1、2021-2022高考化學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請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、下列物質和鐵不可能發生反應的是（）AAl2O3BH2OC濃硝酸DO22、下列說法正確的是( )A電解熔融金屬氯化物制備Na、Mg、AlB配制溶液時需加入稀硝酸防止水解C“一帶一路”中的絲綢的主要成分是天然纖維素，屬于高分子

2、化合物。D牙齒的礦物質Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-，故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成3、如圖是一種染料敏化太陽能電池的示意圖，電池的一個電極由有機光敏染料（R）涂覆在TiO2納米晶體表面制成，另一電極由導電玻璃鍍鉑構成，下列關于該電池敘述不正確的是（ ）A染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應B正極電極反應式是：I3-+2e-=3I-C電池總反應是：2R+3I-=I3-+2RD電池工作時將太陽能轉化為電能4、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是（ ）A標準狀況下，11.2LSO3中含有原子數為2NAB用濃鹽酸分別與MnO2、KClO3反應制備1molC

3、l2，均轉移電子2NAC將0.1molNH4NO3溶于適量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+數目小于0.1NAD2molNO和1molO2充分反應后，所得混合氣體的分子數小于2NA5、通過下列實驗操作及現象不能推出相應結論的是選項實驗操作現象結論A將SO2氣體通入Na2SiO3溶液中產生膠狀沉淀酸性：H2SO3H2SiO3B向某食鹽溶液中滴加淀粉溶液溶液顏色不變該食鹽中一定沒有添加碘酸鉀C向2支盛有5mL 0.1mol/LNaOH溶液的試管中分別加入2滴0.1mol/L CuCl2溶液和2滴0.1mol/L CaCl2溶液一支試管中產生藍色沉淀，另一支試管無明顯現象KspCu(OH)2K

4、spCa(OH)2D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色，下層有白色沉淀生成銅離子可以氧化碘離子，白色沉淀可能為CuIAABBCCDD6、室溫下，向某Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中逐滴加入BaCl2溶液，溶液中lgc(Ba2+)與的變化關系如圖所示。下列說法正確的是（ ）(已知：H2CO3的Ka1、Ka2分別為4.210-7、5.610-11)Aa對應溶液的pH小于bBb對應溶液的c(H+)=4.210-7molL-1Cab對應的溶液中減小Da對應的溶液中一定存在：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)7、

5、乙酸和乙醛的鑒別有多種方法，下列可行的操作中最不簡便的一種是A使用蒸餾水B使用 NaHCO3 溶液C使用 CuSO4 和 NaOH 溶液D使用 pH 試紙8、控制變量是科學研究重要方法。由下列實驗現象一定能得出相應結論的是選項AB裝置圖現象右邊試管產生氣泡較快左邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍色結論催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2選項CD裝置圖現象試管中先出現淡黃色固體，后出現黃色固體試管中液體變渾濁結論Ksp：AgClAgBrAgI非金屬性：CSiAABBCCDD9、既發生了化學反應，又有電解質的溶解過程，且這兩個過程都吸熱的是A冰醋酸與NaOH溶液反應BKNO3加入水中CNH4NO

6、3加入水中DCaO加入水中10、海水中含有80多種元素，是重要的資源寶庫。己知不同條件下，海水中碳元素的存在形態如圖所示。下列說法不正確的是（ ）A當，此中主要碳源為BA點，溶液中和濃度相同C當時，D碳酸的約為11、下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是（ ）AAl2O3的熔點很高，可用作耐火材料BNH3具有還原性，可用作制冷劑CSO2具有氧化性，可用于紙漿的漂白D鈉鉀合金的密度小，可用作快中子反應堆的熱交換劑12、溫度為T 時，向2.0 L恒容密閉容器中充入1.0 mol PCl5，反應：PCl5(g)PCl3(g)Cl2(g)經一段時間后達到平衡，反應過程中測定的部分數據見下表：t/s0

7、50150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列說法正確的是A反應在前50 s內的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(Ls)B保持其他條件不變，升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，該反應為放熱反應C相同溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mol Cl2，達到平衡前的v正v逆D相同溫度下，起始時向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，達到平衡時，PCl3的轉化率小于8013、下列說法不正確的是（ ）A冰醋酸和水銀都是純凈物B氫原子和重氫原子是兩種不同核素C氯化鈉

8、固體和氯化鈉溶液都是電解質D稀硫酸和氫氧化銅懸濁液都屬于分散系14、化學與生產、生活密切相關。下列有關物質的用途、性質都正確且有相關性的是選項用途性質A液氨作制冷劑NH3分解生成N2和H2的反應是吸熱反應BNH4Fe（SO4）212H2O常作凈水劑NH4Fe（SO4）212H2O具有氧化性C漂粉精可以作環境消毒劑漂粉精溶液中ClO-和HClO都有強氧化性DAl2O3常作耐高溫材料Al2O3，既能與強酸反應，又能與強堿反應AABBCCDD15、下列離子方程式書寫不正確的是A用兩塊銅片作電極電解鹽酸：Cu + 2H+ H2 + Cu2+BNaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應：2HCO3-

