1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、化學與生產、生活及環境密切相關，下列說法不正確的是A針對新冠肺炎疫情，可用高錳酸鉀溶液、無水酒精、雙氧水對場所進行殺菌消毒B常用危險化學品標志中的數字主要表示的是危險的類別C硅膠常用作食品干燥劑，也可以用作催化劑載體D葡

2、萄酒中通常含有微量SO2，既可以殺菌又可以防止營養成分被氧化2、在2020年抗擊新型冠狀病毒肺炎的戰役中化學品發揮了重要作用。下列說法中錯誤的是（ ）A醫用消毒酒精中乙醇的濃度為95%B生產醫用防護口罩的原料聚丙烯纖維屬于有機高分子材料C84消毒液、二氧化氯泡騰片可作為環境消毒劑D硝酸銨制成的醫用速冷冰袋利用了硝酸銨溶于水吸熱的性質3、能使品紅溶液褪色的物質是漂粉精 過氧化鈉 新制氯水 二氧化硫A B C D4、類比推理是化學中常用的思維方法。下列推理正確的是Almol晶體硅含Si-Si鍵的數目為2NA，則1mol金剛砂含C-Si鍵的數目也為2NABCa(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶

3、液，發生化學反應的方程式：則Mg(HCO3)2溶液中加入過量的NaOH溶液，發生化學反應的方程式： C標準狀況下，22.4 L CO2中所含的分子數目為NA個，則22.4 LCS2中所含的分子數目也為NA個DNaClO溶液中通人過量CO2發生了反應：，則Ca(ClO)2溶液中通入過量CO2發生了：5、常溫下將NaOH溶液滴加到已二酸(H2X)溶液中，混合溶液的pH與離子濃度變化的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）。A常溫下Ka1(H2X)的值約為10-4.4B曲線N表示pH與CNaHX溶液中c(H+)c(OH-)D當混合溶液呈中性時，c(Na+)c(HX-)c(X2-)c(OH-)6、下列有

4、關物質的性質與用途具有對應關系的是AFe2O3能溶于酸,可用作紅色油漆和涂料BNaHCO3的水溶液呈弱堿性,可用作膨松劑CAl2O3熔點高,可用于制作耐火坩堝DSiO2熔點高、硬度大,常用來制造集成電路7、2,3 二甲基丁烷中“二”表示的含義是A取代基的數目B取代基的種類C主鏈碳的數目D主鏈碳的位置8、向含有5103mol HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液變藍且有S析出，繼續通入H2S，溶液的藍色褪去，則在整個過程中（）A共得到0.96g硫B通入H2S的體積為336mLC硫元素先被還原后被氧化D轉移電子總數為3.0102NA9、下列離子或分子組中能大量共存，且滿足相應要求的是 選項離

5、子或分子要求ANa+、HCO3、Mg2+、SO42 滴加氨水立即有沉淀產生BFe3+、NO3、SO32、Cl滴加鹽酸立即有氣體產生CNH4+、Al3+、SO42、CH3COOH滴加NaOH溶液立即有氣體產生DK+、NO3、Cl、lc(K+)c(Cl)AABBCCDD10、在淀粉碘化鉀溶液中加入少量次氯酸鈉溶液，振蕩后溶液變藍，再加入足量的亞硫酸鈉溶液，藍色逐漸消失。下列判斷錯誤的是A氧化性：ClOSO42-I2B漂粉精溶液可使淀粉碘化鉀試紙變藍CClO與I在堿性條件下可以發生氧化還原反應D向新制氯水中加入足量亞硫酸鈉溶液，氯水褪色11、下列反應生成物不受反應物的用量或濃度影響的是A硫酸與氯化鈉

6、反應B硝酸銀溶液中滴加稀氨水C鐵在硫蒸氣中燃燒D鐵粉加入硝酸中12、25時，將濃度均為0.1molL、體積分別為Va和Vb的HX溶液與NH3H2O溶液按不同體積比混合，保持Va+Vb100mL，Va、Vb與混合液的pH的關系如圖所示。下列說法正確的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb點時c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d幾點中，水的電離程度dbaDa b點過程中，可能存在c(X)c(NH4+)13、短周期元素W、X、Y、Z的原子序數依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物，n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，q的水溶液具有漂白性，0.01molL1r溶

7、液的pH為2，s通常是難溶于水的混合物。上述物質的轉化關系如下圖所示。下列說法不正確的是（ ）A原子半徑的大小：WYXYCY的氫化物常溫常壓下為液態DX的最高價氧化物的水化物為弱酸14、常溫下，將甲針筒內20mLH2S推入含有10 mLSO2的乙針筒內，一段時間后，對乙針筒內現象描述錯誤的是（氣體在同溫同壓下測定）（ ）A有淡黃色固體生成B有無色液體生成C氣體體積縮小D最終約余15mL氣體15、大氣中CO2含量的增多除了導致地球表面溫度升高外，還會影響海洋生態環境。某研究小組在實驗室測得不同溫度下（T1，T2）海水中CO32-濃度與模擬空氣中CO2濃度的關系曲線。已知：海水中存在以下平衡：CO

