2022年福建省莆田、莆田高三第六次模擬考試化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。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、常溫下，用AgNO3溶液分別滴定濃度均為0.01 mol/L的KCl、K2C2O4溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮C

2、2O42-的水解)。下列敘述正確的是()AKsp(Ag2C2O4)的數(shù)量級等于10-11Bn點表示AgCl的不飽和溶液C向c(Cl-)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時，先生成Ag2C2O4沉淀DAg2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O42-的平衡常數(shù)為109.042、科學家合成了一種能自動愈合自身內(nèi)部細微裂紋的神奇塑料，合成路線如圖所示：下列說法正確的是（ ）A甲的化學名稱為2，4-環(huán)戊二烯B一定條件下，1mol乙與1molH2加成的產(chǎn)物可能為C若神奇塑料的平均相對分子質(zhì)量為10000，則其平均聚合度約為90D甲的所有鏈狀不飽和烴穩(wěn)定結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體有四種3、國際能源期刊

3、報道了一種正在開發(fā)中的綠色環(huán)?！叭珰潆姵亍?，有望減少廢舊電池產(chǎn)生的污染。其工作原理如圖所示。下列說法正確的是 A“全氫電池”工作時，將酸堿反應的中和能轉(zhuǎn)化為電能B吸附層 b 發(fā)生的電極反應：H2 2 e+ 2OH= 2H2OCNaClO4 的作用是傳導離子和參與電極反應D“全氫電池”的總反應: 2H2 + O2 =2H2O4、通過加入適量乙酸鈉，設計成微生物電池可以將廢水中的氯苯轉(zhuǎn)化為苯而除去，其原理如圖所示。下列敘述正確的是Ab極為正極，發(fā)生還原反應B一段時間后b極區(qū)電解液的pH減小CH+由a極穿過質(zhì)子交換膜到達b極Da極的電極反應式為-e-=Cl-+5、某有機物的分子式為，該物質(zhì)與金屬鈉反

4、應有氣體生成。則該有機物可能的結(jié)構(gòu)有幾種（不考慮立體異構(gòu)）A8B10C12D146、下列關于膠體和溶液的說法中，正確的是（ ）A膠體粒子在電場中自由運動B丁達爾效應是膠體粒子特有的性質(zhì)，是膠體與溶液、懸濁液的本質(zhì)區(qū)別C膠體粒子，離子都能過通過濾紙與半透膜D鐵鹽與鋁鹽都可以凈水，原理都是利用膠體的性質(zhì)7、常壓下羰基化法精煉鎳的原理為：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230時，該反應的平衡常數(shù)K=2105。已知：Ni(CO)4的沸點為42.2，固體雜質(zhì)不參與反應。第一階段：將粗鎳與CO反應轉(zhuǎn)化成氣態(tài)Ni(CO)4；第二階段：將第一階段反應后的氣體分離出來，加熱至230制得高純鎳。下列

5、判斷正確的是A增加c(CO)，平衡向正向移動，反應的平衡常數(shù)增大B第一階段，在30和50兩者之間選擇反應溫度，選50C第二階段，Ni(CO)4分解率較低D該反應達到平衡時，v生成Ni(CO)4=4v生成(CO)8、如圖是l mol金屬鎂和鹵素反應的H(單位：kJ mol1)示意圖，反應物和生成物均為常溫時的穩(wěn)定狀態(tài)，下列選項中不正確的是A由圖可知，MgF2(s)Br2(l)MgBr2(s)F2(g)H600kJ mol1BMgI2與Br2反應的HMgBr2MgCl2MgF29、明崇禎年間徐光啟手跡記載：“綠礬五斤，硝(硝酸鉀)五斤，將礬炒去，約折五分之一，將二味同研細，次用鐵作鍋，鍋下起火，取

6、氣冷定，開壇則藥化為強水。五金入強水皆化、惟黃金不化強水中，加鹽則化。”以下說法不正確的是A“強水”主要成分是硝酸B“將礬炒去，約折五分之一”是指綠礬脫水C“鍋下起火,取氣冷定”描述了蒸餾的過程D“五金入強水皆化”過程產(chǎn)生的氣體都是H210、下列說法正確的是( )A核素的電子數(shù)是2B1H和D互稱為同位素CH+和H2互為同素異形體DH2O和H2O2互為同分異構(gòu)體11、下列有關敘述錯誤的是( )A中國古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹B陶瓷、水泥和光導纖維均屬于硅酸鹽材料C“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程有利于減少霧霾天氣D石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性都是化學變化12、

7、我國科學家設計了一種將電解飽和食鹽水與電催化還原CO2相耦合的電解裝置如圖所示。下列敘述錯誤的是A理論上該轉(zhuǎn)化的原子利用率為100%B陰極電極反應式為CNa+也能通過交換膜D每生成11.2 L（標況下）CO轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA13、下列表示對應化學反應的離子方程式正確的是A將過量二氧化硫氣體通入冷氨水中：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+B醋酸溶液與水垢中的CaCO3反應：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于過量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD向AgCl懸濁液中滴加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色：2AgCl+S2=Ag2S+2Cl14、在常溫下，向20