9、 + 2OH- + Ca2+=CaCO3+ 2H2OC等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液中的反應：2Fe2+ + 2Br - + 2Cl2=2Fe3+ + Br2 + 4Cl -D氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3H2O + SO2=2NH4+ +SO32- + H2O16、設NA為阿伏伽德羅常數的值，下列說法正確的是（ ）A1mol氨基（-NH2）含有電子數目為10NAB2gH218O中所含中子、電子數目均為NACpH=1的H2SO4溶液10L，含H+的數目為2NAD電解精煉銅時，若陽極質量減少64g，則陽極失去的電子數為2NA17、Na、Al、Fe都是重要的金屬元素。下列說法正確的是A三者

10、的氧化物都是堿性氧化物B三者的氫氧化物都是白色固體C三者的氯化物都可用化合反應制得D三者的單質在空氣中最終都生成氧化物18、維生素C是廣泛存在于新鮮水果蔬菜及許多生物中的一種重要的維生素，作為一種高活性物質，它參與許多新陳代謝過程。某課外小組利用碘滴定法測某橙汁中維生素C的含量，其化學方程式如下：+I2+2HI下列說法正確的是（ ）A上述反應說明維生素C能使碘水褪色，該反應的反應類型為取代反應B維生素C可發生取代反應、加成反應、氧化反應C維生素C可以水解得到2種產物D維生素C不可溶于水，可以溶于有機溶劑19、以CO2和Na2O2為原料，制取純凈干燥的O2，實驗裝置如下：下列說法不正確的是A裝置

11、中試劑可以是NaOH溶液B裝置的作用是干燥O2C收集氧氣應選擇裝置aD裝置、之間應增加盛澄清石灰水的洗氣瓶20、下列說法不正確的是( )AC2H6和C6H14一定互為同系物B甲苯分子中最多有13個原子共平面C石油裂解和油脂皂化均是由高分子物質生成小分子物質的過程D制乙烯時，配制乙醇和濃硫酸混合液：先加乙醇5mL，再加入濃硫酸15mL邊加邊振蕩21、下圖為一定條件下采用多孔惰性電極的儲氫電池充電裝置（忽略其他有機物）。已知儲氫裝置的電流效率100%，下列說法不正確的是A采用多孔電極增大了接觸面積，可降低電池能量損失B過程中通過C-H鍵的斷裂實現氫的儲存C生成目標產物的電極反應式為C6H6+6e-

12、+6H+=C6H12D若=75%，則參加反應的苯為0.8mol22、我國清代本草綱目拾遺中記敘無機藥物335種，其中“強水”條目下寫道：“性最烈，能蝕五金其水甚強，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛。”這里的“強水”是指A氨水B硝酸C醋D鹵水二、非選擇題(共84分)23、（14分）治療帕金森病的新藥沙芬酰胺的合成方法如下：已知：CH3CN 在酸性條件下可水解生成 CH3COOH。CH2=CH-OH 和 CH3OOH 均不穩定。(1)C 生成 D 的反應類型為_。G中含氧官能團的名稱為_。B 的名稱為_。(2)沙芬酰胺的結構簡式為_。(3)寫出反應(1)的方程式_。分析反應(2)的特點，寫出用福爾馬林

13、浸制生物標本的反應原理的方程式_（蛋白質的結構用表示）。(4)H 是 F 相鄰的同系物，H 的苯環上有兩個處于對位的取代基，符合下列條件的 H 的穩定的同分異構體共有_種。苯環上仍然有兩個處于對位的取代基； 能與 NaOH 溶液反應；(5)下圖是根據題中信息設計的由丙烯為起始原料制備 B 的合成路線，在方框中補全必要的試劑和中間產物的結構簡式（無機試劑任選，氧化劑用O表示，還原劑用H表示，連 續氧化或連續還原的只寫一步）。_24、（12分）某藥物合成中間體F制備路線如下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有機物A結構中含氧官能團的名稱是_.(2)反應中除B外，還需要的反應物和反應條件是_

14、(3)有機物D的結構簡式為_，反應中1摩爾D需要_摩爾H2才能轉化為E(4)反應的反應物很多種同分異構體，請寫出符合下列條件的一種同分異構體的結構簡式_。a.結構中含4種化學環境不同的氫原子 b.能發生銀鏡反應c.能和氫氧化鈉溶液反應(5)已知：苯環上的羧基為間位定位基，如。寫出以為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選)_。25、（12分）某小組同學探究物質的溶解度大小與沉淀轉化方向之間的關系。（查閱資料）物質BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（實驗探究）（一）探究BaCO3和BaSO4之間的轉化，實驗操作如下所示：試劑A試劑

15、B試劑C加入鹽酸后的現象實驗實驗BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產生，沉淀部分溶解（1）實驗說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入稀鹽酸后，_。（2）實驗中加入稀鹽酸后發生反應的離子方程式是_。（3）實驗說明沉淀發生了部分轉化，結合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：_。（二）探究AgCl和AgI之間的轉化。（4）實驗：證明AgCl轉化為AgI。甲溶液可以是_（填字母代號）。a AgNO3溶液b NaCl溶液c KI溶液（5）實驗：在試管中進行溶液間反應時，同學們無法觀察到AgI轉化為AgCl，于是又設計了如下實驗（電壓表讀數：acb0）。裝置步

16、驟電壓表讀數.按圖連接裝置并加入試劑，閉合Ka.向B中滴入AgNO3（aq），至沉淀完全b.再向B中投入一定量NaCl（s）c.重復，再向B中加入與等量的NaCl（s）a注：其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強弱與其濃度有關。查閱有關資料可知，Ag可氧化I，但AgNO3溶液與KI溶液混合總是得到AgI沉淀，原因是氧化還原反應速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反應速率。設計（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原電池（使用鹽橋阻斷Ag與I的相互接觸）如上圖所示，則該原電池總反應的離子方程式為_。結合

