2022屆福建省永春、培元高三壓軸卷化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項1考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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、設NA為阿伏加德羅常數的

2、值，下列說法不正確的是()A50mL 1mol/L硝酸與Fe完全反應，轉移電子的數目為0.05NAB密閉容器中2molNO與1molO2充分反應，所得物質中的氧原子數為4NAC30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃燒，消耗O2的分子數目為NAD1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO的微粒數之和為0.1NA2、化學與生活密切相關。下列說法正確的是（ ）A利用二氧化硅與碳酸鈣常溫反應制備陶瓷B紡織業(yè)利用氫氧化鈉的強氧化性將其作為漂洗的洗滌劑C利用明礬的水溶液除去銅器上的銅銹，因Al3+水解呈酸性D“丹砂（主要成分為硫化汞）燒之成水銀，積變又還成丹砂”中發(fā)生

3、的反應為可逆反應3、溴化鈣可用作阻燃劑、制冷劑，具有易溶于水，易吸潮等性質。實驗室用工業(yè)大理石(含有少量Al3+、Fe3+等雜質）制備溴化鈣的主要流程如下：下列說法錯誤的是A已知步驟的濾液中不含NH4+，步驟II加入的試劑a是石灰水B步驟II控制溶液的pH約為8.0的主要目的是沉淀過量Ca2+C試劑b是氫溴酸，步驟IV的目的是除去過量的氫氧化鈣D步驟V所含的操作依次是蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶4、黑索金是一種爆炸力極強的烈性炸藥，比TNT猛烈1.5倍?？捎脻庀跛嵯踅鉃趼逋衅返玫胶谒鹘?，同時生成硝酸銨和甲醛(HCHO)。下列說法不正確的是（ ）A烏洛托品的分子式為C6H12N4B烏洛托品分子結構中含有3

4、個六元環(huán)C烏洛托品的一氯代物只有一種D烏洛托品得到黑索金反應中烏洛托品與硝酸的物質的量之比為1：45、下列關于鋁及其化合物的說法中不正確的是（ ）A工業(yè)上冶煉金屬鋁時，通過在氧化鋁中添加冰晶石的方法降低電解能耗B鋁制品表面可以形成耐腐蝕的致密氧化膜保護層，因此可以用鋁罐盛放咸菜，用鋁罐車運輸濃硫酸C鋁合金具有密度小、強度高、塑性好等優(yōu)點，廣泛應用于制造飛機構件D在飽和明礬溶液中放入幾粒形狀規(guī)則的明礬晶體，靜置幾天后可觀察到明礬小晶體長成明礬大晶體6、關于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列說法正確的是（ ）A不能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色B可以與稀硫酸或NaOH溶液反應C分子中所有原子共平面D易溶

5、于飽和碳酸鈉溶液7、已知:CH3CH(OH)CH2CHCH3CH=CHCH3+H2O，下列有關說法正確的是ACH3CH=CHCH3分子中所有碳原子不可能處于同一平面BCH3CH=CHCH3和HBr加成產物的同分異構體有4種（不考慮立體異構）CCH3CH(OH)CH2CH3與乙二醇、丙三醇互為同系物DCH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色8、用NA表示阿伏加德羅常數，下列敘述正確的是A1mol H2O2完全分解產生O2時，轉移的電子數為2 NAB0. lmol 環(huán)氧乙烷（ ） 中含有的共價鍵數為0. 3 NAC常溫下，1L pH= l 的草酸 （ H2C

6、2O4 ） 溶液中H+ 的數目為0. 1NAD1mol淀粉水解后產生的葡萄糖分子數目為NA9、用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是A用裝置除去CO2中含有的少量SO2B用裝置蒸干飽和AlCl3溶液制備AlCl3晶體C用裝置加熱NH4Cl固體制取NH3D用裝置分離乙酸乙酯與水的混合液10、下列應用不涉及物質氧化性或還原性的是A用葡萄糖制鏡或保溫瓶膽B(tài)用ClO2殺菌、消毒C用Na2SiO3溶液制備木材防火劑D用浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土保鮮水果11、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N

7、ACpH=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2NA12、某有機化工原料的結構簡式如圖所示，下列關于該有機物的說法正確的是A不能使酸性KMnO4溶液褪色B1 mol該物質最多能和4mol H2發(fā)生加成反應C分子中所有原子共平面D易溶于水及甲苯13、分別在三個容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：A(g)+B(g)D(g)。其中容器甲中反應進行至5min時達到平衡狀態(tài)，相關實驗數據如表所示：容器溫度/起始物質的量/mol平衡物質的量/mol化學平衡常數n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04.003.2K1乙5004

