2022年福建省平和高考仿真卷化學(xué)試題含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng)1考生要認(rèn)真填寫考場號和座位序號。2試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、NA代表阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法正確的是（ ）A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，560mL的氫氣和氯氣的混合氣體充分反應(yīng)后共價(jià)鍵數(shù)目為0.05NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAC常溫常壓下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃燒，消耗的O2分子數(shù)目為1.5

2、NAD0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入適量氨氣呈中性，此時(shí)溶液中NH4+數(shù)目為NA2、下列有關(guān)氯元素及其化合物的表示正確的是（ ）A質(zhì)子數(shù)為17、中子數(shù)為20的氯原子：B氯離子(Cl)的結(jié)構(gòu)示意圖：C氯分子的電子式：D氯乙烯分子的結(jié)構(gòu)簡式：H3CCH2Cl3、下列屬于酸性氧化物的是( )ACOBNa2OCKOHDSO24、對于下列實(shí)驗(yàn)事實(shí)的解釋，不合理的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)事實(shí)解釋A加熱蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固體；加熱蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固體H2SO4不易揮發(fā)，HCl易揮發(fā)B電解CuCl2溶液陰極得到Cu；電解NaCl溶液，陰極得不到Na得電子能力：Cu2+Na+H+C濃

3、HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3濃度越大，氧化性越強(qiáng)D鈉與水反應(yīng)劇烈；鈉與乙醇反應(yīng)平緩 羥基中氫的活潑性：H2OC2H5OHAABBCCDD5、 “綠色化學(xué)實(shí)驗(yàn)”已走進(jìn)課堂，下列做法符合“綠色化學(xué)”的是實(shí)驗(yàn)室收集氨氣采用圖1所示裝置實(shí)驗(yàn)室做氯氣與鈉的反應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)采用圖2所示裝置實(shí)驗(yàn)室中用玻璃棒分別蘸取濃鹽酸和濃氨水做氨氣與酸生成銨鹽的實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)室中采用圖3所示裝置進(jìn)行銅與稀硝酸的反應(yīng)ABCD6、北京冬奧會將于2022年舉辦，節(jié)儉辦賽是主要理念。在場館建設(shè)中用到一種耐腐、耐高溫的表面涂料是以某雙環(huán)烯酯為原料制得，該雙環(huán)烯酯的結(jié)構(gòu)如圖所示（）。下列說法正確的是A該雙環(huán)烯酯的水解產(chǎn)物都

4、能使溴水褪色B1 mol該雙環(huán)烯酯能與3 mol H2發(fā)生加成反應(yīng)C該雙環(huán)烯酯分子中至少有12個(gè)原子共平面D該雙環(huán)烯酯完全加氫后的產(chǎn)物的一氯代物有7種7、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值，下列有關(guān)敘述正確的是A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧氣混合后的分子總數(shù)為0.5NAB等體積、濃度均為1mol/L的磷酸和鹽酸，電離出的氫離子數(shù)之比為3:1C一定溫度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液與2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物質(zhì)的量不同D標(biāo)準(zhǔn)狀況下，等體積的N2和CO所含的原子數(shù)均為2NA8、實(shí)驗(yàn)測得濃度均為0.5 molL-1的Pb(CH3COO)2溶液的導(dǎo)

5、電性明顯弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列離子方程式書寫錯(cuò)誤的是APb(NO3)2溶液與 CH3COONa 溶液混合：Pb2+2CH3COO-= Pb(CH3COO)2BPb(NO3)2 溶液與K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSCPb(CH3COO)2 溶液與K2S溶液混合：Pb2+S2- =PbSDPb(CH3COO)2 在水中電離： Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-9、一種熔融KNO3燃料電池原理示意圖如圖所示，下列有關(guān)該電池的說法錯(cuò)誤的是A電池工作時(shí)，NO3向石墨I(xiàn)移動(dòng)B石墨上發(fā)生的電極反應(yīng)為：2NO2+2OH2e=N2O5+H2O

6、C可循環(huán)利用的物質(zhì)Y的化學(xué)式為N2O5D電池工作時(shí)，理論上消耗的O2和NO2的質(zhì)量比為4：2310、常溫下，分別向NaX溶液和YCl溶液中加入鹽酸和氫氧化鈉溶液，混合溶液的PH與離子濃度變化關(guān)系如圖所示，下列說法不正確的是（ ）A0.1mol/L的YX溶液中離子濃度關(guān)系為：c(Y+)c(X-)c(OH-)c(H+)BL1表示-lg與pH的變化關(guān)系CKb(YOH)=10-10.5Da點(diǎn)時(shí)兩溶液中水的電離程度不相同11、在3種不同條件下，分別向容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1molB，發(fā)生反應(yīng)：。相關(guān)條件和數(shù)據(jù)見下表：實(shí)驗(yàn)編號實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)反應(yīng)溫度/700700750達(dá)平衡時(shí)間/min4