8、2（aq）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列說法不正確的是AT1T2B海水溫度一定時，大氣中CO2濃度增加，海水中溶解的CO2隨之增大，CO32-濃度降低C當大氣中CO2濃度確定時，海水溫度越高，CO32- 濃度越低D大氣中CO2含量增加時，海水中的珊瑚礁將逐漸溶解16、從海帶中提取碘的實驗中，包括灼燒、浸取和過濾、氧化、萃取、反萃取等步驟。下列說法正確的是（ ）A灼燒中用到的儀器有蒸發皿、三腳架、酒精燈、玻璃棒B過濾中用到的儀器只有燒杯、漏斗(帶濾紙)、鐵架臺C萃取得到碘的四氯化碳溶液，分液時從分液漏斗上口倒出D反萃取是在有機相中加入濃氫氧化鈉溶液，振蕩、靜置、分

9、液，再向水相中滴加45硫酸溶液，過濾得固態碘17、下列實驗操作會引起測定結果偏高的是（ ）A測定硫酸銅晶體結晶水含量的實驗中，晶體加熱完全失去結晶水后，將盛試樣的坩堝放在實驗桌上冷卻B中和滴定用的錐形瓶加入待測液后，再加少量蒸餾水稀釋C讀取量筒中一定體積的液體時，俯視讀數D配制物質的量濃度的溶液，定容時仰視刻度線,所配溶液的濃度18、下列液體中，滴入水中出現分層現象，滴入熱的氫氧化鈉溶液中分層現象不會逐漸消失的是(不考慮有機物的揮發)()A溴乙烷B乙醛C橄欖油D汽油19、設NA為阿伏加德羅常數值。下列體系中指定微粒個數約為NA的是A0.5molCl2溶于足量水，反應中轉移的電子B7.0g乙烯和

10、丙烯混合氣體中的氫原子C1L1mol/LNa2CO3溶液中含有的CO32D標準狀況下，5.6LCCl4含有的氯原子20、工業上可由異丙苯（）催化脫氫得到2-苯基丙烯（），下列關于這兩種有機化合物的說法正確的是（ ）A都是苯的同系物B都能使溴的四氯化碳溶液褪色C苯環上的二氯代物都有6種D分子內共平面的碳原子數均為821、如表為元素周期表的一部分。X、Y、Z、W為短周期元素，其中Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍。下列說法正確的是（ ）XYZWTAY的氫化物的沸點一定比X氫化物的沸點高BZ的氧化物對應的水化物酸性比W的弱CZY2、XW4與Na2Z的化學鍵類型相同D根據元素周期律，可以推測存

11、在TZ2和TW422、實驗室中，要使AlCl3溶液中的Al3+離子全部沉淀出來，適宜的試劑是ANaOH溶液B氨水C鹽酸DBa(OH)2溶液二、非選擇題(共84分)23、（14分）前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態；基態B原子s能級的電子總數比p能級的多1；基態C原子和基態E原子中成對電子數均是未成對電子數的3倍；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小。回答下列問題：(1)元素A、B、C中，電負性最大的是_(填元素符號，下同)，元素B、C、D第一電離能由大到小的順序為_。(2)與同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是

12、_；BA3分子中鍵角_10928(填“”“”或“”)，原因是_。(3)BC3離子中B原子軌道的雜化類型為_，BC3離子的立體構型為_。(4)基態E原子的電子排布式為_；C、E形成的化合物EC5(其中E的化合價為6)中鍵與鍵數目之比為_；(5)化合物DB是人工合成的半導體材料，它的晶胞結構與金剛石(晶胞結構如圖所示)相似。若DB的晶胞參數為a pm，則晶體的密度為_gcm3(用NA表示阿伏加德羅常數)。24、（12分）由乙烯、甲醇等為原料合成有機物G的路線如下：已知：A分子中只有一種氫；B分子中有四種氫，且能發生銀鏡反應2HCHO+OH- CH3OH+HCOO-請回答下列問題：(1)E的化學名稱

13、是_。(2)F所含官能團的名稱是_。(3)AB、CD的反應類型分別是_、_。(4)寫出BC的化學方程式_。(5)G的結構簡式為_。(6)H是G的同分異構體，寫出滿足下列條件的H的結構簡式_。1mol H與NaOH溶液反應可以消耗4molNaOH；H的核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為6：1：1：1。（7）由甲基苯乙醛和X經如圖步驟可合成高聚酯L。試劑X為_；L的結構簡式為_。25、（12分）過氧乙酸（CH3COOOH）不僅在衛生醫療、食品消毒及漂白劑領域有廣泛應用，也應用于環境工程、精細化工等領域。實驗室利用醋酸（CH3COOH）與雙氧水（H2O2）共熱， 在固體酸的催化下制備過氧乙酸（CH3

14、COOOH），其裝置如下圖所示。請回答下列問題：實驗步驟：I先在反應瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固體酸催化劑，開通儀器1和8，溫度維持為55；II待真空度達到反應要求時，打開儀器3的活塞，逐滴滴入濃度為35的雙氧水，再通入冷卻水；從儀器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反應結束后分離反應器2中的混合物，得到粗產品。（1）儀器 6的名稱是_，反應器 2中制備過氧乙酸（CH3COOOH）的化學反應方程式為_。（2）反應中維持冰醋酸過量，目的是提高_；分離反應器 2中的混合物得到粗產品，分離的方法是_。（3）實驗中加入乙酸丁酯的主要作用是_（選填字母序號）。A 作為反應溶劑，提高反應速率B 與固體酸