8、.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列說法不正確的是A05min內，甲容器中A的平均反應速率v(A)=0.64molL-1min-1Ba=2.2C若容器甲中起始投料為2.0molA、2.0molB，反應達到平衡時，A的轉化率小于80DK1=K2K314、已知：pKa=lgKa，25時，H2SO3的pKa1=1.85，pKa2=7.19。常溫下，用0.1molL1NaOH溶液滴定20mL0.1molL1 H2SO3溶液的滴定曲線如下圖所示(曲線上的數字為pH)。下列說法不正確的是( ) Aa點所得溶液中：2c(H2SO3)+c(SO32)=0.1molL1Bb點所得溶液中：c

9、(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)Cc點所得溶液中：c(Na+)3c(HSO3)Dd點所得溶液中：c(Na+)c(SO32) c(HSO3)15、定溫度下，在三個容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)各容器中起始物質的量濃度與反應溫度如下表所示，反應過程中甲、丙容器中CO2的物質的量隨間變化關系如圖所示。容器溫度/起始物質的量濃度/molL-1NO(g)CO(g)N2CO2甲T10.100.1000乙T2000.100.20丙T20.100.1000下列說法正確的是（）A該反應的正反應為吸熱反應B乙容器中反應達到平衡時

10、，N2的轉化率小于40%C達到平衡時，乙容器中的壓強一定大于甲容器的2倍D丙容器中反應達到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，此時v(正) OC，試從原子結構解釋為什么同周期元素原子的第一電離能NO_。(4)某研究小組將平面型的鉑配合物分子進行層狀堆砌，使每個分子中的鉑原子在某一方向上排列成行，構成能導電的“分子金屬 ，其結構如圖所示。分子金屬可以導電，是因為_能沿著其中的金屬原子鏈流動。分子金屬中，鉑原子是否以sp3的方式雜化?_(填“是或“否)，其理由是_。(5)金屬鉑晶體中，鉑原子的配位數為12，其立方晶胞沿x、y或z軸的投影圖如圖所示，若金屬鉑的密度為d gcm-3

11、，則晶胞參數a=_nm(列計算式)。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項、50mL 1mol/L硝酸與Fe完全反應生成硝酸鐵或硝酸亞鐵，若硝酸的還原產物只有一氧化氮，50mL 1mol/L硝酸的物質的量為0.05mol，則生成一氧化氮轉移的電子數目為0.0375mol，故A錯誤；B項、2molNO與1molO2所含O原子的物質的量為4 mol，由質量守恒定律可知，反應前后原子個數不變，則所得物質中的氧原子數為4NA，故B正確；C項、乙酸和甲醛（HCHO）的最簡式相同，均為CH2O，30gCH2O的物質的量為1mol，1molCH2O完全燃燒消

12、耗O2的物質的量為1mol，故C正確；D項、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物質的量為0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO的物質的量為0.1mol，故D正確。故選A?！军c睛】本題考查了阿伏伽德羅常數的有關計算，熟練掌握公式的使用和物質的結構是解題關鍵。2、C【解析】A二氧化硅與碳酸鈣常溫下不反應，A錯誤；B氫氧化鈉沒有強氧化性，作漂洗劑時利用它的堿性，B錯誤；C明礬在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去銅器上的銅銹，C正確；D丹砂中的硫化汞受熱分解生成汞，汞與硫化合生成丹砂，條件不同，不是可逆反應，D錯誤；故選C。3、B【解析】大理石和氫溴酸反應生成溴化鈣，

13、因含有少量Al3+、Fe3+等雜質，可加入石灰水，沉淀Al3+、Fe3+，過濾后得到溴化鈣、氫氧化鈣的混合溶液，加入試劑b為氫溴酸，可除去過量的氫氧化鈣，然后經蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶可得到溴化鈣晶體，據此分析解答。【詳解】A已知步驟的濾液中不含NH4+，步驟II加入的試劑a的目的是防止氫氧化鋁溶解，因此a是堿，根據題意及不引入新的雜質可知是氫氧化鈣，故A正確； B步驟II控制溶液的pH約為8.0的主要目的是沉淀Al3+、Fe3+，故B錯誤；C加試劑b的目的是除去過量的氫氧化鈣，且不引入新雜質，可以加入氫溴酸，故C正確；D步驟的結果是從溶液中得到CaBr26H2O，因此其操作步驟為蒸發(fā)濃縮，冷卻結晶

