2022年福建省平和高考仿真卷化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、NA代表阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，560mL的氢气和氯气的混合气体充分反应后共价键数目为0.05NAB标准状况下，2.24LCl2通入NaOH溶液中反应转移的电子数为0.2NAC常温常压下，1.5molHCHO和C2H2O3的混合物完全充分燃烧，消耗的O2分子数目为1.5

2、NAD0.1mol/L的NH4Cl溶液中通入适量氨气呈中性，此时溶液中NH4+数目为NA2、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）A质子数为17、中子数为20的氯原子：B氯离子(Cl)的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl3、下列属于酸性氧化物的是( )ACOBNa2OCKOHDSO24、对于下列实验事实的解释，不合理的是选项实验事实解释A加热蒸干MgSO4溶液能得到MgSO4固体；加热蒸干MgCl2溶液得不到MgCl2固体H2SO4不易挥发，HCl易挥发B电解CuCl2溶液阴极得到Cu；电解NaCl溶液，阴极得不到Na得电子能力：Cu2+Na+H+C浓

3、HNO3能氧化NO；稀HNO3不能氧化NOHNO3浓度越大，氧化性越强D钠与水反应剧烈；钠与乙醇反应平缓 羟基中氢的活泼性：H2OC2H5OHAABBCCDD5、 “绿色化学实验”已走进课堂，下列做法符合“绿色化学”的是实验室收集氨气采用图1所示装置实验室做氯气与钠的反应实验时采用图2所示装置实验室中用玻璃棒分别蘸取浓盐酸和浓氨水做氨气与酸生成铵盐的实验实验室中采用图3所示装置进行铜与稀硝酸的反应ABCD6、北京冬奥会将于2022年举办，节俭办赛是主要理念。在场馆建设中用到一种耐腐、耐高温的表面涂料是以某双环烯酯为原料制得，该双环烯酯的结构如图所示（）。下列说法正确的是A该双环烯酯的水解产物都

4、能使溴水褪色B1 mol该双环烯酯能与3 mol H2发生加成反应C该双环烯酯分子中至少有12个原子共平面D该双环烯酯完全加氢后的产物的一氯代物有7种7、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A标准状况下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后的分子总数为0.5NAB等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1C一定温度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同D标准状况下，等体积的N2和CO所含的原子数均为2NA8、实验测得浓度均为0.5 molL-1的Pb(CH3COO)2溶液的导

5、电性明显弱于Pb(NO3)2溶液，又知PbS是不溶于水及稀酸的黑色沉淀，下列离子方程式书写错误的是APb(NO3)2溶液与 CH3COONa 溶液混合：Pb2+2CH3COO-= Pb(CH3COO)2BPb(NO3)2 溶液与K2S溶液混合：Pb2+S2-=PbSCPb(CH3COO)2 溶液与K2S溶液混合：Pb2+S2- =PbSDPb(CH3COO)2 在水中电离： Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-9、一种熔融KNO3燃料电池原理示意图如图所示，下列有关该电池的说法错误的是A电池工作时，NO3向石墨I移动B石墨上发生的电极反应为：2NO2+2OH2e=N2O5+H2O

6、C可循环利用的物质Y的化学式为N2O5D电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的质量比为4：2310、常温下，分别向NaX溶液和YCl溶液中加入盐酸和氢氧化钠溶液，混合溶液的PH与离子浓度变化关系如图所示，下列说法不正确的是（ ）A0.1mol/L的YX溶液中离子浓度关系为：c(Y+)c(X-)c(OH-)c(H+)BL1表示-lg与pH的变化关系CKb(YOH)=10-10.5Da点时两溶液中水的电离程度不相同11、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700700750达平衡时间/min4

7、0530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C实验达平衡后容器内的压强是实验的0.9倍DK3K2K112、化学与生活密切相关，下列应用没有涉及氧化还原反应的是（）A过氧化钠用作缺氧场所的供氧剂B铝热反应用于焊接铁轨C氯化铁用于净水D铝罐车用作运输浓硫酸13、某研究性学习小组的同学在实验室模拟用粉煤灰（主要含Al2O3、SiO2等）制备碱式硫酸铝 A12(SO4)x(OH)6-2x溶液，并用于烟气脱硫研究，相关过程如下：