15、一同作為催化劑使用，提高反應速率C 與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發，提高產率D 增大油水分離器 5的液體量，便于實驗觀察（4）從儀器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待觀察到_（填現象）時，反應結束。（5）粗產品中過氧乙酸（CH3COOOH）含量的測定：取一定體積的樣品 VmL，分成 6等份，用過量 KI溶液與過氧化物作用，以 1.1mol L1的硫代硫酸鈉溶液滴定碘（I22S2O32=2IS4O62）；重復 3次，平均消耗量為 V1mL。再以 112mol L1的酸 性高錳酸鉀溶液滴定樣品，重復 3次，平均消耗量為 V2mL。則樣品中的過氧乙酸的濃度為 _mol L1。26、（10分

16、）亞氯酸鈉（NaClO2）是一種重要的含氯消毒劑，在水中溶解度較大，遇酸放出ClO2，是一種高效的氧化劑和優質漂白劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示：已知：ClO2的熔點為-59、沸點為11，極易溶于水，遇熱水、見光易分解；氣體濃度較大時易發生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低。2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O請回答：(1)按上圖組裝好儀器后，首先應該進行的操作是_；裝置B的作用是_；冰水浴冷卻的主要目的不包括_（填字母）。a減少H2O2的分解 b降低ClO2的溶解度 c減少ClO2的分解(2

17、)ClO2是合成NaClO2的重要原料，寫出三頸燒瓶中生成ClO2的化學方程式： _。(3)裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為_。空氣的流速過慢或過快都會影響NaClO2的產率，試分析原因：_。(4)該套裝置存在的明顯缺陷是_。(5)為防止生成的NaClO2固體被繼續還原為NaCl，所用還原劑的還原性應適中。除H2O2外，還可以選擇的還原劑是_（填字母）A過氧化鈉 B硫化鈉 C氯化亞鐵 D高錳酸鉀(6)若mg NaClO3(s)最終制得純凈的n g NaClO2(s)，則NaClO2的產率是_100%。27、（12分）欲用濃硝酸法(測定反應后生成氣體的量)測定某銅銀合金中銅的

18、質量分數，但資料表明：反應中除了生成NO2氣體外還會有少量的NO生成；常溫下NO2和N2O4混合存在，在低于0時幾乎只有無色的N2O4液體或晶體存在。為完成測定并驗證確有NO生成，有人設計如下實驗：（1）實驗開始前要先打開A部分的活塞K1，持續通一段時間的氮氣再關閉K1，這樣做的目的是_。（2）裝置B瓶的作用是_。（3）A中的反應停止后，打開D中的活塞K2，并通入氧氣，若反應確有NO產生，則D中應出現的現象是_；實驗發現，通入氧氣溫度的高低對實驗現象有較大影響，則為便于觀察應通入_(填“冷”或“熱”)的氧氣。（4）為減小測量誤差，在A中反應完成和D中出現現象后，還應繼續進行的操作是_。（5）實

19、驗測得下列數據：所用銅銀合金質量：15.0g、濃硝酸：40mL13.5mol/L；實驗后A中溶液體積：40mL；H+濃度：1.0mol/L。若設反應中硝酸既無揮發也無分解，則：參加反應的硝酸的物質的量為_。若已測出反應后E裝置的生成物中含氮元素的質量，則為確定合金中銅的質量分數還需要測定的數據是_。（6）若實驗只測定 Cu的質量分數，不驗證NO的產生，則在銅銀合金中與濃硝酸反應后，只需要簡單的實驗操作可達到目的，請簡述實驗過程：_。28、（14分）鈷、銅及其化合物在工業上有重要用途，回答下列問題：（1） 請補充完基態Co的簡化電子排布式：Ar_， Co2有_個未成對電子。（2）Na3Co（NO

20、2）6常用作檢驗K的試劑， 配位體的中心原子的雜化形式為_， 空間構型為_。大鍵可用符號表示，其中m代表參與形成大鍵的原子數，n為各原子的單電子數（形成鍵的電子除外）和得電子數的總和 （如苯分子中的大鍵可表示為，則中大鍵應表示為_。（3）配合物Cu（En）2SO4的名稱是硫酸二乙二胺合銅（）, 是銅的一種重要化合物。其中 En 是乙二胺（H2NCH2CH2NH2）的簡寫。該配合物Cu（En）2SO4中N、 O、 Cu的第一電離能由小到大的順序是_。乙二胺和三甲胺N（CH3）3均屬于胺， 且相對分子質量相近， 但乙二胺比三甲胺的沸點高得多， 原因是_（4） 金屬Cu晶體中的原子堆積方式如圖所示，

21、 其配位數為_，銅原子的半徑為a nm, 阿伏加德羅常數的值為NA, Cu的密度為_ g/cm3（列出計算式即可）。29、（10分）2019年諾貝爾化學獎由來自美、英、日的三人分獲，以表彰他們在鋰離子電池研究方面做出的貢獻，他們最早發明用LiCoO2作離子電池的正極，用聚乙炔作負極。回答下列問題：(1)基態Co原子價電子排布圖為_(軌道表達式)。第四電離能I4(Co)比I4(Fe)小，是因為_。(2)LiCl的熔點(605)比LiF的熔點(848)低，其原因是_.(3)乙炔(C2H2)分子中鍵與鍵的數目之比為_。(4)鋰離子電池的導電鹽有LiBF4等，碳酸亞乙酯()是一種鋰離子電池電解液的添加

