【文档说明】浙江省金华十校2021-2022学年高三下学期4月模拟考试化学试题 含解析.docx，共(30)页，3.156 MB，由小赞的店铺上传

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金华十校2022年4月高三模拟考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Al-7P-31S-32Fe-56Cu-64一、选择题(本大题共25小题，每小题2分，共50分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.水溶液呈碱性

的正盐是A.3NaHCOB.3CHCOONaC.KOHD.24HSO【答案】B【解析】【详解】A．3NaHCO是强碱弱酸的酸式盐，水溶液由于碳酸氢根水解大于电离而呈碱性，A不合题意；B．3CHCOONa是强碱弱酸的正盐，水溶液由于醋酸根离子水解而呈碱性，B

符合题意；C．KOH是强碱，水溶液由于KOH=K++OH-呈碱性，C不合题意；D．24HSO是强酸，水溶液由于H2SO4=2H++2-4SO而呈酸性，D不合题意；故答案为：B。2.下列物质属于电解质的是A.2COB.CuC.2

Ca(OH)D.25CHOH【答案】C【解析】【详解】A．CO2是在熔融状态不导电的化合物，CO2的水溶液虽然能导电，但导电的离子是由CO2与H2O反应生成的H2CO3电离产生的，不是CO2自身电离产生的，CO2不属于电解质，CO2属于非电解质，A项不选；B．Cu是金属单质，既不是电解

质也不是非电解质，B项不选；C．Ca(OH)2是溶于水和熔融状态下自身能电离出离子而导电的化合物，Ca(OH)2属于电解质，C项选；D．C2H5OH是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，C2H5OH属于非电解质，D项不选；答案选C。3.下列仪器可以加热的是A

.B.C.D.【答案】A【解析】【详解】A．烧杯垫上石棉网时可用进行加热操作，A符合题意；B．漏斗是进行过滤及向小口容器中加入液体物质的仪器，不能用来加热，B不符合题意；C．容量瓶是准确配制一定体积一定物质的量浓度溶液的仪器，不能

用来进行加热操作，C不符合题意；D．冷凝管是进行降温冷凝的装置，不能进行加热，D不符合题意；故合理选项是A。4.下列物质对应的化学式不正确．．．的是A.熟石膏：42CaSO2HOB.红宝石主要成分：23AlOC.尿素：()22CONHD.孔雀石主要成分：32

CuCOCu(OH)【答案】A【解析】【详解】A．熟石膏是：422CaSOHO，题给为生石膏，A项错误；B．红宝石是刚玉的一种，主要成分是氧化铝(23AlO)，B项正确；C．尿素又称碳酰胺，其化学式为()22CONH，C项正确；D．孔雀

石的主要成分为碱式碳酸铜，化学式为223Cu(OH)CO，也可以写为32CuCOCu(OH)，D项正确；答案选A。5.下列表示不正确．．．的是A.乙炔的结构式：H-C≡C-HB.HCl的电子式：C.4CCl的比例模型：D.硫原子的结构示意图：

【答案】C【解析】【详解】A．乙炔含碳碳三键，是最简单的炔烃，其结构式为H-C≡C-H，A正确；B．HCl是H和Cl之间通过共价键形成的共价化合物，其电子式为HCl的电子式：，B正确；C．Cl的半径比C大，比

例模型中4个Cl应比C大，可表示为，C错误；D．硫离子的质子数为16，核外电子排布为2、8、6，硫原子的结构示意图：，D正确；答案选C。6.下列说法不正确．．．的是A.肥皂的主要成分是高级脂肪酸B.蛋白质的生物活性首先取决于其一级结构C.含氮量较高的硝化纤维俗称火棉

D.乙二醇可用作抗冻剂是因其凝固点很低【答案】A【解析】【详解】A．油脂在碱性条件下发生水解反应生成甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，A项错误；B．蛋白质的空间结构取决于其一级结构的氨基酸序列，所以说蛋白质的活性首先取决其一级结构，B项正确；C．含氮量较高的硝化纤维能燃烧，

易爆炸，是一种烈性炸药，它的俗称为火棉，C项正确；D．乙二醇的水溶液凝固点很低，不易结冰，可用作抗冻剂，D项正确；答案选A。7.下列说法不正确．．．的是A.16O和18O互为同位素B.白磷和红磷互为同素异形体C.二甲醚和乙醇互为同分异构体D.C2H4和C3H6一定互为同

系物【答案】D【解析】【详解】A．16O和18O的质子数都是8，中子数分别是8、10，二者质子数相同而中子数不同，因此二者互为同位素，A正确；B．白磷和红磷是磷元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，B正确；C．二甲醚和

乙醇分子式都C2H6O，前者结构简式CH3-O-CH3，后者结构简式是CH3CH2OH，二者结构不相同，而分子式相同，因此它们互为同分异构体，C正确；D．C2H4是乙烯，结构简式是CH2=CH2；C3H6表示物质可能是丙烯CH2=CH-CH3，也可能是环丙烷，则C2H4和C3

H6的结构不一定相似，故它们不一定互为同系物，D错误；故合理选项是D。8.下列说法不正确．．．的是A.热的纯碱溶液可去除油污B.二氧化硫可导致光化学烟雾污染C.铝硅酸盐可制作分子筛D.碘化银可用于人工降雨【答案】B【解析】【详解】A．纯碱为N

a2CO3，碳酸钠溶液中碳酸根离子水解，溶液显碱性，即23CO−+H2O3HCO−+OH-，加热促进水解，使平衡正移，溶液碱性变强，去油污效果更好，所以热的纯碱溶液可去除油污，故A正确；B．二氧化硫能导致酸雨，而导致光化学烟雾的物质是氮的氧化物，故B错误；C．铝硅酸

盐是一种多孔的结构，有许多笼状空穴和通道，可制作分子筛，常用于分离、提纯气体或液体混合物，还可作干燥剂、离子交换剂、催化剂及催化剂载体，故C正确；D．利用高炮，将碘化银炮弹发射到高空云团的零度层以上，利用碘化银在高空中分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核，这些冰核经过水

