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、第三周期X、Y、Z、W四種元素的最高價氧化物溶于水可得到四種溶液，0.010 mol/L的這四種溶液在25時的pH與該元素原子半徑的關系如圖所示。下列說法正確的是A簡單離子半徑：XYZWBW的氧化物對應的水化物一定是強酸

2、C氣態氫化物的穩定性：WZYDW與Z可形成一種各原子均達到8電子穩定結構的化合物Z2W2，其結構式為：W-Z-Z-W2、春季復工、復學后，公用餐具消毒是防控新型冠狀病毒傳播的有效措施之一。下列可直接用作公用餐具消毒劑的是A95%的乙醇溶液B40%的甲醛溶液C次氯酸鈉稀溶液D生理鹽水3、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（）A使酚酞變紅的溶液中：Na+、NH4+、Cl、SO42Bc（Al3+）0.1molL1的溶液中：K+、Mg2+、AlO2、SO42C澄清透明的溶液中：Fe3+、Ba2+、NO3、ClDc（H+）0.1molL1的溶液中；K+、Na+、CH3 COO、NO34、元素

3、周期表中短周期某主族只有兩種元素，這兩元素的單質在常態下分別為氣體和固體，這兩元素之間形成的化合物都能與水反應。則下列敘述錯誤的是（）A兩元素具有相同的最高正價B兩元素具有相同的負化合價C兩元素形成的是共價化合物D兩元素各存在不同種的單質5、膽礬CuSO45H2O可寫為Cu(H2O)4SO4H2O，其結構示意圖如下：下列有關膽礬的說法正確的是ACu2+的價電子排布式為3d84s1B所有氧原子都采取sp3雜化C膽礬中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D膽礬所含元素中，H、O、S的半徑及電負性依次增大6、有一種化合物是很多表面涂層的重要成分，其結構如圖所示，其中W、X、Y、Z為原子序

4、數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有關說法正確的是（ ）AWZ沸點高于W2Y的沸點B含Z的兩種酸反應可制得Z的單質CW2Y2中既含離子鍵又含共價鍵鍵DX的含氧酸一定為二元弱酸7、同溫同壓同體積的H2和COA密度不同B質量相同C分子大小相同D分子間距不同8、下列在科學研究過程中使用的實驗裝置內，沒有發生氧化還原反應的是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打發明電池 C拉瓦錫研究空氣成分D李比希用CuO做氧化劑分析有機物的組成AABBCCDD9、下列離子方程式書寫正確的是( )A向NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液：2Fe2+ + ClO +

5、2H+Cl + 2Fe3+ + H2OB向明礬溶液中滴加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溶液中加入過量的NH3H2O：Al3+ + 4NH3H2OAlO2+ 2H2O + 4NH4+DNaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2溶液：HCO3 + Ba2+ + OHBaCO3+ H2O10、現有以下物質：NaCl溶液 CH3COOH NH3 BaSO4 蔗糖 H2O，其中屬于電解質的是（ ）ABCD11、新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器。關于B4C的推斷正確的是AB4

6、C是一種分子晶體BB4C是該物質的分子式CB4C是一種原子晶體DB4C的電子式為12、化學與生活密切相關。下列敘述正確的是A液氨可用作制冷劑B硅膠可作食品袋內的脫氧劑C加入“聚鐵”凈水劑可以使海水淡化D二氧化硫可作食品的增白劑13、我國科學家設計出一種可將光能轉化為電能和化學能的天然氣脫硫裝置，如圖，利用該裝置可實現：H2S+O2 H2O2 +S。已知甲池中發生轉化：。下列說法錯誤的是A甲池碳棒上發生電極反應：AQ+2H+2e-H2AQB該裝置工作時，溶液中的H+從甲池經過全氟磺酸膜進入乙池C甲池處發生反應：O2+H2AQH2O2+AQD乙池處發生反應：H2S+I3-3I-+S+2H+14、常

7、溫下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持續通入CO2。通入CO2的體積(y)與溶液中水電離出的c(OH-)的關系如圖所示。下列敘述錯誤的是Aa點溶液中：水電離出的c(H+)=110-10molL-1Bb點溶液中：c(H+)=110-7molL-1Cc點溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)Dd點溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)15、2019年諾貝爾化學獎頒給了三位為鋰離子電池發展作出重要貢獻的科學家。一種鋰離子電池充電時的陽極反應式為：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放電時的工作原理如圖。下列敘述不正確的是A

8、該電池工作時Fe、P元素化合價均不變B放電時，電子由銅箔經外電路流向鋁箔C充電時，鋁箔電極應該接電源的正極D充電時，Li+通過隔膜移向銅箔電極方向遷移16、一種水基二次電池原理為，電解液為含Zn2+的水溶液，該電池可用于電網貯能。下列說法正確的是（ ）A放電時，Zn2+脫離插層B放電時，溶液中Zn2+濃度一直減小C充電時，電子由層經電解質溶液流向層D充電時，陽極發生電極反應：17、沒有涉及到氧化還原反應的是AFe3+和淀粉檢驗I-B氯水和CCl4檢驗Br-C新制Cu(OH)2、加熱檢驗醛基D硝酸和AgNO3溶液檢驗Cl-18、2018年11月16日，國際計量大會通過最新決議，將1摩爾定義為“精

