青岛第二十学2022年高考化学二模试卷含解析

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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、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、X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，其原子半径与最外层电子数的关系如下图所示。R原子最外层电子数Q原子最外层电子数的4倍，Q的简单离子核外电子排布与Z2-相同。下列相关叙述不正确的是A化合物XZ2中含有离子键B五种元素中Q的金属性最强C气态氢化物的稳定性：YH3XH4D最高价氧化物对应的水化物酸性：HYO3H2RO32、下列各项中的两个量，其比值一定为21的是 （ ）A在反应2FeCl3+Fe =3FeCl2中还原产物与氧化产物的质量B相同温度下，0.2 molL1CH3COOH溶液与0.1 molL

3、-1CH3COOH溶液中c(H+)C在密闭容器中，N2+3H22NH3已达平衡时c(NH3)与c(N2)D液面均在“0”刻度时，50 mL碱式滴定管和25 mL碱式滴定管所盛溶液的体积3、用NaOH标准溶液滴定盐酸实验中，以下操作可能导致所测溶液浓度偏高的是A滴定管用待装液润洗B锥形瓶振荡时有少量液体溅出C滴定结束后滴定管末端出现气泡D锥形瓶用待测液润洗4、下列事实不能用勒夏特列原理解释的是（ ）A溴水中存在Br2+H2OHBr+HBrO，当加入硝酸银溶液并静置后，溶液颜色变浅B反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，平衡后，升高温度体系颜色变深C用饱和食盐水除去Cl2

4、中的HClD合成氨反应中，为提高原料的转化率，可采用高温加热的条件5、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反应无影响)浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测

5、得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD6、下列说法不正确的是A属于有机物，因此是非电解质B石油裂化和裂解的目的均是为了将长链烃转化为短链烃C煤的气化，液化和干馏都是化学变化D等质量的乙烯，丙烯分别充分燃烧，所耗氧气的物质的量一样多7、下列表述正确的是A用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质C推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收8、钾长石(KAlSi3O

6、8)是一种钾的铝硅酸盐，可用于制备Al2O3、K2CO3等物质，制备流程如图所示：下列有关说法正确的是A上述流程中可以重复利用的物质只有Na2CO3B钾长石用氧化物的形式可表示为K2OAl2O33SiO2C煅烧过程中Si、K和Al元素转化为CaSiO3、KAlO2和NaAlO2D沉淀过程中的离子方程式为CO2+2AlO2-+3H2O=CO32-+2Al(OH)39、已知一定温度下硫酸铜受热分解生成氧化铜、三氧化硫、二氧化硫和氧气；三氧化硫和二氧化硫都能被氢氧化钠溶液吸收。现进行如下实验：加热10g硫酸铜粉末至完全分解，将生成的气体通入足量浓氢氧化钠溶液。反应结束后称量中固体质量变为5g，中溶液

7、增加了4.5g。该实验中硫酸铜分解的化学方程式是A3CuSO4 3CuO+SO3+2SO2+O2B4CuSO4 4CuO+2SO3+2SO2+O2C5CuSO4 5CuO+SO3+4SO2+2O2D6CuSO4 6CuO+4SO3+2SO2+O210、某浓度稀HNO3与金属M反应时，能得到+2价硝酸盐，反应时M与HNO3的物质的量之比为5 12，则反应时HNO3的还原产物是 （ ）ANH4NO3BN2CN2ODNO11、下列属于置换反应的是（ ）A2C+SiO22CO+SiB2HClO2HCl+O2C3CO+Fe2O33CO2+2FeD2Na+Cl2=2NaCl12、用ClCH2CH2OH和N

8、aCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A质子数和中子数相等的钠原子：NaB氯原子的结构示意图：CNaCN的电子式：D丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH13、下列说法中正确的是AO2-离子结构示意图为B乙烯的结构简式为CH2=CH2CNH3溶于水后的溶液能导电，因此NH3是电解质D正反应放热的可逆反应不需加热就能反应，升温，正反应速率降低14、在常温下，向20 mL浓度均为0.1 molL1的盐酸和氯化铵混合溶液中滴加0.1 molL1的氢氧化钠溶液，溶液pH随氢氧化钠溶液加入体积的变化如图所示（忽略溶液体积变化）。下列说法正确的是AV（NaOH）20 mL时，2n（）n

