2022年湖南省寧鄉(xiāng)高三最后一模化學試題含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列實驗對應的現(xiàn)象及結論均正確且兩者具有因果關系的是選項 實驗 現(xiàn)象結論A將SO2通入BaCl2溶液中，然后滴入HNO3有白色沉淀生成，且白色沉淀不溶于稀硝酸所得的沉淀為BaS

2、O3，后轉化為BaSO4B向足量含有淀粉的FeI2溶液中滴加2滴氯水溶液變藍還原性：I- Fe2+C向FeCl2溶液中加入Na2O2粉末出現(xiàn)紅褐色沉淀和無色液體FeCl2溶液部分變質D將濃硫酸滴入蔗糖中并攪拌得黑色蓬松的固體并有刺激性氣味該過程中濃硫酸僅體現(xiàn)了吸水性和脫水性AABBCCDD2、杜瓦苯()與苯互為同分異構體，則杜瓦苯A最簡式是CH2B分子中所有原子共平面C能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D是CH2=CH-CH=CH2的同系物3、水處理在工業(yè)生產(chǎn)和科學實驗中意義重大，處理方法很多，其中離子交換法最為簡單快捷，如圖是凈化過程原理。有關說法中正確的是（ ）A經(jīng)過陽離子交換樹脂后，水中陽離子的總

3、數(shù)未發(fā)生變化B通過陽離子交換樹脂時，H則被交換到水中C通過凈化處理后，水的導電性不變D陽離子樹脂填充段存在反應HOH-=H2O4、以淀粉為基本原料制備聚乙烯和乙酸。下列說法正確的是A淀粉和葡萄糖都是營養(yǎng)物質，均能在體內(nèi)發(fā)生水解、氧化反應B工業(yè)上以石油為原料制取聚乙烯，需經(jīng)裂解、加聚等反應C燃燒等物質的量的乙烯和乙醇耗氧量不同D乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應制乙酸乙酯，原子利用率為100%5、實驗室進行加熱的方法有多種，其中水浴加熱的局限性是（）A加熱均勻B相對安全C達到高溫D較易控溫6、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現(xiàn)的是()ACu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)BSiO2(s)H2

4、SiO3(s)Na2SiO3(aq)CFe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)DNaCl(aq)Na2CO3(s)NaOH(aq)7、下列離子方程式中正確的是（ ）A硫酸鎂溶液和氫氧化鋇溶液反應 SO42-+Ba2+=BaSO4B銅片加入稀硝酸中：Cu +2NO3- +4H+=Cu2+2NO2+2H2OCFeBr2溶液中加入過量的氯水2Fe2+2Br-+2Cl2=Br2+4Cl-+2Fe3+D等體積等物質的量濃度的NaHCO3和Ba(OH)2兩溶液混合：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O8、某同學用Na2CO3和NaHCO3溶液進行如圖所示實驗。下列說法中正確的是()A

5、實驗前兩溶液的pH相等B實驗前兩溶液中離子種類完全相同C加入CaCl2溶液后生成的沉淀一樣多D加入CaCl2溶液后反應的離子方程式都是CO32-Ca2=CaCO39、下列物質不屬于合金的是A鋁 B青銅 C不銹鋼 D生鐵10、乙烷、乙炔分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目分別是1、3，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目可能為()A20B24C25D7711、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A在標準狀況下，將4.48L的氯氣通入到水中反應時轉移的電子數(shù)為0.2NAB12g石墨中C-C鍵的數(shù)目為2NAC常溫下，將27g鋁片投入足量濃硫酸中，最終生成的SO2分子數(shù)為1.5NAD常

