山东省青岛市青岛2021-2022学年高考化学押题试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、常温下向 0.l mol/L 的NaClO 溶液中通入 HF 气体，随反应进行（不考虑HClO分解），溶液中lg ( A 代表ClO 或F) 的值和溶液pH 变化存在如图所示关系，下列说法正确的是A线N 代表lg的变化线B反应ClO-+HF HCIO+F- 的平衡常数数量级为 1

2、05C当混合溶液pH= 7 时，溶液中c(HClO) = c(F- )D随HF 的通入，溶液中c(H+) c(OH- )增大2、下列实验操作能达到实验目的的是A用排水法收集铜粉与浓硝酸反应产生的NO2B用氨水鉴别NaCl、MgCl2、AlCl3、NH4Cl四种溶液C用酸性KMnO4溶液验证草酸的还原性D用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl3、关于下列各实验装置的叙述中正确的是A装置可用于吸收氯化氢气体B装置可用于制取氯气C装置可用于制取乙酸乙酯D装置可用于制取氨气4、下列说法正确的是ACH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷B可用新制Cu(O

3、H)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解5、一定量的钠和铝的混合物与足量的水充分反应，没有金属剩余，收到2.24L气体，下列说法一定正确的是A所得气体为氢气 B所得气体的物质的量为 0.1 molC上述过程只发生一个化学反应 D所得溶液中只有一种溶质6、一定条件下，有机化合物Y可发生重排反应：(X) (Y) (Z)下列说法不正确的是AX、Y、Z互为同分异构体B1mol X最多能与3molH2发生加成反应C1mol Y最多能与2molNaOH发生反应D通过

4、调控温度可以得到不同的目标产物7、2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展作出重要贡献的科学家。一种锂离子电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)LiFePO4+xLi+，放电时的工作原理如图。下列叙述不正确的是A该电池工作时Fe、P元素化合价均不变B放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔C充电时，铝箔电极应该接电源的正极D充电时，Li+通过隔膜移向铜箔电极方向迁移8、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 L 0.1 molL1NaClO溶液中含有的ClO为NAB1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC常温常压下，

5、32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA9、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C向2支盛有5mL 0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1mol/L CuCl2溶液和2滴0.1mol/L CaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象KspCu(OH)2KspCa(OH)2D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层

6、呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIAABBCCDD10、下列说法正确的是A时，将的碳酸钠溶液加水稀释100倍，所得溶液的BpH相同的盐酸和醋酸溶液分别与足量镁粉反应，醋酸产生体积更大C时，的HA弱酸溶液与的NaOH溶液等体积混合，所得溶液pH一定小于7D溶液中加入一定量晶体，溶液中增大，可以证明为弱酸11、将表面已完全钝化的铝条，插入下列溶液中，不会发生反应的是（）A稀硝酸B硝酸铜C稀盐酸D氢氧化钠12、下列物质不能使淀粉碘化钾溶液变蓝的是ASO2BH2O2C新制氯水D碘酒13、某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3+、SO32-、SO42-，

7、且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为两份，一份加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（ ）A若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+B若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+C溶液中可能含有Fe3+D溶液中一定含有Fe2+和SO42-14、Fe3+、SO42、Al3+和X四种离子以物质的量之比2: 4 :1 :1大量共存于同一溶液中，X可能是（）ANa+BClCCO32DOH15、可用于电动汽车的铝空气燃料电池，通常以NaCl溶液或NaOH溶液为电解质溶液，铝合金为负极，空气电极为正极。下列说法正确的是()A以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液时

8、，正极反应都为：O22H2O4e=4OHB以NaOH溶液为电解液时，负极反应为：Al3OH3e=Al(OH)3C以NaOH溶液为电解液时，电池在工作过程中电解质溶液的碱性保持不变D电池工作时，电子通过外电路从正极流向负极16、常温下用NaOH溶液滴定H2C2O4溶液的过程中，溶液中一lg和一lgc(HC2O42)或lg和1gc(C2O42)的关系如图所示。下列说法正确的是AKa1(H2C2O4)数量级为101B曲线N表示lg和lg c(HC2O4)的关系C向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4)和c(C2O42)相等，此时溶液pH约为5D在NaHC2O4溶液中C(Na+)c(HC2O