9、（NH3H2O）n（H+）n（OH）0.1 molBV（NaOH）40 mL时，c（）c（OH）C当0V（NaOH）40 mL时，H2O的电离程度一直增大D若改用同浓度的氨水滴定原溶液，同样使溶液pH7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要小15、下列有关化合物X的叙述正确的是AX分子只存在2个手性碳原子BX分子能发生氧化、取代、消去反应CX分子中所有碳原子可能在同一平面上D1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH16、化学与科技、生活密切相关。下列叙述中正确的是（ ）A屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作B从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电

10、，因此石墨烯是电解质C中国天眼FAST用到的高性能碳化硅是一种新型的有机高分子材料D泰国银饰和土耳其彩瓷是“一带一路”沿线国家的特色产品，其主要成分均为金属材料17、某固体混合物中可能含有：K+、Na+、Cl-、CO32-、SO42-等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：下列说法正确的是A该混合物一定是K2CO3和NaClB该混合物可能是Na2CO3和KClC该混合物可能是Na2SO4和Na2CO3D该混合物一定是Na2CO3和NaCl18、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ACa(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)BH2SO4(稀)SO2(g)BaSO

11、3(s)CFe2O3(s)FeCl3(aq)Fe (s)DSiO2(s)H2SiO3(胶体)Na2SiO3(aq)19、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C髙锰酸钾溶液、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯20、用下列装置能达到实验目的的是A清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C装置制取金属锰D装置为制备并用排气法收集

12、NO气体的装置21、探究Na2O2与水的反应，实验如图：已知：H2O2H+HO2-；HO2-H+O22-下列分析不正确的是A、实验中均发生了氧化还原反应和复分解反应B、中产生的气体能使带火星的木条复燃，说明存在H2O2C和不能说明溶解性：BaO2BaSO4D中说明H2O2具有还原性22、某小组设计如图装置，利用氢镍电池为钠硫电池(总反应为：)充电。已知氢镍电池放电时的总反应式为，其中M为储氢合金，下列说法正确的是Aa极为氢镍电池的正极B充电时，通过固体陶瓷向M极移动C氢镍电池的负极反应式为D充电时，外电路中每通过2mol电子，N极上生成1molS单质二、非选择题(共84分)23、（14分）高聚

13、物的合成与结构修饰是制备具有特殊功能材料的重要过程。如图是合成具有特殊功能高分子材料W（）的流程：已知：I. R-CH2OHII. =R2-OH,R、R2、R3代表烃基(1)的反应类型是_。(2)是取代反应，其化学方程式是_。(3)D的核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构。D的结构简式是_。(4)的化学方程式是_。(5)F的官能团名称_；G的结构简式是_。(6)的化学方程式是_。(7)符合下列条件的E的同分异构体有_种(考虑立体异构)。能发生水解且能发生银镜反应 能与Br2的CCl4溶液发生加成反应其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式是_。(8)工业上也可用合成E。由上述的合成

14、路线中获取信息，完成下列合成路线(箭头上注明试剂和反应条件，不易发生取代反应)_。24、（12分）已知：CH3-CH=CH-CHO巴豆醛回答下列问题：（1）B物质所含官能团名称是_，E物质的分子式是_（2）巴豆醛的系统命名为_，检验其中含有碳碳双键的方法是_。（3）A到B的反应类型是_，E与足量氢气在一定条件下反应的化学方程式是_。（4）比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有_种，写出核磁共振氢谱有四组峰且峰面积比为3:2:2:2的结构简式_。（5）已知：+ ，请设计由乙醇为原料制备巴豆醛的合成路线_。25、（12分）氮化铝(AlN)是一种新型无机材料，广泛应用于集成电路生产领域。某化学研究小

15、组利用Al2O33CN22AlN3CO制取氮化铝，设计如图实验装置：试回答：（1）实验中用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气的化学方程式为_。（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A的作用是_(填写序号)。a防止NaNO2饱和溶液蒸发b保证实验装置不漏气c使NaNO2饱和溶液容易滴下（3）按图连接好实验装置，检查装置气密性的方法是：在干燥管D末端连接一导管，将导管插入烧杯中的液面下，_。（4）化学研究小组的装置存在严重问题，请说明改进的办法：_。（5）反应结束后，某同学用如图装置进行实验来测定氮化铝样品的质量分数(实验中导管体积忽略不计)。已知：氮化铝和NaOH溶液反应生成NaAlO2和

