江西省宜春市四校2022年高考化學全真模擬密押卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項1考試結(jié)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、某種濃差電池的裝置如圖所示，

2、堿液室中加入電石渣漿液主要成分為，酸液室通入 (以NaCl為支持電解質(zhì))，產(chǎn)生電能的同時可生產(chǎn)純堿等物質(zhì)。下列敘述正確的是 （ ）A電子由N極經(jīng)外電路流向M極BN電極區(qū)的電極反應式為C在堿液室可以生成 D放電一段時間后，酸液室溶液pH減小2、不同溫度下，三個體積均為1L的密閉容器中發(fā)生反應：CH4(g)+2NO2(g) N2(g)+CO2(g)+2H2O(g) H=-867 kJ.mol-1，實驗測得起始、平衡時的有關(guān)數(shù)據(jù)如表。下列說法正確的是容器編號溫度/K起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/molCH4NO2N2CO2H2ONO2IT10.501.20000.40IIT20.300.800.

3、200.200.400.60IIIT30.400.700.700.701.0AT1T2B若升高溫度，正反應速率減小，逆反應速率增大，平衡逆移C平衡時，容器I中反應放出的熱量為693.6 kJD容器III中反應起始時v 正(CH4) SO42-I2B漂粉精溶液可使淀粉碘化鉀試紙變藍CClO與I在堿性條件下可以發(fā)生氧化還原反應D向新制氯水中加入足量亞硫酸鈉溶液，氯水褪色11、下列實驗裝置應用于銅與濃硫酸反應制取二氧化硫和硫酸銅晶體，能達到實驗目的的是（ ）A用圖甲裝置制取并收集二氧化硫B用圖乙裝置向反應后的混合物中加水稀釋C用圖丙裝置過濾出稀釋后混合物中的不溶物D用圖丁裝置將硫酸銅溶液蒸發(fā)濃縮后冷

4、卻結(jié)晶12、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中l(wèi)gx（x為或）與pH的變化關(guān)系如圖所示，下列說法正確的是（ ）ApH=7時，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直線表示的是lg隨pH的變化情況C=10-2.97DA2-的水解常數(shù)Kh1大于H2A電離常數(shù)的Ka213、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

5、純鎳。下列判斷正確的是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)14、下列有關(guān)實驗現(xiàn)象和解釋或結(jié)論都一定正確的是（ ）選項實驗操作實驗現(xiàn)象解釋或結(jié)論A某鉀鹽溶于鹽酸后，產(chǎn)生無色無味氣體，將其通入澄清石灰水有白色沉淀出現(xiàn)該鉀鹽是B將少量的溴水分別滴入溶液、溶液中，再分別滴加振蕩下層分別呈無色和紫紅色還原性：C將充滿的密閉玻璃球浸泡在熱水中紅棕色變深反應的D將受熱分解產(chǎn)生的氣體通入某溶液溶液變渾濁，繼續(xù)通入該氣體，渾濁消失該溶液是溶液AABBC

6、CDD15、設NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A12gNaHSO4晶體中SO42-數(shù)目為0.1NAB2.0gD2O中含有的中子數(shù)為NAC2.24LCl2與足量Na2SO3溶液反應時轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.2NAD標準狀況下，4.48 LHF所含原子數(shù)目為0.4NA16、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（ ）A密閉容器中，2molSO2和1molO2催化反應后分子總數(shù)大于2NAB1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的數(shù)目為0.01NAC5.6g鐵與稀硝酸反應生成0.08molNO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.3NAD6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子數(shù)為0.2 NA17、關(guān)于反應2H

7、I(g) H2(g) I2(g) - 11 kJ，正確的是A反應物的總鍵能低于生成物的總鍵能B1mol I2(g)中通入1mol H2(g)，反應放熱11kJC等物質(zhì)的量時，I2(g)具有的能量低于I2(l)D平衡時分離出HI(g)，正反應速率先減小后增大18、下列說法正確的是()A用NH3H2O溶液做導電性實驗，燈泡很暗，說明NH3H2O是弱電解質(zhì)B等體積的pH都為2的酸HA和HB分別與足量的鐵粉反應，HA放出的H2多，說明HA酸性強Cc0.1 molL1的CH3COOH溶液和c0.1 molL1的HCl溶液中，前者的pH大D常溫下，pH5的CH3COOH溶液和pH4的HCl溶液中，c(CH