8、 mL濃度均為0.1 molL1的鹽酸和氯化銨混合溶液中滴加0.1 molL1的氫氧化鈉溶液，溶液pH隨氫氧化鈉溶液加入體積的變化如圖所示（忽略溶液體積變化）。下列說法正確的是AV（NaOH）20 mL時，2n（）n（NH3H2O）n（H+）n（OH）0.1 molBV（NaOH）40 mL時，c（）c（OH）C當0V（NaOH）40 mL時，H2O的電離程度一直增大D若改用同濃度的氨水滴定原溶液，同樣使溶液pH7時所需氨水的體積比氫氧化鈉溶液要小15、2019年諾貝爾化學獎授予美國科學家約翰古迪納夫、斯坦利惠廷厄姆和日本科學家吉野彰，以表彰他們在鋰離子電池研發(fā)領域作出的貢獻。近日，有化學家描

9、繪出了一種使用DMSO（二甲亞砜）作為電解液，并用多孔的黃金作為電極的鋰空氣電池的實驗模型，該電池放電時在多孔的黃金上氧分子與鋰離子反應，形成過氧化鋰，其裝置圖如圖所示。下列有關敘述正確的是（ ）ADMSO電解液能傳遞Li和電子，不能換成水溶液B該電池放電時每消耗2molO2，轉(zhuǎn)移4mol電子C給該鋰空氣電池充電時，金屬鋰接電源的正極D多孔的黃金為電池正極，電極反應式可能為O24e-=2O2-16、用所給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是(夾持儀器略)ABCDX中試劑濃鹽酸雙氧水濃硫酸濃氨水Y中試劑KMnO4MnO2CuNaOH氣體Cl2O2SO2NH3AABBCCDD17、國慶期間對大量盆栽

10、鮮花施用了S-誘抗素制劑以保證鮮花盛開，S-誘抗素的分子結(jié)構(gòu)如圖。下列關于該物質(zhì)的說法正確的是A該有機物的分子式為C15H21O4B該有機物能發(fā)生取代、加成和水解反應C1mol該有機物與足量溴反應最多消耗4mol Br2D1mol該有機物與足量Na反應生成生成1mol H218、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X、Y和Z組成的一種化合物可有效滅殺新型冠狀病毒，它的結(jié)構(gòu)式為：。向W的一種鈉鹽水溶液中通入YZ2氣體，產(chǎn)生沉淀的質(zhì)量m與通入YZ2氣體的體積V的關系如圖所示。下列說法正確的是A氫化物的熔點一定是：YWCX、Y、Z三種元素只能組成一種化合物D工業(yè)上常用熱還原法冶煉單質(zhì)W1

11、9、利用如圖所示裝置，在儀器甲乙丙中，分別依次加入下列各選項中所對應的試劑進行實驗。能達到實驗目的的是（ ）A濃鹽酸、高錳酸鉀、濃硫酸，制取純凈的氯氣B濃鹽酸、濃硫酸、濃硫酸，制取干燥的氯化氫氣體C稀硫酸、溶液X、澄清石灰水，檢驗溶液X中是否含有碳酸根離子D稀硫酸、碳酸鈉、次氯酸鈉，驗證硫酸、碳酸、次氯酸的酸性強弱20、鉈(Tl)與鋁同族。Ti3+在酸性溶液中就能發(fā)生反應：Tl3+2Ag=Tl+2Ag+。下列推斷錯誤的是ATl+的最外層有1個電子BTl能形成+3價和+1價的化合物C酸性溶液中Tl3+比Tl+氧化性強DTl+的還原性比Ag弱21、短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如

12、圖所示，其中 n 的最高價氧化對應的水化物既能與強酸反應，也能與強堿反應，下列說法正確的是（）A元素n位于元素周期表第3周期，第A族B單質(zhì)與水反應置換出氫氣的能力：mnC簡單離子半徑：mqD最高價氧化物對應水化物的堿性：mn22、現(xiàn)有以下物質(zhì)：NaCl溶液 CH3COOH NH3 BaSO4 蔗糖 H2O，其中屬于電解質(zhì)的是（ ）ABCD二、非選擇題(共84分)23、（14分）美國藥物學家最近合成一種可能用于治療高血壓的有機物K，合成路線如下：其中A屬于碳氫化合物，其中碳的質(zhì)量分數(shù)約為83.3%；E的核磁共振氫譜中只有2組吸收峰。H常溫下呈氣態(tài)，是室內(nèi)裝潢產(chǎn)生的主要污染物之一。G和H以1：3反

13、應生成I。試回答下列問題：（1）A的分子式為：_。（2）寫出下列物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式：D：_；G：_。（3）反應中屬于取代反應的有_。（4）反應的化學方程式為_；反應的化學方程式為_。（5）E有多種同分異構(gòu)體，符合“既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應”條件的E的同分異構(gòu)體有_種，寫出符合上述條件且核磁共振氫譜只有2組吸收峰的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_。24、（12分）聚酰亞胺是綜合性能最佳的有機高分子材料之一，已廣泛應用在航空、航天、微電子等領域。某聚酰亞胺的合成路線如圖（部分反應條件己略去）：己知下列信息：芳香族化合物B的一氯代物有兩種回答下列問題：（1）固體A是_（寫名稱）；B的化學名稱是_。（