9、4)c(H2C2O4)c(C2O42)17、下列各项中的实验方案不能达到预期实验目的的是 选项实验目的实验方案A鉴别BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液分别向三种盐溶液中缓慢通入SO2气体B除去CuCl2溶液中的少量FeCl3加入足量氧化铜粉末。充分反应后过滤C除去HCl气体中混有少量Cl2将气体依次通过饱和食盐水、浓硫酸D配制氯化铁溶液将氯化铁固体溶解在较浓的盐酸中再加水稀释AABBCCDD18、对于1mol/L盐酸与铁片的反应，下列措施不能使产生H2反应速率加快的是（）A加入一小块铜片B改用等体积 98%的硫酸C用等量铁粉代替铁片D改用等体积3mol/L盐酸19、下列操作

10、一定会使结果偏低的是（）A配制一定物质的量浓度的溶液时，用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出B测定胆矾晶体中的结晶水含量，加热后，未进行恒重操作C酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待半分钟D测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积20、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A将过量二氧化硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2=Ag2S+

11、2Cl21、宋应星所著天工开物被外国学者誉为“17世纪中国工艺百科全书”。下列说法不正确的是A“凡白土曰垩土，为陶家精美启用”中“陶”是一种传统硅酸盐材料B“凡火药，硫为纯阳，硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C“烧铁器淬于胆矾水中，即成铜色也”该过程中反应的类型为置换反应D“每红铜六斤，入倭铅四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黄铜”中的黄铜是合金22、在酸性条件下，黄铁矿( FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A反应I的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+

12、4NO+2H2OB反应的氧化剂是Fe3+C反应是氧化还原反应D黄铁矿催化氧化中NO作催化剂二、非选择题(共84分)23、（14分）甲苯是有机合成的重要原料，既可用来合成抗流感病毒活性药物的中间体E，也可用来合成-分泌调节剂的药物中间体K，合成路线如下：已知：.R1NH2+Br-R2R1-NH-R2+HBr.（1）A的结构简式为_。（2）C中含氧官能团名称为_。（3）CD的化学方程式为_。（4）FG的反应条件为_。（5）HI的化学方程式为_。（6）J的结构简式为_。（7）利用题目所给信息，以和为原料合成化合物L的流程如下，写出中间产物1和中间产物2的结构简式：_，_。合成L的过程中还可能得到一种

13、高分子化合物，其结构简式为_。24、（12分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是_(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是_(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是75 b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为_。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。_25、（12分）草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3是一种常用的金属着色剂，易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.05.0之间。某兴趣小组设计实验制备

14、草酸铁铵并测其纯度。（1）甲组设计由硝酸氧化葡萄糖制取草酸，其实验装置(夹持及加热装置略去)如图所示。仪器a的名称是_。5560下，装置A中生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，该反应的化学方程式为_。装置B的作用是_；装置C中盛装的试剂是_。（2）乙组利用甲组提纯后的草酸溶液制备草酸铁铵。将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液；滴加氨水至_，然后将溶液_、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品。（3）丙组设计实验测定乙组产品的纯度。准确称量5.000g产品配成100mL溶液，取10.00mL于锥形瓶中，加入足量0.1000molL1稀硫酸酸化后，再用0.1000molL

15、1KMnO4标准溶液进行滴定，消耗KMnO4溶液的体积为12.00mL。滴定终点的现象是_。滴定过程中发现褪色速率开始缓慢后迅速加快，其主要原因是_。产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为_。已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩尔质量为374gmol126、（10分）向硝酸酸化的2mL0.1molL-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。探究Fe2+产生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与_或_反应的产物。（2）实验探究：在两支试管中分别加入与

16、上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管2mL.0.1molL-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管_蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1molL-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的图示为_（

17、填“图甲”或“图乙”）。实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为_。探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后_（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象_（填“能“或“不能“）证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为_。27、（12分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气

18、密性的检查，具体操作为：_（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是_（填写序号）；只有甲烷 只有乙烯 烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为_；（4）该实验中碎瓷片的作用是_（填序号）；防止暴沸 有催化功能 积蓄热量 作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为_（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有_（任填一种），产生该气体的化学方程式为_。28、（14分）化合物H的分子中含有醛基和酯基。H可以用C和F在一定条件下合成（如图）：已知

19、以下信息：A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2。RCH2COOH。化合物D苯环上的一氯代物只有两种。通常同一个碳原子上连有两个羟基不稳定，易脱水形成羰基。（1）A的名称为_。（2）D的官能团名称为_。（3）反应的化学方程式为_，的反应类型为_。（4）F的结构简式为_。（5）H在一定条件下反应生成高聚物的化学方程式为_。（6）F的同系物G比F相对分子质量大14，G的同分异构体中能同时满足如下条件：苯环上只有两个取代基；不能使FeCl3溶液显色，共有_种（不考虑立体异构）。其中能与碳酸氢钠溶液反应且核磁共振氢谱为4组峰，且峰面积比为3：2：2：1，写出G的这种同分异构体

