高考化学模拟试卷(附带答案解析)

高考化学模拟试卷（附带答案解析）

注意事项：

L答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干

净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效。

3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。

一、单选题（本大题共20小题，共40.0分）

1.2016年IUPAC将第117号元素命名为Ts（中文名“钿”，音tian）,Ts是第七周期VDA族元素。下列

说法中，不正确的是（）

A.Ts的最外层电子数是7B.Ts原子原子半径比At原子大

C.Ts在同族元素中非金属性最弱D.Ts易与氢气化合，且生成物很稳定

2.同温同压下，等质量的CO、C02气体，下列物理量中C0VC02的是（）

A.分子数B.体积C.摩尔体积D.密度

3.已知反应：03+21-+H20=02+12+20H-,下列说法不正确的是

A.03和02是同素异形体B.H20既不是氧化剂也不是还原剂

C.氧化性：12>02D.反应生成Imol12时转移2moi电子

4.34Se与S为同主族元素。有关性质的比较错误的是（）

A,半径：Se>SB.沸点：H20>H2Se

C,酸性：H2Se04>H2S04D.非金属性：Cl>Se

5.中科院化学所研制的晶体材料-纳米四氧化三铁，在核磁共振造影及医药上有广泛用途，其生产过程

的部分流程如图所示。

①②

FeCl-6H,OfFeOOH肃纳米FeO

3环丙胺34

下列有关叙述不合理的是（）

A.在反应①中环丙胺的作用可能是促进氯化铁水解

B.反应②发生的化学方程式为6Fe00H+C0=2Fe304+3H20+C02

C.可用稀硫酸和K3[Fe（CN）6]鉴别Fe304和FeO

D.将制得的Fe304均匀分散在水中可能产生丁达尔效应

6.Nai晶体中两核间距约0.28nm,呈共价键；激光脉冲照射Nai时，Na+和I-■两核间距为1.0〜1.5nm,

呈离子键。下列说法正确的是（）

A.离子化合物中不可能含共价键

B.共价键和离子键之间没有明显界线

C.Nai晶体中既有离子键又有共价键

D.Nai晶体是离子化合物和共价化合物的混合物

7.一种抗肿瘤活性物质PsilostchyinA的结构如图所示。下列关于该化合物说

法正确的是（）°、_0

A.该物质分子式为Cl3Hl205I

B.分子中含4种官能团人I

第1页共18页H0°Y

O

C.能使酸性KMnO4溶液和滨水褪色

D.该物质不存在含苯环的同分异构体

8.下列有关实验室制取C12的装置正确的是（）

尾气处理

9.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）

A.通入了lmolC12的新制氯水中，HC10、Cl—、CIO—粒子数之和为2NA

B.标准状况下，22.4LCS2中所含分子数为NA

C.lmolNH3中含3NA个。键和4NA个SP3杂化轨道

D.0.1molFe和足量的稀硝酸充分反应，转移电子数为0.2NA

10.由X、Y转化为M的反应历程如图所示，下列说法错误的是（）

A.①一②的总过程放热

B.M是CH3C00H

C.反应过程中形成C-H键

D.反应X+Y-M的原子利用率为100%

11.已知醋酸达到电离平衡后，改变某条件电离平衡向正反应方向移动，则下列说法正确的是

A.实现该变化的只能是升高温度B.溶液的导电能力一定变强

C.溶液的pH一定减小D.发生电离的分子总数增多

如图是我国化学家合成的聚乙快衍生物的结构简式M,下列说法正确的

12._FC=CH-H

是

()

OH

第2页共18页

.0

A.M为纯净物

B.M能发生加成、氧化和还原反应

C.ImolM在足量NaOH溶液中完全水解消耗nmolNaOH

OOH

D.合成M的单体有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3

13.已知：甲。一乙。：一丙r丁,其中丁为强酸，则甲不可能为

A.N2B.CC.SD.NH3

14.工业上通过惰性电极电解Na2s04浓溶液来制备NaOH和H2s04,a、b为离子交换膜，装置如图所示。

下列说法正确的是（）

稀Na,SO,溶液

浓Na2so，溶液

A.c电极与电源负极相连

B.从d口得到H2s04（aq）

C.若生成lmol02,有2moiNa+穿过a

D.电解总反应：2Na2so4+6H20-通电2H2S04+4Na0H+02t+2H2t

15.从海带中提取碘要经过灼烧、浸取、过滤、氧化、萃取、分液、蒸储等操作，下列对应的装置合理,

操作规范的是（）

A.海带灼烧成灰

B.过滤含碘离子溶液

第3页共18页

c.5放出碘的苯溶液

分离碘并回收苯

16.由于氯化镂的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图。有关该制碱工艺描述错误

A.原料是饱和NaCl(aq)、C02B.NH3循环使用

C.X可能是石灰乳D.产品是Na2c03和CaC12

17.25℃时，向25mL0.ImoLL—1邻苯二甲酸(H2A)溶液中加入K0H固体

或通入HC1气体，混合溶液的pH随-Ige(HA-)以及-Ige(A2-)的关系如图

所示(忽略溶液体积变化和邻苯二甲酸的挥发)-下列有关叙述不正确的是

()