14、2）反應的化學方程式為_。（3）D中官能團的名稱為_；反應的反應類型是_。（4）E的分子式為_；己知1mo1F與足量的NaHCO3反應生成4mo1CO2，則F的結(jié)構(gòu)簡式是_。（5）X與C互為同分異構(gòu)體，寫出同時滿足下列條件的X的結(jié)構(gòu)簡式_。核磁共振氫譜顯示四種不同化學環(huán)境的氫，其峰面積之比為2：2：1：1能與NaOH溶液反應，1mo1X最多消耗4mo1NaOH能發(fā)生水解反應，其水解產(chǎn)物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應（6）參照上述合成路線，以甲苯和甲醇為原料（無機試劑任選）設計合成的路線_。25、（12分）某校探究性學習小組用已部分生銹的廢鐵屑制作印刷電路板的腐蝕劑，并回收銅。探究過程如下：

15、請回答下列問題：（1）步驟中先加入熱的Na2CO3溶液除油污，操作甲的名稱是_。（2）步驟中，除發(fā)生反應Fe2HCl=FeCl2H2外，其他可能反應的離子方程式為Fe2O36H=2Fe33H2O和_。（3）溶液C的顏色是_，溶液D中可能含有的金屬陽離子有_。（4）可以驗證溶液B中是否含有Fe2的一種試劑是_(填選項序號)。a稀硫酸 b鐵 c硫氰化鉀 d酸性高錳酸鉀溶液（5）操作乙的名稱是_，步驟產(chǎn)生金屬銅的化學方程式為_。26、（10分）亞硝酸鈉(NaNO2)外觀酷似食鹽且有咸味，是一種常用的發(fā)色劑和防腐劑，但使用過量會使人中毒某學習小組針對亞硝酸鈉設計了如下實驗：（實驗一）制取NaNO2該小

16、組先查閱資料知：2NO+Na2O22NaNO2；2NO2+Na2O22NaNO3；NO能被酸性高錳酸鉀氧化為NO3-，然后設計制取裝置如圖(夾持裝置略去)：(1)裝置D的作用是_；如果沒有B裝置，C中發(fā)生的副反應有_。(2)就算在裝置氣密性良好的情況下進行實驗，該小組發(fā)現(xiàn)制得的NaNO2的純度也不高，可能的原因是由_；設計一種提高NaNO2純度的改進措施_。（實驗二）測定NaNO2樣品(含NaNO3雜質(zhì))的純度先查閱資料知：5NO2-+2MnO4-+6H+5NO3-+3Mn2+3H2O；MnO4-+5Fe2+8H+Mn2+5Fe3+4H2O 然后，設計如下方案測定樣品的純度：樣品溶液A 溶液B

17、 數(shù)據(jù)處理(3)取樣品2.3 g經(jīng)溶解后得到溶液A 100 mL，準確量取10.00 mL A與24.00 mL 0.0500 mol/L的酸性高錳酸鉀溶液在錐形瓶中充分反應反應后的溶液用0.1000 mol/L (NH4)2Fe(SO4)2標準溶液滴定至紫色剛好褪去；重復上述實驗3次，平均消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液10.00 mL，則樣品中NaNO2的純度為_(4)通過上述實驗測得樣品中NaNO2的純度偏高，該小組討論的原因錯誤的是_。(填字母編號)a滴定至溶液紫色剛好褪去，立即停止滴定b加入A與KMnO4溶液前的錐形瓶未經(jīng)干燥c實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空

18、氣中的時間過長27、（12分）某學生對SO2與漂粉精的反應進行實驗探究：操作現(xiàn)象取4g漂粉精固體，加入100mL水部分固體溶解，溶液略有顏色過濾，測漂粉精溶液的pHpH試紙先變藍（約為12），后褪色液面上方出現(xiàn)白霧；稍后，出現(xiàn)渾濁，溶液變?yōu)辄S綠色；稍后，產(chǎn)生大量白色沉淀，黃綠色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化學方程是_。（2）pH試紙顏色的變化說明漂粉精溶液具有的性質(zhì)是_。（3）向水中持續(xù)通入SO2，未觀察到白霧。推測現(xiàn)象i的白霧由HC1小液滴形成，進行如下實驗：a用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；b用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀。 實驗a目的是_。由實驗a、

19、b不能判斷白霧中含有HC1，理由是_。（4）現(xiàn)象ii中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和C1-發(fā)生反應。通過進一步實驗確認了這種可能性，其實驗方案是_。（5）將A瓶中混合物過濾、洗滌，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，無明顯變化。取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀。則沉淀X中含有的物質(zhì)是_。用離子方程式解釋現(xiàn)象iii中黃綠色褪去的原因：_。28、（14分）鐵及其化合物在生產(chǎn)、生活中有廣泛應用。(1)鐵原子核外有_種運動狀態(tài)不同的電子，F(xiàn)e3+基態(tài)核外電子排布式為_。(2)實驗室常用K3Fe(CN)6檢驗Fe2+，F(xiàn)e(CN)63中三種元素電負性由大到小的順

20、序為_(用元素符號表示)，CN中鍵與鍵的數(shù)目比n()n()=_；HCN中C原子軌道的雜化類型為_。HCN的沸點為25.7，既遠大于N2的沸點(-195.8)也大于HCl的沸點(-85)的原因是_。(3)FeCl3中的化學鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子(Fe2Cl6)存在，該雙聚分子的結(jié)構(gòu)式為_，其中Fe的配位數(shù)為_。(4)鐵氮化合物(Fe4N)在磁記錄材料領域有著廣泛的應用前景，其晶胞如上圖所示。以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分數(shù)坐標，例如圖中b位置Fe原子的坐標為(0，)、(，0，)和(，0)，則a位置Fe原子和N原子的坐標分別為_、_。N與F