7、0530n(D)平衡/mol1.51.51化學(xué)平衡常數(shù)K1K2K3下列說法正確的是（）A實(shí)驗(yàn)達(dá)平衡后，恒溫下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移動(dòng)B升高溫度能加快反應(yīng)速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分?jǐn)?shù)提高C實(shí)驗(yàn)達(dá)平衡后容器內(nèi)的壓強(qiáng)是實(shí)驗(yàn)的0.9倍DK3K2K112、化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列應(yīng)用沒有涉及氧化還原反應(yīng)的是（）A過氧化鈉用作缺氧場所的供氧劑B鋁熱反應(yīng)用于焊接鐵軌C氯化鐵用于凈水D鋁罐車用作運(yùn)輸濃硫酸13、某研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室模擬用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制備堿式硫酸鋁 A12(SO4)x(OH)6-2x溶液，并用于煙氣脫硫研究，相關(guān)過程如下：

8、下列說法錯(cuò)誤的是A濾渣I、II的主要成分分別為SiO2、CaSO4B若將pH調(diào)為4，則可能導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低C吸收煙氣后的溶液中含有的離子多于5種D完全熱分解放出的SO2量等于吸收的SO2量14、實(shí)驗(yàn)中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制時(shí)應(yīng)選用的容量瓶的規(guī)格和稱取Na2CO3的質(zhì)量分別是A1000mL，212.0gB950mL，543.4gC任意規(guī)格，572gD500mL，286g15、下列溶液中的粒子濃度關(guān)系正確的是（ ）A0.1molL-1NaHCO3溶液中：cNa+cHCO3-cCO32-cH2CO3B1L0.1molL-1Na2S溶液中：cOH-cH+=cHS-+

9、cH2SC等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：cNa+cHXcX-cH+cOH-D室溫下，pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH=6.5的牛奶中cH+的1000倍16、實(shí)驗(yàn)室制備少量乙酸乙酯的裝置如圖所示。下列有關(guān)該實(shí)驗(yàn)說法正確的是A乙酸乙酯的沸點(diǎn)小于100B反應(yīng)前，試管甲中先加入濃硫酸，后加入適量冰酸醋和乙醇C試管乙中應(yīng)盛放NaOH濃溶液D實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，將試管乙中混合液進(jìn)行蒸發(fā)結(jié)晶可得到乙酸乙酯二、非選擇題（本題包括5小題）17、兩種重要的有機(jī)化工合成中間體F和Y可用甲苯為主要原料采用以下路線制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO請回答下

10、列問題：（1）寫出A的結(jié)構(gòu)簡式_。（2）BC的化學(xué)方程式是_。（3）CD的反應(yīng)類型為_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反應(yīng)。（5）在合成F的過程中，設(shè)計(jì)BC步驟的目的是_。（6）寫出符合下列條件的3種A的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_、_、_。苯環(huán)上只有兩種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子能發(fā)生銀鏡反應(yīng)（7）以X和乙醇為原料通過3步可合成Y，請?jiān)O(shè)計(jì)合成路線_（無機(jī)試劑及溶劑任選）。18、氨甲環(huán)酸（F）又稱止血環(huán)酸、凝血酸，是一種在外科手術(shù)中廣泛使用的止血藥，可有效減少術(shù)后輸血。氨甲環(huán)酸（F）的一種合成路線如下（部分反應(yīng)條件和試劑未標(biāo)明）：（1）B的系統(tǒng)命名為_；反應(yīng)的反應(yīng)類型為_。（2）化合物C含有的

11、官能團(tuán)的名稱為_。（3）下列有關(guān)氨甲環(huán)酸的說法中，正確的是_（填標(biāo)號）。a氨甲環(huán)酸的分子式為C8H13NO2b氨甲環(huán)酸是一種天然氨基酸c氨甲環(huán)酸分子的環(huán)上一氯代物有4種d由E生成氨甲環(huán)酸的反應(yīng)為還原反應(yīng)（4）氨甲環(huán)酸在一定條件下反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式為_。（5）寫出滿足以下條件的D的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式_。屬于芳香族化合物 具有硝基 核磁共振氫譜有3組峰（6）寫出用和CH2=CHOOCCH3為原料制備化合物的合成路線（其他試劑任選）。_19、輝銅礦主要成分為Cu2S，軟錳礦主要成分MnO2，它們都含有少量Fe2O3、SiO2等雜質(zhì)。工業(yè)上綜合利用這兩種礦物制備硫酸銅、硫酸錳和硫單質(zhì)的

12、主要工藝流程如下：（1）浸取2過程中溫度控制在500C600C之間的原因是_。（2）硫酸浸取時(shí)，F(xiàn)e3+對MnO2氧化Cu2S起著重要催化作用，該過程可能經(jīng)過兩歲反應(yīng)完成，將其補(bǔ)充完整：_（用離子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+= Mn2+2Fe3+2H2O（3）固體甲是一種堿式鹽，為測定甲的化學(xué)式，進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)：步驟1：取19.2 g固體甲，加足量的稀鹽酸溶解，將所得溶液分為A、B兩等份；步驟2：向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到0.448L NH3（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）過濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質(zhì)量不再變化，可得4.80g紅棕色固體殘?jiān)翰襟E3：向B中加入足量的BaCl2溶液