8、3COO)/c(Cl)1/1019、在某水溶液樣品中滴加氯化鋇溶液，產(chǎn)生白色沉淀；再滴加鹽酸，沉淀部分消失，并有無色無味的氣體產(chǎn)生由此判斷該溶液中肯定不存在的離子是（）AAg+BSO42CCO32DNH4+20、室溫下，用0.100molL-1NaOH溶液分別滴定20.00mL0.100molL-1的HA和HB兩種酸溶液，滴定曲線如圖所示已知AG=lg，下列說法不正確的是（ ）AP點時，加入NaOH溶液的體積為20.00mLBKa(HB)的數(shù)量級為10-4C水的電離程度：NM=PDM、P兩點對應溶液中存在：c(A-)=c(B-)21、Chem.sci.報道麻生明院士團隊合成非天然活性化合物b

9、(結(jié)構(gòu)簡式如下)的新方法。下列說法不正確的是Ab的分子式為C18H17NO2Bb的一氯代物有9種Cb存在一種順式結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體Db能使酸性高錳酸鉀溶液褪色22、下列反應的離子方程式書寫正確的是ANa2CO3 溶液中滴入少量鹽酸：CO32-+2H+CO2+H2OB鐵粉與稀 H2SO4反應：2Fe+6H+2Fe3+3H2CCu(OH)2與稀 H2SO4反應：OH-+H+ H2OD氯氣與氫氧化鈉溶液反應 Cl22OHClOClH2O二、非選擇題(共84分)23、（14分）為探究某固體化合物X(僅含四種元素)的組成和性質(zhì)，設計并完成如下實驗。請回答：(1)藍色溶液中的金屬陽離子是_。(2)黑色化合物

10、磚紅色化合物的化學方程式是_。(3)X的化學式是_。24、（12分）華法林是一種治療心腦血管疾病的藥物，可由化合物和在一定條件下合成得到（部分反應條件略）。請回答下列問題：（1）的名稱為_，的反應類型為_。（2）的分子式是_。的反應中，加入的化合物與銀氨溶液可發(fā)生銀鏡反應，該銀鏡反應的化學方程式為_。（3）為取代反應，其另一產(chǎn)物分子中的官能團名稱是_。完全燃燒最少需要消耗 _。（4）的同分異構(gòu)體是芳香酸，的核磁共振氫譜只有兩組峰，的結(jié)構(gòu)簡式為_，的化學方程式為_。（5）上圖中，能縮合成體型高分子化合物的酚類單體是_ ，寫出能檢驗該物質(zhì)存在的顯色反應中所用的試劑及實驗現(xiàn)象_。（6）已知：的原理為

11、：C6H5OH+C2H5OH和+C2H5OH，的結(jié)構(gòu)簡式為_。25、（12分） (CH3COO)2Mn4H2O主要用于紡織染色催化劑和分析試劑，其制備過程如圖?；卮鹣铝袉栴}：步驟一：以MnO2為原料制各MnSO4(1)儀器a的名稱是_，C裝置中NaOH溶液的作用是_。(2)B裝置中發(fā)生反應的化學方程式是_。步驟二：制備MnCO3沉淀充分反應后將B裝置中的混合物過濾，向濾液中加入飽和NH4HCO3溶液，反應生成MnCO3沉淀。過濾，洗滌，干燥。(3)生成MnCO3的離子方程式_。判斷沉淀已洗凈的操作和現(xiàn)象是_。步驟三：制備(CH3COO)2Mn4H2O固體向11.5 g MnCO3固體中加入醋酸

12、水溶液，反應一段時間后，過濾、洗滌，控制溫度不超過55干燥，得(CH3COO)2Mn4H2O固體。探究生成(CH3COO)2Mn4H2O最佳實驗條件的數(shù)據(jù)如下：(4)產(chǎn)品干燥溫度不宜超過55的原因可能是_。(5)上述實驗探究了_和_對產(chǎn)品質(zhì)量的影響，實驗l中(CH3COO)2Mn4H2O產(chǎn)率為_。26、（10分）SO2可用于防腐劑、消毒劑，也是一種重要的冷凍介質(zhì)。實驗室可用如圖所示裝置制備SO2，并用純凈SO2進行相關(guān)實驗。(1)上述方法制備的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白霧狀。除去白霧可在制備裝置后連接下圖所示裝置，該裝置中的試劑是_，氣體從_口(填“a”或“b”)進。(2)檢驗SO2