21、e原子之間最短距離a pm。設阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該鐵氮化合物的密度是_gcm-3(列出計算表達式)。29、（10分）CO和H2是工業(yè)上最常用的合成氣，該合成氣的制備方法很多，它們也能合成許多重要的有機物。回答下列問題：(1)制備該合成氣的一種方法是以CH4和H2O為原料，有關反應的能量變化如圖所示。CH4 (g)與H2O(g)反應生成CO(g)和H2 (g)的熱化學方程式為_。(2)工業(yè)乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各國嚴禁使用成本低廉的工業(yè)酒精勾兌食用酒，但一般定性的方法很難檢測出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量測定混合物中甲醇的含量，甲醇與

22、酸性K2Cr2O7溶液反應生成CO2、Cr2(SO4)3等物質(zhì)，寫出其化學方程式 _。(3)為了檢驗由CO和H2合成氣合成的某有機物M的組成，進行了如下測定：將1.84gM在氧氣中充分燃燒，將生成的氣體混合物通過足量的堿石灰，堿石灰 增重4. 08 g，又知生成CO2和H2O的物質(zhì)的量之比為3:4。則M中碳、氫、氧原子個數(shù)之比為_。(4) CO2和H2合成甲醇涉及以下反應：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.58kJ/mol。在反應過程中可以在恒壓的密閉容器中，充入一定量的CO2和H2，測得不同溫度下，體系中CO2的平衡轉(zhuǎn)化率與壓強的關系曲線如圖所示：反應過程

23、中，表明反應達到平衡狀態(tài)的標志是_;A生成3mol O-H鍵，同時斷裂3mol H-H鍵 B容器中氣體的壓強不再變化C容器中氣體的平均摩爾質(zhì)量不變 DCH3OH的濃度不再改變比較T1與T2的大小關系：T1 _T2 (填“”)。在T1和P2的條件下，向密閉容器中充入1mol CO2和3mol H2，該反應在第5 min時達到平衡，此時容器的容積為2.4 L，則該反應在此溫度下的平衡常數(shù)為_，保持T1和此時容器的容積不變，再充入1mol CO2和3mol H2，設達到平衡時CO2的總轉(zhuǎn)化率為a，寫出一個能夠解出a的方程或式子 _(不必化簡，可以不帶單位)。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小

24、題均只有一個符合題意的選項）1、D【解析】A. Ksp(Ag2C2O4)=(10-4)210-2.46=10-11.46，科學計數(shù)法表示時應該是a10b，a是大于1小于10 的數(shù)，故它的數(shù)量級等于10-12，A錯誤；B. n點時c(Ag+)，比溶解平衡曲線上的c(Ag+)大，所以表示AgCl的過飽和溶液，B錯誤；C. 設c(Cl-)=c(C2O42-)=a mol/L，混合液中滴入AgNO3溶液時，生成Ag2C2O4沉淀所需c(Ag+)=，生成AgCl沉淀所需c(Ag+)=，顯然生成AgCl沉淀需要的c(Ag+)小，先形成AgCl沉淀，C錯誤；D. Ag2C2O4+2Cl-=2AgCl+C2O

25、42-的平衡常數(shù)為=109.04，D正確；故合理選項是D。2、D【解析】A碳原子編號應從距離官能團最近的碳原子開始，該物質(zhì)正確命名應為1，3-環(huán)戊二烯，故A錯誤；B化合物乙中沒有共軛雙鍵，加成后不會再形成新的雙鍵，故B錯誤；C神奇塑料的鏈節(jié)相對分子質(zhì)量為132，平均聚合度為，故C錯誤；D甲的不飽和度為3，因此穩(wěn)定的鏈狀烴應含有一個雙鍵和一個三鍵，符合條件的結(jié)構(gòu)有：、，共4種，故D正確；故答案為D?！军c睛】在有機化合物分子結(jié)構(gòu)中單鍵與雙鍵相間的情況稱為共軛雙鍵，共軛雙鍵加成產(chǎn)物中會有單鍵變雙鍵的情況。3、A【解析】由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-

26、2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+H2，結(jié)合原電池中陽離子移向正極，陰離子移向負極解答該題?！驹斀狻緼. “全氫電池”工作時，將酸堿反應的化學能（中和能）轉(zhuǎn)化為電能，故A正確；B. 右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+H2，故B錯誤；C. NaClO4 的作用是傳導離子，沒有參與電極反應，故C錯誤；D. 由電子流向可知，左邊吸附層為負極，發(fā)生了氧化反應，電極反應是H2-2e-+2OH-2H2O，右邊吸附層為正極，發(fā)生了還原反應，電極反應是2e-+2H+H2，總反應為：H+OH-H2O，故D錯誤；正確答案是A。4、B【解析】原電池工作時，正