20、的结构简式_。29、（10分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)Q(Q0)。常温下，实验室在10 L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0 min2 min4 min5 min6 minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675 (1)该反应的平衡常数表达式K_，02 min 内 NH3 的平均生成速率为_。(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_。(3)在56 min之间只改变了单一条件，该条件是_。(4)以NH3和CO

21、2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_(用方程式表示)。(5)常温下NH4HCO3 溶液的 pH7，由此判断溶液中：c( NH4+)_c( HCO3)(选填“”、“”或“”)，理由是_。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、C【解析】，由于同浓度酸性：HF大于HClO，当lg=0时，则=1，则K(HF)=10-3.2，K(HClO)=10-7.5。【详解】A，由于同浓度酸性：HF大于HClO，又因lg=0时，则=1，因此pH大的为HClO，所以线M代表的变化线，故A错误；B反应Cl

22、O + HF HClO+F的平衡常数，其平衡常数数量级为104，故B错误；C当混合溶液pH= 7 时，根据电荷守恒c(Na+) + c (H+) = c(ClO) + c(F) + c(OH)，溶液呈中性，得到c(Na+) = c(ClO) + c(F)，根据物料守恒c(ClO) +c(HClO) = c(Na+)，因此溶液中c(HClO)= c(F)，故C正确；D温度未变，随HF的通入，溶液中c(H+)c(OH)不变，故D错误。综上所述，答案为C。2、C【解析】A、NO2和水发生反应：3NO2H2O=2HNO3NO，不能用排水法收集NO2，应用排空气法收集，故错误；B、现象分别是无现象、有白

23、色沉淀、有白色沉淀(氢氧化铝溶于强碱不溶于弱碱)、无现象，因此不能区分，应用NaOH溶液，进行鉴别，故错误；C、高锰酸钾溶液，可以把草酸氧化成CO2，即2MnO45H2C2O46H=2Mn210CO28H2O，故正确；D、Cl2H2OHClHClO，HCl消耗NaHCO3，促使平衡向正反应方向移动，因此应用饱和食盐水，故错误。3、A【解析】A、导管口插入四氯化碳中，氯化氢气体易溶于水不易溶于四氯化碳，能防止倒吸且能吸收氯化氢，选项A正确；B、制备氯气时应为二氧化锰和浓盐酸共热，装置中缺少加热装置，选项B错误；C、收集乙酸乙酯时导管末端不能伸入液面以下，选项C错误；D、制备氨气时应加热氯化铵和氢

24、氧化钙混合固体，选项D错误。答案选A。4、B【解析】A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误B. 甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；C. 皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；D.溶液变蓝色，可能是淀粉没有发生水解，也可能是

25、淀粉部分水解，D错误。故选B。【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。5、A【解析】钠与水反应生成氢气，铝与氢氧化钠溶液反应生成氢气，所以所得气体为氢气，故A正确；非标准状况下，2.24L气体的物质的量不一定是 0.1 mol，故B错误；上述过程，发生钠与水反应生、铝与氢氧化钠溶液反应，共发生两个化学反应，故C错误；所得溶液中的溶质可能有偏铝酸钠和氢氧化钠两种溶质，故D错误。点睛：铝能与酸反应放出氢气，铝也能与强碱溶液反应放出氢气，如 。6、B【解析】AX、Y、Z的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，故

26、A正确；BX中苯环和羰基能与氢气发生加成反应，则1molX最多能与4molH2发生加成反应，故B错误；CY含有酯基，且水解生成酚羟基，则1molY最多能与2molNaOH发生反应，故C正确；D由转化关系可知，Y在不同温度下，生成不同物质，则通过调控温度可以得到不同的目标产物，故D正确；故选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意酯基水解生成的羟基是否为酚羟基。7、A【解析】A. 该电池在充电时Fe元素化合价由反应前LiFePO4中的+2价变为反应后中的FePO4中的+3价，可见Fe元素化合价发生了变化，A错误；B. 根据电池充电时的阳极反应式为：LiFePO4-xe-=xFePO4+(1-x)Li

