1、2021-2022學年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?；卮鸱沁x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、2018年是“2025中國制造”啟動年，而化學與生活、人類生產、社會可持續發展密切相關，下列有關化學知識的說法錯誤的是（ ）A高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖維，光導纖維遇強堿會“斷路”B用聚氯乙烯代替木材生產快餐

2、盒，以減少木材的使用C碳納米管表面積大，可用作新型儲氫材料D銅導線和鋁導線纏繞連接處暴露在雨水中比在干燥環境中更快斷裂的主要原因是發生了電化學腐蝕2、科學的假設與猜想是科學探究的先導與價值所在。在下列假設（猜想）引導下的探究肯定沒有意義的是A探究Na與水反應可能有O2生成B探究Na2O2與SO2反應可能有Na2SO4生成C探究濃硫酸與銅在一定條件下反應產生的黑色物質中可能含有CuSD探究向滴有酚酞的NaOH溶液中通入Cl2，溶液紅色褪去的原因是溶液酸堿性改變所致，還是HClO的漂白性所致3、常溫下，向盛50mL0.100molL-1鹽酸的兩個燒杯中各自勻速滴加50mL的蒸餾水、0.100mol

3、L-1醋酸銨溶液，測得溶液pH隨時間變化如圖所示。已知Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列說法正確的是（ ）A曲線X是鹽酸滴加蒸餾水的pH變化圖，滴加過程中溶液各種離子濃度逐漸減小B曲線Y上的任意一點溶液中均存在c(CH3COO-) HY HZB加入10 mL NaOH溶液時，HY溶液中c（Na+ ）c（Y -）CpH=2的HZ溶液加水稀釋10倍，pH為3D加入20 mL NaOH溶液時，只有HY溶液達到滴定終點9、常溫下 ，向 20.00mL 0. 1molL-1 BOH溶液中 滴入 0. 1 mo lL-1 鹽酸 ，溶液中由水電離出的 c （

4、H+ ） 的負對數 - l gc水（ H+ ） 與所加鹽酸體積的關系如下圖所示，下列說法正確的是A常溫下，BOH的電離常數約為 110-4BN 點溶液離子濃度順序：c（B+）c（Cl-） c（ OH- ）c（ H+）Ca =20D溶液的pH: R Q10、結構片段為CH2CH=CHCH2的高分子化合物的單體是A乙烯B乙炔C正丁烯D1，3-丁二烯11、電滲析法淡化海水裝置示意圖如下，電解槽中陰離子交換膜和陽離子交換膜相間排列，將電解槽分隔成多個獨立的間隔室，海水充滿在各個間隔室中。通電后，一個間隔室的海水被淡化，而其相鄰間隔室的海水被濃縮，從而實現了淡水和濃縮海水分離。下列說法正確的是( )A離

5、子交換膜a為陰離子交換膜B通電時，電極2附近溶液的pH增大C淡化過程中，得到的濃縮海水沒有任何使用價值D各間隔室的排出液中，為淡水12、下列實驗能實現的是（ ）A圖1裝置左側用于檢驗氯化銨受熱分解出的氨氣B圖2裝置用于分離碘單質和高錳酸鉀固體混合物C圖3裝置中若a處有紅色物質生成，b處變藍，證明X一定是H2D圖4裝置可以制取少量CO2，安全漏斗可以防止氣體逸出13、117號元素為TS位于元素周期表中氟元素同一族。下列說法錯誤的是ATS是主族元素BTS的最外層p軌道中有5個電子CTS原子核外共有6個電子層D同族元素中TS非金屬性最弱14、下列關于膠體和溶液的說法中，正確的是（ ）A膠體粒子在電場

6、中自由運動B丁達爾效應是膠體粒子特有的性質，是膠體與溶液、懸濁液的本質區別C膠體粒子，離子都能過通過濾紙與半透膜D鐵鹽與鋁鹽都可以凈水，原理都是利用膠體的性質15、甲胺(CH3NH2)的性質與氨氣相似。已知pKb=lgKb，pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKb(NH3H2O)=4.8。常溫下，向10.00 mL 0. 1000 molL1的甲胺溶液中滴加0. 0500 molL1的稀硫酸，溶液中c(OH-)的負對數pOH=lgc(OH-)與所加稀硫酸溶液的體積(V)的關系如圖所示。下列說法錯誤的是AB點對應的溶液的pOH3.4B甲胺溶于水后存在平衡：CH3NH2+H2OCH3NH+OH

7、CA、B、C三點對應的溶液中，水電離出來的c(H+)：CBADA、B、C、D四點對應的溶液中，c(CH3NH3+)的大小順序：DCBA16、在由水電離產生的H濃度為11013molL1的溶液中，一定能大量共存的離子組是K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42 Na、Cl、NO3、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD17、用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A4.6gNa與含0.1molHCl的稀鹽酸充分反應，轉移電子數目為0.1NAB25時，pH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH的數目為0.2NAC常溫下，14克C2H4和C3H6混合氣體

8、所含的原子數為3NAD等質量的1H218O與D216O，所含中子數前者大18、三元催化轉化器能同時凈化汽車尾氣中的碳氫化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三種污染物。催化劑選擇鉑銠合金，合金負載量不同時或不同的工藝制備的合金對汽車尾氣處理的影響如圖所示。下列說法正確的是A圖甲表明，其他條件相同時，三種尾氣的轉化率隨合金負載量的增大而增大B圖乙表明，尾氣的起燃溫度隨合金負載量的增大而降低C圖甲和圖乙表明，合金負載量越大催化劑活性越高D圖丙和圖丁表明，工藝2制得的合金的催化性能優于工藝1制得的合金19、短周期主族元素M、X、Y、Z、W原子序數依次遞增，在周期表中M的原子半徑最小，

