高考化學模擬試卷（附帶答案解析）

注意事項：

L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，再選涂其他答案標號。回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在試卷上無效。

3.考試結束后，本試卷和答題卡一并交回。

一、單選題（本大題共20小題，共40.0分）

1.2016年IUPAC將第117號元素命名為Ts（中文名“鈿”，音tian）,Ts是第七周期VDA族元素。下列

說法中，不正確的是（）

A.Ts的最外層電子數是7B.Ts原子原子半徑比At原子大

C.Ts在同族元素中非金屬性最弱D.Ts易與氫氣化合，且生成物很穩定

2.同溫同壓下，等質量的CO、C02氣體，下列物理量中C0VC02的是（）

A.分子數B.體積C.摩爾體積D.密度

3.已知反應：03+21-+H20=02+12+20H-,下列說法不正確的是

A.03和02是同素異形體B.H20既不是氧化劑也不是還原劑

C.氧化性：12>02D.反應生成Imol12時轉移2moi電子

4.34Se與S為同主族元素。有關性質的比較錯誤的是（）

A,半徑：Se>SB.沸點：H20>H2Se

C,酸性：H2Se04>H2S04D.非金屬性：Cl>Se

5.中科院化學所研制的晶體材料-納米四氧化三鐵，在核磁共振造影及醫藥上有廣泛用途，其生產過程

的部分流程如圖所示。

①②

FeCl-6H,OfFeOOH肅納米FeO

3環丙胺34

下列有關敘述不合理的是（）

A.在反應①中環丙胺的作用可能是促進氯化鐵水解

B.反應②發生的化學方程式為6Fe00H+C0=2Fe304+3H20+C02

C.可用稀硫酸和K3[Fe（CN）6]鑒別Fe304和FeO

D.將制得的Fe304均勻分散在水中可能產生丁達爾效應

6.Nai晶體中兩核間距約0.28nm,呈共價鍵；激光脈沖照射Nai時，Na+和I-■兩核間距為1.0?1.5nm,

呈離子鍵。下列說法正確的是（）

A.離子化合物中不可能含共價鍵

B.共價鍵和離子鍵之間沒有明顯界線

C.Nai晶體中既有離子鍵又有共價鍵

D.Nai晶體是離子化合物和共價化合物的混合物

7.一種抗腫瘤活性物質PsilostchyinA的結構如圖所示。下列關于該化合物說

法正確的是（）°、_0

A.該物質分子式為Cl3Hl205I

B.分子中含4種官能團人I

第1頁共18頁H0°Y

O

C.能使酸性KMnO4溶液和濱水褪色

D.該物質不存在含苯環的同分異構體

8.下列有關實驗室制取C12的裝置正確的是（）

尾氣處理

9.用NA表示阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是（）

A.通入了lmolC12的新制氯水中，HC10、Cl—、CIO—粒子數之和為2NA

B.標準狀況下，22.4LCS2中所含分子數為NA

C.lmolNH3中含3NA個。鍵和4NA個SP3雜化軌道

D.0.1molFe和足量的稀硝酸充分反應，轉移電子數為0.2NA

10.由X、Y轉化為M的反應歷程如圖所示，下列說法錯誤的是（）

A.①一②的總過程放熱

B.M是CH3C00H

C.反應過程中形成C-H鍵

D.反應X+Y-M的原子利用率為100%

11.已知醋酸達到電離平衡后，改變某條件電離平衡向正反應方向移動，則下列說法正確的是

A.實現該變化的只能是升高溫度B.溶液的導電能力一定變強

C.溶液的pH一定減小D.發生電離的分子總數增多

如圖是我國化學家合成的聚乙快衍生物的結構簡式M,下列說法正確的

12._FC=CH-H

是

()

OH

第2頁共18頁

.0

A.M為純凈物

B.M能發生加成、氧化和還原反應

C.ImolM在足量NaOH溶液中完全水解消耗nmolNaOH

OOH

D.合成M的單體有和CH3CH2OOCCH(OH)CH3

13.已知：甲。一乙。：一丙r丁,其中丁為強酸，則甲不可能為

A.N2B.CC.SD.NH3

14.工業上通過惰性電極電解Na2s04濃溶液來制備NaOH和H2s04,a、b為離子交換膜，裝置如圖所示。

下列說法正確的是（）

稀Na,SO,溶液

濃Na2so，溶液

A.c電極與電源負極相連

B.從d口得到H2s04（aq）

C.若生成lmol02,有2moiNa+穿過a

D.電解總反應：2Na2so4+6H20-通電2H2S04+4Na0H+02t+2H2t

15.從海帶中提取碘要經過灼燒、浸取、過濾、氧化、萃取、分液、蒸儲等操作，下列對應的裝置合理,

操作規范的是（）

A.海帶灼燒成灰

B.過濾含碘離子溶液

第3頁共18頁

c.5放出碘的苯溶液

分離碘并回收苯

16.由于氯化鏤的市場價格過低，某制堿廠在侯氏制堿基礎上改進的工藝如圖。有關該制堿工藝描述錯誤

A.原料是飽和NaCl(aq)、C02B.NH3循環使用

C.X可能是石灰乳D.產品是Na2c03和CaC12

17.25℃時，向25mL0.ImoLL—1鄰苯二甲酸(H2A)溶液中加入K0H固體

或通入HC1氣體，混合溶液的pH隨-Ige(HA-)以及-Ige(A2-)的關系如圖

所示(忽略溶液體積變化和鄰苯二甲酸的揮發)-下列有關敘述不正確的是

()