14、、過濾，故D正確；答案選B。4、B【解析】A烏洛托品的分子中含有6個“CH2”和4個N原子，則分子式為C6H12N4，A正確；B烏洛托品分子結構中含有4個六元環(huán)，B不正確；C烏洛托品分子中含有6個完全相同的-CH2-，所以一氯代物只有一種，C正確；D1mol烏洛托品與4mol硝酸完全反應，生成1mol黑索金、1molNH4NO3和3molHCHO，D正確；故選B。5、B【解析】A.電解熔融氧化鋁加冰晶石是為了降低電解液工作溫度，降低電解能耗，故A正確；B.長時間用鋁罐盛放咸菜，鋁表面的氧化膜會被破壞失去保護鋁的作用；濃硫酸具有強吸水性，容器口部的濃硫酸吸收空氣中的水蒸汽后稀釋為稀硫酸，稀硫酸能

15、溶解鋁罐口部的氧化膜保護層，故B錯誤；C.鋁合金具有密度小、強度高、塑性好等優(yōu)點，被廣泛地應用于航空工業(yè)等領域，例如用于制造飛機構件，故C正確；D.培養(yǎng)明礬晶體時，在飽和明礬溶液中放入幾粒形狀規(guī)則的明礬晶體，靜置幾天后可觀察到明礬小晶體長成明礬大晶體，故D正確；綜上所述，答案為B。6、B【解析】A該有機物分子中含有碳碳雙鍵，能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，A不正確；B該有機物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中發(fā)生水解反應，B正確；C分子中含有-CH3，基團中的原子不可能共平面，C不正確；D該有機物屬于酯，在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度小，D不正確；故選B。7、D【解析】A乙烯為平面型結構，C

16、H3CH=CHCH3所有碳原子可能處于同一平面上，選項A錯誤；B. CH3CH=CHCH3高度對稱，和HBr加成產物只有2-溴丁烷一種，選項B錯誤；C. CH3CH(OH)CH2CH3與乙二醇、丙三醇都屬于醇類物質，三者所含羥基的數目不同，通式不同，不互為同系物，選項C錯誤；D. CH3CH(OH)CH2CH3、CH3CH=CHCH3中分別含有醇羥基和碳碳雙鍵，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，選項D正確。答案選D。8、C【解析】A.H2O2分解的方程式為2H2O2=2H2O+O2，H2O2中O元素的化合價部分由-1價升至0價、部分由-1價降至-2價，1molH2O2完全分解時轉移1mol電子，轉移

17、電子數為NA，A錯誤；B.1個環(huán)氧乙烷中含4個CH鍵、1個CC鍵和2個CO鍵，1mol環(huán)氧乙烷中含7mol共價鍵，0.1mol環(huán)氧乙烷中含0.7mol共價鍵，含共價鍵數為0.7NA，B錯誤；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L該溶液中含H+物質的量n（H+）=0.1mol/L1L=0.1mol，含H+數為0.1NA，C正確；D.淀粉水解的方程式為，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子數目為nNA，D錯誤；答案選C。【點睛】本題易錯選B，在確定環(huán)氧乙烷中共價鍵時容易忽略其中的CH鍵。9、D【解析】A. CO2和SO2都會和飽和碳酸鈉溶液反應，不能到達除雜效果，

18、A項錯誤；B. AlCl3為強酸弱堿鹽，在溶液中發(fā)生水解生成氫氧化鋁膠體和氯化氫，直接蒸干AlCl3飽和溶液，氯化氫揮發(fā)，導致水解平衡右移，使水解趨于完全生成氫氧化鋁沉淀，不能得到無水AlCl3，B項錯誤；C. 加熱NH4Cl固體分解為NH3和HCl，兩者遇冷又會生成NH4Cl，堵住導管，存安全隱患，C項錯誤；D. 乙酸乙酯的密度比水小，有機層在上層，水層在下層，與圖中裝置分層現象相符，D項正確；答案選D。10、C【解析】A葡萄糖制鏡利用葡萄糖的還原性，與銀氨溶液發(fā)生氧化還原反應，生成銀單質，葡萄糖作還原劑被氧化，所以利用了其還原性，A不符合題意；B漂白液殺菌、消毒，利用其強氧化性，所以利用了

