2022年福建省厦门市海沧高三下学期第一次联考化学试卷含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列化学用语的表述正确的是A离子结构示意图：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C氯化铵的电子式为：D二氧化碳分子的比例模型是： 2、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无

2、毒的气体。下列说法正确的是A两种无毒的气体均为还原产物B反应后溶液的pH会升高C氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2D每转移2NA个电子时，一定会生成13.44 L的气体3、用NA表示阿伏加德罗常数值，下列叙述中正确的A0.4 mol NH3与0.6 mol O2在催化剂的作用下充分反应，得到NO的分子数为0.4NABC60和石墨的混合物共1.8 g，含碳原子数目为0.15NAC1 L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中阳离子总数小于0.2NAD5.6 g铁在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.3NA4、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的

3、结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A所有的碳原子均处于同一平面B与硝基苯互为同分异构体C六元环上的一氯代物有4种D1mol该分子能和4mol H2发生加成反应5、氧氟沙星是常用抗菌药物，其结构简式如图所示。下列有关氧氟沙星的叙述错误的是A能发生加成、取代、还原等反应B分子内有3个手性碳原子C分子内存在三种含氧官能团D分子内共平面的碳原子多于6个6、已知X、Y、Z、W、M均为短周期元素。25时，其最高价氧化物对应的水化物（浓度均为0.01mol/L）溶液的pH和原子半径的关系如图所示。下列说法不正确的是（ ）AX、M简单离子半径大小顺序：XMBZ的最高价氧化物水化物的化学式为H2

4、ZO4CX、Y、Z、W、M五种元素中只有一种是金属元素DX的最简单氢化物与Z的氢化物反应后生成的化合物中既含离子键又含共价键7、金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。已知：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。下列说法不正确的是A多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B电池放电过程的正极反应式： O2 + 2H2O + 4e = 4OHC比较Mg、Al二种金属空气电池，“理论比能量”之比是89D为防止负极区沉积Mg(OH)2

5、，宜采用中性电解质及阳离子交换膜8、某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（ ）A分子式为C8H10O3B含有两种官能团C既可以发生加成反应又可以发生取代反应D分子中所有碳原子共面9、比较纯碱的两种工业制法，正确的是选项项目氨碱法联合制碱法A原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳B可能的副产物氯化钙氯化铵C循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠D评价原料易得、产率高设备简单、能耗低AABBCCDD10、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

6、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：H2OC2H5OHAABBCCDD11、设NA为阿伏伽德罗常数。下列说法不正确的是A常温常压下，35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5NAB60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2NAC同温下，pH=1体积为1L的硫酸溶液所含氢离子数与pH=13体积为1L的氢氧化钠溶液所含氢氧根离子数均为0.1NAD已知合成氨反应：N2(g)+3H2(g)2

7、NH3(g)；H=-92.4kJ/mol，当该反应生成NA个NH3分子时，反应放出的热量为46.2kJ12、原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物。则下列说法正确的是A单质的沸点：QPB简单氢化物的热稳定性：YPC简单离子的半径：ZYXDX、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性13、下列实验现象及所得结论均正确的是（ ）实验实验现象结论A左侧试管比右侧试管中产生气泡的速率快Fe3+对H2O2分解的催化效果更好B左侧棉花变为橙色，右侧棉花变为蓝色氧化性：Cl2Br2 I2CU形管

8、左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸热D烧杯中产生白色沉淀甲烷与氯气光照条件下发生取代反应AABBCCDD14、下列有关说法正确的是（ ）A常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液中c(H+)将增大B常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH)2溶液中，水的电离程度相同C向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，所得溶液的pH不变D常温下，2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)能自发进行，则该反应的H015、化学与生产、生活和社会密切相关。下列有关说法正确的是（）A食品袋中放置的CaO可防止食品氧化变质B华为继麒麟980之后自主研发的7m芯片问世，芯片的主要成分是二氧化硅

