鹰潭市重点中学高考化学押题试卷含解析

2021-2022高考化学模拟试卷含解析注意事项:1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁,不要折暴、不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、用Cl2生产某些含氯有机物时会产生副产物HCl。利用如下反应,可实现氯的循环利用：4HCl(g)+O2(g)
2Cl2(g)+2H2O(g)△H=-115.6kJ·mol-1下列说法正确的是A.升高温度能提高HCl的转化率B．加入催化剂,能使该反运的焓变减小C.1molCl2转化为2molCl2原子放出243kJ热量D.断裂H2O(g)中1molH-O键比断裂HCl(g)中1molH-Cl键所需能量高2.W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素,位于三个周期,X、Z同主族,Y、Z同周期,X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐,Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱,以下说法错误的是A.原子半径大小:Y>ZB．Y3X2中既有离子键,又有共价键C.Z的最高价氧化物可做干燥剂D.可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气3."碳九"是在石油提炼时获得的一系列含碳数量在9左右的烃,沸点处于汽油和柴油之间。"碳九"有两种,分为裂解碳九和重整碳九,前者主要为烷烃.烯烃等链烃,后者主要为丙苯、对甲乙米等芳香烃。下列有关说法错误的是A.若将"碳九"添加到汽油中,可能会使汽油燃烧不充分而形成积炭B.用溴水可以区分裂解碳九和重整碳九C.均三甲苯(
)的二氯代物有5种D.异丙苯[
]和对甲乙苯(
）互为同系物4、将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中
假设容器体积不变,固体试样体积忽略不计
,使其达到分解平衡：
。实验测得不同温度下的平衡数据列于下表：温度平衡气体总浓度下列有关叙述正确的是A.该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变B.因该反应
、
,所以在低温下自发进行C.达到平衡后,若在恒温下压缩容器体积,体系中气体的浓度增大D．根据表中数据,计算
时的分解平衡常数约为
5.铊(Tl)与铝同族。Ti3+在酸性溶液中就能发生反应:Tl3++2Ag=Tl++2Ag+。下列推断错误的是A.Tl+的最外层有1个电子B.Tl能形成+3价和+1价的化合物C.酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性强D.Tl+的还原性比Ag弱6、某溶液中可能含有Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样:①用pH计测试,溶液显弱酸性;②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成,还需检验的离子是A.NH4+ B.SO42－ C.Ba2+ D.Na+7、化学与生活密切相关,下列有关说法错误的是A.SO2和NO2是主要的大气污染物B.大气中的SO2和CO2溶于水形成酸雨C.以液化石油气代替燃油可减少大气污染D.对煤燃烧后形成的烟气脱硫,目前主要用石灰法8、设NA为阿伏加德罗常数的值。由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸,发生反应:CaOCl2+H2SO4（浓）=CaSO4+Cl2↑+H2O。下列说法正确的是A.明矾、小苏打都可称为混盐B.在上述反应中,浓硫酸体现氧化剂和酸性C．每产生1molCl2,转移电子数为NAD.1molCaOCl2中共含离子数为4NA9、高温下,某反应达到平衡,平衡常数
,保持其他条件不变,若温度升高,c(H2)减小。对该反应的分析正确的是A.反应的化学方程式为:CO+H2O
CO2+H2B.升高温度,v(正)、v(逆)都增大,且v(逆)增大更多C.缩小容器体积,v(正）、v(逆)都增大,且v(正）增大更多D.升高温度或缩小容器体积,混合气体的平均相对分子量都不会发生改变10、25°C时,用浓度为0.1000mol/L的NaOH溶液滴定体积均是20mL、浓度均为0.1000mol/L的三种酸HX、HY、HZ,滴定曲线如图所示。下列说法正确的是（）A.酸性强弱顺序是HX>HY>HZB.加入10mLNaOH溶液时,HY溶液中c(Na+)>c(Y-)C.pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3D.加入20mLNaOH溶液时,只有HY溶液达到滴定终点11、邻甲基苯甲酸主要用于农药、医药及有机化工原料的合成,其结构简式为
,下列关于该物质的说法正确的是(）。A.该物质能与溴水生成白色沉淀B.该物质含苯环的同分异构体中能水解且含有甲基的共5种C.1mol该物质最多能与4molH2生加成反应D.该物质中所有原子共平面12.设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A.1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键B.1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC.25℃,pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD.常温常压下,过氧化钠与水反应,生成8g氧气时转移的电子数为0.25NA13、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+,放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A.该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B.放电时,电子由铜箔经外电路流向铝箔C.充电时,铝箔电极应该接电源的正极D．充电时,Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移14.短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是A.T的氢化物的沸点一定低于R的B.W的氧化物对应的水化物一定是强酸C.T和W组成的化合物含两种化学键D.工业上电解熔融氧化物制备G的单质15.