2022年贵州省贵阳清镇北大培文学校高考压轴卷化学试卷含解析

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、化学现象随处可见，化学制品伴随我们的生活。下列说法错误的是（ ）A“霾尘积聚难见路人”，雾霾可能产生丁达尔效应B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上”，其中涉及的操作是蒸馏C“世间丝、麻、裘皆具素质”，其中的“丝、麻”的主要成分都是蛋白质D古剑“沈卢”以“剂钢为刃，柔铁为茎干

2、，不尔则多断折”，其中的“剂钢”是铁合金2、在K2Cr2O7存在下利用微生物电化学技术实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图。下列说法正确的是( ) AM为电源负极，有机物被还原B中间室水量增多，NaCl溶液浓度减小CM极电极反应式为：+11H2O-23e-=6CO2+23H+D处理1molCr2O72-时有6mol H+从阳离子交换膜右侧向左侧迁移3、分离混合物的方法错误的是A分离苯和硝基苯：蒸馏B分离氯化钠与氯化铵固体：升华C分离水和溴乙烷：分液D分离氯化钠和硝酸钾：结晶4、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NAB1mol20

3、Ne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110-4.6NA5、常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是A溶液中c(H+)=1.010-2mol/LB此溶液中由水电离出的c(OH)=1.010-12mol/LC加水稀释100倍后，溶液的pH = 4D加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性6、25时，NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01molL1Na

4、CN溶液中逐滴加入0.01molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A图甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=104.5mol/LC图乙中b点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)7、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E为上述四种元素中的一种或几种所组成的物质。已知A分子中含有18个电子，C、D有漂白性。五种物质间的转化关系如图所示。下列说法错误的是AY的简单

5、氢化物的沸点比Z的高BX、Y组成的化合物中可能含有非极性键CZ的氧化物对应水化物的酸性比W的弱DW是所在周期中原子半径最小的元素8、25时，0.1molL-1的3种溶液盐酸氨水CH3COONa溶液下列说法中，不正确的是（）A3种溶液中pH最小的是B3种溶液中水的电离程度最大的是C与等体积混合后溶液显酸性D与等体积混合后c（H+）c（CH3COO-）c（OH-）9、一定温度下，硫酸盐 MSO4(M2代表 Ba2+、Sr2+)的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知：p ( M2+ ) =lgc ( M2+ )，p(SO42)=lgc(SO42)。向 10mL 0.01 mol/L Na2SO4 溶液中滴

6、入 1 滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L BaCl2 溶液岀现白色浑浊，而滴入 1 滴(约 0. 05 mL) 0. 01 mol/L SrCl2 溶液无浑浊出现。下列说法中错误的是A该温度下，溶度积常数 Ksp(BaSO4)Ksp( SrSO4)B欲使c点对应BaSO4溶液移向b点，可加浓BaCl2溶液C欲使c点对应SrSO4溶液移向a点，可加浓SrCl2溶液DSrSO4(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)的平衡常数为106.810、下列说法不正确的是()ANa-K合金用作快中子反应堆的导热剂BMgO是一种常用的耐高温材料C亚铁盐是常用的补血药剂D石英

7、坩埚常用来熔融碱11、科学研究发现，高度对称的有机分子具有致密性高、稳定性强、张力能大等特点。饱和烃中有一系列高度对称结构的烃，如（正四面体烷C4H4）、（棱晶烷C6H6）、（立方烷C8H8），下列有关说法正确的是A上述三种物质中的C原子都形成4个单键，因此它们都属于烷烃B上述三种物质互为同系物，它们的通式为C2nH2n（n2）C棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物的数目不同D棱晶烷与立方烷在光照条件下均可与氯气发生取代反应12、研究者预想合成一个纯粹由氮组成的新物种，若离子中每个氮原子均满足8电子结构，下列关于含氮微粒的表述正确的是A有24个电子BN原子中未成对电子的电子云形状相

