2022年贵州省贵阳市四校高三（最后冲刺）化学试卷含解析

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、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2、水的电离平衡曲线如图所示，下列说法正确的是（）A图中五点Kw间的关系：BCADEB若从A点到D点，可采用在水中加入少量NaOH的方法C若从A点到C点，可采用温度不变时在水中加入适量H2SO4的

3、方法D100时，将pH2的硫酸溶液与pH12的KOH溶液等体积混合后，溶液显中性3、优质的含钾化肥有硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾、氯化钾等，下列说法正确的是（ ）A四种钾肥化合物都属于正盐，硝酸钾属于氮钾二元复合肥B磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，有利于磷元素的吸收C上述钾肥化合物中，钾元素含量最高的是硫酸钾D氯化钾可用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸钾、磷酸二氢钾4、垃圾假单胞菌株能够在分解有机物的同时分泌物质产生电能，其原理如下图所示。下列说法正确的是( )A电流由左侧电极经过负载后流向右侧电极B放电过程中，正极附近pH 变小C若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室D

4、负极电极反应为：H2PCA + 2ePCA + 2H+5、教材中证明海带中存在碘元素的实验过程中，下列有关装置或操作错误的是A过滤B灼烧C溶解D检验6、将一定质量的Mg和Al混合物投入到200 mL稀硫酸中，固体全部溶解后，向所得溶液中滴加NaOH溶液至过量，生成沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积关系如图所示。则下列说法错误的是A最初20 mL NaOH溶液用于中和过量的稀硫酸BNaOH溶液物质的量浓度为CMg和Al的总质量为9gD生成的氢气在标准状况下的体积为11.2 L7、下列实验操作正确的是( )A用装置甲收集SO2B用装置乙制备AlCl3晶体C中和滴定时，锥形瓶用待装液润洗D使用分

5、液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液8、下列物质与其用途不相符的是A乙二醇抗冻剂BNaCl制纯碱CAl2O3焊接钢轨D甲苯制炸药9、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A最简单氢化物的稳定性：WXB含氧酸的酸性：ZH2SiO3H3AlO3B沸点：HClHBr HIC热稳定性：HFHClH2SD碱性：KOHNaOHMg(OH)215、对下列事实的解释合理的是（ ）A氢氟酸可用于雕

6、刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高16、可逆反应X(g)+2Y(g)2Z(g)、2M(g) Ng)+P(g)分别在密闭容器的两个反应室中进行，反应室之间有无摩擦、可滑动的密封隔板。反应开始和达到平衡状态时有关物理量的变化如图所示，下列判断不正确的是A反应的正反应是放热反应B达平衡(I)时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为10:11C达平衡(I)时，X的转化率为20D在平衡(I)和平衡(II)中，M的体积分数不相等17、我国科研人员研究了在C

7、u-ZnO-ZrO2催化剂上CO2加氢制甲醇过程中水的作用机理,其主反应历程如图所示(H2*H+* H)。下列说法错误的是A向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率B带*标记的物质是该反应历程中的中间产物C二氧化碳加氢制甲醇的过程中原子利用率达100%D第步的反应式为*H3CO+ H2OCH3OH+*HO18、下列食品添加剂中，其使用目的与反应速率有关的是()A抗氧化剂B调味剂C着色剂D增稠剂19、下列有关说法正确的是AMgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)高温下能自发进行，则该反应H0、S0B常温下等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中，水的电离程度相同C0.1 molL1

8、NH4Cl溶液加水稀释，的值增大D对于反应2SO2O22SO3，使用催化剂能加快反应速率并提高SO2的平衡转化率20、关于Na2O2的叙述正确的是 （NA表示阿伏伽德罗常数）A7.8g Na2O2含有的共价键数为0.2NAB7.8 g Na2S与Na2O2的混合物， 含离子总数为0.3 NAC7.8g Na2O2与足量的CO2充分反应， 转移的电数为0.2NAD0.2 mol Na被完全氧化生成7.8g Na2O2， 转移电子的数目为0.4NA21、NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是( )A1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数为NAB常温常压下，将15g N