9、確包含6.022140761023個原子或分子等基本單元，這一常數稱作阿伏伽德羅常數(NA)，單位為mol1。”下列敘述正確的是A標準狀況下，22.4L SO3含有NA個分子B4.6g乙醇中含有的CH鍵為0.6NAC0.1mol Na2O2與水完全反應轉移的電子數為0.1NAD0.1 molL1的醋酸溶液中含有的H+數目小于0.1NA19、下列物質溶于水后溶液因電離而呈酸性的是（ ）AKClBNa2OCNaHSO4DFeCl320、設NA為阿伏加德羅常數的值。下列有關敘述正確的是A常溫下， pH=2的H2SO4 溶液1L中，硫酸和水電離的 H+總數為 0.01NAB1mol H2O 最多可形成

10、4NA個氫鍵C用濃鹽酸分別和 MnO2、KClO3 反應制備1mol氯氣，轉移的電子數均為2NAD常溫常壓下， O2 與 O3 的混合氣體16g，分子總數為NA21、25時，用0.1 molL1NaOH溶液分別滴定20.00mL 0.1 molL1的鹽酸和醋酸，滴定曲線如圖所示，下列說法正確的是A、分別表示鹽酸和醋酸的滴定曲線BpH=7時，滴定鹽酸和醋酸消耗NaOH溶液的體積相等CV(NaOH)=10.00mL時，醋酸溶液中c(CH3COO-) c(Na+) c(H+) c(OH-)DV(NaOH)=20.00mL時，兩溶液中c(CH3COO-) c(Cl-)22、設NA為阿伏加德羅常數的值，

11、下列說法不正確的是A0.1 mol C3H9N中所含共用電子對數目為1.2NAB14 g N60（分子結構如圖所示）中所含NN鍵數目為1.5NAC某溫度下，1 L pH6的純水中所含OH數目為1.0108 NAD標準狀況下，5.6 L甲醛氣體中所含的質子數目為4NA二、非選擇題(共84分)23、（14分）煤的綜合利用有如下轉化關系。CO和H2按不同比例可分別合成A和B，已知烴A對氫氣的相對密度是14，B能發生銀鏡反應，C為常見的酸味劑。請回答：(1)有機物D中含有的官能團的名稱為_。(2)反應的類型是_。(3)反應的方程式是_。(4)下列說法正確的是_。A有機物A能使溴水和酸性高錳酸鉀溶液褪色

12、B有機物B和D能用新制堿性氫氧化銅懸濁液鑒別C有機物C、D在濃H2SO4作用下制取CH3COOCH2CH3，該反應中濃H2SO4是催化劑和氧化劑D有機物C沒有同分異構體24、（12分）化合物H是合成治療心血管疾病藥物的中間體，可通過以下途徑合成： 已知:（苯胺易被氧化）甲苯發生一硝基取代反應與A類似。 回答下列問題： (1)寫出化合物H的分子式_，C中含氧官能團的名稱_。 (2)寫出有關反應類型：BC _；FG_。(3)寫出AB的反應方程式：_ 。 (4)寫出同時滿足下列條件D的所有同分異構體的結構簡式：_能發生銀鏡反應能發生水解反應，水解產物之一與FeCl3溶液反應顯紫色核磁共振氫譜(1顯示

13、分子中有4種不同化學環境的氫(5)合成途徑中，C轉化為D的目的是_。(6)參照上述合成路線，以甲苯和(CH3CO)2O為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線：_25、（12分）輝銅礦主要成分為Cu2S，軟錳礦主要成分MnO2，它們都含有少量Fe2O3、SiO2等雜質。工業上綜合利用這兩種礦物制備硫酸銅、硫酸錳和硫單質的主要工藝流程如下：（1）浸取2過程中溫度控制在500C600C之間的原因是_。（2）硫酸浸取時，Fe3+對MnO2氧化Cu2S起著重要催化作用，該過程可能經過兩歲反應完成，將其補充完整：_（用離子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+= Mn2+2Fe3+2H2O（3）固體甲

14、是一種堿式鹽，為測定甲的化學式，進行以下實驗：步驟1：取19.2 g固體甲，加足量的稀鹽酸溶解，將所得溶液分為A、B兩等份；步驟2：向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到0.448L NH3（標準狀況下）過濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質量不再變化，可得4.80g紅棕色固體殘渣：步驟3：向B中加入足量的BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，可得9.32g固體殘渣。則固體甲的化學式為_（4）相關物質的溶解度如下圖，從除鐵后的溶液中通過一系列的操作分別獲得硫酸銅、硫酸錳晶體，請給出合理的操作順序（從下列操作中選取，按先后次序列出字母，操作可重復使用）：溶液( ) ( )( ) (A) ( ) (