8、同C质子数为20D中N原子间形成离子键13、已知Cu+在酸性条件下能发生下列反应:Cu+Cu+Cu2+(未配平)。NH4CuSO3与足量的1.0 molL-1硫酸溶液混合微热,产生下列现象:有红色金属生成有刺激性气味气体产生溶液呈蓝色。据此判断下列说法一定合理的是()A该反应显示硫酸具有酸性BNH4CuSO3中铜元素全部被氧化C刺激性气味的气体是氨气D反应中硫酸作氧化剂14、下列由实验得出的结论正确的是()A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为

9、乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性15、学习化学应有辩证的观点和方法下列说法正确的是（）A催化剂不参加化学反应B醇和酸反应的产物未必是酯C卤代烃的水解产物一定是醇D醇脱水的反应都属于消去反应16、实验室中，要使AlCl3溶液中的Al3+离子全部沉淀出来，适宜的试剂是ANaOH溶液B氨水C盐酸DBa(OH)2溶液17、X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素。X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，Z为短周期中金属性最强的元素，W是地売中含量最高的金属元素。下列

10、叙述正确的是AY、Z、W原子半径依次增大B元素W、R的简单离子具有相同的电子层结构CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比R的强DX、R分别与Y形成的常见化合物中化学键类型相同18、一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g) 2SCl2(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ）A正反应的活化能大于逆反应的活化能B达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动CA、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，

11、Cl2的平衡转化率不变19、如图是一个一次性加热杯的示意图。当水袋破裂时，水与固体碎块混合，杯内食物温度逐渐上升。制造此加热杯可选用的固体碎块是（ ）A硝酸铵B生石灰C氯化铵D食盐20、四种有机物的结构简式如下图所示。下列说法中错误的是A的分子式相同B中所有碳原子均处于同一平面C的一氯代物均有2种D可用酸性高锰酸钾溶液鉴别和21、化学与生活紧密相关，下列描述正确的是A流感疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B乳酸()通过加聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料C“客从南溟来，遗我泉客珠。”“珍珠”的主要成分属于有机高分子化合物D水泥是由石灰石、石英砂、纯碱为原料烧制而成的22、在酸性条件下，黄铁矿(

12、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+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）某杀菌药物M的合成路线如下图所示。回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_。BC的反应类型是_。(2)B的分子式为_。(3)CD的化学方程式为_。(4)F的结构简式为_。(5)符合下列条件的C的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)；能发生水解反应；能与FeCl3

13、溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱为4组峰的结构简式为_(任写一种)。(6)请以和CH3CH2OH为原料，设计制备有机化合物的合成路线(无机试剂任选)_。24、（12分）香料G的一种合成工艺如图所示。已知：核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11。CH3CH2CH=CH2 CH3CHBrCH=CH2CH3CHO+CH3CHO CH3CH=CHCHO+H2O请回答下列问题：(1)A的结构简式为_ ，G中官能团的名称为_。(2)检验M已完全转化为N的实验操作是_(3)有学生建议，将MN的转化用KMnO4 (H)代替O2，你认为是否合理_(填“是”或“否”)原因是_(若认为合理则不填此空)。(4

14、)写出下列转化的化学方程式，并标出反应类型：KL_，反应类型_。(5)F是M的同系物，比M多一个碳原子。满足下列条件的F的同分异构体有_种。(不考虑立体异构)能发生银镜反应能与溴的四氯化碳溶液加成苯环上只有2个对位取代基(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，请设计合成路线_(其他无机原料任选)。请用以下方式表示：A B目标产物25、（12分）X、Y、Z均是中学化学中常见的物质，某同学用X、Y两种单质及Z的溶液进行实验，部分实验内容如下表所示：(1)I中反应物与生成物总能量的大小E(反应物)_E(生成物）（填“ ”“”或“”）0。已知37 时，上述反应的正反应速率v(正)=k1c(M

15、b)p(O2)，逆反应速率v(逆)=k2c(MbO2)，若k1=120 s-1kPa-1，则k2=_。37 时，图2中C点时，=_。29、（10分）硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）