27、極上發(fā)生得電子的還原反應即：+2e-+H+=Cl-+，則a為正極，b為負極，反應式為：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+。A正極上發(fā)生得電子的還原反應即：+2e-+H+=Cl-+，則a為正極，發(fā)生還原反應，故A錯誤；B由電極方程式可知當轉(zhuǎn)移8mol電子時，正極消耗4molH+，負極生成7molH+，則處理后的廢水pH降低，故B正確；Cb為負極，反應式為：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意圖可知，質(zhì)子從b極移向a極，故C錯誤；Da為正極，發(fā)生還原反應，電極反應式為+2e-+H+=Cl-+，故D錯誤；故選B。點睛：本題考查新型電池，注意把握原電池的工作原理以及電

28、極反應式的書寫，解答本題的關鍵是根據(jù)物質(zhì)的性質(zhì)判斷原電池的正負極。本題的易錯點為D，電極反應也要滿足質(zhì)量守恒定律。5、C【解析】該物質(zhì)與金屬鈉反應有氣體生成，說明分子中含有-OH，即可轉(zhuǎn)變?yōu)?個C的烷烴的二元取代物，可采用定一議一的方法。4個C的烷烴共有兩種結(jié)構(gòu)，正丁烷和異丁烷，正丁烷共有8種二元取代物，異丁烷共有4種二元取代物，共有12種，故答案選C。6、D【解析】A. 膠體粒子可帶電，在電場中發(fā)生定向移動，故A錯誤；B. 丁達爾效應是膠體特有的性質(zhì)，膠體與溶液、懸濁液的本質(zhì)區(qū)別是分散質(zhì)粒子直徑的大小不同，故B錯誤；C.離子既能過通過濾紙，又能通過半透膜；膠體粒子只能通過濾紙，不能通過半透膜

29、，故C錯誤；D. 可溶性鐵鹽與鋁鹽都會發(fā)生水解，產(chǎn)生氫氧化鐵和氫氧化鋁膠體，膠體具有吸附性可以凈水，原理都是利用膠體的性質(zhì)，故D正確。答案選D。7、B【解析】A.平衡常數(shù)只與溫度有關，與濃度無關，故A錯誤；B.50時，Ni(CO)4以氣態(tài)存在，有利于分離，從而促使平衡正向移動，故B正確；C.230時，Ni(CO)4分解的平衡常數(shù)K逆=1/K正=1/（2105）=5104，可知分解率較高，故C錯誤； D.平衡時，應該是4v生成Ni(CO)4=v生成(CO)，故D錯誤；正確答案：B8、D【解析】AMg（s）+F2（l）=MgF2（s）H=-1124kJmol1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2

30、（s）H=-524kJmol1，依據(jù)蓋斯定律計算得到選項中熱化學方程式分析判斷；B溴化鎂的能量小于碘化鎂的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2與Br2反應是放熱反應；C生成溴化鎂為放熱反應，其逆反應為吸熱反應；D能量越小的物質(zhì)越穩(wěn)定?！驹斀狻緼Mg（s）+F2（l）=MgF2（s）H=-1124kJmol1，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJmol1，將第二個方程式與第一方程式相減得MgF2（s）+Br2（L）=MgBr2（s）+F2（g）H=+600kJmol1，故A正確；B溴化鎂的能量小于碘化鎂的能量，溴的能量大于碘的能量，所以MgI2與Br2反應是放熱反應，

31、MgI2與Br2反應的HW，故B正確；CC、H、O元素可以組成多種烴類的含氧衍生物，故C錯誤；D若W為Si，工業(yè)上常用碳還原法冶煉，但W為Al，工業(yè)上常用電解熔融氧化鋁制取鋁，故D錯誤；故答案為B?！军c睛】易錯選項為D，要注意硅酸鈉和偏鋁酸鈉溶液中通入二氧化碳均可以產(chǎn)生沉淀，且沉淀不會與二氧化碳反應，所以根據(jù)題目所給信息無法確認W具體元素，要分情況討論。19、B【解析】A生成的氯氣中含有HCl氣體，濃硫酸不能吸收HCl，故A錯誤；B濃硫酸與濃鹽酸混合放出大量熱，且濃硫酸吸水，可以揮發(fā)出較多HCl氣體，也可以用濃硫酸干燥氯化氫，所以可以得到干燥的HCl，故B正確；C二氧化硫也能夠使澄清石灰水變渾

32、濁，且碳酸氫根離子也能夠能夠產(chǎn)生二氧化碳，無法證明溶液X中是否含有CO32-，故C錯誤；D稀硫酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳，二氧化碳和次氯酸鈉反應生成次氯酸，但生成次氯酸現(xiàn)象不明顯，無法判斷，故D錯誤；故選：B。20、A【解析】A鉈與鋁同族，最外層有3個電子，則Tl+離子的最外層有2個電子，故A錯誤；B根據(jù)反應Tl3+2AgTl+2Ag+可知，Tl能形成+3價和+1價的化合物，故B正確；CTl3+2AgTl+2Ag+，氧化還原反應中氧化劑的氧化性最強，則Tl3+的氧化性最強，所以Tl3+比Tl+氧化性強，故C正確；D還原劑的還原性大于還原產(chǎn)物的還原性，在反應Tl3+2Ag=Tl+2Ag+，還原性