22、劑。LiBF4中陰離子的空間構型是_；與該陰離子互為等電子體的分子有_。(列一種)碳酸亞乙酯分子中碳原子的雜化方式有_。(5)Li2S是目前正在開發的鋰離子電池的新型固體電解質，其晶胞結構如圖所示，已知晶胞參數a=588pm。S2的配位數為_。設NA為阿伏加德羅常數的值，Li2S的晶胞密度為_(列出計算式)。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】A高錳酸鉀溶液和雙氧水是利用其強氧化性進行殺菌消毒，酒精能夠使蛋白質變質，但不是用無水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A錯誤；B危險化學品標志中的數字是對其危險特性的分類：如第1類 爆炸品、第2類

23、 易燃氣體、第3類 易燃液體等，故B正確；C硅膠具有較強的吸附性，可用于催化劑載體或干燥劑，故C正確；D二氧化硫能殺菌還有較強的還原性，故添加在葡萄酒中既能殺菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正確；故選A。2、A【解析】A醫用消毒酒精中乙醇的濃度為75%，這個濃度的酒精使病毒中的蛋白質變性，從而殺死病毒，故A錯誤；BPP纖維也稱聚丙烯纖維，由聚丙烯及多種有機、無機材料，經特殊的復合技術精制而成的有機高分子材料，故B正確；C84消毒液、二氧化氯具有強氧化性，可作為環境消毒劑，故C正確；D硝酸銨溶于水是吸熱的，可以用于醫用速冷冰袋，故D正確；答案選A。3、D【解析】漂粉精中含有ClO-,具有強氧化性過氧

24、化鈉具有強氧化性新制氯水中含有ClO-,具有強氧化性二氧化硫具有漂白作用。4種物質均能使品紅溶液褪色，故選擇D。4、D【解析】A1mol晶體硅含Si-Si鍵的數目為2NA，而1mol金剛砂含C-Si鍵的數目為4NA，A錯誤；BCa(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中與過量的NaOH溶液反應時，由于Mg(OH)2的溶度積比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B錯誤；C在標準狀況下，CO2是氣體而CS2是液體，C錯誤；DNaClO和 Ca(ClO)2溶液通入過量CO2都是發生反應：ClO-+CO2+H2O=HClO+H

25、CO3-，D正確；答案選D。5、D【解析】H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)Ka2(H2X)，在酸性條件下，當pH相同時，。根據圖象可知N為lg的變化曲線，M為lg的變化曲線，當lg=0或lg=0時，說明=1或=1.濃度相等，結合圖象可計算電離平衡常數并判斷溶液的酸堿性。【詳解】A. lg=0時，=1，此時溶液的pH4.4，所以Ka1(H2X)=c(H+)=10-4.4，A正確；B.根據上述分析可知曲線B表示lg的變化曲線，B正確；C.根據圖象可知：當lg=0時，=1，即c(HX-)=c(X2-)，此時溶液的pH約等于5.4c(OH-)，C正確；D.根據圖象可知當溶液pH=

26、7時，lg0，說明c(X2-)c(HX-)，因此該溶液中c(Na+)c(X2-)c(HX-) c(OH-)，D 錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查弱電解質的電離、電離常數的應用等知識。注意把握圖象中曲線的變化和相關數據的處理，難度中等。6、C【解析】A. Fe2O3可用作紅色油漆和涂料是因為是一種紅棕色的物質，而不是因為Fe2O3能溶于酸，故A錯誤；B. 碳酸氫鈉不穩定受熱易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕點的膨松劑，故B錯誤；C. Al2O3熔點高,可用于制作耐火坩堝，故C正確；D. 二氧化硅具有良好的光學特性，可以用于制造光導纖維，與其熔點高性質無關，故D錯誤；正確答案是C。7、A【解

27、析】根據有機物系統命名原則，二表示取代基的數目，故選：A。8、D【解析】AHIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能將硫化氫氧化最終生成硫單質和HI，根據電子守恒、原子守恒，得到HIO33H2S3S，所以5103molHIO3被消耗，就會得到硫單質是0.48g，故A錯誤；B沒有指明標準狀況，無法計算所需H2S的體積，故B錯誤；C不管是HIO3與H2S反應，還是碘單質與H2S反應，H2S都被氧化，故C錯誤；D整個過程中，根據電子守恒、原子守恒，得到HIO33H2S3SI6e，消耗5103molHIO3伴隨0.03mol電子轉移，轉移電子總數為3.0102NA，故D正確；故選D。

28、9、A【解析】A、離子之間不反應,滴加氨水與Mg2+結合生成沉淀,立即生成沉淀,故A符合題意;B、Fe3+具有氧化性，可以氧化SO32為SO42，因此不能共存，故B不符合題意；C、滴加NaOH溶液先與醋酸反應,不能立即生成氣體,故C不符合題意;D、離子之間不反應,可大量共存,但c(K+)c(Cl),不能遵循電荷守恒,故D不符合題意;綜上所述，本題應選A。10、A【解析】A、根據向淀粉碘化鉀溶液中加入少量的次氯酸鈉溶液，溶液變藍色知，次氯酸根離子將碘離子氧化成了碘單質，碘遇淀粉變藍色，根據氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性，次氯酸根離子是氧化劑，碘單質是氧化產物，氧化性為：ClO-I2，再加入足