6、溫下，1LpH1的CH3COOH溶液中，溶液中的H數(shù)目為0.1NA12、關于一些重要的化學概念，下列敘述正確的是A根據(jù)丁達爾現(xiàn)象可以將分散系分為溶液、膠體和濁液BCO2、NO2、Mn2O7、P2O5 均為酸性氧化物C漂白粉、水玻璃、鋁熱劑均為混合物D熔融狀態(tài)下，CH3COOH、NaOH、MgCl2 均能導電13、延慶區(qū)的三張名片：長城、世園會、冬奧會中所使用的材料屬于無機非金屬材料的是A京張高鐵的復興號火車“龍鳳呈祥”內(nèi)裝使用材料FRPB中國館屋頂ETFE保溫內(nèi)膜C八達嶺長城城磚D2022年冬奧會高山滑雪服14、電化學在日常生活中用途廣泛，圖甲是鎂次氯酸鈉燃料電池，電池總反應為：Mg+ClO-

7、+H2O=Cl-+Mg(OH)2，圖乙是含Cr2O72-的工業(yè)廢水的處理。下列說法正確的是（ ）。A圖乙Cr2O72-向惰性電極移動，與該極附近的OH-結合轉化成Cr(OH)3除去B圖甲中發(fā)生的還原反應是Mg2+ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2C圖乙電解池中，若有0.84g陽極材料參與反應，則陰極會有3.36L的氣體產(chǎn)生D若圖甲電池消耗0.36g鎂，圖乙廢水處理，理論上可產(chǎn)生1.07g氫氧化鐵沉淀15、常溫下，向20mL0.05molL1的某稀酸H2B溶液中滴入0.1molL1氨水，溶液中由水電離出氫離子濃度隨滴入氨水體積變化如圖。下列分析正確的是（ ）ANaHB溶液可能為酸性

8、，也可能為堿性BA、B、C三點溶液的pH是逐漸減小，D、E、F三點溶液的pH是逐漸增大CE溶液中離子濃度大小關系：c(NH4+)c(B2)c(OH)c(H+)DF點溶液c(NH4+)=2c(B2)16、室溫下，向100mL飽和的H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標準狀況)，發(fā)生反應：2H2S+SO2=3S+2H2O，測得溶液pH與通入SO2的關系如圖所示。下列有關說法正確的是A整個過程中，水的電離程度逐漸增大B該溫度下H2S的Ka1數(shù)量級為10-7C曲線y代表繼續(xù)通入SO2氣體后溶液pH的變化Da點之后，隨SO2氣體的通入，的值始終減小二、非選擇題（本題包括5小題）17、請根據(jù)以下知識

9、解答 +R2-CHO （R代表烴基，下同。） +H2 1，4丁二醇是生產(chǎn)工程塑料PBT（聚對苯二甲酸丁二酯）的重要原料，它可以通過下圖兩種不同的合成路線制備，請寫出相應物質的結構簡式 (1)請寫出A和D的結構簡式：_、_。(2)寫出生成CH2BrCH=CHCH2Br的化學反應方程式：_寫出生成F (PBT)的化學反應方程式:_。(3)關于對苯二甲酸的結構，在同一直線上的原子最多有_個。(4)某學生研究發(fā)現(xiàn)由乙炔可制得乙二醇，請你設計出合理的反應流程圖。_提示：合成過程中無機試劑任選 反應流程圖表示方法示例如下：18、原子序數(shù)依次增大的X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素中，X、Y兩元素間能形成

10、原子個數(shù)比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，W、M的最高價氧化 物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，Z的單質能與鹽酸反應。(1)根據(jù)上述條件不能確定的元素是_（填代號），A的電子式為_，舉例說明Y、Z的金屬性相對強弱：_(寫出一個即可）。(2)W能形成多種含氧酸及應的鹽，其中NaH2WO2能與鹽酸反應但不能與NaOH溶液反應，則下列說法中正確的是_(填字母)A H3WO2是三元酸B H3WO2是一元弱酸C NaH2WO2是酸式鹽D NaH2WO2不可能被硝酸氧化(3)X、M形成的一種化合物MX2是一種優(yōu)良的水處理劑，某自來水化驗室利用下列

