2022年安徽省亳州市利辛县阚疃金石高考化学考前最后一卷预测卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（ ）A溶液中一定含有Na+,Na+

2、浓度是0.35mol/LB溶液中只有SO42-、CO32-、NH4+离子C溶液中可能含有Cl-，一定没有Fe3+D取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，11.2LNO2中含有的氧原子数目为NAB1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目为10NAC8.4gNaHCO3和MgCO3的混合物中含有的阴离子数目为0.1NAD已知某温度下硼酸（H3BO3）饱和溶液的pH=4.6，则溶液中H+的数目为110-4.6NA3、室温下，将0.10 molL-1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 molL-1氨水中，溶液

3、中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH= -lg c(OH-)。下列说法正确的是（ ）AM点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)= c(Cl-)BN点所示溶液中：c(NH4+)c(Cl-)CQ点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积DM点和N点所示溶液中水的电离程度相同4、含元素碲(Te)的几种物质存在如图所示转化关系。下列说法错误的是A反应利用了H2Te的还原性B反应中H2O作氧化剂C反应利用了H2O2的氧化性DH2Te2O5转化为H2Te4O9发生了氧化还原反应5、不同条件下，用O2氧化a mol/L FeCl2溶液过程中所 测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理

4、的是A由、可知，pH越大，+2价铁越易被氧化B由、推测，若pH7，+2价铁更难被还原C由、推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D60、pH=2.5时，4 h内Fe2的平均消耗速率大于0.15a mol/(Lh)6、已知：Ag+SCN=AgSCN（白色），某同学探究AgSCN的溶解平衡及转化，进行以下实验。下列说法中，不正确的是A中现象能说明Ag+与SCN生成AgSCN沉淀的反应有限度B中现象产生的原因是发生了反应Fe(SCN)3 +3Ag+ =3AgSCN+Fe3+C中产生黄色沉淀的现象能证明AgI的溶解度比AgSCN的溶解度小D中黄色沉淀溶解的原因可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发

5、生了反应7、现在污水治理越来越引起人们重视，可以通过膜电池除去废水中的乙酸钠和对氯苯酚（），其原理如图所示，下列说法正确的是（ ）Ab为电池的正极，发生还原反应B电流从b极经导线、小灯泡流向a极C当外电路中有0.2mole-转移时，a极区增加的H+的个数为0.2NADa极的电极反应式为：+2e-+H+=Cl-+8、下列有关实验能达到相应实验目的的是A实验用于实验室制备氯气B实验用于制备干燥的氨气C实验用于石油分馏制备汽油D实验用于制备乙酸乙酯9、将一小块钠投入足量水中充分反应，在此过程中没有发生的是（）A破坏了金属键B破坏了共价键C破坏了离子键D形成了共价键10、将Cl2通入100mL NaO

6、H溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原NaOH浓度为1mol/LC参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA11、化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关。下列说法正确的是( )A自来水厂常用明矾作消毒杀菌剂B高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点C硅胶可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，也是重要的半导体材料D使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显酸性12、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A分子式为

7、C12H18O2B分子中至少有6个碳原子共平面C该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成13、化学与我们的生活密切相关。下列说法错误的是()A开发可燃冰，有利于节省化石燃料，并减少空气污染B酒精能杀菌，浓度越大效果越好C钻石、水晶、刚玉都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同D用热的纯碱溶液和直馏汽油去油污原理不同14、饱和食盐水中加入碳酸氢铵可制备小苏打，滤出小苏打后，向母液中通入氨，再冷却、加食盐，过滤，得到氯化铵固体下列分析错误的是（）A该制备小苏打的方程式为：NaCl+NH4HCO3NaHCO3+NH4ClB母液中通入的氨气与HCO3反应

8、：NH3+HCO3CO32+NH4+C加食盐是为增大溶液中Cl的浓度D由题可知温度较低时，氯化铵的溶解度比氯化钠的大15、下列有关化学用语表示不正确的是（ ）A蔗糖的分子式： C12H22O11BHClO的结构式 H-Cl-OC氯化钠的电子式： D二硫化碳分子的比例模型：16、CuO有氧化性，能被NH3还原，为验证此结论，设计如下实验。有关该实验的说法正确的是A反应时生成一种无污染的气体NOBNH3与CuO反应后生成的红色物质可能是CuC装浓氨水的装置名称是分液漏斗，只能用作分液操作D烧杯中硫酸的作用是防倒吸17、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物能发生取代反应、氧化