16、氨气。广口瓶中的试剂X最好选用_(填写序号)。a汽油 b酒精 c植物油 dCCl4广口瓶中的液体没有装满(上方留有空间)，则实验测得NH3的体积将_(填“偏大”、“偏小”或“不变”)。若实验中称取氮化铝样品的质量为10.0g，测得氨气的体积为3.36L(标准状况)，则样品中AlN的质量分数为_。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为_。（2）要

17、从装置中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。（3）装置用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二 焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_(填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式

18、为SO2I22H2OH2SO42HI)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为_gL1。在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“不变”)。27、（12分）草酸亚铁晶体（FeC2O42H2O）是一种黄色难溶于水的固体，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。为探究纯净草酸亚铁晶体热分解的产物，设计装置图如下：（1）仪器a的名称是_。（2）从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是_。（3）实验前先通入一段时间N2，其目的为_。（4）实验证明了气体产物中含有CO，依据的实验现象为_。（5

19、）草酸亚铁晶体在空气易被氧化，检验草酸亚铁晶体是否氧化变质的实验操作是_。（6）称取5.40g草酸亚铁晶体用热重法对其进行热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如下图所示：上图中M点对应物质的化学式为_。已知400时，剩余固体是铁的一种氧化物，试通过计算写出MN发生反应的化学方程式：_。28、（14分）硅铁合金广泛应用于冶金工业，可用于铸铁时的脱氧剂、添加剂等，回答下列问题：（1）基态Fe原子价层电子的电子排布图为_，基态Si原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为_形。（2）绿帘石的组成为，将其改写成氧化物的形式为_.（3）分子的中心原子的价层电子对数为_，分子的立体构型为_；四卤化硅的熔、沸

20、点如下，分析其变化规律及原因_。熔点/K182.8202.7278.5393.6沸点/K177.4330.1408460.6（4）可与乙二胺（，简写为en）发生如下反应：。的中心离子的配位数为_；中的配位原子为_。（5）在硅酸盐中，四面体（图a）通过共用顶角氧离子可形成多种结构形式。图b为一种多硅酸根，其中Si原子的杂化形式为_，化学式为_。 O Si 图a图b29、（10分）李兰娟团队公布最新研究成果，阿比朵尔是抗击新型冠状病毒的潜在用药。其合成路线如下：（1）C的含氧官能团名称：_ 。G的分子式：_ 。（2）AB和BC的反应类型分别为：_ ，_ 。两分子A生成B和另一种产物，该产物结构简式

21、为：_ 。（3）D生成E的反应方程式：_ 。（4）H的结构简式为：_ 。（5）写出B的同分异构体中具有满足下列条件的结构简式：_。与碳酸氢钠反应产生使澄清石灰水变浑浊的气体 六元环状结构（6）结合上述合成路线，请写出由乙醇和为基本原料，合成的路线（不超过4步）。_。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】X、Y、Z、Q、R为原子序数依次增大的短周期主族元素，R原子最外层上的电子数是Q原子最外层电子数的4倍，则Q只能处于IA族，R处于A族，R与X最外层电子数相同，二者同主族，且R的原子半径较大，故X为C元素、R为Si元素；最外层电子数ZY4，且二者原子

22、半径小于碳原子，故Y、Z处于第二周期，Z能够形成离子Z2-，故Z为O元素，则Y为N元素；Q离子核外电子排布与O2-相同，且Q处于IA族，故D为Na，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知X是C元素，Y是N元素，Z是O元素，R是Si元素，Q是Na元素。A.化合物XZ2是CO2，该物质是共价化合物，由分子构成，分子中含有共价键，A错误；B.在上述五种元素中只有Q表示的Na元素是金属元素，因此五种元素中Q的金属性最强，B正确；C.元素的非金属性越强，其简单氢化物的稳定性就越强。由于元素的非金属性NC，所以氢化物的稳定性NH3CH4，C正确；D.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越