13、常用的試劑是_，利用了SO2的_性。(3)將SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，該沉淀的化學式為_。分別用煮沸和未煮沸過的蒸餾水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，進行如下實驗：(4)實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是_。(5)實驗C中，沒有觀察到白色沉淀，但pH傳感器顯示溶液呈酸性，原因是_。(用方程式表示)(6)實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多。由此得出的結(jié)論是_。若實驗A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A_B(填“”、“”或“=”)。27、（12分）為探究銅與稀硝酸反應的氣態(tài)產(chǎn)物中是否含NO2，進行如下實驗已知：FeSO4+NOFe（NO）

14、SO4，該反應較緩慢，待生成一定量Fe（NO）2+時突顯明顯棕色（1）實驗前需檢驗裝置的氣密性，簡述操作_（2）實驗開始時先將Y形試管向盛有碳酸鈣的支管傾斜，緩慢滴入稀硝酸，該實驗操作的目的是_；銅片和稀硝酸反應的化學方程式為_（3）洗氣瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是_；本實驗只觀察到洗氣瓶中出現(xiàn)了棕色，寫出尾氣處理的化學方程式_28、（14分）化學選修3:物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)氟及其化合物用途非常廣泛，自然界中氟多以化合態(tài)形式存在,主要有螢石（CaF2）、冰晶石（ Na3AlF6）等?；卮鹣铝袉栴}:（1）基態(tài)氟原子中有_種能量不同的電子。（2）NF3是微電子工業(yè)中優(yōu)良的等離子刻蝕氣體。NF3與N

15、H3的空間構(gòu)型相同,但是NH3（ -33 C）的沸點比NF3（ -129 C）的高，原因為_。（3）氟硼酸（ HBF4,屬于強酸）常用于替代濃硫酸作鉛蓄電池的電解質(zhì)溶液,可由HF和BF3合成，從化學鍵形成角度分析HF與BF3能化合的原因:_。（4）液態(tài)H2F+中存在H2F+和HF2- ,HF2-的結(jié)構(gòu)可表示為F-HF- ,H2F+的VSEPR模型名稱為_形。NaHF2可用于制無水氟化氫和供雕刻玻璃、木材防腐等。常溫常壓下為白色固體,易溶于水,160C分解。NaHF2中所含作用力的類型有_. （填字母）。a 離子鍵 b 共價鍵 c 配位鍵 d 氫鍵（5）CaF2是難溶化合物,其品胞結(jié)構(gòu)如圖所示:

16、若原子坐標參數(shù)A處為（0,0,0）,B處為（,C處為（1，1，1）,則D處為_.每個Ca2+周圍距離最近的Ca2+共有_個。已知:CaF2晶體密度為cgcm-3 ,則晶胞中Ca2+與最近的F-之間的距離為_nm（設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值,用含c、NA的式子表示）。29、（10分）磷能形成眾多單質(zhì)與化合物。回答下列問題：(1)磷在成鍵時，能將一個3s電子激發(fā)進入3d能級而參加成鍵，寫出該激發(fā)態(tài)原子的核外電子排布式_ 。(2)黑磷是一種二維材料，其中一層的結(jié)構(gòu)如圖1所示。黑磷中P原子的雜化方式為 _ 。每一層內(nèi)P形成六元環(huán)彼此相接，平均每個空間六元環(huán)中含有的磷原子是 _個。用4-甲氧基重氮苯四

17、氟硼酸鹽（如圖2）處理黑磷納米材料，可以保護和控制其性質(zhì)。該鹽的構(gòu)成元素中C、N、O、F的電負性由大到小順序為_，1mol該鹽陽離子含有的鍵的數(shù)目為_ ，該鹽陰離子的幾何構(gòu)型是_。(3)磷釔礦可提取稀土元素釔(Y)，某磷釔礦的結(jié)構(gòu)如下：該磷釔礦的化學式為_，與PO43互為等電子體的陰離子有_ （寫出兩種離子的化學式）。已知晶胞參數(shù)a= 0.69 nm，c=0.60 nm，阿伏加德羅常數(shù)為NA，則該磷釔礦的密度為_g.cm3（列出計算式）。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、B【解析】氫氣在電極M表面失電子轉(zhuǎn)化為氫離子，為電池的負極，堿液室中的氫氧根離子透過

