2022年阿里市重点高考仿真卷化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能。该电池总反应为：PbSO4+2 LiCl+CaCaCl2+Li2

2、SO4+Pb下列有关说法不正确的是A负极反应式：Ca+2Cl2eCaCl2B放电过程中，Li+向负极移动C每转移0.2mol电子，理论上生成20.7gPbD常温时，在正负极间接上电流表或检流计，指针不偏转2、根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是AABBCCDD3、常温下，若HA溶液和NaOH溶液混合后pH=7，下列说法不合理的是A反应后HA溶液可能有剩余B生成物NaA的水溶液的pH可能小于7CHA溶液和NaOH溶液的体积可能不相等DHA溶液的c(H+)和NaOH溶液的c(OH-)可能不相等4、25 时，下列说法正确的是（）A0.1 molL1 （NH4）2SO4溶液中c（）c（CH3COO

3、）D向0.1 molL1 NaNO3溶液中滴加盐酸使溶液的pH5，此时混合液中c（Na）c（）（不考虑酸的挥发与分解）5、能确定为丙烯的化学用语是（ ）ABC3H6CDCH2=CH-CH36、新版人民币的发行，引发了人们对有关人民币中化学知识的关注。下列表述错误的是A制造人民币所用的棉花、优质针叶木等原料含有C、H、O元素B用于人民币票面文字等处的油墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质C防伪荧光油墨由颜料与树脂等制成，其中树脂属于有机高分子材料D某种验钞笔中含有碘酒溶液，遇假钞呈现蓝色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖7、将100mL1Lmol-1的NaHCO3溶液分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外

4、一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是（ ）A减小、减小B增大、减小C增大、增大D减小、增大8、化学与生产和生活密切相关,下列分析错误的是A用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀B对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生C明矾水解生成的胶体可吸附水中悬浮颗粒物D芳香族化合物有香味,均可以用作食品香味剂9、已知常见元素及化合物的转化关系如图所示：又知AE中均含有一种相同元素。下列说法错误的是（ ）A物质A一定是单质B物质C可能是淡黄色固体C物质D可能是酸或碱D物质E可能属于盐类10、某溶液可能含有Cl-、SO42-、CO32-、NH4+、Al3+

5、、Cu2+、Fe3+和K+中的若干种。为检验其中含有的离子，进行如下实验：取该溶液10mL，加入过量的氢氧化钡溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，同时产生白色沉淀，过滤；向上述滤液中通入足量CO2气体，产生白色沉淀。下列关于原溶液的说法正确的是A至少存在4种离子BAl3+、NH4+一定存在，Cl- 可能不存在CSO42、CO32至少含有一种DAl3+、Cu2+、Fe3+一定不存在，K+可能存在11、有关浓硫酸的性质或作用，叙述错误的是A浓硫酸的脱水性是化学性质B使铁、铝钝化表现了强氧化性C制备乙酸乙酯的反应中起催化吸水作用D与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现强酸性12、在0.1

6、 mol/L的Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是（ ）Ac(Na+)=2c(CO32-)Bc(H+)c(OH-)Cc(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mol/LDc(HCO3-)Y3-X2-M+B化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1:1，水溶液显碱性C1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键18、人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的是 A将铝制品置于电解液中作为阳极，用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法。C压敏胶黏剂(即时贴)

7、只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力。D人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类。19、关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是（ ）A可用于实验室制取少量NH3或O2B可用从a处加水的方法检验装置的气密性C实验室可用装置收集H2、NH3D制硫酸和氢氧化钠，其中b为阳离子交换膜、c为阴离子交换膜20、我国科研人员研究了在 Cu-ZnO-ZrO2 催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理，其主反应历程如图所示(H2*H+*H，带*标记的物质是该反应历程中的中间产物或过渡态)。下列说法错误的是A第步中CO2和H2分子中都有化学键断裂B水在整个历

8、程中可以循环使用，整个过程不消耗水也不产生水C第步的反应式为：*H3CO+H2OCH3OH+*HOD第步反应是一个放热过程21、已知有机物C2H4O、C3H6O2和C4H8组成的混合物中，碳元素的质量分数为a%，则氧元素的质量分数为A（100）%B%C%D无法计算22、下列仪器不能直接受热的是（ ）ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：.RCHO.RCOOHRCOClRCOOR(R、R代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是_。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称_。（2）写出己和丁的结构简式：己_，丁_。（3）乙有多种