13、，過濾、洗滌、干燥，可得9.32g固體殘?jiān)?。則固體甲的化學(xué)式為_（4）相關(guān)物質(zhì)的溶解度如下圖，從除鐵后的溶液中通過一系列的操作分別獲得硫酸銅、硫酸錳晶體，請給出合理的操作順序（從下列操作中選取，按先后次序列出字母，操作可重復(fù)使用）：溶液( ) ( )( ) (A) ( ) ( ) （ ），_A蒸發(fā)溶劑 B趁熱過濾 C冷卻結(jié)晶 D過濾E將溶液蒸發(fā)至溶液表面出現(xiàn)晶膜 F將溶液蒸發(fā)至容器底部出現(xiàn)大量晶體20、某小組同學(xué)探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。（查閱資料）物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（實(shí)驗(yàn)探究）（一）探究

14、BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化，實(shí)驗(yàn)操作如下所示：試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解（1）實(shí)驗(yàn)說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入稀鹽酸后，_。（2）實(shí)驗(yàn)中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是_。（3）實(shí)驗(yàn)說明沉淀發(fā)生了部分轉(zhuǎn)化，結(jié)合BaSO4的沉淀溶解平衡解釋原因：_。（二）探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化。（4）實(shí)驗(yàn)：證明AgCl轉(zhuǎn)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(shí)驗(yàn)：在試管中進(jìn)行溶液間反應(yīng)時(shí)，同學(xué)們無法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為

15、AgCl，于是又設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)（電壓表讀數(shù)：acb0）。裝置步驟電壓表讀數(shù).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(fù)，再向B中加入與等量的NaCl（s）a注：其他條件不變時(shí)，參與原電池反應(yīng)的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)。查閱有關(guān)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(yīng)速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反應(yīng)速率。設(shè)計(jì)（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原電池（使用鹽橋阻斷Ag與I

16、的相互接觸）如上圖所示，則該原電池總反應(yīng)的離子方程式為_。結(jié)合信息，解釋實(shí)驗(yàn)中ba的原因：_。實(shí)驗(yàn)的現(xiàn)象能說明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，理由是_。（實(shí)驗(yàn)結(jié)論）溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)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(zhuǎn)化溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)。21、Fe、Cu、Cr都是第四周期過渡元素,回答下列問題。（1）FeCl3是一種常用的凈水劑，氯元素的原子核外有_種不同運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的電子；有_種不同能級的電子，基態(tài)Fe3+的電子排布式為_。（2）實(shí)驗(yàn)室中可用KSCN或K4Fe(CN)6來檢驗(yàn)Fe3+。FeCl3與KSCN溶液混合，可得到配位數(shù)為5的配合物的化學(xué)式是_；K4Fe(C

17、N)6與Fe3+反應(yīng)可得到一種藍(lán)色沉淀KFeFe(CN)6，該物質(zhì)晶胞的結(jié)構(gòu)如圖所示(K+未畫出)，則一個(gè)晶胞中的K+個(gè)數(shù)為 _。（3）Cu2+能與乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配離子。該配離子中含有的化學(xué)鍵類型有 _ (填字母) a.配位鍵 b.極性鍵 c.離子鍵 d.非極性鍵, 乙二胺中共有_個(gè)鍵，C原子的雜化方式為 _。（4）金屬銅的晶胞為面心立方最密堆積，邊長為361pm。又知銅的密度為9.0gcm-3，則銅原子的直徑約為_pm。（5）Cr是周期表中第B族元素，化合價(jià)可以是0+6的整數(shù)價(jià)態(tài)?；卮鹣铝袉栴}。某化合物的化學(xué)式為Na3CrO8，其陰離子結(jié)構(gòu)可表示為，則Cr的化合

18、價(jià)為_。CrO42-呈四面體構(gòu)型,結(jié)構(gòu)為，Cr2O72-由兩個(gè)CrO42-四面體組成，這兩個(gè)CrO42-四面體通過共用一個(gè)頂角氧原子彼此連接,結(jié)構(gòu)為。則由n(n1)個(gè)CrO42-通過頂角氧原子連續(xù)的鏈?zhǔn)浇Y(jié)構(gòu)的化學(xué)式為_。參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、C【解析】A.標(biāo)準(zhǔn)狀態(tài)下560mL的氫氣和氯氣混合物含有氣體的物質(zhì)的量為 n= ，無論是否反應(yīng)，每個(gè)分子中含有1個(gè)共價(jià)鍵，所以0.025mol氣體混合物反應(yīng)后含有的共價(jià)鍵數(shù)目為0.025NA，故A錯(cuò)誤；B.氯氣在反應(yīng)中既是氧化劑也是還原劑，1mol氯氣反應(yīng)時(shí)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為1mol，2.24LCl2的物質(zhì)的量為則轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1N