8、下列说法错误的是A滤渣I、II的主要成分分别为SiO2、CaSO4B若将pH调为4，则可能导致溶液中铝元素的含量降低C吸收烟气后的溶液中含有的离子多于5种D完全热分解放出的SO2量等于吸收的SO2量14、实验中需2mol/L的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分别是A1000mL，212.0gB950mL，543.4gC任意规格，572gD500mL，286g15、下列溶液中的粒子浓度关系正确的是（ ）A0.1molL-1NaHCO3溶液中：cNa+cHCO3-cCO32-cH2CO3B1L0.1molL-1Na2S溶液中：cOH-cH+=cHS-+

9、cH2SC等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：cNa+cHXcX-cH+cOH-D室温下，pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH=6.5的牛奶中cH+的1000倍16、实验室制备少量乙酸乙酯的装置如图所示。下列有关该实验说法正确的是A乙酸乙酯的沸点小于100B反应前，试管甲中先加入浓硫酸，后加入适量冰酸醋和乙醇C试管乙中应盛放NaOH浓溶液D实验结束后，将试管乙中混合液进行蒸发结晶可得到乙酸乙酯二、非选择题（本题包括5小题）17、两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下

10、列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（无机试剂及溶剂任选）。18、氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_；反应的反应类型为_。（2）化合物C含有的

11、官能团的名称为_。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_（填标号）。a氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b氨甲环酸是一种天然氨基酸c氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物 具有硝基 核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_19、辉铜矿主要成分为Cu2S，软锰矿主要成分MnO2，它们都含有少量Fe2O3、SiO2等杂质。工业上综合利用这两种矿物制备硫酸铜、硫酸锰和硫单质的

12、主要工艺流程如下：（1）浸取2过程中温度控制在500C600C之间的原因是_。（2）硫酸浸取时，Fe3+对MnO2氧化Cu2S起着重要催化作用，该过程可能经过两岁反应完成，将其补充完整：_（用离子方程式表示）MnO2+2Fe2+4H+= Mn2+2Fe3+2H2O（3）固体甲是一种碱式盐，为测定甲的化学式，进行以下实验：步骤1：取19.2 g固体甲，加足量的稀盐酸溶解，将所得溶液分为A、B两等份；步骤2：向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣：步骤3：向B中加入足量的BaCl2溶液

13、，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g固体残渣。则固体甲的化学式为_（4）相关物质的溶解度如下图，从除铁后的溶液中通过一系列的操作分别获得硫酸铜、硫酸锰晶体，请给出合理的操作顺序（从下列操作中选取，按先后次序列出字母，操作可重复使用）：溶液( ) ( )( ) (A) ( ) ( ) （ ），_A蒸发溶剂 B趁热过滤 C冷却结晶 D过滤E将溶液蒸发至溶液表面出现晶膜 F将溶液蒸发至容器底部出现大量晶体20、某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。（查阅资料）物质BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g（20）2.41041.41033.01071.5104（实验探究）（一）探究

14、BaCO3和BaSO4之间的转化，实验操作如下所示：试剂A试剂B试剂C加入盐酸后的现象实验实验BaCl2Na2CO3Na2SO4Na2SO4Na2CO3有少量气泡产生，沉淀部分溶解（1）实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入稀盐酸后，_。（2）实验中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是_。（3）实验说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：_。（二）探究AgCl和AgI之间的转化。（4）实验：证明AgCl转化为AgI。甲溶液可以是_（填字母代号）。a AgNO3溶液b NaCl溶液c KI溶液（5）实验：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为

15、AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：acb0）。装置步骤电压表读数.按图连接装置并加入试剂，闭合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.重复，再向B中加入与等量的NaCl（s）a注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。查阅有关资料可知，Ag可氧化I，但AgNO3溶液与KI溶液混合总是得到AgI沉淀，原因是氧化还原反应速率_（填“大于”或“小于”）沉淀反应速率。设计（）石墨（s）I（aq）/Ag（aq）石墨（s）（）原电池（使用盐桥阻断Ag与I