18、陰離子交換膜，中和正電荷。酸液室中的氫離子透過質(zhì)子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，電極N為電池的正極，同時，酸液室中的氯離子透過陰離子交換膜進入堿液室，補充負電荷，據(jù)此答題。【詳解】A.電極M為電池的負極，電子由M極經(jīng)外電路流向N極，故A錯誤；B.酸液室中的氫離子透過質(zhì)子交換膜，在電極N表面得到電子生成氫氣，N電極區(qū)的電極反應式為2H+2e-=H2，故B正確；C.酸液室與堿液室之間為陰離子交換膜，鈉離子不能進入堿液室，應在酸液室得到NaHCO3、Na2CO3，故C錯誤；D.放電一段時間后，酸液室氫離子被消耗，最終得到NaHCO3、Na2CO3，溶液pH增大，故D錯誤。故選B。2、A【解析

19、】A.該反應為放熱反應，升溫平衡逆向移動，平衡時二氧化氮的物質(zhì)的量多，故有T1 H2CO3 HCN HCO3?！驹斀狻緼. NaCN溶液中通入少量CO2的離子方程式為H2O+CO2+CN = HCO3+HCN，故A正確；B. 向稀醋酸溶液中加少量水，平衡常數(shù)不變，醋酸根離子濃度減小，比值減小，故B錯誤；C. 根據(jù)越弱越水解，因此碳酸鈉水解程度大，堿性強，因此等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3溶液pH比NaHCO3溶液大，故C錯誤；D. 等體積等物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液和HCN溶液混合，因此混合后水解為主要，因此溶液呈堿性，故D錯誤。綜上所述，答案為A。10、A【解析】A、根據(jù)向淀粉碘化鉀溶液中加入

20、少量的次氯酸鈉溶液，溶液變藍色知，次氯酸根離子將碘離子氧化成了碘單質(zhì)，碘遇淀粉變藍色，根據(jù)氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物的氧化性，次氯酸根離子是氧化劑，碘單質(zhì)是氧化產(chǎn)物，氧化性為：ClO-I2，再加入足量的亞硫酸鈉溶液藍色又逐漸消失，說明碘單質(zhì)又將亞硫酸根離子氧化了，得到硫酸根離子，碘單質(zhì)是氧化劑，硫酸根離子是氧化產(chǎn)物，故氧化性SO42-I2，因此得出氧化性的強弱為：ClO-I2SO42-，A錯誤；B、漂白精的成分中有次氯酸鈉，根據(jù)對A的分析，次氯酸鈉能將淀粉碘化鉀中的碘離子氧化成碘單質(zhì)，B正確；C、次氯酸根離子無論在堿性條件下還是在酸性條件下、中性條件下均有氧化性因此ClO-與I-在堿性條件下可

21、以發(fā)生氧化還原反應，C正確；D、新制的氯水中主要是氯氣，因此新制的氯水是黃綠色的，由于氯氣的氧化性比亞硫酸根離子的氧化性強，故能發(fā)生氧化還原反應，氯氣被還原而使氯水褪色，D正確，答案選A。11、D【解析】A二氧化硫密度比空氣大，應用向上排空氣法收集，導氣管應該長進，出氣管要短，故A錯誤；B應將水沿燒杯內(nèi)壁倒入，并用玻璃棒不斷攪拌，故B錯誤；C轉(zhuǎn)移液體需要引流，防止液體飛濺，故C錯誤；D蒸發(fā)濃縮液體可用燒杯，在加熱過程中需要墊石棉網(wǎng)，并用玻璃棒不斷攪拌，故D正確。故選：D?！军c睛】濃硫酸的稀釋時，正確操作為：將濃硫酸沿燒杯壁注入水中，并不斷攪拌，若將水倒入濃硫酸中，因濃硫酸稀釋會放熱，故溶液容易

22、飛濺傷人。12、B【解析】二元弱酸的Ka1=c（H）Ka2=c（H），當溶液的pH相同時，c（H）相同，lgX：，則表示lg與pH的變化關(guān)系，表示lg與pH的變化關(guān)系?！驹斀狻緼pH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液為中性，則溶液中的溶質(zhì)為NaHA和Na2A，根據(jù)物料守恒，存在c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A錯誤；B. 由分析：直線表示的是lg隨pH的變化情況，故B正確；C. = =102.97，故C錯誤；DpH=1.22時和4.19時，lgX=0，則c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=c（H）=c（H）=10-1.22，K2=c（H）=c（H）=

