2022年山西省忻州市静乐高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，有关

2、物质的转化关系如下图所示。下列说法错误的是AW与Z形成的化合物为离子化合物B戊一定为有毒气体C离子半径大小：YZWD相同条件下，乙的沸点高于丁2、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A加热后固体发黑B坩埚沾有受热不分解的杂质C加热时有少量晶体溅出D晶体中混有受热不分解的杂质3、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A100 g46%的乙醇水溶液中含有氧原子数目为4 NAB等质量的CO和N2含有的原子数目均为2 NAC在0.1molL-1的NH4Cl溶液中通入NH3 使溶液呈中性，含有NH4+数目为0.1NAD常温常压下，水蒸气通过过量的Na2O2使其增重2

3、 g时，反应中转移的电子数为2NA4、下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A条件相同时导电能力：盐酸NaAcB曲线是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能力Da点是反应终点5、傅克反应是合成芳香族化合物的一种重要方法。有机物a(R为烃基)和苯通过傳克反应合成b的过程如下(无机小分子产物略去)下列说法错误的是A一定条件下苯与氢气反应的产物之一环己烯与螺13己烷互为同分异构体Bb的二氯代物超过三种CR为C5H

4、11时，a的结构有3种DR为C4H9时，1molb加成生成C10H10至少需要3molH16、某化学实验创新小组设计了如图所示的检验Cl2某些性质的一体化装置。下列有关描述不正确的是A浓盐酸滴到氯酸钾固体上反应的离子方程式为5Cl6H+=3Cl23H2OB无水氯化钙的作用是干燥Cl2，且干燥有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色C2处溶液出现白色沉淀，3处溶液变蓝，4处溶液变为橙色，三处现象均能说明了Cl2具有氧化性D5处溶液变为血红色，底座中溶液红色消失，氢氧化钠溶液的作用为吸收剩余的Cl2以防止污染7、下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C

5、可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷D分离溴苯和苯的混合物：加入 NaOH 溶液分液8、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB常温常压下，11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD常温下，1molC5H12中含有共价键数为16NA9、能用离子方程式 2H+ + CO32CO2+H2O 表示的是ANaHSO4 和 Na2CO3BHCl 和 BaCO3CCH3COOH 和 Na2CO3DHI 和 NaHCO310、根据下列实验操作和现象所得出的结论

6、错误的是（ ）选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀 AgNO3溶液先出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)C铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中无明显现象浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜D向盛有 H2O2 溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe3+催化 H2O2 分解产生 O2AABBCCDD11、利用如图装置可以进行实验并能达到实验目的的是选项实验目的X中试剂Y中试剂A用M

7、nO2和浓盐酸制取并收集纯净干燥的Cl2饱和食盐水浓硫酸B用Cu与稀硝酸制取并收集纯净干燥的NO水浓硫酸CCaCO3和稀盐酸制取并收集纯净干燥的CO2饱和NaHCO3溶液浓硫酸D用CaO与浓氨水制取并收集纯净干燥的NH3NaOH溶液碱石灰AABBCCDD12、下列图示与操作名称不对应的是A升华B分液C过滤D蒸馏13、下列有关说法正确的是A反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)能自发进行，则该反应S0B常温下向0.1 molL1CH3COOH溶液中通入少量HCl气体，c(H)c(CH3COO)增大C将1 mol Cl2溶于水中，反应中转移的电子数为6.021023个D2H2(

8、g)+O2(g)=2H2O(g)的反应物键能总和大于生成物键能总和14、由一种金属离子与多种酸根离子构成的盐称为“混盐”，如氯化硝酸钙Ca(NO3)Cl。则下列化合物中属于混盐的是（ ）ACaOCl2B(NH4)2Fe(SO4)2CBiONO3DK3Fe(CN)615、草酸亚铁晶体(FeC2O42H2O)是一种淡黄色粉末，某课外小组利用下列装置检验草酸亚铁晶体受热分解的部分产物。下列说法正确的是A若和中分别盛放足量NaOH溶液和CuO，可检验生成的COB实验时只需要在装置中反应结束后再通入N2C若将中的无水CaCl2换成无水硫酸铜可检验分解生成的水蒸气D实验结束后，中淡黄色粉末完全变成黑色，则