汽凝聚，形成冰晶，冰晶发展到一定的程度，将通过零度层下降，之后融化，形成雨滴，故D正确；答案为B。9.下列说法不正确．．．的是A.焦炭高温还原2SiO生成粗硅与2COB.氯碱工业阴极室内的产物是NaOH与2HC.海水中提取镁流程中，在一定条件下将2MgCl溶液蒸发结晶可得到22MgC

l6HOD.向3AlCl溶液中加入足量氨水生成3Al(OH)【答案】A【解析】是的【详解】A．焦炭高温还原2SiO生成粗硅与CO，A错误；B．氯碱工业阴极室内水电离出的氢离子放电，同时产生氢氧根，所以阴极室的产物是N

aOH与2H，B正确；C．海水中提取镁流程中将2MgCl溶液在氯化氢的气流中蒸发结晶可得到22MgCl6HO，C正确；D．氢氧化铝不溶于弱碱一水合氨中，所以向3AlCl溶液中加入足量氨水生成3Al(OH)沉淀，D正

确；答案选A。10.关于反应232AlON3C2AlN3CO+++高温，下列说法正确的是A.AlN是氧化产物B.C发生还原反应C.氧化剂与还原剂的质量之比为1∶3D.生成1molCO时，转移2mol电子【答案】D【解析】【分析】反

应232AlON3C2AlN3CO+++高温中，N元素的化合价由N2中的0价降至AlN中的-3价，N2为氧化剂，AlN为还原产物，C元素的化合价由C中的0价升至CO中的+2价，C为还原剂，CO为氧化产物。【详解】A．

反应232AlON3C2AlN3CO+++高温中，N元素的化合价由N2中的0价降至AlN中的-3价，N2为氧化剂，AlN为还原产物，A项错误；B．反应232AlON3C2AlN3CO+++高温中，C元素的化合价由C中的0价升至CO中的+2价，C发生氧化反应，B项错误；C．根据分

析，N2为氧化剂，C为还原剂，氧化剂N2与还原剂C的物质的量之比为1：3，质量之比为(1×28)：(3×12)=7：9，C项错误；D．C元素的化合价由C中的0价升至CO中的+2价，生成1molCO时，转移2mol电子，D项正确；答案选D。11.下列说法不

正确．．．是A.减压过滤操作中，布氏漏斗的颈口斜面应与吸滤瓶支管口相对B.乙醚、丙酮等有机溶剂极易被引燃，使用时必须远离明火和热源的C.将氯化钴浓溶液稀释时，可观察到溶液颜色由粉红色逐渐转变为蓝色D.普通酸性介质中的Zn-Cu原电池放电时间较短【答案】C【解

析】【详解】A．抽滤过程中，为保证滤液一般是顺着斜口下口流出的，防止水泵吸力过大把滤液吸入水管，布氏漏斗的颈口斜面应与吸滤瓶支管口相对，A正确；B．乙醚、丙酮等有机溶剂极易被引燃，为避免引发安全事故，使用时必须远离明火和热源

，B正确；C．氯化钴浓溶液中存在下列平衡：[CoCl4]2-(蓝色)+6H2O⇌[Co2+(H2O)6]2+(粉红色)+4Cl-，加水稀释，平衡正向移动，可观察到溶液由蓝色转变为粉红色，C错误；D．普通酸性介质中的Zn-Cu原电池Zn直接与酸接触，Zn表面也会产生气泡，电子很难长时间定向

有序移动，放电时间较短，D正确；答案选C。12.设AN为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.4.6gNa与含254.6gCHOH的水溶液反应，生成的2H的分子数为A0.05NB.1mol甲苯含有A6N个CH−键C.标准状况下，25.6LCO与足量

22NaO反应转移电子数为A0.5ND.常温常压下，4124gP中所含PP−键数目为A6N【答案】D【解析】【详解】A．钠与水、乙醇均能反应生成氢气，则4.6g钠与乙醇水溶液反应时，生成的氢气的分子数为4.6g23g/mol×12×NAmol—1=0.1NA，故A错误；B．甲苯

分子中含有8个碳氢键，则1mol甲苯含有碳氢键的数目为1mol×8×NAmol—1=8NA，故B错误；C．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，1mol二氧化碳完全反应转移1mol电子，则标准状况下5.6L

二氧化碳与足量过氧化钠完全反应转移电子数目为5.6L22.4L/mol×1×NAmol—1=0.25NA，故C错误；D．白磷分子中含有6个磷磷键，则124g白磷分子中含有的磷磷键为124g124g/mol×6×NAmol—1=6NA，故D正确；故选D。13.下列

离子方程式不正确．．．的是A.将磁性氧化铁溶于稀盐酸：32342FeO8H=2FeFe4HO++++++B.用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸：2422422=2MnO6H5HCO2Mn10CO8HO−+++++

+C.向硅酸钠溶液中通入足量SO2：2--2322332SO+2HO+SiOHSiO+2HSO=D.向硫代硫酸钠溶液中通入足量Cl2：2-2--+23223SO+2Cl+3HO=2SO+4Cl+6H【答案】D【解析】【详解】A．将磁性氧化铁溶于盐酸，发生反应生成氯

化亚铁、氯化铁和水，其离子方程式为32342FeO8H=2FeFe4HO++++++，故A正确；B．用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸，即酸性高锰酸钾溶液和草酸发生氧化还原反应，KMnO4中Mn元素得电子被还原，草酸中C元素失电子被氧化，根据得失电子守恒和元素守恒，其离子方程式为242

2422=2MnO6H5HCO2Mn10CO8HO−++++++，故B正确；C．向硅酸钠溶液中通入足量SO2，由于亚硫酸的酸性大于硅酸，所以二者发生反应，生成硅酸沉淀和亚硫酸氢钠，其离子方程式为2--2322332SO+2HO+SiOHSiO+2HS

O=，故C正确；D．向硫代硫酸钠溶液中通入足量Cl2，即Na2S2O3和Cl2发生氧化还原反应，Cl2是氧化剂，Cl元素得电子被还原为Cl-，Na2S2O3是还原剂，S元素失电子被氧化为24SO−，其离子方程式为2-2--+23224SO+4Cl+5H