17、信息，解釋實驗中ba的原因：_。實驗的現象能說明AgI轉化為AgCl，理由是_。（實驗結論）溶解度小的沉淀容易轉化為溶解度更小的沉淀，反之則不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉化溶解度較大的沉淀越難實現。26、（10分）銅及其化合物在生產、生活中有廣泛的應用。某研究性學習小組的同學對銅常見化合物的性質和制備進行實驗探究，研究的問題和過程如下：I.探究不同價態銅的穩定性進行如下實驗：(1)向中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，該反應的離子化學方程式為：_。由此可知，在酸性溶液中，價Cu比+1價Cu更_(填“穩定”或“不穩定”)。(2)將粉末加熱至以上完全分解成紅色的粉末，該反應說明：

18、在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更_(填“穩定”或“不穩定”)。II.探究通過不同途徑制取硫酸銅(1)途徑A：如下圖 雜銅(含少量有機物)灼燒后的產物除氧化銅還含少量銅，原因可能是_(填字母代號)a.該條件下銅無法被氧氣氧化 b.灼燒不充分，銅未被完全氧化c.氧化銅在加熱過程中分解生成銅 d.灼燒過程中部分氧化銅被還原測定硫酸銅晶體的純度：某小組同學準確稱取4.0g樣品溶于水配成100mL溶液，取10mL溶液于錐形瓶中，加適量水稀釋，調節溶液pH=34，加入過量的KI，用標準溶液滴定至終點，共消耗標準溶液。上述過程中反應的離子方程式如下：。則樣品中硫酸銅晶體的質量分數為_(2)途徑B：如

19、下圖 燒瓶內可能發生反應的化學方程式為_ (已知燒杯中反應：)下圖是上圖的改進裝置，其中直玻璃管通入氧氣的作用是_。 .探究用粗銅(含雜質Fe)按下述流程制備氯化銅晶體。(1)實驗室采用如下圖所示的裝置，可將粗銅與反應轉化為固體l(部分儀器和夾持裝置已略去)，有同學認為應在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收的裝置，你認為是否必要_(填“是”或“否”)(2)將溶液2轉化為的操作過程中，發現溶液顏色由藍色變為綠色。已知：在氯化銅溶液中有如下轉化關系：Cu(H2O)42+(aq，藍色)+4Cl-(aq) CuCl42-(aq，黃色)+4H2O(l)，該小組同學取氯化銅晶體配制成藍綠色溶液Y，進行如下實驗，其中能

20、夠證明溶液中有上述轉化關系的是_(填序號)(已知：較高濃度的溶液呈綠色)。a.將Y稀釋，發現溶液呈藍色b.在Y中加入晶體，溶液變為綠色c.在Y中加入固體，溶液變為綠色d.取Y進行電解，溶液顏色最終消失.探究測定銅與濃硫酸反應取銅片和12mL18mol/L濃硫酸放在圓底燒瓶中共熱，一段時間后停止反應，為定量測定余酸的物質的量濃度，某同學設計的方案是：在反應后的溶液中加蒸餾水稀釋至1000mL，取20mL至錐形瓶中，滴入23滴甲基橙指示劑，用標準氫氧化鈉溶液進行滴定(已知氫氧化銅開始沉淀的pH約為5)，通過測出消耗氫氧化鈉溶液的體積來求余酸的物質的量濃度。假定反應前后燒瓶中溶液的體積不變，你認為該

21、學生設計的實驗方案能否求得余酸的物質的量濃度_(填“能”或“不能”)，其理由是_。27、（12分）草酸銨(NH4)2C2O4為無色柱狀晶體，不穩定，受熱易分解，可用于測定Ca2+、Mg2+的含量。I某同學利用如圖所示實驗裝置檢驗草酸銨的分解產物。(l)實驗過程中，觀察到浸有酚酞溶液的濾紙變紅，裝置B中澄清石灰水變渾濁，說明分解產物中含有_（填化學式）；若觀察到_， 說明分解產物中含有CO2草酸銨分解的化學方程式為_。(2)反應開始前，通人氮氣的目的是_。(3)裝置C的作用是 _。(4)還有一種分解產物在一定條件下也能還原CuO，該反應的化學方程式為 _。該同學利用草酸銨測定血液中鈣元素的含量。

22、(5)取20. 00mL血液樣品，定容至l00mL，分別取三份體積均為25. 00mL稀釋后的血液樣品，加入草酸銨，生成草酸鈣沉淀，過濾，將該沉淀溶于過量稀硫酸中，然后用0. 0l00mol/LKMnO4溶液進行滴定。滴定至終點時的實驗現象為_。三次滴定實驗消耗KMnO4溶液的體積分別為0.43mL，0.4lmL，0.52mL，則該血液樣品中鈣元素的含量為_ mmol/L。28、（14分）形形色色的物質，構成了我們這個五彩繽紛的世界。世上萬物，神奇莫測，常常超乎人們按“常理的想象。學習物質結構和性質的知識，能使你想象的翅膀變得更加有力。（1）基態Ga原子的核外電子排布式是Ar_，基態Ga原子核