19、其氧化性，B不符合題意；CNa2SiO3溶液制備木材防火劑，不發(fā)生氧化還原反應，與氧化性或還原性無關，C符合題意；D高錳酸鉀可氧化具有催熟作用的乙烯，Mn、C元素的化合價變化，為氧化還原反應，所以利用了其氧化性，D不符合題意，答案選C。11、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，2gH218O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)0.1m

20、ol/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。12、B【解析】A選項，含有碳碳雙鍵，能使酸性KMnO4溶液褪色，故A錯誤；B選項，1 mol苯環(huán)消耗3 mol氫氣，1mol碳碳雙鍵消耗1 mol氫氣，因此1 mol該物質最多能和4mol H2發(fā)生加成反應，故B正確；C選項，含有甲基，因此分子中所有原子不可能共平面，故C錯誤；D選項，酯不易溶于水，故D錯誤。綜上所述，答案為B。13、A【解析】A容器甲中前5min的平均反應

21、速率v(D)=0.32molL-1min-1，則v(A)= v(D)=0.32molL-1min-1，故A錯誤；B甲和乙的溫度相同，平衡常數相等，甲中 A(g) + B(g) D(g)開始(mol/L) 2.0 2.0 0反應(mol/L) 1.6 1.6 1.6平衡(mol/L) 0.4 0.4 1.6化學平衡常數K=10，乙中 A(g) + B(g) D(g)開始(mol/L) 2.0 0反應(mol/L) 1.0 1.0 1.0平衡(mol/L) 1.0 -1.0 1.0化學平衡常數K=10，解得：a=2.2，故B正確；C甲中CO轉化率=100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA

22、、2.0molB，相當于減小壓強，平衡逆向移動，導致A轉化率減小，則A轉化率小于80%，故C正確；D甲和乙的溫度相同，平衡常數相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若溫度不變等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器溫度高，平衡時D的濃度減小，即升溫平衡逆向移動，則平衡常數減小，因此K1=K2K3，故D正確；故選A。14、C【解析】A、H2SO3為弱酸，a點溶液中含硫的粒子有SO32-、HSO3 -、H2SO3 ，a點溶液體積大于20mL，根據物料守恒有c(H2SO3)+c(SO32)+c(HSO3)0.1 molL1，a點所加氫氧化鈉溶液體積小于20ml，所以和H2SO

23、3反應產物為NaHSO3和H2SO3，根據H2SO3的Ka1=c(HSO3)c(H+)/c(H2SO3)，根據pKa1=lgKa1有Ka1=10-1.85=c(HSO3)10-1.85/c(H2SO3)，所以c(HSO3)=c(H2SO3)，帶入物料守恒式子中有：2c(H2SO3)+c(SO32)0.1 molL1，A錯誤。B、b點加入氫氧化鈉溶液的體積為20mL，與H2SO3恰好生成NaHSO3，根據物料守恒有：c(Na+)=c(SO32)+ c(HSO3)+ c(H2SO3)，根據電荷守恒有：c(OH-)+2c(SO32)+c(HSO3)=c(Na+)+ c(H+)，所以有：c(OH-)+

24、2c(SO32)+c(HSO3)=c(SO32)+ c(HSO3)+ c(H2SO3)+c(H+)，故c(H2SO3)+c(H+)=c(SO32)+c(OH)，B正確。C、c點加入的氫氧化鈉溶液大于20ml小于40ml，所以生成的溶質為Na2SO3和NaHSO3，根據c點溶液中H2SO3的第二步平衡常數，由pKa2=7.19可得Ka2=10-7.19，又根據Ka2=c(SO32-)c(H+)/c(HSO3-)，c(H+)=10-7.19,所以 c(SO32-)=c(HSO3)，又根據電荷守恒有c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+2c(SO32)+c(HSO3)，所以有c(Na+)=c(OH

25、-)+3c(HSO3)-c(H+)，又因為c點呈堿性，c(OH-)c(H+)，所以c(Na+)3c(HSO3)，C正確；D、d點恰好完全反應生成Na2SO3溶液，SO32-水解得到HSO3，但是水解程度小，故有c(Na+)c(SO32) c(HSO3)，D正確。正確答案為A【點睛】本題考查水溶液中離子濃度大小的比較，較難。B、D選項容易判斷，主要是A、C兩個選項的判斷較難，首先須分析每點溶液中溶質的成分及酸堿性、然后利用電離常數和對應點氫離子濃度，得到有關的某兩種離子濃度相等的等式，然后利用不等式的知識解答。15、B【解析】A. 根據圖示，甲反應速率快，升高溫度，CO2的物質的量減少，所以該反