O=2SO+8Cl+10H，故D错误；答案为D。14.下列说法不正确．．．的是A.石油加工工艺中，催化重整是获得芳香烃的主要途径B.聚苯乙烯、顺丁橡胶和PET都是通过加聚反应制备得到的C.在不同物质催化下，甲醛与苯酚可反应制得线型或体型酚醛树脂D.蛋白质遇到双缩脲试剂时会呈现紫玫瑰色【答案】

B【解析】【详解】A．由石油的综合利用可知，石油加工工艺中，催化重整是获得芳香烃的主要途径，故A正确；B．PET的名称为聚对苯二甲酸乙二酯，是由对苯二甲酸和乙二醇发生缩聚反应而生成，故B错误；C．制备酚醛树脂时，在酸做催化剂条件下，甲醛与苯酚发生缩聚

反应制得线型酚醛树脂，在碱做催化剂条件下，甲醛与苯酚发生缩聚反应制得体型酚醛树脂，故C正确；D．在过量的氢氧化钠溶液中加入硫酸铜溶液可制得双缩脲试剂,蛋白质遇到双缩脲试剂试剂时会呈现紫玫瑰色，故D正确；故选B。15.关于化合物，下列说法正确的是A.分

子中至少有11个碳原子共平面B.该化合物不能与盐酸反应生成盐C.1mol该化合物可以和5molBr2反应D.分子中含有2个手性碳原子【答案】D【解析】【详解】A．乙烯分子和苯分子都是平面分子，乙烯分子中与苯分子的C原子相连的C原子取代苯分子中的H原子位置，在苯分子的平面上；与苯环连接的右端

的饱和C原子取代苯分子中的H原子位置，在苯分子的平面上，乙烯平面与苯分子平面共直线，可能处于同一平面上，则在该物质分子中最少有8个C原子在同一平面上，A错误；B．该物质分子中含有的N原子上有孤对电子，能够与盐酸电离产生的

H+通过配位键结合，因此该化合物能与盐酸反应生成盐，B错误；C．物质分子中含有的碳碳双键能够与Br2发生加成反应；含有的酚羟基能够与浓溴水发生邻位C原子上的取代反应，而醇羟基不能发生取代反应。由于在该物质分子中含有1个碳碳双键和2个酚羟基，因此1mol该化合物可以和3mo

lBr2反应，C错误；D．手性碳原子是连接4个不同的原子或原子团的C原子，根据物质结构简式可知该物质分子中，在含有N原子的六元环上，有2个与-OH相连的C原子为手性C原子，因此该分子中含有2个手性碳原子，D正确；故合理选项是D。16.短周期元素W、X、Y、Z

在周期表中的相对位置如图所示。Y的核电荷数是X的两倍，下列说法正确的是WXYZA非金属性：Z＞Y＞X.B.3WZ与氨分子具有不同的空间构型C.X分别与W、Y、Z均可形成两种或两种以上的二元化合物D.22YZ结构稳定，不

易发生歧化反应【答案】C【解析】【分析】Y的核电荷数是X的两倍，则X为O元素、Y为S元素；由短周期元素W、X、Y、Z在周期表中的相对位置可知，W为N元素、Z为Cl元素。【详解】A．同主族元素，从上到下元素的非金属性减弱，硫元素的非金属性弱于氧元素，故A错误；B．三氯化氮中

氮原子的价层电子对数为4，孤对电子对数为1，分子的空间构型与氨分子相同，都是三角锥形，故B错误；C．氧元素与氮元素可以形成一氧化氮、二氧化氮等多种氧化物，与硫元素可形成二氧化硫、三氧化硫，与氯元素可形成二氧化氯、七氧化二氯等多

种氧化物，故C正确；D．二氯化硫性质不稳定，与水发生歧化反应生成硫、二氧化硫和氯化氢，故D错误；故选C。17.下列说法正确的是A.100℃时，pH=12的NaOH溶液中，()-1cOH0.01molL−=B.常温下，将pH=9的3CHCOONa溶液与pH=9的NaOH溶

液混合，混合溶液pH仍为9C.常温下，将pH=1的稀盐酸与pH=13的AOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定为7D.将冰醋酸加水稀释，冰醋酸的电离度逐渐增加，()+cH逐渐增大【答案】B【解析】【详解】A．水的离子积只受温度的影响，温度升高，促进水的电离，水的离子积增大，因此10

0℃时水的离子积大于1×10－14，100℃时，pH=12的NaOH溶液中，c(OH－)＞0.01mol·L－1，故A错误；B．CH3COONa与NaOH不发生反应，常温下，相同pH的两种溶液混合后，溶液pH仍为9，故B正确；C．如果AOH为弱碱，pH=13的AO

H物质的量浓度大于0.1mol·L－1，即等体积混合后，溶质为AOH和ACl，此时溶液可能显碱性，故C错误；D．冰醋酸加水稀释，促进醋酸的电离，醋酸的电离度增大，随着水量的增大，c(H＋)先增大后减小，故D错误；答案为B。18.如图表示氯自由

基与甲烷反应生成氯甲烷的两步链反应的势能变化，下列说法正确的是A.第二步链反应的12ΔH=105.4kJmol−−B.第二步链反应决定了总反应的反应速率C.第一步链反应还存在一种可能的反应，产物为3CHClH+，该反应之所以未发生可能是因为其活化能相对过高D.由图可知，两步链反应均为放热

反应反应进程【答案】C【解析】【详解】A．根据图示可知第二步链反应的12ΔH=112.9kJmol−−，A错误；B．多步反应的总反应速率由活化能大的慢反应决定。根据图示可知第一步反应的活化能大于第二步，因

此第一步链反应决定了总反应的反应速率，B错误；C．反应的活化能越大，反应就越不容易发生，根据物质反应方式可知第一步链反应还存在一种可能的反应，产物为3CHClH+，该反应之所以未发生可能是因为其活化能相对过高，C正确；D．第一步反应中生成物能量高于反应物，