11、方法襝測處理后的 水中MX2殘留量是否符合飲用水標準（殘留MX2的濃度不高于0.1 mgL-1），已知不同pH環(huán)境中含M粒子的種類如圖所示：I.向100.00 mL水樣中加入足量的KI，充分反應后將溶液調至中性，再加入2滴淀粉溶液。向I中所得溶液中滴加2.010-4 molL-1的溶液至終點時消耗5.00 mL標準溶液 (已知 2S2O32- +I2 =S4O26- +2I-）。則該水樣中殘留的的濃度為_mgL-1。若再向II中所得溶液中加硫酸調節(jié)水樣pH至13，溶液又會呈藍色，其原因是_(用離子方程式表示）。19、某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾

12、持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不同。排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_，關閉彈簧夾。打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_。根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產(chǎn)生無色刺激性氣味

13、的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。實驗i的目的_。根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_。（用化學方程式表示）20、 “84消毒液”因1984年北京某醫(yī)院研制使用而得名，在日常生活中使用廣泛，其有效成分是NaClO。某化學研究性學習小組在實驗室制備NaClO溶液，并進行性質探究和成分測定。(1)該

14、學習小組按上圖裝置進行實驗（部分夾持裝置省去），反應一段時間后，分別取B、C瓶中的溶液進行實驗，實驗現(xiàn)象如下表。已知：飽和NaClO溶液pH為11；25C時，弱酸電離常數(shù)為：H2CO3：K1=4.410-1，K2=4.110-11；HClO：K=310-8實驗步驟實驗現(xiàn)象B瓶C瓶實驗1：取樣，滴加紫色石蕊試液變紅，不褪色變藍，不褪色實驗2：測定溶液的pH312回答下列問題：儀器a的名稱_，裝置A中發(fā)生反應的離子方程式_。C瓶溶液中的溶質是NaCl、_（填化學式）。若將C瓶溶液換成NaHCO3溶液，按上述操作步驟進行實驗，C瓶現(xiàn)象為：實驗1中紫色石蕊試液立即褪色；實驗2中溶液的pH=1結合平衡移

15、動原理解釋紫色石蕊試液立即褪色的原因_(2)測定C瓶溶液中NaClO含量（單位：g/L）的實驗步驟如下：取C瓶溶液20mL于錐形瓶中，加入硫酸酸化，加入過量KI溶液，蓋緊瓶塞并在暗處充分反應。用0.1000mol/LNa2S2O3標準溶液滴定錐形瓶中的溶液，淀粉溶液顯示終點后，重復操作23次，Na2S2O3溶液的平均用量為24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）步驟I的C瓶中發(fā)生反應的離子方程式為_。蓋緊瓶塞并在暗處反應的原因_滴定至終點的現(xiàn)象_。C瓶溶液中NaClO含量為_g/L（保留2位小數(shù)）21、氮、磷、硼、砷的化合物用途非常廣泛。根據(jù)所學知識回答下列問題：(

16、1)如圖所示，每條折線表示周期表A-A中的某一族元素氫化物的沸點變化。每個小黑點代表一種氫化物，其中a、b、c、d、e對應元素電負性最大的是_（用元素符號表示），e點代表的第三周期某元素的基態(tài)原子核外電子占據(jù)的最高能層符號為_，該能層具有的原子軌道數(shù)為_。(2)已知反應：(CH3)3C-F+SbF5(CH3)3CSbF6，該反應可生成(CH3)3C+，該離子中碳原子雜化方式有_。(3)一種新型儲氫化合物氨硼烷是乙烷的等電子體，且加熱氨硼烷會慢慢釋放氫氣，推斷氨硼烷的結構式為_（若含有配位鍵，要求用箭頭表示）。(4)PCl5是一種白色晶體，在恒容密閉容器中加熱可在148液化，形成一種能導電的熔體