9、C纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子较强的物理吸附DSO2具有漂白性可用来漂白纸浆、毛、丝、草帽辫16、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A标准状况下，22.4L的H2和22.4L的F2气混合后，气体分子数为2NAB常温下pH=12的NaOH溶液中，水电离出的氢离子数为1012 NAC30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NAD标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.6NA17、下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（ ）A木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）B碘升华实验的试管（酒精）C长期存放氯

10、化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D沾有油污的烧杯（纯碱溶液）18、铜锌合金俗称黄铜下列不易鉴别黄铜与真金的方法是（）A测密度B测熔点C灼烧D看外观19、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)DN2(g)NH3(g)NaHCO3(s)20、W、X、Y、Z都是元素周期表中前20号的元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY；Y和Z属同族元素，它们能形成两种常见化合物；X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物；W和X

11、能形成化合物WX2，X和Y不在同一周期，它们能形成组成为XY2的化合物。关于W、X、Y、Z的说法正确的是A气态氢化物稳定性：XYB最高价氧化物对应的水化物酸性：XYZ21、下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）选项操作现象结论A测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH前者pH比后者大非金属性：SCB滴加稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝不能确定原溶液中含NH4+C用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热熔化后的液态铝滴落下来金属铝的熔点较低D将淀粉溶液与少量稀硫酸混合加热，然后加入新制的Cu(OH)2悬浊液，并加热没有砖红色沉淀生成淀粉未

12、发生水解AABBCCDD22、用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，不需要的操作是（ ）A溶解B过滤C分液D蒸发二、非选择题(共84分)23、（14分）有机化合物AH的转换关系如所示：（1）A是有支链的炔烃，其名称是_。（2）F所属的类别是_。（3）写出G的结构简式：_。24、（12分）氟西汀G是一种治疗抑郁性精神障碍的药物，其一种合成路线如图：已知：LiAIH4是强还原剂，不仅能还原醛、酮，还能还原酯，但成本较高。回答下列问题：（1）碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。写出D的结构简式，用星号（*）标出D中的手性碳_。（2）的反应类型是_。（3）C的结构简式为_。（4）G的分子式

13、为_。（5）反应的化学方程式为_。（6）已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应。M分子的苯环上有3个取代基，其中两个相同。符合条件的M有_种。（7）也是一种生产氟西汀的中间体，设计以和为主要原料制备它的合成路线_（无机试剂任选）。25、（12分）二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，回答下列问题：(1)ClO2的制备及性质探究(如图所示)。仪器a的名称为_，装置B的作用是_。装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为_。装置D中滴有几滴淀粉溶液，其作用是_。装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2

14、，则该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，氧化产物是_。(2)粗略测定生成ClO2的量实验步骤如下：a. 取下装置D，将其中的溶液转入250mL容量瓶，用蒸馏水洗涤D瓶23次，并将洗涤液一并转移到容量瓶中，再用蒸馏水稀释至刻度。b. 从容量瓶中取出25.00mL溶液于锥形瓶中，用0.1000mol/L硫代硫酸钠标准溶液滴定（I2+2S2O32-=2I+S4O62-），指示剂显示终点时共用去24.00 mL硫代硫酸钠溶液。滴定至终点的现象是_。进入装置D中的ClO2质量为_，与C中ClO2的理论产量相比，测定值偏低，可能的原因是_。26、（10分）S2Cl2是一种重要的化工产品。常温时是一种

15、有毒并有恶臭的金黄色液体，熔点76，沸点138，受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气，易与水反应，300以上完全分解。进一步氯化可得 SCl2， SCl2 是樱桃红色液体，易挥发，熔点122，沸点 59。SCl2与 S2Cl2 相似，有毒并有恶臭，但更不稳 定。实验室可利用硫与少量氯气在 110140反应制得 S2Cl2 粗品。请回答下列问题：（1）仪器 m 的名称为_，装置 D 中试剂的作用是_。（2）装置连接顺序：_BD。（3）为了提高 S2Cl2 的纯度，实验的关键是控制好温度和_。（4）从 B 中分离得到纯净的 S2Cl2，需要进行的操作是_；（5）若将S2Cl2放入少量水中会同时产生沉