A.a點有關微粒濃度大小關系為c(K+)>c(HA-)>c(A2-)>c(H+)

B.b點c(K+)<0.15mol-L-l

C.鄰苯二甲酸的Kal約為LOX10-3

D.從a點到c點，水電離的c(H+)先增大后減小

18.某溶液含Na+、NH4+、S042-、Cl-、Fe2+、Fe3+中的幾種，且各離子濃度相同。為確定其組成，進

行實驗：①取少量溶液，加入足量HN03酸化的Ba(N03)2(aq),產生白色沉淀，過濾；②向濾液中加入足量

的NaOH(aq),產生紅褐色沉淀，微熱，產生氣體。關于原溶液的說法正確的是()

A.不能確定是否有Fe3+B.需通過焰色反應確定Na+是否存在

C.Fe2+、Fe3+都存在D.存在NH4+、S042—、Cl—、Fe2+

19.一定條件下存在反應：2S02(g)+02(g)=2S03(g),△*().現有三個體積相同的密閉容器I、II、III,

按如圖所示投料，并在400。。條件下開始反應.達到平衡時，下列說法正確的是()

2molSO：

11molO,|2molSO；

I絕熱恒容□恒溫恒容HI恒源恒壓

A.容器I、in中平衡常數相同

B.容器n、ill中正反應速率相同

第4頁共18頁

c.so3的體積分數：ii〈m

D.容器I中S02的轉化率與容器n中S03的轉化率之和小于1

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

滴定曲線如圖所示，下列敘述正確的是()

A.H2A電離：H2A-2H++A2—

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

C.b點:c(H+)=c(A2-)+c(OH-)

D.c點：c(Na+)<c(HA-)+2c(A2-)

二、簡答題(本大題共4小題，共60.0分)

21.Cu3N具有良好的電學和光學性能，在電子工業領域、航空航天領域、國防領域、通訊領域以及光學

工業等領域中，發揮著廣泛的、不可替代的巨大作用。

(1)基態N原子的電子排布式為,寫出一種與N2互為等電子體的離子o

(2)NF3的分子立體構型名稱是,該分子為分子(填“極性、非極性”兀

(3)Cu原子的基態外圍電子排布式為,Cu位于周期表的______區。

(4)向盛有CuS04溶液的試管中滴入氨水至過量，依次寫出反應的離子方程式：①②反應后加

入適量的無水乙醇，析出深藍色晶體，此晶體的化學式為,析出晶體的原因是。

22.S8在300℃左右會分解成S2,過程中吸收熱量；煙氣中的S02可催化還原成硫蒸氣，主要涉及以下

反應：

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)

在容積固定的2L密閉容器中，通入2moiS02和lmolCH4,一定條件下發生上述反應。完成下列填空：

(DQ1Q2(選填“>”或)。能說明反應已達平衡狀態的是。(選填編號)

a.C02物質的量濃度不變

b.氣體密度不變

c.容器內壓強不變

d.容器內S02與CH4的物質的量之比不變

⑵圖1為相同時間內測得S02的轉化率隨溫度變化情況。a點是否已達到化學平衡狀態？(選填“是”

或“否”)o隨著溫度升高，S02轉化率先升后降的原因是。

(3)圖2為某溫度時，S02和CH4的物質的量隨時間變化情況。0?2h內，v(CH4)=?溫度不變，若要

提高S02的平衡轉化率可采取的措施是(任寫一條)。

(4)煙氣中的S02常用氨水吸收。向氨水中通入S02,測得溶液的pH與各含硫組分物質的量分數的關系如圖

3所示。溶液的pH=7時，n(S032-)：n(HS03-)弋。

第5頁共18頁

圖3

氨水吸收煙氣中S02后，經02催化氧化可得到硫酸鹽。控制合適的溫度，隨著氧化的進行，溶液的pH

(選填“增大”或“減小”)。

23.某興趣小組利用芳香族化合物A制取有機物G的合成路線如圖。

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

回答下列問題：

(DA的分子式為,A的一種同分異構體為該同分異構體的化學名稱是

(2)C-D的反應類型為o

(3)F的結構簡式為。

(4)G中手性碳(注：連有四個不同的原子或基團的碳)的個數為,G與NaHC03溶液發生反應的化學

方程式：。

(5)E存在多種同分異構體，同時符合以下條件的有個

①苯環上有兩個取代基；

②能發生銀鏡反應；

③能與NaHC03溶液反應。

BryO為原料制備的合成路線

(6)結合已知信息寫出以o(其他試劑任選)