23、10-4.19，A2的水解平衡常數(shù)Kh1=10-9.8110-4.19=Ka2，故D錯誤；故選B?！军c睛】本題考查酸堿混合的定性判斷及溶液pH的計算，明確圖象曲線變化的意義為解答關(guān)鍵，注意掌握物料守恒及溶液酸堿性與溶液pH的關(guān)系，D為易難點。13、B【解析】A.平衡常數(shù)只與溫度有關(guān)，與濃度無關(guān)，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：B14、C【解析】A

24、.若該鉀鹽是，可以得到完全一樣的現(xiàn)象，A項錯誤； B.溴可以將氧化成，證明氧化性，則還原性有，B項錯誤；C.紅棕色變深說明濃度增大，即平衡逆向移動，根據(jù)勒夏特列原理可知正反應放熱，C項正確；D.碳酸氫銨受熱分解得到和，通入后渾濁不會消失，D項錯誤；答案選C?！军c睛】注意A項中注明了“無味”氣體，如果沒有注明無味氣體，亞硫酸鹽和亞硫酸氫鹽與鹽酸反應產(chǎn)生的也可以使澄清石灰水產(chǎn)生白色沉淀。15、B【解析】A. NaHSO4晶體中含鈉離子與硫酸氫根離子，不含SO42-，A項錯誤；B. 2.0gD2O的物質(zhì)的量為=0.1mol，其中含有的中子數(shù)為0.1mol(12+8)NA= NA，B項正確；C. 氯氣

25、所處的狀態(tài)未知，無法求出氯氣的物質(zhì)的量，轉(zhuǎn)移電子數(shù)無法確定，C項錯誤；D. 標準狀況下，HF為液體，不是氣體，無法按照氣體的摩爾體積計算其物質(zhì)的量，D項錯誤；答案選B。【點睛】與阿伏加德羅常數(shù)NA相關(guān)的化學計量的選擇題是高頻考點，側(cè)重考查學生對化學計量的理解與應用。本題D項是學生的易錯點，要特別注意氣體摩爾體積為22.4 L/mol的狀態(tài)與條件，題設陷阱經(jīng)常誤將“常溫常壓”當作“標準狀況”、或者誤把標準狀態(tài)下的固體、液體當成氣體，學生做題時只要善于辨析，便可識破陷阱，排除選項。16、C【解析】A若2molSO2和1molO2完全反應，可生成2molSO3，即反應后分子總數(shù)為2NA，但實際上該反

26、應是可逆反應，不能完全進行，故反應后分子總數(shù)大于2NA，故A正確；BpH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液體積為1L，所以溶液中所含氫離子數(shù)目為0.01NA，故B正確；C該過程中還原產(chǎn)物為NO，氮元素由+5價變?yōu)?2價，所以生成一個NO，轉(zhuǎn)移3個電子，則生成0.08molNO轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.24NA，故C錯誤；D6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的數(shù)目為NAmol-1=0.2NA，故D正確；故答案為C。【點睛】易錯選項為C，要注意鐵在和稀硝酸反應時氧化產(chǎn)物不確定，當鐵過量可能會有亞鐵離子，該題中還原產(chǎn)物只有NO，所以根據(jù)還原產(chǎn)物計算電子轉(zhuǎn)移數(shù)目。

27、17、D【解析】A反應是吸熱反應，反應物的總鍵能高于生成物的總鍵能，選項A錯誤；B反應為可逆反應不能進行徹底，1mol I2（g）中通入1mol H2（g），反應放熱小于11kJ，選項B錯誤；C等物質(zhì)的量時，I2（g）具有的能量高于I2（l），選項C錯誤；D平衡時分離出HI（g），平衡逆向進行，碘化氫濃度先減小后增大，所以反應速率先減小后增大，但比原來速率小，選項D正確；答案選D。18、C【解析】A、沒指出濃度，所以無法判斷，選項A錯誤；B、HA放出的H2多，說明沒有HA電離的多，酸性弱，選項B錯誤；C、c0.1 molL1的CH3COOH溶液和c0.1 molL1的HCl溶液中，CH3COO