16、步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。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】A雾霾中可能存在直径1-100nm的粒子，这些粒子分散在空气中形成胶体，可产生丁达尔效应，A项正确；B“用浓酒和糟入甑(蒸锅)，蒸令气上”，通过蒸煮使酒精转化为蒸气，再冷凝收集，是蒸馏操作，B项正确；C“丝”是蚕丝，主要成分为蛋白质；“麻”来自植物，主要成分为纤维素，C项错误；D钢是铁和碳的合金，D项正确；答案选C。2、B【

17、解析】根据图示，M极，苯酚转化为CO2，C的化合价升高，失去电子，M为负极，在N极，Cr2O72转化为Cr(OH)3，Cr的化合价降低，得到电子，N为正极。A根据分析，M为电源负极，有机物失去电子，被氧化，A错误；B由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na和Cl不能定向移动。电池工作时，M极电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，负极生成的H透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，N极电极反应式为Cr2O726e14H2O=2Cr(OH)38OH，生成的OH透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中，OH与H反应生成水，使NaCl溶液浓度减小，B正确；C苯酚的化学式为

18、C6H6O，C的化合价为升高到+4价。1mol苯酚被氧化时，失去的电子的总物质的量为64()=28mol，则其电极反应式为+11H2O-28e-=6CO2+28H+，C错误；D原电池中，阳离子向正极移动，因此H从阳离子交换膜的左侧向右侧移动，D错误。答案选B。【点睛】此题的B项比较难，M极是负极，阴离子应该向负极移动，但是M和NaCl溶液之间，是阳离子交换膜，阴离子不能通过，因此判断NaCl的浓度的变化，不能通过Na和Cl的移动来判断，只能根据电极反应中产生的H和OH的移动反应来判断。3、B【解析】A.苯和硝基苯互溶，但沸点不同，则选择蒸馏法分离，故不选A；B.氯化铵加热分解，而氯化钠不能，则

19、选择加热法分离，故选B；C.水和溴乙烷互不相溶，会分层，则选择分液法分离，故不选C；D.二者溶解度受温度影响不同，则选择结晶法分离，故不选D；答案：B4、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。5、D【解析】A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.0

20、10-2mol/L，故不选A；B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2=1.010-12mol/L，故不选B；C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3H2O、NH4Cl，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；答案：D6、B【解析】A. 图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c(Cl)=c(HCN)，故A错误；B. a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN)，HC

21、N的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；C. b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN的水解程度，因此c(HCN)c(CN)，故C错误；D. c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl)+ c(OH)+ c(CN)，则c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ 2c(CN)，故D错误；故选B。7、C【解析

22、】A分子中含有18个电子，含有18个电子的分子有：Ar、F2、HCl、H2S、PH3、SiH4、H2O2、N2H4、C2H6、CH3OH等，C、D有漂白性，具有漂白性的物质有Na2O2、O3、H2O2、NaClO、Ca(ClO)2、SO2、活性炭，根据五种物质间的转化关系，A为H2S，B为S，C为SO2，D为H2O2，E为O2，X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，则X为H元素，Y为O元素，Z为S元素，W为Cl元素，据此分析解答。【详解】AY为O元素，Z为S元素，简单气态氢化物分别为H2O、H2S，由于H2O分子间形成氢键，则Y的简单氢化物的沸点比Z的高，故A正确；BX为H元素

23、，Y为O元素，X、Y组成的化合物为H2O和H2O2，H2O中只含有极性共价键，H2O2中既含有极性共价键又含有非极性共价键，故B正确；CZ为S元素，W为Cl元素，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Z的氧化物对应水化物可形成硫酸，W可形成次氯酸，硫酸的酸性强于次氯酸，故C错误； DW为Cl元素，同周期元素从左至右，随核电荷数增大原子半径减小，则W是所在周期中原子半径最小的元素，故D正确；答案选C。8、B【解析】盐酸PH7，氨水电离呈碱性CH3COONa水解呈碱性，pH最小的是，故A正确；盐酸电离出氢离子、氨水电离出氢氧根离子，抑制水电离，CH3COONa水解促进水电离，所以电离程度