24.CuCl(M=99.5g-mol-l)是有機合成常用催化劑，不溶于醇，濕的CuCl在空氣中易水解，也會被02氧

化為Cu2(0H)3CL工業上有多種途徑合成CuCl：

第6頁共18頁

NaCl(s)、SO：.70-S(TC

途徑一：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)步驟①控制反應溫度在70?80℃的方法是o步驟①②都必須外加NaCl(s)至接近飽和的原因是

(2)已知：Cu2++Cu+2Cl--2CuClIo途徑二使用中間步驟生成NaCuC12,而不用一步法直接制取CuCl的原

因是o

(3)步驟③的操作是加水稀釋后過濾，過濾所用玻璃儀器有燒杯、、。

⑷步驟④洗滌CuCl粗品時，需經稀鹽酸洗、醇洗。稀鹽酸洗滌的目的是，“醇洗”可快速除去CuCl

粗品表面的水，防止CuCl被氧化，寫出CuCl被氧化的化學方程式。

(5)稱取0.500gCuCl成品置于過量FeC13(aq)中，待固體完全溶解后，用0.2000mol-L-l的Ce(S04)2標準

液滴定至終點，消耗Ce(S04)2標準液24.60mL。相關反應如下：Fe3++CuCl-Fe2++Cu2++Cl—；Ce4++Fe2+

-Fe3++Ce3+,則CuCl的質量分數是(小數點后保留三位數字)，若滴定操作耗時過長可能會使測定

的CuCl質量分數(選填“偏高”或“偏低”)。

參考答案與解析

1.【答案】D

【解析】解：A.該元素位于第VDA族元素，最外層電子數是7,故A正確；

B.Ts和At屬于同一主族，At為第六周期，Ts為第七周期，半徑逐漸增大，故B正確；

C.同一主族元素中，隨著原子序數越大，元素的非金屬性逐漸減弱，則Ts在同族元素中非金屬性最弱，故

C正確；

D.同一主族元素，氣態氫化物的穩定性從上到下逐漸減弱，生成物很不穩定，故D錯誤；

故選：Do

2.【答案】D

【解析】解：A.二氧化碳的摩爾質量大于C0,等質量時，二氧化碳的物質的量小于CO,故分子數CO〉CO2,

故A錯誤；

B.等質量時，二氧化碳的物質的量小于CO,故體積C0>C02,故B錯誤；

C.同溫同壓下，CO、C02氣體的氣體摩爾體積相同，故C錯誤；

D.二氧化碳的摩爾質量大于CO,同溫同壓下，密度C0VC02,故D正確；

故選：Do

A.結合公式n=mM考慮；

B.同溫同壓條件下，氣體體積和物質的量成正比；

C.溫度壓強一定時，氣體摩爾體積為定值；

D.溫度壓強一定時，氣體密度和摩爾質量成正比。

第7頁共18頁

本題考查物質的量的計算，題目難度中等，掌握以物質的量為中心的計算轉化關系是解題的關鍵。

3.【答案】C

【解析】試題分析：A、03和02是由0元素組成的結構和性質不同的兩種單質，互為同素異形體，正確；B、

H20中的H元素和0元素化合價均不變，所以H20既不是氧化劑也不是還原劑，正確；C、根據題目所給出

的化學反應，無法判斷02和12的氧化性強弱，錯誤；D、I-由-1價升高至0價，轉化為12,所以生成Imol

12時轉移2mol電子，正確。

考點：本題考查氧化還原反應原理、同素異形體。

4.【答案】C

【解析】解：A.34Se與S位于同主族，34Se在S的下方，所以半徑：Se>S,故A正確；

B.H20和H2Se都屬于分子晶體，結構相似，前者分子之間存在氫鍵，熔沸點較高，故B正確；

C.34Se與S位于同主族，34Se在S的下方，所以最高價氧化物對應水化物的酸性：H2Se04<H2S04,故C

錯誤；

D.氯的非金屬性強于硫，硫的非金屬性強于硒，依據不等式傳遞性可知，非金屬性：Cl>Se,故D正確；

故選：Co

A.同主族元素從上到下原子半徑依次增大；

B.結構相似的分子晶體，存在氫鍵的熔沸點較高；

C.同主族元素，最高價氧化物對應水化物酸性依次減弱；

D.氯的非金屬性強于硫，硫的非金屬性強于硒。

本題考查了元素周期律的實質、原子結構以及元素在周期表中的位置，為高頻考點，側重考查學生的分析

能力，難度不大，注意知識的積累。

5.【答案】C

【解析】解：A.因反應②環丙胺不參加反應，但加快反應速率，即加快了氯化鐵水解，故A正確；

B.由制備過程圖可知，反應③的反應物為FeOOH和C0,由一種生成物為Fe304和質量守恒定律可知反應為

6Fe00H+C0=2Fe304+3H20+C02,故B正確；