A.a点有关微粒浓度大小关系为c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)

B.b点c(K+)<0.15mol-L-l

C.邻苯二甲酸的Kal约为LOX10-3

D.从a点到c点，水电离的c(H+)先增大后减小

18.某溶液含Na+、NH4+、S042-、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进

行实验：①取少量溶液，加入足量HN03酸化的Ba(N03)2(aq),产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量

的NaOH(aq),产生红褐色沉淀，微热，产生气体。关于原溶液的说法正确的是()

A.不能确定是否有Fe3+B.需通过焰色反应确定Na+是否存在

C.Fe2+、Fe3+都存在D.存在NH4+、S042—、Cl—、Fe2+

19.一定条件下存在反应：2S02(g)+02(g)=2S03(g),△*().现有三个体积相同的密闭容器I、II、III,

按如图所示投料，并在400。。条件下开始反应.达到平衡时，下列说法正确的是()

2molSO：

11molO,|2molSO；

I绝热恒容□恒温恒容HI恒源恒压

A.容器I、in中平衡常数相同

B.容器n、ill中正反应速率相同

第4页共18页

c.so3的体积分数：ii〈m

D.容器I中S02的转化率与容器n中S03的转化率之和小于1

20.常温下，用0.100molL—lNa0H(aq)滴定20.00mLcmoLL-l二元酸H2A,

滴定曲线如图所示，下列叙述正确的是()

A.H2A电离：H2A-2H++A2—

B.a点：c(HA-)>c(Na+)>c(H+)>c(A2-)>c(OH-)

C.b点:c(H+)=c(A2-)+c(OH-)

D.c点：c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-)

二、简答题(本大题共4小题，共60.0分)

21.Cu3N具有良好的电学和光学性能，在电子工业领域、航空航天领域、国防领域、通讯领域以及光学

工业等领域中，发挥着广泛的、不可替代的巨大作用。

(1)基态N原子的电子排布式为,写出一种与N2互为等电子体的离子o

(2)NF3的分子立体构型名称是,该分子为分子(填“极性、非极性”兀

(3)Cu原子的基态外围电子排布式为,Cu位于周期表的______区。

(4)向盛有CuS04溶液的试管中滴入氨水至过量，依次写出反应的离子方程式：①②反应后加

入适量的无水乙醇，析出深蓝色晶体，此晶体的化学式为,析出晶体的原因是。

22.S8在300℃左右会分解成S2,过程中吸收热量；烟气中的S02可催化还原成硫蒸气，主要涉及以下

反应：

12S02(g)+CH4(g)w14S8(g)+CO2(g)+2H2O(g)+Ql(Ql>0)

②2s02(g)+CH4(g)-S2(g)+C02(g)+2H20(g)+Q2(Q2>0)

在容积固定的2L密闭容器中，通入2moiS02和lmolCH4,一定条件下发生上述反应。完成下列填空：

(DQ1Q2(选填“>”或)。能说明反应已达平衡状态的是。(选填编号)

a.C02物质的量浓度不变

b.气体密度不变

c.容器内压强不变

d.容器内S02与CH4的物质的量之比不变

⑵图1为相同时间内测得S02的转化率随温度变化情况。a点是否已达到化学平衡状态？(选填“是”

或“否”)o随着温度升高，S02转化率先升后降的原因是。

(3)图2为某温度时，S02和CH4的物质的量随时间变化情况。0〜2h内，v(CH4)=»温度不变，若要

提高S02的平衡转化率可采取的措施是(任写一条)。

(4)烟气中的S02常用氨水吸收。向氨水中通入S02,测得溶液的pH与各含硫组分物质的量分数的关系如图

3所示。溶液的pH=7时，n(S032-)：n(HS03-)弋。

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图3

氨水吸收烟气中S02后，经02催化氧化可得到硫酸盐。控制合适的温度，随着氧化的进行，溶液的pH

(选填“增大”或“减小”)。

23.某兴趣小组利用芳香族化合物A制取有机物G的合成路线如图。

OH

CHCjH,

入上GJCMDMF

△

J0170-175r

(DSOa/CHjO,①L，HC(OEt),,CuO

②C,H,,A1Q,，C.H*(2)CH,OH,NaOHCHCOOH

pGXM.COOH

己知：

①RCOOH-②C6H6,A1C13①S0C12/CH2c12RC0C6H5；

②RCH=CH2-KMn04RC00H+C02

回答下列问题：

(DA的分子式为,A的一种同分异构体为该同分异构体的化学名称是

(2)C-D的反应类型为o

(3)F的结构简式为。

(4)G中手性碳(注：连有四个不同的原子或基团的碳)的个数为,G与NaHC03溶液发生反应的化学

方程式：。

(5)E存在多种同分异构体，同时符合以下条件的有个

①苯环上有两个取代基；

②能发生银镜反应；

③能与NaHC03溶液反应。

BryO为原料制备的合成路线

(6)结合已知信息写出以o(其他试剂任选)