23、强。由于元素的非金属性NSi，所以酸性：HNO3H2SiO3，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查了元素周期表与元素周期律的应用的知识。根据元素的原子结构及相互关系进行元素推断是本题解答的关键，难度适中。2、A【解析】A、还原产物由氧化剂FeCl3被还原得到，氧化产物由还原剂Fe被氧化得到，显然二者的物质的量之比为21，正确；B、CH3COOH溶液中存在电离平衡CH3COOHCH3OO+H+，加水稀释时促进电离，故0.2 mol L-1的CH3COOH溶液与0.1 mol L-1CH3COOH溶液中c(H+) 之比小于21，错误；C、在密闭容器中进行的合成NH3反应，达到平衡时c(NH3)

24、与c(N2)之比与N2的转化率有关而与各自的化学计量数没有必然联系，错误；D、由碱式滴定管的结构可知滴定管50 mL或25 mL的刻度线以下的部分还装有液体，故二者体积之比不等于21，错误，答案选A。3、D【解析】由c(HCl)=可知，不当操作使V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，以此来解答。【详解】A滴定管用待装液润洗，对实验无影响，故A错误；B锥形瓶振荡时有少量液体溅出，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故B错误；C滴定结束后滴定管末端出现气泡，使V(碱)减小，则导致所测溶液浓度偏低，故C错误；D锥形瓶用待测液润洗，n(HCl)偏大，则消耗V(碱)增大，则导致所测溶液浓度偏高，故D

25、正确；故答案为D。【点睛】本题考查中和滴定操作、计算及误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。4、D【解析】A. 溴水中有下列平衡：Br2+H2O HBr+HBrO，当加入AgNO3（s）后，硝酸银与溴离子反应生成溴化银沉淀，平衡正向移动，溶液颜色变浅，能用勒夏特列原理解释，故A不选；B. 反应CO（g）+NO2（g）CO2（g）+NO（g）+Q，Q0，正反应放热，升高温度，平衡逆向移动，能用勒夏特列原理解释，故

26、C不选；C. 增大氯离子的浓度，平衡Cl2+H2O=H+Cl-+HClO逆向移动使得氯气难溶于饱和食盐水，能用勒夏特列原理解释，故C不选；D. 合成氨反应是放热反应，升高温度，反应逆向移动，原料的转化率减小，不能通过升高温度提高原料的转化率，故D选；正确答案是D。【点睛】本题考查平衡移动原理，明确平衡移动原理内涵及适用范围是解本题关键，注意：改变条件时不影响平衡移动的不能用平衡移动原理解释。5、A【解析】ANaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-Cl-，A正确；B要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改

27、变草酸的浓度，B错误；C淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；故选A。6、A【解析】据煤化工、石油化工中的相关含义分析判断。【详解】A. 属于有机物，在水溶液中能微弱电离，属于弱电解质，A项错误；B. 石油裂化和裂解都是将长链烃转化为短链烃，裂化获得轻质液体燃料（汽油等），裂解获得短链不饱和烃（化工原料），B项正确；C. 煤的气化是将煤与水蒸汽反应生成气体燃料，煤的液化是将煤与氢气反应转化为液体燃料，煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其发生分解的过程，它们都是化学变化

28、，C项正确；D. 乙烯、丙烯符合通式(CH2)n，等质量的乙烯和丙烯有等物质的量的CH2，完全燃烧消耗等量氧气，D项正确。本题选A。7、B【解析】A. 用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A错误；B. 超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B正确；C. 推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故C错误；D. 人体摄入的单糖不需要经过水解，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。8、C【解析】A. CO2、Na2CO3既是反应的产物，也是反应过程中

29、需要加入的物质，因此上述流程中可以重复利用的物质有Na2CO3、CO2，A错误；B. 根据元素守恒可知钾长石用氧化物的形式可表示为K2OAl2O36SiO2，B错误；C. 煅烧过程中钾长石中的Si元素与CaCO3转化为CaSiO3，K和Al元素与Na2CO3反应转化为KAlO2和NaAlO2，C正确；D. 向KAlO2和NaAlO2溶液中通入过量CO2气体，会产生HCO3-，发生反应CO2+AlO2-+2H2O=HCO3-+Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。9、B【解析】由“反应结束后称量中固体质量变为5g，中溶液增加了4.5g”可知，氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，然后根据质