9、O和8g O2混合，所得混合气体分子总数小于0.5NAC标准状况下，2.24 L的CCl4中含有的CCl键数为0.4NAD6.8g熔融态KHSO4中含有0.1NA个阳离子22、科学家设计了一种可以循环利用人体呼出的CO2并提供O2的装置，总反应方程式为2CO2=2CO+O2，下列说法不正确的是A由图分析N电极为负极BOH-通过离子交换膜迁向右室C反应完毕，该装置中电解质溶液的碱性增强D阴极的电极反应式为CO2+H2O+2e-=CO+2OH-二、非选择题(共84分)23、（14分）苯巴比妥是1903年就开始使用的安眠药，其合成路线如图(部分试剂和产物略)。已知：NBS是一种溴代试剂+ + C2H

10、5OHR1COOC2H5+C2H5OH请回答下列问题：(1)下列说法正确的是_A1 mol E在NaOH溶液中完全水解，需要消耗2 mol NaOHB化合物C可以和FeCl3溶液发生显色反应C苯巴比妥具有弱碱性D试剂X可以是CO(NH2)2(2)B中官能团的名称_，化合物H的结构简式为_。(3)DE的化学方程式为_。(4)苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，写出K同时符合下列条件的同分异构体的结构简式_分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似能够和FeCl3发生显色反应核磁共振氢谱显示分子中由5种氢(5)参照流程图中的反应，设计以甲苯为原料合成聚酯_(用流程图表示，无机

11、试剂任选)24、（12分）化合物I是临床常用的镇静、麻醉药物,其合成路线如下:已知：R、R代表烃基或氢原子+ RBr+CH3ONa+CH3OH+NaBr回答下列问题:.（1）A的名称为_,D中官能团的名称为_。（2）试剂a的结构简式为_，I 的分子式为_。（3）写出EF 的化学方程式: _。反应GH的反应类型是_。（4）满足下列要求的G的同分异构体共有._种,其中核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1的有机物的结构简式为. _。a 只有一种官能团 b 能与NaHCO3溶液反应放出气体 c 结构中有3个甲基（5）以CH2 BrCH2CH2 Br、CH3OH、CH3ONa为原料,无机试剂任选,

12、制备的流程如下,请将有关内容补充完整: _，_，_，_。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH325、（12分）碳酸氢铵是我国主要的氮肥品种之一，在贮存和运输过程中容易挥发损失。为了鉴定其质量和确定田间施用量，必须测定其含氮量。.某学生设计了一套以测定二氧化碳含量间接测定含氮量的方法。将样品放入圆底烧瓶中： (8)请选择必要地装置，按气流方向连接顺序为_。(2)分液漏斗中的液体最适合的是_。A稀盐酸 B稀硫酸 C浓硝酸 D氢氧化钠(6)连在最后的装置起到的作用_。如果氮肥中成分是（NH8）2SO8，则可以用甲醛法测定含氮量。甲醛法是基于甲醛与一定量的铵盐作

13、用，生成相当量的酸，反应为2（NH8）2SO8+6HCHO（CH2）6N8 +2H2SO8 + 6H2O,生成的酸再用氢氧化钠标准溶液滴定，从而测定氮的含量。步骤如下：(8)用差量法称取固体（NH8）2SO8样品86g于烧杯中，加入约68mL蒸馏水溶解，最终配成888mL溶液。用_准确取出2888mL的溶液于锥形瓶中，加入86%中性甲醛溶液5mL，放置5min后，加入82滴_指示剂（已知滴定终点的pH约为66），用浓度为8.86mol/L氢氧化钠标准溶液滴定，读数如下表：滴定次数滴定前读数（mL）滴定后读数（mL）882886282688869868588989达滴定终点时的现象为_，由此可计

14、算出该样品中的氮的质量分数为_。(5)在滴定实验结束后发现滴定用的滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，则此实验测定的含氮量比实际值_（填“偏大”“偏小”或“无影响”）。26、（10分）向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液（pH2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。.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。（均填化学式）（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5 min后取上层清液，分

15、别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1_溶液(pH2)蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1 molL1 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，证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下：取100 mL 0.1 molL1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为_（填“图甲”

16、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氧化了。小组同学设计了不同的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：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象_（填“能”或“不能”）证明Fe2可被Ag氧化，理由为_。27、（12分）ClO2是一种优良的消毒剂，浓度过高时易发生分解，常将其制成NaClO2固体，以便运输和贮存。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验