9、X的次外層電子數是其電子總數的，Y是地殼中含量最高的元素，M與W同主族。下列說法正確的是AZ的單質與水反應的化學方程式為：Z2+H2O=HZ+HZOBX和Z的簡單氫化物的穩定性：XYWB最高價氧化物對應水化物的堿性：XYCZ、W組成的化合物能與強堿反應DX的單質在氧氣中燃燒所得的產物中陰、陽離子個數比為1:1二、非選擇題(共84分)23、（14分）葉酸可以由下列甲、乙、丙三種物質合成。（1）甲的最簡式為_；丙中含有官能團的名稱為_。（2）下列關于乙的說法正確的是_(填序號)。a分子中碳原子與氮原子的個數比是7：5 b屬于芳香族化合物c既能與鹽酸又能與氫氧化鈉溶液反應 d屬于苯酚的同系物（3）甲

10、在一定條件下能單獨聚合成高分子化合物，請寫出該反應的化學方程式：_。（4）甲可以通過下列路線合成(分離方法和其他產物已經略去)：步驟的反應類型是_。步驟I和IV在合成甲過程中的目的是_。步驟IV反應的化學方程式為_。24、（12分）高分子材料尼龍66具有良好的抗沖擊性、韌性、耐燃油性和阻燃、絕緣等特點，因此廣泛應用于汽車、電氣等工業中。以下是生產尼龍66的一些途徑。（1）A的結構簡式為_。（2）B中官能團的名稱是_。（3）反應中，屬于加成反應的有_，反應中，屬于氧化反應的有_。（4）請寫出反應的化學方程式_。（5）高分子材料尼龍66中含有結構片段，請寫出反應的化學方程式_。（6）某聚合物K的單

11、體與A互為同分異構體，該單體核磁共振氫譜有三個峰，峰面積之比為1:2:3，且能與NaHCO3溶液反應，則聚合物K的結構簡式是_。（7）聚乳酸（）是一種生物可降解材料，已知羰基化合物可發生下述反應： （R可以是烴基或H原子）。用合成路線圖表示用乙醇制備聚乳酸的過程。_25、（12分）鎳的全球消費量僅次于銅、鋁、鉛、鋅，居有色金屬第五位，常用于各種高光澤裝飾漆和塑料生產，也用作催化劑，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，實驗室用如圖所示裝置制取 Ni(CO)4。已知：CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd(黑色) + 2HCl；Ni(CO)4 熔點-25，沸點

12、43，60以上與空氣混合易爆炸；Fe(CO)5 熔點-20，沸點 103?；卮鹣铝袉栴}：(1)裝置 A 中發生反應的化學方程式為_。(2)裝置 C 用于合成 Ni(CO)4(夾持裝置略)，最適宜選用的裝置為_(填標號)。(3)實驗過程中為了防止_，必須先觀察_(填實驗現象)再加熱 C 裝置。(4)利用“封管實驗”原理可獲得(高純鎳。如圖所示的石英)玻璃封管中充有 CO 氣體，則高純鎳粉在封管的_溫度區域端生成 填“323K”或“473K” 。(5)實驗中加入 11.50 g HCOOH，C 裝置質量減輕 2.95 g(設雜質不參加反應)，E 裝置中盛有 PdCl2 溶液100 mL，則 PdC

13、l2 溶液的物質的量濃度至少為_molL-1。26、（10分）隨著時代的發展，綠色環保理念越來越受到大家的認同，變廢為寶是我們每一位公民應該養成的意識。某同學嘗試用廢舊的鋁制易拉罐作為原材料、采用“氫氧化鋁法”制取明礬晶體并進行一系列的性質探究。制取明礬晶體主要涉及到以下四個步驟：第一步：鋁制品的溶解。取一定量鋁制品，置于250mL錐形瓶中，加入一定濃度和體積的強堿溶液，水浴加熱(約93)，待反應完全后(不再有氫氣生成)，趁熱減壓抽濾，收集濾液于250mL燒杯中；第二步：氫氧化鋁沉淀的生成。將濾液重新置于水浴鍋中，用3 mol/L H2SO4調節濾液pH至89，得到不溶性白色絮凝狀Al(OH)

14、3，減壓抽濾得到沉淀；第三步：硫酸鋁溶液的生成。將沉淀轉移至250mL燒杯中，邊加熱邊滴入一定濃度和體積的H2SO4溶液；第四步：硫酸鋁鉀溶液的形成。待沉淀全部溶解后加入一定量的固體K2SO4，將得到的飽和澄清溶液冷卻降溫直至晶體全部析出，減壓抽濾、洗滌、抽干，獲得產品明礬晶體KAl(SO4)212H2O，M474g/mol?；卮鹣铝袉栴}：(1)第一步鋁的溶解過程中涉及到的主要反應的離子方程式為_(2)為了加快鋁制品的溶解，應該對鋁制品進行怎樣的預處理：_(3)第四步操作中，為了保證產品的純度，同時又減少產品的損失，應選擇下列溶液中的_(填選項字母)進行洗滌，實驗效果最佳。A乙醇 B飽和K2S