19、A，故B錯(cuò)誤；C.1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃燒均消耗1mol氧氣，所以1.5mol兩種物質(zhì)的混合物完全燃燒消耗氧氣的物質(zhì)的量為1.5mol，則消耗的O2分子數(shù)目為1.5NA，故C正確；D. 缺少溶液的體積，無法計(jì)算微粒的數(shù)目，故D錯(cuò)誤。故選C。2、C【解析】A、左上角應(yīng)是質(zhì)量數(shù)，質(zhì)量數(shù)=中子數(shù)+質(zhì)子數(shù)=37，應(yīng)是，故A說法錯(cuò)誤；B、氯離子質(zhì)子數(shù)大于電子數(shù)，其結(jié)構(gòu)示意圖：，故B錯(cuò)誤；C、氯原子最外層7個(gè)電子，每個(gè)氯原子都達(dá)到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，故C正確；D、氯乙烯結(jié)構(gòu)簡式：CH2=CHCl，而題目中是氯乙烷，故D說法錯(cuò)誤。3、D【解析】酸性氧化物是可以與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物。

20、【詳解】A.CO是不成鹽氧化物，故A不選；B. Na2O是堿性氧化物，故B不選；C.KOH是堿，不是氧化物，故C不選；D.SO2屬于酸性氧化物，故D選。故選D。4、B【解析】A、硫酸鎂溶液中：Mg22H2OMg(OH)22H，鹽類水解是吸熱反應(yīng)，升高溫度，促進(jìn)水解，但硫酸屬于難揮發(fā)性酸，因此加熱蒸干得到的是MgSO4；氯化鎂溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加熱促進(jìn)水解，HCl易揮發(fā)，加熱促進(jìn)HCl的揮發(fā)，更加促進(jìn)反應(yīng)向正反應(yīng)方向進(jìn)行，因此加熱蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解釋合理，故A說法正確；B、根據(jù)電解原理，電解CuCl2溶液，陰極上發(fā)生Cu22e=Cu，說明Cu2得

21、電子能力大于H，電解NaCl溶液，陰極上發(fā)生2H2e=H2，說明H得電子能力強(qiáng)于Na，得電子能力強(qiáng)弱是Cu2HNa，因此解釋不合理，故B說法錯(cuò)誤；C、濃硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，說明濃硝酸的氧化性強(qiáng)于稀硝酸，即硝酸濃度越大，氧化性越強(qiáng)，解釋合理，故C說法正確；D、鈉與乙醇反應(yīng)平緩，鈉與水反應(yīng)劇烈，說明羥基中氫的活性：CH3CH2OHH2O，解釋合理，故D說法正確。答案選B。5、C【解析】分析每種裝置中出現(xiàn)的相應(yīng)特點(diǎn)，再判斷這樣的裝置特點(diǎn)能否達(dá)到處理污染氣體，減少污染的效果。【詳解】圖1所示裝置在實(shí)驗(yàn)中用帶有酚酞的水吸收逸出的氨氣，防止氨氣對空氣的污染，符合“綠色化學(xué)”，故符合題意；

22、圖2所示裝置用沾有堿液的棉球吸收多余的氯氣，能有效防止氯氣對空氣的污染，符合“綠色化學(xué)”，故符合題意；氨氣與氯化氫氣體直接散發(fā)到空氣中，對空氣造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“綠色化學(xué)”，故不符合題意；圖3所示裝置中，銅絲可以活動(dòng)，能有效地控制反應(yīng)的發(fā)生與停止，用氣球收集反應(yīng)產(chǎn)生的污染性氣體，待反應(yīng)后處理，也防止了對空氣的污染，符合“綠色化學(xué)”，故符合題意；故符合“綠色化學(xué)”的為。故選C。【點(diǎn)睛】“綠色化學(xué)”是指在源頭上消除污染，從而減少污染源的方法，與“綠色化學(xué)”相結(jié)合的往往是原子利用率，一般來說，如果所有的反應(yīng)物原子都能進(jìn)入指定的生成物的話，原子的利用率為100%。6、A【解析】該雙

23、環(huán)烯酯水解產(chǎn)物中都含有碳碳雙鍵，都能使溴水褪色，選項(xiàng)A正確；1 mol該雙環(huán)烯酯的兩個(gè)碳碳雙鍵能與2 mol H2發(fā)生加成反應(yīng)，酯基中的碳氧雙鍵不能加成，選項(xiàng)B不正確；分子中不存在苯環(huán)，共平面的原子從碳碳雙鍵出發(fā)，至少是6個(gè)，分子中分別與兩個(gè)碳碳雙鍵共平面的原子不一定共面，選項(xiàng)C 不正確；分子加氫后，兩邊環(huán)分別有4 種一氯代物，CH2上有1種，共有9種，選項(xiàng)D不正確。7、C【解析】A.5.6L一氧化氮和5.6L 氧氣混合后發(fā)生反應(yīng)2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反應(yīng)為氣體分子數(shù)減少的反應(yīng)，因此混合后的分子總數(shù)小于0.5NA，故A錯(cuò)誤；B.磷酸為弱酸，不可完全電離出H+，故B錯(cuò)誤；C.