17、装置如图所示。请回答：已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2OClO2熔点-59、沸点11；H2O2沸点150（1）NaClO2中氯元素的化合价是_。（2）仪器A的作用是_。（3）写出制备NaClO2固体的化学方程式：_。冰水浴冷却的目的是_(写两种)。（4）空气流速过快或过慢，均降低NaClO2产率，试解释其原因_。（5）Cl存在时会催化ClO2的生成。反应开始时在三颈烧瓶中加入少量盐酸，ClO2的生成速率大大提高，并产生微量氯气。该过程可能经两步反应完成，将其补充完整：_(用离子方程式表示)，H2O2+Cl2=2Cl-+O2+2H+。（6）为了测

18、定NaClO2粗品的纯度，取上述粗产品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于锥形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反应（NaClO2被还原为Cl-，杂质不参加反应），该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_，加入23滴淀粉溶液，用0.20molL-1Na2S2O3标准液滴定，达到滴定达终点时用去标准液20.00mL，试计算NaClO2粗品的纯度_。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）28、（14分）2019年诺贝尔化学奖颁给了三位为锂离子电池发展做出重要贡献的科学家。利用废旧二次电池主要成分为Ni(OH)2、Fe2O3、MnO2、碳粉、铝箔等合成电池级N

19、i(OH)2的工艺流程如下：已知：氢氧化物Fe(OH)3Al(OH)3Ni(OH)2Mn(OH)2Ksp(室温下)4.010-381.010-331.610-142.010-13 (1)已知“酸浸”后滤液中含有：Ni2+、Al3+、Fe3+、Mn2+，调节溶液的pH约为5，其目的是_；以下最适合作为物质X的是_（填字母）。A双氧水 B氨水 C盐酸 DNiO若滤液中Ni2+的浓度为2molL-1，列式计算判断此时滤渣中是否有Ni(OH)2沉淀：_ 。(2)滤渣的主要成分是_，“氧化除锰”过程发生反应的离子方程式为_。(3)用Ni(OH)2和LiOH在空气中混合加热至700800可制得LiNiO2

20、（镍酸锂），该反应的化学方程式为_。(4)镍酸锂是一种有较好前景的锂离子电池正极材料。该电池在充放电过程中，发生LiNiO2和Li1-xNiO2之间的转化，充电时LiNiO2在_（填“阴”或“阳“）极发生反应，该电极的电极反应式为_。29、（10分）钢是现代社会的物质基础，钢中除含有铁外还含有碳和少量不可避免的钴、硅、锰、磷、硫等元素。请回答下列有关问题：(1)基态Mn原子的价电子排布式为_。Mn2+与Fe2+中，第一电离能较大的是_，判断的理由是_。(2)碳元素除可形成常见的氧化物CO、CO2外，还可形成C2O3(结构式为)。C2O3中碳原子的杂化轨道类型为_，CO2分子的立体构型为_。(3

21、)酞菁钴分子的结构简式如图所示，分子中与钴原子通过配位键结合的氮原子的编号是_(填“1” “2” “3”或“4”)其中C、H、O元素电负性由大到小的顺序是_(4)碳酸盐的热分解是由于晶体中的阳离子结合碳酸根中的氧离子，是碳酸根分解为CO2分子的结果。MgCO3分解温度低于CaCO3，请解释原因_。(5)氧化亚铁晶胞与NaCl的相似，NaCl的晶胞如图所示。由于晶体缺陷，某氧化亚铁晶体的实际组成为Fe0.9O，其中包含有Fe2+和Fe3+，晶胞边长为apm，该晶体的密度为gcm3，则a=_(列出计算式即可，用NA表示阿伏加德罗常数的值)。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

22、题意的选项）1、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. 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。2、A【解析】A. 水是弱电解质，升高温度，促进水的