26、應的正反應為放熱反應，故A錯誤；B. 丙中達到平衡狀態(tài)時二氧化碳為0.12mol，根據“一邊倒原則”，乙容器相當于加入0.20molNO和0.20molCO，投料是丙的2倍，與丙相比，相當于加壓，平衡正向移動，乙容器中N2的平衡濃度大于0.06 mol/L；所以N2的轉化率小于40%，故B正確；C. 根據“一邊倒原則”，乙容器相當于加入0.20mol NO和0.20mol CO，投料的物質的量是甲的2倍，乙壓強大，平衡正向進行，氣體物質的量減小，甲的溫度比乙高，所以乙容器中的壓強一定小于甲容器的2倍，故C錯誤；D. ；丙容器中反應達到平衡后，再充入0.10molNO和0.10molCO2，平衡

27、正向進行，所以v(正)v(逆)，故D錯誤；【點睛】本題考查了平衡常數、等效平衡原理的應用，學會根據Q、K的關系判斷化學反應方向，Q=K時，反應達到平衡狀態(tài)；QK時，反應逆向進行；QK時，反應正向進行。16、D【解析】A氯氣為單質，既不是電解質也不是非電解質，故A錯誤；B電解飽和食鹽水制燒堿時，陽極應為惰性電極，如用鐵作陽極，則陽極上鐵被氧化，生成氫氧化亞鐵，不能得到氯氣，故B錯誤；C氯氣和水的反應為可逆反應，故溶液中含有未反應的氯氣分子，故HClO、Cl-、ClO-粒子數之和小于2NA，故C錯誤；D反應Al2O3(s)+3Cl2(g)+3C(s)2AlCl3(g)+3CO(g)室溫下不能自發(fā)進

28、行，說明H-TS0，反應的熵變S0，則H0，故D正確；答案選D。17、B【解析】A檢驗鹵代烴中鹵素原子的種類，要將鹵素原子轉變成鹵素離子，再進行檢驗；因此，先加NaOH溶液，使鹵代烴水解，再加硝酸酸化后，方可加入AgNO3，通過觀察沉淀的顏色確定鹵素原子的種類，選項中缺少加入硝酸酸化的步驟，A項錯誤；B層析法的原理即利用待分離的混合物中各組分在某一物質(稱作固定相)中的親和性差異，如吸附性差異，溶解性(或分配作用)差異讓混合物溶液(稱作流動相)流經固定相，使混合物在流動相和固定相之間進行反復吸附或分配等作用，從而使混合物中的各組分得以分離；紙上層析分離能溶于水的物質時，固定相是吸附在濾紙上的水

29、，流動相是與水能混合的有機溶劑(如醇類)，實驗結束后，出現在濾紙靠上方位置的離子，其在流動相中分配更多，出現在濾紙靠下方位置的離子，其在固定相中分配更多；因此藍色斑點反映的銅離子，在固定相中分配更多，B項正確；C移液管量取溶液體積的精度是0.01mL，此外，容量瓶不可用于稀釋溶液，C項錯誤；D量筒的精確度是0.1mL，因此無法用量筒精確量取25.00mL的液體，D項錯誤；答案選B。18、C【解析】在鋰空氣電池中，鋰作負極，以空氣中的氧氣作為正極反應物，在水性電解液中氧氣得電子生成氫氧根離子，據此解答?！驹斀狻緼.多孔電極可以增大電極與電解質溶液的接觸面積，有利于氧氣擴散至電極表面，A正確；B.

30、因為該電池正極為水性電解液，正極上是氧氣得電子的還原反應，反應為O2+2H2O+4e-=4OH-，B正確；C.乙醇可以和金屬鋰反應，所以不能含有乙醇，C錯誤；D.充電時，陽極生成氧氣，可以和碳反應，結合電池的構造和原理，采用專用充電電極可以有效防止空氣極腐蝕，D正確；故合理選項是C?！军c睛】本題考查電化學基礎知識，涉及電極判斷、反應式的書寫等相關知識，C項為易錯點，注意鋰的活潑性較強，可以和乙醇發(fā)生置換反應，試題難度不大。19、C【解析】A.由圖可知，氧分子的活化是OO鍵的斷裂與CO鍵的生成過程，故A正確；B.由圖可知，反應物的總能量高于生成物的總能量，因此每活化一個氧分子放出0.29eV的能