16、淀和两种气体。某同学设计了如下实验方案，测定所得混合气体中某一成分 X 的体积分数：W 溶液可以是_（填标号）。a H2O2 溶液 b 氯水 c 酸性 KMnO4 溶液 d FeCl3 溶液该混合气体中气体 X 的体积分数为_（用含 V、m 的式子表示）。27、（12分）氨基甲酸铵（H2NCOONH4）是一种易分解、易水解的白色固体，易溶于水，难溶于CCl4，某研究小组用如图1所示的实验装置制备氨基甲酸铵。反应原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H0。（1）仪器2的名称是_。仪器3中NaOH固体的作用是_。（2）打开阀门K，仪器4中由固体药品所产生的气体就立即进入仪器5

17、，则该固体药品的名称为_。仪器6的一个作用是控制原料气按反应计量系数充分反应，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，应该_（填“加快”、“减慢”或“不改变”）产生氨气的流速。（3）另有一种制备氨基甲酸铵的反应器（CCl4充当惰性介质）如图2：图2装置采用冰水浴的原因为_。当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，_(填操作名称)得到粗产品。为了将所得粗产品干燥可采取的方法是_。A蒸馏 B高压加热烘干 C真空微热烘干（4）已知氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，则该反应的化学方程式为_。为测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，某研究小组用该样品进行实验。已知杂质不参与反应，请补充完整测定某

18、样品中氨基甲酸铵质量分数的实验方案：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，_，测量的数据取平均值进行计算（限选试剂：蒸馏水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。28、（14分）（1）写出COS的电子式_，C与O形成共价键时，共用电子对会偏向_原子，判断依据是_。（2）已知COS(g)H2O(g)H2S(g)CO2(g) H134kJ/molCO(g)H2O(g)H2(g)CO2(g) H241kJ/mol 写出H2S与CO反应生成COS的热化学方程式_。 100时将CO与H2S按物质的量比为11充入反应器中，达平衡后CO的转化率=33.3%，此时反应的平衡常数k=_。（3）在充有催化剂的恒压密闭容

19、器中进行反应。设起始充入的n(CO)n(H2S)m，相同时间内测得H2S转化率与m和温度（T）的关系如图所示。m1_m2（填、或）温度高于T0时，H2S转化率减小的可能原因为_ a反应停止了 b反应的H变大c反应达到平衡 d催化剂活性降低29、（10分）芳香化合物A(C9H9O3Br)可以发生如图所示的转化，合成两种重要的高分子化合物G和H(其他产物和水已略去)。已知A遇氯化铁溶液显紫色，请回答下列问题：（1）B的结构简式为_，其核磁共振氢谱图显示有_种不同环境的氢原子。（2）D的名称是_；C和E生成H的反应类型为 _ （3）1molA与足量NaOH 溶液充分反应，消耗NaOH的物质的量为_

20、（4）C生成D的化学方程式为_ （5）W是B的同系物，比B多一个碳原子， 符合下列条件的W的同分异构体有_种。遇氯化铁溶液显紫色 既能发生水解反应又能发生银镜反应（6）参照上述合成路线，根据信息，以乙醇为原料（无机试剂任选）设计制备的合成路线_.+H2O(R1、R2为烃基或氢).R-HCCH-R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、A【解析】A离子结构示意图中质子数为8，核核外电子数为10，表示氧离子，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，与中子数无关，故A正确；B比例模型为：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因Cl原子半径比C原子半径大，四

21、氯化碳的比例模型为，故B错误；C氯化铵为离子化合物，氯离子需要标出最外层电子和电荷，正确的电子式为：，故C错误；D二氧化碳是直线形分子，同一周期元素中，原子半径随着原子序数的增大而减小，则二氧化碳分子的比例模型：，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为BD，要注意比例模型中原子的相对大小的判断。2、C【解析】向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl22CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由3价升高为0价，氮气是氧