33、AgTl+，故D正確；故選A。21、A【解析】短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如圖所示，其中n的最高價氧化對應的水化物既能與強酸反應，也能與強堿反應，則n為Al，結(jié)合各元素的相對位置可知，m為Mg，p為C，q為N元素，據(jù)此解答?！驹斀狻扛鶕?jù)分析可知，m為Mg，n為Al，p為C，q為N元素。 A. Al的原子序數(shù)為13，位于元素周期表第3周期第A族，故A正確； B. 金屬性：MgAl，則單質(zhì)與水反應置換出氫氣的能力：mn，故B錯誤； C. 鎂離子和氮離子含有2個電子層，核電荷數(shù)越大離子半徑越小，則離子半徑：mq，故C錯誤； D. 金屬性：MgAl，則最高價氧化物對應水化物的堿性：mn

34、，故D錯誤； 故選：A。22、B【解析】在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導電的化合物叫做電解質(zhì)。NaCl溶液是混合物，不是電解質(zhì)；CH3COOH溶于水可導電，是電解質(zhì)；NH3溶于水反應，生成的溶液可導電，但不是自身導電，不是電解質(zhì)；BaSO4熔融狀態(tài)下可電離成離子，可以導電，是電解質(zhì)； 蔗糖溶于水不能電離出離子，溶液不導電，不是電解質(zhì)；H2O可微弱的電離出氫離子和氫氧根離子，可導電，是電解質(zhì)；答案選B?！军c睛】該題要利用電解質(zhì)的概念解題，在水溶液里或熔融狀態(tài)下自身能導電的化合物叫做電解質(zhì)。二、非選擇題(共84分)23、C5H12 CH3CHO C6H12O62C2H5OH + 2CO2 4 HCO

35、OC(CH3)3 【解析】A屬于碳氫化合物，其中碳的質(zhì)量分數(shù)約為83.3%，因此A中=，則A為C5H12；H常溫下呈氣態(tài)，是室內(nèi)裝潢產(chǎn)生的主要污染物之一，H為HCHO，根據(jù)流程圖，B為鹵代烴，C為醇，D為醛，E為酸；F為乙醇，G為乙醛，G和H以1：3反應生成I，根據(jù)信息，I為，J為，E和J以4：1發(fā)生酯化反應生成K，E為一元羧酸，E的核磁共振氫譜中只有2組吸收峰，E為，則D為，C為?！驹斀狻浚?）根據(jù)上述分析可知，A的分子式為C5H12，故答案為：C5H12；（2）根據(jù)上述分析，D的結(jié)構(gòu)簡式為；G為乙醛，結(jié)構(gòu)簡式為CH3CHO，故答案為：；CH3CHO；（3）根據(jù)流程圖可知，反應是葡萄糖的分解

36、反應；反應為鹵代烴的水解反應，屬于取代反應；反應是醛和醛的加成反應；反應是醛的氫化反應，屬于加成反應；反應是酯化反應，屬于取代反應，屬于取代反應，故答案為：；（4）反應是葡萄糖在酒化酶的作用下生成乙醇和二氧化碳，反應的化學方程式為C6H12O62C2H5OH + 2CO2；反應是在催化劑作用下，與氫氣共熱發(fā)生加成反應，反應的化學方程式為，故答案為：C6H12O62C2H5OH + 2CO2；（5）既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應，表明分子結(jié)構(gòu)中含有醛基和酯基，E為，E的同分異構(gòu)體屬于甲酸酯，同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)為HCOOC4H9，因為丁基有4種結(jié)構(gòu)，故E的同分異構(gòu)體有4種，其中核磁共振氫譜只有2組

37、吸收峰的E的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為HCOOC(CH3)3，故答案為：4；HCOOC(CH3)3。24、焦炭 對二甲苯（或1,4-二甲苯） +2CH3OH+2H2O 酯基 取代反應 CH3OHCH3Cl 【解析】采用逆推法，D中應該含有2個酯基，即，反應的條件是乙醇，因此不難猜出這是一個酯化反應，C為對二苯甲酸，結(jié)合B的分子式以及其不飽和度，B只能是對二甲苯，從B到C的反應條件是酸性高錳酸鉀溶液，固體A是煤干餾得到的，因此為焦炭，再來看下線，F(xiàn)脫水的產(chǎn)物其實是兩個酸酐，因此F中必然有四個羧基，則E就是1,2,4,5-四甲苯，據(jù)此來分析本題即可。【詳解】（1）固體A是焦炭，B的化學名稱為對二甲苯（

38、或1,4-二甲苯）（2）反應即酯化反應，方程式為+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能團的名稱為酯基，注意苯環(huán)不是官能團；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式為，根據(jù)分析，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡式為；（5）根據(jù)給出的條件，X應該含有兩個酯基，并且是由酚羥基形成的酯，再結(jié)合其有4種等效氫，因此符合條件的X的結(jié)構(gòu)簡式為；（6）甲苯只有一個側(cè)鏈，而產(chǎn)物有兩個側(cè)鏈，因此要先用已知信息中的反應引入一個側(cè)鏈，再用酸性高錳酸鉀溶液將側(cè)鏈氧化為羧基，再進行酯化反應即可， 因此合成路線為CH3OHCH3Cl。25、過濾 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 棕黃色 Fe2+、Cu2+、Fe3+ d 電解 CuCl2Cu+C