下列实验对应的现象及结论均正确且两者具有因果关系的是选项实验现象结论A将SO2通入BaCl2溶液中,然后滴入HNO3有白色沉淀生成,且白色沉淀不溶于稀硝酸所得的沉淀为BaSO3,后转化为BaSO4B向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液变蓝还原性:I->Fe2+C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出现红褐色沉淀和无色液体FeCl2溶液部分变质D将浓硫酸滴入蔗糖中并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味该过程中浓硫酸仅体现了吸水性和脱水性A.A B.B C.C D.D16、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量,依次经过以下四个步骤,下列图示装置和原理能达到实验目的的是A.灼烧海带
B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质
C.制备Cl2,并将I-氧化为I2
D．以淀粉为指示剂,用Na2SO3标准溶液滴定
17、下列说法正确的是A.纺织品上的油污可以用烧碱溶液清洗B.用钢瓶储存液氯或浓硫酸C.H2.D2.T2互为同位素D.葡萄糖溶液和淀粉溶液都可产生丁达尔效应18、H2C2O4是一种二元弱酸。常温下向H2C2O4溶液中滴加KOH溶液,混合溶液中离子浓度与pH的关系如图所示,其中
或
。下列说法正确的是A.直线I表示的是
与pH的变化关系B．图中纵坐标应该是a=1.27,b=4.27C.c(
)＞c(
)＞c(H2C2O4)对应1.27＜pH＜4.27D.c(K+)=c(
)+c(
)对应pH=719、油画变黑,可用一定浓度的H2O2溶液擦洗修复,发生的反应为4H2O2+PbS→PbSO4+4H2O下列说法正确的是A.H2O是氧化产物B.H2O2中负一价的氧元素被还原C.PbS是氧化剂D.H2O2在该反应中体现还原性20、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液,所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A.Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B．若滴定到第一反应终点,可用甲基橙作指示剂C.图中Z点对应的溶液中:c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D.图中Y点对应的溶液中:3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)21、二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是一种高效、低毒的消毒剂。其一种生产工艺如图所示。下列说法正确的是A.气体A为Cl2B.参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为3:1C.溶液B中含有大量的Na+、Cl－、OH－D.可将混合气通过饱和食盐水除去C1O2中的NH322、某废水含Na+、K+、Mg2+、Cl-和SO42-等离子。利用微生物电池进行废水脱盐的同时处理含OCN-的酸性废水,装置如图所示。下列说法错误的是A.好氧微生物电极N为正极B.膜1.膜2依次为阴离子、阳离子交换膜C.通过膜1和膜2的阴离子总数一定等于阳离子总数D.电极M的电极反应式为2OCN(－6e(＋2H2O=2CO2↑＋N2↑＋4H(二、非选择题(共84分)23.(14分)苯二氮卓类药物氟马西尼(F)的合成路线如下图所示。请回答下列问题:(1)A中官能团有氟原子、_____和________。(均填名称)(2)C3H5O2Cl的结构式为________。（3)反应①和②的反应类型相同,其反应类型是___________。(4)化合物D的分子式为___________。（5)反应⑤生成“物质F"和HCl,则E→F的化学反应方程式为________。(6)
是F的同分异构体,其中X部分含—COOH且没有支链,满足该条件的同分异构体有______种(不考虑立体异构)。(7）已知氨基酸之间脱水能够形成含肽键的化合物,请设计由甘氨酸(HOOCCH2NH2）和CNCH2COOC2H5制备
的合成路线________(无机试剂任选）。24、（12分）有机物M的合成路线如下图所示:已知:R—CH=CH2
R—CH2CH2OH。请回答下列问题:(1)有机物B的系统命名为__________。（2)F中所含官能团的名称为__________,F→G的反应类型为__________。(3)M的结构简式为_________。(4)B→C反应的化学方程式为__________。(5）X是G的同系物,且相对分子质量比G小14,X有多种同分异构体,满足与FeCl3溶液反应显紫色的有______种。其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为______。（6）参照M的合成路线,设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线_________（无机试剂任选）。25.(12分)纯碱(Na2CO3)在生产生活中具有广泛的用途.如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图.完成下列填空:已知:粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子.（1)精制除杂的步骤顺序是____→___→____→____→____（填字母编号).a粗盐溶解b加入盐酸调pHc加入Ba(OH)2溶液d加入Na2CO3溶液e过滤(2）向饱和食盐水中先通入NH3,后通入CO2,理由是______．在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是______．（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线.____(4)图2装置中常用于实验室制备CO2的是__(填字母编号);用c装置制备NH3,烧瓶内可加入的试剂是___(填试剂名称).(5)一种天然碱晶体成分是aNa2CO3•bNa2SO4•cH2O,利用下列提供的试剂,设计测定Na2CO3质量分数的实验方案.请把实验方案补充完整:供选择的试剂:稀H2SO4.BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba(OH)2溶液①______.