反应属于吸热反应；第二步反应中反应物的能量比生成物的高，反应为放热反应，可见两步反应中第一步为吸热反应，第二步为放热反应，D错误；故合理选项是C。19.在一定温度下，将气体X和气体Y各0.16mol充入10L恒容密闭容器中，发生反应X

(g)Y(g)2Z(g)+ΔH<0，一段时间后达到平衡。反应过程中测定的数据如下表：t/min2479n(Y)/mol0.120.110.100.10下列说法正确的是A.前4min内反应的平均速率3v(Z)2.510mol/(Ls)−=B.其他条件不

变，升高温度，反应达到新平衡前)v逆()v(<正C.该温度下此反应的平衡常数K=1.44D.其他条件不变，再充入0.2molZ，平衡时X的体积分数增大【答案】C【解析】【详解】A．反应前4min，消耗n(Y)=(0.16mol－0.11

mol)=0.05mol，根据反应方程式，则生成n(Z)=0.05mol×2=0.10mol，根据化学反应速率的表达式v(Z)=()0.10mol10L=0.0025mol/L?min4min，A错误；

B．该反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向进行，即v(逆)>v(正)，B错误；C．由题干信息可知，X(g)+Y(g)Z(g)(mol)0.160.160(mol)0.060.060.012(mol)0.0100.0100.012

起始转化平衡，故化学平衡为20.012=1.440.0100.010K=，C正确；D．因为反应前后气体系数之和相等，因此其他条件不变时，再充入0.2molZ，重新达到平衡，与原平衡为等效平衡，则平衡时X的体积分数不变，D错误；故选C。20.奥地利物理学家Bo

ltzmann首次把熵和混乱度定量地联系起来，即S=klnΩ(k为Boltzmann常数，为混乱度，也即微观状态数，可粗略地看作空间排列的可能性数目)。在相同的温度和压强下，下列关于熵的大小排序正确的是A.1molC(C

H3)4＜1mol(CH3)2CHCH2CH3B.2642molCH(g)1molCH(g)C.4241molCuSO5HO(s)1molCuSO(s)D.()()221molHOl1molHOs【答案】A【解析

】【详解】A．对于同分异构体来说，物质分子中含有的支链越多，分子间作用力就越小，物质的熔沸点就越低。1molC(CH3)4转化为1mol(CH3)2CHCH2CH3时要吸收热量，物质含有的能量越多，体系混乱程度就越大，其熵值就越大，说明熵值大小关系为：1molC(CH3)4＜1mol

(CH3)2CHCH2CH3，A正确；B．当物质状态相同时，体系中含有气体分子数越多，熵值就越大，则熵的大小关系为：2642molCH(g)1molCH(g)＞，B错误；C．当物质状态相同、物质的量相同时，物质内含有的原子数目越多，熵值就越大，因此熵的大小关系为：4241molCu

SO5HO(s)1molCuSO(s)＞，C错误；D．同一物质在不同状态时，熵的大小关系为：气态＞液态＞固态，故熵的大小关系为：221molO(l)1molHO(s)＞，D错误；故合理选项是A。21.固体电解质是具有与强电解质水溶液相当的导电性的一类无机物，一种以

RbAgals晶体为固体电解质的气体含量测定传感器如图所示，固体电解质内迁移的离子为Ag+，氧气流通过该传感器时，2O可以透过聚四氟乙烯膜进入体系，通过电位计的变化可知2O的含量。下列说法不正确．．．的是A.银电极为负极，多孔石墨电极为正极B.2O透过聚四氟乙烯膜后与3AlI反应生成

2IC.多孔石墨电极附近发生如下反应：2I2Ag2e2AgI+−=++D.当传感器内迁移2molAg+时，有标准状况下222.4LO参与反应【答案】D【解析】【分析】由图可知，传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，原电池反应为

2Ag+I2=2AgI，所以原电池的负极发生Ag-e-=Ag+，正极发生I2+2Ag++2e-=2AgI，以此来解答。【详解】A．根据以上分析可知银电极为负极，多孔石墨电极为正极，故A正确；B．传感器中发生4AlI3+3O2＝2Al2O3+6I2，所以2O透过聚四

氟乙烯膜后与3AlI反应生成2I，故B正确；C．多孔石墨电极为正极，发生得到电子的还原反应，即附近发生如下反应：I2+2Ag++2e-=2AgI，故C正确；D．4Ag~1molO2，所有迁移2molAg+，有标准状况下11.2LO2参与反应，故D错误；故选D。22.

某些化合物类别往往会随着状态改变而改变。例如气态5PCl为共价化合物，固态5PCl却是离子化合物，阳离子为正四面体结构，阴离子为正八面体结构。下列说法不正确．．．的是A.固态5PCl中的阳离子为4PCl+B.固态5PCl是离子晶体，能导电C.5PCl部分氟化可得23PClF，其化学式可表述为

46PClPF+−D.固态5PBr中不存在正八面体阴离子的原因是Br−的离子半径过大【答案】B【解析】【分析】由题意可知，固态五氯化磷是由正四面体结构的四氯合磷阳离子和正八面体结构的六氯合磷阴离子形成的离子化合物。【详解】A．由分析可知

，固态五氯化磷中的阳离子为正四面体结构的四氯合磷阳离子，故A正确；B．由分析可知，固态五氯化磷是由正四面体结构的四氯合磷阳离子和正八面体结构的六氯合磷阴离子形成的离子化合物，属于离子晶体，由于固体中不存在不自由移动的离子，不能

导电，故B错误；C．固态五氯化磷部分氟化得到的PCl2F3是由四氯合磷阳离子和六氟合磷阴离子形成的离子化合物，化学式可表述为46PClPF+−，故C正确；D．由于溴离子的离子半径过大无法形成正八面体结构的六溴合磷阴

离子，固态五溴化磷中不存在六溴合磷阴离子，故D正确；故选B。23.25℃，有()()--133cCHCOOH+cCHCOO=0.1molL的一组醋酸和醋酸钠混合溶液，溶液中()3cCHCOOH、()-3cCHCOO与pH的关系如图所示。下列有关离子浓度关系叙述正确的是A.pH=5溶液中：()()