16、的相互接触）如上图所示，则该原电池总反应的离子方程式为_。结合信息，解释实验中ba的原因：_。实验的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是_。（实验结论）溶解度小的沉淀容易转化为溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化溶解度较大的沉淀越难实现。21、Fe、Cu、Cr都是第四周期过渡元素,回答下列问题。（1）FeCl3是一种常用的净水剂，氯元素的原子核外有_种不同运动状态的电子；有_种不同能级的电子，基态Fe3+的电子排布式为_。（2）实验室中可用KSCN或K4Fe(CN)6来检验Fe3+。FeCl3与KSCN溶液混合，可得到配位数为5的配合物的化学式是_；K4Fe(C

17、N)6与Fe3+反应可得到一种蓝色沉淀KFeFe(CN)6，该物质晶胞的结构如图所示(K+未画出)，则一个晶胞中的K+个数为 _。（3）Cu2+能与乙二胺(H2N-CH2-CH2-NH2)形成配离子。该配离子中含有的化学键类型有 _ (填字母) a.配位键 b.极性键 c.离子键 d.非极性键, 乙二胺中共有_个键，C原子的杂化方式为 _。（4）金属铜的晶胞为面心立方最密堆积，边长为361pm。又知铜的密度为9.0gcm-3，则铜原子的直径约为_pm。（5）Cr是周期表中第B族元素，化合价可以是0+6的整数价态。回答下列问题。某化合物的化学式为Na3CrO8，其阴离子结构可表示为，则Cr的化合

18、价为_。CrO42-呈四面体构型,结构为，Cr2O72-由两个CrO42-四面体组成，这两个CrO42-四面体通过共用一个顶角氧原子彼此连接,结构为。则由n(n1)个CrO42-通过顶角氧原子连续的链式结构的化学式为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.标准状态下560mL的氢气和氯气混合物含有气体的物质的量为 n= ，无论是否反应，每个分子中含有1个共价键，所以0.025mol气体混合物反应后含有的共价键数目为0.025NA，故A错误；B.氯气在反应中既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气反应时转移电子数为1mol，2.24LCl2的物质的量为则转移电子数为0.1N

19、A，故B错误；C.1molHCHO和1mol C2H2O3完全燃烧均消耗1mol氧气，所以1.5mol两种物质的混合物完全燃烧消耗氧气的物质的量为1.5mol，则消耗的O2分子数目为1.5NA，故C正确；D. 缺少溶液的体积，无法计算微粒的数目，故D错误。故选C。2、C【解析】A、左上角应是质量数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。3、D【解析】酸性氧化物是可以与碱反应生成盐和水的氧化物。

20、【详解】A.CO是不成盐氧化物，故A不选；B. Na2O是碱性氧化物，故B不选；C.KOH是碱，不是氧化物，故C不选；D.SO2属于酸性氧化物，故D选。故选D。4、B【解析】A、硫酸镁溶液中：Mg22H2OMg(OH)22H，盐类水解是吸热反应，升高温度，促进水解，但硫酸属于难挥发性酸，因此加热蒸干得到的是MgSO4；氯化镁溶液：MgCl22H2OMg(OH)22HCl，加热促进水解，HCl易挥发，加热促进HCl的挥发，更加促进反应向正反应方向进行，因此加热蒸干得到的是Mg(OH)2或MgO，解释合理，故A说法正确；B、根据电解原理，电解CuCl2溶液，阴极上发生Cu22e=Cu，说明Cu2得

21、电子能力大于H，电解NaCl溶液，阴极上发生2H2e=H2，说明H得电子能力强于Na，得电子能力强弱是Cu2HNa，因此解释不合理，故B说法错误；C、浓硝酸能氧化NO，而稀硝酸不能氧化NO，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，即硝酸浓度越大，氧化性越强，解释合理，故C说法正确；D、钠与乙醇反应平缓，钠与水反应剧烈，说明羟基中氢的活性：CH3CH2OHH2O，解释合理，故D说法正确。答案选B。5、C【解析】分析每种装置中出现的相应特点，再判断这样的装置特点能否达到处理污染气体，减少污染的效果。【详解】图1所示装置在实验中用带有酚酞的水吸收逸出的氨气，防止氨气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；

22、图2所示装置用沾有碱液的棉球吸收多余的氯气，能有效防止氯气对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；氨气与氯化氢气体直接散发到空气中，对空气造成污染，不符合防止污染的理念，不符合“绿色化学”，故不符合题意；图3所示装置中，铜丝可以活动，能有效地控制反应的发生与停止，用气球收集反应产生的污染性气体，待反应后处理，也防止了对空气的污染，符合“绿色化学”，故符合题意；故符合“绿色化学”的为。故选C。【点睛】“绿色化学”是指在源头上消除污染，从而减少污染源的方法，与“绿色化学”相结合的往往是原子利用率，一般来说，如果所有的反应物原子都能进入指定的生成物的话，原子的利用率为100%。6、A【解析】该双