22、化产物，选项A错误；B氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；C由反应2KCN+8KOH+5Cl22CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；D状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；答案选C。3、B【解析】A依据4NH3+5O2=4NO+6H2O，0.4molNH3与0.6molO2在催化剂的作用下加热充分反应，氧气剩余，则生成的一氧化氮部分与氧气反应生成二氧化氮，所以最终生成一氧化氮分子数小于0.4NA，故A错误；BC60和石墨是碳元素的同素异形体，混合物的构成微粒中都只含有C原子，1.8 g C的物质的量为=0

23、.15 mol，所以其中含有的碳原子数目为0.15NA，B正确；C1 L 0.1 mol/LNH4Al(SO4)2溶液中含有溶质的物质的量nNH4Al(SO4)2=0.1 mol/L1 L=0.1 mol，该盐是强酸弱碱盐，阳离子部分发生水解作用，离子方程式为：NH4+H2ONH3H2O+H+；Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，可见NH4+水解消耗数与水解产生的H+数目相等，而Al3+一个水解会产生3个H+，因此溶液中阳离子总数大于0.2NA，C错误；DFe在氧气中燃烧产生Fe3O4，3 mol Fe完全反应转移8 mol电子，5.6 gFe的物质的量是0.1 mol，则其反应转移的电子

24、数目为0.1 mol= mol，故转移的电子数目小于0.3NA，D错误；故合理选项是B。4、D【解析】A该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正确；B硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D羧基中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。5、B【解析】A含C=C、苯环、羰基，均能与H2发生加成反应，也是还

25、原反应；含-COOH，能发生取代反应，故A正确；B手性碳原子上需连接四个不同的原子或原子团，则中只有1个手性碳原子，故B错误；C分子结构中含有羧基、羰基和醚键三种含氧官能团，故C正确；D苯环、C=O均为平面结构，且二者直接相连，与它们直接相连的C原子在同一平面内，则分子内共平面的碳原子数多于6个，故D正确；故答案为B。【点睛】考查有机物的结构和性质，注意把握有机物的结构特点以及官能团的性质，为解答该类题目的关键，该有机物中含C=C、C=O、苯环、-COOH，结合烯烃、苯、羧酸的性质及苯为平面结构来解答。6、B【解析】X、Y、Z、W、M均为短周期元素，由图像分析可知，原子半径：MWZYX，M的原

26、子半径最大且0.01mol/L最高价氧化物对应水化物溶液的pH=12，则M为Na元素，0.01mol/LW的最高价氧化物对应水化物溶液的pH2，则W为S元素，0.01mol/LZ的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则Z为Cl元素，X的半径最小，其0.01mol/L的最高价氧化物对应水化物溶液的pH=2，则X为N元素，0.01mol/LY的最高价氧化物对应水化物溶液的2pHNa+，A选项正确；BZ为Cl元素，其的最高价氧化物的水化物的化学式为HClO4，B选项错误；CX、Y、Z、W、M五种元素中只有Na元素一种金属元素，C选项正确；DX的最简单氢化物为NH3，Z的氢化物为HCl，两者反应后生

27、成的化合物为NH4Cl，是离子化合物，既含离子键由含有共价键，D选项正确；答案选B。【点睛】本题要求学生能够掌握原子半径变化规律、酸碱性与pH的关系等，并且能够将这些变化及性质结合起来进行相关元素的判断，对学生的综合能力要求很高，在平时的学习中，要注意对相关知识点的总结归纳。7、C【解析】A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；B根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH，则正极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，正确，B不选；C根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能

28、。1molMg，质量为24g，失去2mole；1molAl，质量为27g，失去3mole；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；D负极上Mg失电子生成Mg2，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH不能达到阴极区，正确，D不选。答案选C。8、C【解析】A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A错误；B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B错误；C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生取代反应，C正确；D.分子中含有4个饱和碳原子，与该碳原子连

29、接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D错误；故合理选项是C。9、B【解析】氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，氯化钠的利用率低。联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸

30、氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为： ，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。【详解】A氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；B氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；C氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；D氨碱法原料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使

31、用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。答案选B。10、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=