()()-+-33cCHCOOH>cCHCOO>cH>cOHB.W点表示溶液中：()()()()+--+3cNa+2cOH=cCHCOO+2cHC.pH=3.5溶液中：()()()()++-13cNa+cH-cOH+cCHCOOH0.1molL−=D.取W点溶液1L，

通入0.05molHCl气体(溶液体积变化可忽略)：()()()+-3cH=cCHCOOH+cOH【答案】C【解析】【分析】由CH3COOHCH3COO-+H+可知，()3CHCOOHc越大，H+浓度越大，溶液的pH越小，因此，虚线代表3CHCOOH的曲线，实线代表-

3CHCOO的曲线，结合电解质溶液相关知识解答。【详解】A．由图可知，当pH5=时，()()-33CHCOOH<CHCOOcc，A错误；B．根据电荷守恒：()()()()++--3Na+H=CHCOO+OHcccc，B错误；C．()()()()++--3Na+H=CHCOO+OH

cccc，则()()()()-++-3CHCOO=Na+H-OHcccc，又()()--133CHCOOH+CHCOO=0.1molLcc，即()()()()++--13Na+H-OH+CHCOOH=0.1molLcccc，C正确；D．向W点所表示

的1.0L溶液中通入0.05molHCl气体，发生反应可得到0.05molNaCl和0.1mol3CHCOOH，由电荷守恒知：()()()()()++---3Na+H=CHCOO+OH+Clccccc，又()()+-Na=Clcc，则有()()()+--3

H=CHCOO+OHccc，通入HCl气体后溶液中()()-33CHCOOCHCOOHcc，D错误；答案选C。24.2PdMg/SiO−催化剂上2CO甲烷化反应机理如图所示。下列说法不正确．．．的是A.上述甲烷化过程总反应可表示为22

242PdMg/SiOCO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)−++B.整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为MgOC.2PdMg/SiO−催化剂加快了甲烷化速率D.经过一个加氢循环后的MgO再次与2CO结合形成碳酸盐，继续一个新的加氢循环过程【答案】B【解析】【详解】

A．由图可知，CO2和H2在Pd-Mg/SiO2催化条件下生成甲烷和水，反应为:22242PdMg/SiOCO(g)4H(g)CH(g)2HO(g)−++，故A正确；B．由反应机理可知CO2甲烷化反应的关键在于加氢

，整个甲烷化过程真正起催化作用的物质为Pd，故B错误；C．催化剂可以加快反应速率，但不能提高平衡转化率，故C正确；D．MgO与CO2结合形成碳酸盐经过一个加氢循环后，又得到MgO，化学性质没有变化，继续参加新的加氢循环过程，故D正确；故答案：

B。25.下列方案设计、现象和结论有不正确．．．的是目的方案设计现象和结论A检验海带中是否含有碘元素将海带灰溶解过滤后，取适量滤液于试管中，酸化后加入少量新制氯水，充分反应后加入1~2滴淀粉溶液溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素B鉴定淀粉是否完全水解取少量淀粉于锥形瓶中，以固液比1∶10加入稀硫

酸，牛皮纸封口，在120℃下水解30min，取适量水解液于试管中，加入少量碘-碘化钾溶液溶液未变蓝，则证明淀粉已完全水解C检验CO还原23FeO的生成物中是否含有34FeO将适量反应后的固体溶于稀盐酸中，取少量溶解液于试管中，滴加硫氰化钾溶液溶液变血红色，

则证明还原产物中含有34FeOD检验食盐中是否混有少量亚硝酸钠取适量食盐样品于试管中，加水溶解后加入硝酸银溶液，过滤后取滤渣，滴加稀硝酸若沉淀部分溶解，则证明食盐中混有亚硝酸钠A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．滤液中含有碘离子，酸

化后加入少量新制氯水，氯水将碘离子氧化成单质碘，碘遇淀粉变蓝，因此溶液变蓝，则证明海带中含有碘元素，故A正确；B．淀粉遇碘单质会变蓝，120℃下水解30min，取适量水解液于试管中，加入少量碘-碘化钾溶

液，溶液不变蓝，说明溶液中不存在淀粉，即淀粉已经完全分解，故B正确；C．23FeO中铁元素为+3价，若23FeO过量，CO不能将23FeO反应完全，将适量反应后的固体溶于稀盐酸中，生成氯化铁，滴加硫氰

化钾溶液，溶液也会变成血红色，故C错误；D．取适量食盐样品于试管中，加水溶解后加入硝酸银溶液，过滤后取滤渣，滴加稀硝酸，氯化银是不溶于稀硝酸的沉淀，若沉淀部分溶解，说明沉淀中含有亚硝酸银，从而说明食盐中混

有亚硝酸钠，故D正确；答案选C。二、非选择题(本大题共6小题，共50分)26.回答下列问题：（1）金刚石熔点：3550℃，金刚砂(SiC)熔点：2700℃，请从结构角度解释原因___________。（2

）在0℃以下将F2从细冰上通过，可以制得毫克量的次氟酸。已知次氟酸与次氯酸结构相似，且能与水反应，其中一种产物既有氧化性又有还原性。a．请写出次氟酸的电子式___________。b．请写出次氟酸与水反应的化学方程式___________。【答案】（1）碳原子半径小于硅原子

半径，故金刚石的碳碳键的键长比金刚砂的碳硅键的键长短，所以金刚石熔点更高（2）①.②.222HFO+HO=HO+HF【解析】【小问1详解】金刚石熔点：3550℃，金刚砂(SiC)熔点：2700℃，物质熔点：金刚石大于

金刚砂，这是由于二者都是共价晶体，原子之间以共价键结合。由于碳原子半径小于硅原子半径，则金刚石的碳碳键的键长比金刚砂的碳硅键的键长短，键长越短，结合力就越强，断裂消耗的能量就越高，物质的熔点就越高，所以金刚石熔的点更高；【小问2详解】a．在次氟酸分