15、O4溶液 C蒸餾水 D1：1乙醇水溶液(4)為了測定所得明礬晶體的純度，進行如下實驗操作：準確稱取明礬晶體試樣4.0g于燒杯中，加入50mL 1mol/L鹽酸進行溶解，將上述溶液轉移至100mL容量瓶中，稀釋至刻度線，搖勻；移取25.00 mL溶液干250 mL錐形瓶中，加入30 mL 0.10mol/L EDTA2Na標準溶液，再滴加幾滴2D二甲酚橙，此時溶液呈黃色；經過后續一系列操作，最終用0.20 mol/L鋅標準溶液滴定至溶液由黃色變為紫紅色，達到滴定終點時，共消耗5.00 mL鋅標準溶液。滴定原理為H2Y2Al3AlY2H，H2Y2(過量)Zn2ZnY22H(注：H2Y2表示EDTA

16、2Na標準溶液離子)。則所得明礬晶體的純度為_%。(5)明礬除了可以用作人們熟悉的凈水劑之外，還常用作部分食品的膨松劑，例如油條(餅)的制作過程需要加入一定量的明礬，請簡述明礬在面食制作過程作膨松劑的原理：_(6)為了探究明礬晶體的結晶水數目及分解產物，在N2氣流中進行熱分解實驗，得到明礬晶體的熱分解曲線如圖所示(TG%代表的是分解后剩余固體質量占樣品原始質量的百分率，失重百分率100%)：根據TG曲線出現的平臺及失重百分率，30270范圍內，失重率約為45.57%，680810范圍內，失重百分率約為25.31%，總失重率約為70.88%，請分別寫出所涉及到30270、680810溫度范圍內這

17、兩個階段的熱分解方程式：_、_27、（12分）硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO4)2是分析化學中的重要試劑，在不同溫度下加熱分解產物不同。設計如圖實驗裝置（夾持裝置略去），在500時隔絕空氣加熱A中的硫酸亞鐵銨至分解完全。確定分解產物的成分。（1）B裝置的作用是_。（2）實驗中，觀察到C中無明顯現象，D中有白色沉淀生成，可確定產物中定有_氣體產生，寫出D中發生反應的離子方程式_。若去掉C，是否能得出同樣結論并解釋其原因_。（3）A中固體完全分解后變為紅宗色粉末，某同學設計實驗驗證固體殘留物僅為Fe2O3.而不含FeO。請完成表內容。(試劑，僅然和用品自選)實驗步驟預期現象結論取少量A中殘留物于

18、試管中，加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解：_固體殘留物僅為Fe2O3（4）E中收集到的氣體只有N2，其物質的量為xmol，固體殘留物剛體死目物Fe2O3的物質的量為ymol，D中沉淀物質的量為zmol，根據氧化還原反應的基本規律，x、y和z應滿足的關系為_。（5）結合上述實驗現象和相關數據的分析。寫出硫酸亞鐵銨在500時隔絕空氣加熱完全分解的化學方程式：_。28、（14分）峨眉金頂攝身崖又稱舍身崖，因?，F佛光而得名?！胺鸸狻币驍z入身之影像于其中，遂稱“攝身光”，為峨眉勝景之一。攝生崖下土壤中富含磷礦，所以在無月的黑夜可見到崖下熒光無數。(1)“熒光”主要成分是PH3，其結構式為_，下列有關

19、PH3的說法錯誤的是_。a.PH3分子是極性分子b.PH3分子穩定性低于NH3分子，因為NH鍵鍵能高c.一個PH3分子中，P原子核外有一對孤電子對d.PH3沸點低于NH3沸點，因為PH鍵鍵能低(2)“熒光”產生的原理是Ca3P2在潮濕的空氣中劇烈反應，寫出該反應的化學方程式_。(3)已知下列鍵能數據及P4(白磷)分子結構：化學鍵PPHHPH白磷分子結構鍵能/(kJmol-1)213436322則反應4PH3(g)P4(g)6H2(g) H_ kJ mol1。(4)某溫度下，向容積為2L的密閉容器中通入2 mol PH3發生(3)中反應，5min后反應達平衡，測得此時H2的物質的量為1.5 mo

20、l，則用PH3表示的這段時間內的化學反應速率v(PH3)_；下列說法能表明該反應達到平衡狀態的是_。A.混合氣體的密度不變 B.6v(PH3)4v(H2)C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)4：1：6 D.混合氣體的壓強不變(5)PH3有毒，白磷工廠常用Cu2、Pd2液相脫除PH3：PH32O2H3PO4，其他條件相同時，溶解在溶液中O2的體積分數與PH3的凈化效率與時間的關系如圖所示，回答下列問題：(I)由圖可知，富氧有利于_(選填“延長”或“縮短”)催化作用的持續時間。()隨著反應進行，PH3的凈化效率急劇降低的原因可能為_。29、（10分）氮化硼（BN）是一種重要的功能陶瓷材料。以天

21、然硼砂為起始物，經過一系列反應可以得到BF3和BN，如圖所示：請回答下列問題：（1）由B2O3制備BF3、BN的化學方程式是_、_。（2）基態B原子的電子排布式為_；B和N相比，非金屬性較強的是_，BN中B元素的化合價為_；（3）在BF3分子中，FBF的鍵角是_，該分子為_分子（填寫“極性” 或“非極性”），BF3和過量NaF作用可生成NaBF4，BF4-中可能含有_，立體結構為_；（4）在與石墨結構相似的六方氮化硼晶體中，層內B原子與N原子之間的化學鍵為_，層間作用力為_。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、B【解析】A高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導纖