9、反应和消去反应B1mol该有机物最多可与2molNaOH发生反应C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D该有机物有3个手性碳原子18、某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2、中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是A稀硝酸一定被还原为NO2B实验1-中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) c(NO3) + c(OH)C由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+ =3Cu2+2NO4H2O19、中国传统诗词中蕴

10、含着许多化学知识，下列分析不正确的是（ ）。A“日照香炉生紫烟，遥看瀑布挂前川”，“紫烟”指“香炉”中碘升华的现象B“千淘万漉虽辛苦，吹尽狂沙始到金”，金性质稳定，可通过物理方法得到C“爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”，爆竹的燃放涉及氧化还原反应D“榆荚只能随柳絮，等闲缭乱走空园”，“柳絮”的主要成分为纤维素20、amolFeS与bmolFe3O4投入到VL cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol21、根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，合理

11、的是事实推测AMg与水反应缓慢，Ca与水反应较快Be与水反应会更快BHCl在1500时分解，HI在230时分解HBr的分解温度介于二者之间CSiH4，PH3在空气中能自燃H2S在空气中也能自燃D标况下HCl，HBr均为气体HF也为气体AABBCCDD22、在0.1 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-)c(OH-)二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物W用作调香剂、高分子材料合成的中间体等，制备W的一种合成路线如下。请回答下列问题：（1）F

12、的化学名称是_，的反应类型是_。（2）E中含有的官能团是_（写名称），D聚合生成高分子化合物的结构简式为_。（3）将反应得到的产物与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应的化学方程式_。（4）、两步能否颠倒？_（填“能”或“否”）理由是_。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有_种（不含立体异构），其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为_。（6）参照有机物W的上述合成路线，以M和CH3Cl为原料制备F的合成路线（无机试剂任选）_。24、（12分）某药物合成中间体F制备路线如下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有机物A结构中含

13、氧官能团的名称是_.(2)反应中除B外，还需要的反应物和反应条件是_(3)有机物D的结构简式为_，反应中1摩尔D需要_摩尔H2才能转化为E(4)反应的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子 b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_。25、（12分）PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ks

14、p为2.81013，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3molL1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是_。（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_。（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_；“氧化”时发生反应的离子方程式为_。（4）“煮沸”的目的是_。（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_实验中须使用的试剂有：6molL1的醋酸，0

15、.5molL1Pb（NO3）2溶液，pH 试纸。26、（10分）实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁Fe2(OH)n(SO4)30.5n m和绿矾(FeSO47H2O)，过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是_。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a_f。_装置A中发生反应的化学方程式为_。D装置的作用_。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有_。(4)欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需

16、要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用_滴定管(填“酸式”或“碱式”)。27、（12分）实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_(从浸取产物的溶解性考虑)。(2) “制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，采用8 molL1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，控制温度为55 。温度不宜过高，这是因为_。(3) “沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：制取SO2的化学方程式为_。“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ，合

17、适的加热方式是_。反应完成的实验现象是_。(4) 设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_，冰水洗涤及干燥。(已知：碱性条件下，H2O2可将3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将6价的Cr还原为3价的Cr；6价的Cr在溶液pH7时，主要以CrO42-的形式存在。部分物质溶解度曲线如图所示：实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)28、（14分）随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFePO

18、4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。（1）P原子的电子排布式为_。Fe2+中未成对电子数为_。（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为_。（3）等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体，ClO4-的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是_。（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_；深蓝色晶体中存在的化学键类型有_ 。（填代号

19、）A离子键 B键 C非极性共价键 D配位键 E金属键 F氢键（6）如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为_；若该晶胞的棱长为a pm,则该晶体的密度为_g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数的值） 29、（10分）铁及其化合物在生产生活及科学研究方面应用非常广泛。回答下列问题：（1）Fe原子的核外电子排布式为_。（2）含锰奥氏体钢是一种特殊的铁合金，主要由Fe和Mn组成，其中锰能增加钢铁的强度和硬度，提高耐冲击性能和耐磨性能。第三电离能I3(Fe)_I3(Mn)（填“大于”或“小于”），原因_。（3）工业电解熔融的FeO、Fe2O3冶炼高纯铁。FeO与Fe2O3相比，_熔点高