29、量的亞硫酸鈉溶液藍色又逐漸消失，說明碘單質又將亞硫酸根離子氧化了，得到硫酸根離子，碘單質是氧化劑，硫酸根離子是氧化產物，故氧化性SO42-I2，因此得出氧化性的強弱為：ClO-I2SO42-，A錯誤；B、漂白精的成分中有次氯酸鈉，根據對A的分析，次氯酸鈉能將淀粉碘化鉀中的碘離子氧化成碘單質，B正確；C、次氯酸根離子無論在堿性條件下還是在酸性條件下、中性條件下均有氧化性因此ClO-與I-在堿性條件下可以發生氧化還原反應，C正確；D、新制的氯水中主要是氯氣，因此新制的氯水是黃綠色的，由于氯氣的氧化性比亞硫酸根離子的氧化性強，故能發生氧化還原反應，氯氣被還原而使氯水褪色，D正確，答案選A。11、C【

30、解析】A.濃硫酸與氯化鈉反應制取HCl，可能生成硫酸鈉或硫酸氫鈉，稀硫酸不能反應，A不符合題意；B.硝酸銀溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水過量生成銀氨溶液，B不符合題意；C.Fe在S蒸氣中燃燒，生成FeS，不受反應物的用量或濃度影響，C符合題意；D.鐵粉加入硝酸中，可能生成硝酸鐵或硝酸亞鐵、NO或NO2，D不符合題意；故合理選項是C。12、B【解析】A.根據b點，等體積、等濃度HX溶液與NH3H2O 的混合液pH=7，說明Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A錯誤；B. b點是等體積、等濃度HX溶液與NH3H2O 的混合液，溶質是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促進水解生成H

31、X，所以c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正確；C. a b點過程，相當于向HA溶液中加氨水至恰好反應，所以水的電離程度逐漸增大，a、b、d幾點中，水的電離程度bad，故C錯誤；D. a b點過程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根據電荷守恒，不可能存在c(X)c(NH4+)，故D錯誤。【點睛】本題考查了弱電解質的電離、離子濃度大小比較，側重于學生分析能力、讀圖能力的考查，注意把握物料守恒、電荷守恒的運用。13、B【解析】n是元素Z的單質，通常為黃綠色氣體，則為氯氣，Z為Cl，r是由這些元素組成的二元化合物，0.01molL1r溶液的pH為2，說明r為HCl，q的水溶液具有

32、漂白性，說明是水溶液中含有次氯酸根，再結合m和n反應生成q和r，則q為HClO，m為水，s通常是難溶于水的混合物，氯氣和p光照，說明是取代反應，則為烷烴，因此短周期元素W為H，X為C，Y為O，Z為Cl。【詳解】A. 原子半徑的大小：H O O C，故B錯誤；C. Y的氫化物水或過氧化氫常溫常壓下為液態，故C正確；D. X的最高價氧化物的水化物碳酸為弱酸，故D正確。綜上所述，答案為B。14、D【解析】A.因H2S與SO2能夠發生反應：SO2+2H2S=3S+2H2O，生成黃色固體，正確；B. 根據反應SO2+2H2S=3S+2H2O，有無色液體水生成，正確；C. 根據反應SO2+2H2S=3S+

33、2H2O，反應后氣體體積縮小，正確；D. 根據反應SO2+2H2S=3S+2H2O，20mLH2S與10 mLSO2恰好完全反應，最終沒有氣體剩余，錯誤；答案選D。15、C【解析】題中給出的圖，涉及模擬空氣中CO2濃度以及溫度兩個變量，類似于恒溫線或恒壓線的圖像，因此，在分析此圖時采用“控制變量”的方法進行分析。判斷溫度的大小關系，一方面將模擬空氣中CO2濃度固定在某個值，另一方面也要注意升高溫度可以使分解，即讓反應逆向移動。【詳解】A升高溫度可以使分解，反應逆向移動，海水中的濃度增加；當模擬空氣中CO2濃度固定時，T1溫度下的海水中濃度更高，所以T1溫度更高，A項正確；B假設海水溫度為T1，

34、觀察圖像可知，隨著模擬空氣中CO2濃度增加，海水中的濃度下降，這是因為更多的CO2溶解在海水中導致反應正向移動，從而使濃度下降，B項正確；C結合A的分析可知，大氣中CO2濃度一定時，溫度越高，海水中的濃度也越大，C項錯誤；D結合B項分析可知，大氣中的CO2含量增加，會導致海水中的濃度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式為：，若海水中的濃度下降會導致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移動，珊瑚礁會逐漸溶解，D項正確；答案選C。16、D【解析】A灼燒時應使用坩堝和泥三角，不能用蒸發皿，故A錯誤；B過濾時還需要玻璃棒引流，故B錯誤；C四氯化碳的密度比水大，在下層，分液時應從下

35、口放出，故C錯誤；D有機相中加入濃氫氧化鈉溶液，碘單質與堿液發生歧化反應，生成物溶于水相，分液后向水相中滴加硫酸，含碘物質發生歸中反應生成碘單質，碘單質微溶，所以會析出固態碘，過濾得到碘單質，故D正確；故答案為D。17、C【解析】A.將盛試樣的坩堝放在實驗桌上冷卻，硫酸銅會吸收空氣中的水蒸氣，重新生成結晶水合物，從而使加熱前后固體的質量差減小，測定的結晶水含量偏低，A不合題意；B. 中和滴定用的錐形瓶加入待測液后，再加少量蒸餾水稀釋，不影響待測液中溶質的物質的量，不產生誤差，B不合題意；C. 量筒的刻度是從下往上標注的，讀取量筒中一定體積的液體時，俯視讀數，讀出的數值偏高，C符合題意；D. 配