22、維，二氧化硅能夠與氫氧化鈉等強堿反應生成硅酸鹽和水，所以光導纖維能夠被堿腐蝕而造成斷路，故A正確； B聚氯乙烯塑料因為含有氯，有毒，不可以代替木材，生產快餐盒，故B錯誤；C.碳納米管表面積大，易吸附氫氣，所以可以用作新型儲氫材料，故C正確；D.銅鋁兩種金屬的化學性質不同，在接觸處容易電化學腐蝕，故D正確。答案選B。2、A【解析】A、根據質量守恒定律，化學反應前后元素的種類不變，鈉和水中含有鈉、氫和氧三種元素，產生的氣體如果為氧氣，不符合氧化還原反應的基本規律，鈉是還原劑，水只能做氧化劑，元素化合價需要降低，氧元素已是最低價-2價，不可能再降低，故A選；B、二氧化硫具有還原性，過氧化鈉具有氧化性

23、，SO2和Na2O2反應可能有Na2SO4生成，故B不選；C、根據氧化還原反應化合價變化，濃硫酸與銅反應，硫酸中的硫元素被還原，銅有可能被氧化為硫化銅，有探究意義，故C不選；D氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉次氯酸鈉和水，消耗氫氧化鈉溶液紅色褪去，氯氣可以與水反應生成的次氯酸或生成的次氯酸鈉水解生成次氯酸具有漂白性，有探究意義，故D不選；故選A。點睛：本題考查化學實驗方案評價，涉及生成物成分推測，解題關鍵：氧化還原反應規律、物質性質，易錯點：C選項，注意氧化還原反應特點及本質，題目難度中等。3、B【解析】HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此時PH=1+1=2，現在加50ml水，溶液體積

24、遠遠小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸銨的，據此回答。【詳解】A由分析可知曲線X是鹽酸中滴加水的pH變化圖，HCl被稀釋，H+和Cl-濃度減小，但有Kw=H+OH-可知，OH-在增大，A錯誤；B. 當加入50mL醋酸按時，醋酸銨和HCl恰好完全反應，溶質為等物質的量、濃度均為0.05molL-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-濃度最大，因為Ka(CH3COOH)=1.810-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)0.05mol/L，所以Y上任意一點C(NH4+) C(CH3COO-)，B正確；C. a點溶液中電荷守恒為

25、：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)= n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)= n(H+)，a點pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液總體積約為100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L=0.001mol，所以n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C錯誤；D. b點位HCl溶液，水的電離受到HCl電離的H+抑制，c點：一方面CH3COOH為弱酸，另一方面，NH4+水解促進水的電離，綜合來看b點水的電離受抑制程度大于c點，D錯誤。 答案選B。【點睛】A一定溫度下，電解質溶液中

26、，不可能所有離子同時增大或者減?。籅對于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。4、C【解析】本題考查化學平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知識遷移能力?！驹斀狻緼.合成氨反應壓強越大，化學反應速率越快；合成氨反應為氣體分子數減小的反應，增大壓強平衡正向移動，N2的轉化率增大，故A錯誤；B.若反應為氣體分子數不變的反應，平衡后增大壓強，反應速率加快，但平衡不移動，故B錯誤；C.分析曲線a、b可知，曲線b先出現拐點，則p2p1，T1、p2條件下平衡時C%比T1、p1時的大，說明增大壓強平衡正向移動，則xT2，故C正確；D.BC線上任意點都有c(H+)=c(OH-)，ABC區域位于直線BC的左上方的區域內

27、任意點均有c(H+)c(OH-)，故D錯誤；答案：C5、D【解析】A、乙醇易揮發，向熱的乙醇中通入空氣，可以向后續裝置中提供乙醇蒸氣和氧氣，選項A正確；B、在銅粉催化下，乙醇發生催化氧化生成乙醛，選項B正確；C、乙醛易揮發，應用冰水浴收集乙醛產物，選項C正確；D、產物中混有乙醇，乙醇也能還原酸性高錳酸鉀溶液，使其褪色，選項D錯誤。答案選D。6、D【解析】A. NO2溶于水生成硝酸與NO，其離子方程式為：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，A項正確；B. 漂白粉溶液呈堿性的原因是次氯酸根離子發生水解所致，其離子方程式為：ClO-+H2OHClO+OH-，B項正確；C. 酸性條件下，用H2O

28、2將海帶灰中I-氧化，其離子方程式為：H2O2+2I-+2H+=I2+2H2O，C項正確；D. 氯化鋁的溶液中加入過量氨水，沉淀不會溶解，其正確的離子反應方程式為Al3+3NH3H2O = Al(OH)3+3NH4+，D項錯誤；答案選D?！军c睛】D項是學生的易錯點，要特備注意，氫氧化鋁不溶于弱酸如碳酸，也不溶于弱堿如氨水等。7、D【解析】ACa2+與F-間存在靜電吸引和靜電排斥作用，故A錯誤；B離子晶體的熔點與離子所帶電荷、離子半徑有關，離子半徑越小，離子晶體的熔點越高，所以CaF2的熔點高于CaCl2，故B錯誤；CCaF2中只存在離子鍵，而CaC2含有離子鍵和共價鍵，故C錯誤；DCaF2中的