9、产物一定为铁16、新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：2HI下列认识正确的是()A上述反应为取代反应B滴定时可用淀粉溶液作指示剂C滴定时要剧烈振荡锥形瓶D维生素C的分子式为C6H9O17、下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是A体积相等时密度相等B原子数相等时具有的中子数相等C体积相等时具有的电子数相等D质量相等时具有的质子数相等18、下列能源中不属于化石燃料的是（ ）A石油B生物质能C天然气D煤19、水凝胶材料要求具有较高的含水率，以提高其透氧性能，在生物医学上有

10、广泛应用。由N-乙烯基吡咯烷酮（NVP）和甲基丙烯酸羟乙酯（HEMA）合成水凝胶材料高聚物A的路线如图：下列说法正确的是ANVP具有顺反异构B高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性CHEMA和NVP通过缩聚反应生成高聚物AD制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度越高越好20、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A在 12.0g NaHSO4 晶体中，所含离子数目为 0.3NAB足量的镁与浓硫酸充分反应，放出 2.24L 混合气体时，转移电子数为 0.2NAC30g 冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为 2NAD标准状况下，11.2L 乙烯和丙烯混合

11、物中含氢原子数目为 2NA21、下列每组物质发生变化所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A氯化铵受热气化和苯的气化B碘和干冰受热升华C二氧化硅和生石灰的熔化D氯化钠和铁的熔化22、为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150周年，联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是A元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的B118号元素Og位于第七周期0族C同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0族）DIIIB族元素种类最多二、非选择题(共84分)23、（14分）有甲、乙、丙、丁、戊五种短周期元素，原子序数依次增大，其常见化合价依次

12、为+1、-2、+1、+3、-1。它们形成的物质间的转化关系如下图所示。常温下用惰性电权电解(有阳离子交换膜)1L 1mol/L的A溶液。请按要求回答下列问题：己元素与丙元素同主族，比丙原子多2个电子层，则己的原子序数为_；推测相同条件下丙、己单质分别与水反应剧烈程度的依据是_。甲、乙、戊按原子个数比111形成的化合物Y具有漂白性，其电子式为_。上图转化关系中不属于氧化还原反应的有(填编号)_。接通如图电路片刻后，向烧杯中滴加一种试剂即可检验铁电极被腐蚀，此反应的离子方程式为_。当反应电解一段时间后测得D溶液pH=12(常温下，假设气体完全逸出，取出交换膜后溶液充分混匀，忽略溶液体积变化)，此时

13、共转移电子数目约为_；反应的离子方程式为_若上图中各步反应均为恰好完全转化，则混合物X中含有的物质(除水外)有_24、（12分）普鲁卡因M（结构简式为）可用作临床麻醉剂，熔点约60 。它的一条合成路线如下图所示（部分反应试剂和条件已省略）： 已知：B和乙醛互为同分异构体；的结构不稳定。完成下列填空：(1)比A多两个碳原子，且一氯代物只有3种的A的同系物的名称是_。(2)写出反应和反应的反应类型反应_，反应_。(3)写出试剂a和试剂b的名称或化学式 试剂a_，试剂b_。(4)反应中将试剂a 缓缓滴入C中的理由是_。(5)写出B和F的结构简式 B_，F_(6)写出一种同时满足下列条件的D的同分异构