39、l2。 【解析】廢鐵屑經(jīng)加入熱的Na2CO3溶液除油污，經(jīng)過過濾操作可得到固體A，加入鹽酸，發(fā)生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，F(xiàn)e+2Fe3+=3Fe2+然后通入適量的氯氣，發(fā)生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，溶液C為FeCl3，用于腐蝕印刷電路，發(fā)生Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+通過電解操作乙可得到氯氣、銅和E，所以陽極生成氯氣，陰極生成銅，最后得到氯化亞鐵溶液?！驹斀狻?1)廢鐵屑經(jīng)加入熱的Na2CO3溶液除油污，可得到固體A，應經(jīng)過過濾操作，故答案為：過濾；(2)經(jīng)過上述分析可知：固體A為Fe2O3和Fe的混合物,加入鹽酸發(fā)生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O，

40、Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案為：Fe+2Fe3+=3Fe2+；(3) 經(jīng)過上述分析可知：溶液B 為FeCl2和 FeCl3的混合物，通入適量的氯氣，發(fā)生2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-，所以溶液C為FeCl3，呈棕黃色，用于腐蝕印刷電路，發(fā)生的發(fā)應為：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+，則溶液D中可能含有的金屬陽離子有Fe2+、Cu2+、Fe3+，故答案為：棕黃色；Fe2+、Cu2+、Fe3+；(4)因為Fe2+具有還原性，可使酸性高錳酸鉀褪色，所以用酸性高錳酸鉀溶液檢驗，故答案為:d；(5) 經(jīng)過上述分析可知：溶液D中含有的離子為Fe2+、Cu2+、Fe3+、Cl-。步驟產(chǎn)生金

41、屬銅和氯氣，其電解反應的化學方程式為：CuCl2Cu+Cl2，故答案為：電解；CuCl2Cu+Cl2。26、吸收多余的NO 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2、2NO+O2=NO2 由于獲得NO的過程中會產(chǎn)生其他氮氧化物 在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶 75% bc 【解析】在裝置A中稀硝酸與Cu反應產(chǎn)生Cu(NO3)2、NO和H2O，反應產(chǎn)生的NO氣體經(jīng)B裝置的無水CaCl2干燥后進入裝置C中，發(fā)生反應：2NO+Na2O2=2NaNO2，未反應的NO在裝置D中被酸性KMnO4氧化除去。再用酸性KMnO4溶液測定NaNO2純度中，可根據(jù)反應過程中的電子得失數(shù)目相等計算，利用反應過程中操作

42、使KMnO4溶液消耗體積大小上分析實驗誤差。【詳解】(1)酸性KMnO4溶液具有氧化性，能將NO氧化為NO3-，所以裝置D的作用是吸收多余的NO；若沒有裝置B中無水CaCl2的干燥作用，其中的H2O就會與Na2O2發(fā)生反應：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，反應產(chǎn)生O2再與NO反應：2NO+O2=NO2，氣體變?yōu)镹O2； (2)由于反應開始時硝酸濃度較大時，可能有NO2產(chǎn)生，獲得NO的過程中可能會產(chǎn)生其他氮氧化物，這樣會干擾實驗結(jié)果，提高NaNO2純度可以在A、B之間增加裝有水的洗氣瓶，減小實驗誤差；(3)根據(jù)電子守恒可得關系式：5(NH4)2Fe(SO4)2MnO4-，消耗n(KMn

43、O4)=0.1 mol/L0.01 L=0.001 mol，根據(jù)2MnO4-5NO2-可知NO2-反應消耗KMnO4溶液的物質(zhì)的量n(KMnO4)=0.05 mol/L0.024 L-0.001mol=2.010-4 mol，則NaNO2的物質(zhì)的量n(NaNO2)= 5.010-4 mol，則100 mL溶液中含NaNO2的物質(zhì)的量為n(NaNO2)總=5.010-4 mol=5.010-3 mol，所以樣品中NaNO2的純度為100%=75%；(4)a滴定至溶液紫色剛剛好褪去，消耗(NH4)2Fe(SO4)2標準溶液體積偏小，n(NH4)2Fe(SO4)2偏小，導致NaNO2的量測定結(jié)果偏高

44、，a正確；b加入A與KMnO4溶液前錐形瓶未經(jīng)干燥，對測量結(jié)果無影響，b錯誤；c實驗中使用的(NH4)2Fe(SO4)2溶液暴露在空氣中時間過長，部分(NH4)2Fe(SO4)2被氧化，消耗的(NH4)2Fe(SO4)2偏大，導致的測量結(jié)果偏低，c錯誤；故合理選項是bc?！军c睛】本題考查了裝置的連接、試劑的作用、實驗方案的設計與評價及滴定方法在物質(zhì)含量測定的應用。掌握反應原理、各個裝置中試劑的作用是解題關鍵，在物質(zhì)含量測定中要結(jié)合反應過程中電子守恒分析。題目考查學生分析和解決問題的能力，主要是物質(zhì)性質(zhì)和化學反應定量關系的計算分析。27、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H

45、2O 漂白性 檢驗氯氣 SO2也能和酸化的硝酸銀生成白色沉淀 要證明現(xiàn)象II中黃綠色為溶液酸性的增強引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，觀察溶液的顏色變化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl-4H+ SO42- 【解析】（1）漂粉精的制備，氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水；（2）pH試紙先變藍（約為12），后褪色說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）反應中生成Cl2，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧中是否Cl2，排除Cl2干擾；白霧中含有SO2，可以被硝酸氧化為硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液產(chǎn)生白色沉淀；（4）依據(jù)次氯酸根離子和氯離子在酸溶液中會發(fā)生