32、Cu，说明Cu2得电子能力大于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：CH3CH2OHP，B正确；C. 核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：YZX，C错误；D. X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D错误，答案选B。点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通

33、常考查的重点是原子序数排在前20号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。13、A【解析】A等量同浓度的双氧水中分别滴入相同体积含相同浓度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的试管中产生气

34、泡的速率快，说明Fe3+对H2O2的分解的催化效果更好，故A正确；B氯气从左侧通入，先接触到吸有NaBr溶液的棉花，棉花变橙色，说明Cl2和NaBr发生了置换反应：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，说明氧化性：Cl2Br2。右侧的棉花吸有淀粉碘化钾溶液，右侧棉花变蓝，说明有I2生成。I2的生成可能是左侧棉花上产生的Br2挥发到右侧棉花上置换出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反应置换出了I2，所以无法说明Br2和I2的氧化性相对强弱，故B错误；CNH4NO3溶解吸热，使试管内空气遇冷体积减小，试管内压强降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C错误；D甲烷和氯气发生取代反应生成HCl，

35、可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯气也会进入AgNO3溶液中，和AgNO3反应生成白色沉淀，故根据烧杯中产生白色沉淀不能证明甲烷和氯气在光照条件下发生取代反应，故D错误；故选A。【点睛】本题B选项中硬质玻璃管中右侧棉花变蓝，不一定是挥发的Br2和KI反应，从左端通入的氯气可能没有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯气已经完全把NaBr氧化，这样氯气就会氧化KI，所以本实验只能证明氧化性：Cl2Br2，不能确定Br2和I2的氧化性相对强弱。14、B【解析】A、常温下，向醋酸溶液中加入少量的水，溶液的酸性减弱，c(H+)减小，A错误；B、常温下，pH相同的NaOH溶液和Ba(OH

36、)2溶液中c(OH-)相等，对水电离的抑制程度相同，水的电离程度相同，B正确；C、向NaHCO3溶液中加入少量的澄清石灰水，发生Ca(OH)2(少量)+2NaHCO3=CaCO3+Na2CO3+2H2O，碳酸钠溶液的碱性比碳酸氢钠的强，所得溶液的pH增大，C错误；D、根据GHTS可知，2NO(g)2CO(g)=N2(g)2CO2(g)在常温下能自发进行，由于该反应的S0，则该反应的H0，D错误；答案选B。15、D【解析】A. CaO没有强还原性，故不能防止食品的氧化变质，只能起到防潮的作用，A项错误；B. 硅是半导体，芯片的主要成分是硅单质，B项错误；C. Fe具有还原性，能把Pb2+、Cu2

37、+、Cd2+、Hg2+等重金属离子还原，所以纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子是利用Fe的还原性，与吸附性无关，C项错误；D. SO2能与有色物质化合生成无色物质，可用于漂白纸浆、毛、丝、草帽辫等，D项正确；答案选D。16、C【解析】A标准状况下，HF是液态，22.4L的H2和22.4L的F2混合后，气体分子数不是2NA，故A错误；B常温下pH=12的NaOH溶液，由于缺少溶液的体积，水电离出的氢离子没法计算，故B错误；C乙酸和葡萄糖的实验式均为CH2O，式量为30，30g乙酸和葡萄糖混合物中的氢原子数为2NA，故C正确； D1mol C2H

38、6含有7mol共价键数，标准状况下，2.24L C2H6含有的共价键数为0.7NA，故D错误；故答案为C。【点睛】顺利解答该类题目的关键是：一方面要仔细审题，注意关键字词，熟悉常见的“陷阱”；另一方面是要把各种量转化为物质的量，以此为中心进行计算。特别要注意气体摩尔体积、阿伏加德罗定律的适用范围和使用条件。关于气体摩尔体积的使用注意：气体的摩尔体积适用的对象为气体，而标况下水、CCl4、HF等为液体，SO3为固体；必须明确温度和压强是0，101kPa，只指明体积无法求算物质的量；22.4L/mol是标准状态下或一定温度、一定压强下的气体摩尔体积。17、A【解析】A项，氧化铜的还原产物为金属铜，