②______.③______.④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数.26、（10分）FeC2O4·2H2O是一种淡黄色粉末,加热分解生成FeO、CO、CO2和H2O。某小组拟探究其分解部分产物并测定其纯度。回答下列问题:(1)按气流方向从左至右,装置连接顺序为A.___________C(填字母,装置可重复使用)。(2)点燃酒精灯之前,向装置内通入一段时间N2,其目的是__________________。(3)B中黑色粉末变红色,最后连接的C中产生白色沉淀,表明A中分解产物有_________。(4)判断A中固体已完全反应的现象是_____________。设计简单实验检验A中残留固体是否含铁粉:________。(5)根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是________________________________。(6)测定FeC2O4·2H2O样品纯度(FeC2O4·2H2O相对分子质量为M):准确称取wgFeC2O4·2H2O样品溶于稍过量的稀硫酸中并配成250mL溶液,准确量取25.00mL所配制溶液于锥形瓶,用cmol·L—1标准KMnO4溶液滴定至终点,消耗VmL滴定液。滴定反应为FeC2O4+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+CO2↑+H2O(未配平)。则该样品纯度为_______%(用代数式表示)。若滴定前仰视读数,滴定终点俯视读数,测得结果_____(填"偏高""偏低"或"无影响")。27、（12分）草酸是一种二元弱酸,可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O4·2H2O。回答下列问题:(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2,少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料,并用下图1装置制取C2H2。①装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_____________。②装置B中,NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,其中PH3被氧化的离子方程式为______。该过程中,可能产生新的杂质气体Cl2,其原因是:______(用离子方程式回答)。(2)乙组的同学根据文献资料,用Hg(NO3)2作催化剂,浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O4·2H2O。制备装置如上图2所示：①装置D中多孔球泡的作用是__________。②装置D中生成H2C2O4的化学方程式为____________。③从装置D中得到产品,还需经过___________(填操作名称)、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O4·2H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取mg产品于锥形瓶中,加入适量的蒸馏水溶解,再加入少量稀硫酸,然后用cmol·L－1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点,共消耗标准溶液VmL。①滴定终点的现象是_____________。②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快,分析可能的原因是____________。③产品中H2C2O4·2H2O的质量分数为_________(列出含m、c、V的表达式）。28、(14分)硫及其化合物有许多用途,相关物质的物理常数如下表所示:H2SS8FeS2SO2SO3H2SO4熔点/℃−85.5115.2>600(分解）−75.516.810.3沸点/℃−60.3444.6−10.045.0337.0回答下列问题:(1)基态Fe原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为__________,基态S原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_________形。(2）根据价层电子对互斥理论,H2S、SO2、SO3的气态分子中,中心原子价层电子对数不同于其他分子的是_________。（3）图（a）为S8的结构,其熔点和沸点要比二氧化硫的熔点和沸点高很多,主要原因为__________。(4)气态三氧化硫以单分子形式存在,其分子的立体构型为_____形,其中共价键的类型有______种;固体三氧化硫中存在如图(b)所示的三聚分子,该分子中S原子的杂化轨道类型为________。(5)FeS2晶体的晶胞如图(c)所示。晶胞边长为anm、FeS2相对式量为M,阿伏加德罗常数的值为NA,其晶体密度的计算表达式为___________g·cm−3;晶胞中Fe2+位于
所形成的正八面体的体心,该正八面体的边长为______nm。29、（10分）祖母绿的主要成分为Be3Al2Si6Ol8,含有O、Si、Al、Be等元素。请回答下列问题:(1)基态A1原子中,电子占据的最高能级的符号是_______________________,该能级具有的原子轨道数为_______。(2)在1000℃时,氯化铍以BeCl2形式存在,其中Be原子的杂化方式为_________;在500〜600℃气相中,氯化铍则以二聚体Be2Cl4的形式存在,画出Be2Cl4的结构____________,1molBe2Cl4中含有____mol配位键。(3)氢化铝锂(LiAlH4)是有机合成中一种重要的还原剂,LiAlH4的阴离子的空间构型为____________,该阴离子的等电子体为____________（写一种分子、一种离子）。一种无限长单链结构的多硅酸根的一部分如图所示,则该硅酸根的化学式为____________________。(4)用氧化物的形式表示出祖母绿的组成:___________。如图是Be与O形成的氧化物的立方晶胞结构,已知氧化铍的密度为ρg/cm3,则晶胞边长为__________cm。(设NA为阿伏加德罗常数的值,用含ρ、NA的代数式表示),O2-的配位数为_____________。