24.CuCl(M=99.5g-mol-l)是有机合成常用催化剂，不溶于醇，湿的CuCl在空气中易水解，也会被02氧

化为Cu2(0H)3CL工业上有多种途径合成CuCl：

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NaCl(s)、SO：.70-S(TC

途径一：CuS(Xaq)

"®1

THO洗潦干燥

NaCuCHaq)----------►CuCl祖品-------->■成品

.⑤@

NaCl(s)、Cu、少量HCl(aq)[

途段二：CuQXaq)

例

完成下列填空：

(1)步骤①控制反应温度在70〜80℃的方法是o步骤①②都必须外加NaCl(s)至接近饱和的原因是

(2)已知：Cu2++Cu+2Cl--2CuClIo途径二使用中间步骤生成NaCuC12,而不用一步法直接制取CuCl的原

因是o

(3)步骤③的操作是加水稀释后过滤，过滤所用玻璃仪器有烧杯、、。

⑷步骤④洗涤CuCl粗品时，需经稀盐酸洗、醇洗。稀盐酸洗涤的目的是，“醇洗”可快速除去CuCl

粗品表面的水，防止CuCl被氧化，写出CuCl被氧化的化学方程式。

(5)称取0.500gCuCl成品置于过量FeC13(aq)中，待固体完全溶解后，用0.2000mol-L-l的Ce(S04)2标准

液滴定至终点，消耗Ce(S04)2标准液24.60mL。相关反应如下：Fe3++CuCl-Fe2++Cu2++Cl—；Ce4++Fe2+

-Fe3++Ce3+,则CuCl的质量分数是(小数点后保留三位数字)，若滴定操作耗时过长可能会使测定

的CuCl质量分数(选填“偏高”或“偏低”)。

参考答案与解析

1.【答案】D

【解析】解：A.该元素位于第VDA族元素，最外层电子数是7,故A正确；

B.Ts和At属于同一主族，At为第六周期，Ts为第七周期，半径逐渐增大，故B正确；

C.同一主族元素中，随着原子序数越大，元素的非金属性逐渐减弱，则Ts在同族元素中非金属性最弱，故

C正确；

D.同一主族元素，气态氢化物的稳定性从上到下逐渐减弱，生成物很不稳定，故D错误；

故选：Do

2.【答案】D

【解析】解：A.二氧化碳的摩尔质量大于C0,等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO,故分子数CO〉CO2,

故A错误；

B.等质量时，二氧化碳的物质的量小于CO,故体积C0>C02,故B错误；

C.同温同压下，CO、C02气体的气体摩尔体积相同，故C错误；

D.二氧化碳的摩尔质量大于CO,同温同压下，密度C0VC02,故D正确；

故选：Do

A.结合公式n=mM考虑；

B.同温同压条件下，气体体积和物质的量成正比；

C.温度压强一定时，气体摩尔体积为定值；

D.温度压强一定时，气体密度和摩尔质量成正比。

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本题考查物质的量的计算，题目难度中等，掌握以物质的量为中心的计算转化关系是解题的关键。

3.【答案】C

【解析】试题分析：A、03和02是由0元素组成的结构和性质不同的两种单质，互为同素异形体，正确；B、

H20中的H元素和0元素化合价均不变，所以H20既不是氧化剂也不是还原剂，正确；C、根据题目所给出

的化学反应，无法判断02和12的氧化性强弱，错误；D、I-由-1价升高至0价，转化为12,所以生成Imol

12时转移2mol电子，正确。

考点：本题考查氧化还原反应原理、同素异形体。

4.【答案】C

【解析】解：A.34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以半径：Se>S,故A正确；

B.H20和H2Se都属于分子晶体，结构相似，前者分子之间存在氢键，熔沸点较高，故B正确；

C.34Se与S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高价氧化物对应水化物的酸性：H2Se04<H2S04,故C