24、最大的是，故B错误；与等体积混合后恰好生成氯化铵，氯化铵水解呈酸性，故C正确；与等体积混合后恰好完全反应生成醋酸和氯化钠，根据电荷守恒c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-），c（Na+）= c（Cl-），所以c（H+）=c（CH3COO-）+c（OH-），所以c（H+）c（CH3COO-）c（OH-），故D正确。点睛：任意溶液中，阳离子所带正电荷总数一定等于阴离子所带负电荷总数；如醋酸和氯化钠的混合溶液中含有H+、Na+、CH3COO-、OH-、Cl-，所以一定有c（H+）+ c（Na+）=c（CH3COO-）+c（OH-）+ c（Cl-）。9、C【解析

25、】由题意可知Ksp( BaSO4)=c(Ba2+)c(SO)，Ksp( SrSO4)=c(Sr2+)c(SO)，可判断a 点所在直线(实线)表示SrSO4沉淀溶解平衡曲线，b、c点所在直线表示BaSO4沉淀溶解平衡曲线。【详解】A利用数据可得Ksp(BaSO4)=c(Ba2+)c(SO)=1.01051.0105=11010，Ksp(SrSO4)= c(Sr2+)c(SO)=1.0101.61.0101.6=11010=1，故A正确；B欲使c点BaSO4饱和溶液(Ba2+、SO浓度相等)移向b点(饱和溶液)，需使c(Ba2+)增大、c(SO)减小，则可加入BaCl2浓溶液，故B正确；C欲使c点

26、SrSO4溶液(不饱和溶液)移向a点(饱和溶液)，需使c(Sr2+)、c(SO)都增大且保持相等，则需加入SrSO4固体，故C错误；DSrSO4(s) +Ba2+(aq)BaSO4(s) +Sr2+(aq)的平衡常数K=，故D正确；答案选C。10、D【解析】A、NaK合金常温下为液体，具有良好的导热性，常用于快中子反应堆的导热剂，故A说法正确；B、MgO熔沸点高，常用作耐高温材料，故B说法正确；C、我国最常见的贫血症是缺铁性贫血，铁是制造血红蛋白必不可缺少的原料，因此亚铁盐是常用补血剂，故C说法正确；D、石英是SiO2，属于酸性氧化物，与碱能发生反应，因此石英坩埚不能熔融碱，常用铁制坩埚，故D

27、说法错误；答案选D。11、D【解析】A. 上述三种物质中的C原子之间都形成C-C键，但由于不是结合形成链状，因此它们不属于烷烃，A错误；B. 三种物质的通式为C2nH2n，n2，但结构不同，分子组成也不是相差CH2原子团的整数倍，不属于同系物，B错误；C. 棱晶烷与立方烷中碳原子均为饱和碳原子，其二氯代物都有3种，数目相同，C错误；D. 棱晶烷与立方烷分子中每个C与三个C形成三个共价单键，因此都属于饱和烃，在光照条件下均可与氯气发生取代反应，D正确；故合理选项是D。12、B【解析】A.1个氮原子中含有7个电子，则1个N5分子中含有35个电子，N5+是由N5分子失去1个电子得到的，则1个N5+粒

28、子中有34个电子，故A错误；B.N原子中未成对电子处于2p轨道，p轨道的电子云形状都为纺锤形，故B正确；C.N原子的质子数为7，形成阴离子时得到电子，但质子数不变，则质子数为21，故C错误；D.N5+离子的结构为，中N原子间形成共价键，故D错误；故选B。13、A【解析】由反应现象可以知道，NH4CuSO3与足量的1.0 molL-1硫酸溶液混合微热，分别发生：2Cu+=Cu+Cu2+，SO32+2H+=SO2+H2O，结合反应的现象判断。【详解】A.分别发生:2Cu+=Cu+Cu2+，SO32+2H+=SO2+H2O，反应中硫酸中各元素的化合价不变，所以只显示酸性，所以A选项是正确的；B.根据