15、 ) （ ），_A蒸發溶劑 B趁熱過濾 C冷卻結晶 D過濾E將溶液蒸發至溶液表面出現晶膜 F將溶液蒸發至容器底部出現大量晶體26、（10分）已知CuSO4溶液與K2C2O4溶液反應，產物為只含一種陰離子的藍色鉀鹽晶體(只含有1個結晶水)，某實驗小組為確定該晶體的組成，設計實驗步驟及操作如下：已知：a.過程：MnO4被還原為Mn2+，C2O42被氧化為CO2b.過程：MnO4在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+c.過程：2Cu2+4I=2CuI+I2d.過程：I2+2S2O32=21+S4O62(1)過程加快溶解的方法是_。(2)配制100mL0.20molL1KMnO4溶液時用到的

16、玻璃儀器有玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、_；過程和過程滴定時，滴定管應分別選用_、_(填“甲”或乙”)。(3)完成過程的離子反應方程式的配平：_MnO4+_C2O42+_H+=_Mn2+_H2O+_CO2。(4)過程加熱的目的是_。(5)過程，應以_作指示劑，若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加，則測定結果是_(填“偏大”“偏小”或“無影響”)(6)已知兩個滴定過程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等，據此推測該晶體為_H2O。27、（12分）某學生設計下列實驗（圖中用于加熱的儀器沒有畫出）制取Mg3N2，觀察到裝置A的黑色的固體變成紅色，裝置D的鎂條變成白色，回答下列問題：(1)裝置A中生成的物質是

17、純凈物，則可能是_，證明的方法是_。(2)設計C裝置的作用是_，缺陷是_。28、（14分）NOx、SO2的處理轉化對環境保護有著重要意義。（1）利用反應2NO(g)2CO(g) = N2(g)2CO2(g)，可實現汽車尾氣的無害化處理。一定條件下進行該反應，測得CO的平衡轉化率與溫度、起始投料比mm=的關系如圖1所示。該反應的H _0(填“”“ZCl，硅酸不溶于水，故Z為S元素，Y為P元素。【詳解】A.電子層結構相同,核電荷數越大離子半徑越小,電子層越多離子半徑越大,故離子半徑P3S2ClNa+，故A錯誤；B.W的最高價氧化物對應的水化物是高氯酸，一定是強酸，但是如果是次氯酸，則是弱酸，故B錯

18、誤；C.非金屬性是YZW，非金屬性越強，則氣態氫化物的穩定性：YZW，故C錯誤；D.W與Z可形成一種各原子均達到8電子穩定結構的化合物S2Cl2，其結構式為：Cl-S-S-Cl，故D正確；答案選D。【點睛】本題考察元素周期律的綜合運用，從圖像可以推斷出是哪些元素，找到元素之間的關系，緊緊位，構，性，從而做出判斷。2、C【解析】A. 95%乙醇使菌體表面蛋白迅速變性凝固，妨礙乙醇再滲入，不能起到消毒的效果，故A錯誤；B. 甲醛有毒，故B錯誤；C. 次氯酸鈉稀溶液具有強氧化性，能夠殺菌消毒，且產物無毒，故C正確；D. 生理鹽水不能消毒殺菌，故D錯誤；故答案為C。【點睛】日常用75%的乙醇溶液進行消

19、毒殺菌；生理鹽水就是0.9%的氯化鈉水溶液，沒有消毒殺菌的功效。3、C【解析】A、使酚酞變紅的溶液呈堿性，NH4+與氫氧根反應，在溶液中不能大量共存，故A錯誤；B、Al3+、AlO2之間發生雙水解反應生成氫氧化鋁沉淀，在溶液中不能大量共存，故B錯誤；C、Fe3+、Ba2+、NO3、Cl之間不反應，在溶液中能夠大量共存，故C正確；D、H+、CH3COO之間發生反應，在溶液中不能大量共存，故D錯誤；答案選C。4、A【解析】元素周期表中短周期某主族只有兩種元素，這兩元素的單質在常態下分別為氣體和固體，周期表中滿足條件為N和P、O和S；這兩元素之間形成的化合物都能與水反應，N、P之間不反應，則這兩種元

20、素分別為O、S，據此解答。【詳解】根據分析可知，這兩種元素為O、S。 AO元素非金屬性較強，沒有最高價正價，故A錯誤； BO和S都有最低價-2價，故B正確； CO、S形成的化合物為二氧化硫、三氧化硫，二氧化硫和三氧化硫都是共價化合物，故C正確； DO存在的單質有氧氣和臭氧，S形成的單質有S2、S4、S6等多種，故D正確； 故選：A。5、C【解析】ACu是29號元素， Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級上各一個電子生成Cu2+，故Cu2+的價電子排布式3d9，故A錯誤；B硫酸根離子中S和非羥基O和H2O中的O原子的雜化方式不同，不可能都是s

21、p3雜化，故B錯誤；C銅離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫原子和氧原子間存在極性共價鍵，銅原子和氧原子間存在配位鍵，氧原子和氫原子間存在氫鍵，故C正確；DH、O、S分別為第1，2，3周期，所以半徑依次增大，但O的電負性大于S，故D錯誤；故選C。6、B【解析】W、X、Y、Z為原子序數依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y無最高正價，結合圖示可知，W形成1個共價鍵，Y能夠形成2個共價鍵，X形成4個共價鍵，Z形成1個共價鍵，則W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素，據此解答。【詳解】根據分析可知，W為H，X為C元素，Y為O元素，Z為Cl元素；AH2O分子間存在氫鍵，且常溫下為液體，