23、环烯酯水解产物中都含有碳碳双键，都能使溴水褪色，选项A正确；1 mol该双环烯酯的两个碳碳双键能与2 mol H2发生加成反应，酯基中的碳氧双键不能加成，选项B不正确；分子中不存在苯环，共平面的原子从碳碳双键出发，至少是6个，分子中分别与两个碳碳双键共平面的原子不一定共面，选项C 不正确；分子加氢后，两边环分别有4 种一氯代物，CH2上有1种，共有9种，选项D不正确。7、C【解析】A.5.6L一氧化氮和5.6L 氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的分子总数小于0.5NA，故A错误；B.磷酸为弱酸，不可完全电离出H+，故B错误；C.

24、 NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同，故C正确；D.标准状况下，等体积的N2和CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2NA，故D错误；答案：C【点睛】易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。8、C【解析】由导电性强弱可知，Pb(CH3COO)2是可溶性的弱电解质，在离子方程式中保留化学式，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，A. Pb(NO3)2溶液与CH3COONa溶液混合，会生成Pb(CH3COO)2，发生反应的离子方程式为：Pb2+2

25、CH3COO-= Pb(CH3COO)2，A项正确；B. Pb(NO3)2溶液与K2S溶液混合会生成PbS沉淀，发生反应的离子方程式为：Pb2+S2-=PbS，B项正确；C. Pb(CH3COO)2溶液与K2S溶液混合，离子方程式为： Pb(CH3COO)2+S2- =PbS+2CH3COO-，C项错误；D. Pb(CH3COO)2在水中电离：Pb(CH3COO)2Pb2+ +2CH3COO-，D项正确；答案选C。【点睛】Pb(CH3COO)2易溶于水，在水溶液中部分电离，是少有的几种不是强电解质的盐之一。9、B【解析】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成

26、N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3-，该电池的总反应为：4NO2+ O2=2 N2O5。【详解】由图示可知，原电池中负极发生氧化反应、正极发生还原反应，石墨通入NO2生成N2O5，发生的是氧化反应，故石墨是负极，发生的反应式为NO2- e-+NO3- = N2O5，则石墨为正极，发生还原反应，反应式为O2+4e-+2 N2O5=4 NO3- 。A电池工作时，阴离子移向负极，阳离子移向正极，石墨是负极，NO3- 向石墨I移动，A正确；B该电池一种熔融KNO3燃料

27、电池，负极发生氧化反应，石墨上发生的电极反应为：NO2- e-+NO3- = N2O5，B错误；C石墨生成N2O5，石墨消耗N2O5，可循环利用的物质Y的化学式为N2O5，C正确；D原电池中正极得到的电子数等于负极失去的电子数，故电池工作时，理论上消耗的O2和NO2的物质的量之比是1:4，则消耗的O2和NO2的物质的量之比是4：23，D正确；答案选D。【点睛】考生做该题的时候，首先从图中判断出石墨、石墨是哪个电极，并能准确写出电极反应式，原电池中阴离子移向负极、阳离子移向正极，原电池工作时，理论上负极失去的电子数等于正极得到的电子数。10、A【解析】NaX溶液中加入盐酸，随着溶液pH逐渐逐渐增

28、大，X-离子浓度逐渐增大，HX浓度逐渐减小，-lg的值逐渐减小，所以曲线L1表示-lg的与pH的关系；YCl溶液中加入NaOH溶液，随着溶液pH逐渐增大，Y+离子逐渐减小，YOH的浓度逐渐增大，则-lg的值逐渐增大，则曲线L2表示-lg与pH的变化关系。A曲线L1中，-lg=0时，c(X-)=c(HX)，Ka(HX)=c(H+)=110-9110-10.5，根据Kh=可知，电离平衡常数越大，对应离子的水解程度越小，则水解程度X-Y+，则MA溶液呈酸性，则c(OH-)c(H+)、c(Y+)c(X-)，溶液中离子浓度大小为：c(X-)c(Y+)c(H+)c(OH-)，故A错误；B根据分析可知，曲线