错误；

D.氯的非金属性强于硫，硫的非金属性强于硒，依据不等式传递性可知，非金属性：Cl>Se,故D正确；

故选：Co

A.同主族元素从上到下原子半径依次增大；

B.结构相似的分子晶体，存在氢键的熔沸点较高；

C.同主族元素，最高价氧化物对应水化物酸性依次减弱；

D.氯的非金属性强于硫，硫的非金属性强于硒。

本题考查了元素周期律的实质、原子结构以及元素在周期表中的位置，为高频考点，侧重考查学生的分析

能力，难度不大，注意知识的积累。

5.【答案】C

【解析】解：A.因反应②环丙胺不参加反应，但加快反应速率，即加快了氯化铁水解，故A正确；

B.由制备过程图可知，反应③的反应物为FeOOH和C0,由一种生成物为Fe304和质量守恒定律可知反应为

6Fe00H+C0=2Fe304+3H20+C02,故B正确；

C.四氧化三铁和氧化亚铁可以先溶于稀硫酸溶液中，溶液中都存在亚铁离子，在加入K3[Fe(CN)6]不能鉴别

Fe304和FeO,故C错误；

D.纳米四氧化三铁分散在适当分散剂中，属于胶体分散系，可能产生丁达尔效应，故D正确；

故选：Co

A.反应②环丙胺没有参加反应；

B.反应②中的反应物与生成物及质量守恒定律来分析；

C.用K3[Fe(CN)6]来检验亚铁离子；

D.利用胶体、溶液的分散质粒子直径来分析。

本题属于信息习题，学生应注重习题信息和所学知识相结合来解答本题，并注意质量守恒定律、胶体的性

质等来解答。

6.【答案】B

【解析】解：A.离子化合物中可能含共价键，如氯化镂，故A错误；

B.Na+和I-可形成共价键、也可形成离子键，由此可知共价键和离子键没有严格的界限，故B正确；

C.Nai晶体中只含有离子键，如改变离子的核间距，可能为共价键，但不存在既有离子键，又有共价键的情

形，故C错误；

D.Nal晶体是离子化合物，如改变离子的核间距，可能为共价化合物，但为纯净物，不是混合物，故D错误；

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故选：Bo

A.含离子键的化合物为离子化合物；

B.Na+和I-可形成共价键、也可形成离子键；

C.Nai晶体中只含有离子键，如改变离子的核间距，为共价键；

D.Nal晶体是离子化合物。

本题考查了化学键知识，题目难度不大，注意根据题给信息分析解答，注意离子键、共价键、离子化合物

和共价化合物等概念，注意加强自学能力的培养。

7.【答案】C

【解析】解：A.由结构可知，该有机物分子含有13碳原子，不饱和度为6,分子中氢原子数目为2X13+2-2

X6=16,氧原子数目为5,故其分子式为Cl3Hl605,故A错误；

B.分子含有的碳碳双键、羟基、酯基共3种官能团，故B错误；

C.含有碳碳双键，能被酸性高锦酸钾溶液氧化，能与澳发生加成反应，能使酸性KMnO4溶液和澳水褪色，

故C正确；

D.苯环不饱和度为4,该有机物不饱和度为6,且分子中碳原子数目为13,该物质存在含苯环的同分异构体，

故D错误；

故选：Co

A.交点、端点为碳原子，用碳的四价结构确定氢原子数目，或利用不饱和度计算氢原子数目；

B.分子含有的官能团有碳碳双键、羟基、酯基；

C.含有碳碳双键，能被酸性高锌酸钾溶液氧化，能与澳发生加成反应；

D.苯环不饱和度为4,该有机物不饱和度为6,且分子中碳原子数目为13。

本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，注意对不饱和度的理解与灵活运用，

题目侧重考查学生分析能力、知识迁移运用能力。

8.【答案】D

【解析】解：A.浓盐酸与二氧化锦反应需要加热，图示装置未加热，不能制取氯气，故A错误；

B.要除去氯气中的氯化氢和水蒸气，应先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶再通过盛浓硫酸的洗气瓶，故B错

误；

C.收集气体装置不能密封，否则易发生爆炸，故C错误；

D.氯气有毒，直接排放会引起空气污染，能够与氢氧化钠溶液反应，可用盛放氢氧化钠溶液的烧杯进行尾

气处理，故D正确；

故选：Do

A.浓盐酸与二氧化锦反应需要加热；

B.洗气瓶连接顺序不对；

C.收集气体装置不能密封；

D.氯气有毒，直接排放会引起空气污染，能够与氢氧化钠溶液反应。

本题考查氯气的实验室制法，为高频考点，把握氯气的性质、收集方法为解答关键，注意掌握氯气的实验

室制备方法，试题侧重考查学生的化学实验能力，题目难度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A、氯气和水的反应为可逆反应，不能进行彻底，故溶液中含有未反应的氯气分子，则溶液中

的HC10、Cl—、C10-粒子数之和小于2NA,故A错误；

B、标况下二硫化碳为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；

C、单键中只含有1个。键，。键由杂化轨道构成，故氨气分子中含3个。键和4条SP3杂化轨道，故Imol

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氨气中含3NA个。键和4NA个SP3杂化轨道，故C正确；

D、铁和足量的稀硝酸反应后变为+3价，故0.Imol铁应后转移0.3NA个电子，故D错误。

故选：Co

A、氯气和水的反应为可逆反应；

B、标况下二硫化碳为液体；

C、氨气分子中含3个。键和4条SP3杂化轨道；

D、铁和足量的稀硝酸反应后变为+3价.

本题考查了物质的量和阿伏伽德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键.