22、而HCl常溫下為氣體，則HCl沸點低于H2O的沸點，故A錯誤；BHCl和和HClO反應生成氯氣，故B正確；CH2O2是共價化合物，分子中只含共價鍵，不存在離子鍵，故C錯誤；DX為C元素，C的含氧酸H2CO3為二元弱酸，而CH3COOH為一元弱酸，故D錯誤；故答案為B。7、A【解析】A. 根據阿伏伽德羅定律，在同溫同壓下相同體積的氣體相對分子質量越大，密度越大，氫氣的密度小于一氧化碳的密度，故A正確；B. 根據阿伏伽德羅定律，在同溫同壓下相同體積的氣體具有相同的物質的量，相同物質的量的氫氣和一氧化碳質量不相同，故B錯誤；C. H2和CO的分子大小不同，故C錯誤；D. 根據阿伏伽德羅定律，同溫同壓

23、下氣體分子間的間距相同，故D錯誤；正確答案是A。8、A【解析】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素屬萃取、分液，是物理變化，不存在氧化還原反應，故A錯誤；B原電池中發生的是自發的氧化還原反應，故B正確；C拉瓦錫研究空氣成分時存在Hg在加熱條件下與氧氣發生反應生成HgO，是氧化還原反應，故C正確；D李比希用CuO做氧化劑分析有機物的組成，發生了氧化還原反應，故D正確；答案為A。9、D【解析】A.NaClO溶液呈堿性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，會生成Fe(OH)3沉淀； B.硫酸根離子完全沉淀時，鋁離子與氫氧根離子的物質的量之比為1:4，反應生成偏鋁酸根；C.氫氧化鋁不溶于弱堿，所以不會生成偏

24、鋁酸根；D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，nBa(OH)2:n(NaHCO3)=1:1【詳解】A.NaClO溶液呈堿性，在NaClO溶液中滴入少量FeSO4溶液，發生3H2O+3ClO-+6Fe2+=2Fe(OH)3+4Fe3+3Cl-，故A錯誤；B.向明礬溶液中滴加Ba(OH)2溶液，恰好使SO42-完全沉淀，鋁離子恰好反應生成偏鋁酸根離子，反應的化學方程式為KAl (SO4)2 + 2Ba(OH)2 = 2BaSO4 + KAlO2 + 2H2O，對應的離子方程式為：Al3+ +2SO4 2- +2Ba2+ +4OH-=2BaSO4+AlO2- +2H2O，故B錯誤；C.氫

25、氧化鋁不溶于弱堿，所以向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+D.NaHCO3溶液中加足量Ba(OH)2 溶液，HCO3-無剩余，離子方程式：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O，D正確，選D。【點睛】本題考查了離子方程式的書寫，明確反應實質及離子方程式書寫方法是解題關鍵，注意化學式的拆分、注意離子反應遵循原子個數、電荷數守恒規律，題目難度不大10、B【解析】在水溶液里或熔融狀態下自身能導電的化合物叫做電解質。NaCl溶液是混合物，不是電解質；CH3COOH溶于水可導電，是電解質；NH3溶于水反應，生成的溶液可導電，但不是自身

26、導電，不是電解質；BaSO4熔融狀態下可電離成離子，可以導電，是電解質； 蔗糖溶于水不能電離出離子，溶液不導電，不是電解質；H2O可微弱的電離出氫離子和氫氧根離子，可導電，是電解質；答案選B。【點睛】該題要利用電解質的概念解題，在水溶液里或熔融狀態下自身能導電的化合物叫做電解質。11、C【解析】A.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特性，而分子晶體硬度小、熔沸點低，A錯誤；B.B4C屬于原子晶體，組成微粒是C、B原子，不含分子，因此B4C不是該物質的分子式B錯誤；C.新型材料B4C可用于制作切削工具和高溫熱交換器，表明了B4C具有硬度大、熔點高的特

27、性，說明該物質屬于原子晶體，C正確；D.原子晶體中原子間以共價鍵相結合，B4C中C和B形成四對共用電子，電子式為，D錯誤；故合理選項是C。12、A【解析】A. 液氨汽化需要吸收大量的熱，具有制冷作用，常用作制冷劑，故A正確；B. 由于硅膠具有很好的吸附性，且無毒，可以用作袋裝食品的干燥劑，故B錯誤；C. 向海水中加入“聚鐵”凈水劑只能除去懸浮物雜質，但不能使海水淡化，應用蒸餾的方法，故C錯誤；D. 二氧化硫有毒，不可作食品的漂白劑，故D錯誤；答案選A。【點睛】化學與生活方面要充分利用物質的性質，包括物理性質和化學性質，結構決定性質，性質決定用途，用途反映出物質的性質，此類題需要學生多積累生活經

28、驗，發現生活中的各種現象。13、B【解析】A由裝置圖可知，甲池中碳棒上發生得電子的還原反應，電極反應為AQ+2H+2e-=H2AQ，故A不符合題意；B原電池中陽離子移向正極，甲池中碳棒是正極，所以溶液中的H+從乙池經過全氟磺酸膜進入甲池，故B符合題意；C甲池處發生O2和H2AQ反應生成H2O2和AQ，方程式為O2+H2AQH2O2+AQ，故C不符合題意；D乙池處，硫化氫失電子生成硫單質，得電子生成I-，離子方程式為：H2S+3I-+S+2H+，故D不符合題意；故選：B。【點睛】本題考查新型原電池的工作原理，把握理解新型原電池的工作原理是解題關鍵，注意根據題給信息書寫電極反應式。14、C【解析】