23、外電子占據最高能級的電子云輪廓圖為_。（2）HCCNa(乙炔鈉)廣泛用于有機合成，乙炔鈉中C原子的雜化類型為_。乙炔鈉中存在_(填字母)。A金屬鍵 B鍵 C鍵 D氫鍵 E.配位鍵 F.離子鍵 G.范德華力（3）NaN3是汽車安全氣囊中的主要化學成分，其陰離子的立體構型為_。寫出和該陰離子互為等電子體的一種分子的結構式_。（4）鈣和鐵都是第四周期元素，且原子的最外層電子數相同，鐵的熔沸點遠高于鈣，其原因是_。（5）配體中配位原子提供孤電子對的能力與元素的電負性有關，SCN-的結構式可以表示為S=C=N-或S-CN-，SCN-與Fe3+、Au+和Hg2+等離子能形成配離子，N、C、S的電負性依次為

24、3.0、2.5和2.5。SCN-中提供孤電子對的原子可能是_。（6）某離子晶體的晶胞結構如圖所示。晶體中在每個X周圍與它最近且距離相等的X共有_個。設該晶體的摩爾質量為Mgmol-1，晶胞的密度為g.cm-3，阿伏加德羅常數為NA，則晶體中兩個最近的X間的距離為_cm。29、（10分）某類金屬合金也稱為金屬互化物，比如：Cu9Al4，Cu5Zn8等。請問答下列問題：（1）基態鋅原子的電子排布式為_；己知金屬鋅可溶于濃的燒堿溶液生成可溶性的四羥基合鋅酸鈉Na2Zn(OH)4與氫氣，該反應的離子方程式為： _；已知四羥基合鋅酸離子空間構型是正四面體型，則Zn2+的雜化方式為_。（2）銅與類鹵素(S

25、CN)2反應可生成Cu(SCN)2,1mol (SCN)2分子中含有_個鍵。類鹵素(SCN)2對應的酸有兩種：A硫氰酸(HSCN)和B-異硫氰酸(HNCS)，兩者互為：_；其中熔點較高的是_ (填代號)，原因是_。（3）已知硫化鋅晶胞如圖1所示，則其中Zn2+的配位數是_； S2-采取的堆積方式為_。（填A1或A2或A3）（4）已知銅與金形成的金屬互化物的結構如圖2所示，其立方晶胞的棱長為a納米(nm)，該金屬互化物的密度為_g/cm3（用含a，NA的代數式表示）。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、鐵的活潑性比鋁弱，則鐵和Al2O3不反應，

26、故A選； B、鐵和H2O在高溫下反應生成四氧化三鐵和氫氣，故B不選； C、鐵和濃硝酸在加熱的條件下發生氧化還原反應，常溫下發生鈍化，故C不選； D、鐵在氧氣中點燃生成四氧化三鐵，故D不選； 故選：A。2、D【解析】A. AlCl3是共價化合物，不能通過電解熔融AlCl3制備Al，故A錯誤；B. Fe2+能被稀硝酸氧化為Fe3+，故B錯誤； C.絲綢的主要成分是蛋白質，不是天然纖維素，故C錯誤；D. 由平衡Ca5(PO4)3OH+F-Ca5(PO4)3F+OH-可知，增大F-濃度，平衡正向移動，生成更難溶的氟磷灰石，氟磷灰石比羥基磷灰石更能抵抗酸的侵蝕，故使用含氟牙膏可以防止齲齒的形成，故D正確

27、。故選D。3、C【解析】根據圖示裝置可以知道：染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應，Re=R+，正極電極發生還原反應，電極反應式是：I3+2e3I，總反應為：2R+3II3+2R+，據此回答。【詳解】A.根據圖示裝置可以知道染料敏化TiO2電極為電池負極，發生氧化反應Re=R+，故A正確；B.正極電極發生還原反應，電極反應式是：I3+2e3I，故B正確；C.正極和負極反應相加可以得到總反應：2R+3II3+2R+，故C錯誤；D.太陽能電池工作時，將太陽能轉化為電能，故D正確。故選C。4、D【解析】A.在標準狀況下SO3不是氣體，不能使用氣體摩爾體積計算，A錯誤；B.用KClO3法制取氯

28、氣發生的是歸中反應，反應方程式為：KClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，Cl2既是氧化產物，也是還原產物，產生3molCl2，反應轉移5mol電子，若產生1molCl2，需轉移電子mol，B錯誤；C.溶液的電荷守恒式為：n(NH4+)+n(H+)= n(NO3-)+n(OH-)，溶液顯中性時，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C錯誤；D.發生反應：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反應后，所得混合氣體的分子數小于2NA，D正確；故合理選項是D。5、B【解析】A. 將SO2氣體通入Na2SiO3溶液中生成膠狀沉淀說明發生反應SO2+

29、 Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根據強酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3H2SiO3，故A正確；B. 淀粉遇碘變藍，向某食鹽溶液中滴加淀粉溶液顏色不變只能說明食鹽中不含碘單質，不能證明不含碘酸鉀，故B錯誤；C. 兩支試管中c(OH)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氫氧化銅沉淀，說明氫氧化銅比氫氧化鈣更容易沉淀，且二者為同類型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故C正確；D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振蕩、靜置上層呈紫紅色說明有碘單質生成，即銅離子將碘離子氧化，下層有白色沉淀生成說明不是氫氧化銅沉淀且無銅單質生成，說明發生反