9、同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有_种。（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为_。（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为_。24、（12分）某有机物F()在自身免疫性疾病的治疗中有着重要的应用，工业上以乙烯和芳香族化合物B为基本原料制备F的路线图如下：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO(1)乙烯生成A的原子利用率为100%，则X是_(填化学式)，F中含氧官能团的名称为_。(2)EF的反应类型为_，B的结构简式为_，若E的名称为咖啡酸，则F的名称是_。(3)写出D与NaOH溶液反应的化学方程式：_。(4)

10、E的同系物G比E多一个碳原子，G有多种同分异构体，符合下列条件的同分异构体有_种能发生水解反应、银镜反应且1mol该物质最多可还原出4 mol Ag遇FeCl3溶液发生显色反应分子中没有甲基，且苯环上有2个取代基(5)以乙烯为基本原料，设计合成路线合成2-丁烯酸，写出合成路线：_(其他试剂任选)。25、（12分）随着科学的发展，可逐步合成很多重要的化工产品，如用作照相定影剂的硫代硫酸钠(俗称大苏打)，用于填充汽车安全气囊的叠氮化钠(NaN3)，某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3。I.制备硫代硫酸钠晶体。查阅资料:Na2S2O3易溶于水，向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制

11、得Na2S2O3。实验装置如图所示(省略夹持装置):(1)组装好仪器后,接下来应该进行的实验操作是_,然后加入试剂。仪器a的名称是_;E中的试剂最好是_.(填标号)，作用是_。A澄清石灰水BNaOH溶液 C饱和NaHSO3溶液(2)已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经_(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有_。.实验室利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。(1)装置B中盛放的药品为_(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因

12、是_。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得,应选择的气体发生装置是_。26、（10分）（发现问题）研究性学习小组中的小张同学在学习中发现：通常检验CO2用饱和石灰水，吸收CO2用浓NaOH溶液。（实验探究）在体积相同盛满CO2的两集气瓶中，分别加入等体积的饱和石灰水和浓NaOH溶液。实验装置和现象如图所示。请你一起参与。（现象结论）甲装置中产生该实验现象的化学方程式为_。解释通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2的原因_；乙装置中的实验现象是_。吸收CO2较多的装置是_。（计算验证）另一位同学小李通

13、过计算发现，等质量的Ca(OH)2和NaOH吸收CO2的质量，Ca(OH)2大于NaOH。因此，他认为通过吸收CO2应该用饱和石灰水。（思考评价）请你对小李同学的结论进行评价：_。27、（12分） “84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：饱和NaClO溶液pH为11；25C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.410-1，K2=4.11

14、0-11；HClO：K=310-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：仪器a的名称_，装置A中发生反应的离子方程式_。C瓶溶液中的溶质是NaCl、_（填化学式）。若将C瓶溶液换成NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因_(2)测定C瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。用0.1000mol/LNa2

15、S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作23次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_。盖紧瓶塞并在暗处反应的原因_滴定至终点的现象_。C瓶溶液中NaClO含量为_g/L（保留2位小数）28、（14分）机动车排放的污染物主要有碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物等。I汽油燃油车上安装三元催化转化器，可有效降低汽车尾气污染。（1）已知：C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol12C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 N2(

16、g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +180.5 kJmol1CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2(g)的热化学方程式是_。（2）研究CO和NO的催化反应，用气体传感器测得在某温度下、一定体积的密闭容器中，不同时间NO和CO浓度如下表：时间（s）012345c(NO)/(104molL1)10.04.502.501.501.001.00c(CO)/(103molL1)3.603.052.852.752.702.70前4 s内的平均反应速率(CO) _molL1s1。L、X可分别代表压强或温度。下图表示L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的变化关系。X代表的物理量是_。判断L1、L2

17、的大小关系，并简述理由：_。II柴油燃油车是通过尿素-选择性催化还原（Urea-SCR）法处理氮氧化物。Urea-SCR的工作原理为：尿素CO(NH2)2水溶液通过喷嘴喷入排气管中，当温度高于160时尿素水解，产生 NH3，生成的NH3与富氧尾气混合后，加入适合的催化剂，使氮氧化物得以处理。（3）尿素水解的化学方程式是_。（4）下图为在不同投料比n(尿素)/n(NO)时NO转化效率随温度变化的曲线。 尿素与NO物质的量比a_b（填“”、“=”或“c(SO42)，故A错误；B. 相同条件下，弱电解质的浓度越小，其电离程度越大，因此0.02 molL1氨水和0.01 molL1氨水中的c(OH)之