14、体的结构简式_。能与盐酸反应 能与碳酸氢钠反应 苯环上有2种不同环境的氢原子25、（12分）五氧化二钒(V2O5,摩尔质量为182gmol-1)可作化学工业中的催化剂，广泛用于冶金、化工等行业。V2O5是一种橙黄色片状晶体,微溶于水，不溶于乙醇,具有强氧化性,属于两性氧化物。某研究小组将从某粗钒(主要含有V2O5,还有少量Al2O3、Fe2O3)中提取V2O5。实验方案设计如下：已知：NH4VO3是白色粉末,微溶于冷水,可溶于热水,不溶于乙醇、醚。2NH4VO3V2O5+2NH3+H2O请回答：（1）第步操作的实验装置如右图所示,虚线框中最为合适的仪器是_。(填编号)（2）调节pH为88.5的

15、目的_。（3）第步洗涤操作时,可选用的洗涤剂_。(填编号)A冷水B热水C乙醇D1%NH4Cl溶液（4）第步操作时,需在流动空气中灼烧的可能原因_。（5）硫酸工业中,SO2转化为SO3的催化剂就选用V2O5,催化过程经两步完成,将其补充完整：_(用化学方程式表示),4VO2+O2=2V2O5。（6）将0.253g产品溶于强碱溶液中,加热煮沸,调节pH为88.5,向反应后的溶液中加入硫酸酸化的KI溶液(过量),溶液中含有V3+,滴加指示剂,用0.250molL-1Na2S2O3溶液滴定,达到终点消耗Na2S2O3标准溶液20.00mL,则该产品的纯度为_。(已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4

16、O6+2NaI)26、（10分）硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是_。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。

17、(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸馏水、pH计、烧杯、试管、滴管提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 molL1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O3

18、5H2O的质量分数为_(保留小数点后一位)。27、（12分）研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）中的无色气体是_。（2）中生成H2的离子方程式是_。（3）研究中的氧化剂甲同学认为该浓度的硝酸中H的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据和证明了甲的说法不正确，其实验证据是_。乙同学通过分析，推测出也能被还原，依据是_，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是_。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有_；试推测还可能有哪些因素影响_（列举1条）。28、（14分）氯气是现代工业的重要原料，将氯化氢转化为氯气的技术成为科学研究的热车点，回答下列问题：（1）Deacon发

19、明的直接氧化法为：4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g)。可按下列催化过程进行：.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H3反应能自发进行的条件是_。利用H1和H2计算H3时，还需要利用反应_的H。（2）如图为刚性容器中，进料浓度比c(HCl)：c(O2)分别等于1：1、4：1、7：1时HCl平衡转化率随温度变化的关系：可知反应平衡常数K（400）_K（500）（填“大于”或“小于”）。设容器内

20、初始压强为p0，根据进料浓度比c(HCl)：c(O2)=4：1的数据，计算400时容器内的平衡压强=_（列出计算式）。按化学计量比进料可以保持反应物高转化率，同时降低产物分离的能耗。进料浓度比c(HCl)：c(O2)过低、过高的不利影响分别是_。（3）已知：氯气与NaOH溶液反应可生成NaClO3。有研究表明，生成NaClO3的反应分两步进行：.2ClO-=ClO2-+Cl-.ClO2-+ClO-=ClO3-+Cl-常温下，反应能快速进行，但氯气与NaOH溶液反应很难得到NaClO3，试用碰撞理论解释其原因：_。（4）电解NaClO3水溶液可制备NaClO4，写出阳极反应式：_。29、（10分

21、）CO和H2是工业上最常用的合成气，该合成气的制备方法很多，它们也能合成许多重要的有机物。回答下列问题：(1)制备该合成气的一种方法是以CH4和H2O为原料，有关反应的能量变化如图所示。CH4 (g)与H2O(g)反应生成CO(g)和H2 (g)的热化学方程式为_。(2)工业乙醇也可用CO和H2合成，常含一定量甲醇，各国严禁使用成本低廉的工业酒精勾兑食用酒，但一般定性的方法很难检测出食用酒中的甲醇。有人就用硫酸酸化的橙色K2Cr2O7溶液定量测定混合物中甲醇的含量，甲醇与酸性K2Cr2O7溶液反应生成CO2、Cr2(SO4)3等物质，写出其化学方程式 _。(3)为了检验由CO和H2合成气合成的