39、而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。【点睛】本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。18、D【解析】A黄铜和金的密度不可能相同，所以测密度可行，故A不选； B合金的熔点一般较低，黄铜合金的熔点较低，真金的熔点高，所以测熔点

40、可行，故B不选；C黄铜在空气中灼烧，会与空气中的氧气反应变黑色，真金无明显变化，灼烧可行，故C不选；D黄铜和金的颜色相同，不可鉴别，故D选；故选D。19、D【解析】A铁与氯气反应生成氯化铁，而不是氯化亚铁，所以Cl2(g)FeCl2(s)转化不能实现，故A错误；B硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误； C氯化镁与石灰乳反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解生成氧化镁，所以Mg(OH)2(s)Mg(s)转化不能实现，故C错误； D氨气、二氧化碳和氯化钠反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，故D正确；故答案选D。20、B【解析】Y和Z属同族元素，能形成两种常见化合物，所以Y、Z

41、为O和S元素，Z为S或O，又X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可确定Z为O，则Y为 S，X和Z属于同一周期元素，它们能形成两种常见气态化合物，可判断X为C或N元素。W的阳离子与Y的阴离子具有相同的电子层结构，且能形成化合物WY ，可知W为Ca， W和X能形成化合物WX2，故可判断X为C。综上得W、X、Y、Z四种元素分别是Ca、C、S、O。A.C的非金属性小于O的非金属性，所以CH4的稳定性小于H2O的稳定性，选项A错误；B.C的非金属性小于S的非金属性，所以最高价氧化物对应的水化物酸性：H2CO3Ca 2+O2-，选项D错误。答案选B。21、B【解析】A.测定等浓度的Na2

42、CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较碳酸氢根离子与亚硫酸氢根离子的酸性；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨；C.氧化铝的熔点高，包裹在Al的外面；D.淀粉水解后，在碱性溶液中检验葡萄糖。【详解】A.测定等浓度的Na2CO3和Na2SO3溶液的pH，可比较HCO3-与HSO3-的酸性，不能比较S、C两种元素的非金属性强弱，A错误；B.滴加稀NaOH溶液，可能生成一水合氨，试纸不变蓝，因此不能确定原溶液中是否含NH4+，B正确；C.加热Al，表面的Al被氧化产生Al2O3，Al2O3是离子化合物，熔点高，包裹在Al的外面，使熔化后的液态铝不会滴落下来，C错误；D.淀粉在酸性条件下水解，水解

43、后产生的葡萄糖应该在碱性溶液中进行检验，未将催化剂硫酸中和，操作不合理，因此不会产生砖红色沉淀，D错误；故合理选项是B。22、C【解析】用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶，不需要分液，故选C。二、非选择题(共84分)23、3-甲基-1-丁炔（或异戊炔） 卤代烃 CH3CH(CH3)CHOHCH2OH 【解析】A是有支链的炔烃，由分子式可知为CH3CH(CH3)CCH，与氢气发生加成反应生成的E可进一步与溴反应，则E应为烯烃，结构简式为CH3CH(CH3)CH=CH2，F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH，一

44、定条件下与乙二酸发生酯化反应生成H，由H的分子式可知H为缩聚反应的产物，据此解答该题。【详解】（1）A是有支链的炔烃，为CH3CH(CH3)CCH，名称为3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；故答案为：3-甲基-1-丁炔（或异戊炔）；（2）F为CH3CH(CH3)CHBrCH2Br，属于卤代烃；故答案为：卤代烃；（3）由以上分析可知G为CH3CH(CH3)CHOHCH2OH；故答案为：CH3CH(CH3)CHOHCH2OH。24、 取代反应 C17H18NOF3 +CH3NH2+CH3SO2OH 12 【解析】B在催化剂作用下与氢气发生加成反应生成C，C与氢化铝锂反应生成D，根据D和B的结构简式，D