子中O原子分别与H、F原子各形成1对共用电子对，使分子中各个原子都达到最外层2个或8个电子的稳定结构，则HFO的电子式为；b．HFO与H2O反应产生的物质H2O2既有氧化性又有还原性，同时还生成HF，该反应方程式为：222HFO+HO=HO+HF。27.某兴趣小组设计实验测定“自

然晶盐"的含碘量。取5.00g自然晶盐，加蒸馏水使其完全溶解后加稀硫酸酸化并加入足量的KI溶液，使3KIO与KI反应完全。以淀粉为指示剂，逐滴滴加311.010molL−−的223NaSO溶液5.00mL，达到滴定终点(反

应为2--2-22346I+2SO=2I+SO)。（1）写出3KIO与KI反应的离子方程式___________。（2）上述“自然晶盐"中的碘元素含量为___________mg/kg(写出计算过程，精确到小数点后一位)。【答案】（1）--+322O+5I+6H=3I+3HOI（2）21.

2【解析】【小问1详解】由题意可知，酸性条件下，碘酸钾与碘化钾反应生成硫酸钾、碘和水，反应的离子方程式为--+322O+5I+6H=3I+3HOI；【小问2详解】由方程式可得如下关系：KIO3~3I2

~6Na2S2O3，滴定消耗5.00mL1.0×10-3mol/L硫代硫酸钠溶液，则5.00g自然晶盐中的碘元素含量为-3-33-311.010mol/L5.0010L127g/mol10mg/g65.00g10kg/g=21.2mg/kg。28.化合物X是一种由三种元素组成的重要化

工原料，其M＜1200gmol−，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，其中气体B可使品红溶液褪色。(部分反应条件省略)请回答：（1）组成X的元素有___________，X的化学式是___________。（2）溶液E中溶质的主要成分是__

_________(用化学式表示)。（3）写出X与2O反应生成A、B、C的化学方程式___________。（4）写出H与C反应生成I和B的化学方程式___________。（5）请设计实验确定气体D的成分______

_____。【答案】（1）①.Cu、Fe、S②.2CuFeS（2）2FeCl、HCl（3）22222CuFeSOCuS2?FeSSO+=++（4）2222CuOCuS6CuSO+=+（5）将D气体通过硫

酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是2HS【解析】【分析】化合物X是一种由三种元素组成的重要化工原料，其M＜1200gmol−，已知B、D含有一种相同的元素且在常温下均为气体化合物，且B可使品红溶液褪色,则B为二氧化硫。化合物X在氧气中燃烧生成A、B

、C，A加过量的盐酸生成气体D和浅绿色溶液，所以D为硫化氢，E中含有亚铁离子，则A为FeS；E中加入氢氧化钠生成红褐色沉淀F，则F为氢氧化铁，灼烧生成红褐色固体G，则G为三氧化二铁，其质量为16.og，则含Fe2O3→2Fe，n(Fe)=0.2mol；C氧化生成砖红色固体H和SO2，所以H为Cu2

O，C为Cu2S，H加入C得紫红色固体，紫红色固体为铜，其质量为19.2g，则n(Cu)=0.3mol；2Cu2O+Cu2S=6Cu+SO2，则原物质中含有铜为0.3mol46=0.2mol；由此可知X中含有Fe、Cu、S，其()36.80.256/0.264/0.432gmolgmol

molgmolnSmol−−==，则X的化学式为2CuFeS。以此分析解答本题。【小问1详解】根据上述分析可知：组成X的元素有Fe、Cu、S，X的化学式是2CuFeS，故答案：Fe、Cu、S；2CuFeS。【小问2详解】根据上

述分析可知：溶液E中溶质的主要成分是FeCl2、HCl，故答案：FeCl2、HCl。【小问3详解】根据上述分析可知：X为2CuFeS，与2O反应生成为FeS、Cu2S、SO2，A、B、C的化学方程式22

222CuFeSOCuS2?FeSSO+=++，故答案：22222CuFeSOCuS2?FeSSO+=++。【小问4详解】根据上述分析可知：H为Cu2O，C为Cu2S，两者反应生成Cu和SO2，其反应的化学方程式2222CuOCuS6CuSO+=+，故答案：2222CuOCuS6CuSO+

=+。【小问5详解】根据上述分析：气体D为硫化氢，为了确定气体D的成分，可将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则说明D是2HS，故答案：将D气体通过硫酸铜溶液，若产生黑色沉淀且溶液酸性增强，则

说明D是2HS。29.NOx一直是大气污染物主要成分之一，运用化学反应原理研究活性炭、3NH等物质还原氮氧化物从而减弱大气污染，此举具有重要意义。（1）反应22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)++在常温下能自发进行，据此判断此反应的焓变△H_________

__0(填“＞”、“＜”、“=”)（2）以上反应可分为如下四步反应历程，写出其中第三步的反应：第一步：22NO=(NO)第二步：22C(NO)C=(O)NO++第三步：___________第四步：22C(O)=C

OC+（3）已知在298K和101kPa条件下，有如下反应：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol反应②：22N(g)O(g)=2NO(g)+12ΔH=180.5kJmol−+若反应12CO2(g)+12N2(g)=12C(s)+NO(g)的活化能为1ak

Jmol−，则反应22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)++的活化能为___________1kJmol−。（4）对比研究活性炭负载钙、镧氧化物的反应活性。在三个反应器中分别加入C、CaO/C、

La2O3/C，通入NO使其浓度达到0.1mol/L。不同温度下，测得第2小时NO去除率如图所示。①据图分析，490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是___________(用a、b、c表示)。②400℃时，CaO/C催化

下此反应的平衡常数Kp=144，则反应达平衡时NO的去除率为___________(保留两位有效数字)。（5）将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置如图)。反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图所示：在50~250℃范围内随

着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是___________；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是___________。【答案】（1）△H＜0（2）C+N2O=C(O)+N2（3）2a-574（4）①.a②.96%（5）①.在一定温度