23、电离，Kw增大，A、D、E三点均在25下水的电离平衡曲线上，三点的Kw相同，图中五点温度BCADE，则Kw间的关系为BCADE，故A正确；B. 若从A点到D点，由于温度不变，溶液中c（H）增大，c（OH）减小，则可采用在水中加入少量酸的方法，故B错误；C. A点到C点，温度升高，Kw增大，且A点和C点c（H）c（OH），所以可采用升高温度的方法，温度不变时在水中加入适量H2SO4，温度不变则Kw不变，c（H）增大则c（OH）减小，A点沿曲线向D点方向移动，故C错误；D. 100时，Kw1012，pH2的硫酸溶液中c(H)102mol/L，pH12的KOH溶液中c(OH)1mol/L，若二者等体

24、积混合，由于n(OH)n(H)，所以溶液显碱性，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】计算pH时一定要注意前提条件温度，温度变化，离子积常数随之发生改变，则pH值也会发生改变。3、D【解析】A磷酸二氢钾可以电离出氢离子，所以为酸式盐，故A错误；B磷酸二氢根离子易与氢氧根离子反应生成磷酸根离子，磷酸根离子与阳离子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氢钾在碱性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B错误；C依据化学式计算可得：硝酸钾含钾38.6%、硫酸钾含钾44.8%、磷酸二氢钾含钾约28.8%、氯化钾含钾52%，钾元素含量最高的是氯化钾，故C错误；D氯化钾是重要的化工原料，可以用来生产氢氧化钾、硝酸钾、硫酸

25、钾、磷酸二氢钾，故D正确；故选：D。4、C【解析】A、右侧氧气得电子产生水，作为正极，故电流由右侧正极经过负载后流向左侧负极，选项A错误；B、放电过程中，正极氧气得电子与氢离子结合产生水， 氢离子浓度减小，pH 变大，选项B错误；C、若1molO2 参与电极反应，有4 mol H+穿过质子交换膜进入右室，生成2mol水，选项C正确；D、原电池负极失电子，选项D错误。答案选C。5、B【解析】A过滤时使用漏斗和烧杯，溶液沿玻璃棒引流，装置正确，故A不选；B灼烧海带应该在坩埚中进行，装置中使用仪器不正确，故B选；C溶解时用玻璃棒搅拌，并且适当加热，可以加速溶解，装置正确，故C不选；D可以向溶液中滴加

26、淀粉溶液检验是否存在碘单质，装置图正确，故D不选；故选B。6、D【解析】由图象可以知道,从开始至加入NaOH溶液20mL,没有沉淀生成,说明原溶液中硫酸溶解Mg、Al后硫酸有剩余,此时发生的反应为:.当V(NaOH溶液)=200mL时,沉淀量最大,此时为和,二者物质的量之和为0.35mol,溶液中溶质为,根据钠元素守恒可以知道此时等于200mL氢氧化钠溶液中含有的n(NaOH)的0.5倍.从200mL到240mL,NaOH溶解,当V(NaOH溶液)=240mL时,沉淀不再减少,此时全部为,物质的量为0.15mol, 为0.15mol, 为0.35mol-0.15mol=0.2mol,因为从20

27、0mL到240mL,发生,所以该阶段消耗,氢氧化钠的浓度为.【详解】A. 由上述分析可以知道,最初20mLNaOH溶液用于中和过量的稀硫酸,所以A选项是正确的;B. 由上述分析可以知道,氢氧化钠溶液的物质的量浓度为5mol/L,所以B选项是正确的;C. 由元素守恒可以知道，,所以镁和铝的总质量为,所以C选项是正确的;D. 由电子守恒可以知道,生成的氢气为,若在标况下,体积为,但状况未知,故D错误;故答案选D。7、D【解析】A、二氧化硫密度比空气大，收集时需长进短出，故A错误；B、氯化铝水解生成的氯化氢易挥发，通过加热氯化铝溶液制备AlCl3晶体，需在氯化氢氛围下蒸发，故B错误；C、中和滴定时，

28、锥形瓶不能用待装液润洗，否则会使滴定结果产生较大误差，故C错误；D、分液漏斗和容量瓶上均有塞子，使用分液漏斗和容量瓶时，先要检查是否漏液，防止实验过程中漏液，故D正确。答案选D。8、C【解析】A. 乙二醇的熔点很低，故可用作汽车的防冻液，故A正确；B. 侯氏制碱法的原理是将氨气和二氧化碳通入饱和氯化钠溶液中，然后生成碳酸氢钠和氯化铵，将碳酸氢钠分离出后加热即可制得纯碱碳酸钠，故氯化钠可用作制纯碱，故B正确；C. 利用铝热反应来焊接钢轨，而铝热反应是铝单质和某些金属氧化物的反应，其中氧化铝是生成物，故可以说金属铝能用于焊接钢轨，故C错误；D. 三硝基甲苯是一种烈性炸药，可以通过甲苯的硝化反应来制