27、FePO4+xLi+，充电时铝箔为阳极，则放电时铝箔为正极，铜箔为负极，放电时，电子由铜箔经外电路流向铝箔，B正确；C. 根据题意可知充电时Al箔为阳极，则充电时，铝箔电极应该接电源的正极，C正确；D. 根据图示可知：电池放电时Li+通过隔膜向铝箔电极方向迁移，充电是放电的逆过程，则Li+要由铝箔通过隔膜向铜箔电极方向迁移，D正确；故答案选A。8、C【解析】A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO会水解，使溶液中ClO的物质的量小于1 L 0.1 molL1，即小于NA，A项错误；B. 根据反应2Fe3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转移2 mol电子，B项错误；C. 3

28、2g O2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。9、B【解析】A. 将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反

29、应SO2+ Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3H2SiO3，故A正确；B. 淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C. 两支试管中c(OH)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故C正确；D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，

30、说明发生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，故D正确；故答案为B。【点睛】对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。10、D【解析】A碳酸钠溶液加水稀释促进，所以时，将的碳酸钠溶液加水稀释100倍，所得溶液的，故A错误；B相同温度下，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸溶液分别与足量镁粉反应，因醋酸是弱酸能电离出更多的氢离子，所以生成的氢气较多，但溶液的体积不知，所以无法确定多少，故B错误；C的HA弱酸溶液与的NaOH溶液等体积混合，得到等物质的量浓度的HA和NaA的混合溶液，如果NaA的水解

31、程度大于HA的电离程度，此时溶液呈碱性，故C错误；D溶液中加入一定量晶体，溶液中增大，说明亚硝酸钠抑制亚硝酸电离，则亚硝酸部分电离，为弱电解质，故D正确；故答案选D。【点睛】判断酸碱混合后溶液的酸碱性，应根据反应后产物的成分及其物质的量来进行分析，若体系中既有水解又有电离，则需要判断水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液的酸碱性。11、B【解析】表面已完全钝化的铝条表面的物质是氧化铝，氧化铝属于两性氧化物，能溶于强酸、强碱溶液，稀硝酸和稀盐酸是强酸，NaOH是强碱，所以能溶于稀硝酸、稀盐酸、NaOH溶液中，但不能和硝酸铜反应，故选B。12、A【解析】A. SO2和碘化钾不反应,所以没有碘单质生

32、成,则不能使淀粉碘化钾溶液变蓝,故A正确； B. H2O2具有强氧化性，能和碘离子反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝,B错误; C. 新制氯水中氯气和碘离子发生置换反应生成碘单质,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, C错误；D. 碘酒中含有碘单质,碘与淀粉溶液变蓝色,所以能使淀粉碘化钾溶液变蓝色, D错误。答案选A.13、B【解析】向溶液中加高锰酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或；另一份加氯化钡溶液，产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有或；若溶液中阴离子只有，与Fe2+会发生双水解，因溶液中各离子的物质的量相等以及会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na

33、+；若溶液中阴离子为，则阳离子为Fe2+（不能含有K+、Na+，否则溶液不能使高锰酸钾褪色）；若溶液中阴离子为、，Fe3+、Fe2+与不能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有、；综上所述，答案为B。【点睛】本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。14、B【解析】假设离子的物质的量为分别为2mol、4mol、1mol、1mol，则根据溶液中的电荷守恒分析，23+13=24+1x，解x=1，说明阴离子带一个单位的负电荷，铁离子和氢氧根离子不能共存，所以氢氧根离子不存，故X可能为氯离子，故选B。15、A【解析】A.以NaCl溶液或NaOH溶液为电解液

34、时，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，电极反应为：O22H2O4e=4OH，故A正确；B.以NaOH溶液为电解液时，Al易失去电子作负极，电极反应为：Al4OH3e=AlO2-+2H2O，故B错误；C.以NaOH溶液为电解液时，总反应为：4Al4OH+3O2=4AlO2-+2H2O，氢氧根离子参加反应，所以溶液的碱性降低，故C错误；D.放电时，电子从负极沿导线流向正极，故D错误；故选A。16、C【解析】H2CO4为弱酸，第一步电离平衡常数第二步电离平衡常数，即则则，因此曲线M表示和-1gc(HC2O4-)的关系，曲线N表示和-1gc(C2O42-)的关系，选项B错误；根据上述分析，因为，则，数量