29、2Cu+=Cu+Cu2+知，NH4CuSO3中铜元素部分被氧化部分被还原，故B错误；C.根据反应SO32+2H+=SO2+H2O，刺激性气味的气体是SO2，故C错误；D.反应中硫酸只作酸，故D错误。答案选A。14、A【解析】A. 乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D

30、. 甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。15、B【解析】A. 催化剂能明显增大化学反应速率，且在反应前后质量和性质不发生变化，这并不意味着催化剂不参加反应过程，实际催化剂参与了反应过程，改变了反应的路径，从而起到改变反应快慢的作用，故A错误；B. 醇和酸反应后的产物是不是酯取决于酸是有机酸还是无机酸，如果是醇和有机酸反应，则生成的为酯，如果是醇和无机酸反应，则发生取代反应生成卤代烃，如乙醇和HBr反应则生成溴乙烷，故B正确；C. 卤代烃水解后的产物除了是醇，还可能是酚，即卤代烃发生水解后生

31、成的是醇还是酚，取决于X是连在链烃基上还是直接连在苯环上，故C错误；D. 醇可以分子内脱水，也可以分子间脱水，如果是分子内脱水，则发生的是消去反应，如果是分子间脱水，则发生的是取代反应，故D错误；答案选B。16、B【解析】要使AlCl3溶液中的Al3+全部沉淀出来，要求所用试剂能提供OH，且须过量，因此适宜的试剂不能为强碱溶液，因为强碱会使氢氧化铝沉淀溶解，据此分析；【详解】A.据分析可知，氢氧化钠过量会将氢氧化铝沉淀溶解，A错误；B.据分析可知，氨水可以使铝离子全部沉淀出来，且氢氧化铝沉淀不溶于氨水，B正确；C.据分析可知，盐酸不能使AlCl3溶液中的Al3+离子沉淀，C错误；D.据分析可知

32、，Ba(OH)2溶液可以使铝离子沉淀，但Ba(OH)2溶液过量会使氢氧化铝沉淀溶解，D错误；故答案选B。【点睛】氢氧化铝不溶于弱酸弱碱是考察频率较高的知识点之一，学生须熟练掌握。17、D【解析】X、Y、Z、W、R是原了序数依次递增的短周期元素X原子最外层电子数是其内层电子数的2倍，应为C元素，Y、R同主族，且两者核外电子数之和是X核外电子数的4倍，即为24，则Y为O元素，R为S元素，Z为短周期中金属性最强的元素，应为Na元素，W是地売中含量最高的金属元素，为Al元素；A由分析可知：Z为Na、W为Al，原子NaAl，故A错误；BW为Al、R为S元素，对应的离子的原子核外电子层数不同，故B错误；C

33、非金属性SC，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故C错误；DX、R分别与Y形成的常见化合物分别为二氧化碳、二氧化硫，都为共价化合物，化学键类型相同，故D正确；故答案为D。点睛：。18、A【解析】根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消

34、耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【详解】A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B. 由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D

35、点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。19、B【解析】A硝酸铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故A错误；B生石灰(CaO)与水反应时放出热量，温度升高，故B正确；C氯化铵与水混合时，吸收热量，温度降低，故C错误；D食盐溶于水没有明显的热效应，温度变化不明显，故D错误；故答案为B。【点睛】考查常见的放热和吸热反应，明确物质的性质、掌握常见的放热反

36、应和吸热反应是解决该类题目的关键，根据常见的放热反应有：大多数的化合反应，酸碱中和的反应，金属与酸的反应，金属与水的反应，燃烧反应，爆炸反应；常见的吸热反应有：大多数的分解反应，C、CO、H2还原金属氧化物，铵盐与碱的反应；结合题意可知水与固体碎片混合时放出热量，即为放热反应来解题。20、B【解析】A. 的分子式都是C8H8，故A正确；B. 中含有多个饱和的碳原子，根据甲烷分子的正四面体结构可以判断，分子中所有碳原子不可能共平面，故B错误；C. 分子中都有2种等效氢，所以一氯代物均有2种，故C正确；D. 分子中没有碳碳双键， 分子中有碳碳双键，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，能，故可用酸性高锰酸钾