29、L1表示-lg的与pH的关系，故B正确；C曲线L2表示-lg与pH的变化关系，-lg=0时，c(Y+)=c(YOH)，此时pH=3.5，c(OH-)=110-10.5mol/L，则Kb(YOH)=c(OH-)=110-10.5，故C正确；Da点溶液的pH7，溶液呈酸性，对于曲线L1，NaX溶液呈碱性，而a点为酸性，说明加入盐酸所致，抑制了水的电离；曲线L2中，YCl溶液呈酸性，a点时呈酸性，Y+离子水解导致溶液呈酸性，促进了水的电离，所以水的电离程度：ab，故D正确；故答案为A。11、A【解析】A容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2D(g)，

30、实验III中，平衡时n(D)=1mol，则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的平衡常数K=4，温度不变，则平衡常数不变，实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC=4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B升高温度不能降低反应的活化能，但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C根据理想

31、气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2mol A和1mol B，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=0.9，故C错误；D反应为2A(g)+B(g)2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=

32、K2，综上，则平衡常数的关系为：K3K2=K1，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。12、C【解析】在化学应用中没有涉及氧化还原反应说明物质在反应过程中没有电子转移，其特征是没有元素化合价变化，据此分析解答。【详解】A过氧化钠和水、

33、二氧化碳反应都生成氧气，O元素化合价由-1价变为-2价和0价，所以该反应为氧化还原反应，选项A不选；B铝热反应用于焊接铁轨过程中，铝元素化合价由0价变为+3价，所以属于氧化还原反应，选项B不选； C氯化铁用于净水，氯化铁水解生成氢氧化铁胶体，氢氧化铁胶体吸附净水，该过程中没有元素化合价变化，所以不涉及氧化还原反应，选项C选； D铝罐车用作运输浓硫酸，利用浓硫酸的强氧化性与铝发生钝化反应，所以属于氧化还原反应，选项D不选； 答案选C。【点睛】本题以物质的用途为载体考查了氧化还原反应，根据反应过程中是否有元素化合价变化来分析解答，明确元素化合价是解本题关键，结合物质的性质分析解答，易错点是选项C，

34、氢氧化铁胶体的产生过程不涉及化合价的变化，不属于氧化还原反应。13、D【解析】A. 粉煤灰与稀硫酸混合发生反应：Al2O33H2SO4=Al2(SO4)33H2O，而SiO2不与稀硫酸反应，故滤渣I的主要成分为SiO2；滤液中含Al2(SO4)3，加入碳酸钙粉末后调节pH=3.6，发生反应CaCO3H2SO4=CaSO4CO2H2O，因CaSO4微溶，故滤渣II的成分为CaSO4，A项正确；B. 将pH调为4，溶液中会有部分的铝离子会与氢氧根离子反应生成氢氧化铝沉淀，可能导致溶液中铝元素的含量降低，B项正确；C. 吸收液中本身含有H、Al3、OH、SO42，吸收SO2以后会生成SO32，部分S

35、O32会发生水解生成HSO3，溶液中含有的离子多于5种，C项正确；D. SO2被吸收后生成SO32，SO32不稳定，被空气氧化为SO42，因此完全热分解放出的SO2量会小于吸收的SO2量，D项错误； 答案选D。14、A【解析】实验室没有950mL的容量瓶，应选择体积相近的1000mL容量瓶，碳酸钠的物质的量为1L2mol/L=2mol，需要碳酸钠的质量为2mol106g/mol=212g，故选A。15、D【解析】ANaHCO3溶液中碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，溶液显碱性，则NaHCO3溶液中存在c(Na+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)，故A错误；B任何电解质溶液中都存

36、在物料守恒和电荷守恒，根据物料守恒得c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根据电荷守恒得c(Na+)+ c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+ c(OH-)，将代入得：c(HS-)+2c(H2S)= c(OH-)-c(H+)，故B错误；C等体积、等物质的量浓度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，无法判断电离程度和水解程度，不能判断溶液的酸碱性，即无法比较c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必满足电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C错误；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正确；答案选D。16、A【解析】A、由水浴加热制备并蒸出乙酸乙酯，可知乙酸乙酯的沸点小于100，故A正确；B、浓硫酸的密度大，应该先加入适量乙醇，然后慢慢地加入浓硫酸和冰酸醋，防止混合液体溅出，发生危险，故B错误；C. 乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，试管乙中不能盛放NaOH浓溶液，应盛放饱和碳酸钠溶液，故C错误；D. 乙酸乙酯难溶于饱和碳酸钠，实验结束后，将试管乙中混合液进行分液可得到乙酸乙酯，故D错误；选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、 (CH3CO)2OCH