28、H是弱電解質(zhì)，部分電離，酸性弱，pH大，選項C正確；D、pH5的CH3COOH溶液和pH4的HCl溶液中，用電荷守恒得到c(CH3COO)c(H)c(OH)(105109) molL1，c(Cl)c(H)c(OH)(1041010) molL1，c(CH3COO)/c(Cl)，選項D錯誤；答案選C。19、A【解析】向樣品中滴加氯化鋇溶液，有白色沉淀產(chǎn)生，可能含有硫酸根離子或碳酸根離子或銀離子；再滴加鹽酸，沉淀部分消失，并有無色無味的氣體產(chǎn)生，說明樣品中含有碳酸根離子，碳酸根離子與銀離子不能共存，所以樣品中一定不存在銀離子。故選A?！军c睛】由于沉淀部分消失，一定有碳酸根離子，并且碳酸根離子與銀離

29、子不能共存。20、D【解析】未加NaOH溶液時，HA的AG=12，則c（H+）c（OH-）=10-14，=10-12，則c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是強酸；未加NaOH溶液時，HB的AG=9，則c（H+）c（OH-）=10-14，=10-9，則c（H+）=10-2.5mol/L0.1mol/L，則HB是弱酸；【詳解】AP點AG=0時，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是強酸，酸堿的物質(zhì)的量相等，酸堿的物質(zhì)的量濃度相等，則酸堿體積相等，所以加入NaOH溶液的體積為20.00mL，故A正確；BHB的電離程度較小，則溶液中c（B-）c（H+）=10-2.5mol/L，c

30、（HB）0.1mol/L，Ka（HB）=10-4，故B正確；C酸或堿抑制水電離，弱離子促進水電離，且酸中c（H+）越大其抑制水電離程度越大，M、P點溶液都呈中性，則M、P點不影響水的電離，N點NaB濃度較大，促進水電離，所以水的電離程度：NM=P，故C正確；DM、P點的AG都為0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在電荷守恒，則存在P點c（A-）=c（Na+）、M點c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：MP點，則c（A-）c（B-），故D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查酸堿混合溶液定性判斷，明確混合溶液中溶質(zhì)及其性質(zhì)、酸的酸性強

31、弱是解本題關(guān)鍵，注意B中微粒濃度的近似處理方法。21、B【解析】A由結(jié)構(gòu)簡式()可知，該有機物分子式為C18H17NO2，故A正確；B有機物b中含有10種()不同的H原子，一氯代物有10種，故B錯誤；CC=C兩端碳原子上分別連接有2個不同的基團，存在一種順式結(jié)構(gòu)的同分異構(gòu)體，故C正確；D含有碳碳雙鍵，可發(fā)生氧化反應，可使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故D正確；答案選B?！军c睛】本題的易錯點為C，要注意有機物存在順反異構(gòu)的條件和判斷方法。22、D【解析】Na2CO3 溶液中滴入少量鹽酸：CO32-+H+=HCO3-，故A錯誤；鐵粉與稀 H2SO4反應： Fe+2H+=Fe2+H2 ，故B錯誤；Cu(OH

32、)2與稀 H2SO4反應：Cu(OH)2+2H+=Cu2+ +2H2O，故C錯誤；氯氣與氫氧化鈉溶液反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水， Cl22OHClOClH2O，故D正確。點睛：書寫離子方程式時，只有可溶性強電解質(zhì)拆寫成離子，單質(zhì)、氧化物、氣體、沉淀、弱電解質(zhì)不能拆寫成離子。二、非選擇題(共84分)23、Cu2 4CuO2Cu2OO2 Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3 【解析】根據(jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO，磚紅色化合物為Cu2O，紅色金屬單質(zhì)為Cu，藍色溶液為CuSO4溶液；n(H2O)=0.01 mol，黑色化合物n(CuO)=0.03 mol，無色無味氣體n

33、(CO2)= n(CaCO3)=0.02 mol，故可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8，則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)22CuCO3，據(jù)此分析?！驹斀狻扛鶕?jù)流程中信息可知黑色化合物為CuO，磚紅色化合物為Cu2O，紅色金屬單質(zhì)為Cu，藍色溶液為CuSO4溶液；n(H2O)=0.01 mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)=0.03 mol，無色無味氣體n(CO2)= n(CaCO3)=0.02 mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根據(jù)各元素推知分子式Cu3C2H2O8，則推斷出X為Cu3(OH)2(CO3)2或Cu

