四川省成都实验学校2022年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答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、科学家研发了一种新型锂空气电池，结构如图所示。已知：电解质由离子液体（离子能够自由移动，非溶液）和二甲基亚砜混合制成，可促进过氧化锂生成；碳酸锂薄层的作用是让锂离子进入电解质，并阻止其他化合物进入；二硫化钼起催化作用。下

2、列叙述不正确的是（ ）A放电时，a极发生氧化反应B放电时的总反应是2Li+O2=Li2O2C充电时，Li+在电解质中由b极移向a极D充电时，b极的电极反应式为：Li2O2+2e-=2Li+ O22-2、下列说法正确的是A铅蓄电池充电时，阳极质量增大B0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，溶液的pH减小C标准状况下，11.2L苯中含有的碳原子数为36.021023D室温下，稀释0.1molL-1氨水，c(H+)c(NH3H2O)的值减小3、下列属于电解质的是（ ）A铜B葡萄糖C食盐水D氯化氢4、某课外活动小组的同学从采集器中获得雾霾颗粒样品，然后用蒸馏水溶解，得到可溶性成分的浸取液。在

3、探究该浸取液成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是A取浸取液少许，滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-B取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，则可能含有NO3-C取浸取液少许，滴入硝酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，则一定含SO42-D用洁净的铂丝棒蘸取浸取液，在酒精灯外焰上灼烧，焰色呈黄色，则一定含有Na+5、生态文明建设是中国特色社会主义事业的重要内容。下列做法不符合生态文明的是A研发可降解高分子材料，减少“白色污染”B经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等C控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化D分类放置生活废弃物6、化学与社会生活

4、息息相关，下列有关说法不正确的是（ ）A树林晨曦中缕缕阳光是丁达尔效应的结果B为提高人体对钙的有效吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物C2018年12月8日嫦娥四号发射成功，其所用的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D城郊的农田上随处可见的农用塑料大棚，其塑料薄膜不属于新型无机非金属材料7、第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是 A放电时甲为负极，充电时为阳极B电池充电时，OH由甲侧向乙侧移动C放电时负极的电极反应式为:MHnneM+nH+D汽车下

5、坡时发生图中实线所示的过程8、下列各项反应对应的图像正确的是( )A图甲为25时，向亚硫酸溶液中通入氯气B图乙为向NaAlO2溶液中通入HCl气体C图丙为向少量氯化铁溶液中加入铁粉D图丁为向BaSO4饱和溶液中加入硫酸钠9、化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是A“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质B氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应C从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮10、下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）A氨气遇到HCl气体后产生白烟B品红溶液通入SO2气体后褪色C湿润的淀粉碘化钾试纸

6、遇Cl2变蓝D在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色11、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A标准状况下，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目为0.1NAB标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合后气体分子数为0.15 NAC加热条件下，1mol Fe投入足量的浓硫酸中，生成NA个SO2分子D0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应转移的电子数为0.1NA12、以淀粉为基本原料制备聚乙烯和乙酸。下列说法正确的是A淀粉和葡萄糖都是营养物质，均能在体内发生水解、氧化反应B工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解、加聚等反应C燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量不同D乙醇和

7、乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯，原子利用率为100%13、关于如图装置中的变化叙述错误的是A电子经导线从锌片流向右侧碳棒，再从左侧碳棒流回铜片B铜片上发生氧化反应C右侧碳棒上发生的反应：2H+2eH2 D铜电极出现气泡14、下列有关有机物甲丁说法不正确的是 A甲可以发生加成、氧化和取代反应B乙的分子式为C6H6Cl6C丙的一氯代物有2种D丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质15、下列图示两个装置的说法错误的是（）AFe的腐蚀速率，图图B图装置称为外加电流阴极保护法C图中C棒上：2H+2e=H2D图中Fe表面发生还原反应16、BHT是一种常用的食品抗氧化剂，由对甲基苯酚（）合成BHT的常用方

8、法有2种（如图），下列说法不正确的是ABHT能使酸性KMnO4溶液褪色BBHT与对甲基苯酚互为同系物CBHT中加入浓溴水易发生取代反应D方法一的原子利用率高于方法二17、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A使用催化剂可以降低过渡态的能量B反应物能量之和大于生成物能量之和CN2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)+139kJD反应物的键能总和大于生成物的键能总和18、从化学的规角分析，下列说法不正确的是A锂离子电池是一种生活中常用的化学电源B纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料C水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”D科学家未研发出只加水就能跑的“水氢