18、比小于21，故B错误；C. 依据电荷守恒有c(Na)c(H)c(CH3COO)c(OH)，混合后溶液的pH7，即c(H)c(OH)，可推出c(Na)c(CH3COO)，故C错误；D. NaNO3是强酸强碱盐，Na和NO3均不发生水解，NaNO3溶液也不与盐酸发生反应，根据物料守恒可得c(Na)c(NO3)，故D正确。综上所述，答案为D。5、D【解析】A球棍模型中不一定由C、H两种元素组成，所以不一定为丙烯，A不合题意；BC3H6可能为丙烯，也可能为环丙烷，所以不一定为丙烯，B不合题意；C中少了1个H原子，丙烯的电子式为：，C不合题意；D丙烯的结构简式为：CH2=CH-CH3，D符合题意；故选D

19、。6、D【解析】A.棉花、木材的成分主要为纤维素，含C、H、O元素，故不选A；B.四氧化三铁为黑色，俗称磁性铁，用于油墨中，故不选B；C.树脂为合成高分子，为有机物加聚或缩聚反应的产物，相对分子质量在10000以上，故不选C；D.淀粉遇碘变蓝，而葡萄糖不能，故选D；答案：D7、D【解析】将l00ml 1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2+CH3COO-，则溶液中c（CO32-）减小；另外一份加入少许Ba(OH)2固体，发生Ba2+2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3+CO32-，则溶液中c(CO32-)增大；故选

20、D。8、D【解析】A. 氯化钙是电解质，铁与钢中的碳、潮湿的空气形成原电池，用氯化钙作钢箱梁大桥融雪剂会加速钢铁腐蚀，故A正确；B. 煤中含有硫元素，直接燃烧产生二氧化硫，污染空气，对燃煤进行脱硫处理有利于减少酸雨的产生，故B正确；C. 明矾水解生成的胶体，氢氧化铝胶体表面积大，吸附水中悬浮颗粒物，故C正确；D. 芳香族化合物不一定有香味，好多有毒，只有少数可以用作食品香味剂，故D错误；故选D。9、A【解析】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na

21、2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐，据此分析解答。【详解】若A为NH3，则B、C、D、E可能分别为NO、NO2、HNO3、硝酸盐；若A为碳或烃，则B、C、D、E可能分别为CO、CO2、H2CO3、碳酸盐；若A为Na，则B、C、D、E可能分别为Na2O、Na2O2、NaOH、钠盐；若A为硫化氢或硫，则B、C、D、E可能分别为SO2、SO3、H2SO4、硫酸盐。A由上述分析可知，A可能为单质Na、S等，也可能为化合物NH3、H2S等，故A错误；B若A为Na时，C可为过氧化钠，过氧化钠为淡黄色固体，故B正确；C由上述分析可

22、知，D可能为酸，也可能为碱，故C正确；D由上述分析可知，E可能属于盐类，故D正确；故选A。10、B【解析】向溶液中加过量的并加热，由于产生了能够使湿润的红石蕊试纸变蓝的气体，所以原溶液中一定有；又因为同时产生了白色的沉淀，所以原溶液中一定不含Cu2+和Fe3+，而和则至少含有一种；至于Al3+，若含有的话，则在加入过量后转化为了；由于向滤液中通入的是过量的CO2，仍能产生白色沉淀，所以断定原来的溶液中一定有Al3+，那么这样的话和就只能存在了；综上所述，溶液中一定存在，Al3+和，一定不存在，Cu2+和Fe3+，不一定存在Cl-，K+。【详解】A溶液中至少存在3种离子，Al3+，以及，A项错误

23、；BAl3+，一定存在，Cl-不一定存在，B项正确；C一定存在于溶液中，而由于与Al3+不能共存，所以一定不存在于溶液中，C项错误；D一定不存在的离子有，Cu2+和Fe3+，不一定存在的离子有Cl-，K+，D项错误；答案选B。【点睛】判断溶液中是否存在某离子时，一方面依据检验过程中的现象进行判断，一方面还可以利用其是否与溶液中一定存在的离子共存进行判断，最后还可以利用溶液中已经存在的离子是否满足电荷守恒进行判断；此外，在进行检验时，也要注意检验过程中，前面所加的试剂是否会对后续的检验产生干扰。11、D【解析】A. 浓硫酸使其他物质脱水生成新的物质，属于化学反应，是化学性质，故A正确；B. 浓硫