36、制物質的量濃度的溶液，定容時仰視刻度線，溶液的體積偏大，所配溶液的濃度偏小，D不合題意。故選C。18、D【解析】A溴乙烷不溶于水，滴入水中會分層，若再加入氫氧化鈉溶液，溴乙烷能夠與氫氧化鈉溶液反應生成乙醇和溴化鈉，分層現象逐漸消失，故不選A；B乙醛溶于水，滴入水中不出現分層現象，故不選B；C橄欖油屬于油脂，不溶于水，滴入熱的氫氧化鈉溶液中發生水解反應，分層現象逐漸會消失，故不選C；D汽油不溶于水，不與氫氧化鈉溶液反應，滴入熱的氫氧化鈉溶液中時分層現象不會消失，故選D。19、B【解析】A. Cl2溶于足量水，反生反應生成HCl和HClO，為可逆反應，轉移電子數無法計算，A項錯誤；B. 乙烯和丙烯

37、的最簡式均為CH2，故7.0g混合物中含有的CH2的物質的量為0.5mol，則含NA個H原子，B項正確；C. 1L1mol/L Na2CO3溶液中Na2CO3的物質的量為1mol，CO32為弱酸根，在溶液中會水解，微粒個數約小于NA，C項錯誤；D. 標況下四氯化碳為液態，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量和含有的共價鍵個數，D項錯誤；答案選B。【點睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，注意：可逆反應無法得出具體轉移電子數；水解后粒子會減少；液體不能用氣體摩爾體積計算。20、C【解析】A. 2-苯基丙烯不是苯的同系物，A錯誤；B. 異丙苯不能使溴的四氯化碳溶液褪色，B錯誤；C. 采用定一移

38、一法，可得出異丙苯、2-苯基丙烯苯環上的二氯代物都有6種，C正確；D. 異丙苯分子中與苯環相連的碳原子為飽和碳原子，其所連的4個原子一定不在同一平面上，所以分子內一定共平面的碳原子數為7個，D錯誤；故選C。21、D【解析】X、Y、Z、W為短周期元素，Y元素的原子最外層電子數是其電子層數的3倍，則Y為O元素，根據X、Y、Z、W在元素周期表中的相對位置關系可知，X為C元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，結合元素周期律及物質的性質作答。【詳解】根據上述分析可知，X為C元素，Y為O元素，Z為S元素，W為Cl元素，T為Ge元素，A. Y的氫化物分別是H2O、H2O2，H2O、H2O2常溫下都呈

39、液態，X的氫化物為烴，烴分子中碳原子數不同，沸點差別很大，故Y的氫化物的沸點不一定比X氫化物的沸點高，A項錯誤；B. Z的氧化物對應的水化物可能是硫酸或亞硫酸，W的氧化物對應的水化物可能是次氯酸、氯酸或高氯酸等，因此Z的氧化物對應的水化物酸性不一定比W的弱，若HClO屬于弱酸，H2SO4屬于強酸，B項錯誤；C. SO2、CCl4的化學鍵類型為極性共價鍵，而Na2S的化學鍵類型為離子鍵，C項錯誤；D. Ge與C同族，根據元素周期律可知，存在GeS2和GeCl4，D項正確；答案選D。22、B【解析】要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出來，要求所用試劑能提供OH，且須過量，因此適宜的試劑不能為強

40、堿溶液，因為強堿會使氫氧化鋁沉淀溶解，據此分析；【詳解】A.據分析可知，氫氧化鈉過量會將氫氧化鋁沉淀溶解，A錯誤；B.據分析可知，氨水可以使鋁離子全部沉淀出來，且氫氧化鋁沉淀不溶于氨水，B正確；C.據分析可知，鹽酸不能使AlCl3溶液中的Al3+離子沉淀，C錯誤；D.據分析可知，Ba(OH)2溶液可以使鋁離子沉淀，但Ba(OH)2溶液過量會使氫氧化鋁沉淀溶解，D錯誤；故答案選B。【點睛】氫氧化鋁不溶于弱酸弱堿是考察頻率較高的知識點之一，學生須熟練掌握。二、非選擇題(共84分)23、O NOAl NH3分子間易形成氫鍵 孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用 sp2 三角形

41、1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1) 7:1 1030 【解析】前四周期元素A、B、C、D、E的原子序數依次增大，A元素原子的核外電子只有一種運動狀態，A為H元素；基態B原子s能級的電子總數比p能級的多1，核外電子排布為1s22s22p3，為N元素；基態C原子和基態E原子中成對電子數均是未成對電子數的3倍，核外電子排布為1s22s22p4、1s22s22p63s23p63d54s1，則C為O元素，E為Cr元素；D形成簡單離子的半徑在同周期元素形成的簡單離子中最小，則D為該周期中原子序數最大的金屬元素，因此D為Al元素。據此分析解答。【詳解】根據上述分析，A為H元素