9、发动机”汽车19、W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代。化合物XZ是重要的调味品，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，Z的电子层结构与氩相同。下列说法错误的是A元素W与氢形成原子比为1:1的化合物有多种B元素X的单质能与水、无水乙醇反应C离子Y3+与Z的最外层电子数和电子层数都不相同D元素W与元素Z可形成含有极性共价键的化合物20、下列属于碱的是（ ）ASO2BH2SiO3CNa2CO3DNaOH21、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A11 molL1KI 溶液：Na+、K+、ClO 、OHB11 molL1Fe2(

10、SO4)3溶液：Cu2+、NH4+ 、NO3、SO42C11 molL1HCl 溶液：Ba2+、K+、CH3COO、NO3D11 molL1NaOH溶液：Mg2+、Na+、SO42、HCO322、下列实验操作能够达到目的的是A鉴别NaCl和Na2SO4 B验证质量守恒定律C探究大理石分解产物D探究燃烧条件二、非选择题(共84分)23、（14分）比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为_。（2）D中官能团的名称是_。（3）反应所需试剂、条件分别为_、_。（4）写出的反应方程式_。（5）F的分子式为_。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列

11、条件的化合物的结构简式_。所含官能团类别与E相同；核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)_。24、（12分）据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为_，反应的反应类型为_。（2）写出E的结构简式：_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。 含苯环结构，能在碱性条件下发生水解； 能与FeCl3发生显色反应； 分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、C

12、H2=CHCN和乙醇为原料合成化合物 ，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_。25、（12分）亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种氧化物。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如下图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NOCu_，_。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。装置的作

13、用为_，若无该装置，中NOCl可能发生反应的化学方程式为_。乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，所以装置不能有效除去有毒气体。为解决这一问题，可将尾气与某种气体同时通入氢氧化钠溶液中，这种气体的化学式是_。(3)丙组同学查阅资料，查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，该反应的化学方程式为_。(4)丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯(NOCl)纯度取中所得液体mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。(已知：Ag2CrO4为砖红

14、色固体)亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为_(用代数式表示即可)。若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，则所测亚硝酰氯的纯度_(偏高、偏低、无影响)26、（10分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：和 NH3 相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见表：物质熔点/沸点/溶解性密度/gcm-3苯胺-6.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯5.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚-116.234.6微溶于水0.7134.比较苯胺与氨气的性质 (1)将分

15、别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。 .制备苯胺。往图所示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入 20mL 浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流 20min，使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量 50% NaOH 溶液，至溶液呈碱性。(2)冷凝管的进水口是_(填“a”或“b”)；(3)滴加 NaOH 溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_。.提取苯胺。i.取出上图所示装置中的三颈烧瓶，改装为如图所示装置：ii.加热装置 A 产生水蒸气，烧瓶 C 中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯

16、胺和水溶液。ii.往所得水溶液加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用 NaOH 固体干燥，蒸馏后得到苯胺 2.79g。(4)装置B无需用到温度计，理由是_。 (5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。(6)该实验中苯胺的产率为 _。 (7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案： _。27、（12分）某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; C

17、u2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2+Cu+H2O。生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4H2O=2Cu2O+N2+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：_（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是_（3）步骤III，反萃取剂为_（4）步骤IV，制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_A B C 从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_Cu2O干燥的方法是_（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0

18、.2000 molL1标准KMnO4溶液滴定，重复23次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。产品中Cu2O的质量分数为_若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_28、（14分）含有N、P、Fe、Ti等元素的新型材料有着广泛的用途。(1)基态Fe原子未成对电子数为_个；基态Ti原子的价电子排布图是_。(2)意大利罗马大学的：FuNvio Cacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其中氮原子的轨道杂化形式为_。(3)比较气态氢化物膦(PH3)和氨(NH3)的键角：PH3_NH3(填“大于”、“小于”或“等于”)，主要原因为_。(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结