31、量，故B正確；C.由圖可知，水可使氧分子活化反應的活化能降低0.18eV，故C錯誤；D.活化氧可以快速氧化二氧化硫，而炭黑顆?？梢曰罨醴肿?，因此炭黑顆粒可以看作大氣中二氧化硫轉化為三氧化硫的催化劑，故D正確。故選C。20、D【解析】ASO2、SiO2為酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物。A錯誤；B稀豆?jié){、硅酸屬于膠體；而氯化鐵溶液則是溶液，B錯誤；C燒堿NaOH是堿，屬于電解質；冰醋酸是純凈的醋酸，是酸，屬于電解質；而四氯化碳是非電解質。C錯誤；D福爾馬林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸鈉的水溶液；氨水為氨氣的水溶液，因此都是混合物。D正確；本題答案選D。21、C【解析】A將甲中左側過量鋅粒轉移到右

32、側盛有的一定體積食醋溶液中，測定乙中產生氣體體積，可測定酷酸濃度，故A項正確；B將甲中右側過量稀硫酸轉移到左側一定質量的粗鋅中，測定己中產生氣體體積，可測定粗鋅的純度，B項正確；C碳酸鈉溶于水的過程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收熱量少，溶解放熱，且放出熱量大于吸收的熱量，故C項錯誤；D過氧化鈉與水反應放熱并產生氧氣，恢復至室溫后，可根據己中兩側液面高低判斷是否有氣體產生，故D項正確；故答案為C?！军c睛】利用該法測量氣體體積時要注意使水準管和量氣筒里液面高度保持一致。22、C【解析】AN4呈正四面體結構，類似白磷(P4)，如圖所示，1個N4分子含6個共價鍵（NN鍵），則0.5 mol N4含共

33、價鍵數目為3 NA，A項錯誤；BS2H2OHSOH，陰離子包括S2、OH和HS，陰離子的量大于0.5 mol，B項錯誤；C鋅與濃硫酸發(fā)生反應：Zn2H2SO4(濃)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4=ZnSO4H2，生成氣體11.2 L（標準狀況），則共生成氣體的物質的量，即n(H2+SO2)=，生成1 mol氣體時轉移2 mol電子，生成0.5 mol氣體時應轉移電子數目為NA，C項正確；D己烯和環(huán)己烷的分子式都是C6H12，最簡式為CH2，14 g混合物相當于1 mol CH2，含2 mol H原子，故14 g己烯和環(huán)己烷的混合物含氫原子數目為2NA，D項錯誤；答案選C。二、非選擇

34、題(共84分)23、CH3OH 羧基 5 【解析】(1)根據化合物A的質量比分析，因此A的結構簡式為CH3OH。 (2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基。(3) 有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種。(4)反應是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：。【詳解】(1)根據化合物A的質量比分析，因此A的結構簡式為CH3OH，故答案為：CH3OH。(2)乙苯和酸性高錳酸鉀反應生成苯甲酸，因此C中含有羧基，故答案為：羧基。(3) 有五種位置的氫，因此其一氯代物有5種，故答案為：5。(4)反應是甲醇和苯甲酸酯化反應，其化學方程式為：，故答案為：。24、酯基 肽鍵 加成反應 CH3CH2

35、OH 和 【解析】A發(fā)生取代反應生成B，B和HCl發(fā)生加成反應生成C，C與KCN發(fā)生取代反應生成D，D與鹽酸反應，根據E和乙醇發(fā)生酯化反應生成F，根據F的結構推出E的結構簡式為，F和C2H5NH2發(fā)生取代反應生成G和乙醇?！驹斀狻?1)根據D、G的結構得出化合物D中含氧官能團的名稱為酯基，G中含氧官能團的名稱為肽鍵；故答案為：酯基；肽鍵。(2)根據BC的結構式得出反應類型為加成反應；根據C D反應得出是取代反應，其化學方程式；故答案為：加成反應；。(3)根據E到F發(fā)生酯化反應得出化合物E的結構簡式為；故答案為：。(4)根據反應FG中的結構得出反應為取代反應，因此另一種生成物是CH3CH2OH；

36、故答案為：CH3CH2OH。(5)能與新制Cu(OH)2加熱條件下反應生成磚紅色沉淀，水解產物之一能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有甲酸與酚形成的酚酸酯，即取代基團為OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氫譜為四組峰，峰面積比為1:2:4:9，存在對稱結構，還又含有2個NH2,1個C(CH3)3，符合條件的同分異構體為和；故答案為：和。(6)CH3CH2Cl在堿性條件下水解得到CH3CH2OH，然后與HOOCCH2COOH發(fā)生酯化反應得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl與KCN發(fā)生取代反應得到CH3CH2CN，用氫氣還原得到CH3CH2CH2NH2，根據F到G的轉