30、量守恒定律分析每个装置的质量变化情况，从而分析反应中各物质的质量。【详解】根据质量守恒定律分析，反应生成气体的质量为10.0g5.0g5g，生成氧化铜的质量为5g；氢氧化钠溶液完全吸收了二氧化硫和三氧化硫，其质量为4.5g，生成的氧气的质量为5g4.5g0.5g；则参加反应的硫酸铜和生成氧化铜及生成的氧气的质量比为10g：5g：0.5g20：10：1，表现在化学方程式中的化学计量数之比为(20160)：(1080)：(132)4：4：1，故该反应的化学方程式为：4CuSO4 4CuO+2SO3+2SO2+O2，故答案为：B。【点睛】本题解题的关键是根据反应的质量差分析出各物质的质量，然后求出方

31、程式中物质的化学计量数。10、B【解析】依据题意可列出反应方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2+6H2O，某稀HNO3与金属M反应时能得到+2价硝酸盐，所以1mol M失去2mol电子，5mol M失去10mol电子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸没有参加氧化还原反应，只有2mol硝酸参加氧化还原反应，得到10mol电子，硝酸中氮的化合价为+5价，所以还原产物必须是0价的N2，B项正确；答案选B。【点睛】利用电子转移数守恒是解题的突破口，找到化合价的定量关系，理解氧化还原反应的本质是关键。11、A【解析】A. 2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合

32、物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B. 2HClO2HCl+O2，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D. 2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。12、D【解析】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子

33、式为，C正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；故合理选项是D。13、B【解析】A. O2-的质子数为8，故离子结构示意图为，A正确；B. 乙烯的结构简式为CH2=CH2，B正确；C. NH3溶于水后的溶液能导电，是因为其与水反应生成NH3H2O，所以能导电，NH3是非电解质，C错误；D. 正反应放热的可逆反应也可能需要加热才能发生，升高温度，正逆反应速率均加快，D错误；故答案选B。14、B【解析】A. V（NaOH）20 mL时，溶液中的溶质为0.02mol氯化钠和0.02mol氯化铵，电荷守恒有n(Na+)+n（H+）+ n（）=n(Cl-)+n（OH），因为n(Na+)

34、=0.02mol，n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+ n（）=0.02+n（OH），物料守恒有n(Cl-)= n(Na+)+ n（）n（NH3H2O），即0.02= n（）n（NH3H2O），所以，2n（）n（NH3H2O）n（H+）0.04 mol+n（OH），故错误；B. V（NaOH）40 mL时，溶质为0.04mol氯化钠和0.02mol一水合氨，溶液显碱性，因为水也能电离出氢氧根离子，故c（）c（OH）正确；C. 当0V（NaOH）40 mL过程中，前20毫升氢氧化钠是中和盐酸，水的电离程度增大，后20毫升是氯化铵和氢氧化钠反应，水的电离程度减小，故错误；D. 盐酸和氢

35、氧化钠反应生成氯化钠溶液，为中性，若改用同浓度的氨水滴定原溶液，盐酸和氨水反应后为氯化铵的溶液仍为酸性，所以同样使溶液pH7时所需氨水的体积比氢氧化钠溶液要大，故错误。故选B。15、B【解析】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有 (醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-B

36、r，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH。D项错误；答案选B。16、A【解析】A用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，与有机物易溶于有机物有关，该过程为萃取操作，故A正确；B石墨烯是一种碳单质，不是电解质，故B错误；C碳化硅属于无机物，为无机非金属材料，故C错误；D泰国银饰属于金属材料，土耳其彩瓷主要成分是硅酸盐，故D错误；故答案为A。17、B【解析】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，

37、不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl-、CO32-，一定不存在SO42-，可能含有K+；答案选B。18、A【解析】A. Ca(ClO)2与二氧化碳和水反应生成次氯酸，次氯酸再受热分解会产生氧气，A项正确；B. 根据金属活动性顺序已知，铜与稀硫酸不反应，B项错误；C. 铜与氯化铁反应时生成氯化亚铁与氯化铜，不能得到铁单质，C项错误；D. 二氧化硅不与水反应，D项错误；答案选A。19、C【解析】A. 丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A不选；B. SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和CaSiO3

38、，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C. 髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D不选。故选C。20、D【解析】A. 自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；B. 定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；C. 利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；D.