45、与CH3SO2Cl发生取代反应生成E，E与CH3NH2发生取代反应生成F，F与在氢化钠作用下发生取代反应生成G。根据G和E的结构简式，可得F的结构简式为，据此分析解答。【详解】(1)碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳称为手性碳。D中的手性碳位置为；(2)根据分析，的反应类型是取代反应；(3)根据分析，C的结构简式为；(4)G的分子式为C17H18NOF3；(5)反应为E与CH3NH2发生取代反应生成F化学方程式为：+CH3NH2+CH3SO2OH；(6)D的结构简式为，已知M与D互为同分异构体，在一定条件下能与氯化铁溶液发生显色反应，说明分子中有酚羟基。M分子的苯环上有3个取代基，其中两

46、个相同，即苯环上有两个羟基和一个-C3H7原子团。-C3H7原子团的结构式共有-CH2CH2CH3和-C(CH3)2两种结构，同分异构体数目分析如下：若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为22=4种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为12=2种，若羟基的位置结构为，同分异构体的数量为32=6种；则符合条件的M有12种；(7) 在加热条件下，在氢氧化钠醇溶液中发生消去反应生成，和氯气发生加成反应生成，加热条件下，与氢氧化钠溶液发生取代反应生成，与CH3SO2Cl发生取代反应生成，合成路线为：。25、分液漏斗 防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶均可) SO2H2SO42KClO3=2KHSO4

47、2ClO2 检验有I2生成，进而证明ClO2有强氧化性 2:1 O2 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变 0.324g 产生ClO2的速率太快，ClO2没有被D中的溶液完全吸收；C中ClO2未全部进入D中 【解析】(1)浓H2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A制备SO2，B装置有缓冲作用，可防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，在D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2遇淀粉变蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成N

48、aClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境；(2)碘遇淀粉变蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色；ClO2与KI在溶液反应离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；ClO2部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【详解】(1) 浓H

49、2SO4和Na2SO3反应生成SO2，A用于制备SO2，B装置有缓冲作用，能防止倒吸、堵塞；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则C中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以D中发生氧化还原反应生成I2，装置D中滴有几滴淀粉溶液，I2单质遇淀粉溶液变为蓝色；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，仪器a的名称为分液漏斗，装置B有缓冲作用，所以能防倒吸、防堵塞(或平衡气压、安全瓶)；装置C用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒可知，生成的酸式盐

50、为KHSO4，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3=2KHSO4+2ClO2；装置D中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘溶液变为蓝色，根据淀粉溶液是否变色来判断是否有I2单质生成，从而证明ClO2是否具有氧化性；装置E用于吸收尾气，反应生成NaClO2，反应方程式为H2O2+2ClO2+2NaOH=2NaClO2+O2+H2O，在该反应中ClO2是氧化剂，NaClO2的还原产物，H2O2是还原剂，O2是氧化产物，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；(2)I2单质遇淀粉溶液变为蓝色，当碘完全反应后溶液变为无色，所用滴定终点是溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变；ClO

51、2溶液与碘化钾反应的离子方程式：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，结合I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可得关系式：ClO25S2O32-，则n(ClO2)=n(Na2S2O3)=0.1000mol/L0.024L=0.00048mol，则在250mL溶液中含有n(I2)=0.00048mol10=0.0048mol，m(ClO2)=0.0048mol67.5g/mol=0.324g；由于C中ClO2有一部分没有被吸收、未完全进入D中都导致测定值偏低。【点睛】本题考查物质制备，涉及实验操作、氧化还原反应、方程式的计算、物质检验等知识点，侧重考查实验操作规范性、

52、元素化合物性质等知识点，明确实验原理、物质性质、物质之间的转化关系是解本题关键。26、三颈烧瓶 防止空气中的水蒸气进入B使产品与水反应，吸收剩余的Cl2 AFEC 滴入浓盐酸的速率（或B中通入氯气的量） 蒸馏 a b 100% 【解析】本实验要硫与少量氯气在 110140反应制备S2Cl2 粗品，根据题目信息“熔点76，沸点138”，制备的产品为气体，需要冷凝收集；受热或遇水分解放热，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行制备，则氯气需要干燥除杂，且制备装置前后都需要干燥装置；所以装置连接顺序为A、F、E、C、B、D；(5)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，实验目的是测定该混合气体