22、某有机物M的组成，进行了如下测定：将1.84gM在氧气中充分燃烧，将生成的气体混合物通过足量的碱石灰，碱石灰 增重4. 08 g，又知生成CO2和H2O的物质的量之比为3:4。则M中碳、氢、氧原子个数之比为_。(4) CO2和H2合成甲醇涉及以下反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.58kJ/mol。在反应过程中可以在恒压的密闭容器中，充入一定量的CO2和H2，测得不同温度下，体系中CO2的平衡转化率与压强的关系曲线如图所示：反应过程中，表明反应达到平衡状态的标志是_;A生成3mol O-H键，同时断裂3mol H-H键 B容器中气体的压强不再变化C容器中

23、气体的平均摩尔质量不变 DCH3OH的浓度不再改变比较T1与T2的大小关系：T1 _T2 (填“”)。在T1和P2的条件下，向密闭容器中充入1mol CO2和3mol H2，该反应在第5 min时达到平衡，此时容器的容积为2.4 L，则该反应在此温度下的平衡常数为_，保持T1和此时容器的容积不变，再充入1mol CO2和3mol H2，设达到平衡时CO2的总转化率为a，写出一个能够解出a的方程或式子 _(不必化简，可以不带单位)。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素

24、组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na，据此分析。【详解】短周期元素W、X、Y、Z原子序数依次增大。甲、乙、丙、丁、戊均由上述二种或三种元素组成，甲为淡黄色固体，则甲为过氧化钠，乙和丁均为分子中含有10个电子的二元化合物，根据转化变系可知乙为水，Y的单质为氧气，丙为氢氧化钠，若丁为氮气，则戊为一氧化氮；若丁为甲烷，则戊为二氧化碳，故W、X、Y、Z分别为H、C（或N）、O、Na。A. W与Z形成的化

25、合物NaH为离子化合物，选项A正确；B. 戊为一氧化氮或二氧化碳，不一定为有毒气体，选项B错误；C. W离子比其他二者少一个电子层，半径最小，Y、Z离子具有相同电子层结构，核电荷数越大半径越小，故离子半径大小：YZW，选项C正确；D. 相同条件下，乙为水常温下为液态，其的沸点高于丁（氨气或甲烷），选项D正确。答案选B。2、D【解析】A固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题

26、意；D晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。3、A【解析】A乙醇溶液中除了乙醇外，水也含氧原子，100g46%的乙醇溶液中，乙醇的质量为46g，物质的量为1mol，故含1mol氧原子；水的质量为100g-46g=54g，物质的量为3mol，故含3mol氧原子，故此溶液中含有的氧原子的物质的量共为4mol，个数为4NA个，故A正确；BCO和N2相对分子质量都是28，都是双原子分子，所以等质量的CO和N2的质量的具体数值不明确，故无法计算中含有原子数目，故B错误；C在0.1molL 的NH4Cl溶液中通入NH3 使溶液呈中性，由于没有给出溶液的

27、体积，无法计算出溶液的物质的量，无法计算铵根离子的物质的量，故C错误； D过氧化钠和水反应时,增重为氢元素的质量,即1molNa2O21molH2O增重1molH2的质量转移1mol电子，故当增重2g即1mol氢气的质量时，反应转移1mol电子即NA个，故D错误；答案选A。【点睛】过氧化钠与水反应转移的电子数是易错点，过氧化钠中的氧元素为-1价，增重1molH2的质量转移1mol电子。4、C【解析】A由曲线盐酸滴定NaAc溶液，导电能力升高，滴定到一定程度后导电能力迅速升高，说明条件相同时导电能力：盐酸NaAc，故A正确；B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线是NaO

28、H溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线 逐渐变成氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故C错误；D反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。【点睛】本题的难点为曲线和的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。5、C【解析】A.环己烯分子式