30、應2Cu2+4I=2CuI+I2，故D正確；故答案為B。【點睛】對于同種類型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀類型不同，不能根據Ksp判斷溶解度的大小，比較Ksp的大小沒有意義。6、D【解析】a點橫坐標為0，即lg=0，所以=1，b點lg=2，=100；另一方面根據HCO3-H+CO32-可得：K a2=，據此結合圖像分析解答。【詳解】A由分析可知，K a2=，而a點=1，所以a點有：c(H+)= Ka2=5.610-11，同理因為b點=100，結合K a2表達式可得5.610-11=，c(H+)=5.610-9，可見a點c(H+)小于b點c(H+)，所以a

31、點pH大于b點，A錯誤；B由A可知，b點c(H+)=5.610-9，B錯誤；C由K a2=和KW的表達式得：K a2=，溫度不變，K a2、Kw均不變，所以不變，C錯誤；D根據電荷守恒有：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)+2 c(CO32-)，a點c(HCO3-)=c(CO32-)代入上面式子得：2c(Ba2+)+c(Na+)+c(H+)=3c(HCO3-)+c(Cl-)+c(OH-)，D正確。答案選D。【點睛】電解質溶液結合圖像判斷的選擇題有兩點關鍵：一是橫縱坐標的含義，以及怎么使用橫縱坐標所給信息；二是切入點，因為圖像上有，所以切入點

32、一定是與有關系的某個式子，由此可以判斷用Ka2的表達式來解答，本題就容易多了。7、C【解析】乙酸具有酸性，可與碳酸鹽、堿等發生復分解反應，乙醛含有醛基，可發生氧化反應，以此解答該題。【詳解】A. 二者都溶于水，沒有明顯現象，不能鑒別，故A錯誤；B. 乙酸具有酸性，可與NaHCO3溶液生成氣體，乙醛與NaHCO3溶液不反應，可鑒別，方法簡便，操作簡單，故B錯誤；C. 是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氫氧化銅，然后與乙酸發生中和反應，檢驗乙醛需要加熱，操作較復雜，故C正確；D. 使用 pH 試紙 乙酸具有酸性，可使 pH 試紙變紅，乙醛不能使 pH 試紙變紅，可鑒別，方法簡單，

33、操作簡便，故D錯誤；答案選C。8、A【解析】兩只試管中滴加的溶液的唯一區別就是左邊加入的Cu2+，右邊加入的是Fe3+，所以右邊反應較快，能說明催化活性：Fe3+Cu2+，選項A正確。選項B中的實驗，氯氣通入溴化鈉溶液變為棕色，通入淀粉碘化鉀溶液變為藍色，能證明氯氣的氧化性強于溴單質也強于碘單質，但是不能證明氧化性：Br2I2，選項B錯誤。向氯化銀懸濁液中加入少量溴化鈉溶液，白色沉淀轉化為淡黃色沉淀，說明氯化銀轉化為溴化銀，即Ksp：AgClAgBr；再加入少量的碘化鈉，出現黃色沉淀，應該是將上一步剩余的氯化銀轉化為碘化銀沉淀，所以證明Ksp：AgClAgI，但是不能得到Ksp：AgBrAgI

34、，選項C錯誤。鹽酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，考慮到鹽酸的揮發性，生成的二氧化碳氣體中一定會有HCl，所以硅酸鈉溶液中有渾濁，也可能是HCl和硅酸鈉反應的結果，不能證明一定是碳酸強于硅酸，進而不能證明非金屬性強弱，選項D錯誤。9、C【解析】A. 冰醋酸和氫氧化鈉溶液的反應為酸堿中和，而酸堿中和為放熱反應，故A錯誤；B. 由于硝酸鉀為強酸強堿鹽，不能水解，故硝酸鉀加入水中沒有化學反應發生，故不符合題干的要求，故B錯誤；C. 硝酸銨加入水中后，先溶于水，而銨鹽溶于水為吸熱的物理過程；然后發生鹽類的水解，由于鹽類的水解為酸堿中和的逆反應，故鹽類水解吸熱，故C正確；D. 氧化鈣放入水中后和水發生化合

35、反應，為放熱反應，故D錯誤；故選：C。10、B【解析】A.根據上圖可以看出，當pH為8.14時，海水中主要以的形式存在，A項正確； B.A點僅僅是和的濃度相同，和濃度并不相同，B項錯誤； C.當時，即圖中的B點，此時溶液的pH在10左右，顯堿性，因此，C項正確；D.的表達式為，當B點二者相同時，的表達式就剩下，此時約為，D項正確；答案選B。11、A【解析】A、氧化鋁熔點很高，所以可以做耐火材料，選項A正確；B、氨氣中的氮元素化合價是-3價，具有還原性，做制冷劑，是氨氣易液化的原因，選項B錯誤；C二氧化硫可用于漂白紙漿是因為其具有漂白性，與二氧化硫的氧化性無關，選項C錯誤；D在快中子反應堆中，不

36、能使用水來傳遞堆芯中的熱量，因為它會減緩快中子的速度，鈉和鉀的合金可用于快中子反應堆作熱交換劑，選項D錯誤；答案選A。12、C【解析】A、反應在前50 s內PCl3的物質的量增加0.16mol，所以前50 s內的平均速率v(PCl3)=0.0016mol(Ls)，故A錯誤；B、原平衡時PCl3的物質的量濃度c(PCl3)= 0.20mol2.0L=0.10mol/L，若升高溫度，平衡時c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的濃度比原平衡時增大了，說明升高溫度，平衡正向移動，則正向是吸熱反應，故B錯誤；C、根據表中數據可知平衡時Cl2的濃度是0.1mol/L，PCl5的濃度是0.4mol/