C.四氧化三鐵和氧化亞鐵可以先溶于稀硫酸溶液中，溶液中都存在亞鐵離子，在加入K3[Fe(CN)6]不能鑒別

Fe304和FeO,故C錯誤；

D.納米四氧化三鐵分散在適當分散劑中，屬于膠體分散系，可能產生丁達爾效應，故D正確；

故選：Co

A.反應②環丙胺沒有參加反應；

B.反應②中的反應物與生成物及質量守恒定律來分析；

C.用K3[Fe(CN)6]來檢驗亞鐵離子；

D.利用膠體、溶液的分散質粒子直徑來分析。

本題屬于信息習題，學生應注重習題信息和所學知識相結合來解答本題，并注意質量守恒定律、膠體的性

質等來解答。

6.【答案】B

【解析】解：A.離子化合物中可能含共價鍵，如氯化鏤，故A錯誤；

B.Na+和I-可形成共價鍵、也可形成離子鍵，由此可知共價鍵和離子鍵沒有嚴格的界限，故B正確；

C.Nai晶體中只含有離子鍵，如改變離子的核間距，可能為共價鍵，但不存在既有離子鍵，又有共價鍵的情

形，故C錯誤；

D.Nal晶體是離子化合物，如改變離子的核間距，可能為共價化合物，但為純凈物，不是混合物，故D錯誤；

第8頁共18頁

故選：Bo

A.含離子鍵的化合物為離子化合物；

B.Na+和I-可形成共價鍵、也可形成離子鍵；

C.Nai晶體中只含有離子鍵，如改變離子的核間距，為共價鍵；

D.Nal晶體是離子化合物。

本題考查了化學鍵知識，題目難度不大，注意根據題給信息分析解答，注意離子鍵、共價鍵、離子化合物

和共價化合物等概念，注意加強自學能力的培養。

7.【答案】C

【解析】解：A.由結構可知，該有機物分子含有13碳原子，不飽和度為6,分子中氫原子數目為2X13+2-2

X6=16,氧原子數目為5,故其分子式為Cl3Hl605,故A錯誤；

B.分子含有的碳碳雙鍵、羥基、酯基共3種官能團，故B錯誤；

C.含有碳碳雙鍵，能被酸性高錦酸鉀溶液氧化，能與澳發生加成反應，能使酸性KMnO4溶液和澳水褪色，

故C正確；

D.苯環不飽和度為4,該有機物不飽和度為6,且分子中碳原子數目為13,該物質存在含苯環的同分異構體，

故D錯誤；

故選：Co

A.交點、端點為碳原子，用碳的四價結構確定氫原子數目，或利用不飽和度計算氫原子數目；

B.分子含有的官能團有碳碳雙鍵、羥基、酯基；

C.含有碳碳雙鍵，能被酸性高鋅酸鉀溶液氧化，能與澳發生加成反應；

D.苯環不飽和度為4,該有機物不飽和度為6,且分子中碳原子數目為13。

本題考查有機物的結構與性質，熟練掌握官能團的結構、性質與轉化，注意對不飽和度的理解與靈活運用，

題目側重考查學生分析能力、知識遷移運用能力。

8.【答案】D

【解析】解：A.濃鹽酸與二氧化錦反應需要加熱，圖示裝置未加熱，不能制取氯氣，故A錯誤；

B.要除去氯氣中的氯化氫和水蒸氣，應先通過盛有飽和食鹽水的洗氣瓶再通過盛濃硫酸的洗氣瓶，故B錯

誤；

C.收集氣體裝置不能密封，否則易發生爆炸，故C錯誤；

D.氯氣有毒，直接排放會引起空氣污染，能夠與氫氧化鈉溶液反應，可用盛放氫氧化鈉溶液的燒杯進行尾

氣處理，故D正確；

故選：Do

A.濃鹽酸與二氧化錦反應需要加熱；

B.洗氣瓶連接順序不對；

C.收集氣體裝置不能密封；

D.氯氣有毒，直接排放會引起空氣污染，能夠與氫氧化鈉溶液反應。

本題考查氯氣的實驗室制法，為高頻考點，把握氯氣的性質、收集方法為解答關鍵，注意掌握氯氣的實驗

室制備方法，試題側重考查學生的化學實驗能力，題目難度不大。

9.【答案】C

【解析】解：A、氯氣和水的反應為可逆反應，不能進行徹底，故溶液中含有未反應的氯氣分子，則溶液中

的HC10、Cl—、C10-粒子數之和小于2NA,故A錯誤；

B、標況下二硫化碳為液體，故不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故B錯誤；

C、單鍵中只含有1個。鍵，。鍵由雜化軌道構成，故氨氣分子中含3個。鍵和4條SP3雜化軌道，故Imol

第9頁共18頁

氨氣中含3NA個。鍵和4NA個SP3雜化軌道，故C正確；

D、鐵和足量的稀硝酸反應后變為+3價，故0.Imol鐵應后轉移0.3NA個電子，故D錯誤。

故選：Co

A、氯氣和水的反應為可逆反應；

B、標況下二硫化碳為液體；

C、氨氣分子中含3個。鍵和4條SP3雜化軌道；

D、鐵和足量的稀硝酸反應后變為+3價.

本題考查了物質的量和阿伏伽德羅常數的有關計算，難度不大，掌握公式的運用和物質的結構是解題關鍵.