29、取，故D正确。故选：C。9、D【解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：WX,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.S

30、OCl2+H2OSO2+2HCl， AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。10、D【解析】煤的综合利用是指通过物理或化学加工等途径，回收和利用煤中的各种有益组分，以获得多种产品的方法，包括煤的气化、液化和干馏，均属于煤的综合利用；而裂解是石油的综合利用的方法。故选：D。11、C【解析】A氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl等，可用于农药的生产等，如制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够

31、杀菌消毒，故A正确；B硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；C光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确；故选C。12、C【解析】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，分别与过氧化钠反应生成碳酸钠和氢氧化钠，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳过量，最终产物为碳酸钠。【详解】加热时碳酸氢钠分解生成二氧化碳和水，二氧化碳和水与过氧化钠反应，当碳酸氢钠过量时，生成二氧化碳、水均过量，则反应后生成的固体中不可能存在过氧化钠，过氧化钠先与过量的

32、二氧化碳反应生成碳酸钠，则最终产物为碳酸钠；故答案选C。13、A【解析】A连接四个不同的原子或原子团的碳原子为手性碳原子，化合物X与溴水反应的产物中含有2个手性碳原子（为连接溴原子的碳原子），选项A正确；B根据结构简式确定分子式为C6H13NO2，选项B错误；CZ中酚羟基、酯基水解生成的羧基都能和NaOH反应，则1mol化合物Z最多可以与3molNaOH反应，选项C错误；D. 化合物Z中酚羟基的邻、对位上均没有氢原子，不能与甲醛发生聚合反应，选项D错误。答案选A。【点睛】本题考查有机物结构和性质，明确官能团及其性质关系是解本题关键，侧重考查学生分析判断能力，侧重考查烯烃、酯和酚的性质，注意Z中

33、水解生成的酚羟基能与NaOH反应，为易错点。14、B【解析】A元素的非金属性越强，其对应最高价含氧酸的酸性越强，由于元素的非金属性CSiAl，所以酸性：H2CO3H2SiO3H3AlO3，A正确；B同类型的分子中，相对分子质量越大，沸点越高，沸点为HIHBrHCl，B错误；C元素的非金属性越强，其对应最简单的氢化物越稳定，由于元素的非金属性FClS，所以氢化物的热稳定性：HFHClH2S，C正确；D元素的金属性越强，其对应的最高价氧化物的水化物的碱性越强，由于元素的金属性KNaMg，所以碱性：KOHNaOHMg(OH)2，D正确；故合理选项是B。15、D【解析】A. 氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明

34、氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B. 常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D. 铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。16、C【解析】A、降温由平衡（）向平衡（）移动，同时X、Y、Z的总物质的量减少，说明平衡向右移动，正反应放热，逆反应为吸热反应，故A正确；B、平衡时，右边物质的量不变，由图可以看出达平衡（）时体系的压强与反应开始时体系的压强之比为：，故B正确；C、达平衡（

35、）时，右边气体的物质的量不变，仍为2mol，左右气体压强相等，设平衡时左边气体的物质的量为xmol，则有：，x=mol，即物质的量减少了(3-)mol=mol，所以达平衡（）时，X的转化率为， 故C错误；D、由平衡（）到平衡（），化学反应发生平衡的移动，则M的体积分数不相等，故D正确；答案选C。17、C【解析】A. 反应历程第步需要水，所以向该反应体系中加入少量的水能增加甲醇的收率，故A正确；B. 根据图知，带*标记的物质在反应过程中最终被消耗，所以带*标记的物质是该反应历程中的中间产物，故B正确；C. 根据图知，二氧化碳和氢气反应生成甲醇和水，该反应中除了生成甲醇外还生成水，所以二氧化碳加氢