17、，測得其中含有一種正四面體形陽離子和一種正八面體形陰離子，熔體中PCl的鍵長只有198nm和206nm兩種，這兩種離子的化學式為_；正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的鍵角原因為_。(5)砷化硼為立方晶系晶體，該晶胞中原子的分數(shù)坐標為：B：（0，0，0）；（，0）；（，0，）；（0，）As：(，)；(，)；(，)；(，)請在圖中畫出砷化硼晶胞的俯視圖_。與砷原子緊鄰的硼原子有_個，與每個硼原子緊鄰的硼原子有_個。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】A二氧化硫與氯化鋇不反應，但溶解的二氧化硫能夠被硝酸氧化生成硫酸，硫酸與氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，結論不正確，故A錯誤；

18、D氯水先氧化碘離子生成碘單質，則溶液變藍，可知還原性：I-Fe2+，故B正確；C過氧化鈉具有強氧化性，與水反應生成堿，過氧化鈉可氧化亞鐵離子，因此出現(xiàn)紅褐色沉淀和無色液體，該現(xiàn)象不能說明FeCl2溶液是否變質，故C錯誤；D濃硫酸滴入蔗糖中，使蔗糖脫水，反應放熱，然后C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應生成二氧化硫等，主要體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和氧化性，結論不正確，故D錯誤；故選B。2、C【解析】A. 的分子式為C6H6，最簡式是CH，故A錯誤；B. 不是平面結構，中間連四個單鍵的碳，類似甲烷的碳，周圍的四個原子不共面，分子中不是所有的原子都共面，故B錯誤；C. 中有碳碳雙鍵，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故C

19、正確；D. CH2=CH-CH=CH2的分子式為：C4H6，的分子式為C6H6，兩者的組成不相似，其兩者之間相差的不是若干個-CH2，不是同系物，故D錯誤；正確答案是C?！军c睛】C選注意能和酸性高錳酸鉀反應的基團：碳碳雙鍵，碳碳三鍵，-OH（醇，酚等），-CHO，C=O，含側鏈的苯環(huán)。3、B【解析】從圖中可以看出，在陽離子交換柱段，自來水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發(fā)生交換，Ca2+、Na+、Mg2+進入陽離子交換樹脂中，樹脂中的H+進入水中；在陰離子交換柱段，NO3-、Cl-、SO42-進入陰離子交換樹脂中，樹脂中的OH-進入水中，與水中的H+反應生成H2O?！驹斀?/p>

20、】A經(jīng)過陽離子交換樹脂后，依據(jù)電荷守恒，水中陽離子的總數(shù)增多，A不正確；B通過陽離子交換樹脂時，水中的Ca2+、Na+、Mg2+與陽離子交換樹脂中的H+發(fā)生交換，H則被交換到水中，B正確；C通過凈化處理后，水的導電性減弱，C不正確；D陰離子樹脂填充段存在反應HOH-=H2O，D不正確；故選B。4、B【解析】A.葡萄糖為單糖，不能在體內(nèi)發(fā)生水解反應，A錯誤；B.工業(yè)上以石油為原料制取聚乙烯，需經(jīng)裂解產(chǎn)生的為乙烯，再發(fā)生加聚反應生成聚乙烯，B正確；C.乙烯和乙醇各1mol時，耗氧量為3mol，則燃燒等物質的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C錯誤；D. 乙醇和乙酸發(fā)生酯化反應制乙酸乙酯和水，原子利用率小于

21、100%，D錯誤；答案為B。5、C【解析】水浴加熱的優(yōu)點是受熱均勻、便于控溫，且相對較安全，但由于加熱的溫度只能在100以下，故缺點是無法達到高溫。 故選：C。6、A【解析】A.硫化亞銅與氧氣反應生成氧化銅和二氧化硫，反應的化學方程式為：Cu2S+2O22CuO+SO2，銅與氯氣反應生成氯化銅，反應為：Cu+Cl2CuCl2，A正確；B.SiO2不溶于水，也不能和水反應，所以二者不能直接生成H2SiO3，B錯誤；C.鐵和水蒸氣在高溫時反應生成四氧化三鐵和氫氣，化學方程式為3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C錯誤；D.在飽和食鹽水中通入氨氣，形成飽和氨鹽水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中