29、試題分析：Aa點溶液是NaOH溶液，pH=10，則水電離出的c(H+)=110-10molL-1，正確。Bb點溶液中c(OH-)=110-7molL-1，由于水的離子積是kw=110-14mol2L-2，所以c(H+)=110-7molL-1，正確。Cc點水電離產生的c(OH-)最大，則溶液是Na2CO3溶液。根據物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-發生水解反應形成HCO3-，但是鹽水解的程度是微弱的，主要還是以鹽電離產生的離子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中離子濃度關系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，錯誤。Dd點溶液中，根據電荷守恒可得：

30、c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=110-7molL-1，所以c(H+)=110-7molL-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正確。考點：考查堿與酸性氧化物反應時水電離程度大小比較及溶液中離子濃度關系的知識。15、A【解析】A. 該電池在充電時Fe元素化合價由反應前LiFePO4中的+2價變為反應后中的FePO4中的+3價，可見Fe元素化合價發生了變化，A錯誤；B. 根據電池充電時的陽極反應式為：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，充電時鋁箔為陽極，則放電時鋁箔為正極

31、，銅箔為負極，放電時，電子由銅箔經外電路流向鋁箔，B正確；C. 根據題意可知充電時Al箔為陽極，則充電時，鋁箔電極應該接電源的正極，C正確；D. 根據圖示可知：電池放電時Li+通過隔膜向鋁箔電極方向遷移，充電是放電的逆過程，則Li+要由鋁箔通過隔膜向銅箔電極方向遷移，D正確；故答案選A。16、D【解析】A.放電時，利用原電池原理，Zn作負極，失去電子，得到電子，放電時是溶液中的Zn2+與插層結合，故A錯誤；B. 根據反應方程式，放電時，負極的鋅板失去電子變成鋅離子進入溶液中，然后與正極結合，所以溶液中的鋅離子濃度是不變的，故B錯誤；C. 充電時是電解池原理，但電子不能通過電解質溶液，故C錯誤；

32、D. 充電時，陽極失電子，電極反應為：，故D正確；故選D。【點睛】已知總反應書寫電極反應時，根據得失電子情況加以判斷，失電子，則化合價升高，發生氧化反應；總反應減去陽極的反應即可得到陰極的電極反應。17、D【解析】A. Fe3+具有氧化性，可以將碘離子I-氧化成碘I2，碘遇淀粉變藍，離子方程式：2Fe3+2I- =2Fe2+I2，故A項涉及；B. 氯水中的氯氣和次氯酸具有氧化性，可以把Br-氧化成Br2，CCl4層顯橙色，故B涉及；C. 醛基和新制Cu(OH)2在加熱的條件下，發生氧化還原反應，生成磚紅色沉淀，故C涉及；D. Cl-和硝酸酸化過的AgNO3溶液中銀離子反應生成氯化銀沉淀，這個反

33、應不是氧化還原反應，故D不涉及；題目要求選擇不涉及氧化還原反應的，故選D。18、C【解析】A標準狀況下，SO3為固態，22.4L SO3含有分子不等于NA ，選項A錯誤；B4.6g乙醇的物質的量是0.1mol，含有的C-H鍵的個數為0.5NA，選項B錯誤；C過氧化鈉與水的反應中過氧化鈉既是氧化劑，也是還原劑，則0.1molNa2O2與水反應轉移電子數為0.1 NA，選項C正確；D、沒有給定溶液的體積，無法計算氫離子的數目，選項D錯誤。答案選C。19、C【解析】電解質溶液因為因電離而呈酸性，說明該電解質是酸或酸式鹽。【詳解】AKCl為強酸強堿鹽，不水解，溶液呈中性，故A錯誤；BNa2O溶于水反應

34、生成氫氧化鈉，溶液顯堿性，故B錯誤；CNaHSO4是強酸強堿酸式鹽，在溶液中不水解，能夠電離出氫離子使溶液呈酸性，故C正確；DFeCl3是強酸弱堿鹽，鐵離子水解溶液顯酸性，故D錯誤；故選：C。【點睛】易錯點D，注意題干要求：溶液因電離而呈酸性。20、A【解析】A常溫下， 1LpH=2的H2SO4 溶液中，硫酸和水電離的 H+總數為(10-2+10-12)mol/L1LNA=0.01NA，A正確；B在冰中，1個H2O與4個H2O形成4個氫鍵，平均每個水分子形成2個氫鍵，則1mol H2O 最多可形成2NA個氫鍵，B不正確；CMnO2與濃鹽酸反應制備1mol氯氣，轉移的電子數為2NA，KClO3與