34、(OH)22CuCO3。(1)藍色溶液為CuSO4溶液，含有的金屬陽離子是Cu2；(2)黑色化合物磚紅色化合物，只能是CuOCu2O，反應的化學方程式是4CuO2Cu2OO2；(3)X的化學式是Cu(OH)22CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。24、丙炔 加成反應 C10H10O +2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O 羧基 4 +2NaOH+NaCl+H2O 苯酚 氯化鐵溶液，溶液呈紫色 【解析】化合物X與銀氨溶液可發(fā)生銀鏡反應，說明X中含有醛基，結(jié)合D、E的結(jié)構(gòu)簡式可知，X為苯甲醛；根據(jù)LM的反應原理可知，LM是取代反應，由的反應信息，L中酚羥基與C2H5OCOOC2H

35、5反應，-COOC2H5與酚羥基H原子交換，由的反應信息可知，發(fā)生自身交換生成M，則M的結(jié)構(gòu)簡式為，化合物E和M在一定條件下合成得到華法林，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)A的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CCH，含有碳碳三鍵，屬于炔烴，名稱為丙炔；AB是丙炔與H2O反應，反應后碳碳三鍵轉(zhuǎn)化為碳碳雙鍵，發(fā)生了加成反應，故答案為丙炔；加成反應；(2)由結(jié)構(gòu)簡式可知，E的分子式為C10H10O；X為苯甲醛()，苯甲醛與銀氨溶液反應的化學方程式為：+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O，故答案為C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag+3NH3+H2O；(3)G為乙酸酐，G與苯酚生成J同時，還生成

36、乙酸，乙酸中含有的官能團是羧基，G的分子式為C4H6O3，G完全燃燒生成二氧化碳和水，1molG完全燃燒，消耗的氧氣的物質(zhì)的量為(4+-)mol=4mol，故答案為羧基；4；(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分異構(gòu)體，Q屬于芳香酸，Q中含羧基，QR是苯環(huán)上的甲基上的1個H原子被取代，RS是氯代烴的水解反應，ST是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氫譜只有兩組峰，說明2個羧基處在苯環(huán)的對位，Q為對甲基苯甲酸，Q結(jié)構(gòu)簡式為，R為，則RS的化學方程式為：；故答案為；(5)苯酚可與甲醛縮合成體型高分子化合物，檢驗酚羥基，可加入氯化鐵溶液，溶液呈紫色，故答案為苯酚；氯化鐵溶液，溶液呈紫色；

37、(6)LM是取代反應，由的反應信息，L中的酚羥基與C2H5OCOOC2H5反應，-COOC2H5與酚羥基H原子交換，由的反應信息可知，發(fā)生自身交換生成M，故M的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為。25、分液漏斗 吸收多余的SO2 SO2+MnO2=MnSO4或SO2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O 2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O 取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈 溫度過高會失去結(jié)晶水 醋酸質(zhì)量分數(shù) 溫度 90.0% 【解析】將分液漏斗中的濃硫酸滴加到盛有Na2SO3的試管中發(fā)生復分解反應制取SO2

38、，將反應產(chǎn)生的SO2氣體通入三頸燒瓶中與MnO2反應制取MnSO4，由于SO2是大氣污染物，未反應的SO2不能直接排放，可根據(jù)SO2與堿反應的性質(zhì)用NaOH溶液進行尾氣處理，同時要使用倒扣的漏斗以防止倒吸現(xiàn)象的發(fā)生。反應產(chǎn)生的MnSO4再與NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，將MnCO3沉淀經(jīng)過濾、洗滌后用醋酸溶解可得醋酸錳，根據(jù)表格中溫度、濃度對制取的產(chǎn)品的質(zhì)量分析醋酸錳晶體合適的條件?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器結(jié)構(gòu)可知儀器a的名稱為分液漏斗；C裝置中NaOH溶液的作用是吸收多余的SO2，防止污染大氣；(2)B裝置中SO2與MnO2反應制取MnSO4，反

39、應的方程式是SO2+MnO2=MnSO4(或?qū)憺镾O2+H2O=H2SO3、H2SO3+MnO2=MnSO4+H2O)；(3)MnSO4與NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)生MnCO3沉淀、(NH4)2SO4、CO2及H2O，該反應的離子方程式為：2HCO3-+Mn2+=MnCO3+CO2+H2O；若MnCO3洗滌干凈，則洗滌液中不含有SO42-，所以判斷沉淀已洗凈的方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入鹽酸酸化的BaCl2溶液，若無沉淀生成，證明沉淀已洗滌干凈；(4)該操作目的是制取(CH3COO)2Mn4H2O，若溫度過高，則晶體會失去結(jié)晶水，故一般是產(chǎn)品干燥溫度不宜超過55；(5)表格采用了對比