10.【答案】C

【解析】解：A.由圖可知②能量低于①能量，則①一②過程有熱量放出，故A正確；

B.由圖可知，M為乙酸，故B正確；

C.由圖可知，反應過程中有C—C鍵、0—H鍵生成，無C—H鍵，故C錯誤；

D.該反應CH4+C02-催化劑CH3C00H,屬于化合反應，則由X、Y生成M的總反應原子利用率為100%,故D

正確；

故選：Co

A.由圖可知②能量低于①能量；

B.根據圖中各分子結構即可得出答案；

C.由圖可知，反應過程中有C—C鍵、0—H鍵生成；

D.該反應CH4+C02-催化劑CH3C00H,屬于化合反應。

本題考查化學反應能量變化，側重考查學生識圖能力和分析能力，注意理解放熱反應、吸熱反應與反應物

總能量、生成物總能量之間的關系，此題難度中等。

11.【答案】D

【解析】試題分析：在溶液中存在電離平衡CH3C00H4CH3C00-+H+。醋酸的電離是個吸熱的過程。A升高

溫度，可以使平衡正向移動，但這不是唯一條件。錯誤。B.如果是通過加入水，使平衡正向移動，由于稀

釋使溶液中的離子濃度減小，平衡正向移動又使離子的濃度有所增加，但是總的來說離子的濃度減小，溶

液的導電能力減弱。錯誤。C.若是通過升高溫度使平衡正向移動，則C(H+)增大，PH減小，若是通過加水

稀釋使平衡正向移動，則溶液的C(H+)減小，PH增大。錯誤。D.無論采取哪種措施使平衡正向移動，都使

發生電離的分子總數增多，電離程度增大。正確。

考點：考查弱電解質電離平衡的移動與溶液的導電性、溶液的PH電離程度的大小及條件的關系的知識。

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屬于混合物，故A錯誤；

B.M含有碳碳雙鍵、苯環，能與氫氣發生加成反應，也屬于還原反應，碳碳雙鍵、醇羥基都可以發生氧化反

應，故B正確；

C.ImolM完全水解生成2nmol竣基，則ImolM與足量NaOH反應消耗2nmolNa0H,故C錯誤；

/=\OH

HC=C-d1~COOH|

D.合成M的單體有V_/、HOCH2cH20H、H3C-CH-COOH,故D錯誤；

故選：Bo

A.高聚物分子中聚合度n值不相同；

B.含有碳碳雙鍵、醇羥基、酯基與苯環；

C.分子中含有的較酸與醇形成的酯基能與氫氧化鈉反應；

第10頁共18頁

/^AOH

HC=C-d》~COOH|

D.合成M的單體有\__V、HOCH2CH2OH,H3C-CH-C00Ho

本題考查有機物的結構與性質，熟練掌握官能團的結構、性質與轉化，理解酯與堿反應原理，題目側重考

查學生分析推理能力、靈活運用知識的能力。

13.【答案】B

【解析】試題分析：A中含有氮元素的各物質分別為N2,NO,N02,HN03。B中各物質依次為C,CO,C02,

H2C03oC中各物質依次為S,S02,S03,H2s04。D中各物質依次為NH3,NO,N02,HNO3。答案選B。

考點：本題考查元素化合物中各物質間的轉化。

14.【答案】D

【解析】解：A.c極產生氧氣，發生氧化反應，故c極為陽極，c電極連接電源的正極，故A錯誤；

B.左側溶液生成NaOH,從d口流出NaOH溶液，右室有硫酸生成，硫酸從右室上口流出，故B錯誤；

C.若生成lmol02,電路中轉移4mol電子，由電荷守恒可知，將有4moiNa+穿過陽離子交換膜，故C錯誤；

D.左室生成氫氧化鈉和氫氣，右室生成氧氣和硫酸，電解總反應：2Na2so4+6H20-通電2H2SO4+4NaOH+O2

t+2H2t,故D正確；

故選：D。

由圖可知，c極產生氧氣，發生氧化反應，故c極為陽極，則左側電極為陰極，陽極反應式為2H20-4e-=02

t+4H+,陰極反應式為2H20+2e-=H2t+20H-,Na+通過a膜移向陰極室，S042-通過b膜移向陽極室，則a

膜為陽離子離子交換膜、b膜為陰離子交換膜。

本題考查電解原理的應用，理解電解池工作原理，正確判斷電極，正確書寫電極反應式，題目側重考查學

生觀察能力、分析能力、綜合運用知識的能力。

15.【答案】D

【解析】解：解：A.灼燒在生煙中進行，且燒杯不能直接加熱，儀器選擇不合理，故A錯誤；

B.過濾需要玻璃棒引流，圖中缺少玻璃棒，故B錯誤；

C.碘單質易溶在苯中，且苯的密度小于水，在上層，應從上口倒出上層液體，故C錯誤；

D.碘與苯互溶，利用沸點不同分離，則選擇圖中蒸儲裝置可分離，且溫度計的位置、冷水方向均合理，故D

正確；

故選：D。

A.灼燒在蛆煙中進行；

B.過濾需要玻璃棒引流；

C.碘的苯溶液在上層；

D.碘與苯互溶，利用沸點不同分離。

本題考查海水提碘及實驗裝置，為高頻考點，把握混合物分離方法、儀器的使用、實驗裝置的作用等為解

答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗技能及實驗基本操作的應用，題目難度不大。