37、L，則該溫度下的平衡常數K=0.025，相同溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol PCl5、0.20 mol PCl3和0.20 mo1 Cl2，Qc=0.020.025，所以反應正向進行，達平衡前v正v逆，故C正確；D、相同溫度下，起始時向容器中充入1.0 mol PCl3、1.0 mol Cl2，則與原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的轉化率是0.2mol1.0mol100%=20%，所以三氯化磷的轉化率是80%，而向容器中充入2.0 mol PCl3、2.0 mol Cl2，相當于容器的體積縮小一倍，壓強增大，則平衡逆向移動，所以三氯化磷的轉化率大于80%，故D錯誤；答案選C。13、

38、C【解析】A. 冰醋酸是醋酸，是純凈物，化學式為CH3COOH，水銀是Hg單質，是純凈物，故A正確；B. 氫元素有三種原子，普通氫原子沒有中子，后面兩種各有一個和兩個中子，它們分別稱為氕、氘、氚，或者稱為氫原子、重氫原子、超重氫原子，所以它們質子數電子數核電荷數都相等，但中子數不等，屬不同原子，是不同核素，故B正確；C. 氯化鈉溶液是混合物，不是電解質，故C錯誤；D. 稀硫酸和氫氧化銅懸濁液都混合物，屬于分散系，故D正確；題目要求選錯誤選項，故選C。14、C【解析】A液氨汽化時需要大量吸熱，液氨常用作制冷劑，與氨氣的分解無關，故A錯誤；B鐵離子水解生成氫氧化鐵膠體，使得具有吸附性，常作凈水劑，

39、與氧化性無關，故B錯誤；C漂粉精作為消毒劑是因為ClO和HClO都有強氧化性，故C正確；D氧化鋁作為耐高溫材料是因為氧化鋁的熔點很高，與其化學性質無關，故D錯誤；故選C。【點睛】本題的易錯點為B，要注意凈水劑是利用物質的吸附性，殺菌消毒一般利用物質的氧化性。15、B【解析】試題分析：A、用兩塊銅片作電極電解鹽酸的離子反應為Cu+2H+H2+Cu2+，故A正確；B、NaOH溶液與足量的Ca(HCO3)2溶液反應的離子反應為HCO3-+OH-+Ca2+CaCO3+H2O，故B錯誤；C、等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液中反應，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化，離子反應為2Fe

40、2+2Br-+2Cl22Fe3+Br2+4Cl-，故C正確；D、氨水吸收少量的二氧化硫的離子反應為2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故D正確；故選B。【考點定位】考查離子方程式的書寫【名師點晴】本題考查離子反應方程式的書寫，明確發生的化學反應是解答本題的關鍵，注意氧化還原反應的離子反應中遵循電子守恒，選項B中量少的完全反應，選項C中等物質的量的FeBr2和Cl2在溶液反應，由電子守恒可知，亞鐵離子全部被氧化，溴離子一半被氧化。16、B【解析】A氨基是取代基，屬于中性原子團，結合微粒計算電子數1mol9NA9NA，故A錯誤；BH218O的摩爾質量均為20g/mol，2gH218

41、O的物質的量為0.1mol，分子中含有的中子數、電子數均為10個，則0.1mol混合物中含有的中子數、電子數均為NA個，故B正確；CpH=1的H2SO4溶液中，由pHlgc(H)1，H2SO4溶液c(H)0.1mol/L，10L溶液n(H)1mol，所含H數目為NA，故C錯誤；D電解法精煉銅，粗銅含有雜質金屬，陽極先是鋅、鐵、鎳失電子，然后才是銅失電子，當陽極質量減少 64g 時，陽極失去的電子數不是2NA，故D錯誤；故答案選B。17、C【解析】A.Na、Al、Fe的氧化物中，過氧化鈉、四氧化三鐵不是堿性氧化物，氧化鋁為兩性氧化物，故A錯誤；B.氫氧化鈉、氫氧化鋁、氫氧化亞鐵為白色固體，而氫氧

42、化鐵為紅褐色固體，故B錯誤； C.氯化鈉、氯化鋁、氯化鐵都可以由三種的單質與氯氣反應得到，故C正確；D.鈉在空氣中最終得到的是碳酸鈉，Al的表面生成一層致密的氧化物保護膜，阻止了Al與氧氣繼續反應，鐵在空氣中會生銹，得到氧化鐵，故D錯誤；答案：C18、B【解析】A. 從題給的化學方程式可知，維生素C與I2反應時，脫去分子中環上-OH中的氫，形成C=O雙鍵，不屬取代反應，屬氧化反應，故A錯誤；B. 維生素C中含有羥基、酯基可發生取代反應，碳碳雙鍵、羥基可發生氧化反應，碳碳雙鍵可發生加成反應，故B正確；C. 維生素C含有酯基可以發生水解反應，但為環狀化合物，水解生成一種產物，故C錯誤；D. 維生素