19、构如图所示。组成M的元素中，电负性最大的是_(填名称)。M中含有_(填标号)。A 键 B 键C 离子键 D 配位键 (5)已知金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如下图B所示，则金属铁晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图_(填标号)。 (6)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，其中距离铁原子最近的铁原子的个数为_，氮化铁晶胞底边长为a cm，高为c cm，则这种磁性氮化铁的晶体密度为_gcm-3(用含a、c和NA的计算式表示)。29、（10分）研究处理NOx、SO2，对环境保护有着重要的意义。回答下列问题：(1)SO2的排放主要来自于煤的燃烧，工业上常用氨水吸收法处理尾气中的

20、SO2。已知吸收过程中相关反应的热化学方程式如下： SO2(g) + NH3H2O(aq) =NH4HSO3(aq) H1 = a kJmol-1； NH3H2O(aq) + NH4HSO3(aq) =(NH4)2SO3(aq) + H2O(l)H2 = b kJmol-1； 2(NH4)2SO3(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) H3= c kJmol-1，则反应 2SO2(g) + 4NH3H2O(aq) + O2(g) =2(NH4)2SO4(aq) + 2H2O(l) H = _。(2)NOx的排放主要来自于汽车尾气，有人利用反应C (s) + 2NO(g)N2(

21、g) + CO2(g) H34.0 kJmol-1，用活性炭对NO进行吸附。在恒压密闭容器中加入足量的活性炭和一定量的NO气体，测得NO的转化率 (NO)随温度的变化如图所示：由图可知，1050K前反应中NO的转化率随温度升高而增大，原因是_； 在1100K 时，CO2的体积分数为_。 用某物质的平衡分压代替其物质的量浓度也可以表示化学平衡常数(记作Kp）。在1050K、1.1106Pa 时，该反应的化学平衡常数Kp_(已知：气体分压气体总压体积分数)。(3)在高效催化剂的作用下用CH4还原NO2，也可消除氮氧化物的污染。在相同条件下，选用A、B、C三种不同催化剂进行反应，生成 N2的物质的量

22、与时间变化关系如图所示，其中活化能最小的是_(填字母标号)。(4)在汽车尾气的净化装置中 CO和NO发生反应：2NO(g) + 2CO(g)N2(g) + 2CO2(g) H2 =746.8 kJmol-1。实验测得，正k正c2(NO) c2(CO) ，逆k逆c(N2) c2(CO2) (k正、k逆为速率常数，只与温度有关）。达到平衡后，仅升高温度，k正增大的倍数_(填 ”、“ ”或“=”) k逆增大的倍数。 若在1L 的密闭容器中充入1 mol CO和1 mol NO，在一定温度下达到平衡时，CO的转化率为40%，则_(保留2位有效数字)。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一

23、个符合题意的选项）1、D【解析】A.根据图示可知A电极为锂电极，在放电时，失去电子变为Li+，发生氧化反应，A正确；B.根据图示可知a电极为锂电极，失去电子，发生反应：Li-e-=Li+，b电极通入空气，空气中的氧气获得电子，发生还原反应，电极反应式为O2+2e-+2Li+=2Li2O2，由于同一闭合回路中电子转移数目相等，所以总反应方程式为：2Li+O2=Li2O2，B正确；C.充电时，a电极连接电源的负极，作阴极，Li+向阴极定向移动，在a电极获得电子，变为Li，所以充电时Li+在电解质中由b极移向a极，C正确；D.充电时，b极连接电源的正极，作阳极，发生氧化反应：Li2O2-2e-=2L

24、i+O2，D错误；故合理选项是D。2、D【解析】A. 铅蓄电池充电时，阳极反应为PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，阳极质量减小，故A错误；B. 0.1mol L-lCH3COONa溶液加热后，水解程度增大，溶液的碱性增强，pH增大，故B错误；C. 标准状况下，苯不是气体，无法计算11.2L苯中含有的碳原子数，故C错误；D. 室温下，稀释0.1molL-1氨水，氨水的电离程度增大，但电离平衡常数不变，K= =，则 c(H+)c(NH3H2O)=，随着稀释，铵根离子浓度减小，因此c(H+)c(NH3H2O)的值减小，故D正确；故选D。3、D【解析】在水溶液里或熔融状态下能