29、化學鍵為離子鍵，離子化合物在熔融時能發生電離，存在自由移動的離子，能導電，因此CaF2在熔融狀態下能導電，故D正確；故答案為D。8、C【解析】0.1000 mol/L的HZ，pH=1，c(H+)=0.1000 mol/L，則c(HZ)= c(H+)，則HZ為一元強酸，HX和HY的pH都大于1，則HX和HY都是一元弱酸，同濃度的三種酸酸性強弱關系為：HXHYHZ，據此分析解答。【詳解】A由分析可知，三種酸酸性強弱順序是HXHYHZ，A錯誤；B加入10 mL NaOH溶液時，HY有一半被中和，此時溶質為等物質的量的HY和NaY，溶液中存在電荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Y-)+c(OH-)

30、，由圖可知，此時溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，所以，溶液c(Na+)c(Y-)，B錯誤；CHZ是強酸，加水稀釋10倍，即101倍pH增大1，即pH=2的HZ溶液加水稀釋10倍，pH為3，C正確；D加入20 mL NaOH溶液時，三種溶液pH均發生突變，說明三種溶液均達到滴定終點，D錯誤。答案選C?！军c睛】CpH=a的強酸稀釋10n倍，稀釋后溶液pH=a+n(pH7)；pH=a的弱酸稀釋10n倍，稀釋后溶液pHa+n(pH7)；pH=a的強堿稀釋10n倍，稀釋后溶液pH=a-n(pH7)；pH=a的弱堿稀釋10n倍，稀釋后溶液pHa-n(pH7)9、D【解析】BOH對水的電離起抑制作用，加

31、入鹽酸發生反應BOH+HCl=BCl+H2O，隨著鹽酸的加入，BOH電離的OH-濃度減小，對水電離的抑制作用減弱，而且生成的BCl水解促進水的電離，水電離的H+濃度逐漸增大，兩者恰好完全反應時水電離的H+濃度達到最大；繼續加入鹽酸，過量鹽酸電離出H+又抑制水的電離，水電離的H+又逐漸減小，結合相應的點分析作答?！驹斀狻緼.根據圖象，起點時-lgc水（ H+ ）=11，c水（ H+ ）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水電離的H+濃度為10-11mol/L，堿溶液中H+全部來自水的電離，則0.1mol/L的BOH溶液中c（ H+ ）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）

32、=10-3mol/L，BOH的電離方程式為BOHB+OH-，BOH的電離平衡常數為=10-5，A錯誤；B.N點-lgc水（ H+ ）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中離子濃度由大到小的順序為c（Cl-）c（B+）c（ H+） c（ OH- ），B錯誤；C.N點-lgc水（ H+ ）最小，N點HCl與BOH恰好完全反應得到BCl溶液，N點加入的鹽酸的體積為20.00mL，則aQ，D正確；答案選D?！军c睛】解答本題的關鍵是理解水電離的H+濃度與加入的鹽酸體積間的關系，抓住關鍵點如起點、恰好完全反應的點等。10、D【解析】結構片段為CH2CH=CHCH

33、2，說明該高分子為加聚產物，則該高分子化合物的單體是CH2=CHCH=CH2，即為1，3-丁二烯，答案選D。11、B【解析】根據圖示，電極2生成氫氣，電極2是陰極，電極1是陽極，鈉離子向右移動、氯離子向左移動?！驹斀狻緼、根據圖示，電極2生成氫氣，電極2是陰極，室中鈉離子穿過離子交換膜a進入電極2室，所以離子交換膜a為陽離子交換膜，故A錯誤；B、通電時，電極2是陰極，電極反應式是，溶液的pH增大，故B正確；C、淡化過程中，得到的濃縮海水可以提取食鹽，故C錯誤；D、a為陽離子交換膜、b為陰離子交換膜，鈉離子向右移動、氯離子向左移動，各間隔室的排出液中，為淡水，故D錯誤。答案選B。12、D【解析】

34、A、左側的五氧化二磷會吸收氯化銨分解產生的氨氣，因此左側可檢測氯化氫，故A不符合題意；B、加熱時碘升華，高錳酸鉀會發生分解，因此加熱法不能分離，故B不符合題意；C、a處有紅色物質生成，說明氧化銅被還原，b處變藍，說明氣體中含有水蒸氣，因此有可能X中含有水蒸氣，X也可能含有乙醇、氨氣、甲烷等，故C不符合題意；D、大理石和稀鹽酸反應生成二氧化碳，安全漏斗可在左右側形成液柱，可防止氣體逸出，故D符合題意；故答案為：D。13、C【解析】ATs的原子核外最外層電子數是7，與氟元素同族，是VIIA元素，A正確；BTs位于第七周期A族，電子排布式為Rn6f146d107s27p5，故Ts的最外層p軌道中有5

35、個電子，B正確；CTs位于第七周期A族，核外共有7個電子層而不是6，C錯誤；D同族元素從上到下元素的非金屬性逐漸減弱，所以Ts非金屬性在同族中最弱，D正確；故合理選項是C。14、D【解析】A. 膠體粒子可帶電，在電場中發生定向移動，故A錯誤；B. 丁達爾效應是膠體特有的性質，膠體與溶液、懸濁液的本質區別是分散質粒子直徑的大小不同，故B錯誤；C.離子既能過通過濾紙，又能通過半透膜；膠體粒子只能通過濾紙，不能通過半透膜，故C錯誤；D. 可溶性鐵鹽與鋁鹽都會發生水解，產生氫氧化鐵和氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性可以凈水，原理都是利用膠體的性質，故D正確。答案選D。15、D【解析】AB點加入5 mL0.