16.【答案】A

【解析】

【分析】

本題主要考查了侯氏制堿法的原理及改進，題目難度不大，理清反應原理即可解題。

【解答】

A.由制堿工藝圖可知，原料是食鹽、NH3、C02、水還有石灰乳，故A錯誤；

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B.由制堿工藝圖可知，氨氣循環使用，故B正確；

C.根據以上分析，X為氫氧化鈣，可以是石灰乳，故C正確；

D.由制堿工藝圖可知，產品是純堿和氯化鈣，故D正確。

故選：Ao

17.【答案】A

【解析】解：隨著K0H固體的增加，溶液的pH值增大，H2A電離程度增大，溶液中c(HA-)先增大后減小、

c(A2-)逐漸增大，則溶液中-lgc(HA-)先減小后增大，-lgc(A2-)一直減小，所以ac曲線表示pH隨

-Ige(HA-)；

A.a點溶液中縱坐標最小，則該溶液中c(HA-)最大，溶液中溶質為KHA,溶液pH〈7,溶液呈酸性，說明HA-

電離程度大于水解程度但電離和水解程度都較小，水電離也生成H+,所以溶液中存在

c(K+)>c(HA-)>c(H+)>c(A2-),故A錯誤；

B.b點「Ige(HA-)：=Tgc(A2—),則c(HA—)=c(A2—),溶液中溶質為等物質的量濃度的KHA、K2A,溶液中存

在物料守恒c(HA—)翻(H2A)+c(A2—)=0.lmol/L,根據溶質得c(K+)：[c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)]=3：2,則

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

CpH=0時,c(H+)=lmol/L,-Ige(HA-)=4,則c(HA—)=10—4mol/L,H2A電離程度較小,則溶液中c(H2A)

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

D.a點溶質為KHA,溶液呈酸性，說明HA-電離程度大于水解程度，抑制水電離，從a到c點，繼續加入KOH

固體生成K2A,A2-水解而促進水電離，繼續加入KOH,KOH抑制水電離，所以從a點到c點，水的電離程

度先增大后減小，即水電離的c(H+)先增大后減小，故D正確；

故選：Aa

隨著KOH固體的增加，溶液的pH值增大，H2A電離程度增大，溶液中c(HA-)先增大后減小、c(A2-)逐漸

增大，則溶液中-lgc(HA-)先減小后增大，-lgc(A2-)一直減小，所以ac曲線表示pH隨-lgc(HA-)；

A.a點溶液中縱坐標最小，則該溶液中c(HA-)最大，溶液中溶質為KHA,溶液pH〈7,溶液呈酸性，說明HA-

電離程度大于水解程度但電離和水解程度都較小，水電離也生成H+；

B.b^-lgc(HA-)=-lgc(A2-),則c(HA-)=c(A2—),溶液中溶質為等物質的量濃度的KHA、K2A,溶液中存

在物料守恒c(HA-)+c(H2A)+c(A2—)=0.1mol/L,根據溶質得c(K+)：[c(HA-)+c(H2A)+c(A2-)]=3：2；

CpH=0時,c(H+)=lmol/L,-lgc(HA-)=4,則c(HA—)=10—4mol/L,H2A電離程度較小，則溶液中c(H2A)

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

D.a點溶質為KHA,溶液呈酸性，說明HA-電離程度大于水解程度，抑制水電離，從a到c點，繼續加入KOH

固體生成K2A,A2-水解而促進水電離，繼續加入KOH,K0H抑制水電離。

本題考查混合溶液定性判斷，側重考查圖象分析判斷及計算能力，明確曲線與微粒的關系、各點溶液中溶

質成分及其性質是解本題關鍵，注意守恒理論的靈活應用，B為解答難點，題目難度中等。

18.【答案】D

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

Fe3+、C032-

A.由上述分析可知,溶液中存在Fe2+,不存在Fe3+,故A錯誤；

B.由上述分析可知,溶液中一定不存在Na+,故B錯誤；

C.由上述分析可知,溶液中一定不存不存在Fe3+,故C錯誤；

D.由上述分析可知,原溶液中存在的離子為NH4+、S042-、口-、Fe2+,故D正確;

故選：D。

①向溶液中加入足量硝酸酸化的Ba(N03)2溶液，產生白色沉淀，說明沉淀不溶于硝酸，為硫酸領，則原溶

液中存在S042-；

②向①中的濾液加入足量NaOH溶液，有沉淀生成，此沉淀為氫氧化鐵，由于硝酸能將氧化Fe2+為Fe3+,

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溶液中可能存在Fe2+、Fe3+中的一種或兩種，根據共存可知，原溶液中無C032-；微熱，有氣體產生，該