37、溶液鉴别和，D正确。选B。21、A【解析】A流感疫苗属于蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，A选项正确；B乳酸()通过缩聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料，B选项错误；C“珍珠”的主要成分是CaCO3，属于无机盐，不属于有机高分子化合物，C选项错误；D水泥是由黏土和石灰石烧制而成的，D选项错误；答案选A。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，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，

38、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 取代反应 C7H6O3 +HNO3+H2O 19 或 CH3CH2OHCH2=CH2 【解析】本题主要采用逆推法，通过分析C的结构可知B（）与CH3I发生

39、取代反应生成C；分析B（）的结构可知A（）与CH2Cl2发生取代反应生成B；C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，D在Fe+HCl条件下，-NO2还原为-NH2，根据M中肽键的存在，可知E与F发生分子间脱水生成M；分析M的结构，可知E为，F为；根据E（）可知D为。【详解】(1)根据上面分析可知A（）中官能团的名称是羟基。BC的反应类型是取代反应；答案：羟基 取代反应(2)B（）的分子式为C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，化学方程式为+HNO3+H2O；答案：+HNO3+H2O(4)根据上面分析可知F的结构简式为；答案：(5)符合下

40、列条件的C（）的同分异构体：能发生水解反应，说明必有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明必有酚羟基；符合条件的有苯环外面三个官能团：HCOO-、-CH3、-OH，符合条件的共有10种；苯环外面两个官能团：-OH、-COOCH3，符合条件的共有3种；苯环外面两个官能团：-OH、-OOCCH3，符合条件的共有3种；-CH2OOCH、-OH，符合条件的共有3种；因此同分异构体共19种，其中核磁共振氢谱只有4组峰的结构肯定对称，符合条件的结构简式为或；答案：19 或(6)逆推法：根据题干A生成B的信息可知：的生成应该是与一定条件下发生取代反应生成；可以利用乙烯与溴水加成反应生成，乙烯可由乙醇消去

41、反应生成，据此设计合成路线为；答案：。24、 碳碳双键、酯基 取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N 否 KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 +CH3CHO 加成反应 6 CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 【解析】由流程：E和N发生酯化反应得到的G为，则E、N分别为和中的一种，C反应得到D，D发生卤代烃水解反应得到E，故E属于醇，E为，则N为，逆推出M为、L为，结合信息，逆推出K为，由E逆推出D为，结合信息，逆推出C为，C由B在浓硫酸加热条件下发

42、生消去反应所得、B为，又知A催化加氢得B，核磁共振氢谱显示A有两个峰，其强度之比为11，即A分子内有2种氢原子且二者数目相同，则A为；(1)据上分析，写出A的结构简式及G中官能团的名称；(2)检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验；(3)该学生建议是否合理，主要通过用KMnO4 (H)代替O2发生转化时，有没有其它基团也被氧化，如果有，那么就不可行；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，按反应特点确定反应类型；(5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。求满足下列条件的F的同分异构体数目，主要找出满足条件的基团进行有序组合就可以了，条件能发生银镜反应，意味着有CHO，

43、条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳原子数目为4，据此回答；(6)以丙烯和NBS试剂为原料制备甘油(丙三醇)，则主要通过取代反应引入一个溴原子，通过加成反应引入2个溴原子，再水解即可；【详解】(1)据上分析，A为，；答案为：；G为，G中官能团为碳碳双键、酯基；答案为：碳碳双键、酯基；(2)M为，N为，N呈酸性，检验M已完全转化为N，主要检验醛基即可，碱性环境下检验，故检验操作为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； 答案为：取少量M于试管中，滴加稀NaOH至溶液呈