10.【答案】C

【解析】解：A.由图可知②能量低于①能量，则①一②过程有热量放出，故A正确；

B.由图可知，M为乙酸，故B正确；

C.由图可知，反应过程中有C—C键、0—H键生成，无C—H键，故C错误；

D.该反应CH4+C02-催化剂CH3C00H,属于化合反应，则由X、Y生成M的总反应原子利用率为100%,故D

正确；

故选：Co

A.由图可知②能量低于①能量；

B.根据图中各分子结构即可得出答案；

C.由图可知，反应过程中有C—C键、0—H键生成；

D.该反应CH4+C02-催化剂CH3C00H,属于化合反应。

本题考查化学反应能量变化，侧重考查学生识图能力和分析能力，注意理解放热反应、吸热反应与反应物

总能量、生成物总能量之间的关系，此题难度中等。

11.【答案】D

【解析】试题分析：在溶液中存在电离平衡CH3C00H4CH3C00-+H+。醋酸的电离是个吸热的过程。A升高

温度，可以使平衡正向移动，但这不是唯一条件。错误。B.如果是通过加入水，使平衡正向移动，由于稀

释使溶液中的离子浓度减小，平衡正向移动又使离子的浓度有所增加，但是总的来说离子的浓度减小，溶

液的导电能力减弱。错误。C.若是通过升高温度使平衡正向移动，则C(H+)增大，PH减小，若是通过加水

稀释使平衡正向移动，则溶液的C(H+)减小，PH增大。错误。D.无论采取哪种措施使平衡正向移动，都使

发生电离的分子总数增多，电离程度增大。正确。

考点：考查弱电解质电离平衡的移动与溶液的导电性、溶液的PH电离程度的大小及条件的关系的知识。

12.【答案】B

【解析】解：A.高聚物中聚合度n不同，分子式不同，所以M属于混合物，故A错误；

B.M含有碳碳双键、苯环，能与氢气发生加成反应，也属于还原反应，碳碳双键、醇羟基都可以发生氧化反

应，故B正确；

C.ImolM完全水解生成2nmol竣基，则ImolM与足量NaOH反应消耗2nmolNa0H,故C错误；

/=\OH

HC=C-d1~COOH|

D.合成M的单体有V_/、HOCH2cH20H、H3C-CH-COOH,故D错误；

故选：Bo

A.高聚物分子中聚合度n值不相同；

B.含有碳碳双键、醇羟基、酯基与苯环；

C.分子中含有的较酸与醇形成的酯基能与氢氧化钠反应；

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/^AOH

HC=C-d》~COOH|

D.合成M的单体有\__V、HOCH2CH2OH,H3C-CH-C00Ho

本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯与碱反应原理，题目侧重考

查学生分析推理能力、灵活运用知识的能力。

13.【答案】B

【解析】试题分析：A中含有氮元素的各物质分别为N2,NO,N02,HN03。B中各物质依次为C,CO,C02,

H2C03oC中各物质依次为S,S02,S03,H2s04。D中各物质依次为NH3,NO,N02,HNO3。答案选B。

考点：本题考查元素化合物中各物质间的转化。

14.【答案】D

【解析】解：A.c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，c电极连接电源的正极，故A错误；

B.左侧溶液生成NaOH,从d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸从右室上口流出，故B错误；