36、制甲醇的过程中原子利用率不是100%，故C错误；D. 第步中H3CO、H2O生成CH3OH和HO，反应方程式为H3CO+H2OCH3OH+HO，故D正确；故答案为C。18、A【解析】A. 抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确；B. 调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误；C. 着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误；D. 增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误。故选:A。19、A【解析】A当G=H-TS0时反应能自发进行，反应MgO(s)C(s)=CO(g)Mg(g)的S0，高温下能自发进行，则该反应H0，故A正确；B等物质的量浓度的CH3C

37、OOH溶液和HCl溶液，HCl溶液中氢离子浓度大，对水的电离的抑制程度大，所以等物质的量浓度的CH3COOH溶液和HCl溶液中水的电离程度不同，故B错误；C0.1mol/LNH4Cl溶液加水稀释，NH4+H2ONH3H2O+H+，促进铵根离子的水解，水解平衡正移，溶液中氯离子浓度减小，一水合氨浓度增大，的值减小，故C错误；D对于反应2SO2O22SO3，使用催化剂能加快反应速率，但平衡不移动， SO2的平衡转化率不变，故D错误；答案选A。【点睛】使用催化剂能加快反应速率，催化剂对转化率无影响。20、B【解析】A、7.8g Na2O2为1mol，含有的共价键数为0.1NA，错误；B、过氧根离子为

38、整体，正确；C、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，反应中，过氧化钠中的氧元素化合价从-1变化到-2和0价，根据电子守恒，1molNa2O2与足量CO2反应时，转移NA个电子，错误；D、1molNa失去1mol电子成为Na+所以0.2mol钠完全被氧化失去0.2mol电子，转移电子的数目为0.2NA，错误。21、B【解析】A酯化反应为可逆反应，1mol冰醋酸和1mol乙醇经催化加热反应可生成H2O分子数小于NA，故A错误；B常温常压下，将15g NO和8g O2混合反应生成0.5mol二氧化氮，二氧化氮会聚合为四氧化二氮，所得混合气体分子总数小于0.5NA，故B正确；C标况下四氯化碳

39、为液体，不能使用气体摩尔体积，故C错误；D熔融状态的KHSO4的电离方程式为KHSO4=K+HSO4-； 6.8g熔融状态的KHSO4物质的量=0.05mol，含0.05mol阳离子，故D错误；故选：B。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，掌握公式的使用和物质的结构、状态是解题关键，注意气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大。22、C【解析】电池内部，电子向负极迁移，结合图可知，N电极为负极，P电极为正极。【详解】A由分析可知，N电极为负极，A正确；B右边的装置与太阳能电池相连，为电解池，左边Pt电极与电池负极相连，为阴极，右边Pt电极与电池正极相连，为阳极，电解池中，阴离子向阳极移动，

40、故OH-通过离子交换膜迁向右室，B正确；C总反应方程式为2CO2=2CO+O2，电解质溶液pH不变，碱性不变，C错误；DCO2在阴极得电子生成CO，结合电解质、电荷守恒、原子守恒可写出阴极反应式为：CO2+H2O+2e-=CO+2OH-，D正确。答案选C。二、非选择题(共84分)23、CD 溴原子 +C2H5OH+HCl 、 【解析】根据物质的A、B分子式及反应条件可知A是，A与NBS反应产生B是，B与NaCN发生取代反应，然后酸化，可得C：，C与SOCl2发生取代反应产生D：，D与乙醇发生酯化反应产生E：，根据F与乙醇发生酯化反应产生J，根据J的结构简式可知F结构简式为：HOOC-COOH，

41、E、J反应产生G：，G与C2H5OH与C2H5ONa作用下发生取代反应产生H：，I在一定条件下发生反应产生苯巴比妥：。据此分析解答。【详解】根据上述分析可知A是；B是；C是；D是；E是；F是HOOC-COOH；J是C2H5OOC-COOC2H5；G是；H是。(1)A. E结构简式是，含有酯基，在NaOH溶液中完全水解产生和C2H5OH，所以1 mol E 完全水解，需消耗1 mol NaOH，A错误；B. 化合物C为，分子中无酚羟基，与FeCl3溶液不能发生显色反应，B错误；C. 苯巴比妥上含有亚氨基，能够结合H+，故具有弱碱性，C正确；D. 根据H与苯巴比妥的分子结构可知试剂X是CO(NH2