42、，B為N元素，C為O元素，D為Al元素，E為Cr元素。(1)元素的非金屬性越強，電負性越大，元素H、N、O中，電負性最大的是O元素；同一周期，從左到右，元素的第一電離能呈增大趨勢，但第IIA族、第VA族元素的第一電離能大于相鄰元素，同一主族，從上到下，第一電離能逐漸減小，元素N、O、Al的第一電離能由大到小的順序為NOAl，故答案為O；NOAl；(2)NH3分子間易形成氫鍵，導致氨氣易液化；NH3中中心原子N的價層電子對數為4，孤電子對數為1，其VSEPR模型為四面體構型，NH3分子中N原子采用sp3雜化，為三角錐結構，孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用，使得氨氣分子中

43、鍵角小于10928，故答案為NH3分子間易形成氫鍵；孤電子對對成鍵電子對的排斥作用強于成鍵電子對之間的排斥作用；(3)NO3離子中N原子的價層電子對數=鍵電子對數+孤電子對數=3+=3，采用sp2雜化，立體構型為三角形，故答案為sp2；三角形；(4) E為Cr元素，基態E原子的電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；C、E形成的化合物CrO5(其中E的化合價為6)，結構為，其中鍵與鍵數目之比為7:1，故答案為1s22s22p63s23p63d54s1(或Ar 3d54s1)；7:1；(5)AlN晶胞中含有N或Al原子數為4，8+6=4，晶胞質量為g，因此

44、晶胞的密度=1030 gcm3，故答案為1030。【點睛】正確推導元素是解答本題的關鍵。本題的難點為C、E的推導，易錯點為(4)，要能夠根據題意確定CrO5的結構。24、丙二酸二甲酯 酯基 加成反應 取代反應 HCHO 【解析】A分子中只有一種氫原子，則乙烯與氧氣在銀作催化劑加熱的條件下反應生成環氧乙烷，A為，A與乙醛發生反應生成B，已知B分子中有四種氫，且能發生銀鏡反應，說明含有醛基，再結合B的分子式C8H16O4，可知B為，根據已知反應可知，B與甲醛在堿性條件下反應生成C為，C與HBr發生取代反應生成D為，甲醇與丙二酸發生酯化反應生成E為CH3OOCCH2COOCH3，根據已知反應可知，D

45、與E反應生成F為，G為，據此分析解答。【詳解】(1)甲醇與丙二酸發生酯化反應生成E為CH3OOCCH2COOCH3，E的化學名稱是丙二酸二甲酯，故答案為：丙二酸二甲酯；(2)由以上分析知，F為，則其所含官能團是酯基，故答案為：酯基；(3)A為，A與乙醛發生反應生成B，已知B分子中有四種氫，且能發生銀鏡反應，說明含有醛基，再結合B的分子式C8H16O4，可知B為，則AB的反應類型是加成反應，C為，C與HBr發生取代反應生成D為，CD的反應類型是取代反應，故答案為：加成反應；取代反應；(4)根據已知反應可知，B與甲醛在堿性條件下反應生成C為，反應的化學方程式是；(5)由以上分析知，G的結構簡式為；

46、(6)H的分子式為C12H18O4，其不飽和度為，滿足下列條件的H，1mol H與NaOH溶液反應可以消耗4molNaOH，則其含有苯環，為芳香族化合物，且含有4個酚羥基，H的核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比為6：1：1：1，則其含有4種等效氫，且氫原子數分別為12、2、2、2，則符合要求的結構簡式為，故答案為：；（7）L為高聚酯，則K中應同時含有羥基和羧基，K中含有10個碳原子，只有9個碳原子，根據已知反應可知，與HCHO在一定條件下發生取代反應生成I為，I發生已知反應生成J為，J經酸化得到K為，K發生縮聚反應生成，故答案為：HCHO；。25、（蛇形）冷凝管 CH3COOH + H2O2CH

47、3COOOH + H2O 雙氧水的轉化率（利用率） 過濾 C 儀器5“油水分離器”水面高度不變 【解析】(1)儀器6用于冷凝回流，名稱是（蛇形）冷凝管，反應器2中乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸，反應方程式為CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O，故答案為：（蛇形）冷凝管；CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O；(2)反應中CH3COOOH過量，可以使反應持續正向進行，提高雙氧水的轉化率，反應器2中為過氧乙酸、為反應完的反應物及固體催化劑的混合物，可采用過濾的方法得到粗產品，故答案為：雙氧水的轉化率（利用率）；過濾；(3)由于乙酸丁酯可與

48、水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發，從而可以提高過氧乙酸的產率，因此C選項正確，故答案為：C；(4)乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸和水，當儀器5中的水面高度不再發生改變時，即沒有H2O生成，反應已經結束，故答案為：儀器5“油水分離器”水面高度不變；(5)已知I22S2O32=2IS4O62，由得失電子守恒、元素守恒可知：雙氧水與高錳酸鉀反應，由得失電子守恒可知：則樣品中含有n(CH3COOOH)=(1.15V111-3-1.15V211-3)mol，由公式可得，樣品中的過氧乙酸的濃度為，故答案為：。【點睛】本題的難點在于第(5)問，解答時首先要明確發生的反應，再根據得失

49、電子守恒和元素守恒建立關系式，得到樣品中過氧乙酸的物質的量，進而求得其濃度。26、檢查裝置的氣密性 防止倒吸 b 2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出ClO2 空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降 沒有處理尾氣 A 或或(或其他合理答案) 【解析】在裝置內，NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發生反應2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2與O2的混合氣隨空氣排出進入B裝置；B裝