25、导电的化合物是电解质，电解质首先必须是化合物，根据定义分析。【详解】A铜为单质，不是电解质，故A错误；B葡萄糖在水溶液中和熔融状态下都不能导电的化合物，为非电解质，故B错误；C食盐水为混合物，不是电解质，故C错误；D氯化氢在水溶液中能导电的化合物，为电解质，故D正确；故选：D。【点睛】易错点C：注意电解质是指化合物，水溶液中或熔融状态下导电是判断依据。4、C【解析】A滴入AgNO3溶液有白色沉淀产生，则可能含有Cl-、SO42-等，A正确；B取浸取液少许，加入Cu和浓H2SO4，试管口有红棕色气体产生，红棕色气体应该是NO2，说明溶液中可能含有NO3-，B正确；C取浸取液少许，滴入硝酸酸化的B

26、aCl2溶液，有白色沉淀产生，原浸取液中可能含SO32-、SO42-等，不一定含SO42-，C错误；D焰色反应呈黄色，则浸取液中一定含有Na+，D正确；答案选C。5、B【解析】A. 研发可降解高分子材料，减少塑料制品的使用，可减少“白色污染”，与题意不符，A错误；B. 经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等，会消耗大量的木材，一次性塑料袋的大量使用会造成白色污染，不符合生态文明，符合题意，B正确；C. 控制含磷洗涤剂的生产和使用，防止水体富营养化，保护水体，防止污染，与题意不符，C错误；D. 垃圾分类放置生活废弃物，有利于环境保护和资源的再利用，与题意不符，D错误；答案为B。6、C【解析】A.空气

27、中微小的尘埃或液滴分散在空气中形成气溶胶，阳光照射时产生丁达尔现象，A项正确；B.葡萄糖酸钙口服液是市面上常见的一种补钙药剂，葡萄糖酸钙属于有机钙，易溶解，易被人体吸收，医学上常以葡萄糖为原料合成补钙药物，B项正确；C.太阳能电池帆板的主要材料是硅而不是二氧化硅，C项错误；D.塑料薄膜属于有机高分子材料，不属于无机非金属材料，D项正确；所以答案选择C项。7、B【解析】A. 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；C.

28、放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误；D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；答案选B。8、C【解析】A亚硫酸为酸性，其pH小于7，与图象不符，发生Cl2+H2SO3+H2O=2Cl-+4H+SO42-后，随着氯气的通入，pH会降低，直到亚硫酸反应完全，pH不变，故A错误；BNaAlO2溶液中通入HCl气体，发生H+AlO2-+H2O=Al(OH)3、Al(OH)3+3H+=Al3+3H2O，图中上升与下降段对应的横坐标长度之比应为1：3，故B错误；C向少量氯化铁溶液中加入铁粉，发生Fe+2FeCl3=3FeCl2，则Fe元素的质

29、量增加，Cl元素的质量不变，所以Cl的质量分数减小，至反应结束不再变化，故C正确；DBaSO4饱和溶液中，存在溶解平衡，加硫酸钠，硫酸根离子浓度增大，溶解平衡逆向移动，溶解度减小，故D错误；故答案为C。9、C【解析】A. 血液和空气都属于胶体，“血液透析”利用的是渗析原理，“静电除尘”利用的是胶体的电泳原理，利用了胶体的不同性质，A项正确；B. 氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应，B项正确；C. 从海水中提取物质不一定要通过化学反应才能实现，如提取氯化钠，蒸发结晶即可，C项错误；D. 硅胶具有吸水作用，可防止食物受潮，D项正确；答案选C。【点睛】C项考查的是关于海水水资源的利用常识

30、，海水中可以提取溴、碘、镁元素，每个工艺流程及所涉及的化学反应，学生要注意归纳总结，这些过程均涉及化学变化，而海水中提取氯化钠、蒸馏水等则是物理变化，学生要加以理解并识记。10、C【解析】A氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；CCl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；D焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；故答案选C。11、D【解析】ACl2溶于水发生反应H2O+Cl2HCl+HCl

31、O，是一个可逆反应，0.1mol Cl2溶于水，转移的电子数目小于0.1NA， A错误；B标准状况下，2.24L NO和2.24L O2混合，发生的反应有：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的气体分子数小于0.15 NA，B错误；C加热条件下，Fe与足量的浓硫酸反应生成+3价的铁离子，转移的电子数为3mol，根据得失电子守恒，应生成NA个SO2分子，C错误；D0.1mol Na2O2与足量的潮湿的二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠中氧元素即被氧化又被还原，所以转移的电子数为0.1NA，D正确，答案选D。12、B【解析】A.葡萄糖为单糖，不能在体内发生水解反应，A错误；B.