范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低②.氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO【解析】【小问1详解】反应22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)++在反应前后气体的物质的量不变，则△S=0，该反应在常温下能自发进行，根据△G=△H-T△S＜

0可自发进行，据此判断此反应的焓变△H＜0；【小问2详解】反应22C(s)2NO(g)N(g)CO(g)++可分四步进行：第一步：22NO=(NO)，第二步：22C(NO)C=(O)NO++，第四步：22C(O

)=COC+，则根据盖斯定律，将总反应方程式前去第一、二、四步反应方程式，可得第三步反应式为C+N2O=C(O)+N2；【小问3详解】已知：反应①：C(s)+O2(g)=CO2(g)△H1=-393.5kJ/mol反应②：22N(g)O(g)=2NO(g)+12ΔH=180.5kJmol−

+根据盖斯定律，将①-②，整理可得C(s)+2NO(g)=N2(g)+CO2(g)△H=-574kJ/mol。反应反应12CO2(g)+12N2(g)=12C(s)+NO(g)的活化能为1akJmol−，假设C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N

2(g)的活化能为bkJ/mol，则(b-2a)kJ/mol=-574kJ/mol，所以b=2a-574，故C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)的活化能为(2a-574)kJ/mol；【小问4详解】①活化能越小，反应就越容易发生，在相同温度下反应

NO的去除率就越高。根据图象可知在三个反应器中分别加入C、CaO/C、La2O3/C，在490℃以下，三种情况下反应的活化能最小的是CaO/C，去除NO效果最好的是CaO/C，故合理选项是a；②图象可知400℃时，NO初始浓度0.1mo

l/L，设平衡时转化生成N2浓度为x，则根据反应C(s)+2NO(g)=CO2(g)+N2(g)中物质反应转化关系可知平衡时c(NO)=(0.1-2x)mol/L，c(N2)=c(CO2)=xmol/L，反应前后气体体积不

变，压强不变，可以直接用平衡浓度计算的物质的量分数代替平衡分压，则Kp=2xx0.10.11440.1-2x()0.1=，解得x=0.048mol/L，则反应达平衡时NO的去除率为η=20.048mol/L

100%0.1mol/L=96%；【小问5详解】在50~250℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢，主要原因是在一定温度范围内催化剂活性较大，超过温度范围，催化剂活性降低，反应速率降低；当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，

原因可能是氨气在该反应条件下与氧气反应生成NO。30.CuCl常用作有机合成催化剂，现有如下两种方法制备CuCl。已知：CuCl晶体呈白色，微溶于水，不溶于稀盐酸和乙醇，露置于潮湿空气中易水解为绿色的23Cu(OH)Cl，见光易分解。方法一：利用热

分解22CuCl2HO(绿色)制备CuCl，并进行相关探究。300C2222140C·2HOHClCuClCuClCuClCl→→+气流（1）将下列的实验操作按准确的先后顺序排列：a→→→e→→→_____。a．检查装置的气密性后加入药品b．点燃酒精灯加热至140℃，反应

一段时间c．调整酒精灯温度＞300℃，反应一段时间d．停止通入2Ne．停止通入HCl，然后通入干燥2Nf．在“气体入口”处通入干燥HClg．熄灭酒精灯（2）关于上述实验说法正确的是___________(填字

母)A.若加热时间不足或温度偏低，最终可能混有2CuClB.可通过固体颜色变化，判断反应终点C.干燥管中最好放无水硫酸铜固体D.通入干燥HCl的作用是防止CuCl被氧化，可用干燥2N代替方法二：以CuCl(含少量2Fe+

)粗品为原料制取CuCl，设计的合成路线如下：查阅资料可知：①在较高的盐酸浓度下，3Fe+能溶解于甲基异丁基甲酮；②CuCl在溶液中存在：23CuCl(s)2Cl(aq)CuCl(aq)−−+。（3）下列叙述正确的是_________

__(填字母)。A.2CuCl原料中含有的2Fe+经氧化、萃取几乎都在有机相中被除去B.加入萃取剂后，混合物转移至分液漏斗中，塞上玻璃塞，如图用力振摇C.通入2SO的目的是将2Cu+还原直接生成CuCl沉淀D.上述合成路线中，

一系列操作包括：抽滤、洗涤、干燥，且干燥时应注意密封、避光（4）向混合液中加入去氧水的主要目的是___________。（5）现称取mg产品，用硫酸酸化的硫酸铁溶解，并稀释成250mL。每次用移液管移取25.00mL溶液于锥形瓶中，用c14molLKMnO−溶液滴定，平均消耗VmL。①用移液管

吸取25.00mL溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，___________，数秒后，取出移液管。②有同学认为该实验方案明显不合理，会导致产品中CuCl的纯度严重偏高，理由是___________。【答案】（1）(f)→(b)→

e→(c)→(g)→(d)（2）AB（3）AD（4）使23CuCl(s)2Cl(aq)CuCl(aq)−−+逆向移动，获得CuCl固体，且防止CuCl被氧化（5）①.使管尖与锥形瓶内壁接触，松开食指使溶液全

部流②.Cl−也能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多【解析】【小问1详解】利用热分解22CuCl2HO(绿色)制备CuCl，先检查装置的气密性后加入药品，根据实验信息可知，再在“气体入口”处通入干燥HCl，再

结合方程式300C2222140C·2HOHClCuClCuClCuClCl→→+气流点燃酒精灯加热至140℃，反应一段时间，再停止通入HCl，然后通入干燥2N，根据方程式再调整酒精灯温度＞300℃，反应一段时间，然后熄灭酒精灯，最后待

硬质玻璃管冷却后停止通入2N，所以实验顺序为a→(f)→(b)→e→(c)→(g)→(d)，故答案为：(f)→(b)→e→(c)→(g)→(d)；【小问2详解】A．根据方程式300C2222140C·2HOHClCuClCuClCu

ClCl→→+气流可知，低温下22CuCl2HO会失水变成氯化铜，所以若加热时间不足或温度偏低，最终可能混有2CuCl，故A正确；B．22CuCl2HO和氯化铜固体都是有颜色的，而CuCl固体是白色的，所以可通过固体颜色变化，判断反应终点，故B正确；C