40、方法分析了溫度、醋酸質(zhì)量分數(shù)(或濃度)對產(chǎn)品質(zhì)量的影響。實驗l中11.5 g MnCO3的物質(zhì)的量為n(MnCO3)=0.1 mol，根據(jù)Mn元素守恒可知理論上能夠制取(CH3COO)2Mn4H2O的物質(zhì)的量是0.1 mol，其質(zhì)量為m(CH3COO)2Mn4H2O=0.1 mol245 g/mol=24.5 g，實際質(zhì)量為22.05 g，所以(CH3COO)2Mn4H2O產(chǎn)率為100%=90.0%?！军c睛】本題以醋酸錳的制取為線索，考查了儀器的使用、裝置的作用、離子的檢驗、方程式的書寫、反應條件的控制及物質(zhì)含量的計算，將化學實驗與元素化合物知識有機結(jié)合在一起，體現(xiàn)了學以致用的教學理念，要充分

41、認識化學實驗的重要性。26、飽和NaHSO3 溶液 b 品紅試液 漂白性 BaSO4 避免氧氣干擾實驗 SO2+H2OH2SO3 H2SO3H+ HSO3 在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快 【解析】(1) 除去白霧（H2SO4）可以用飽和NaHSO3 溶液；(2) 檢驗SO2常用的試劑是品紅試液，利用了SO2的漂白性；(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反應生成亞硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亞硫酸會被氧化成硫酸，最終生成的白色沉淀是BaSO4；(4) 實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是：避免氧氣干擾實驗；(5) 實驗C中，

42、SO2先和水反應生成H2SO3使 pH傳感器顯示溶液呈酸性；(6)A中沒有氧氣，SO2在酸性環(huán)境中被NO3氧化，而B中沒有排出O2，則SO2被O2和NO3共同氧化，實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多，說明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快?！驹斀狻?1) 除去白霧（H2SO4）可以用飽和NaHSO3 溶液，所以中應該放飽和NaHSO3 溶液，并且氣體從b口進；(2) 檢驗SO2常用的試劑是品紅試液，利用了SO2的漂白性；(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反應生成亞硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亞硫酸會被氧化成硫酸，最終生成的白色沉淀是

43、BaSO4；(4) 實驗A、C中，煮沸蒸餾水及使用植物油的目的是：避免氧氣干擾實驗；(5) 實驗C中，SO2先和水反應生成H2SO3使 pH傳感器顯示溶液呈酸性，化學方程式為：SO2+H2OH2SO3；(6)A中沒有氧氣，SO2在酸性環(huán)境中被NO3氧化，而B中沒有排出O2，則SO2被O2和NO3共同氧化，實驗B中出現(xiàn)白色沉淀比實驗A快很多，說明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快；實驗B中SO2更多被氧化，最終生成更多的硫酸，硫酸酸性比亞硫酸強，故B中酸性更強，故溶液pH：A B。27、關(guān)閉活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打開分液漏斗活塞，水滴入圓底燒瓶一會兒后不再滴入，則裝置

44、氣密性良好 利用生成的CO2將整個裝置內(nèi)的空氣趕盡，避免NO和O2反應生成NO2對氣體產(chǎn)物的觀察產(chǎn)生干擾 3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O 檢驗有無NO2產(chǎn)生，若有NO2，則NO2與水反應生成硝酸，硝酸將Fe2+氧化為Fe3+，F(xiàn)e3+與SCN反應溶液呈血紅色，若無二氧化氮則無血紅色 2NO+O2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O 【解析】盛有稀硝酸的分液漏斗與一個不太常見的Y型試管相連，通過Y型試管我們可以先讓稀硝酸滴入碳酸鈣的一側(cè)，產(chǎn)生趕走裝置內(nèi)的氧氣（此時活塞a打開），接下來再讓稀硝酸滴入含有銅片的一側(cè)，關(guān)閉活塞a開始反應，產(chǎn)生的氣體通入集氣瓶中觀察現(xiàn)象，實驗結(jié)束后打開活塞a，進行尾氣處理即可?！驹斀狻浚?）若要檢驗氣密性，可以關(guān)閉活塞a和分