C.若生成lmol02,电路中转移4mol电子，由电荷守恒可知，将有4moiNa+穿过阳离子交换膜，故C错误；

D.左室生成氢氧化钠和氢气，右室生成氧气和硫酸，电解总反应：2Na2so4+6H20-通电2H2SO4+4NaOH+O2

t+2H2t,故D正确；

故选：D。

由图可知，c极产生氧气，发生氧化反应，故c极为阳极，则左侧电极为阴极，阳极反应式为2H20-4e-=02

t+4H+,阴极反应式为2H20+2e-=H2t+20H-,Na+通过a膜移向阴极室，S042-通过b膜移向阳极室，则a

膜为阳离子离子交换膜、b膜为阴离子交换膜。

本题考查电解原理的应用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查学

生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。

15.【答案】D

【解析】解：解：A.灼烧在生烟中进行，且烧杯不能直接加热，仪器选择不合理，故A错误；

B.过滤需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；

C.碘单质易溶在苯中，且苯的密度小于水，在上层，应从上口倒出上层液体，故C错误；

D.碘与苯互溶，利用沸点不同分离，则选择图中蒸储装置可分离，且温度计的位置、冷水方向均合理，故D

正确；

故选：D。

A.灼烧在蛆烟中进行；

B.过滤需要玻璃棒引流；

C.碘的苯溶液在上层；

D.碘与苯互溶，利用沸点不同分离。

本题考查海水提碘及实验装置，为高频考点，把握混合物分离方法、仪器的使用、实验装置的作用等为解

答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验技能及实验基本操作的应用，题目难度不大。

16.【答案】A

【解析】

【分析】

本题主要考查了侯氏制碱法的原理及改进，题目难度不大，理清反应原理即可解题。

【解答】

A.由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、C02、水还有石灰乳，故A错误；

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B.由制碱工艺图可知，氨气循环使用，故B正确；

C.根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，故C正确；

D.由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，故D正确。

故选：Ao

17.【答案】A

【解析】解：随着K0H固体的增加，溶液的pH值增大，H2A电离程度增大，溶液中c(HA-)先增大后减小、

c(A2-)逐渐增大，则溶液中-lgc(HA-)先减小后增大，-lgc(A2-)一直减小，所以ac曲线表示pH随

-Ige(HA-)；

A.a点溶液中纵坐标最小，则该溶液中c(HA-)最大，溶液中溶质为KHA,溶液pH〈7,溶液呈酸性，说明HA-

电离程度大于水解程度但电离和水解程度都较小，水电离也生成H+,所以溶液中存在

c(K+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-),故A错误；

B.b点「Ige(HA-)：=Tgc(A2—),则c(HA—)=c(A2—),溶液中溶质为等物质的量浓度的KHA、K2A,溶液中存

在物料守恒c(HA—)翻(H2A)+c(A2—)=0.lmol/L,根据溶质得c(K+)：[c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)]=3：2,则

c(K+)：[c(HA-)+c(A2-)]<3：2,所以存在b点c(K+)<0.15mol-L—1,故B正确；

CpH=0时,c(H+)=lmol/L,-Ige(HA-)=4,则c(HA—)=10—4mol/L,H2A电离程度较小,则溶液中c(H2A)

«0.Imol/L,邻苯二甲酸的Kal=c(H+)-c(HA-)C(H2A)-Q1X10—40.1=1.0X10—3,故C正确；

D.a点溶质为KHA,溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从a到c点，继续加入KOH

固体生成K2A,A2-水解而促进水电离，继续加入KOH,KOH抑制水电离，所以从a点到c点，水的电离程

度先增大后减小，即水电离的c(H+)先增大后减小，故D正确；

故选：Aa

随着KOH固体的增加，溶液的pH值增大，H2A电离程度增大，溶液中c(HA-)先增大后减小、c(A2-)逐渐

增大，则溶液中-lgc(HA-)先减小后增大，-lgc(A2-)一直减小，所以ac曲线表示pH随-lgc(HA-)；

A.a点溶液中纵坐标最小，则该溶液中c(HA-)最大，溶液中溶质为KHA,溶液pH〈7,溶液呈酸性，说明HA-

电离程度大于水解程度但电离和水解程度都较小，水电离也生成H+；

B.b^-lgc(HA-)=-lgc(A2-),则c(HA-)=c(A2—),溶液中溶质为等物质的量浓度的KHA、K2A,溶液中存

在物料守恒c(HA-)+c(H2A)+c(A2—)=0.1mol/L,根据溶质得c(K+)：[c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)]=3：2；

CpH=0时,c(H+)=lmol/L,-lgc(HA-)=4,则c(HA—)=10—4mol/L,H2A电离程度较小，则溶液中c(H2A)

«0.Imol/L,邻苯二甲酸的Kal=c(H+)-c(HA-)c(H2A)；

D.a点溶质为KHA,溶液呈酸性，说明HA-电离程度大于水解程度，抑制水电离，从a到c点，继续加入KOH

固体生成K2A,A2-水解而促进水电离，继续加入KOH,K0H抑制水电离。

本题考查混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确曲线与微粒的关系、各点溶液中溶

质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活应用，B为解答难点，题目难度中等。

18.【答案】D

【解析】解：由上述分析可知，原溶液中存在的离子为NH4+、S042-、Cl-、Fe2+,不存在的离子为K+、

Fe3+、C032-

A.由上述分析可知,溶液中存在Fe2+,不存在Fe3+,故A错误；

B.由上述分析可知,溶液中一定不存在Na+,故B错误；

C.由上述分析可知,溶液中一定不存不存在Fe3+,故C错误；

D.由上述分析可知,原溶液中存在的离子为NH4+、S042-、口-、Fe2+,故D正确;

故选：D。

①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(N03)2溶液，产生白色沉淀，说明沉淀不溶于硝酸，为硫酸领，则原溶

液中存在S042-；

②向①中的滤液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀为氢氧化铁，由于硝酸能将氧化Fe2+为Fe3+,

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溶液中可能存在Fe2+、Fe3+中的一种或两种，根据共存可知，原溶液中无C032-；微热，有气体产生，该

气体为氨气，则原溶液中含有NH4+；

小结实验①②可知，原溶液中一定含有：NH4+、S042-,一定没有C032-,由于溶液中各离子浓度均相同,

无论含有Fe2+或Fe3+中的哪一种，原溶液中肯定存在C1-,根据溶液电中性规则可知，原溶液中含有的离

子为NH4+、S042-,C1-,Fe2+,不存在Na+、Fe3+、C032-,据此分析解答。

本题考查常见离子的检验与推断，为高频考点，把握离子之间的反应、离子共存、离子的检验方法及物质

性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意利用电荷守恒关系判断d-的存在是解题难点，题

目难度不大。

19.【答案】D

【解析】解：A、容器I是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行，平衡常数减小，容器I、III中