22、就有了大量的鈉離子、銨根離子、氯離子和碳酸氫根離子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加熱NaHCO3分解生成碳酸鈉，不是一步生成碳酸鈉，D錯誤；故合理選項是A。7、D【解析】A. 硫酸鎂溶液和氫氧化鋇溶液反應中，除去發(fā)生SO42-與Ba2+的反應外，還發(fā)生Mg2+與OH-的反應，A錯誤；B. 銅片加入稀硝酸中，生成NO氣體等，B錯誤；C. FeBr2溶液中加入過量的氯水，F(xiàn)eBr2完全反應，所以參加反應的Fe2+與Br-應滿足1：2的定量關系，C錯誤；D. NaHCO3和Ba(OH)2物質的量相等，離子方程式為HCO3-、Ba2+、OH-等摩反應，生成BaCO3和H2O，OH

23、-過量，D正確。故選D。8、B【解析】碳酸根離子水解程度大于碳酸氫根離子，所以同濃度的碳酸鈉、碳酸氫鈉溶液，碳酸鈉溶液的pH大于碳酸氫鈉，故A錯誤；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正確；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中發(fā)生反應：CO32-+Ca2+CaCO3，NaHCO3溶液中發(fā)生反應：2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O，故CD錯誤。9、A【解析】合金是由兩種或兩種以上的金屬與金屬或非金屬經(jīng)一定方法熔合成的具有金屬特性的物質；鋁是純凈物，不屬于合金，故A正確；青銅是銅與錫或鉛的合金，故B錯誤；不銹鋼是鐵中含有鉻、鎳的

24、合金，故C錯誤；生鐵是鐵和碳的合金，故D錯誤。10、B【解析】烷烴中碳碳間共用電子對數(shù)為碳原子數(shù)減去1；若每減少2個H原子，則相當于碳碳間增加一對共用電子對，利用減少的H原子數(shù)目，再除以2可知增加的碳碳間共用電子對數(shù)，烷烴C20H42分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目為19，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數(shù)目19+10=24，答案選B?！军c睛】明確每減少2個H原子，則相當于碳碳間增加一對共用電子對。11、D【解析】A. 在標準狀況下，將4.48L的氯氣通入到水中反應是可逆反應，氯氣未能完全參與反應，轉移的電子數(shù)小于0.2NA，故A錯誤；B. 一個C連3個共價鍵， 一個共價鍵被兩個C平分，

25、相當于每個C連接1.5個共價鍵，所以12gC即1molC中共價鍵數(shù)為1.5 NA，故B錯誤；C. 常溫下，鋁片與濃硫酸鈍化，反應不能繼續(xù)發(fā)生，故C錯誤；D. 常溫下，1LpH1即c（H）=0.1mol/L的CH3COOH溶液中，溶液中的n（H）=0.1mol/L1L=0.1mol，數(shù)目為0.1NA，故D正確。答案選D。12、C【解析】A選項，根據(jù)分散質粒子直徑大小可以將分散系分為溶液、膠體和濁液，故A錯誤；B選項， NO2不是酸性氧化物，故B錯誤；C選項，漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，水玻璃是硅酸鈉的水溶液，鋁熱劑是金屬鋁和金屬性比鋁弱的金屬氧化物的混合物，故C正確；D選項， CH3COO

26、H是共價化合物，熔融狀態(tài)下不能導電，故D錯誤；綜上所述，答案為C?！军c睛】非金屬氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金屬氧化物，金屬氧化物不一定是堿性氧化物，堿性氧化物一定是金屬氧化物。13、C【解析】A. FRP屬于纖維增強復合材料，不屬于無機非金屬材料，A項錯誤；B. ETFE保溫內(nèi)膜屬于乙烯-四氟乙烯共聚物，不屬于無機非金屬材料，B項錯誤；C. 長城城磚屬于無機非金屬材料，C項正確；D. 高山滑雪服內(nèi)層有一層單向芯吸效應的化纖材料，外層是棉制品，不屬于無機非金屬材料，D項錯誤；答案選C。14、B【解析】A圖乙中惰性電極為陰極，F(xiàn)e電極為陽極，則Cr2O72-離子向金屬鐵電極移動