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】A、该反应正反应为放热反应,升温平衡逆向移动,HCl的转化率降低,A错误;B.催化剂只能改变反应的历程而不能改变反应的焓变,焓变只与反应物和生成物的能量差有关,B错误;C、断裂化学键需要吸收能量,1molCl2转化为2molCl原子应该吸收243kJ热量,C错误;D、设H-Cl键能为a,H-O键能为b,△H=反应物的总键能-生成物的总键能,所以有-115.6=4a+498-(243×2+4b),解的4(a-b)=-127.6,即b>a,所以H-O键的键能大于H-Cl键能,D正确；正确答案为D。2.B【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素,位于三个周期,Y、Z同周期,则W位于第一周期,为H元素,X位于第二周期,Y、Z位于第三周期,X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐,则X为N元素,X、Z同主族,则Z为P元素,Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱,Y为Mg元素,据此分析解答。【详解】A.Y为Mg元素,Z为P元素,Y、Z同周期,同周期元素随核电核数增大,原子半径减小,则原子半径大小:Y>Z,故A正确;B.X为N元素,Y为Mg元素,Y3X2为Mg3N2,属于离子化合物,其中只有离子键,故B错误;C.Z为P元素,最高价氧化物为五氧化二磷,具有吸水性,属于酸性干燥剂,故C正确；D．W为H元素,X为N元素,XW3为氨气,浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵,形成白烟,可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气,故D正确；答案选B。3.D【解析】A.由于碳九中碳原子个数比汽油的多,所以燃烧时更容易燃烧不充分产生单质碳而形成"积碳",故A正确;B.裂解碳九中含有烯烃,能与溴水发生加成反应而使其褪色,故B正确;C.均三甲苯的二氯代物中,两个氯原子在同一个碳原子上的有1种:
,在不同碳原子上的有4种:
、
,共有5种,故C正确；D.异丙苯与对甲己苯分子式相同,不符合同系物中分子组成相差一个或若干个“CH2"原子团的要求,故D错误；故答案为D。【点睛】有机物二元取代物的种数确定,应采用"定一移二"的方法,即先固定一个取代基的位置,再移动另一个取代基,以确定同分异构体的数目。4.D【解析】A.从反应开始混合气体的平均相对分子质量始终不变,所以不能作为平衡状态的标志,故A错误;B.根据表中数据判断随着温度升高,平衡移动的方向,从而判断出正反应是吸热,所以焓变（△H）大于0,根据气态物质的熵大于液态物质的熵判断出反应熵变（△S）大于0,所以在高温下自发进行,故B错误;C.到平衡后,若在恒温下压缩容器体积,平衡逆向移动,但温度不变,平衡常数不变,因此体系中气体的浓度不变,故C错误；D．根据表中数据,平衡气体的总浓度为4.8×10-3mol/L,容器内气体的浓度之比为2：1,故NH3和CO2的浓度分别为3.2×10-3mol/L、1.6×10-3mol/L,代入平衡常数表达式：K=（3.2×10-3）2×1.6×10-3=
,故D正确；答案选D。【点睛】计算
时的分解平衡常数,要根据题目所给该温度下的浓度值,根据NH3和CO2的物质的量之比,在相同的容器中,体积相等,可以得到浓度的关系,再代入公式即可。选项C为解答的易错点,注意平衡常数的表达式以及影响因素。5.A【解析】A.铊与铝同族,最外层有3个电子,则Tl+离子的最外层有2个电子,故A错误;B.根据反应Tl3++2Ag═Tl++2Ag+可知,Tl能形成+3价和+1价的化合物,故B正确;C.Tl3++2Ag═Tl++2Ag+,氧化还原反应中氧化剂的氧化性最强,则Tl3+的氧化性最强,所以Tl3+比Tl+氧化性强,故C正确；D．还原剂的还原性大于还原产物的还原性,在反应Tl3++2Ag=Tl++2Ag+,还原性Ag＞Tl+,故D正确；故选A。6、D【解析】由①可知溶液显弱酸性,上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性,则一定含有NH4+,而S2-水解显碱性,且其水解程度比NH4+大,则溶液中一定不含有S2-;再由氯水能氧化I-生成碘单质,而碘遇淀粉变蓝,而②中加氯水和淀粉无明显现象,则一定不含有I-;又溶液呈电中性,有阳离子必有阴离子,则溶液中有NH4+,必须同时存在阴离子,即SO42－必然存在,而Ba2+、SO42－能结合生成沉淀,则这两种离子不能共存,即一定不存在Ba2+;显然剩下的Na+是否存在无法判断,则需检验的离子是Na+,故D符合题意;所以答案:D。7、B【解析】A.空气中的SO2和NO2是主要的大气污染物,故A正确;B.大气中的SO2和氮氧化物是形成酸雨的主要污染物,故B错误;C.液化石油气含有杂质少,燃烧更充分,燃烧时产生的一氧化碳少,对空气污染小,减少大气污染,故C正确;D.用石灰对煤燃烧后形成的烟气脱硫,可以将有害气体二氧化硫转化为硫酸钙,减少环境污染,故D正确;答案为B。8、C【解析】A选项,明矾是两种阳离子和一种阴离子组成的盐,小苏打是一种阳离子和一种阴离子组成的盐,因此都不能称为混盐,故A错误;B选项,在上述反应中,浓硫酸化合价没有变化,因此浓硫酸只体现酸性,故B错误;C选项,CaOCl2中有氯离子和次氯酸根,一个氯离子升高一价,生成一个氯气,因此每产生1molCl2,转移电子数为NA,故C正确;D选项,CaOCl2中含有钙离子、氯离子、次氯酸根,因此1molCaOCl2共含离子数为3NA,故D错误;综上所述,答案为C。【点睛】读清题中的信息,理清楚CaOCl2中包含的离子。9、D【解析】A.化学平衡常数中,分子中各物质是生成物、分母中各物质是反应物,所以反应方程式为:CO2+H2⇌CO+H2O,故A错误；B.升高温度,正逆反应速率都增大,平衡向吸热方向移动,升高温度,氢气浓度减小,说明平衡正向移动,则正反应是吸热反应,所以v正增大更多,故B错误;C.缩小容器体积,增大压强,正逆反应速率都增大,平衡向气体体积减小的方向移动,该反应前后气体体积不变,所以压强不影响平衡移动,则v(逆)、v(正)增大相同,故C错误;D.反应前后气体计量数之和不变,所以升高温度、缩小体积混合气体的物质的量不变,根据质量守恒定律知,反应前后气体质量不变,所以混合气体平均相对分子质量都不变,故D正确;故选:D。10、C【解析】0.1000mol/L的HZ,pH=1,c(H+)=0.1000mol/L,则c(HZ)=c(H+),则HZ为一元强酸,HX和HY的pH都大于1,则HX和HY都是一元弱酸,同浓度的三种酸酸性强弱关系为：HX＜HY＜HZ,据此分析解答。【详解】A.由分析可知,三种酸酸性强弱顺序是HX＜HY＜HZ,A错误;B.