的结构简式是，与HI在加热下发生反应⑤得到，可见是-OCH3中的-CH3被H取代了；从流程开始的物质A到C，为什么不采用以下途径：主要是步骤3中醇羟基被氧化成羰基时，酚羟基也会被氧化，因此反应①和⑤的目的为保护羟基不被氧化；答案为：取代反应；保护羟基不被氧化；(4)B的同分异构体(不包含B)要满足条件①能发生银镜反应②苯环上有2个取代基，其中有一个醛基(含甲酸酯基)，且取代基可以是邻、间、对3种位置，则2个取代基可以有四种组合：首先是和，它们分别处于间、对，共2种（处于邻位就是B要排除），剩下3种组合分别是、、，它们都可以是邻、间、对3种位置，就9种，合起来共11种；答案为：11；某同分异构体x能与NaOH溶液加热下反应，则X含甲酸酯基，则X中苯环上的侧链为，X核磁共振氢谱有4组峰且峰面积比为3:2:2:1，则取代基处于对位，因此X为，则反应方程式为；答案为：(5)D为，关于物质D的说法：a．因为含有苯环，属于芳香族化合物，a说法正确，不符合；b．亲水基团少，憎水基团大，不易溶于水，b说法不正确，符合；c．含氧官能团有3种，还有1种含氮官能团，c说法不正确，符合；d．醇羟基可发生取代、氧化，羰基、苯环上可催化加氢反应,d说法正确，不符合；答案为：bc。25、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH，PH<7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42－，其实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1×0.025L=0.0025mol，残留量==0.16g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。26、浓debcfg关闭，打开排尽装置中残留的NO【解析】

制备NaNO2，A装置中铜与浓硝酸反应：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+4NO2↑+2H2O，制备NO2，NO2与水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，可以在C装置中进行；根据图示，2NO+Na2O2=2NaNO2在D装置中进行，尾气中的NO不能直接排放到空气中，需要用酸性高锰酸钾吸收：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，据此分析解答。【详解】(1)装置A三颈烧瓶中铜与浓硝酸发生反应生成二氧化氮，化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)根据上述分析，A装置制备NO2，生成的NO2在C中水反应制备NO，经过装置B干燥后在装置D中反应生成亚硝酸钠，最后用E除去尾气，因此装置的连接顺序为：a→d→e→b→c→f→g→h；此时应关闭K1，打开K2，让二氧化氮通过C装置中的水转化成一氧化氮，故答案为：d；e；b；c；f；g(b与c、f与g可以交换)；关闭K1，打开K2；(3)E装置为酸性高锰酸钾与NO的反应，NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，离子方程式为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O，故答案为：3MnO4-+4H++5NO=3Mn2++5NO3-+2H2O；(4)①关闭K2，打开K1，打开弹簧夹通一段时间的氮气，夹紧弹簧夹，开始A中反应，一段时间后，观察到E中溶液逐渐变为深棕色，说明NO2或NO与溶液中Fe2+发生反应；②停止A中反应，打开弹簧夹和K2、关闭K1，持续通入N2一段时间，将装置中残留的二氧化氮排尽，并在C中与水反应，3NO2+H2O=2HNO3+NO；③更换新的E装置，再通一段时间N2后关闭弹簧夹，使A中反应继续，观察到的现象与步骤①中相同，经过步骤②，进入E装置的气体为NO，E中溶液变为深棕色，说明是NO与和溶液中Fe2+发生反应使溶液呈深棕色，故答案为：排尽装置中残留的NO2；3NO2+H2O=2HNO3+NO；NO。【点睛】本题的易错点为(4)，要注意步骤③中进入装置E的气体只有NO。27、CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象气球体积增大，溶液不变浑浊乙因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小【解析】

甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收CO2较多的装置是乙。答案为：CO2＋Ca(OH)2＝CaCO3↓＋H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。【点睛】解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的量。28、2CH4（g）C2H4（g）+2H2（g）△H=+202.0kJ/mol0.20mol/L增大反应为气体体积增大的吸热反应，通入高温水蒸气相当于加热，同时通入水蒸气，容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均右移