35、级为102，选项A错误；根据A的分析，向NaHC2O4溶液中加NaOH至c(HC2O4)和c(C2O42)相等，此时溶液pH约为5，选项C正确；根据A的分析，Ka1(H2C2O4)=10-2，则NaHC2O4的水解平衡常数，说明以电离为主，溶液显酸性，则c(Na+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H2C2O4)，选项D错误；答案选C。17、C【解析】A、分别向BaCl2、Ba(NO3)2、Na2SiO3三种盐溶液中缓慢通入SO2气体，无明显现象的为氯化钡溶液，产生白色沉淀且有无色气体产生马上变为红棕色气体的为硝酸钡溶液，产生白色沉淀的为硅酸钠溶液，故可鉴别三种盐溶液，选项A正确；B氧化

36、铜可促进铁离子的水解转化为沉淀，则加入过量氧化铜粉末，过滤可除杂，选项B正确；C氯气难溶于饱和食盐水，但HCl极易溶于水，不能用饱和食盐水除去氯化氢气体中混有的少量氯气，选项C不正确；D盐酸可抑制铁离子的水解，则配制氯化铁溶液时，将氯化铁溶解在较浓的盐酸中再加水稀释，选项D正确；答案选C。18、B【解析】AFe、Cu和稀盐酸能构成原电池，Fe易失电子作负极而加快反应速率，故A正确；B将稀盐酸改用浓硫酸，浓硫酸和Fe发生钝化现象且二者反应生成二氧化硫而不是氢气，故B错误；C将铁粉代替铁片，增大反应物接触面积，反应速率加快，故C正确；D改用等体积3mol/L稀盐酸，盐酸浓度增大，反应速率加快，故D

37、正确；故答案为B。【点睛】考查化学反应速率影响因素，明确浓度、温度、催化剂、反应物接触面积等因素对反应速率影响原理是解本题关键，1mol/L盐酸与铁片的反应，增大盐酸浓度、将铁片换为铁粉、升高温度、使其形成原电池且Fe作负极都能加快反应速率，易错选项是B。19、A【解析】A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选； B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选； C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未

38、等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选； D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选； 故选：A。20、A【解析】A、过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵；B、醋酸为弱电解质，保留化学式；C、漏写铵根离子与碱的反应；D、硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀无需符号。【详解】A、过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：，故A正确；B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：CaCO3+

39、2CH3COOH=Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故B错误；C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为，故C错误；D、AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl，故D错误；故选：A。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；

40、从反应的条件进行判断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。21、B【解析】A.陶瓷是传统硅酸盐材料,属于无机传统非金属材料,故A正确; B.“凡火药,硫为纯阳,硝为纯阴”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸钾,故B不正确;C.该过程中反应为铁与硫酸铜反应生成硫酸亚铁和铜,反应类型为置换反应,故C正确; D.黄铜是铜锌合金,故D正确; 答案：B。22、C【解析】A根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2+O2+4H+= 4Fe3+4NO+2H2O，故A正确；B根据图示，反应的反应物是Fe3+和FeS2，

41、生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C根据图示，反应的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2+4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。二、非选择题(共84分)23、 羟基、羧基 +CH3OH+H2O 浓H2SO4、浓硝酸，加热 +H2O 【解析】被氧化为A，A发生取代

42、反应生成，故A是；与甲醇发生酯化反应生成D，D是；根据，由可逆推I是，H与甲酸反应生成，则H是，根据逆推G是。【详解】（1）根据以上分析可知A是苯甲酸，结构简式为。（2）C是，含氧官能团名称为羧基、羟基。（3）与甲醇发生酯化反应生成，化学方程式为。（4）为硝化反应，反应条件为浓硫酸、浓硝酸，加热。（5）与甲酸发生反应生成和水，化学方程式为。（6）与J反应生成，根据可知J的结构简式为。（7）根据，由逆推中间产物1和中间产物2的结构简式分别为、。合成L的过程中、可能发生缩聚反应生成高分子化合物。【点睛】本题考查有机物的推断与合成，注意根据有机物的结构进行分析解答，需要熟练掌握官能团的性质与转化，重

43、点把握逆推法在有机推断中的应用。24、羧基 a、c +2NaOH HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa 【解析】(1)甲含有氨基和羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N原子；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原

44、子与氮原子的个数比是7：5，a正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合

45、成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。25、球形冷凝管 12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O 安全瓶，防倒吸 NaOH溶液 溶液pH介于4.05.0之间 加热浓缩、冷却结晶 溶液变为粉红色,且半分钟内不褪色 反应生成的Mn2+是该反应的催化剂 74.8 【解析】(1)根据图示分析判断仪器a的名称；5560下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒分析书写方程式；反应中生成的NO2和NO，

46、均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸；(2)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3易溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.05.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；(3)滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂；滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，据此分析；根据题给数据，结合反应，计算(NH4)3Fe(C2O4)3的物质的量，进而计算产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数=100%。【详解】(1)