平衡常数不相同，故A错误；

B、容器III是恒压容器，反应过程中压强大于容器I,反应速率大，容器II、III中正反应速率不相同，故B

错误；

c、容器n是恒温恒容，ill是恒温恒压，随着反应的进行，容器n中压强大于容器m,平衡正向进行，三氧

化硫含量增大，so3的体积分数：n〉iii,故c错误；

D、若容器II恒温恒容，容器I也是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之

和为1,但实际容器I是绝热恒容，随反应进行温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小，因此容器

I中S02的转化率与容器II中S03的转化率之和小于1,故D正确；

故选：D。

A、容器I是绝热容器，反应过程中温度升高，平衡逆向进行；

B、容器II是恒温恒容，III是恒压容器，反应过程中随着S02转化为S03,容器H的压强会增大，反应速率

会比容器III大；

c、容器n是恒温恒容，Ui是恒温恒压，随着反应的进行，容器n中压强大于容器m,平衡正向进行，三氧

化硫含量增大，II>m；

D、若容器II恒温恒容，容器I是恒温恒容时，达到相同平衡状态，二氧化硫转化率和三氧化硫转化率之和

为1,实际容器I是绝热恒容，随着反应的进行，温度升高，平衡逆向进行，二氧化硫转化率减小.

本题考查了影响化学平衡因素的分析判断，注意容器的条件分析应用，绝热容器使体系温度升高，掌握基

础是关键，题目难度中等.

20.【答案】C

【解析】解：根据图知，未加NaOH溶液时，溶液的pH接近为1,说明该二元酸第一步完全电离；加入

V(Na0H)=40mL时，酸碱恰好完全反应生成Na2A,溶液的pH>7,说明A2-水解生成HA-,所以HA-部分电离；

c点酸碱恰好完全反应，则存在n(NaOH)=2n(H2A),酸碱以1：1反应生成Na2A,所以c=0.100mol/LX0.04L2

X0.02L=0.lOOmol/L；

A.根据以上分析知，H2A第一步完全电离、第二步部分电离，所以H2A第一步电离方程式为：H2A=H++HA-,

第二步电曷方程式为HA-=H++A2-,故A错误；

B.a点时反应得到等浓度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A第一步在溶液中完全电离，所以c(H+)>c(Na+),

故B错误；

C.b点溶液中溶质为NaHA,溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(OH-)、存在物料守恒

c(Na+)=c(HA—)+c(A2—),所以存在c(H+)=c(A2—)+c(OH—),故C正确；

D.c点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2—)+c(OH—),溶液呈碱性，则c(H+)<c(OH—),所

以存在c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-),故D错误;

故选：Co

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根据图知，未加NaOH溶液时，溶液的pH接近为1,说明该二元酸第一步完全电离；加入V(Na0H)=40mL时，

酸碱恰好完全反应生成Na2A,溶液的pH〉7,说明A2-水解生成HA-,所以HA-部分电离；c点酸碱恰好完

全反应，则存在n(NaOH)=2n(H2A),酸碱以1：1反应生成Na2A,所以c=0.100mol/LX0.04L2X

0.02L=0.100mol/L；

A.根据以上分析知，H2A第一步完全电离、第二步部分电离；

B.a点时反应得到等浓度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A第一步在溶液中完全电离；

C.b点溶液中溶质为NaHA,溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(0H-)、存在物料守恒

c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)；

D.c点溶液中存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2-)+c(OH—),溶液呈碱性，则c(H+)<c(0H-)„

本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查图象分析判断及计算能力，明确该酸电离特点、各点溶液中溶

质成分及其性质是解本题关键，注意守恒理论的灵活运用，题目难度中等。

21.【答案】Is22s22P3CN—(或N0+、C22-)三角锥形极性3dl04slds①

Cu2++2NH3-H20=Cu(0H)2I

+2NH4+Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-[Cu(NH3)4]S04-H20[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度远

小于在水中的溶解度

【解析】解：(1)氮元素原子核外电子数为7,其基态原子核外电子排布式为Is22s22P3；

原子数目相等、价电子总数也相等的微粒互为等电子体，与N3-互为等电子体的离子有CN-或N0+、C22-)

等，

故答案为：Is22s22p3；CN—(或N0+、C22-)；

(2)NF3分子中氮原子的价层电子对数为：5+32=4,分子中有一对孤电子对，所以其分子构型为三角锥形,

碳、氮之间是极性键，其分子是极性分子，

故答案为：三角锥形；极性；

(3)铜的原子序数为29,根据能量最低原理其态原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63dl04sl,则铜原子