20、，其主要原因是_。（4）FeCl3可与KSCN溶液发生显色反应。SCN-的三种元素中电负性最大的是_。（5）液态环戊二烯中存在的微粒间相互作用有_A 范德华力 B 氢键 C 键 D 键环戊二烯分子中碳原子的杂化轨道类型是_配合物中配体提供电子对的方式包括孤对电子、电子等。二茂铁的分子结构如图所示，其中铁的配位数是_。（6）Fe(CO)3与NH3在一定条件下可合成一种具有磁性的氮化铁。该磁性氮化铁的晶胞结构如图所示。六棱柱底边边长为acm，高为ccm，阿伏加德罗常数的值为NA，该磁性氮化铁的密度为_（列出计算式）gcm-3。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

21、、C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32、SO42，根据离子共存，Fe3一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32)=0.01mol，n(SO42)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na，A、根据电荷守恒，n(Na)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl，因此c(Na

22、)0.35molL1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对Cl的检验产生干扰，故D错误。2、C【解析】A标准状况下，NO2液化且部分转化为N2O4，无法计算含有的氧原子数目，A不正确；B1mol20Ne和22Ne的混合物中含有的中子数目介于10NA12NA之间，B不正确；C8.4gNaHCO3和8.4g MgCO3含有的阴离子数目都为0.1NA，则8.4g混合物所含阴离子数目也应为0.1NA，C正确；D硼酸饱和溶液的体积未知，无法计算溶液中H+的数目，D不正确；故选C。3、D【解析】已知室温时水的电离常

23、数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O，则消耗的盐酸

24、体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。4、D【解析】AH2Te被O2氧化生成Te，体现H2Te具有还原性，故A正确；B反应中Te与H2O反应H2TeO3，Te元素化合价升高，是还原剂，则H2O为氧化剂，应有H2生成，故B正确；C反应中H2TeO3H6TeO6，Te元素化合价升高，发生

25、氧化反应，则H2O2作氧化剂，体现氧化性，故C正确；DH2Te2O5转化为H2Te4O9时不存在元素化合价的变化，未发生氧化还原反应，故D错误；故答案为D。5、D【解析】A、中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；B若pH7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误；C、中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误；D50、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于0.15amol/（Lh），在60、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60、pH=2.

26、5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于0.15amol/（Lh），故D正确。故答案为D。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。6、C【解析】A、AgNO3与KSCN恰好完全反应，上层清液中滴加Fe(NO3)3溶液，出现浅红色溶液，说明上层清液中含有SCN-，即说明Ag+与SCN-生成AgSCN沉淀的反应有限度，故A说法正确；B、根据中现象：红色褪去，产生白色沉淀，Fe(SCN)3被消耗，白色沉淀为AgSCN，即发生：Fe(SCN)3+Ag+=3AgSCN+Fe3

27、+，故B说法正确；C、前一个实验中滴加0.5mL 2molL-1 AgNO3溶液，Ag+过量，反应中Ag+有剩余，即滴加KI溶液，I-与过量Ag+反应生成AgI沉淀，不能说明AgI溶解度小于AgSCN，故C说法错误；D、白色沉淀为AgSCN，加入KI后，白色沉淀转化成黄色沉淀，即AgSCN转化成AgI，随后沉淀溶解，得到无色溶液，可能是AgI与KI溶液中的I-进一步发生了反应，故D说法正确；故选C。7、D【解析】原电池中阳离子移向正极，根据原电池中氢离子的移动方向可知a为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，电流从正极经导线流向负极，以此解答该题。【详解】Aa为正极，正

28、极有氢离子参与反应，电极反应式为+2e-+H+Cl-，发生还原反应，b为负极，物质在该极发生氧化反应，故A错误；B由上述分析可知，电流从正极a沿导线流向负极b，故B错误；C据电荷守恒，当外电路中有0.2mole转移时，通过质子交换膜的H+的个数为0.2NA，而发生+2e-+H+Cl-，则a极区增加的H+的个数为0.1NA，故C错误；Da为正极，正极有氢离子参与反应，电极反应式为：+2e-+H+Cl-，故D正确；故答案为：D。8、C【解析】A实验的图中利用MnO2和浓盐酸反应制备氯气，但是该反应需要加热才发生，没有加热装置，达不到实验目的，A项错误；BNH3的密度小于空气，应该用向下排空气法收集

29、，实验达不到实验目的，B项错误；C装置为分馏装置，不管是温度计水银球的位置还是冷凝管进水出水的方向都没有错误，C项正确；D右侧试管中使用的是饱和NaOH溶液，酯在碱性环境下易水解，得不到产物，D项错误；本题答案选C。9、C【解析】将一小块钠投入足量水中，发生反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为2Na+2H2O2NaOH+H2。【详解】A钠失电子生成Na+脱离金属钠表面进入溶液，从而破坏金属键，A不合题意；B水电离生成的H+与Na反应生成NaOH和H2，破坏了共价键，B不合题意；C整个反应过程中，没有离子化合物参加反应，没有破坏离子键，C符合题意；D反应生成了氢气，从而形成共价键，D不合题