53、中SO2的体积分数，混合气体通过溶液W溶液吸收二氧化硫气体得到溶液中加入加入过量氢氧化钡溶液反应得到硫酸钡沉淀，过滤洗涤干燥称量得到硫酸钡沉淀质量mg，据元素守恒计算二氧化硫体积分数。【详解】(1)仪器m的名称为三颈烧瓶，装置D中试剂为碱石灰，作用为吸收Cl2，防止污染环境，防止外界水蒸气回流使S2Cl2分解；(2)依据上述分析可知装置连接顺序为：AFECBD；(3)反应生成S2Cl2的氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；(4)实验室制得S2Cl2粗品中含有SCl2杂质，根据题目信息可知二者熔

54、沸点不同，SCl2易挥发，所以可通过蒸馏进行提纯；(5)W溶液的目的是氧化二氧化硫，可以是a：H2O2溶液，b：氯水，但不能是b：KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，也不能用FeCl3 溶液会生成氢氧化铁成，故选：ab；过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)=mol，该混合气体中二氧化硫的体积分数为气体物质的量分数，二氧化硫体积分数=。【点睛】本题为制备陌生物质，解决此类题目的关键是充分利用题目所给信息，根据物质的性质进行实验方案的设计，例如根据“受热或遇水分解放热”，所以温度要控制好，同时还要在无水环境进行

55、制备，则制备装置前后都需要干燥装置。27、三颈烧瓶 干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解 干冰 加快 降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成NH2COONH4分解 过滤 C NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3 加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次 【解析】根据装置：仪器2制备氨气，由于氨基甲酸铵易水解，所以用仪器3干燥氨气，利用仪器4制备干燥的二氧化碳气体，在仪器5中发生2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)制备氨基甲酸铵；(1)根据

56、仪器构造可得；考虑氨基甲酸铵水解；(2)仪器4制备干燥的二氧化碳气体，为干冰；反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，氨气不足；(3)考虑温度对反应的影响和氨基甲酸铵受热分解；过滤得到产品，氨基甲酸铵易分解，所得粗产品干燥可真空微热烘干；(4)氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵和一水合氨，据此书写；测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，据此可得。【详解】(1)根据图示，仪器2的名称三颈烧瓶；仪器3中NaOH固体的作用是干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；故答案为：

57、三颈烧瓶；干燥氨气，防止生成的氨基甲酸铵水解；(2)反应需要氨气和二氧化碳，仪器2制备氨气，仪器4制备干燥的二氧化碳气体，立即产生干燥的二氧化碳气体，则为干冰；故答案为：干冰；氨气易溶于稀硫酸，二氧化碳难溶于稀硫酸，若反应初期观察到装置内稀硫酸溶液中产生气泡，说明二氧化碳过量，应该加快产生氨气的流速；故答案为：加快；(3)该反应为放热反应，温度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；故答案为：降低温度，有利于提高反应物的转化率，防止因反应放热造成H2NCOONH4分解；当CCl4液体中产生较多晶体悬浮物时，即停止反应，过滤，

58、为防止H2NCOONH4分解，真空微热烘干粗产品；故答案为：过滤；C；(4)氨基甲酸铵可完全水解为碳酸氢铵，反应为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；故答案为：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；测定某样品中氨基甲酸铵的质量分数，可以使其水解得到NH4HCO3，用氢氧化钡沉淀得到碳酸钡沉淀，通过碳酸钡的质量可得氨基甲酸铵的质量，进而可得其质量分数，具体方法为：用天平称取一定质量的样品，加水溶解，加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得沉淀、干燥后称量沉淀的质量，重复23次，测量的数据取平均值进行计算；故答案为：加入足量氢氧化钡溶液，充分反应后，过滤、用蒸馏水洗涤所得