29、为C6H10，螺13己烷分子式为C6H10，所以互为同分异构体，故A正确；B.若全部取代苯环上的1个H原子，若其中1个Cl原子与甲基相邻，另一个Cl原子有如图所示4种取代位置，有4种结构，若其中1个Cl原子处于甲基间位，另一个Cl原子有如图所示1种取代位置，有1种结构,若考虑烃基上的取代将会更多，故B正确；C.若主链有5个碳原子，则氯原子有3种位置，即1氯戊烷、1氯戊烷和3氯戊烷；若主链有4个碳原子，此时甲基只能在1号碳原子上，而氯原子有4种位置，分别为1甲基1氯丁烷、1甲基1氯丁烷、3甲基1氯丁烷和3甲基1氯丁烷；若主链有3个碳原子，此时该烷烃有4个相同的甲基，因此氯原子只能有一种位置，即1

30、，3二甲基1氯丙烷。综上所叙分子式为C5H11Cl的同分异构体共有8种，故C错误；D.-C4H9已经达到饱和，1mol苯环消耗3mol氢气，则lmol b最多可以与3mol H1加成，故D正确。答案：C【点睛】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，常考查同分异构体数目、氢气加成的物质的量、消耗氢氧化钠的物质的量、官能团性质等，熟悉官能团及性质是关键。6、C【解析】浓盐酸滴到氯酸钾固体上的作用是为了制备Cl2，根据含同种元素物质间发生氧化还原反应时，化合价只靠近不交叉，配平后可得反应的离子方程式：5Cl6H+=3Cl23H2O，A正确；为了检验Cl2有无漂白性，应该先把Cl2干燥，所以，无水氯

31、化钙的作用是干燥Cl2，然后会出现干燥有色布条不褪色而湿润有色布条褪色的现象，B正确；Cl2与3处碘化钾置换出单质碘，遇淀粉变蓝，与4处溴化钠置换出单质溴，使溶液变橙色，均说明了Cl2具有氧化性，Cl2与水反应生成HCl和HClO，HCl与硝酸银产生白色沉淀，无法说明Cl2具有氧化性，C错误；Cl2与5处硫酸亚铁生成Fe3+，Fe3+与SCN生成血红色配合物，氢氧化钠溶液可以吸收剩余的Cl2，防止污染空气，D正确。7、B【解析】A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性 KMnO4

32、 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。8、A【解析】A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol的水，所含原子数目为1.5NA，故A错误；B常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol，所含分子数目小于0.5NA，故B正确；CN2O与CO2相对分子质量均为44，且分子内原子数目均为3，常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA，

33、故C正确；D每个C5H12分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键，1molC5H12中含有共价键数为16NA，故D正确；答案为A。9、A【解析】A. NaHSO4=Na+H+ SO42-，Na2CO3= 2Na+ CO32-，所以两者反应可以用2H+ + CO32CO2+H2O 表示，故A正确；B. BaCO3是不溶性的盐，不能拆，故B错误；C. CH3COOH是弱酸，不能拆，故C错误；D. NaHCO3是弱酸的酸式盐，不能电离出碳酸根离子，故D错误；故选：A。10、D【解析】A. 向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体，蔗糖经浓硫酸脱水得到碳，碳和浓硫酸反应

34、生成刺激性气味的二氧化硫，体现强氧化性，故A正确；B. 向 KCl、KI 的混合液中逐滴滴加稀 AgNO3溶液，Ksp小的先出现沉淀，先生成黄色沉淀，则Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故B正确；C. 铝片先用砂纸打磨，再加入到浓硝酸中，无明显现象，浓硝酸具有强氧化性，常温下，铝表面被浓硝酸氧化为致密的氧化铝薄膜，从而阻止金属继续反应，故C正确；D. 向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的硫酸亚铁溶液，溶液变成棕黄色，说明H2O2在酸性条件下氧化Fe2+变为Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明Fe3+催化H2O2分解产生O2，故D错误；答案为D。11、C【解析】A.MnO2和浓盐酸制取