36、0500 mol/L的稀硫酸，不考慮水解和電離，反應后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，CH3NH2H2O的電離程度大于CH3NH3+的水解程度，則溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)；B甲胺(CH3NH2)的性質與氨氣相似，說明CH3NH2H2O是一元弱堿，可以部分電離出氫氧根離子；C恰好反應時水的電離程度最大，堿過量抑制了水的電離，堿的濃度越大抑制程度越大；DC、D點相比，n(CH3NH3+)相差較小，但D點溶液體積較大，則c(CH3NH3+)較小，據此分析?！驹斀狻緼B點加入5 mL0.0500 mol/L的稀硫酸，不考慮水解和電

37、離，反應后c(CH3NH3+)=c(CH3NH2)，由于pKb(CH3NH2H2O)=3.4，pKh(CH3NH3+)=14-3.4=10.6，說明CH3NH2H2O的電離程度大于CH3NH3+的水解程度，則溶液中c(CH3NH3+)c(CH3NH2)，1，結合Kb(CH3NH2H2O)=c(OH-)=10-3.4可知，c(OH-)3.4，A正確；BCH3NH2H2O是一元弱堿，可以部分電離出氫氧根離子，電離過程可逆，則電離方程式為：CH3NH2H2OCH3NH3+OH-，B正確；C用0.0500 mol/L的稀硫酸滴定10 mL 0.1000 mol/L的甲胺溶液滴入10 mL恰好完全反應此

38、時生成的是強酸弱堿鹽，溶液顯堿性，CH3NH3+水解促進水的電離，A、B點溶液中弱堿過量抑制了水的電離，所以A、B、C三點溶液中，水電離出來的c(H)：CBA，C正確；DC點硫酸與CH3NH2H2O恰好反應，由于CH3NH3+的水解程度較小，則C、D點n(CH3NH3+)相差較小，但D點加入硫酸溶液體積為C點2倍，則c(CH3NH3+)：CD，D錯誤；故合理選項是D。【點睛】本題考查酸堿混合的定性判斷、離子濃度大小比較。明確圖象曲線變化的意義為解答關鍵，注意掌握溶液酸堿性與溶液pH的關系，D為易錯點，試題側重考查學生的分析能力及綜合應用能力。16、B【解析】由水電離產生的H濃度為11013mo

39、lL1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據此分析。【詳解】在酸性環境下S2不能大量共存，錯誤；在堿性環境下Fe2不能大量共存，錯誤；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、堿性環境下均能大量共存，正確；HCO3在酸性、堿性環境下均不能大量共存，錯誤；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、堿性環境下均能大量共存，正確；答案選B。【點睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應放出氫氣的環境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發生離子反應而不能大量共存，生成弱電解質而不能大量共存是?？键c，需要正確快速判斷。17、C【解析】A. Na既可以和酸反應又可以和堿反應放出氫氣，4.6g鈉

40、物質量為0,2mol,轉移電子數為0.2mol，即0.2NA，故A錯；B. pH=13的Ba(OH)2溶液中沒有體積，無法計算含有OH的數目，故B錯；C. 常溫下，C2H4和C3H6混合氣體混合氣體的最簡比為CH2，14克為1mol，所含原子數為3NA，C正確；D. 等質量的1H218O與D216O，所含中子數相等，均為NA，故D錯。答案為C。18、D【解析】A. 根據圖甲所示可知：在400時，三種氣體的轉化率在合金負載量為2 g/L時最大，A錯誤；B. 圖乙表明，尾氣的起燃溫度在合金負載量為2 g/L時最低，其它各種合金負載量時起燃溫度都比2 g/L時的高，B錯誤；C. 圖甲表示只有在合金負

41、載量為2 g/L時尾氣轉化率最大，而圖乙表示的是只有在合金負載量為2 g/L時尾氣轉化率最低，可見并不是合金負載量越大催化劑活性越高，C錯誤；D. 圖丙表示工藝1在合金負載量為2 g/L時，尾氣轉化率隨尾氣的起燃溫度的升高而增大，而圖丁表示工藝2在合金負載量為2 g/L時，尾氣轉化率在尾氣的起燃溫度為200時已經很高，且高于工藝1，因此制得的合金的催化性能：工藝2優于工藝1，D正確；故合理選項是D。19、B【解析】M、X、Y、Z、W原子序數依次遞增的短周期主族元素，在周期表中M的原子半徑最小，M為H元素，X的次外層電子數是其電子總數的，X為C元素，Y是地殼中含量最高的元素，Y為O元素，M(H)

42、與W同主族，則W為Na元素，Z為F元素，據此分析解答問題。【詳解】AZ的單質為F2，F2與水的反應方程式為F2+2H2O=4HF+O2，A選項錯誤；B非金屬性越強，簡單氣態氫化物的穩定性越強，非金屬性：CF，則穩定性：CH4Y，故B正確；CZ、W組成的化合物SiO2是酸性氧化物，能與強堿反應，故C正確；DX的單質是Na，在氧氣中燃燒生成Na2O2，存在Na+和O22-，則陰陽離子之比為1:2，故D錯誤；故答案為D?！军c睛】微粒半徑大小比較的常用規律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高價陽離子或最低價陰離子半徑隨核電荷數增大而逐漸減小(稀有氣體元素除外)，如NaMgAlSi，Na+M