基态外围电子排布式为3dl04sl；Cu处于周期表中第四周期IB族，属于ds区元素，

故答案为：3dl04sl；ds；

(4)氨水和硫酸铜反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成可溶性的铜氨络合

物，所以难溶物溶解得到深蓝色的透明溶液，涉及的离子方程式为：①Cu2++2NH3•H20=Cu(0H)2J+2NH4+、

②Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-；

由于[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度，则反应后加入适量的无水乙醇，会析出深蓝

色晶体Cu(NH3)4S04-H20,

故答案为：Cu2++2NH3-H20=Cu(0H)2I+2NH4+；Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-；[Cu(NH3)4]S04-H20；

[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度远小于在水中的溶解度。

(2)氮元素原子核外电子数为7,根据能量最低原理书写；原子数目相等、价电子总数相等的微粒互为电子；

(2)根据NF3分子中氮原子的价层电子对数及孤电子对数判断分子构型、分子的极性；

(3)根据核外电子排布规律书写Cu原子的核外电子排布式，进而书写Cu的外围电子排布式；根据铜元素在

周期表位置判断所在区；

(4)硫酸铜和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，当氨水过量时，氨水和氢氧化铜反应生成铜氨溶液；

[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度小于在水中的溶解度，向溶液中加入乙醇后会析出蓝色晶体

[Cu(NH3)4]S04„

本题考查核外电子排布规律、化学键、分子杂化类型判断等知识，题目难度中等，注意掌握核外电子排布

规律，明确分子或离子杂化类型判断方法，试题综合性较强，充分考查了学生的灵活应用能力。

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22.【答案】〉AC否T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，S02转化率增大，T1之

后反应①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，S02转化率减

小0.125mol-L-l-h-l增加n(CH4)或减压1：1减小

(解析］解:(1)①2s02(g)+CH4(g)014S8(g)+C02(g)+2H20(g)+Q1(Ql>0)②2s02(g)+CH4(g)#

S2(g)+C02(g)+2H20(g)+Q2(Q2>0)由①—②，可得14s8(g)+Q1=S2(g)+Q2,可得14s8(g)=S2(g)+Q2—QI,由

S8在300℃左右会分解成S2,过程中吸收热量，可知Q2-Ql〈0,可得Q1〉Q2；

A.C02物质的量浓度不变，说明反应已达到平衡状态，故A正确；

B.反应均为气体的反应，气体总质量反应前后质量守恒，保持不变，恒容容器体积不发生改变，则整个反

应混合气体密度为P=mV,达到化学平衡前后，混合气体的密度都不变，不能说明化学反应已达到平衡，故

B错误；

C.随着反应进行，气体分子数增加，气体压强增大，当容器内压强不再变化时，可以说明化学反应已达到

平衡，故C正确；

D.反应起始量S02与CH4的物质的量为2：1,反应过程中S02与CH4的反应物质的量之比始终为2：1,不

能说明反应达到平衡状态，故D错误；

故答案为：>;AC；

(2)反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到S02的平衡转化率；T1之前反应①②

未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，S02转化率增大，T1之后反应①②均达平衡，反应①②均为放

热反应，温度升高，平衡逆向移动，S02转化率减小

故答案为：否；T1之前反应①②未达平衡，温度升高，反应加速正向移动，S02转化率增大，T1之后反应

①②均达平衡，反应①②均为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，S02转化率减小；

(3)120min=2h,根据图中信息，可知v(CH4)=Z\c/\t=l.0mol-0.5moilLX2h=0.125moLL—Lh—l,根据

影响平衡移动的因素，可知可以适当的增加n(CH4)或减小压强

故答案为:0.125moLL-l-h-l；增加n(CH4)或减压;

(4)由图像可知，pH=7时，纵坐标为0.5,故n(S032-)：n(HS03-)=l：1；随着氧化反应进行

2HS03-+02=2H++2s042-溶液中H+的浓度逐渐增大，所以溶液中的pH逐渐减小

故答案为：1：1;减小。

可逆反应到达平衡时，同种物质的正逆速率相等且保持不变，各组分的浓度、含量保持不变，由此衍生的

其它一些物理量不变，判断平衡的物理量应随反应进行发生变化，该物理量由变化到不再变化说明到达平

衡，以此来解析；

(1)①2s02(g)+CH4(g)w14S8(g)+C02(g)+2H20(g)+Q1(Ql>0)②2s02(g)+CH4(g)w

S2(g)+C02(g)+2H20(g)+Q2(Q2〉0)由①一②，可得14s8(g)+Ql=S2(g)+Q2,可得14s8(g)=S2(g)+Q2—QI,由

S8在300℃左右会分解成S2,过程中吸收热量；

可逆反应达到化学平衡时正逆反应速率相等且变化的物理量不再变化；

(2)反应①和反应②均为放热反应，温度升高，a点的转化率还未达到S02的平衡转化率；T