氣體為氨氣，則原溶液中含有NH4+；

小結實驗①②可知，原溶液中一定含有：NH4+、S042-,一定沒有C032-,由于溶液中各離子濃度均相同,

無論含有Fe2+或Fe3+中的哪一種，原溶液中肯定存在C1-,根據溶液電中性規則可知，原溶液中含有的離

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

本題考查常見離子的檢驗與推斷，為高頻考點，把握離子之間的反應、離子共存、離子的檢驗方法及物質

性質為解答的關鍵，側重分析與推斷能力的考查，注意利用電荷守恒關系判斷d-的存在是解題難點，題

目難度不大。

19.【答案】D

【解析】解：A、容器I是絕熱容器，反應過程中溫度升高，平衡逆向進行，平衡常數減小，容器I、III中

平衡常數不相同，故A錯誤；

B、容器III是恒壓容器，反應過程中壓強大于容器I,反應速率大，容器II、III中正反應速率不相同，故B

錯誤；

c、容器n是恒溫恒容，ill是恒溫恒壓，隨著反應的進行，容器n中壓強大于容器m,平衡正向進行，三氧

化硫含量增大，so3的體積分數：n〉iii,故c錯誤；

D、若容器II恒溫恒容，容器I也是恒溫恒容時，達到相同平衡狀態，二氧化硫轉化率和三氧化硫轉化率之

和為1,但實際容器I是絕熱恒容，隨反應進行溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫轉化率減小，因此容器

I中S02的轉化率與容器II中S03的轉化率之和小于1,故D正確；

故選：D。

A、容器I是絕熱容器，反應過程中溫度升高，平衡逆向進行；

B、容器II是恒溫恒容，III是恒壓容器，反應過程中隨著S02轉化為S03,容器H的壓強會增大，反應速率

會比容器III大；

c、容器n是恒溫恒容，Ui是恒溫恒壓，隨著反應的進行，容器n中壓強大于容器m,平衡正向進行，三氧

化硫含量增大，II>m；

D、若容器II恒溫恒容，容器I是恒溫恒容時，達到相同平衡狀態，二氧化硫轉化率和三氧化硫轉化率之和

為1,實際容器I是絕熱恒容，隨著反應的進行，溫度升高，平衡逆向進行，二氧化硫轉化率減小.

本題考查了影響化學平衡因素的分析判斷，注意容器的條件分析應用，絕熱容器使體系溫度升高，掌握基

礎是關鍵，題目難度中等.

20.【答案】C

【解析】解：根據圖知，未加NaOH溶液時，溶液的pH接近為1,說明該二元酸第一步完全電離；加入

V(Na0H)=40mL時，酸堿恰好完全反應生成Na2A,溶液的pH>7,說明A2-水解生成HA-,所以HA-部分電離；

c點酸堿恰好完全反應，則存在n(NaOH)=2n(H2A),酸堿以1：1反應生成Na2A,所以c=0.100mol/LX0.04L2

X0.02L=0.lOOmol/L；

A.根據以上分析知，H2A第一步完全電離、第二步部分電離，所以H2A第一步電離方程式為：H2A=H++HA-,

第二步電曷方程式為HA-=H++A2-,故A錯誤；

B.a點時反應得到等濃度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A第一步在溶液中完全電離，所以c(H+)>c(Na+),

故B錯誤；

C.b點溶液中溶質為NaHA,溶液中存在電荷守恒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正確；

D.c點溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2—)+c(OH—),溶液呈堿性，則c(H+)<c(OH—),所

以存在c(Na+)>c(HA-)+2c(A2-),故D錯誤;

故選：Co

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根據圖知，未加NaOH溶液時，溶液的pH接近為1,說明該二元酸第一步完全電離；加入V(Na0H)=40mL時，

酸堿恰好完全反應生成Na2A,溶液的pH〉7,說明A2-水解生成HA-,所以HA-部分電離；c點酸堿恰好完

全反應，則存在n(NaOH)=2n(H2A),酸堿以1：1反應生成Na2A,所以c=0.100mol/LX0.04L2X

0.02L=0.100mol/L；

A.根據以上分析知，H2A第一步完全電離、第二步部分電離；

B.a點時反應得到等濃度的H2A和NaHA的混合溶液，H2A第一步在溶液中完全電離；

C.b點溶液中溶質為NaHA,溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA-)+2c(A2-)+c(0H-)、存在物料守恒

c(Na+)=c(HA-)+c(A2-)；

D.c點溶液中存在電荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(HA—)+2c(A2-)+c(OH—),溶液呈堿性，則c(H+)<c(0H-)?