加入10mLNaOH溶液时,HY有一半被中和,此时溶质为等物质的量的HY和NaY,溶液中存在电荷守恒:c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-),由图可知,此时溶液呈酸性,c(H+)＞c(OH-),所以,溶液c(Na+)＜c(Y-),B错误;C.HZ是强酸,加水稀释10倍,即101倍pH增大1,即pH=2的HZ溶液加水稀释10倍,pH为3,C正确；D．加入20mLNaOH溶液时,三种溶液pH均发生突变,说明三种溶液均达到滴定终点,D错误。答案选C。【点睛】C.pH=a的强酸稀释10n倍,稀释后溶液pH=a+n(pH＜7);pH=a的弱酸稀释10n倍,稀释后溶液pH＜a+n(pH＜7);pH=a的强碱稀释10n倍,稀释后溶液pH=a-n(pH＞7);pH=a的弱碱稀释10n倍,稀释后溶液pH＞a-n(pH＞7)11.B【解析】A.邻甲基苯甲酸中不含酚羟基,不能与溴水生成白色沉淀,故A错误;B.能水解说明含有酯基,甲酸酯基与甲基处于邻、间、对位有3种,再加上苯甲酸甲酯和乙酸苯酯一共5种,故B正确;C.该物质中只有苯环与氢气加成,则1mol该物质最多能与3mol氢气发生加成反应,故C错误;D.甲基碳属于饱和碳原子,其与周围四个原子构成空间四面体结构,不能全部共面,故D错误。综上所述,答案为B。【点睛】能与氢气发生加成反应是有苯环、碳碳双键、碳碳三键、醛基、酮,注意酯基和羧基不与氢气发生加成反应。12.A【解析】A.一个P4分子中含有6个P-P键,所以1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键,故A正确;B.一个CH3+所含电子数为6+3-1=8,所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA,故B错误;C.溶液体积未知,无法计算所含微粒数目,故C错误；D．8g氧气的物质的量为0.25mol,过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2,且为唯一氧化产物,氧元素化合价由-1价变为0价,所以转移的电子数目为0.5NA,故D错误；故答案为A。13.A【解析】A.该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价,可见Fe元素化合价发生了变化,A错误;B.根据电池充电时的阳极反应式为:LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+,充电时铝箔为阳极,则放电时铝箔为正极,铜箔为负极,放电时,电子由铜箔经外电路流向铝箔,B正确；C.根据题意可知充电时Al箔为阳极,则充电时,铝箔电极应该接电源的正极,C正确;D.根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移,充电是放电的逆过程,则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移,D正确；故答案选A。14.D【解析】T、R、W、G均为短周期元素,根据它们在周期表中的位置,可知T为碳元素,R为氧元素,G为铝元素,W为氯元素。【详解】A.T为C元素,可形成多种氢化物,当分子量较大时,沸点即可高于R的,A错误;B.W的最高价氧化物对应水化物为强酸,而HClO为弱酸,B错误;C.T和W组成的化合物为CCl4,只含有一种化学键共价键,C错误;D.G为Al,工业电解熔融的氧化铝来制备其单质,D正确；故答案选D。15.B【解析】A.二氧化硫与氯化钡不反应,但溶解的二氧化硫能够被硝酸氧化生成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀,结论不正确,故A错误;D.氯水先氧化碘离子生成碘单质,则溶液变蓝,可知还原性:I-＞Fe2+,故B正确；C.过氧化钠具有强氧化性,与水反应生成碱,过氧化钠可氧化亚铁离子,因此出现红褐色沉淀和无色液体,该现象不能说明FeCl2溶液是否变质,故C错误；D．浓硫酸滴入蔗糖中,使蔗糖脱水,反应放热,然后C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫等,主要体现了浓硫酸的脱水性和氧化性,结论不正确,故D错误；故选B。16、B【解析】A.灼烧海带在坩埚中进行,而不是在烧杯中,A错误;B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作,过滤需要玻璃棒引流,B正确;C.制备Cl2,并将I-氧化为I2,除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水,尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收,C错误;D.Na2SO3是强碱弱酸盐,水解后溶液呈碱性,所以滴定时Na2SO3应该放在碱式滴定管中,而不是酸式滴定管,D错误；答案选B。【点睛】在实验操作中,选择合适的仪器至关重要,灼烧时应选择在坩埚中进行,滴定操作时应该注意滴定管的选择,酸性溶液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。17、B【解析】A.纺织品中的油污通常为矿物油,成分主要是烃类,烧碱与烃不反应;另烧碱也会腐蚀纺织品,选项A错误;B.常温下,铁与液氯不反应,在冷的浓硫酸中发生钝化,均可储存在钢瓶中,选项B正确;C.同位素是质子数相同,中子数不同的原子之间的互称,选项C错误;D.淀粉溶液属于胶体,产生丁达尔效应；而葡萄糖溶液不属于胶体,选项D错误。答案选B。18、B【解析】A.二元弱酸草酸的
,
,当lgy＝0时,pH＝−lgc(H+)＝−lgK,pH1＝1.27＜pH2＝4.27,表明K1＝10−1.27＞K2＝10−4.27,所以直线I表示的是
与pH的变化关系,直线Ⅱ表示的是
与pH的变化关系,故A错误；

B.pH＝0时,
,
,则图中纵坐标应该是a=1.27,b=4.27,故B正确；

C.设pH＝a,c(H+)＝10−a,
,c(
)＞c(
),104.27-a＞1,则4.27-a＞0,解得a＜4.27,
,
,当c(
)＞c(H2C2O4),102a-5.54＞1,则2a-5.54＞0,解得a＞2.77,所以c(
)＞c(
)＞c(H2C2O4)对应2.77＜pH＜4.27,故C正确；

D.电荷守恒：c(K+)+c(H+)=c(
)+2c(
)+c(OH-),当c(K+)=c(
)+2c(