27、，與亞鐵離子發(fā)生氧化還原反應生成的金屬陽離子與惰性電極附近的OH-結合轉化成Cr(OH)3除去，A錯誤；B該原電池中，鎂作負極，負極上鎂失電子發(fā)生氧化反應，負極反應為Mg-2e-=Mg2+，電池反應式為Mg+ClO-+H2O=Cl-+Mg(OH)2，正極上次氯酸根離子得電子發(fā)生還原反應，則總反應減去負極反應可得正極還原反應為Mg2+ClO-+H2O+2e-=Cl-+Mg(OH)2，B正確；C圖乙的電解池中，陽極反應式是Fe-2e-Fe2+，陰極反應式是2H+2e-=H2，則n（Fe）=0.84g56g/mol=0.015mol，陰極氣體在標況下的體積為0.015mol22.4L/mol=0.3

28、36L，C錯誤；D由電子守恒可知，Mg2e-Fe2+，由原子守恒可知Fe2+Fe(OH)3，則n（Mg）=0.36g24g/mol=0.015mol，理論可產(chǎn)生氫氧化鐵沉淀的質量為0.015mol107g/mol=1.605g，D錯誤；答案選B。15、D【解析】未加入氨水前，溶液的水電離出的OH-濃度為10-13mol/L，所以溶液中c(H+)=0.1mol/L，該酸的濃度為0.05mol/L，所以該酸為二元強酸。酸、堿對水的電離起抑制作用，可水解的鹽對水的電離起促進作用，隨著氨水的不斷滴入，溶液中水電離的c（H+）逐漸增大，當兩者恰好完全反應生成（NH4）2B時水的電離程度達最大（圖中D點）

29、，繼續(xù)加入氨水，水電離的c（H+）逐漸減小。【詳解】A.NaHB屬于強酸的酸式鹽，NaHB溶液應該呈酸性，A項錯誤；B.向酸溶液中逐漸加入堿發(fā)生中和反應，混合液溶液的pH是逐漸增大的，B項錯誤； C.E點溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水電離的c（H+）110-7mol/L，溶液中H+全部來自水電離，則E點水溶液顯酸性，所以c(H+)c(OH-)，C項錯誤；D.F點溶液由（NH4）2B和氨水混合而成，由于水電離的c（H+）=110-7mol/L，溶液中H+全部來自水電離，則F點水溶液呈中性，此時溶液中的電荷守恒有：c(NH4+)+c(H+)=c(OH-)+2c(B2-)，因c(H+)=

30、c(OH-)，所以有c(NH4+)=2c(B2-)，D項正確； 所以答案選擇D項。16、C【解析】A由圖可知，a點表示SO2氣體通入112mL即0.005mol時pH=7，溶液呈中性，說明SO2氣體與H2S溶液恰好完全反應，可知飽和H2S溶液中溶質物質的量為0.01mol，c(H2S)=0.1mol/L，a點之前為H2S過量，a點之后為SO2過量，溶液均呈酸性，酸抑制水的電離，故a點水的電離程度最大，水的電離程度先增大后減小，故A錯誤；B由圖中起點可知0.1mol/LH2S溶液電離出的c(H+)=10-4.1mol/L，電離方程式為H2SH+HS-、HS-H+S2-；以第一步為主，根據(jù)平衡常數(shù)

31、表達式算出該溫度下H2S的Ka110-7.2，數(shù)量級為10-8，故B錯誤；C當SO2氣體通入336mL時，相當于溶液中的c(H2SO3)=0.1mol/L，因為H2SO3酸性強于H2S，故此時溶液中對應的pH應小于4.1，故曲線y代表繼續(xù)通入SO2氣體后溶液pH的變化，故C正確；D根據(jù)平衡常數(shù)表達式可知，a點之后，隨SO2氣體的通入，c(H+)增大，當通入的SO2氣體達飽和時，c(H+)就不變了，Ka1也是一個定值，的值保持不變，故D錯誤；答案選C。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CHCCH=CH2 CHCCH2OH CH2=CHCH=CH2+Br2CH2BrCH=CHCH2Br nHOC