30、意；故选C。10、C【解析】发生Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故A错误；B若恰好完全反应，则原NaOH浓度为2mol/L，故B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；DCl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关

31、键，将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。11、B【解析】A自来水厂常用明矾作净水剂，明矾没有强氧化性，不能用于消毒杀菌剂，A错误；B高铁车用大部分材料是铝合金，铝合金材料具有强度大、质量轻、抗腐蚀能力强等优点，B正确；C硅胶吸水性强，可作瓶装药品的干燥剂及催化剂载体，硅胶不导电，不能用作半导体材料，C错误；D使用肥皂洗手可预防病毒，肥皂的主要成分硬脂酸钠溶于水显碱性，D错误；答案选B。12、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原

32、子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。13、B【解析】A“可燃冰”是天然气水合物，燃烧生成二氧化碳和水，属于清洁能源，有利于节省化石燃料，并减少空气污染，故A正确；B医用酒精的浓度为75%，并不是越大越好，浓度过大的酒精能够使细菌表明的蛋白质凝固，形成一层硬膜，这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，故B错误；C钻石的成分是碳单质，水晶的成分是二氧化硅、刚玉的成分是氧化铝，三者成分不同，故C正确；D纯碱水解显碱性，油脂在碱性环境下水解，直馏汽油去油污是利用相

33、似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正确；故选：B。14、D【解析】A.虽然这个反应一般不能发生，但此处我们利用的是溶解度差异，仍然可以使溶解度相对较低的以沉淀的形式析出，A项正确； B.溶于水得到一水合氨，可以和一水合氨发生反应，得到和，B项正确；C.加食盐是为了提高溶液中的浓度，根据同离子效应使氯化铵先析出，C项正确；D.加食盐能得到氯化铵固体，说明氯化铵的溶解度比食盐更低，D项错误；答案选D。15、B【解析】A、蔗糖的分子式：C12H22O11，A正确；B、HClO为共价化合物，氧原子与氢原子、氯原子分别通过1对共用电子对结合，结构式为HOCl，B错误；C、氯化钠为离子化合物，电子式

34、： ，C正确；D、由图得出大球为硫原子，中间小球为碳原子，由于硫原子位于第三周期，而碳原子位于第二周期，硫原子半径大于碳原子半径，D正确；答案选B。16、D【解析】ANO是大气污染物，反应时生成一种无污染的气体N2，故A错误；B在一定温度下，NH3与CuO反应后生成的红色物质可能是Cu，若温度过高，氧化铜自身可受热转化为红色氧化亚铜，故B正确；C装浓氨水的装置名称是分液漏斗，可用作分液操作，还可用于反应装置中盛装液体，控制加入液体的量来调控反应速率，故C错误；D烧杯中硫酸的作用是防倒吸和吸收未反应的有害气体，故D错误；答案选B。【点睛】尾气处理时，碱性气体用酸来吸收，倒扣漏斗增加接触面积，防止

35、倒吸。17、D【解析】A该有机物中与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上没有氢原子，不能发生消去反应，故A错误；B该分子含有酯基，1mol该有机物含有1mol酯基，酯基水解后生成羧基和醇羟基，只能和1molNaOH发生反应，故B错误；C该分子中不含碳碳双键或三键，不能与溴发生加成反应，故C错误；D连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子为手性碳原子，所以与苯环相连的碳原子、六元环上与O相连的碳原子、六元环上连接一个甲基的碳原子均为手性碳原子，故D正确；答案为D。【点睛】与羟基相连的碳原子的邻位碳原子上有氢原子可发生消去反应；与羟基相连的碳原子上有氢原子可发生氧化反应；连接四个不同原子或原子团的饱和碳原子

36、为手性碳原子。18、D【解析】实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。【详解】A稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B实验1-中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；C由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸

37、反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；D实验1-、实验2-中反应的离子方程式：3Cu2NO3-8H+ =3Cu2+2NO4H2O，故D正确；答案选D。【点睛】一般情况下，稀硝酸与铜生成NO，浓硝酸与铜生成NO2。19、A【解析】A.“紫烟”是水产生的雾气，它是水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而形成的小液滴，是一种液化现象，不是碘升华，故A错误；B.自然界中金单质的密度比较大，且化学性质稳定，可通过物理方法得到，故B正确；C.“爆竹”中含黑火药，燃放过程中有新物质二氧化碳、二氧化硫等生成，属于化学变化，故C正确；D.“柳絮”的主要成分和棉花的相同，都是纤维素，故D正确。答案选A。.【点睛】本题体现了化学

38、与生产、生活的密切关系，难度不大，注意知识的迁移应用、化学基础知识的积累是解题的关键。20、A【解析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知，nFe(NO3)3=n(Fe)=amol+3bmol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝

39、酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。21、B【解析】A. 金属性越强，与水反应越剧烈，则Be与水反应很缓慢，故A错误；B. 非金属性越强，氢化物越稳定，由事实可知，HBr的分解温度介于二者之间，故B正确；C. 自燃与物质稳定性有关，硫化氢较稳定，则H2S在空气中不能自燃，故C错误；D. HF可形成氢键，标况下HCl、HBr均为气体，但HF为液体，故D错误；故选：B。22、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

40、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-+H2OH2CO3+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：

41、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。二、非选择题(共84分)23、苯甲醇 消去反应 碳碳双键、羧基 否 在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化 5 【解析】由的结构可知为，与溴发生加成反应生成，发生水解反应生成为，催化氧化的产物继续氧化生成，则为，对比、分子式可知分子内脱去分子水生成，故在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成，则为，和发生酯化反应生成为。【详解】（1）F的结构简式为，的化学名称是苯甲醇，为在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成。（2

42、）E的结构为，含有的官能团是碳碳双键、羧基，D含有羧基和羟基，能发生聚合生成酯类高分子化合物，结构简式为。（3）经过反应，是羟基连接的碳原子上有2个氢原子的碳原子发生氧化反应生成醛基得到，与O2在催化剂、加热的条件下反应可得D，写出反应的化学方程式。（4）、两步不能颠倒，因为在醛基被催化氧化的同时，碳碳双键也被能氧化。（5）与A具有含有相同官能团的芳香化合物的同分异构体还有5种。苯环上可以连接一个甲基和一个-CH=CH2，有三种结构，也可以是苯环上连接-CH=CHCH3或-CH2CH=CH2，共5种，其中核磁共振氢谱为六组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2：2的结构简式为。（6）根据逆推原理

43、分析，合成苯甲醇，需要制备，可以用甲苯的取代反应，利用苯和一氯甲烷发生取代反应生成甲苯，故合成路线为： 。24、酚羟基、醛基、醚键 CH3OH、浓硫酸、加热 4 【解析】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可

44、生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或

45、酯基或酚羟基，结合可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。25、100 mL容量瓶和胶头滴管 不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解 减小H2O2自身分解损失 2CrO2- 3H2O2 2OH=2CrO4H2O 除去过量的H2O2 在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 molL1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 mo

46、lL1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4 【解析】Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4， “氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，

47、以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3molL1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O，

48、故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42的含量少，HCrO4的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6molL1

49、的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 molL1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 molL1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 molL1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。26、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热

50、恢复原色 decb Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 防止倒吸 铁屑 烧杯、漏斗、玻璃棒 酸式 【解析】制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在7080条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。【详解】(1)检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；(2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4

51、=Na2SO4+SO2+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为adecbf；(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶

52、管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。27、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可) Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 45 的水浴加热 上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色 在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大

53、于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤 【解析】电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4 等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3、Cu2、Fe3，加适量Na2S 溶液，过滤，滤液中Cr3、Fe3，处理生成Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8 molL1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaS

54、O4渣而除去。(2) “制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；(3) 铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 。要控制100以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ，合适的加热方式是：45 的水浴加热。Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4) 制取K2Cr2

55、O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。【点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu。28、1s22s22p63s23p3 4 ONF（O、N、F） 正四面体形 sp3 相对分子质量最小,分子间作用力（范德华力）最弱 Cu(OH)2+4NH3 = Cu(NH3)42+ +2OH- A B D CoO 【解析】(1)该原子核外有15个电子，根据构造原理书写其核外电子排布式为1s22s22p63s23p3；Fe2+中未成对电子数为3d能级上4个电子，；(2)同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第I IA族、第VA族元素第一电离能大于其相邻元素，N、O、F元素位于同一周期，分别位于第VA族、第VIA族、第VIIA族，所以第一电离能从小到大顺序是ONF；(3)