39、铜和稀硝酸反应可以制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选D。21、B【解析】A.中的反应机理可以认为过氧化钠与水反应生成过氧化氢与氢氧化钠，过氧化氢分解生成水和氧气，发生的反应为复分解反应与氧化还原反应，中过氧化钡再与稀硫酸反应生成过氧化氢与硫酸钡沉淀，过氧化氢分解生成了氧气，因此两个试管中均发生了氧化还原反应和复分解反应。A项正确；B. 中过氧化钠与水反应生成氧气，不能说明存在H2O2，B项错误；C. 中BaO2与硫酸反应生成过氧化氢和硫酸钡沉淀，证明酸性：硫酸过氧化氢，不能说明溶解性：BaO2BaSO4，C项正确；D. 中产生的气体为氧气，

40、氧元素化合价升高，做还原剂，说明H2O2具有还原性，D项正确；答案选B。22、B【解析】由电池总反应可知，氢镍电池放电时为原电池反应，负极反应式为MH+OH-e-=M+H2O，正极反应式为NiOOH+e-+ H2O =Ni(OH)2+OH-；钠硫电池充电时为电解池反应，阴极反应式为2Na+ 2e-=2Na，阳极反应式为Sx2-2e-=xS；充电时，两个电池的电极负接负，正接正，固体Al2O3中的Na+(阳离子)向阴极（电池的负极）移动，据此解答。【详解】A.根据以上分析，与a极相连的是钠硫电池的负极，所以a极为氢镍电池的负极，故A错误；B. 电解时阳离子向阴极移动，所以充电时，通过固体Al2O

41、3陶瓷向M极移动，故B正确；C. 氢镍电池的负极发生氧化反应，反应式为MH+OH-e-=M+H2O，故C错误；D. 充电时，N电极为阳极，反应式为Sx2-2e-=xS，根据电子守恒，外电路中每通过2mol电子，N极上生成xmolS单质，故D错误。故选B。二、非选择题(共84分)23、加成反应 BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr (CH3)2C=CH2 CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O 碳碳双键、酯基 4 HCOO C(CH3)=CH2 HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)C

42、OOHCH2=C(CH3)COOH 【解析】乙烯与溴发生加成反应生成A，A为BrCH2CH2Br，结合B的分子式可知B为NC-CH2CH2-CN，B中-CN转化为-COOH得到丁二酸。丁二酸发生分子内脱水形成酸酐。I与RNH2得到W()，结合W的结构可知I为，结合信息II，逆推可知H为。D的分子式为C4H8，核磁共振氢谱中有两组峰且面积之比是13，不存在顺反异构，则D为(CH3)2C=CH2，D氧化生成E，E与甲醇发生酯化反应生成F，结合H的结构，可知E为CH2=C(CH3)COOH，F为CH2=C(CH3)COOCH3，F发生加聚反应生成的G为，G发生信息I中的反应得到H。据此分析解答。【详

43、解】(1)根据上述分析，反应是乙烯与溴发生加成反应，故答案为加成反应；(2)反应是取代反应，其化学方程式是：BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr，故答案为BrCH2CH2Br+2NaCNNCCH2CH2CN+2NaBr；(3) 根据上述分析，D的结构简式为(CH3)2C=CH2，故答案为(CH3)2C=CH2；(4)反应的化学方程式为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O，故答案为CH2=C(CH3)COOH+CH3OH CH2=C(CH3)COOCH3+H2O；(5) F为CH2=C(CH3)COOCH3，含有的官能团有

44、碳碳双键和酯基；G的结构简式是，故答案为碳碳双键、酯基；(6)反应的化学方程式为，故答案为；(7)E为CH2=C(CH3)COOH，能发生水解且能发生银镜反应，说明属于甲酸酯类；能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，说明含有碳碳双键，符合条件的E的同分异构体有：HCOO CH=CHCH3(顺反2种)、HCOO CH2 CH=CH2、HCOO C(CH3)=CH2，共4种，其中核磁共振氢谱有三个峰的结构简式为HCOO C(CH3)=CH2，故答案为4；HCOO C(CH3)=CH2；(8)HOCH2CHBrCH3和NaCN发生取代反应生成HOCH2CH(CN)CH3，HOCH2CH(CN)CH3