24、 NH4+水解，濃度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液與2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物質(zhì)的量不同，故C正確；D.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，等體積的N2和CO物質(zhì)的量相等，所含的原子數(shù)相等，但不一定為2NA，故D錯(cuò)誤；答案：C【點(diǎn)睛】易錯(cuò)選項(xiàng)A，忽略隱含反應(yīng)2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。8、C【解析】由導(dǎo)電性強(qiáng)弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱電解質(zhì)，在離子方程式中保留化學(xué)式，據(jù)此分析作答。【詳解】根據(jù)上述分析可知，A. Pb(NO3)2溶液與CH3COONa溶液混合，會生成Pb(CH3COO)2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Pb2+2

25、CH3COO-= Pb(CH3COO)2，A項(xiàng)正確；B. Pb(NO3)2溶液與K2S溶液混合會生成PbS沉淀，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：Pb2+S2-=PbS，B項(xiàng)正確；C. Pb(CH3COO)2溶液與K2S溶液混合，離子方程式為： Pb(CH3COO)2+S2- =PbS+2CH3COO-，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D. Pb(CH3COO)2在水中電離：Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-，D項(xiàng)正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分電離，是少有的幾種不是強(qiáng)電解質(zhì)的鹽之一。9、B【解析】由圖示可知，原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)、正極發(fā)生還原反應(yīng)，石墨通入NO2生成

26、N2O5，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，故石墨是負(fù)極，發(fā)生的反應(yīng)式為NO2- e-+NO3- = N2O5，則石墨為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，該電池的總反應(yīng)為：4NO2+ O2=2 N2O5?！驹斀狻坑蓤D示可知，原電池中負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)、正極發(fā)生還原反應(yīng)，石墨通入NO2生成N2O5，發(fā)生的是氧化反應(yīng)，故石墨是負(fù)極，發(fā)生的反應(yīng)式為NO2- e-+NO3- = N2O5，則石墨為正極，發(fā)生還原反應(yīng)，反應(yīng)式為O2+4e-+2 N2O5=4 NO3- 。A電池工作時(shí)，陰離子移向負(fù)極，陽離子移向正極，石墨是負(fù)極，NO3- 向石墨I(xiàn)移動(dòng)，A正確；B該電池一種熔融KNO3燃料

27、電池，負(fù)極發(fā)生氧化反應(yīng)，石墨上發(fā)生的電極反應(yīng)為：NO2- e-+NO3- = N2O5，B錯(cuò)誤；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循環(huán)利用的物質(zhì)Y的化學(xué)式為N2O5，C正確；D原電池中正極得到的電子數(shù)等于負(fù)極失去的電子數(shù)，故電池工作時(shí)，理論上消耗的O2和NO2的物質(zhì)的量之比是1:4，則消耗的O2和NO2的物質(zhì)的量之比是4：23，D正確；答案選D。【點(diǎn)睛】考生做該題的時(shí)候，首先從圖中判斷出石墨、石墨是哪個(gè)電極，并能準(zhǔn)確寫出電極反應(yīng)式，原電池中陰離子移向負(fù)極、陽離子移向正極，原電池工作時(shí)，理論上負(fù)極失去的電子數(shù)等于正極得到的電子數(shù)。10、A【解析】NaX溶液中加入鹽酸，隨著溶液pH逐漸逐漸增

28、大，X-離子濃度逐漸增大，HX濃度逐漸減小，-lg的值逐漸減小，所以曲線L1表示-lg的與pH的關(guān)系；YCl溶液中加入NaOH溶液，隨著溶液pH逐漸增大，Y+離子逐漸減小，YOH的濃度逐漸增大，則-lg的值逐漸增大，則曲線L2表示-lg與pH的變化關(guān)系。A曲線L1中，-lg=0時(shí)，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=110-9110-10.5，根據(jù)Kh=可知，電離平衡常數(shù)越大，對應(yīng)離子的水解程度越小，則水解程度X-Y+，則MA溶液呈酸性，則c(OH-)c(H+)、c(Y+)c(X-)，溶液中離子濃度大小為：c(X-)c(Y+)c(H+)c(OH-)，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)分析可知，曲線

29、L1表示-lg的與pH的關(guān)系，故B正確；C曲線L2表示-lg與pH的變化關(guān)系，-lg=0時(shí)，c(Y+)=c(YOH)，此時(shí)pH=3.5，c(OH-)=110-10.5mol/L，則Kb(YOH)=c(OH-)=110-10.5，故C正確；Da點(diǎn)溶液的pH7，溶液呈酸性，對于曲線L1，NaX溶液呈堿性，而a點(diǎn)為酸性，說明加入鹽酸所致，抑制了水的電離；曲線L2中，YCl溶液呈酸性，a點(diǎn)時(shí)呈酸性，Y+離子水解導(dǎo)致溶液呈酸性，促進(jìn)了水的電離，所以水的電離程度：ab，故D正確；故答案為A。11、A【解析】A容積為2L的恒容密閉容器中充入2molA和1mol B，發(fā)生反應(yīng)：2A(g)+B(g)2D(g)，