．此处的干燥管是为了防止氢氧化钠溶液中的水蒸气进入硬质玻璃管，只要是固体干燥剂就可以，如碱石灰、无水氯化钙等，无水硫酸铜固体常用来检验水的存在，所以此处不一定用无水硫酸铜，故C错误；D．通入干燥HCl的作用是

防止CuCl2水解，不能用干燥2N代替，故D错误；故答案为：AB；【小问3详解】A．分析整个流程图可以看出，氧化、萃取的目的是除去2+Fe，其原理是用过氧化氢把2+Fe氧化成3+Fe，然后在较高的盐酸浓度下，用萃取剂甲基异丁基甲酮萃取水溶液中的2+Fe，故A正确；B．

萃取操作中，用力振荡分液漏斗，使萃取剂与原溶液充分混合，分液漏斗的管口向上，并旋开活塞放气，管口向下是错误的，故B错误；C．通入2SO的目的是还原CuCl2生成CuCl，但CuCl在溶液中发生23CuCl(s)

2Cl(aq)CuCl(aq)−−+可转化为23CuCl−，离子方程式为2-2+-22243-+2Cu+SO+2HO=+SO+6Cl2CCl+4Hu，不能直接得到CuCl，故C错误；D．已知氯化亚铜露置于潮湿空气中易水解易被氧化，见光易分解，所以一系列操作包括：

抽滤、洗涤、干燥，且干燥时应注意密封、避光，故D正确；故答案为：AD；【小问4详解】混合液中存在平衡23CuCl(s)2Cl(aq)CuCl(aq)−−+，加入去氧水可以使溶液稀释，平衡逆向移动，生成CuCl沉淀，得到所需产品，所以所加水需要去氧，是为了防止CuCl被氧化，故答案为：使

23CuCl(s)2Cl(aq)CuCl(aq)−−+逆向移动，获得CuCl固体，且防止CuCl被氧化；【小问5详解】移液管是量取一定体积的液体的仪器，用移液管吸取25.00mL溶液后，将移液管垂直放入稍倾斜的锥形瓶中，使管尖与锥形瓶

内壁接触，松开食指使溶液全部流出，数秒后，取出移液管；该实验是利用3+2+2+-Fe+CuCl=Cu+Fe+Cl和2++3+2+2-45Fe++8H=MnO5Fe+Mn+4HO可得关系式-45CuClM

nO，利用此关系式根据高锰酸钾的物质的量求样品中CuCl的物质的量和质量，但溶液中的氯离子在酸性条件下也会被高锰酸根离子氧化，--+2+4222MnO+10Cl+16H=2Mn+5Cl+8HO，导致消耗的高锰酸钾溶液的量增加，从而使产品中CuCl的纯度严重偏高，故答案为：Cl−也能被酸

性高锰酸钾溶液氧化，导致消耗的酸性高锰酸钾标准溶液偏多。31.一种利胆药物下的合成路线如图：已知：Ⅰ．2Δ⎯⎯→+Ⅱ．"2ΔRNH⎯⎯⎯→回答下列问题：（1）下列说法不正确．．．的是___________。(填字母)A.可用FeCl3溶液检验化合物B中是否含有

AB.B→C、C→D的反应均为取代反应C.化合物E中含氧官能团共有3种D.化合物F的分子式是C14H19O4N（2）分别写出化合物J、H的结构简式___________、___________。（3）D→E的化学方程式为___________。（4）写出所

有符合下列条件的化合物A的同分异构体的结构简式___________。①含有酚羟基②不能发生银镜反应③含有四种化学环境的氢（5）已知：，，综合上述信息，写出由1，4-二溴丁烷和制备的合成路线___________。【答案】（1）BD（2）①.CH3OH②

.（3）Δ⎯⎯→（4）、、、（5）【解析】【分析】E（C12H14O4）与化合物H反应生成F，F的结构简式为，结合题给已知II可知，化合物H的结构简式为、E的结构简式为；D加热转化成E，D与E的分子式相同，则D、E互为同分异构体，D转化成E发生题给已知I的反

应，则D的结构简式为；C（C11H12O4）与化合物J在浓硫酸存在下反应生成D（C12H14O4），D分子中比C分子中多1个碳原子，C与J发生酯化反应，则化合物J的结构简式为CH3OH，C的结构简式为；A的分子式为C8H8O3，A的不

饱和度为5，对比A、B的分子式，A与CH2=CHCH2Br发生取代反应生成B和HBr；对比B、C的分子式，B与NaClO2、H+发生氧化反应生成C，则B的结构简式为、A的结构简式为；据此分析作答。【小问1详解】A．A的结构简式为，A中含酚羟基，与FeCl

3溶液发生显色反应，B的结构简式为，B与FeCl3溶液不会发生显色反应，故可用FeCl3溶液检验化合物B中是否含有A，A项正确；B．B→C为氧化反应，C→D为酯化反应或取代反应，B项错误；C．E的结构简式为，其中的含氧官能团有醚键、(酚)羟基、酯基，共3种，C

项正确；D．F的结构简式为，其分子式为C13H17O4N，D项错误；答案选BD。【小问2详解】根据分析，化合物J的结构简式为CH3OH，化合物H的结构简式为；答案为：CH3OH；。【小问3详解】D的结构简式为，E的结构简式为，D→E的化学方程式为Δ⎯⎯→；答案为：

Δ⎯⎯→。【小问4详解】A的分子式为C8H8O3，A的不饱和度为5，A的同分异构体中含有酚羟基，不能发生银镜反应说明不含醛基，含有四种化学环境的氢的同分异构体的结构简式为：、、、；答案为：、、、。【小问5详解】对比与、BrCH2(CH2)2CH2Br结

构简式的异同，结合题给已知，可由BrCH2(CH2)2CH2Br先在NaOH醇溶液、加热条件下发生消去反应生成，与HBr在40℃时发生加成反应生成，与发生题给A→B的类似反应生成，发生题给已知I的反应生成，合成路线流程图为：；答案为：

。