38、3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题给已知条件，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和

39、乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。

40、答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。18、2-氯-1,3-丁二烯 加成反应 碳碳双键、酯基；氯原子 cd 【解析】根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二烯；由,所以反应的反应类型为加成反应。答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C

41、8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：属于芳香族化合物说明含有苯环；具有硝基说明含有官能团 NO2 ;核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6

42、）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。19、温度高苯容易挥发，温度低浸取速率小 Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+ NH4Fe3(SO4)2(OH)6 AFB ECD 【解析】（1）根据苯容易挥发，和温度对速率的影响分析；（2）根据催化剂的特点分析，参与反应并最后生成进行书写方程式；（3）根据反应过程中的数据分析各离子的种类和数值，最后计算各种离子的物质的量比即得化学式。【详解】(1)浸取2过程中使用苯作为溶剂，温度控制在500C600C之间，是温度越高，苯越容易挥发，温度低反应的速率变小。（2）Fe3+对Mn02氧化Cu2S起

43、着重要催化作用，说明铁离子参与反应，然后又通过反应生成，铁离子具有氧化性，能氧化硫化亚铜，本身被还原为亚铁离子，故第一步反应为Cu2S+4Fe3+=2Cu2+S+4Fe2+，二氧化锰具有氧化性，能氧化亚铁离子。（3）向A中加入足量的NaOH溶液并加热，共收集到0.448L NH3（标准状况下）期0.02mol,过滤后将所得滤渣洗涤干燥并灼烧至质量不再变化，可得4.80g红棕色固体残渣，即氧化铁为0.03mol，说明该固体中含有铵根离子和铁离子。向B中加入足量的BaCl2溶液，过滤、洗涤、干燥，可得9.32g硫酸钡，即0.04mol，因为将溶液分成两等份，则19.2 g固体甲含有0.04mol铵

44、根离子，0.12mol铁离子，0.08mol硫酸根离子，则含有的氢氧根离子物质的量为，则固体甲的化学式为NH4Fe3(SO4)2(OH)6。【点睛】掌握溶液中离子物质的量计算是难点，注意前后元素的守恒性，特别注意原溶液分成了两等份，数据要变成2倍。20、沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象 BaCO32H=Ba2CO2H2O BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动 b 小于 2Ag2I=I22Ag 生成AgI沉淀使B中的溶液中的c（I）减小，I还原性减弱，原

45、电池的电压减小 实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c（I）增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgCl(s)I(aq) 【解析】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，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)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀。向AgCl的悬浊液中加入KI溶液，获得AgCl悬浊液时NaCl

46、相对于AgNO3过量，因此说明有AgCl转化为AgI。AgNO3溶液与KI溶液混合总是先得到AgI沉淀说明氧化还原反应远远小于沉淀反应速率；原电池总反应的离子方程式为2I2Ag = 2AgI2；由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B中的溶液中的c(I)减小，I还原性减弱，根据已知信息“其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电压越大；离子的氧化性(或还原性)强弱与其浓度有关”可的结论；实验步骤表明Cl本身对该原电池电压无影响，实验步骤中cb说明加入Cl使c(I)增大，证明发生了AgI(s)Cl(aq) AgC

47、l(s)I(aq)。【详解】因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解，无气泡产生(或无明显现象)；故答案为：沉淀不溶解，无气泡产生或无明显现象。实验是将少量BaCl2中加入Na2SO4溶液中，再加入Na2CO3溶液使部分BaSO4转化为BaCO3，则加入盐酸后有少量气泡产生，沉淀部分溶解，发生反应的离子方程式为BaCO32H = Ba2CO2H2O；故答案为：BaCO32H = Ba2CO2H2O。BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32与Ba2结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动，BaSO4沉淀部分转化为BaCO3沉淀；故答案为：BaSO4在溶液中存在沉淀溶解平衡BaSO4(s) Ba2(aq)SO42(aq)，当加