35、濃鹽酸反應制備1mol氯氣(反應方程式為ClO3-+5Cl- +6H+=3Cl2+3H2O)，轉移的電子為NA，C不正確；D采用極端分析法，O2 與 O3 各16g，分子總數分別為NA和NA，則16g混合氣，所含分子數介于二者之間，D不正確；故選A。【點睛】在冰中，每個水分子與周圍的水分子可形成4個氫鍵，我們易認為平均每個水分子能形成4個氫鍵，從而產生錯解。21、C【解析】A鹽酸為強酸，醋酸為弱酸，濃度相同時鹽酸的pH較小；B濃度、體積相等時，醋酸與氫氧化鈉反應生成醋酸鈉溶液呈堿性，而鹽酸與氫氧化鈉反應生成氯化鈉溶液呈中性；CV（NaOH）=10.00mL時，反應后為等物質的量濃度的醋酸和醋酸

36、鈉的混合液，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，溶液呈酸性；DV（NaOH）=20.00mL時，反應后得到等物質的量濃度的醋酸鈉、氯化鈉溶液，醋酸根離子部分水解，則醋酸根離子濃度較小。【詳解】A根據圖示可知，的起始pH較大，的起始pH較小，則表示的是醋酸，表示鹽酸，選項A錯誤；B醋酸為弱酸，溶液體積相同時，醋酸和氯化氫的物質的量相等，醋酸與氫氧化鈉反應生成醋酸鈉，溶液呈堿性，而鹽酸與氫氧化鈉反應生成氯化鈉溶液呈中性；若pH=7時，醋酸消耗的NaOH溶液體積應該稍小，選項B錯誤；CV（NaOH）=10.00mL時，反應后為等物質的量濃度的醋酸和醋酸鈉的混合液，醋酸的電離程度大于醋酸鈉的水解程度，

37、溶液呈酸性，則c（H+）c（OH-），反應后溶液中離子濃度大小為：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），選項C正確；DV（NaOH）=20.00mL時，兩溶液都恰好反應得到等物質的量濃度的醋酸鈉和NaCl溶液，由于醋酸根離子部分水解，則兩溶液中 c（CH3COO-）c（Cl-），選項D錯誤；答案選C。【點睛】本題考查了酸堿混合的定性判斷，題目難度中等，明確圖象曲線變化的含義為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，試題培養了學生的分析能力及靈活應用能力。22、C【解析】A.根據物質中的最外層電子數進行分析，共用電子對數為，所以0.1 mol C3H9N中所含共用電子對數

38、目為1.2NA ，故正確；B. 14 g N60的物質的量為，N60的結構是每個氮原子和三個氮原子結合形成兩個雙鍵和一個單鍵，每兩個氮原子形成一個共價鍵，1mol N60含有的氮氮鍵數為，即14 g N60的含有氮氮鍵 ，數目為1.5NA，故正確；C. 某溫度下，1 L pH6的純水中氫離子濃度為10-6mol/L，純水中氫離子濃度和氫氧根離子濃度相等，所以氫氧根離子濃度為10-6mol/L，氫氧根離子數目為10-6 NA，故錯誤；D. 標準狀況下，5.6 L甲醛氣體物質的量為0.25mol，每個甲醛分子中含有16個質子，所以0.25mol甲醛中所含的質子數目為4NA，故正確。故選C。二、非選

39、擇題(共84分)23、羥基 取代反應/酯化反應 CH2=CH2O2CH3COOH AB 【解析】根據題干信息可知，A為CH2 = CH2，B為乙醛；根據A、B的結構結合最終產物CH3COOCH2CH3逆推可知，C為CH3COOH，D為CH3CH2OH。【詳解】(1)根據以上分析，D中官能團為羥基，故答案為：羥基。(2)乙酸和乙醇生成乙酸乙酯的反應類型為酯化反應即取代反應，故答案為：酯化反應或取代反應。(3)反應為乙烯氧化為乙酸，化學方程式為：CH2CH2O2 CH3COOH，故答案為：CH2CH2O2 CH3COOH。(4)A. 乙烯和溴水中的溴單質加成，可被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故A正確；B

40、. 乙醛和新制氫氧化銅在加熱條件下生成磚紅色沉淀，乙醇與Cu(OH)2懸濁液不反應，可以鑒別，故B正確；C. 酯化反應中，濃硫酸的作用是催化劑和吸水劑，故C錯誤；D. CH3COOH的同分異構體有HCOOCH3，故D錯誤。綜上所述，答案為AB。24、C12H15NO 醚鍵 還原反應 消去反應 +HNO3(濃) +H2O 、 保護氨基，防止合成過程中被氧化 【解析】A是，A與濃HNO3、濃H2SO4加熱發生取代反應產生B：，B與Fe、HCl發生還原反應產生C：，C與(CH3CO)2O發生取代反應產生D：，E為，E與NaBH4發生反應產生F為。【詳解】(1)根據H的結構簡式可知其分子式是C12H1

41、5NO；C結構簡式是，其中含氧官能團的名稱為醚鍵；(2) B為，C為，B與Fe、HCl反應產生C，該反應類型為還原反應；F為，G為，根據二者結構的不同可知：FG的類型是消去反應；(3)A是，A與濃HNO3、濃H2SO4加熱發生取代反應產生B：，所以AB的反應方程式為：+HNO3(濃) +H2O；(4)D結構簡式為：，D的同分異構體符合下列條件：能發生銀鏡反應，說明含有醛基-CHO；能發生水解反應，水解產物之一與FeCl3溶液反應顯紫色，說明含有酯基，水解產物含有酚羥基，即該物質含酚羥基形成的酯基；核磁共振氫譜(1顯示分子中有4種不同化學環境的氫，則符合題意的同分異構體結構簡式為：、；(5)合成