47、根据图示仪器a的名称为球形冷凝管；5560下，装置A中硝酸与葡萄糖发生氧化还原反应生成H2C2O4，同时生成NO2和NO且物质的量之比为3：1，根据电子得失守恒、原子守恒，该反应的化学方程式为12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O；反应中生成的NO2和NO，均为大气污染气体，需要尾气吸收，NO2和NO被吸收时会导致倒吸，装置B的作用是做安全瓶防止倒吸，装置C中盛装的试剂是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，发生反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸铁铵(NH4)3Fe(C2O4)3易

48、溶于水，常温下其水溶液的pH介于4.05.0之间，则将Fe2O3在搅拌条件下溶于热的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.05.0之间；草酸铁铵是铵盐，温度过高易分解，且温度过高促进铵根离子和铁离子水解，不能直接加热蒸干；提纯后的草酸溶液进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，制得草酸铁铵产品；(3)滴定操作是高锰酸钾溶液参与的氧化还原反应，高锰酸钾发生氧化还原反应过程中颜色褪去，自身可做指示剂，滴定终点的现象是加入最后一滴高锰酸钾溶液，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪色，即为达到终点；滴定过程中高锰酸钾溶液被还原为Mn2+，且随着反应进行，Mn2+的浓度增大，反应速率加快，说明反应生成的Mn2+可

49、以加快反应速率，即Mn2+起催化剂的作用；滴定过程中，产品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，离子反应为5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2Mn2+10CO2+8H2O，10.00mL 产品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000molL10.012L=0.0012mol，则10.00mL产品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=0.0012mol=0.003mol，根据物料守恒，100mL产品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量=0.003mol374gmol1=3.74g，故产品中(NH4)3Fe(C2O4)3的质量分数为100%=74.8%。26

50、、HNO3 AgNO3 硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2） 该反应速率很小或反应的活化能较大 图乙 NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O 加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀 不能 Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化 【解析】（1）Fe过量，可能与硝酸反应生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反应生成硝酸亚铁； （2）加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作对比实验； 1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反应速率很小有关； 发生NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O，消耗氢离子，pH增大；

51、实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，则NO3-中N转化为NH4+； （3）Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸； （4）左侧烧杯溶液，加KSCN溶液，溶液变红，可知左侧含铁离子，左侧为正极，但亚铁离子可能被硝酸或氧气氧化。【详解】（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物；（2）2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），与1为对比实验；资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或反应的活化能较大；反应中消耗氢

52、离子，pH变大，则pH传感器测得的图示为图乙；实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量盐酸，有黑色固体剩余），证明黑色固体中有Ag；（4）方案二：一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。27、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 溴水褪色 5CH2

53、=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O 3mNA/14 NH3 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3 【解析】探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石

54、蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选； (3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；(5)分解产生的气体混合物全部

55、通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3。28、2-甲基丙酸羟基（酚羟基）+2NaOH+NaBr+2H2O取代反应n12【解析】A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，A与溴发生取代反

56、应生成B，则B的结构简式为(CH3)2CBrCOOH，B与氢氧化钠的醇溶液发生消去反应再酸化后得到C，C为CH2=C(CH3)COOH，C与F反应生成的H中有酯基和醛基，可知C与F发生发反应是酯化反应，则F中含有醛基，也有羟基能与C酯化，结合F的分子式为C7H6O2，可知F中有一个苯环和一个醛基、一个酚羟基；因此D中也有一个苯环和一个酚羟基，结合D分子式C7H8O，可知D中还有一个甲基，另外化合物D苯环上的一氯代物只有两种，可知苯环上的取代基为对位，则D的结构为。【详解】（1）根据题中信息，A的核磁共振氢谱中有三组峰；且能与饱和碳酸氢钠溶液反应放出CO2，说明A中含有羧基，为一元羧酸，其结构简式为(CH3)2CHCOOH，则A的名称为2-甲基丙酸，故答案为：2-甲基丙酸；（2）由以上分析知D的结构为，则D的官能团名称为羟基（酚羟基），故答案为：羟基（酚羟基）；（3）在NaOH的醇溶液里发生消去反应得到C为CH2=C(CH3)COOH，则反应的化学方程式为+2NaOH +NaBr+2H2O，该反应类型为取代反应，故答案为：. +2NaOH+NaBr+2H2O ；取代反应；（4）由在NaOH的水溶液里水解并酸化得到的F为，故答案为：；（5）和CH2=