46、歸中反應生成氯氣，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，觀察溶液顏色是否變?yōu)辄S綠色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根離子具有強氧化性可以氧化二氧化硫為硫酸和鈣離子形成硫酸鈣沉淀；二氧化硫繼續(xù)通入后和生成的氯氣發(fā)生反應生成硫酸和鹽酸?！驹斀狻浚?）氯氣和堿反應，利用氫氧化鈣和氯氣發(fā)生反應生成次氯酸鈣、氯化鈣和水，反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH試紙先變藍(約為12)溶液呈堿性，后褪色溶液具有漂白性，所以說明溶液呈堿性，具有漂白性；（3）向水中持續(xù)

47、通入SO2，未觀察到白霧推測現(xiàn)象的白霧由HCl小液滴形成，用濕潤的碘化鉀淀粉試紙檢驗白霧，無變化；為了檢驗白霧中是否含有氯氣，因為含有氯氣在檢驗氯化氫存在時產(chǎn)生干擾；故答案為檢驗白霧中是否含有Cl2，排除Cl2干擾；用酸化的AgNO3溶液檢驗白霧，產(chǎn)生白色沉淀，若含有二氧化硫氣體，通入硝酸酸化的硝酸銀溶液，會被硝酸氧化為硫酸，硫酸和硝酸銀反應也可以生成硫酸銀沉淀，所以通過實驗不能證明一定含有氯化氫；故答案為白霧中混有SO2，SO2可與酸化的AgNO3反應產(chǎn)生白色沉淀；（4）現(xiàn)象中溶液變?yōu)辄S綠色的可能原因：隨溶液酸性的增強，漂粉精的有效成分和Cl-發(fā)生反應通過進一步實驗確認了這種可能性，漂粉精中

48、成分為次氯酸鈣、氯化鈣，次氯酸根具有強氧化性在酸性溶液中可以氧化氯離子為 氯氣；故答案為：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，觀察溶液是否變?yōu)辄S綠色；（5）取上層清液，加入BaC12溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說明SO2被氧化為SO42-，故沉淀X為CaSO4；溶液呈黃綠色，有Cl2生成，Cl2與SO2反應生成鹽酸與硫酸；反應的離子方程式為：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。28、26 Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 NCFe 1：2 sp雜化 HCN為極性分子且分子間存在氫鍵，而N2為非極性分子，HCl分子間無氫鍵 4 (0，0，0) (，) 1030 【解析】(1)

49、原子核外有多少電子，就存在多少不同運動狀態(tài)的電子；根據(jù)Fe原子失去最外層2個電子再失去次外層1個電子就得到Fe3+，根據(jù)構(gòu)造原理書寫其核外電子排布式； (2)非金屬元素的電負性大于金屬元素，元素的非金屬性越強，其電負性就越大；共價三鍵中含有1個鍵與2個鍵；根據(jù)HCN中C原子形成的價層電子對數(shù)目判斷C原子雜化軌道類型；根據(jù)分子的極性及分子間氫鍵的存在與否和分子間作用力大小判斷物質(zhì)熔沸點的高低；(3)根據(jù)Fe原子具有空軌道而Cl原子具有孤電子對，可形成配位鍵分析；(4)根據(jù)原子的相對位置及已知點的坐標，可確定坐標原點，從而可確定a位置Fe原子和N原子的坐標，利用均攤法計算一個晶胞中含有的各種元素的

50、原子個數(shù)利用=計算其密度。【詳解】(1)Fe是26號元素，由于在一個原子中不存在運動狀態(tài)完全相同的電子，所以Fe原子核外有26種運動狀態(tài)不同的電子。根據(jù)構(gòu)造原理，可得基態(tài)Fe原子核外電子排布式1s22s22p63s23p63d64s2，F(xiàn)e原子失去最外層2個4s電子后再失去次外層3d上的1個電子就得到Fe3+，則基態(tài)Fe3+核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d5或簡寫為Ar3d5；(2)在Fe(CN)63中存在Fe、C、N三種元素，由于元素的非金屬性越強，其電負性越大，非金屬元素的電負性大于金屬元素，故這三種元素的電負性由大到小的順序是NCFe；CN-中C、N原子形成三個共價鍵，

51、其中含有1個鍵和2個鍵，故CN-中鍵與鍵的數(shù)目比n()n()=1：2；在HCN中C原子的價層電子對數(shù)為2，且C原子上沒有孤對電子，所以C原子雜化類型為sp雜化；HCN為極性分子，分子間作用力大于非極性分子的分子間作用力，且HCN分子間還存在氫鍵，也使分子之間的作用力增強，而N2為非極性分子，分子間作用力比極性分子的分子間作用力較?。籋Cl是極性分子，但分子間只有分子間作用力而無氫鍵，其分子間作用力比N2的大，故HCN、N2、HCl三種物質(zhì)的熔沸點由高到低的順序為：HCNHClN2；(3)FeCl3中的化學鍵具有明顯的共價性，說明Fe、Cl原子間化學鍵為共價鍵，而其蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子(Fe2Cl6)存在，這是由于Fe原子具有空軌道而Cl原子具有孤電子對，F(xiàn)e與Cl原子之間又形成了配位鍵