)时,c(H+)=c(OH-),对应pH＝7,故D错误；故选B。19、B【解析】H2O2中氧元素化合价降低生成H2O,H2O是还原产物,故A错误;H2O2中负一价的氧元素化合价降低,发生还原反应,故B正确;PbS中S元素化合价升高,PbS是还原剂,故C错误;H2O2中氧元素化合价降低,H2O2在该反应中是氧化剂体现氧化性,故D错误。点睛：所含元素化合价升高的反应物是还原剂,所含元素化合价降低的反应物是氧化剂,氧化剂得电子发生还原反应,氧化剂体现氧化性。20、C【解析】用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液,由于H2SO3是二元酸,滴定过程中存在两个化学计量点,滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O,NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O,完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL,结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A.由图像可知,当溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)时,此时pH=7.19,即c(H+)=10-7.19mol/L,则H2SO3的Ka2=
=c(H+),所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19,Ka2(H2SO3)的数量级为10－8,故A正确;B.第一反应终点时,溶液中恰好存在NaHSO3,根据图像,此时溶液pH=4.25,甲基橙的变色范围为3.1~4.4,可用甲基橙作指示剂,故B正确;C.Z点为第二反应终点,此时溶液中恰好存在Na2SO3,溶液pH=9.86,溶液显碱性,表明SO32-会水解,考虑水也存在电离平衡,因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-),故C错误；D．根据图像,Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-),根据电荷守恒,c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-),由于c(HSO3-)=c(SO32-),所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-),故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式,清楚特殊点的含义,把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A,要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。21.C【解析】氯化铵溶液中加入盐酸通电电解,得到NCl3溶液,氮元素化合价由-3价变化为+3价,在阳极发生氧化反应,阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气,则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B,由氢元素守恒可知,有水参加反应,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,反应还生成NaCl与NaOH。【详解】A.根据分析,气体A为H2,故A错误;B.在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2.NH3和溶液B,由氢元素守恒可知,有水参加反应,结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知,反应还生成NaCl与NaOH,方程式为:6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH,参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6:1,故B错误;C.根据分析,结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知,溶液B中含有NaCl与NaOH,则含有大量的Na+、Cl－、OH－,故C正确；D．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体,不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3,故D错误；答案选C。22.C【解析】A.由物质转化知,OCN(中C为＋4价,N为－3价,在M极上N的化合价升高,说明M极为负极,N极为正极,A项正确;B.在处理过程中,M极附近电解质溶液正电荷增多,所以阴离子向M极迁移,膜1为阴离子交换膜,N极反应式为O2＋4e(＋2H2O=4OH(,N极附近负电荷增多,阳离子向N极迁移,膜2为阳离子交换膜,B项正确;C.根据电荷守恒知,迁移的阴离子、阳离子所带负电荷总数等于正电荷总数,但是离子所带电荷不相同,故迁移的阴、阳离子总数不一定相等,C项错误；D．M极发生氧化反应,水参与反应,生成了H(,D项正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23.氨基羧基ClCOOC2H5取代反应C10H9N2O2F
+CNCH2COOC2H5

+HCl3
【解析】根据合成路线可知,A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C,C与CH3NHCH2COOH反应生成D,D经过反应④得到E,E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl,据此分析解答问题。【详解】(1)A的结构简式为
,分子中含有的官能团有氟原子、氨基和羧基,故答案为:氨基;羧基;(2)根据上述分析可知,A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,B的结构简式为
,逆推可得C3H5O2Cl的结构简式为ClCOOC2H5,故答案为:ClCOOC2H5;(3)反应①为A与C3H5O2Cl发生取代反应生成B,反应②为B与C2H5OH发生酯化反应并成环得到C,两者都是取代反应,故答案为:取代反应;(4)化合物D的结构式为
,根据各原子的成键原理,可知其分子式为C10H9N2O2F,故答案为:C10H9N2O2F;(5)E与CNCH2COOC2H5反应得到F和HCl,反应方程式为:
+CNCH2COOC2H5