35、氯气，需要加热，A不符合题意；B.NO不能选排空气法收集，B不符合题意；C.CaCO3和稀盐酸反应生成二氧化碳，碳酸氢钠溶液可除去HCl，浓硫酸干燥后，选向上排空气法收集二氧化碳，C符合题意；C.用CaO与浓氨水制取氨气，进入X中时氨气会溶解，而且氨气密度比空气小，应该用向下排空气方法收集，不能用向上排空气的方法收集，D不符合题意；故合理选项是C。12、A【解析】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选

36、项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。13、B【解析】A.反应CaC2(s)+N2(g)=CaCN2(s)+C(s)为熵减的反应，则该反应S0，选项A错误；B向醋酸溶液中通入氯化氢气体，氢离子浓度增大而抑制醋酸电离，则Kac(CH3COOH)= c(H)c(CH3COO) 增大，选项B正确；CCl2与水的反应是可逆反应，不可能完全转化，转移的电子数小于6.021023个，选项C错误；D. 2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)为放热反应，反应物键能总和小于生成物键能总和，选项D错误。答案选B。14、A【解析】A.CaOC

37、l2的化学式可以写成Ca（ClO）Cl，所以该物质是由一种金属阳离子和两种酸根阴离子构成的，因此属于混盐，故A正确；B.(NH4)2Fe(SO4)2含有两种阳离子和一种酸根阴离子，不是混盐，故B错误；C.BiONO3中没有两个酸根阴离子，不是混盐，故C错误；D.K3Fe(CN)6是含有一种阳离子和一种酸根阴离子的盐，不是混盐，故D错误；综上所述，答案为A。15、A【解析】A、利用、除去CO2，中的无水氯化钙将气体干燥后，如果中CuO固体转变成红色，则反应一定生成CO，A正确；B、实验开始后，装置中的空气对分解及检验都有干扰，所以必须先通入N2除去装置中的空气，B错误；C、由于从、溶液中导出的气

38、体会带出水蒸气，因此中放置无水硫酸铜无法检验分解生成的水蒸气，C错误；D、草酸亚铁晶体分解剩余的固体为FeO，如果没有完全变为黑色，也有可能是由于晶体没有完全分解，D错误；答案选A。【点睛】固体分解得到的水一定要在通过溶液之前检验。16、B【解析】A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B正确；C、滴定时轻轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D错误。17、C【解析】A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者

39、中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。18、B【解析】化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A、C、D不选；B、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B选；故选：B。19、B【解析】如图，HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物

40、A，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高。【详解】A. NVP中碳碳双键的其中一个碳原子的另外两个键均是C-H键，故不具有顺反异构，故A错误；B. OH是亲水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的亲水性，故B正确；C. HEMA和NVP通过加聚反应生成高聚物A，故C错误；D. 制备过程中引发剂浓度对含水率影响关系如图，聚合过程中引发剂的浓度为1.6含水率最高，并不是引发剂的浓度越高越好，故D错误；答案选B。【点睛】常见亲水基：羟基、羧基等。含这些官能团较多的物质一般具有良好的亲水性。20、C【解析】ANaHSO4 晶体中存在钠离子和硫酸氢根两种离子，所以在 12.0g NaHSO4 晶体中，

41、即0.1mol晶体中所含离子数目为 0.2NA，故A错误；B未指明温度和压强，无法确定2.24L混合气体的物质的量，所以无法确定转移电子数，故B错误；C冰醋酸和葡萄糖最简式都是CH2O，所以30g冰醋酸和葡萄糖的混合物中含氢原子的数目为：2NA=2NA，故C正确；D11.2L 乙烯和丙烯的混合气体在标况下的物质的量为0.5mol，0.5mol乙烯中氢原子为2mol，0.5mol丙烯中氢原子为3mol，所以0.5mol二者的混合物所含氢原子个数在2NA至3NA之间，故D错误；故答案为C。【点睛】阿伏加德罗常数是高考的热点，要准确解答好这类题目，一是要掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常