44、碱性，再加新制的Cu(OH)2加热，若没有砖红色沉淀产生，说明M已完全转化为N； (3)学生建议用KMnO4 (H)代替O2把M转化为N，醛基确实被氧化为羧基，但是碳碳双键同时被氧化，那么建议就不可行；答案为：否； KMnO4(H)在氧化醛基的同时，还可以氧化碳碳双键 ；(4) K为，则KL的反应可通过信息类推，反应为：+CH3CHO ，从反应特点看是加成反应；答案为：+CH3CHO ； 加成反应； (5)F是M的同系物，M为，而F比M多一个碳原子。F的同分异构体，要满足条件条件能发生银镜反应，意味着有CHO，条件能与溴的四氯化碳溶液加成意味着有碳碳双键，苯环上只有2个对位取代基，且取代基中碳

45、原子数目为4，由此可把2个位于对位的取代基分成以下几种情况：CHO、 CHO、CHO、CH2CHO、；故共有6种；答案为：6； (6)由流程图知，C和NBS试剂可通过取代反应引入一个溴原子而碳碳双键不变，故以丙烯和NBS发生取代反应，引入一个溴原子，得到CH2=CH-CH2-Br，通过加成反应引入2个溴原子，得到BrCH2-CHBr-CH2-Br，水解即可制备甘油(丙三醇)，流程为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br ；答案为：CH2=CH-CH3 CH2=CH-CH2-Br BrCH2-CHBr-CH2-Br 。25、 硝酸或硫酸 Cl对铝与

46、H之间的反应有催化作用 2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O B Cu2e=Cu2 NO3 【解析】（1）该反应自发进行，且为放热反应，根据反应热=生成物的总能量-反应物的总能量作答；根据图示信息可知，X在常温下被Z的浓溶液钝化；（2）根据影响反应速率的外因结合三种盐的结构特点分析；（3）结合Z可能是硫酸或硝酸，及题意中II中反应产生的气泡有特殊颜色，推测该气泡为二氧化氮，据此分析作答；结合原电池的工作原理分析；（4）Cu2为蓝色溶液；NO3在正极得电子生成NO2。【详解】（1）I进行的是自发的氧化还原反应，为放热反应，所以反应物总能量高于生成物总能量；由I、II可知，X在常温下被

47、Z的浓溶液钝化，故Z可能是硫酸或硝酸，故答案为：；硫酸或硝酸；（2）由于加入（适量）等物质的量的NaCl、KCl、CsCl后反应速率明显加快，因三种盐均含有Cl，而Cl不可能与Al反应，故只能是Cl起催化作用，故答案为：Cl对铝与H之间的反应有催化作用；（3）有色气体为NO2，Z是硝酸，铝被浓硝酸氧化后生成致密的Al2O3，故反应的离子方程式为：2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O；由III知，X、Y与浓硝酸构成原电池且Y是负极，故Y的单质在常温下应该与浓硝酸发生反应，铅、镁、银都能与浓硝酸反应，石墨与浓硝酸不反应，答案选B；故答案为2Al36H6NO3=Al2O36NO23H2O

48、；B；（4）溶液最终变成蓝色，则说明生成铜离子，即铜是负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为：Cu2e=Cu2；NO3与H在正极得电子生成NO2和H2O，故答案为：Cu2e=Cu2；NO3。26、 浓硫酸 a b 20.0 abdce 搅拌，加速溶解 引流 偏高 【解析】（1）若从a端进气，相当于向上排空气法收集气体，O2 、CO2 密度比空气大，采用向上排空气法；若从b端进气，相当于向下排空气法收集，CH4 、H2 、NH3 密度比空气小，采用向下排空气法，CO和N2密度与空气太接近，不能用排空气法收集；故答案为：； （2）干燥二氧化碳，所选用的试剂必须不能与二氧化碳反应，浓硫酸具有吸水

49、性，且不与二氧化碳反应，洗气时用“长进短处”，故答案为：浓硫酸；a；（3）将它与装置连接作为量气装置将广口瓶中装满水，用乳胶管连接好装置，使用排水法收集气体并测量体积时，水从a端排到量筒中，则气体从b端进入， 故答案为：b；（4）配制500mL 1.0molL- NaOH溶液需要氢氧化钠的质量;；答案为：20.0；配制500mL 1.0molL- NaOH溶液的操作步骤为：计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作，所以正确的操作顺序为:abdce；答案为：abdce；配制过程中，在溶解氢氧化钠固体时需要使用玻璃棒搅拌，以便加速溶解过程；在转移冷却后的氢氧化钠溶液时，需要使用玻璃棒引流