+HCl,故答案为:
+CNCH2COOC2H5

+HCl;(6)
是F的同分异构体,则X为—C4H7O2,又X部分含—COOH且没有支链,则X有—CH2CH2CH2COOH、—CH2CH(COOH)CH3.—CH(COOH)CH2CH33种结构,即满足条件的同分异构体有3种,故答案为:3；(7)结合题干信息,制备
时,可先将甘氨酸（HOOCCH2NH2)脱水缩合得到
,
在与POCl3反应得到
,
与CNCH2COOC2H5反应制得
,合成路线为
,故答案为：
。24、2－甲基－1－丙醇醛基、碳碳双键加成反应(或还原反应)(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H52(CH3)2CHCH2OH＋O2
2H2O＋2(CH3)2CHCHO9
CH3CH=CH2
CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO
CH3CH2COOH
CH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可)【解析】由合成路线及题中信息可知,A反应后得到B,则B为(CH3)2CHCH2OH；B发生催化氧化反应生成C,C经氧化和酸化转化为D,则C为(CH3)2CHCHO,D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E,则F为C6H5CH=CHCHO；F经催化加氢得到G,结合M的分子式可知G为C6H5CH2CH2CH2OH,D与G发生酯化反应生成的M为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知,有机物B为(CH3)2CHCH2OH,其系统命名为2－甲基－1－丙醇;故答案为:2－甲基－1－丙醇。(2)F为C6H5CH=CHCHO,F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键;F经催化加氢得到G,故F→G的反应类型为加成反应或还原反应;故答案为:醛基、碳碳双键;加成反应(或还原反应)。(3)M为羧酸D[(CH3)2CHCOOH]和醇G(C6H5CH2CH2CH2OH)发生酯化反应生成的酯,故M的结构简式为(CH3)2CHCOOCH2CH2CH2C6H5。（4）B为(CH3)2CHCH2OH,C为(CH3)2CHCHO,B→C反应为醇的催化氧化反应,该反应的化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH＋O2
2(CH3)2CHCHO＋2H2O;故答案为:2(CH3)2CHCH2OH＋O2
2(CH3)2CHCHO＋2H2O。（5）G为C6H5CH2CH2CH2OH,X是G的同系物,且相对分子质量比G小14,则X的一种可能结构为C6H5CH2CH2OH。X有多种同分异构体,满足条件“与FeCl3溶液反应显紫色”的,说明分子中含有酚羟基,除苯环外余下两个碳,则苯环上另外的取代基可以是1个乙基,也可以是2个甲基:①含有2个取代基——1个羟基和1个乙基,乙基和酚羟基有邻、间、对3种位置；②含有3个侧链——2个甲基和1个羟基,采用“定二移一”的方法——先找2个甲基有邻、间、对3种位置,对应的酚羟基分别有2种、3种、1种位置。综上所述,可知符合条件的X的同分异构体共有3＋6＝9种。其中,核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢,且峰面积比为1∶1∶2∶6的结构简式为
；故答案为:9；
。（6）参照M的合成路线,由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯,可以先由丙烯合成1－丙醇,然后把1－丙醇氧化为丙醛,接着把丙醛氧化为丙酸,最后由丙酸与乙醇发生酯化反应合成丙酸乙酯；故答案为：CH3CH=CH2
CH3CH2CH2OH
CH3CH2CHO
CH3CH2COOH
CH3CH2COOCH2CH3(答案合理均可）。25.acdebNH3易溶于水,有利于吸收溶解度不大的CO2NH3溶于水能将HCO3﹣转化为CO32﹣,并增大加入NH4+浓度;加入精盐增大Cl﹣浓度,有利于NH4Cl结晶析出
b浓氨水称取一定质量的天然碱晶体加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【解析】(1)根据SO42﹣、Ca2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去,以及根据不能产生新杂质的要求排序,前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去,最后加入适量的溶液;(2)NH3易溶于水,有利于吸收溶解度不大的CO2;根据溶解平衡,增加反应物的浓度有利于晶体析出;(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2,因此后续操作中得到的CO2和NaCl可循环利用;(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰,因为氨水中存在下列平衡:NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移,同时放出大量的热促进氨水的挥发,制得氨气；(5)根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液,将碳酸根全部转换成二氧化碳,利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀,通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量,最终求出Na2CO3的质量分数。【详解】(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分别与Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀,可再通过过滤除去,Na2CO3溶液能除去过量的Ba(OH)2溶液,盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液,所以应先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液,过滤,最后加入盐酸,故答案为:a→c→d→e→b;(2)NH3易溶于水,有利于吸收溶解度不大的CO2,所以向饱和食盐水中先通入NH3,后通入CO2;通入NH3可通过与HCO3﹣的反应,增加NH4+浓度,并利用精盐增大Cl﹣浓度,根据溶解平衡的移动,有利于NH4Cl结晶析出;(3)煅烧炉里生成的CO2可循环利用,滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用,则