43、C含有多個-OH，為親水基，能溶于水，故D錯誤；故答案為B。19、C【解析】實驗原理分析：二氧化碳通過U型管與過氧化鈉反應生成氧氣，氧氣和沒有反應的二氧化碳通入堿液洗氣瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗氣瓶驗證二氧化碳是否除盡，在通過盛有濃硫酸的洗氣瓶干燥氧氣，最后收集；【詳解】A.裝置中試劑可以是NaOH溶液，用來除掉二氧化碳氣體，故不選A；B. 裝置中盛有濃硫酸，作用是干燥O2，故不選B；C. 由于氧氣密度大于空氣，選擇裝置b，故選C；D. 裝置、之間應增加盛澄清石灰水的洗氣瓶，驗證二氧化碳是否除盡，故不選D；答案：C20、C【解析】AC2H6和C6H14表示都是烷烴，烷烴的結構相似，

44、碳原子之間都是單鍵，其余鍵均為CH鍵，分子式相差若干個CH2，互為同系物，正確，A不選；B甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，正確，B不選；C高分子化合物的相對分子質量在10000以上，石油的成分以及油脂不是高分子化合物，錯誤，C選；D濃硫酸溶于水放出大量的熱，且密度比水大，為防止酸液飛濺，應先在燒瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢將濃硫酸加入燒瓶，邊加邊振蕩，正確，D不選。答案選C。21、B【解析】A. 多孔電極可增大電極與電解質溶液接觸面積，降低能量損失，故A正確；B. 該過程苯被還原為環己烷，C-H鍵沒有斷裂，形成新的C-H鍵，故B錯誤；C

45、. 儲氫是將苯轉化為環己烷，電極反應式為C6H6+6e-+6H+=C6H12，故C正確；D. 根據圖示，苯加氫發生還原反應生成環己烷，裝置中左側電極為陽極，根據放電順序，左側電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，生成1.6molO2失去的電子量為6.4mol，根據陰陽得失電子守恒，陰極得到電子總數為6.4mol，若=75%，則生成苯消耗的電子數為6.4mol75=4.8mol，苯發生的反應C6H6+6e-+6H+=C6H12，參加反應的苯的物質的量為4.8mol/6=0.8mol，故D正確；故選B。22、B【解析】根據題意該物質能夠與很多金屬反應，根據選項B最符合，該強水為硝酸，硝酸具有

46、強氧化性，可溶解大部分金屬；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、取代反應 醛基和醚鍵 丙氨酸 CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O +HCHO+H2O 5 【解析】CH3CHO、NH3、HCN和水在一定條件下合成A，反應為：CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O，結合信息CH3CN 在酸性條件下可水解生成 CH3COOH，得A為，水解后生成，中和后得到B，B為，與SOCl2和CH3OH發生取代反應生成C，C為，C與NH3反應生成D，D為，E和F生成G，G為，G和D反應生成，最加氫生成。【詳解】（1）C為，C與NH3反應生成D，D為，C 生成 D

47、 的反應類型為取代反應，G為，G中含氧官能團的名稱為醛基和醚鍵。B為，B 的名稱為丙氨酸。故答案為：取代反應；醛基和醚鍵；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的結構簡式為。故答案為：；（3）反應（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O。分析反應(2)的特點，醛基和氨基反應生成碳氮雙鍵和水，使蛋白質變性，用福爾馬林浸制生物標本的反應原理的方程式+HCHO+H2O。故答案為：CH3CHO+NH3+HCNCH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO+H2O；（4）H 是 F 相鄰的同系物，H比F多一個碳原子，H 的苯環上有兩個處于對位的取代基，苯環上仍然有兩個處于對位的取

48、代基，能與 NaOH 溶液反應，可能為酚、三種；酸一種、和酯一種，共5種；故答案為：5；(5)根據題中信息設計的由丙烯為起始原料先與溴發生加成反應，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可與NH3反應，最后與氫氣加成可得產品，。故答案為：。24、酚羥基、醛基、醚鍵 CH3OH、濃硫酸、加熱 4 【解析】(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團；(2)比較B和C的結構可知，反應為B與甲醇生成醚的反應，應該在濃硫酸加熱的條件下進行；(3)比較C和E的結構可知，D的結構簡式為，在D中碳碳雙鍵可與氫氣加成，硝基能被氫氣還原成氨基，據此答題；(4)根據條件結構中含4種化學

49、環境不同的氫原子，即有4種位置的氫原子，能發生銀鏡反應，說明有醛基，能和氫氧化鈉溶液反應，說明有羧基或酯基或酚羥基，結合可寫出同分異構體的結構；(5)被氧化可生成，與硝酸發生取代反應生成，被還原生成，進而發生縮聚反應可生成。【詳解】(1)根據A的結構簡式可知A中所含有的含氧官能團為酚羥基、醛基、醚鍵，故答案為：酚羥基、醛基、醚鍵；(2)比較B和C的結構可知，反應為B與甲醇生成醚的反應，應該在濃硫酸加熱的條件下進行，故答案為：CH3OH、濃硫酸、加熱；(3)比較C和E的結構可知，D的結構簡式為，在1molD中碳碳雙鍵可與1mol氫氣加成，硝基能被氫氣還原成氨基，可消耗3mol氫氣，所以共消耗4m