37、化過程，CH3CH2CH2NH2與CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反應得到，合成路線為；故答案為：。25、KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O c 3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH- 4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2+2H2O Cl-具有還原性，可將K2MnO4和KMnO4還原 過濾速度快、效果好 MnO42-e-= MnO4- 電解較長時間后，陽極產生的MnO4-在陰極被還原，紫色又轉變?yōu)榫G色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增強，紫色又轉變?yōu)榫G色 【解析】（1）根據圖示，操作中的反應物有K

38、ClO3、MnO2和KOH加熱時生成K2MnO4、KCl和H2O，反應的化學方程式為：KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；操作和的反應物中均含有堿性物質，堿能夠與氧化鋁、二氧化硅及硅酸鹽反應，應選擇鐵坩堝，故答案為KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；c；（2）操作中K2MnO4轉化為KMnO4和MnO2，反應的離子方程式為：3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2+ 4OH-；若溶液堿性過強，則MnO4-又會轉化為MnO42-，反應的離子方程式為：4MnO4-+4OH-= 4MnO42-+ O2+ 2H2O；通入CO2調pH=

39、10-11，不選用HCl，是因為Cl-具有還原性，可將K2MnO4和KMnO4還原，故答案為3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2+ 4OH-；4MnO4-+4OH-= 4MnO42-+ O2+ 2H2O；Cl-具有還原性，可將K2MnO4和KMnO4還原；（3） 圖1為普通過濾裝置，圖2為抽濾裝置，抽濾裝置過濾速度快，過濾效果好，且能夠過濾顆粒很小是固體和糊狀物，故答案為過濾速度快、效果好；（4）電解過程中右側石墨電極連接電源正極，是陽極，發(fā)生氧化反應，電極反應式為：MnO42-e-= MnO4-；若電解時間過長，陽極產生的MnO4-在陰極被還原，紫色又轉變?yōu)榫G色，也可能是

40、陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增強，紫色又轉變?yōu)榫G色，故答案為MnO42-e-= MnO4-；電解較長時間后，陽極產生的MnO4-在陰極被還原，紫色又轉變?yōu)榫G色。(或陰極上氫離子放電生成氫氣，同時產生大量的氫氧根離子，溶液堿性增強，紫色又轉變?yōu)榫G色) 。26、aedbc(或cb)f 固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，有無色氣泡產生 adf 50% Na2CO3、NaOH 堿石灰(或氫氧化鈉固體) 干燥管(或U形管) 取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于

41、試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變?yōu)樗{色，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性) 【解析】本題表面考查了2NO+Na2O2=2NaNO2，該反應是陌生反應，但實際主要以基礎知識為主，例如NO、Na2O2，NO2-等性質，本題綜合性強，難度偏大?！驹斀狻浚?）A中濃硝酸與炭反應生成NO2，NO2通入C裝置可產生NO，因而按氣流方向連接儀器接口aed，注意長進短出，然后NO和B中Na2O2反應，最后D為除雜裝置，因而后續(xù)連接順序為bc(或cb)f，該處答案為aedbc(或cb)f；（2）NO2與水反應可得稀硝酸和NO，稀硝酸（包含揮發(fā)的硝酸）與Cu反應得到硝酸銅和NO，NO

42、為無色氣體，因而C中現象為固體逐漸溶解，溶液變?yōu)樗{色，有無色氣泡產生；（3）酸性KMnO4標準液有腐蝕性，因而選用酸式滴定管，錐形瓶盛放待測液，玻璃棒溶解和轉移固體，因而選adf；高錳酸鉀與亞硝酸鈉的離子方程式為2MnO4-+5NO2-+6H+=2Mn2+5NO3-+3H2O，n(NO2-)=mol=0.025mol，m(NaNO2)=0.025mol69g/mol=1.725g，則固體樣品中NaNO2的純度為100=50；碳和濃硝酸反應得到CO2，同時C中會有水蒸氣進入B中，CO2和水分別與Na2O2反應得到Na2CO3、NaOH，樣品中含有的主要雜質為Na2CO3、NaOH，同時除去CO2