43、g2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或離子半徑隨核電荷數增大而逐漸增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）電子層結構相同的微粒：電子層結構相同(核外電子排布相同)的離子半徑(包括陰、陽離子)隨核電荷數的增加而減小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同種元素形成的微粒：同種元素原子形成的微粒電子數越多，半徑越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）電子數和核電荷數都不同的，可通過一種參照物進行比較，如比較A13+與S2的半徑大小，可找出與A13+電子數相同的O2進行比較，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。二、非選擇題(共84分)23、C7H7NO

44、2 羧基、氨基 ac n+nH2O 取代反應 保護氨基 +H2O+CH3COOH 【解析】(1)由甲的結構簡式，則甲的分子式為C7H7NO2，所以甲的最簡式為C7H7NO2；由丙的結構簡式，所以丙中含有官能團的名稱為羧基、氨基；答案：C7H7NO2 ； 羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子與氮原子的個數比是7：5 ，故a正確；b.分子中沒有苯環，故b錯誤；c.分子中含有氨基能與鹽酸反應，含有氯原子又能與氫氧化鈉溶液反應，故c正確；d.分子中沒有苯環，故d錯誤，故選ac，(3).甲為，在一定條件下能單獨聚合成高分子化合物，該反應的化學方程為。(4)由可知步驟的反應類型是取代反應；答案：取代反應。步

45、驟和在合成甲過程中的目的是保護氨基。答案：保護氨基；步驟反應的化學方程式為。答案：。24、HOCH2CCCH2OH 羥基 【解析】結合A的分子式和C后的產物，可知1分子乙炔與2分子甲醛發生加成反應生成A，故A的結構簡式為HOCH2CCCH2OH；A與氫氣發生加成反應生成B，B為HOCH2CH2CH2CH2OH，B與HBr發生取代反應生成C，C的結構簡式為BrCH2CH2CH2CH2Br，C與KCN發生取代反應生成NCCH2CH2CH2CH2CN，然后NCCH2CH2CH2CH2CN水解生成HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，苯酚與氫氣發生加成反應生成環己醇，環己醇發生催化氧化生成環己酮，

46、環己酮發生氧化反應HOOCCH2CH2CH2CH2COOH，HOOCCH2CH2CH2CH2COOH與SOCl2發生取代反應生成ClCO(CH2)4COCl，ClCO(CH2)4COCl與H2N(CH2)6NH2發生縮聚反應，生成高分子材料尼龍66。【詳解】（1）結合A的分子式和C后的產物，可知1分子乙炔與2分子甲醛發生加成反應生成A，故A的結構簡式為HOCH2CCCH2OH；（2）A與氫氣發生加成反應生成B，B為HOCH2CH2CH2CH2OH，B中官能團的名稱是羥基；（3）反應、是加成反應，反應、為取代反應；（4）反應是苯酚與氫氣發生加成反應生成環己醇，反應方程式為；（5）高分子材料尼龍6

47、6中含有結構片段，ClCO(CH2)4COCl與H2N(CH2)6NH2發生縮聚反應，生成高分子材料尼龍66，反應方程式為；（6）某聚合物K的單體與A(HOCH2CCCH2OH)互為同分異構體，該單體能與NaHCO3溶液反應，故該單體中含有羧基，該單體核磁共振氫譜有三個峰，峰面積之比為1:2:3，所以該單體的結構簡式為CH2=C(CH3)COOH，該聚合物K的結構簡式為；（7）由HOCH(CH3)COOH發生縮聚反應生成聚乳酸()，乙醇發生催化氧化生成乙醛，乙醛與HCN發生反應后在水解條件下生成HOCH(CH3)COOH，合成路線如圖所示。25、HCOOHH2O+CO CO 及 Ni(CO)4

48、 與裝置中空氣混合在加熱條件下爆炸 E 裝置中產生黑色沉淀 473K 0.50 【解析】A裝置中甲酸和濃硫酸反應生成CO，經B裝置中濃硫酸進行干燥，根據方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，溫度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，為了更好的控制溫度可選用水浴加熱，Ni(CO)4的沸點為43，所以反應生成的Ni(CO)4會變成氣體，在D裝置中進行冷凝得到Ni(CO)4液體，之后利用E裝置吸收未反應的CO，同時為了防止Ni(CO)4與空氣混合加熱，需先通一段時間的CO，通過觀察E裝置中是否有黑色成生成可判斷裝置中是否充滿CO?！驹斀狻?1)裝置A中甲酸與在濃硫酸的作用下生成CO

49、和水，反應方程式為HCOOHH2O+CO；(2)溫度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，為了更好的控制溫度，且可避免溫度過高，可選用水浴加熱，所以選用裝置；(3)CO 及 Ni(CO)4 與裝置中空氣混合在加熱條件下會發生爆炸，所以要先觀察到E裝置中生成黑色沉淀，再加熱C裝置；(4)323K是49.85，473K是199.85，根據方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180200時生成Ni單質，所以高純鎳粉在封管的473K溫度區域端生成；(5)n(HCOOH)=0.25mol，則生成的n(CO)=0.25mol，C裝置中發生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g

50、)，則C管減輕的質量即反應的Ni的質量，則反應n(Ni)=0.05mol，則消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2 溶液至少要吸收CO的物質的量為0.25mol-0.2mol=0.05mol，根據方程式CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd(黑色) + 2HCl可知所需n(PdCl2)=0.05mol，所以其濃度至少為=0.5mol/L?！军c睛】解答第(4)題時要注意單位的換算，方程式中溫度的單位是攝氏度，封管所給溫度時開爾文，0=273.15K。26、2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2 用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內外表面打磨光滑，并剪成小片備用（其他合理答案也給分