50、ol氫氣，故答案為：；4；(4)根據條件結構中含4種化學環境不同的氫原子，即有4種位置的氫原子，能發生銀鏡反應，說明有醛基，能和氫氧化鈉溶液反應，說明有羧基或酯基或酚羥基，結合可知，符合條件的同分異構體的結構為，故答案為：；(5)被氧化可生成，與硝酸發生取代反應生成，被還原生成，進而發生縮聚反應可生成，可設計合成路線流程圖為，故答案為：。【點睛】本題考查有機物的合成，題目難度中等，解答本題的關鍵是能把握題給信息，根據有機物的官能團判斷有機物可能具有的性質。25、沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(a

51、q)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）減小，I還原性減弱，原電池的電壓減小 實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c（I）增大，證明發生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。實驗是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶解。BaSO

52、4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結合生成BaCO3沉淀。向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI。AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(

53、或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可的結論；實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。【詳解】因為BaCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實驗說明BaCO3全部轉化為BaSO4，依據的現象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產生(或無明顯現象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產生或無明顯現象。實驗是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產生，沉淀部分溶

54、解，發生反應的離子方程式為BaCO32H = Ba2CO2H2O；故答案為：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動，BaSO4沉淀部分轉化為BaCO3沉淀；故答案為：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動。為觀察到AgCl轉化為AgI，需向AgCl的懸濁液中加入KI溶液，獲得AgCl

55、懸濁液時NaCl相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉化為AgI；故答案為：b。AgNO3溶液與KI溶液混合總是先得到AgI沉淀說明氧化還原反應遠遠小于沉淀反應速率；原電池總反應的離子方程式為2I2Ag = 2AgI2；故答案為：小于；2I2Ag= 2AgI2。由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，產生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)減小，I還原性減弱，根據已知信息“其他條件不變時，參與原電池反應的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強弱與其濃度有關”可知，實驗中ba；故答案為：生成AgI沉淀使B中的溶液中的c(I

56、)減小，I還原性減弱，原電池的電壓減小。實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)；故答案為：實驗步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實驗步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq)。26、 穩定 穩定 bd 87.5% Cu+H2SO4+2HNO3（濃）=CuSO4+2NO2+2H2O 3Cu+3H2SO4+2HNO3（稀）=3CuSO4+2NO+4H2O 氧氣氧化氮氧化合物，使氮氧化物全部被氫氧化鈉溶液吸收，防止污染大氣 否 abc

57、不能 雖然甲基橙變色的pH范圍為3.14.4，Cu（OH）2開始沉淀時的pH為5，在指示劑變色范圍之外，即中和酸時，Cu2+不會消耗OH-，但甲基橙由紅色變成橙色、黃色時，銅離子溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾 【解析】I.(1)物質都有由不穩定物質轉化為穩定物質的傾向，所以在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更穩定；(2)在高溫下CuO分解產生Cu2O、O2，說明Cu2O比CuO在高溫下穩定；II.(1)Cu未完全反應、部分氧化銅能被有機物還原；根據Cu元素守恒和反應方程式可得關系式，然后利用關系式計算CuSO45H2O的質量，最后根據質量分數的含義計算硫酸銅晶體的含量；(2)Cu與稀硫

58、酸、濃硝酸（或隨著反應進行濃硝酸變為的稀硝酸）反應產生硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據氧化還原反應規律書寫反應方程式；O2可以將NO氧化為NO2，可以將NO、NO2驅趕進入NaOH溶液中，發生反應，防止大氣污染；III.(1) HCl對反應沒有影響；(2)根據平衡移動原理分析；IV.含銅離子溶液呈藍色，對觀察指示終點顏色有干擾。【詳解】I.(1)向Cu2O中加適量稀硫酸，得到藍色溶液和一種紅色固體，這說明氧化亞銅和稀硫酸反應生成的是硫酸銅、水和單質銅，該反應的離子方程式為：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，這說明在酸性溶液中，+2價Cu比+1價Cu更穩定；(2)將粉末加熱至以上完全

59、分解成紅色的粉末，該反應說明：在高溫條件下，+1價的Cu比+2價Cu更穩定；II.(1)a.加熱條件下銅易被氧氣氧化，a錯誤；b.灼燒不充分，銅未被完全氧化導致含有銅單質，b正確；c.氧化銅在加熱過程中不會分解生成銅，c錯誤；d.灼燒過程中部分氧化銅被有機物還原生成銅單質，d正確；故合理選項是bd；根據方程式可知：2Cu2+I22S2O32-，n(S2O32-)=0.1000mol/L0.014L10=1.410-2mol，則n(Cu2+)=1.410-2mol，m(CuSO45H2O)= 1.410-2mol250g/mol=3.5g，所以硫酸銅晶體的質量分數為(3.5g4.0g)100%=

60、87.5%；(2)Cu與稀硫酸、濃硝酸（或隨著反應進行濃硝酸變為的稀硝酸）反應生成硫酸銅、NO2（或NO）、H2O，根據氧化還原反應規律，可得反應方程式為：；NO不能被NaOH溶液吸收，O2可以將NO氧化為NO2，使氮氧化物完全被NaOH溶液吸收，同時可以將NO、NO2驅趕進入NaOH溶液中，發生反應，轉化為NaNO2、NaNO3，防止大氣污染；III.(1) Cl2中混有的HCl對反應沒有影響，因此不需要在濃硫酸洗氣瓶前增加吸收HCl的裝置；(2) a.將Y稀釋，平衡向左移動，溶液呈藍色，可以能夠證明CuCl2溶液中轉化關系，a正確；b.在Y中加入CuCl2晶體，溶液中Cu(H2O)42+、