42、途徑中，C轉化為D時NH2發生反應產生-NHCOCH3，后來轉化為氨基，目的是保護氨基，防止其在合成過程被氧化；(6)參照上述合成路線，以甲苯和(CH3CO)2O為原料，設計制備的合成路線。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化為苯甲酸，苯甲酸與濃硝酸、濃硫酸混合加熱發生取代反應產生間硝基甲苯，在Fe、HCl作用下反應產生，與(CH3CO)2在加熱條件下發生取代反應產生，所以甲苯轉化為的合成路線為： 【點睛】本題考查有機物的合成與推斷的知識，涉及有機反應類型、官能團結構與性質、限制條件同分異構體書寫，在進行物質推斷的過程中，要充分利用題干信息，結合已有的知識分析、判斷，要注意氨基容易被氧化，為防止其

43、在轉化過程中氧化，先使其反應得到保護，在其他基團形成后再將其還原回來。25、溫度高苯容易揮發，溫度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD 【解析】（1）根據苯容易揮發，和溫度對速率的影響分析；（2）根據催化劑的特點分析，參與反應并最后生成進行書寫方程式；（3）根據反應過程中的數據分析各離子的種類和數值，最后計算各種離子的物質的量比即得化學式。【詳解】(1)浸取2過程中使用苯作為溶劑，溫度控制在500C600C之間，是溫度越高，苯越容易揮發，溫度低反應的速率變小。（2）Fe3+對Mn02氧化Cu2S起著重要催化作用，說明鐵

44、離子參與反應，然后又通過反應生成，鐵離子具有氧化性，能氧化硫化亞銅，本身被還原為亞鐵離子，故第一步反應為Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+，二氧化錳具有氧化性，能氧化亞鐵離子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到0.448L NH3（標準狀況下）期0.02mol,過濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質量不再變化，可得4.80g紅棕色固體殘渣，即氧化鐵為0.03mol，說明該固體中含有銨根離子和鐵離子。向B中加入足量的BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，可得9.32g硫酸鋇，即0.04mol，因為將溶液分成兩等份，則19.2 g固體甲含有0.04mol銨根離子，0.12mol

45、鐵離子，0.08mol硫酸根離子，則含有的氫氧根離子物質的量為，則固體甲的化學式為NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【點睛】掌握溶液中離子物質的量計算是難點，注意前后元素的守恒性，特別注意原溶液分成了兩等份，數據要變成2倍。26、粉碎、攪拌或加熱 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止過程加入過量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起誤差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2 【解析】（1）在由固體與液體的反應中，要想加快反應速率，可以粉碎固體物質或攪拌，都是增大固液的接觸面積，也可以加熱等；（2）配制溶液要掌握好配制步驟，容量瓶的選擇，因為

46、配制100mL溶液，所以選擇100mL容量瓶，氧化還原滴定的時候，注意選擇指示劑、滴定管等。（3）利用氧化還原反應中得失電子守恒配平氧化還原反應離子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2；（4）、MnO4-在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+，據此分析作答；（5）結合實際操作的規范性作答；（6）根據方程式找出關系式，通過計算確定晶體的組成。【詳解】（1）為了加快藍色晶體在2 molL-1稀硫酸中溶解，可以把晶體粉碎、攪拌、或者加熱的方法；（2）配制100mL0.20molL1KMnO4溶液時需要用100mL容量瓶進行溶液配制，配置過

47、程需要用到的玻璃儀器由玻璃棒、燒杯、膠頭滴管、100mL容量瓶；過程是用0.20molL-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有強氧化性，因此選用甲（酸式滴定管）；過程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈堿性，故選用乙（堿式滴定管）；（3）利用氧化還原反應中化合價升降總數相等，先配氧化劑、還原劑、氧化產物、還原產物的化學計量數，然后再觀察配平其他物質，過程的離子反應方程式：2 MnO4+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2（4）MnO4-在酸性條件下，加熱能分解為O2，同時生成Mn2+，故加熱的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防

48、止過程加入過量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起誤差；（5）過程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反應方程式為I2+2S2O32-=21+S4O62-，故過程，應以淀粉溶液作指示劑；若溶液顏色剛剛褪去就停止滴加，則滴入Na2S2O3的物質的量偏小，造成測定Cu2+的含量偏小；（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20molL1V(KMnO4)；由2Cu2+4I-=2CuI+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- I2 2Cu2+，

49、n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25molL-1V(Na2S2O3)，已知兩個滴定過程中消耗KMnO4和Na2S2O3的體積相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因為晶體中只有一種陰離子，并且晶體中元素化合價代數和為0，故該晶體為K2Cu(C2O4)2H2O 。 【點睛】在氧化還原反應滴定中注意指示劑的選擇、滴定管的選擇。27、Cu或Cu2O 向得到的紅色物質中直接加入稀硫酸，若溶液變藍色，說明含有Cu2O，否則沒有 除去NH3 防止金屬鎂與NH3反應生成副產物 C中稀硫酸中的水分進入D中，Mg、Mg3N2遇水發生反應 【解析】（1）A裝置通過反應3CuO2NH33Cu3H