51、） D 94.8 明礬與小蘇打（NaHCO3）發生反應（雙水解）：Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2，產生大量CO2，使面食內部體積迅速膨脹，形成較大空隙。 KAl(SO4)212H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO3 【解析】（1）鋁與強堿溶液的反應生成偏鋁酸鹽和氫氣，寫出離子方程式；（2）預處理需要去掉鋁表面的致密的氧化物保護膜；（3）從減少產品損失考慮；（4）根據題目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的總量減去鋅標準溶液對EDTA-2Na的消耗量，即可計算出樣品溶液中Al3+的物質的量，間接算出明礬晶體的物質的量和質量，進

52、而求出明礬晶體的純度；（5）從雙水解角度考慮；（6）根據題目所給數據，確定第一個階段應是脫掉結晶水；第二階段脫掉SO3；【詳解】（1）第一步鋁的溶解過程中主要發生鋁與強堿溶液的反應，離子方程式為2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2；答案：2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2（2）鋁制品表面有氧化膜及包裝油漆噴繪等，打磨、剪成小片后可加快在強堿溶液中的溶解；答案：用砂紙將廢舊鋁制易拉罐內外表面打磨光滑，并剪成小片備用（其他合理答案也給分）（3）所得明礬晶體所含的雜質能溶于水，需用水洗滌，但為了減少產品的損失，應控制水的比例，因此用1:1乙醇水溶液洗滌效果最佳；答案：D（4）根據題

53、目信息及滴定原理可知，用EDTA-2Na的總量減去鋅標準溶液對EDTA-2Na的消耗量，即可計算出樣品溶液中Al3+的物質的量，間接算出明礬晶體的物質的量和質量，進而求出明礬晶體的純度；答案：94.8（5）面食發酵過程中需要用到小蘇打（NaHCO3），NaHCO3與明礬發生雙水解反應，產生CO2；答案：明礬與小蘇打（NaHCO3）發生反應（雙水解）：Al3+3HCO3=Al(OH)3+3CO2，產生大量CO2，使面食內部體積迅速膨脹，形成較大空隙。（6）根據題目所給數據，結合KAl(SO4)212H2O的化學式，可驗證出第一個階段應是脫掉結晶水得到KAl(SO4)2；第二階段脫掉SO3，發生的

54、是非氧化還原反應，得到K2SO4和Al2O3；答案：KAl(SO4)212H2OKAl(SO4)2+12H2O 2KAl(SO4)2K2SO4+Al2O3+3SO327、檢驗產物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成將溶液分成兩份，分別滴加高錳酸鉀溶液、KSCN溶液若高錳酸鉀溶液不褪色，加入KSCN溶液后變紅3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O【解析】（1）硫酸亞鐵銨（NH4）2Fe（SO4）2 在500時隔絕空氣加熱分解，H、O結合有水生成，故B裝置的作用是檢驗產物中是否有水生成。（

55、2）裝置C中BaC12溶液的作用是為了檢驗分解產物中是否有SO3氣體生成，若含有該氣體，會生成硫酸鋇白色沉淀，觀察到的觀象為溶液變渾濁，但該裝置中沒有明顯現象，可知產物中無有SO3氣體生成；裝置D中有白色沉淀，說明產物中有SO2氣體生成，通入過氧化氫發生氧化還原反應，生成硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出說明出有SO2而無SO3的結論。（3）根據Fe2+的還原性，可以用高錳酸鉀溶液檢驗，依據Fe3+與KSCN溶液后變紅可檢驗，方法為：取少量A中殘留物與試管中，加入適量稀硫酸，充分振蕩

56、使其完全溶解，將溶液分成兩份，分別滴加高錳酸鉀溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案） 并振蕩，若高錳酸鉀溶液不褪色，加入KSCN溶液后變紅（或：加入K3Fe(CN)6溶液無現象，加入KSCN溶液后變紅，或其他合理答案），則殘留物僅為Fe2O3而不含FeO。（4）若產物中有氮氣生成，則失去電子的元素是Fe和N，得到電子的元素是S， （NH4）2Fe（SO4）2分解，E中生成xmolN2失去電子的物質的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去電子的物質的量是2y mol，D中沉淀物質的量為zmol，即生成的二氧化硫的物質的量是z mol，則得電子的

57、物質的量是2z mol，根據得失電子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）結合上述實驗現象和相關數據的分析，完成硫酸亞鐵銨（NH4）2Fe（SO4）2在500時隔絕空氣加熱完全分解的化學方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O【點睛】該題為實驗探究題，主要考查物質的檢驗，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查實驗設計，氧化還原的計算等知識，理解實驗目的和掌握基礎知識為關鍵，難度適中。28、 d Ca3P2+6H2O2PH3+3Ca(OH)2 -30 0.1molL-1min-1 D 延長 反應生成的H3PO4與催化劑Cu2、Pd2反應，使催化效率降低 【解析】(1)PH3中P原子通過3個共價鍵分別與3個H原子結合；(2)Ca3P2在潮濕的空氣中水解生成氫氧化鈣和PH3；(3)焓變=反應物總鍵能-生成物總鍵能；(4)4PH3(g)P4(g)6H2(g)生成H2的物質的量為1.5 mol，則消耗1mol PH3；根據平衡標志分析平衡狀態；(5)(I)由圖可知，氧氣的體積分數越大，PH3高凈化率持續時間長；()隨著反應進行，PH3的凈化效率急劇降低，說明催化劑催化作用減弱?！驹斀狻?