30、實(shí)驗(yàn)III中，平衡時(shí)n(D)=1mol，則n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750的平衡常數(shù)K=4，溫度不變，則平衡常數(shù)不變，實(shí)驗(yàn)達(dá)平衡后，恒溫下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，則此時(shí)容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此時(shí)濃度商QC=4=K，則平衡不發(fā)生移動(dòng)，故A正確；B升高溫度不能降低反應(yīng)的活化能，但能使部分非活化分子吸收熱量而變?yōu)榛罨肿樱丛龃罅嘶罨肿影俜謹(jǐn)?shù)，增大活化分子的有效碰撞機(jī)會，化學(xué)反應(yīng)速率加快，故B錯(cuò)誤；C根據(jù)理想

31、氣體狀態(tài)方程PV=nRT可知，在相同體積的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反應(yīng)起始時(shí)向容器中充入2mol A和1mol B，實(shí)驗(yàn)III達(dá)平衡時(shí)，n(D)=1mol，根據(jù)反應(yīng)方程式，則平衡時(shí)n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。實(shí)驗(yàn)I達(dá)平衡時(shí)，n(D)=1.5mol，根據(jù)反應(yīng)方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，則實(shí)驗(yàn)III達(dá)平衡后容器內(nèi)的壓強(qiáng)與實(shí)驗(yàn)I達(dá)平衡后容器內(nèi)的壓強(qiáng)之比=0.9，故C錯(cuò)誤；D反應(yīng)為2A(g)+B(g)2D(g)，比較實(shí)驗(yàn)I和III，溫度升高，平衡時(shí)D的量減少，化學(xué)平衡向逆反應(yīng)方向移動(dòng)，則K3K1，溫度相同，平衡常數(shù)相同，則K1=

32、K2，綜上，則平衡常數(shù)的關(guān)系為：K3K2=K1，故D錯(cuò)誤；答案選A。【點(diǎn)睛】本題的難點(diǎn)為C，需要結(jié)合理想氣體狀態(tài)方程pV=nRT計(jì)算判斷。本選項(xiàng)的另一種解法：實(shí)驗(yàn)III中平衡混合物的總物質(zhì)的量為2.5mol，實(shí)驗(yàn)I中平衡混合物的總物質(zhì)的量為2.25mol，兩者物質(zhì)的量之比為2.5:2.25=1.1，則在相同溫度下的相同容器的壓強(qiáng)之比等于其氣體的總物質(zhì)的量之比=1.1，由于實(shí)驗(yàn)III的溫度更高，升高溫度，氣體的壓強(qiáng)增大，則兩容器的壓強(qiáng)之比大于1.1。12、C【解析】在化學(xué)應(yīng)用中沒有涉及氧化還原反應(yīng)說明物質(zhì)在反應(yīng)過程中沒有電子轉(zhuǎn)移，其特征是沒有元素化合價(jià)變化，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼過氧化鈉和水、

33、二氧化碳反應(yīng)都生成氧氣，O元素化合價(jià)由-1價(jià)變?yōu)?2價(jià)和0價(jià)，所以該反應(yīng)為氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)A不選；B鋁熱反應(yīng)用于焊接鐵軌過程中，鋁元素化合價(jià)由0價(jià)變?yōu)?3價(jià)，所以屬于氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)B不選； C氯化鐵用于凈水，氯化鐵水解生成氫氧化鐵膠體，氫氧化鐵膠體吸附凈水，該過程中沒有元素化合價(jià)變化，所以不涉及氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)C選； D鋁罐車用作運(yùn)輸濃硫酸，利用濃硫酸的強(qiáng)氧化性與鋁發(fā)生鈍化反應(yīng)，所以屬于氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)D不選； 答案選C。【點(diǎn)睛】本題以物質(zhì)的用途為載體考查了氧化還原反應(yīng)，根據(jù)反應(yīng)過程中是否有元素化合價(jià)變化來分析解答，明確元素化合價(jià)是解本題關(guān)鍵，結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答，易錯(cuò)點(diǎn)是選項(xiàng)C，

34、氫氧化鐵膠體的產(chǎn)生過程不涉及化合價(jià)的變化，不屬于氧化還原反應(yīng)。13、D【解析】A. 粉煤灰與稀硫酸混合發(fā)生反應(yīng)：Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O，而SiO2不與稀硫酸反應(yīng)，故濾渣I的主要成分為SiO2；濾液中含Al2(SO4)3，加入碳酸鈣粉末后調(diào)節(jié)pH=3.6，發(fā)生反應(yīng)CaCO3H2SO4=CaSO4CO2H2O，因CaSO4微溶，故濾渣II的成分為CaSO4，A項(xiàng)正確；B. 將pH調(diào)為4，溶液中會有部分的鋁離子會與氫氧根離子反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀，可能導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低，B項(xiàng)正確；C. 吸收液中本身含有H、Al3、OH、SO42，吸收SO2以后會生成SO32，部分S