45、酸化得到HOCH2CH(CH3)COOH，HOCH2CH(CH3)COOH发生消去反应生成CH2=C(CH3)COOH，其合成路线为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH，故答案为HOCH2CHBrCH3 HOCH2CH(CN)CH3HOCH2CH(CH3)COOHCH2=C(CH3)COOH。【点睛】本题的易错点和难点为(8)，要注意题意“不易发生取代反应”在合成中的应用，HOCH2CHBrCH3不能先消去羟基形成碳碳双键，再发生取代反应。24、氨基、溴原子 C13H18O 2-丁烯醛 先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液

46、加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键 取代反应； 5 【解析】【详解】(1)B含有氨基和溴原子2种官能团，E的分子式为：C13H18O，故答案为：氨基、溴原子；C13H18O；(2)巴豆醛(CH3-CH=CH-CHO)的系统命名为2-丁烯醛，分子中除碳碳双键外还有醛基，不可直接用酸性高锰酸钾或溴水检验，可用银氨溶液或新制氢氧化铜悬浊液将醛基氧化、用硫酸酸化后加酸性高锰酸钾溶液或溴水检验，故答案为：2-丁烯醛；先加入足量的新制氢氧化铜悬浊液加热煮沸，然后加入过量的硫酸酸化，再滴入溴水(或酸性高锰酸钾溶液)褪色，证明含碳碳双键；(3)A到B，氨基邻

47、位C上的H被Br取代，E中的苯环、羰基均能和氢气加成，反应的方程式为：，故答案为：取代反应；(4)A为，比A少两个碳原子且含苯环的结构有两种情况，第一种情况：含2个侧链，1个为-CH3，另1个为-NH2，位于邻、间、对位置，共3种，第二种情况：侧链只有一个，含C-N，苯环可与C相连，也可与N相连，共2种，综上所述，比A少两个碳原子且含苯环的同分异构体有5种，核磁共振氢谱为3:2:2:2的结构简式为：，故答案为：5；(5)原料为乙醇，有2个C，产物巴豆醛有4个碳，碳链增长，一定要用到所给信息的反应，可用乙醇催化氧化制备乙醛，乙醛发生信息所列反应得到羟基醛，羟基醛发生醇的消去反应得巴豆醛，流程为：

48、，故答案为：。25、NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O c 用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好 在干燥管D末端连接一个尾气处理装置 c 不变 61.5% 【解析】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2 饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1

49、）饱和NaNO2与 NH4Cl溶液应生成氯化钠、氮气和水；（2）根据实验的需要结合大气压强原理来回答；（3）只要先将装置密封再利用热胀冷缩原理进行气密性验证；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，防止空气污染；（5）氮化铝和氢氧化钠反应会生成氨气，氨气进入广口瓶后，如果装置密闭，广口瓶中压强会增大，那么就会有水通过广口瓶的长管进入量筒中，根据等量法可知，进入到广口瓶中水的体积就等于生成的氨气的体积所以通过量筒中排出的水的体积就可以知道氨气的体积，然后有氨气的密度求出氨气的质量，进而根据方程式求出氮化铝的质量。产生的氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水需要把气体与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用

50、的液体作为隔离液；选用的试剂应是和水不互溶，且密度大于水的；反应前广口瓶的上方留有的少量空间填充的是空气，反应后广口瓶的上方留有的少量空间填充的是氨气，氨气代替了开始的空气，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可；根据氨气的体积计算出物质的量，得出其中氮原子的物质的量，根据氮原子守恒，来计算氮化铝的百分含量。【详解】制取氮化铝：用饱和NaNO2与NH4Cl溶液制取氮气NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O，装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A，平衡内外压强，使NaNO2 饱和溶液容易滴下，制得的氮气排尽装置中的空气，碱石灰干燥氮气，氧化铝、碳和氮气在高温的条件下生成氮化铝和一氧化碳

51、，方程式为：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，D防止空气进入反应装置干扰实验。（1）饱和NaNO2与 NH4Cl溶液反应生成氯化钠、氮气和水，反应为NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O；故答案为：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O；（2）装置中分液漏斗与蒸馏烧瓶之间的导管A具有平衡气压的作用，这样可以保证NaNO2饱和溶液容易滴下，故选c；（3）关闭分液漏斗开关，使装置处于密闭体系，将导管一端浸入水中，用手紧握锥形瓶外壁，由于热胀冷缩，锥形瓶内气体受热膨胀，如果导管口有气泡冒出，说明气密性良好，否则装置漏气，故答案为：用酒精灯微热蒸馏烧瓶，导管口有气泡冒出，撤掉酒精