42、数的关系；二是要准确弄清分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，还要注意气体摩尔体积使用条件和对象。21、B【解析】A氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；B碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；C二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，所以克服作用力不同，故C不选；D氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选；故选B。【点睛】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说

43、，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。22、C【解析】A. 元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；B. 118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；C. 第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；D. 因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，故选C。二、非

44、选择题(共84分)23、（1）37；依据同主族元素的金属性随核电荷数的增加而增强，推测己单质与水反应较丙更剧烈（1分，合理给分）（2）；（3）；（4）3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62；（5）6.02l021； 2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2 ；（6）NaCl、Al（OH）3【解析】试题分析：根据题意可知：A是NaCl，B是Cl2，C是H2，D是NaOH，E是HCl，丁是Al，F是NaAlO2；X是NaCl、AlCl3的混合物。根据元素的化合价及元素的原子序数的关系可知甲是H，乙是O，丙是Na，丁是Al，戊是Cl，己是Rb，原子序数是37；钠、铷 同一主

45、族的元素，由于从上到下原子半径逐渐增大，原子失去电子的能力逐渐增强，所以它们与水反应的能力逐渐增强，反应越来越剧烈；（2）甲、乙、戊按原予个数比1：1：1形成的化合物Y是HClO，该物质具有强的氧化性，故具有漂白性，其电子式为；（3）在上图转化关系中反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，而中元素的化合价没有发生变化，所以该反应是非氧化还原反应；（4）如构成原电池，Fe被腐蚀，则Fe为负极，发生反应：Fe-2e-=Fe2+，Fe2+与Fe（CN）63-会发生反应产生蓝色沉淀，反应的离子方程式是：3Fe2+2Fe（CN）63- =Fe3Fe（CN）62；（5）NaCl溶液电解的化学方程式

46、是：2NaCl2H2OCl2H22NaOH，在该反应中，每转移2mol电子，反应会产生2molNaOH，n（NaCl）=1L1mol/L=1mol，当NaCl电解完全后反应转移1mol电子，反应产生1molNaOH，当反应电解一段时间后测得D溶液pH=12，n（NaOH）=10-2mol/L1L=0.01mol1mol，说明NaCl没有完全电解，则电子转移的物质的量是0.01mol，电子转移的数目约是N（e-）=0.01mol6.021023/mol= 6.02l021；反应是Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式为2A1+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2；（6）若上图中各步反应均为

47、恰好完全转化，则4HCl+NaAlO2=NaCl+AlCl3，所以混合物X中含有的物质是NaCl、Al（OH）3。考点：考查元素及化合物的推断、化学方程式和离子方程式的书写、电解反应原理的应用的知识。24、1,2-二甲苯（或邻二甲苯） 取代反应 还原反应 浓硝酸，浓硫酸 浓硫酸 防止出现多硝基取代的副产物 (CH3)2NH （任写一种） 【解析】B和乙醛互为同分异构体，且的结构不稳定，则B为，由F与B反应产物结构可知，C2H7N的结构简式为H3CNHCH3。由普鲁卡因M的结构简式（），可知C6H6的结构简式为，与环氧乙烷发生类似加成反应得到C为，对比C、D分子式可知，C发生硝化反应得到D，由普

48、鲁卡因M的结构可知发生对位取代反应，故D为，D发生氧化反应得到E为，E与HOCH2CH2N（CH3）2发生酯化反应得到G为，G中硝基被还原为氨基得到普鲁卡因，据此解答。【详解】（1）比A多两个碳原子，且一氯代物只有3种的A的同系物为，名称是1，2二甲苯，故答案为1，2二甲苯；（2）反应属于取代反应，反应属于还原反应，故答案为取代反应；还原反应；（3）反应为硝化反应，试剂a为浓硝酸、浓硫酸，反应为酯化反应，试剂b为浓硫酸，故答案为浓硝酸、浓硫酸；浓硫酸；（4）反应中将试剂a缓缓滴入C中的理由是：防止出现多硝基取代的副产物，故答案为防止出现多硝基取代的副产物；（5）B的结构简式为，F的结构简式：H