50、，避免液体流到容量瓶外边；答案为：搅拌，加速溶解；引流；定容时，若俯视刻度线，会导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液体积偏小，溶液的浓度偏高；答案为：偏高。27、碱石灰 冷凝分离出氨气中的水 反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温 2Na+2NH32NaNH2+H2 乙醚 NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥 500mL容量瓶、胶头滴管 偏大 93.60% 【解析】实验I：A装置为制取氨气的装置，B装置用于冷凝分离出氨气中的水，C装置为干燥氨气，因为叠氮化钠(NaN3)固体易溶于水，所以必须保证干燥环境；D装置为制取叠氮化钠

51、(NaN3)的装置。反应之前需要排出装置内的空气，防止Na与空气中的氧气发生反应而影响产率，同时应该有尾气处理装置，据此分析解答(1)(4)；实验II：根据(NaN3)固体易溶于水，微溶于乙醇，不溶于乙醚，分析解答(5)；实验：根据配制溶液的步骤和使用的仪器结合滴定操作的误差分析的方法解答(6)；(7)结合滴定过程，叠氮化钠和六硝酸铈铵反应，用0.0500molL-1(NH4)2Fe(SO4)2(硫酸亚铁铵)标准溶液滴定过量的Ce4+，结合化学方程式定量关系计算。【详解】(1)根据上述分析，浓氨水分解产生的氨气中含有较多的水蒸气，经B装置分离出大部分水后，氨气中仍有少量的水蒸气，故装置C为干燥

52、氨气的装置，其中的干燥剂可以选用碱石灰；B装置用于冷凝分离出氨气中的水，故答案为碱石灰；冷凝分离出氨气中的水；(2) 装置D中的反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温，因此需要油浴，故答案为反应需要在210220下进行，水浴不能达到这样的高温；(3)氨气与熔化的钠反应生成NaNH2的化学方程式为2Na+2NH32NaNH2+H2，故答案为2Na+2NH32NaNH2+H2；(4)N2O可由NH4NO3(熔点169.6)在240分解制得，NH4NO3分解时已经融化，同时分解过程中会生成水，为了防止水倒流到试管底部，使试管炸裂，试管口需要略向下倾斜，且需要防止NH4NO3流下，只有装

53、置满足要求，故答案为； (5) NaN3固体不溶于乙醚，操作可以采用乙醚洗涤，能减少NaN3损失，同时洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥，故答案为乙醚；NaN3固体不溶于乙醚，能减少其损失，可洗去表面的乙醇杂质，且乙醚易挥发，有利于产品快速干燥；(6)配制叠氮化钠溶液时，除需用到烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要用到的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；若其它读数正确，滴定到终点后，读取滴定管中(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积时俯视，导致消耗标准液的体积偏小，则(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量偏大，将导致所测定样品中叠氮化钠质量分数偏大，故答案为500mL容量瓶、胶

54、头滴管；偏大；(7)50.00 mL 0.1010 molL-1(NH4)2Ce(NO3)6 溶液中：n(NH4)2Ce(NO3)6=0.1010molL-150.0010-3L=5.0510-3mol，29.00mL 0.0500 molL-1(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液中，n(NH4)2Fe(SO4)2=0.0500molL-129.0010-3L=1.4510-3mol，根据Ce4+Fe2+=Ce3+Fe3+可知，(NH4)2Fe(SO4)2消耗(NH4)2Ce(NO3)6的物质的量为1.4510-3mol，则与NaN3反应的n(NH4)2Ce(NO3)6=5.0510-3mol-1.4510-3mol=3.610-3mol，根据2(NH4)2Ce(NO3)6+2NaN3=4NH4NO3+2Ce(NO3)3+2NaN