52、灯一段时间，导管内上升一段水柱，证明气密性良好；（4）实验必须对有毒气体进行尾气处理，应在干燥管D末端连接一个尾气处理装置，防止空气污染，故答案为：在干燥管D末端连接一个尾气处理装置；（5）酒精、汽油虽然都不能与氨气发生反应，但它们却都极易挥发，挥发出来的气体对实验有影响而且挥发完后不能再起到隔离氨气与水接触的作用；同时由于酒精易溶于水，也不能达到隔离的目的；CCl4密度大于水，不能起到隔离作用，而植物油既不溶于水，密度小于水也不易挥发，可以把氨气与水进行隔离；故答案为：c；本次实验的目的在于测定产生气体的体积而不是收集纯净的气体，因此，把最后空间中充入的氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结

53、果产生影响，故答案为：不变；氨气的体积为3.36L（标准状况），物质的量是0.15mol，所以氮化铝的物质的量是0.15mol，质量是0.15mol41g/mol=6.15g，所以氮化铝的质量分数为100%=61.5%，故答案为：61.5%。【点睛】本题考查对实验原理的理解与实验操作评价、物质含量测定、化学计算等，理解实验原理是关键，是对所学知识的综合运用，需要学生具备扎实的基础知识与综合运用知识分析问题、解决问题的能力，学习中全面把握基础知识。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O 过滤 d a、e 取少量Na

54、2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成 0.16 偏低 【解析】（1）装置中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O；（2）从装置中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（3）装置用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不利于气体与稀氨水充分接触，不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）证

55、明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，要利用两个平衡式HSO3H+SO32，HSO3+H2OH2SO3+OH，证明溶液呈酸性，可采用的实验方法是a、测定溶液的pH ，PH7，说明溶液呈酸性，选项a正确；b、加入Ba(OH)2溶液或盐酸，都会发生反应，无法判定电离、水解程度，选项b错误；c、加入盐酸，都不反应，无法判定电离、水解程度，选项c错误；d、品红只检验SO2的存在，选项d错误；e、用蓝色石蕊试纸检测，呈红色证明溶液呈酸性，选项e正确；答案选a e；（5）由于Na2S2O5中的硫元素为+4价，故检验Na2S2O5晶体已被氧化，实为检验SO42，其实验方案为：取少量Na2S2O

56、5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为11，n(SO2)=n(I2)=0.01000molL-10.025L=0.0025mol，残留量=0.16gL-1；由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2=2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。27、球形干燥管（干燥管） 缺少处理CO尾气装置 排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰 E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀 取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加

57、KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质 FeC2O4 3FeC2O4 Fe3O42CO24CO 【解析】装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳，据此解答。【详解】(1)仪器a的名称是球形干燥管(干燥管)，故答案为：球形干燥管(干燥管)；(2)反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置，故答案为：缺少处理CO尾气装置；(3)反应会会产生CO和H2O，通入氮气，排尽装置内空气，防止空气中H2O和CO2的干扰，故答案为：排尽装置内空气，防止空气中H2O

58、和CO2的干扰；(4)CO与CuO反应，生成Cu和二氧化碳，现象为E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀，故答案为：E中黑色粉末变红色，F出现白色沉淀；(5)检验铁离子的试剂为KSCN，具体有：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质，故答案为：取少量草酸亚铁晶体于试管中，加入稀硫酸溶解后并滴加KSCN溶液，若溶液变红色，则草酸亚铁晶体已氧化变质；若不变红色，则草酸亚铁晶体未氧化变质；(6)草酸亚铁晶体的物质的量为：0.03mol，通过剩余固体的质量为4.32g，则M的摩尔质量为144g/mol，过程发生的反应是：草酸亚铁晶体受热失去结晶水，剩下的M为FeC2O4，故答案为：FeC2O4；草酸亚铁晶体中的铁元素质量为：1.68g，草酸亚铁晶体中的铁元素完全转化到氧化物中，氧化物中氧元素的质量为：，设铁的氧化物的化学式为Fe