42、)2，D正确；故合理选项是CD；(2)B结构简式为：，B中官能团的名称溴原子，化合物H的结构简式为；(3)D是，E是；DE的化学方程式为+C2H5OH+HCl。(4)根据苯巴比妥结构简式可知其分子式为C12H12N2O3，苯巴比妥的一种同系物K，分子式为C10H8N2O3，说明K比苯巴比妥少两个CH2原子团，且同时符合下列条件：分子中含有两个六元环；且两个六元环结构和性质类似，能够和FeCl3发生显色反应，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱显示分子中由5种氢，说明有5种不同结构的H原子，则其可能的结构为：、；(5)甲苯与与NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，与NaCN发生取代反应然后酸化得到，与

43、NBS在CCl4溶液中发生取代反应产生，该物质与NaOH的水溶液混合加热，然后酸化可得，该物质在催化剂存在条件下，加热发生反应产生，所以转化流程为： 。【点睛】本题考查了物质结构的推断、反应方程式和同分异构体的书写及有机合成，有机物官能团的性质是解题关键，解题时注意结合题干信息和官能团的转化，难点是(4)，易错点是(5)，注意NBS、CCl4溶液可以使用多次，题目考查了学生接受信息和运用信息的能力及分析问题、解决问题的能力。24、溴乙烷 醛基、酯基 C11H18N2O3 +CH3OH+H2O 取代反应 3 HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、CH(COOH)2C(CH3)3 HOCH

44、2CH2CH2OH CH2BrCH2CH2Br 【解析】根据合成路线图及题给反应信息知，B（乙酸乙酯）与C发生取代反应生成D ，E与甲醇发生酯化反应生成F ，则E为，F与溴乙烷发生题给反应生成G，对比G和F的结构，结合信息反应知试剂a为，结合H和I的结构变化分析，可知H和NH2CONH2脱去2分子CH3OH形成六元环，据此分析解答。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A为溴乙烷；D为，所含官能团有醛基、酯基，故答案为：溴乙烷；醛基、酯基；（2）根据G和H的结构变化，结合题给反应信息知，试剂a的结构简式为；根据I 的结构简式分析其分子式为C11H18N2O3，故答案为：；C11H18N2O3；（

45、3）E与甲醇发生酯化反应得到F，化学方程式为：+CH3OH+H2O；比较G和H的结构变化，反应GH的反应类型是取代反应，故答案为：+CH3OH+H2O；取代反应；（4）G为，同分异构体中只有一种官能团，能与NaHCO3溶液反应放出气体，则含有2个羧基，结构中有3个甲基的结构有、CH(COOH)2C(CH3)3共3种，核磁共振氢谱图中峰面积比为9 : 2: 1，则有3种不同化学环境的H，且原子个数比为9 : 2: 1，其结构为：、，CH(COOH)2C(CH3)3，故答案为：3；HOOCCH(CH3)C(CH3)2COOH、CH(COOH)2C(CH3)3；（5）可利用CH2 BrCH2CH2

46、Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再与甲醇酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2 Br、CH3ONa发生信息中的反应成环得到，CH2BrCH2CH2Br在氢氧化钠溶液中加热水解生成HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高锰酸钾溶液氧化生成HOOCCH2COOH，故答案为：；HOCH2CH2CH2OH； ；CH2BrCH2CH2Br。25、b-e,f-h,g-c B 防止空气中水和二氧化碳进入装置影响实验结果 滴定管 酚酞 溶液从无色变为浅红色 ，68s内不褪色 88% 偏小 【

47、解析】根据反应装置-干燥装置-吸收装置-尾气处理装置排序；盐酸和硝酸都具有挥发性；空气中的水和二氧化碳影响实验结果；酸式滴定管只能量取酸性溶液，碱式滴定管只能量取碱性溶液，根据溶液的酸碱性确定滴定管；根据滴定终点确定指示剂；滴定终点时溶液从无色变为浅红色，68s内不褪色；根据氢氧化钠和硫酸铵的关系式计算硫酸铵的量,最后再计算N元素的含量；在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致硫酸铵的测定结果偏小。据此分析。【详解】(8)根据反应装置、干燥装置、吸收装置、尾气处理装置排序，所以其排列顺序是：b-e，f-h，g-c，答案为：b-e，f-h，g-c；(2)