本題考查酸堿混合溶液定性判斷，側重考查圖象分析判斷及計算能力，明確該酸電離特點、各點溶液中溶

質成分及其性質是解本題關鍵，注意守恒理論的靈活運用，題目難度中等。

21.【答案】Is22s22P3CN—(或N0+、C22-)三角錐形極性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在乙醇中的溶解度遠

小于在水中的溶解度

【解析】解：(1)氮元素原子核外電子數為7,其基態原子核外電子排布式為Is22s22P3；

原子數目相等、價電子總數也相等的微粒互為等電子體，與N3-互為等電子體的離子有CN-或N0+、C22-)

等，

故答案為：Is22s22p3；CN—(或N0+、C22-)；

(2)NF3分子中氮原子的價層電子對數為：5+32=4,分子中有一對孤電子對，所以其分子構型為三角錐形,

碳、氮之間是極性鍵，其分子是極性分子，

故答案為：三角錐形；極性；

(3)銅的原子序數為29,根據能量最低原理其態原子的電子排布式為Is22s22P63s23P63dl04sl,則銅原子

基態外圍電子排布式為3dl04sl；Cu處于周期表中第四周期IB族，屬于ds區元素，

故答案為：3dl04sl；ds；

(4)氨水和硫酸銅反應生成氫氧化銅藍色沉淀，當氨水過量時，氨水和氫氧化銅反應生成可溶性的銅氨絡合

物，所以難溶物溶解得到深藍色的透明溶液，涉及的離子方程式為：①Cu2++2NH3?H20=Cu(0H)2J+2NH4+、

②Cu(OH)2+4NH3=[Cu(NH3)4]2++20H-；

由于[Cu(NH3)4]S04在乙醇中的溶解度遠小于在水中的溶解度，則反應后加入適量的無水乙醇，會析出深藍

色晶體Cu(NH3)4S04-H20,

故答案為：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在乙醇中的溶解度遠小于在水中的溶解度。

(2)氮元素原子核外電子數為7,根據能量最低原理書寫；原子數目相等、價電子總數相等的微粒互為電子；

(2)根據NF3分子中氮原子的價層電子對數及孤電子對數判斷分子構型、分子的極性；

(3)根據核外電子排布規律書寫Cu原子的核外電子排布式，進而書寫Cu的外圍電子排布式；根據銅元素在

周期表位置判斷所在區；

(4)硫酸銅和氨水反應生成氫氧化銅沉淀，當氨水過量時，氨水和氫氧化銅反應生成銅氨溶液；

[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會析出藍色晶體

[Cu(NH3)4]S04?

本題考查核外電子排布規律、化學鍵、分子雜化類型判斷等知識，題目難度中等，注意掌握核外電子排布

規律，明確分子或離子雜化類型判斷方法，試題綜合性較強，充分考查了學生的靈活應用能力。

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22.【答案】〉AC否T1之前反應①②未達平衡，溫度升高，反應加速正向移動，S02轉化率增大，T1之

后反應①②均達平衡，反應①②均為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，S02轉化率減

小0.125mol-L-l-h-l增加n(CH4)或減壓1：1減小

(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℃左右會分解成S2,過程中吸收熱量，可知Q2-Ql〈0,可得Q1〉Q2；

A.C02物質的量濃度不變，說明反應已達到平衡狀態，故A正確；

B.反應均為氣體的反應，氣體總質量反應前后質量守恒，保持不變，恒容容器體積不發生改變，則整個反

應混合氣體密度為P=mV,達到化學平衡前后，混合氣體的密度都不變，不能說明化學反應已達到平衡，故

B錯誤；

C.隨著反應進行，氣體分子數增加，氣體壓強增大，當容器內壓強不再變化時，可以說明化學反應已達到

平衡，故C正確；

D.反應起始量S02與CH4的物質的量為2：1,反應過程中S02與CH4的反應物質的量之比始終為2：1,不

能說明反應達到平衡狀態，故D錯誤；

故答案為：>;AC；

(2)反應①和反應②均為放熱反應，溫度升高，a點的轉化率還未達到S02的平衡轉化率；T1之前反應①②

未達平衡，溫度升高，反應加速正向移動，S02轉化率增大，T1之后反應①②均達平衡，反應①②均為放

熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，S02轉化率減小

故答案為：否；T1之前反應①②未達平衡，溫度升高，反應加速正向移動，S02轉化率增大，T1之后反應

①②均達平衡，反應①②均為放熱反應，溫度升高，平衡逆向移動，S02轉化率減小；

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

影響平衡移動的因素，可知可以適當的增加n(CH4)或減小壓強

故答案為:0.125moLL-l-h-l；增加n(CH4)或減壓;

(4)由圖像可知，pH=7時，縱坐標為0.5,故n(S032-)：n(HS03-)=l：1；隨著氧化反應進行

2HS03-+02=2H++2s042-溶液中H+的濃度逐漸增大，所以溶液中的pH逐漸減小

故答案為：1：1;減小。

可逆反應到達平衡時，同種物質的正逆速率相等且保持不變，各組分的濃度、含量保持不變，由此衍生的

其它一些物理量不變，判斷平衡的物理量應隨反應進行發生變化，該物理量由變化到不再變化說明到達平

衡，以此來解析；

(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℃左右會分解成S2,過程中吸收熱量；

可逆反應達到化學平衡時正逆反應速率相等且變化的物理量不再變化；

(2)反應①和反應②均為放熱反應，溫度升高，a點的轉化率還未達到S02的平衡轉化率；T