24、酸具有强的氧化性，常温下能够使铁、铝发生钝化，故B正确；C. 制备乙酸乙酯的反应中浓硫酸起催化剂和吸水剂作用，故C正确；D. 浓硫酸与氯化钠固体共热制氯化氢气体时，表现难挥发性，故D错误；故选D。12、D【解析】A.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，所以c(Na+)2c(CO32-)；故A错误；B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈碱性，所以c(OH-)c(H+)，故B错误；C.由于Na2CO3在溶液中存在着下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2C

25、O3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式为CO32-、HCO3-、H2CO3，根据物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C错误；D.由于CO32-水解，水解方程式为CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)c(HCO3-)，故D正确；所以答案：D。【点睛】根据Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO32-；CO32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH+OH-，进行分析判断。13、B【解析】证明CH3COOH为弱酸，可从

26、以下角度判断：等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；判断是否存在电离平衡；比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【详解】A某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B乙酸钠的pH7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【点

27、睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。14、C【解析】A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应，故A正确；B.分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数，丁基有4种，可能的结构有4种，故B正确；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉属于高分子化合物，故C错误；D.乙烯可与溴发生加成反应，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故D正确。答案选C。15、C【解析】A原电池中阴离子应该向负极移动；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放

28、出的最大电能，即单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多，则得到的电能越多；C负极M失电子和OH反应生成M(OH)2；D由正极电极反应式O22H2O4e4OH有O24OH4e，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，但空气中氧气只占体积分数21%，据此计算判断。【详解】A原电池中阴离子应该向负极移动，金属M为负极，所以电解质中的阴离子向金属M方向移动，故A错误；B电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能，则单位质量的电极材料失去电子的物质的量越多则得到的电能越多，假设质量都是1g时，这三种金属转移电子物质的量分别为2molmol、3molmol、2molmol，

29、所以Al空气电池的理论比能量最高，故B错误；C负极M失电子和OH反应生成M(OH)2，则正极反应式为2M4e4OH2M(OH)2，故C正确；D由正极电极反应式O22H2O4e4OH有O24OH4e，当外电路中转移4mol电子时，消耗氧气1mol，即22.4L(标准状况下)，但空气中氧气只占体积分数21%，所以空气不止22.4L，故D错误；故答案选C。【点睛】明确电极上发生的反应、离子交换膜作用、反应速率影响因素、守恒法计算是解本题关键，注意强化电极反应式书写训练。16、B【解析】A.a的同分异构体中属于芳香烃的除了b和c外还有，另a还可能有链状的同分异构体如CH2=CHCH=CHCH=CHCH

30、=CH2等、或环状的同分异构体如等，A错误；B.a、b、c侧链上的一氯代物都只有1种，a苯环上一氯代物有2种，b苯环上一氯代物有3种，c苯环上一氯代物只有1种，故三种二甲苯中，b的一氯代物种数最多，B正确；C.a、b、c均能被酸性KMnO4溶液氧化，使酸性KMnO4溶液褪色，a、b、c都不能与溴水发生化学反应，C错误；D.a、b、c分子中都含有CH3，与CH3中碳原子直接相连的4个原子构成四面体，a、b、c中所有原子都不可能在同一平面上，D错误；答案选B。17、D【解析】根据题目可以判断，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1，则YM的相对分子质量为17形成的化合物为NH3，

31、M为H元素，Y为N元素；X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，故X为C元素，Z为O元素；W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，W为Na元素。【详解】A简单离子半径从大到小为Y3-X2-M+ W+，A错误；BW2Z2为Na2O2，其阴阳离子个数之比为2:1，B错误；CNaH与水发生反应，方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，转移1mol电子，C错误；D四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3，含有离子键，D正确；故选D。18、D【解析】A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间

32、作用力；D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属，作阳极时，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，A正确；B.二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣，所以在燃煤中加入石灰石或生石灰，减少环境污染，是目前主要脱硫方法，B正确；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，C正确；D.人体所需六大营养物质中：直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途，掌握反应原理和物质的性质即可解答，侧重考查了学生的分析能力，有利于培