35、O32會發(fā)生水解生成HSO3，溶液中含有的離子多于5種，C項(xiàng)正確；D. SO2被吸收后生成SO32，SO32不穩(wěn)定，被空氣氧化為SO42，因此完全熱分解放出的SO2量會小于吸收的SO2量，D項(xiàng)錯(cuò)誤； 答案選D。14、A【解析】實(shí)驗(yàn)室沒有950mL的容量瓶，應(yīng)選擇體積相近的1000mL容量瓶，碳酸鈉的物質(zhì)的量為1L2mol/L=2mol，需要碳酸鈉的質(zhì)量為2mol106g/mol=212g，故選A。15、D【解析】ANaHCO3溶液中碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，則NaHCO3溶液中存在c(Na+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)，故A錯(cuò)誤；B任何電解質(zhì)溶液中都存

36、在物料守恒和電荷守恒，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+ c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+ c(OH-)，將代入得：c(HS-)+2c(H2S)= c(OH-)-c(H+)，故B錯(cuò)誤；C等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，無法判斷電離程度和水解程度，不能判斷溶液的酸堿性，即無法比較c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必滿足電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C錯(cuò)誤；DpH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5，pH=

37、6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5，所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍，故D正確；答案選D。16、A【解析】A、由水浴加熱制備并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸點(diǎn)小于100，故A正確；B、濃硫酸的密度大，應(yīng)該先加入適量乙醇，然后慢慢地加入濃硫酸和冰酸醋，防止混合液體濺出，發(fā)生危險(xiǎn)，故B錯(cuò)誤；C. 乙酸乙酯在氫氧化鈉溶液中水解，試管乙中不能盛放NaOH濃溶液，應(yīng)盛放飽和碳酸鈉溶液，故C錯(cuò)誤；D. 乙酸乙酯難溶于飽和碳酸鈉，實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，將試管乙中混合液進(jìn)行分液可得到乙酸乙酯，故D錯(cuò)誤；選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 (CH3CO)2OCH

38、3COOH 氧化反應(yīng) 3 氨基易被氧化，在氧化反應(yīng)之前需先保護(hù)氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有機(jī)合成過程，A物質(zhì)為發(fā)生苯環(huán)上的對位取代反應(yīng)生成的，故A為，結(jié)合已知條件，可知B為，結(jié)合BC的過程中加入的(CH3CO)2O以及D的結(jié)構(gòu)可知，C為B發(fā)生了取代反應(yīng)，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽鍵，CD的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化成羧基的過程。D與題給試劑反應(yīng)，生成E，E與H2O發(fā)生取代反應(yīng)，生成F。分析X、Y的結(jié)構(gòu)，結(jié)合題給已知條件，可知XY的過程為，據(jù)此進(jìn)行分析推斷?！驹斀狻浚?）從流程分析得出A為,答案為：；（2）根據(jù)流程分析可知，反應(yīng)為乙酸酐與氨基反應(yīng)形成肽鍵和

39、乙酸。反應(yīng)方程式為：(CH3CO)2OCH3COOH。答案為：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）結(jié)合C、D的結(jié)構(gòu)簡式，可知CD的過程為苯環(huán)上的甲基被氧化為羧基，為氧化反應(yīng)。答案為：氧化反應(yīng)；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氫氧化鈉，溴原子水解得到酚羥基和HBr各消耗1 mol氫氧化鈉，共消耗3 mol。答案為：3；（5）分析B和F的結(jié)構(gòu)簡式，可知最后氨基又恢復(fù)原狀，可知在流程中先把氨基反應(yīng)后又生成，顯然是在保護(hù)氨基。答案為：氨基易被氧化，在氧化反應(yīng)之前需先保護(hù)氨基；（6）由得出苯環(huán)中取代基位置對稱，由得出含有醛基或甲酸酯基，還有1個(gè)氮原子和1個(gè)氧原子，故為、。

40、答案為：、；（7）根據(jù)已知條件需要把乙醇氧化為乙醛，然后與X反應(yīng)再加熱可得出產(chǎn)物。故合成路線為：CH3CH2OHCH3CHO。答案為：CH3CH2OHCH3CHO 。18、2-氯-1,3-丁二烯 加成反應(yīng) 碳碳雙鍵、酯基；氯原子 cd 【解析】根據(jù)框圖和各物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式及反應(yīng)條件進(jìn)行推斷?！驹斀狻浚?）B的結(jié)構(gòu)簡式為,所以B系統(tǒng)命名為2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反應(yīng)的反應(yīng)類型為加成反應(yīng)。答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反應(yīng)。（2）由C的結(jié)構(gòu)簡式為，則化合物C含有的官能團(tuán)的名稱為碳碳雙鍵、酯基、氯原子。答案：碳碳雙鍵、酯基；氯原子。（3）a氨甲環(huán)酸的結(jié)構(gòu)簡式為：，則氨甲環(huán)酸的分子式為C