32、H2(CH2)2CH2OH+2nH2O 4個 【解析】乙炔與甲醛發(fā)生加成反應生成D為HCCCH2OH，D與甲醛進一步發(fā)生加成反應生成E為HOCH2CCCH2OH，E與氫氣發(fā)生加成反應生成HOCH2CH2CH2CH2OH。分子乙炔聚合得到A為HCCCH=CH2，結合信息可以知道及HOCH2CH2CH2CH2OH可以知道，A與氫氣發(fā)生加成反應生成B為CH2=CHCH=CH2，B與溴發(fā)生1，4-加成反應生成BrCH2CH=CHCH2Br，BrCH2CH=CHCH2Br與氫氣發(fā)生加成反應生成C為BrCH2CH2CH2CH2Br，C發(fā)生水解反應得到HOCH2CH2CH2CH2OH，1，4-丁二醇與對苯二

33、甲酸發(fā)生縮聚反應生成PBT為，由乙炔制乙二醇，可以用乙炔與氫氣加成生成乙烯，乙烯與溴加成生成1，2-二溴乙烷，1，2-二溴乙烷再發(fā)生堿性水解可得乙二醇。據(jù)此分析?！驹斀狻?1)由上述分析可以知道A為HCCCH=CH2，D為HCCCH2OH，答案為：HCCCH=CH2；HCCCH2OH；(2)CH2=CHCH=CH2與溴發(fā)生1，4加成反應生成BrCH2CH=CHCH2Br，化學方程式為：CH2=CHCH=CH2+Br2CH2BrCH=CHCH2Br，1，4-丁二醇與對苯二甲酸發(fā)生縮聚反應生成PBT，反應方程式為： ；(3)關于對苯二甲酸的結構，在同一直線上的原子為處在苯環(huán)對位上的兩個碳原子和兩個

34、氫原子，所以最多4個，答案為：4；(4) 由乙炔制乙二醇，可以用乙炔與氫氣加成生成乙烯，乙烯與溴加成生成1,2-二溴乙烷，1,2-二溴乙烷再發(fā)生堿性水解可得乙二醇，反應的合成路線流程圖為：。18、Z 鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：NaZ） B 0.675 ClO2+4I+4H+ = Cl- +2I2+2H2O 【解析】Y是短周期元素中失電子能力最強的元素，則推出Y為Na元素，又X、Y兩元素間能形成原子個數(shù)比分別為1:1和1:2的固態(tài)化合物A和B，則推出X為O元素，兩者形成的化合物為B為Na2O、A為Na2O2；Z的單質能與鹽酸反應，則說明Z為

35、活潑金屬，為Mg或Al中的一種；W、M的最高價氧化物對應的水化物化學式分別為H3WO4、HMO4，則W和M的最高價化合價分別為+5和+7，又X、Y、Z、W、M五種短周期主族元素原子序數(shù)依次增大，則可推出W為P元素，M為Cl元素，據(jù)此分析作答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析易知：X、Y、Z、W、M分別是O、Na、Mg或Al、P、Cl，則（1）Z可與鹽酸反應，Z可能是Mg或Al中的一種，不能確定具體是哪一種元素；A為Na2O2，由離子鍵和共價鍵構成，其電子式為：；鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：NaZ），故答案為：Z；鈉的金屬性比Z的強，如鈉能與冷水劇烈反應