33、养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性。19、D【解析】A.装置可以用浓氨水和生石灰取值氨气，或用二氧化锰和过氧化氢制取氧气，A正确；B.关闭活塞后，从a处加水就可以形成一个密闭的空间，可以用来检验装置的气密性，B正确；C.短进长出，是向下排空气法集气，所以可以用装置收集H2、NH3，C正确；D.装置左边是阳极，OH-放电，所以左边生成H2SO4，b应该是阴离子交换膜，右边是阴极，H+放电，所以右边生成NaOH，a应该是阳离子交换膜，D错误；答案选D。20、B【解析】A. 第步反应中CO2和H2反应产生*H和*HCOO，可见两种分子中都有化学键断裂，A正确；B. 根据图示可知：在第步反应中有

34、水参加反应，第步反应中有水生成，所以水在整个历程中可以循环使用，整个过程中总反应为CO2+3H2CH3OH+H2O，整个过程中产生水，B错误；C. 在反应历程中，第步中需要水，*H3CO、H2O反应生成CH3OH、*HO，反应方程式为：*H3CO+H2OCH3OH+*HO，C正确；D. 第步反应是*H+*HO=H2O，生成化学键释放能量，可见第步反应是一个放热过程，D正确；故答案选B。21、A【解析】根据三种有机物中碳、氢的质量比相等，可根据碳元素的质量分数求出氧元素的质量分数，进而求出氧元素的质量分数。【详解】在三种化合物中碳、氢元素的原子个数比都为1：2，故碳元素和氢元素的质量比都为：12

35、：126：1，故氢元素的质量分数为%，而三种有机物是由碳、氢、氧三种元素组成的，故氧元素的质量分数为：100%a%(100)%；故答案选A。22、C【解析】根据常见的可用于加热的仪器进行类，可直接加热的仪器有：试管、燃烧匙、蒸发皿、坩埚等。【详解】A试管为玻璃仪器，底部面积比较小，可以用来直接加热，故A不选；B蒸发皿为硅酸盐材料，可以用来直接加热，故B不选；C蒸馏烧瓶为玻璃仪器，底部面积比较大，不能用来直接加热，需垫上石棉网，故C选；D坩埚为硅酸盐材料，可以直接用来加热，故D不选；故选：C。【点睛】实验室中一些仪器可以直接加热，有些需垫石棉网，有些不能被加热。易错点C：烧杯、烧瓶不能直接加热，

36、需垫石棉网。二、非选择题(共84分)23、醛基 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） 5 1：2 【解析】甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨

37、溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；（3）乙有多种同分异构体属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高

38、分子树脂的化学方程式为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。24、O2 (酚)羟基、酯基 取代反应(或酯化反应) 咖啡酸乙酯 +5NaOH+2NaCl+3H2O 9 CH2=CH2 CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH 【解析】根据流程图中有机物的结构式、分子式及反应条件分析各步反应的反应类型及产物；根据已知条件分析同分异构体的种类；根据题干信息设计有机物合成路线。由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转

39、化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；【详解】由C的结构简式、反应信息知，A、B中均含有醛基，再结合乙烯与A的转化关系知，A是乙醛，B是，由C转化为D的反应条件知，D为，由E的分子式、F的结构式及反应条件知，E为，由E、F之间的关系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名称为咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，则X是O2；F中含氧官能团的名称为羟基、酯基；(2)EF的反应类型为酯化反应或取代反应；B的结构简式为；F的名称是咖啡酸乙酯；(3)D为，与NaOH溶液反应的化学方程

40、式：；(4)由得出分子中含有苯环且苯环上含有酚羟基；由及分子中氧原子数目知分子中含有一个-CHO、一个HCOO-，苯环上有2个官能团一定有-OH，还含有CH2CH(CHO)OOCH或CH(CHO)CH2OOCH或CH(OOCH)CH2CHO，苯环上有3种不同的位置关系，故共有9种同分异构体；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再转化为2-丁烯醛，最后氧化为目标产物： CH2=CH2 CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH。【点睛】本题难点是问题（4），应根据题中信息进行分析，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明G中含有苯环和酚羟基，能发生水解反应，说明含有酯基，能发生银镜反应，

41、说明含有醛基，1mol该物质最多还原出4molAg，说明酯基为HCOO，分子不含有甲基，且苯环上有2个取代基，取代基的位置为邻间对三种，然后根据官能团位置异构进行分析。25、检查装置气密性 分液漏斗 B 吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体 蒸发浓缩，冷却结晶 玻璃棒、烧杯、漏斗 碱石灰 制备NaN3的反应需要在210-220oC下进行，水浴不能达到这样的温度 2Na+2NH3=2NaNH2+H2 D 【解析】I.(1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则