;(4)实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取,采用固体+液体
气体;浓氨水中加碱或生石灰,因为氨水中存在下列平衡:NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣,加入碱平衡左移,同时放出大量的热促进氨水的挥发,制得氨气;(5)实验的原理:先称取样品质量并溶解,将碳酸根全部转换成二氧化碳,利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀,通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量,最终求出Na2CO3的质量分数,所以将天然碱晶体样品,溶于适量蒸馏水中,加入足量稀硫酸并微热,产生的气体通过足量的澄清石灰水,然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可。26、C、D(或E)、C、E、B排尽装置内空气,避免干扰实验CO淡黄色粉末全部变成黑色粉末取残留粉末于试管,滴加稀硫酸,若产生气泡,则含有铁粉;否则,不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末,若有粉末被吸起,则黑色粉末含铁粉;否则,不含铁粉)缺少尾气处理装置
偏低【解析】FeC2O4·2H2O
FeO+CO↑+CO2↑+2H2O,若不排尽装置内的空气,FeO、FeC2O4会被氧化。检验CO时,常检验其氧化产物CO2,所以需先除去CO2,并确认CO2已被除尽,再用澄清石灰水检验。CO是一种大气污染物,用它还原CuO,不可能全部转化为CO2,所以在装置的末端,应有尾气处理装置。【详解】(1)检验CO时,应按以下步骤进行操作:先检验CO2.除去CO2.检验CO2是否除尽、干燥CO、CO还原CuO、检验CO2,则按气流方向从左至右,装置连接顺序为A.C.D(或E)、C.E、B、C。答案为:C.D(或E)、C.E、B;(2)空气中的O2会将CO、FeC2O4氧化,生成CO2,干扰CO氧化产物CO2的检验,所以点燃酒精灯之前,应将装置内的空气排出。由此得出向装置内通入一段时间N2,其目的是排尽装置内空气,避免干扰实验。答案为:排尽装置内空气,避免干扰实验;(3)CuO由黑色变为红色,最后连接的C中产生白色沉淀,表明A中分解产物有CO。答案为:CO;(4)A中FeC2O4为淡黄色,完全转化为FeO或Fe后,固体变为黑色,已完全反应的现象是淡黄色粉末全部变成黑色粉末。检验A中残留固体是否含铁粉的方法:取残留粉末于试管,滴加稀硫酸,若产生气泡,则含有铁粉;否则,不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末,若有粉末被吸起,则黑色粉末含铁粉;否则,不含铁粉)。答案为:取残留粉末于试管,滴加稀硫酸,若产生气泡,则含有铁粉;否则,不含铁粉(或用强磁铁吸附黑色粉末,若有粉末被吸起,则黑色粉末含铁粉;否则,不含铁粉);(5)CO还原CuO,反应不可能完全,必然有一部分混在尾气中。根据上述装置设计实验存在的明显缺陷是缺少尾气处理装置。答案为:缺少尾气处理装置；(6)根据电子守恒,3n(FeC2O4)=5n(KMnO4),n(FeC2O4)=
×cmol/L×V×10-3L×
=
,则该样品纯度为
==
%V测=V终-V始,若滴定前仰视读数,则V始偏大,滴定终点俯视读数,则V终偏小,测得结果偏低。答案为：
；偏低。【点睛】在计算该样品的纯度时,我们依据电子守恒得出的等量关系式为3n(FeC2O4)=5n(KMnO4),在利用方程式时,可建立如下关系式:5FeC2O4——3KMnO4,两个关系的系数正好相反,若我们没有理顺关系,很容易得出错误的结论。27、减缓反应速率PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行C2H2+8HNO3(浓)
H2C2O4+8NO2+4H2O蒸发浓缩、冷却结晶当加入最后一滴标准液后,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不恢复原来的颜色生成的Mn2+是该反应的催化剂
％【解析】根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答;根据物质的性质分析书写反应方程式;根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【详解】(1)①电石与水反应非常剧烈,为了减慢反应速率,平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应;②装置B中,NaClO将H2S、PH3氧化为硫酸及磷酸,本身被还原为NaCl,即PH3中的P元素从-3价转化成+5价,离子方程式为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－,由于该过程中生成磷酸,为反应过程提供了H+,则发生反应Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O而产生氯气;故答案为:PH3+4ClO－=H3PO4+4Cl－,Cl－+ClO－+2H+=Cl2↑+H2O;(2)①装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面,充分反应;故答案为增大气体和溶液的接触面积,加快反应速率,使反应充分进行;②根据装置图,D中Hg(NO3）2作催化剂,浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮,反应为：C2H2+8HNO3
H2C2O4+8NO2+4H2O；③将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品;故答案为蒸发浓缩、冷却结晶;(3)①用H2C2O4滴定KMnO4,反应完全后,高锰酸钾褪色,具体现象为:当加入最后一滴标准液后,溶液由无色变为浅红色,且半分钟内不恢复原来的颜色;②滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快,是由于生成的Mn2+是该反应的催化剂,加快了反应速率;③根据转化关系可知,2MnO4-～5H2C2O4,则n（H2C2O4•2H2O）=n（H2C2O4）=
n(MnO4-)=
×cV×10-3mol,产品中