50、2ON2來制備N2，NH3作還原劑，CuO被還原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均為紅色，題目中生成了純凈物，所以是Cu或Cu2O；Cu不與稀硫酸反應，Cu2O能與稀硫酸反應Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈藍色，所以可用稀硫酸檢驗，但不能用硝酸，硝酸與Cu也能反應生成藍色溶液；（2）N2中可能含有未反應的NH3，NH3與金屬鎂發生反應生成雜質Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是為了吸收NH3，B裝置為安全瓶，防止C中液體倒吸入A中，D裝置是Mg3N2的制備裝置，由于Mg性質比較活潑，很容易與水、氧氣、CO2反應，所以該裝置存在明顯缺陷。【詳解】（1）A裝置通過反應3CuO

51、2NH33Cu3H2ON2來制備N2，NH3作還原劑，CuO被還原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，題目中生成了純凈物，所以是Cu或Cu2O，檢驗的方法是向得到的紅色物質中直接加入稀硫酸，若溶液變藍色，說明含有Cu2O，否則沒有，不能加硝酸，硝酸與Cu也能反應生成藍色溶液；故答案為：Cu或Cu2O；向得到的紅色物質中直接加入稀硫酸，若溶液變藍色，說明含有Cu2O，否則沒有； （2）N2中可能含有未反應的NH3，NH3與金屬鎂發生反應生成雜質Mg(NH2)2，所以C中的稀硫酸是為了吸收NH3，B裝置為安全瓶，防止C中液體倒吸入A中，D裝置是Mg3N2的制備裝置，由于Mg性質比較活潑，很容易與水、

52、氧氣、CO2反應，所以該裝置存在明顯缺陷；故答案為：除去NH3，防止金屬鎂與NH3反應生成副產物；C中稀硫酸中的水分進入D中，Mg、Mg3N2遇水發生反應。【點睛】Cu不與稀硫酸反應，Cu2O能與稀硫酸反應Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈藍色；與硝酸反應，二者現象相同，溶液均呈藍色。28、 AB 溫度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于濃度變化對平衡移動的影響 160：1 B 4NH3+4NO+O24N2+6H2O 2SO32-+4H+2e-=S2O42-+2H2O 【解析】(1)由圖象可知，起始投料比m一定時，CO的平衡轉化率隨溫度的升高而降低；A.起始投料比m一定時，而反應

53、中NO、CO的變化量相同，體系中CO2和CO物質的量濃度之比保持不變，即體系中CO2、CO物質的量濃度不變，據此判斷；B.由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉化率增大；C.根據轉化率=變化量與起始量的比值和反應中NO、CO的變化量相同分析判斷；D.催化劑不能改變反應進程，只改變反應速率；由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉化率趨于相近，主要原因是溫度的影響起主導作用，投料比不同的影響為次要因素；(2)反應達到平衡時v正=k正c2（NO）c2（CO）=v逆=k逆c（N2）c2（CO2），則平衡常數K= ，結合反應三段式計算平衡常數K和a點時各物質的濃度，代入v正、v逆計算v正：v逆；(3

54、)A由圖可知，NOx還原成無害物質為氮氣，脫硫的產物可能有多種，與溫度有關； B溫度高于1000時二氧化硫的含量增大，說明溫度越高不利于脫硫；C根據圖3，隨CO物質的量分數增大，還原NOx生成氮氣曲線斜率變化比較小，而還原SO2需要CO物質的量分數較大時才能將SO2從煙氣中分離；D根據圖4，COS分壓曲線隨溫度升高減小，S2、CO分壓增大，繼續升高溫度，S2、CO2分壓減小，CO分壓增大； (4)用活化后的V2O5作催化劑，NH3將NO 還原成N2，同時生成水，原子守恒配平書寫化學方程式；(5) 陰極通入的SO32-發生得電子的還原反應生成S2O42-。【詳解】(1)由圖象可知，起始投料比m一

55、定時，溫度越高，CO的平衡轉化率越低，即升高溫度平衡逆向移動，所以正反應放熱，即H0；A反應正向進行時CO2增多而CO減少，說明未達到平衡時二者比值會變，所以體系中CO2和CO物質的量濃度之比保持不變，反應達到平衡狀態，故A正確；B由圖象可知，溫度一定時，增大NO濃度，CO轉化率增大，即起始投料比m越大時，CO轉化率越大，所以投料比：m1m2m3，故B正確；C由反應計量關系可知，反應中NO、CO的變化量相同，平衡轉化率=100%，所以平衡轉化率與起始量成反比，即投料比m=2時CO轉化率是NO轉化率的2倍，故C錯誤；D催化劑不能改變反應進程，只改變反應速率，所以NO的平衡轉化率不變，故D錯誤；故答案為：AB；由圖象可知，不同投料比下CO的平衡轉化率趨于相近，隨溫度逐漸升高，溫度的影響起主導作用，即溫度較高時，溫度變化對平衡移動的影響大于