48、制取二氧化碳时需要碳酸盐和酸反应，稀盐酸、浓硝酸都具有挥发性，影响实验结果，氢氧化钠和盐不能生成二氧化碳，所以B选项是正确的，答案为：B；(6)为防止影响实验结果需要吸收二氧化碳和水蒸气，答案为：防止空气中水和二氧化碳进入装置影响实验结果；(8)硫酸铵属于强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液呈酸性，所以需要酸式滴定管量取硫酸铵溶液，滴定终点的pH约为6.6，酚酞的变色范围是6-88，所以选取酚酞作指示剂；滴定终点时，溶液从无色变为浅红色，68s内不褪色；2(NH8)2SO8+6HCHO=(CH2)6N8+2H2SO8+6H2O， 2NaOH+H2SO8=Na2SO8+2H2O，所以硫酸铵和NaOH的

49、关系式为：(NH8)2SO82NaOH，NaOH溶液的平均体积为，根据(NH8)2SO82NaOH得硫酸铵的质量，8.6g硫酸铵中样品中硫酸铵的质量为，氮元素的质量分数为;答案为：酸式滴定管；酚酞；从无色变为浅红色，68s内不褪色；88%；(5)在滴定实验结束后发现滴定用的碱式滴定管玻璃尖嘴内出现了气泡，滴定开始时无气泡，导致NaOH溶液的量偏小，根据(NH8)2SO82NaOH得,导致测定N含量偏小，答案为：偏小。【点睛】酸碱中和滴定是常考的实验，误差是本题的易错点。判断方法是根据消耗标准液多少对待测液浓度的影响，比如说滴定前尖嘴处有气泡，滴定后尖嘴处有气泡的分析等等；选择滴定管是注意看图，

50、底部是橡胶管则为碱式滴定管，玻璃活塞则为酸式滴定管。26、HNO3 AgNO3 NaNO3 该反应速率很小（或该反应的活化能较大） 图乙 4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O 加入足量稀硝酸并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（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可） 【解析】.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与AgNO3溶液反应生成Fe2，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22Ag，因此溶液中的Fe2可能是Fe与HNO3或A

51、gNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；（2）探究Fe2的产生原因时，2号试管作为1号试管的对比实验，要排除Ag的影响，可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag的NaNO3溶液进行对比实验，故答案为：NaNO3；AgNO3可将Fe氧化为Fe2，但1号试管中未观察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢，生成的Fe2浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；由2号试管得出的结论正确，说明Fe2是Fe与HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，则图乙为pH传感器测得的图示，故答案为：图乙；实验测得2号试管中有NH生成

52、，说明Fe与HNO3反应时，Fe将HNO3还原为NH，根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O，故答案为：4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O；.（3）Ag氧化Fe2时发生反应AgFe2=AgFe3，而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并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（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合

53、理均可）（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3生成，不能证明Fe2可被Ag氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO可将Fe2氧化为Fe3，且Fe（NO3）2溶液直接与空气接触，Fe2也可被空气中的氧气氧化为Fe3；故答案为：不能；Fe2可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）。27、+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度 空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解 2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O 14 90.

54、5% 【解析】(1)根据化合物中化合价的代数和为0可求得，NaClO2中氯元素的化合价为+3价，故答案为：+3；(2)A为安全瓶，作用是防倒吸，故答案为：防止倒吸； (3)根据题干信息可知，制备NaClO2固体时，冰水浴瓶内发生反应：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2受热易分解，ClO2的沸点低，降低温度可以减少双氧水的分解、增加ClO2的溶解度，从而提高产率等，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；减少双氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空气的作用是将ClO2赶入氢氧化钠和双氧水的混合液中反应，空气流速过慢，ClO2不能被及时一走，浓度过高导致分解；空气流速过快，ClO2不能被充分吸收，故答案为：空气流速过快ClO2反应不充分，空气流速过慢ClO2浓度过高易发生分解；(5)根据信息可以确定反应的反应物为ClO3-和Cl-，产物ClO2和Cl2，根据得失电子守恒配平方程式为2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+