41、8H15NO2，故a錯(cuò)誤；b.氨甲環(huán)酸的結(jié)構(gòu)簡式為：，氨基不在碳原子上，所以不是一種天然氨基酸，故b錯(cuò)誤；c氨甲環(huán)酸分子的環(huán)上有四種類型的氫，所以一氯代物有4種，故c正確；d由E生成氨甲環(huán)酸的框圖可知屬于加氫反應(yīng)，所以此反應(yīng)也稱為還原反應(yīng)，故d正確；答案：cd。（4）由氨甲環(huán)酸的結(jié)構(gòu)簡式為：，含有羧基和氨基，所以可發(fā)生縮聚反應(yīng)，生成高分子化合物，故氨甲環(huán)酸在一定條件下反應(yīng)生成高分子化合物的化學(xué)方程式為。答案：。（5）由D的結(jié)構(gòu)簡式的，符合下列條件：屬于芳香族化合物說明含有苯環(huán)；具有硝基說明含有官能團(tuán) NO2 ;核磁共振氫譜有3組峰說明含有3種類型的氫原子，符合條件的同分異構(gòu)體為：；答案：。（6

42、）根據(jù)已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3為原料制備化合物的合成路線：。答案：。19、溫度高苯容易揮發(fā)，溫度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD 【解析】（1）根據(jù)苯容易揮發(fā)，和溫度對速率的影響分析；（2）根據(jù)催化劑的特點(diǎn)分析，參與反應(yīng)并最后生成進(jìn)行書寫方程式；（3）根據(jù)反應(yīng)過程中的數(shù)據(jù)分析各離子的種類和數(shù)值，最后計(jì)算各種離子的物質(zhì)的量比即得化學(xué)式?！驹斀狻?1)浸取2過程中使用苯作為溶劑，溫度控制在500C600C之間，是溫度越高，苯越容易揮發(fā)，溫度低反應(yīng)的速率變小。（2）Fe3+對Mn02氧化Cu2S起

43、著重要催化作用，說明鐵離子參與反應(yīng)，然后又通過反應(yīng)生成，鐵離子具有氧化性，能氧化硫化亞銅，本身被還原為亞鐵離子，故第一步反應(yīng)為Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+，二氧化錳具有氧化性，能氧化亞鐵離子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加熱，共收集到0.448L NH3（標(biāo)準(zhǔn)狀況下）期0.02mol,過濾后將所得濾渣洗滌干燥并灼燒至質(zhì)量不再變化，可得4.80g紅棕色固體殘?jiān)囱趸F為0.03mol，說明該固體中含有銨根離子和鐵離子。向B中加入足量的BaCl2溶液，過濾、洗滌、干燥，可得9.32g硫酸鋇，即0.04mol，因?yàn)閷⑷芤悍殖蓛傻确荩瑒t19.2 g固體甲含有0.04mol銨

44、根離子，0.12mol鐵離子，0.08mol硫酸根離子，則含有的氫氧根離子物質(zhì)的量為，則固體甲的化學(xué)式為NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【點(diǎn)睛】掌握溶液中離子物質(zhì)的量計(jì)算是難點(diǎn)，注意前后元素的守恒性，特別注意原溶液分成了兩等份，數(shù)據(jù)要變成2倍。20、沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32-與Ba2結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動(dòng) 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

45、電池的電壓減小 實(shí)驗(yàn)步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實(shí)驗(yàn)步驟中cb說明加入Cl使c（I）增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因?yàn)锽aCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸。實(shí)驗(yàn)是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，當(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結(jié)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(shí)NaCl

46、相對于AgNO3過量，因此說明有AgCl轉(zhuǎn)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(yīng)遠(yuǎn)遠(yuǎn)小于沉淀反應(yīng)速率；原電池總反應(yīng)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(chǎn)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(jù)已知信息“其他條件不變時(shí)，參與原電池反應(yīng)的氧化劑(或還原劑)的氧化性(或還原性)越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性(或還原性)強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)”可的結(jié)論；實(shí)驗(yàn)步驟表明Cl本身對該原電池電壓無影響，實(shí)驗(yàn)步驟中cb說明加入Cl使c(I)增大，證明發(fā)生了AgI(s)Cl(aq) AgC

47、l(s)I(aq)?！驹斀狻恳?yàn)锽aCO3能溶于鹽酸，放出CO2氣體，BaSO4不溶于鹽酸，所以實(shí)驗(yàn)說明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生(或無明顯現(xiàn)象)；故答案為：沉淀不溶解，無氣泡產(chǎn)生或無明顯現(xiàn)象。實(shí)驗(yàn)是將少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4轉(zhuǎn)化為BaCO3，則加入鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，發(fā)生反應(yīng)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(dāng)加入濃度較高的Na2CO3溶液，CO32與Ba2結(jié)合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移動(dòng)，BaSO4沉淀部分轉(zhuǎn)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(dāng)加