50、置的進、出氣導管都很短，表明此裝置為防倒吸裝置，混合氣進入C中，發生反應2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，ClO2的熔點低，遇熱水、見光易分解，所以應使用冰水浴，以降低氣體的溫度；氣體濃度較大時易發生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低，則需控制氣體的流速不能過慢，但過快又會導致反應不充分，吸收效率低。ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理。【詳解】(1)制取氣體前，為防漏氣，應在組裝好儀器后，進行的操作是檢查裝置的氣密性；由以上分析知，裝置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷卻氣體，可減少H2O2的分解、減少ClO2的分解，ClO2為氣體，降溫有利于

51、氣體的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案為：檢查裝置的氣密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發生反應生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；(3)因為NaClO2遇酸會放出ClO2，所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為NaClO2遇酸放出ClO2，加堿可改變環境，使NaClO2穩定存在。空氣的流速過慢或過快都會影響

52、NaClO2的產率，原因是：空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降。答案為：NaClO2遇酸放出ClO2；空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降；(4) ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理，所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒有處理尾氣。答案為：沒有處理尾氣；(5)A過氧化鈉與水反應，可生成H2O2和NaOH，其還原能力與H2O2相似，A符合題意；B硫化鈉具有強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，B不合題意；C氯化亞鐵

53、具有較強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，C不合題意；D高錳酸鉀具有強氧化性，不能將NaClO2固體還原，D不合題意；故選A。答案為：A；(6)可建立如下關系式：NaClO3(s)ClO2NaClO2(s)，從而得出NaClO2(s)的理論產量為：=g，NaClO2的產率是=100%。答案為：或或(或其他合理答案)。【點睛】書寫三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式時，我們可先確定主反應物(NaClO3、H2O2)和主產物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O22ClO2+O2；再利用質量守恒確定其它反應物(H2SO4)和產物(Na2SO4

54、、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。27、排盡裝置中的空氣 吸收水蒸氣，防止水蒸氣在C中冷凝后與NO2反應產生NO 出現紅棕色氣體 熱 打開K1、K2持續通入一段時間的N2和O2 0.5mol C中圓底燒瓶在實驗前后增加的質量 往剩余溶液中加入過量HCl溶液，過濾、洗滌、干燥、稱量 【解析】實驗開始前要先打開A部分的活塞K1，持續通一段時間的氮氣再關閉K1，排盡裝置中的空氣，滴入濃硝酸反應生成二氧化氮和一氧化氮氣體，干燥后通過裝置C，在低于0時幾乎只有無色的N2O4液體或晶體存在，A中的反應停止后，打開D中的活塞K2，并通入

55、氧氣，若反應確有NO產生，則D中出現紅棕色氣體，說明有一氧化氮氣體生成，剩余氣體用氫氧化鈉溶液吸收；(1)通入氮氣是排除裝置中的空氣，避免生成的一氧化氮氣體被氧化為二氧化氮；(2)B裝置是利用濃硫酸的吸水性吸收氣體中的水蒸氣避免在C中 冷卻后水和二氧化氮反應生成一氧化氮；(3)一氧化氮和氧氣反應生成紅棕色氣體二氧化氮氣體；溫度高反應速率快；(4)由于裝置中有殘留的氣體，所以要打開K1、K2持續通入一段時間的N2和O2，以把氣體完全排盡；(5)硝酸的總的物質的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以參加反應的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.5mol；要計算銅質量分數，還需要計

56、算出生成的N2O4的質量，所以還需要測量C中燒燒瓶在實驗前后增加的質量；(6)銅銀合金和硝酸全部反應生成銅鹽和銀鹽，利用A裝置中銀離子和氯離子形成的氯化銀沉淀稱量，計算得到合金中銅的質量分數。【詳解】(1)通入氮氣是排除裝置中的空氣，避免生成的一氧化氮氣體被氧化為二氧化氮；(2)B裝置是利用濃硫酸的吸水性吸收氣體中的水蒸氣避免在C中冷卻后水和二氧化氮反應生成一氧化氮；(3)A中的反應停止后，打開D中的活塞K2再通入氧氣，若反應中確有NO產生，一氧化氮和氧氣反應生成紅棕色氣體二氧化氮氣體，通入氧氣溫度越高反應速率越快，因此要通入熱的氧氣；(4)由于裝置中有殘留的氣體，所以在A中反應完成和D中出現

57、現象后還須進行的操作是：打開K1、K2持續通入一段時間的N2和O2，以把氣體完全排盡；(5)硝酸的總的物質的量是0.54mol，剩余硝酸是0.04mol，所以參加反應的硝酸是0.54mol-0.04mol=0.50mol；要計算銅質量分數，還需要計算出生成的N2O4的質量所以還需要測量C中燒燒瓶在實驗前后增加的質量；(6)銅銀合金和硝酸全部反應生成銅鹽和銀鹽，利用A裝置中銀離子和氯離子形成的氯化銀沉淀稱量，計算得到合金中銅的質量分數，在反應后的混合溶液中A中加入過量的NaCl溶液，過濾后，將沉淀洗滌、干燥，最后稱取所得的AgCl沉淀的質量，再進行計算。28、3d74s2 3 sp2 V形 CuON 乙二胺分子之間可以形成氫鍵，三甲胺分子之間不能形成氫鍵 12 【解析】（1）Co的原子序數為27，則按電子排布規律可書寫其簡化電子排布式，Co2有25個電子，按電子排布規律可