49、3CNHCH3，故答案为；H3CNHCH3；（6）一种同时满足下列条件的D（）的同分异构体：能与盐酸反应，含有氨基，能与碳酸氢钠反应，含有羧基，苯环上有2种不同环境的氢原子，可以是含有2个不同的取代基处于对位，符合条件的同分异构体为等，故答案为。25、B让AlO2-转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空气不流通，由于V2O5具有强氧化性，会与还原性的NH3反应，从而影响产物的纯度及产率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本题考查实验方案设计与评价，（1）虚线框中的仪器是向三颈烧瓶中滴加NaOH，为了能够使NaOH溶液顺利滴下，需要有连通装置，故选项B正确；（2）

50、根据流程图，氧化铁为碱性氧化物，不与NaOH发生反应，V2O5、Al2O3属于两性氧化物，能与NaOH发生反应，调节pH为88.5的目的就是让AlO2转化为Al(OH)3沉淀，避免VO3的沉淀；（3）根据信息，NH4VO3微溶于水，可溶于热水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗涤，可以减少NH4VO3的溶解，故A正确；B、NH4VO3溶于热水，造成NH4VO3溶解，故B错误；C、虽然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面杂质，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的杂质，故C错误；D、根据流程生成NH4VO3沉淀，是滤液1与饱和NH4Cl的反应生成，且NH4Cl受热易分解，不产生杂质，

51、故D正确；（4）根据信息，NH4VO4灼烧生成V2O5，因为V2O5具有强氧化性，能与具有还原性NH3发生反应，从而影响产物的纯度及产率，因此灼烧NH4VO3时在流动空气中；（5）催化剂在反应前后质量不变，根据已知反应反应方程式，因此得出反应方程式为SO2V2O5=2VO2SO3；（6）根据I2和Na2S2O3发生反应的方程式，求出消耗n(I2)=20.001030.250/2mol=2.5103mol，根据得失电子数目守恒，n(V2O5)22=n(I2)2，求出n(V2O5)=1.25103mol，即m(V2O5)=1.25103182g=0.2275g，则产品纯度为0.2275/0.253

52、100%=89.9%。26、分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于15，则含有NaOH 乙醇 82.7 【解析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气

53、中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过

54、量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/m

55、ol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的探究，侧重于学生的分析能力、实验能力的考查，为高考常见题型和高频考点，注意把握物质的性质以及实验原理的探究。27、NO或一氧化氮 Fe2H=Fe2H2 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中溶液变蓝，同时没有氢气放出 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 金属的种类、硝酸的浓度 温度 【解析】(1)铜与硝酸反应生成

56、无色气体为一氧化氮；(2)中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)如硝酸根离子没有发生反应，则溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；元素化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe2H=Fe2H2；(3)如硝酸根离子没有发生反应，则溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但

57、中溶液变蓝，同时没有氢气放出；元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。28、高温 CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g） 大于 0.848p0 Cl2和O2分离能耗较高、HCl转化率较低 反应的活化能高，活化分子百分数低，不利于ClO向ClO3转化 ClO3H2O2e=ClO4

58、2H 【解析】（1）.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1，S0，则要G=H-TS0，须高温条件下才能自发；.CuCl2(s)=CuCl(s)+Cl2(g) H1=+83kJmol-1.CuCl(s)+O2(g)=CuO(s)+Cl2(g) H2=-20kJmol-1.4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+2H2O(g) H3利用H1和H2计算H3时，由盖斯定律，（-2-2）/2得：还需要利用反应CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）的H。故答案为：高温；CuO（s）+2HCl（g）CuCl2（s）+H2O（g）；（2）根据图象可知，进料浓度比相同时，温度越高HCl平衡转化率越低，说明该反应为放热反应，升高温度平衡向着逆向移动，则温度越高平衡常数越小，所以反应平衡常数K（400）大于K