36、而Z不能（或最高價氧化物對應水化物的堿性：NaZ）；（2）NaH2PO2能與鹽酸反應，說明H3PO2是弱酸，NaH2PO2不能與NaOH反應，說明NaH2PO2中的H不能被中和，推出NaH2PO2為正鹽，C項錯誤；H3PO2分子中只能電離出一個H，為一元弱酸，B項正確，A項錯誤；NaH2PO2中P的化合價為+1，具有還原性，可被硝酸氧化，D項錯誤；故答案為B；（3）由圖知，中性條件下ClO2被I還原為ClO2，I被氧化為I2；根據(jù)氧化還原反應中得失電子數(shù)目相等可知：2ClO2I22Na2S2O3，因此可知，水中殘留的ClO2的濃度為210-4mol/L510-3L67.5g/mol1000mg

37、/g0.1L=0.675 mg/L，故答案為：0.675；由圖知，水樣pH調至13時，ClO2-被還原成Cl-，該操作中I被ClO2氧化為I2，故離子方程式為：ClO2+4I+4H+ = Cl- +2I2+2H2O。19、打開彈簧夾，通入N2一段時間 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O 將紅色物質轉化為氧化銅 Cu 排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性 NaHSO3或KHSO3 SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2 【解析】(1)為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出

38、；裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質。【詳解】(1)為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，

39、操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；由實驗可知n(CuO)=0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B 所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、

40、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質，離子方程式為2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【點睛】本題注意實驗三中判斷使溶液顯綠色的粒子時，要分別判斷，逐一分析，每一步實驗都要從實驗目的角度分析設置的原因。20、分液漏斗 MnO2+2Cl-+4H+Cl2+Mn2+2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡Cl2+H2O

41、HCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） 當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘不變色 4.41 【解析】裝置A中MnO2固體和濃鹽酸反應生成Cl2，Cl2中含HCl氣體，通過裝置B中飽和食鹽水除去氯化氫，通過裝置C中氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉，通過碳酸氫鈉溶液，氯氣和水反應生成的鹽酸和碳酸氫鈉反應，促進氯氣和水反應正向進行次氯酸濃度增大，最后通過堿石灰吸收多余氯氣，(1)由圖可知儀器的名稱，二氧化錳和濃鹽酸反應生成氯氣；通過裝置C中氫氧化鈉溶

42、液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯氣和水反應生成的鹽酸和碳酸氫鈉反應，促進氯氣和水反應正向進行次氯酸濃度增大；(2)取C瓶溶液20mL于錐形瓶，加足量鹽酸酸化，迅速加入過量KI溶液，次氯酸鈉在酸性溶液中氧化碘化鉀生成碘單質；蓋緊瓶塞并在暗處反應的原因是防止HClO分解； ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-I22S2O32-，以此計算C瓶溶液中NaClO的含量。【詳解】(1)儀器a的名稱分液漏斗，裝置A中發(fā)生反應的離子方程式為MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；氯氣和裝置C中氫氧化鈉溶液反

43、應生成氯化鈉、次氯酸鈉，C瓶溶液的溶質是NaCl、NaClO、NaOH；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO濃度增大；(2)步驟I的C瓶中反應的離子方程式為：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；緊瓶塞并在暗處反應的原因是防止HClO光照分解；通常選用淀粉溶液作指示劑，滴定至終點的現(xiàn)象當?shù)稳胱詈笠坏蜰a2S2O3溶液時，溶液由藍色變?yōu)闊o色，且半分鐘不變色；由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，由方程式可得關系式NaClOI22S2O32-，1 2n 0.1000mol/L0.024L=0.0024mol則n=0.0012mol，則C瓶溶液中NaClO的含量為=4.41g/L?！军c睛】本題考查物質含量測定實驗的測定的知識，把握物質的性質、發(fā)生的反應、測定原理為解答的關鍵，注意滴定終點的判斷方法、學會利用關系式法進行計算，側重分析與實驗、計算能力的考查，注意測定原理。21、F M 9 sp3、sp2 PCl4+、PCl6- 兩者磷原子均采取sp3雜化，PCl3分子中P原子有一對孤電子對，孤電子和對成鍵電子對斥力更大，PCl4+中P沒有孤電子對，正四面體形陽離子中鍵角大于PCl3的