42、E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体。(2)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。.(1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置B中盛放的药品为碱石灰。(2)由于制备NaN3的反应需要在210220oC下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2

43、。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得，由于在该温度下硝酸铵已熔化，同时为避免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置D。26、CO2Ca(OH)2CaCO3H2O（CO2适量） CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象 气球体积增大，溶液不变浑浊 乙 因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小 【解析】甲装置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2与CO2反应，生成CaCO3白色沉淀，由此可写出反应的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于

44、是空气进入气球内，由此可推知实验现象。从两瓶内溶液中所含溶质的物质的量及反应方程式进行综合分析，以确定所选装置。小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。【详解】甲装置中，澄清石灰水中的溶质为Ca(OH)2，它与CO2反应的化学方程式为CO2Ca(OH)2CaCO3H2O（CO2适量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液检验CO2，是因为CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；乙装置中，由于CO2被NaOH吸收，导致广口瓶内气体的压强减小，于是空气进入气球内，从而看到气球体积增大，溶液不变浑浊。因为澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，浓度很小，溶质的物质的量很小，所以吸收

45、CO2较多的装置是乙。答案为：CO2Ca(OH)2CaCO3H2O（CO2适量）；CO2和石灰水作用有明显的现象，和NaOH作用无明显现象；气球体积增大，溶液不变浑浊；乙；小李从相同量的碱的吸收能力考虑，忽视了溶液的浓度。因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。答案为：因为Ca(OH)2的溶解度较小，所形成的饱和石灰水中溶质的质量分数很小。【点睛】解题时，我们应学会应对，一个是从化学方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一个是从溶液出发，分析相同体积的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此时需考虑溶质的溶解度以及溶液中所含溶质的物质的

46、量。27、分液漏斗 MnO2+2Cl-+4H+Cl2+Mn2+2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 4.41 【解析】装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行

47、次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)由图可知仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解； ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-I22S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)仪器a的名

48、称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；由ClO-+2I-+2H+=

49、I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O62-，由方程式可得关系式NaClOI22S2O32-，1 2n 0.1000mol/L0.024L=0.0024mol则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。28、2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H = 746.5 kJmol1 2.25 104 温度 L2L1，该反应为气体体积减小的反

50、应，压强增大，NO转化率增大 CO(NH2)2H2O2NH3CO2 随着温度升高，尿素水解释放氨气的速率加快，c(NH3)增大；温度升高，催化剂活性增加，都导致化学反应速率加快 当温度过高，发生反应 4NH35O2 = 4NO6H2O，生成NO等 【解析】I（1）已知：C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol1，2C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 ，N2(g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +180.5 kJmol1，由盖斯定律可知2-得2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g)，由此计算此反应的H；（2）

51、根据(CO)=计算前4 s内的平均反应速率(CO)；图中L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H=746.5 kJmol1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平衡正向进行分析；II（3）尿素CO(NH2)2水溶液温度高于160时尿素水解，产生 NH3，根据质量守恒可知，同时有CO2气体生成，结合守恒法写出尿素水解的化学方程式；（4）反应中，增大一种反应物的量可提高另一种反应物的转化率；温度升高有利于尿素水解生成NH3，且提高催化剂的活性，催化效果好；NH3在加热条件下催化氧化能生成NO。【详解】I

52、（1）已知：C(s)+O2(g) = CO2(g) H1 393.5kJmol1，2C(s)+O2(g) = 2CO(g) H2 221.0 kJmol1 ，N2(g)+O2(g) = 2NO(g) H 3 +180.5 kJmol1，由盖斯定律可知2-得2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g)，则H=2（H1）-（H2）-（H3）=2（ 393.5kJmol1）-（ 221.0 kJmol1）-（+180.5 kJmol1），故CO和NO两种尾气在催化剂作用下生成N2(g)的热化学方程式是2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H=746.5 kJmol1；（2）前4 s内的平均反应速率(CO)= molL1s12.25104molL1s1；图中L一定时，NO(g)的平衡转化率随X的增大，转化率降低，说明逆向进行，结合反应2NO(g)+2CO(g) = N2(g)+2CO2(g) H=746.5 kJmol1升高温度时平衡逆向进行，增大压强时平