43、和H2O，可使用堿石灰(或氫氧化鈉固體)，該藥品可裝在干燥管內或U形管中；（4）要想證明酸性條件下NaNO2具有氧化性，需要選用合適的還原劑（如KI溶液）與之反應，并且能夠觀察到明顯的反應現象（如淀粉遇碘變藍），根據提供的試劑可選用0.10molL-1NaNO2溶液、0.10molL-1KI溶液、淀粉溶液、稀硫酸，注意用稀硫酸酸化，稀硝酸有強氧化性干擾實驗。因而實驗過程為取少量KI溶液和NaNO2溶液于試管，滴加幾滴淀粉溶液不變色，然后滴加一定量稀硫酸，溶液變藍，證明酸性條件下NaNO2具有氧化性(或取少量KI溶液和稀硫酸于試管，然后滴加幾滴淀粉溶液不變色，滴加NaNO2溶液，溶液變?yōu)樗{色，證

44、明酸性條件下NaNO2具有氧化性)。27、第三周期第VIIA族 離子鍵和極性（共價）鍵 加熱(或煅燒) 2Al2O34Al+3O2 a c 在直流電場作用下，CrO42-通過陰離子交換膜向陽極室移動， 脫離漿液CrO42-和Cr2O72- NaOH和H2 【解析】（1）依據元素原子的核電荷數分析在周期表中的位置作答；二氧化碳分子內存在兩個碳氧雙鍵；氫氧化鈉存在離子鍵與極性共價鍵；（2）固體混合物含有Al(OH)3、MnO2，加入NaOH溶液，過濾，可得到濾液A為NaAlO2，通入二氧化碳，生成B為Al(OH)3，固體C為Al2O3，電解熔融的氧化鋁可得到Al；固體D為MnO2，加熱條件下與濃鹽

45、酸反應可生成氯氣；（3）題中涉及因素有溫度和濃度；（4）電解時，通過陰離子交換膜向陽極移動，陰極發(fā)生還原反應生成氫氣和NaOH，以此解答該題?！驹斀狻浚?）Cl為17號元素，在元素周期表中的位置為第三周期第VIIA族，CO2的電子式為，NaOH中存在的化學鍵類型為離子鍵與極性（共價）鍵，故答案為第三周期第VIIA族；離子鍵與極性（共價）鍵；（2）B為Al(OH)3，在加熱條件下生成氧化鋁，電解熔融的氧化鋁可得到鋁，其化學方程式為：2Al2O34Al+3O2故答案為；加熱（或煅燒）；2Al2O34Al+3O2；（3）反應涉及的條件為加熱，不加熱，無變化，加熱有Cl2生成，說明該反應能否有效進行與

46、溫度有關；當反應停止后，固體有剩余，此時滴加硫酸，又產生Cl2，說明該反應能否有效進行與溶液的酸度有關，故答案為ac；（4）依據離子交換膜的性質和電解工作原理知，在直流電場作用下，通過陰離子交換膜向陽極移動，從而從漿液中分離出來，其漿液中含鉻元素的離子應為CrO42-和Cr2O72-；H+在陰極室得到電子生成H2，溶液中的OH-濃度增大，混合物漿液中的Na+通過陽離子交換膜移向陰極室，故陰極室生成的物質為氫氣和NaOH，故答案為在直流電場作用下，通過陰離子交換膜向陽極室移動；脫離漿液CrO42-和Cr2O72-；NaOH和H2。28、或 Co失去三個電子后會變成，更容易再失去一個電子形成半滿狀

47、態(tài)，Fe失去三個電子后會變成，達到半充滿的穩(wěn)定狀態(tài),更難再失去一個電子 10 sp、sp2 O 12 6 【解析】(1) Co 是27號元素，Co2+核外有25個電子；Co的第四電離能是失去3d6上的1個電子消耗的能量，Fe的第四電離能是失去3d5上的1個電子消耗的能量；(2)CO分子中有1個配位鍵，鐵原子與碳原子通過配位鍵結合；雙鍵C原子的雜化方式為sp2、三鍵C原子的雜化方式為sp；元素非金屬性越強電負性越大；(3)六方最密堆積，原子配位數是12；利用“均攤原則”計算Co原子數；根據計算；【詳解】(1) Co2+核外有25個電子，核外電子排布式是或；原子軌道處于全滿、半滿、全空為穩(wěn)定結構，Co失去三個電子后會變成，更容易再失去一個電子形成半滿狀態(tài)，Fe失去三個電子后會變成，達到半充滿的穩(wěn)定狀態(tài),更難再失去一個電子；(2)1個CO分子中有1個配位鍵，鐵原子與碳原子通過配位鍵結合，所以1molFe(CO)5含有10mol配位鍵；雙鍵C原子的雜化方式為