32、工业上以石油为原料制取聚乙烯，需经裂解产生的为乙烯，再发生加聚反应生成聚乙烯，B正确；C.乙烯和乙醇各1mol时，耗氧量为3mol，则燃烧等物质的量的乙烯和乙醇耗氧量相同，C错误；D. 乙醇和乙酸发生酯化反应制乙酸乙酯和水，原子利用率小于100%，D错误；答案为B。13、B【解析】右边装置能自发的进行氧化还原反应,所以右边装置是原电池,锌易失电子而作负极,铜作正极;左边装置连接外加电源,所以是电解池,连接锌棒的电极是阴极,连接铜棒的电极是阳极。根据原电池和电解池原理进行判断。【详解】A. 根据原电池工作原理可知：电子从负极锌沿导线流向右侧碳棒,再从左侧碳棒流回正极铜片，故A正确；B.根据氧化还

33、原的实质可知：锌片上失电子发生氧化反应,铜片上得电子发生还原反应，故B错误；C. 根据电解池工作原理可知：左侧碳棒是电解池阳极，阳极上应该是氯离子放电生成氯气，右侧碳棒是阴极，该电极上发生的反应: 2H+2eH2 ，故C正确；D. 根据原电池工作原理可知：铜电极是正极，正极端氢离子得电子放出氢气，故D正确；答案选B。14、B【解析】A. 物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B. 根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C. 丙分子中含有2种类型的H原子

34、，所以其一氯代物有2种，C正确；D. 丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。15、C【解析】A. 图为原电池，Fe作负极，腐蚀速率加快；图为电解池，Fe作阴极被保护，腐蚀速率减慢，所以Fe的腐蚀速率，图图，故A说法正确；B. 图装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，金属被保护，称为外加电流的阴极保护法，故B说法正确；C. 饱和食盐水为中性溶液，正极C棒发生吸氧腐蚀：2H2O + O2 + 4e = 4OH-，故C说法错误；D. 图装置是电解池，Fe为阴极，发生还原反应，故D说法正确；故答案为C。【点睛】图中Fe、

35、C和饱和食盐水构成原电池，由于饱和食盐水呈中性，所以发生吸氧腐蚀，正极反应为：2H2O + O2 + 4e = 4OH-。16、C【解析】A.BHT结构中有酚羟基，可以被酸性KMnO4溶液氧化；其结构中有一个甲基直接与苯环相连，也能被酸性KMnO4溶液直接氧化，A项正确；B.对甲基苯酚和BHT相比，都含有1个酚羟基，BHT多了8个“CH2”原子团，符合同系物的定义结构相似，组成上相差若干个CH2，B项正确；C.BHT中酚羟基的邻对位已无H原子，所以不能与浓溴水发生取代反应，C项错误；D.方法一为加成反应，原子利用率理论高达100%，而方法二为取代反应，产物中还有水，原子利用率相对较低，D项正确

36、；答案选C项。【点睛】同系物的判断，首先要求碳干结构相似，官能团种类和数量相同，其次是分子组成上要相差若干个CH2。酚羟基的引入，使苯环上酚羟基的邻对位氢受到激发，变得比较活泼。17、D【解析】A.催化剂可以降低活化能；B.根据图象来分析；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；D. H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A；B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C；D.

37、H=反应物的键能总和-生成物的键能总和0，故选D；答案：D【点睛】.H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。18、C【解析】A选项，手机锂离子电池是一种生活中常用的化学电源，故A正确；B选项，纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料，故B正确；C选项，水（H2O）中只含 H、O 两种元素，汽车燃料“油”含有C和H两种元素，两者含有不同种元素，利用水不可能制成汽车燃料“油”，故C错误；D选项，水变氢是吸热反应，从能量守恒定律得出科学家不可能研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车，故D正确。综上所述，答案为C。19、C【解析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，原子序数依次增

38、加，W的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代说明W为C，化合物XZ是重要的调味品为NaCl，Y位于XZ之间说明原子有三个电子层，Y原子的最外层电子数等于其电子层数，则Y为Al，Z-的电子层结构与氩相同判断为Cl-，W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，据以上分析解答。【详解】据以上分析可知：W、X、Y、Z为C、Na、Al、Cl，则A元素W为C与氢形成原子比为1：1的化合物有多种，如C2H2、C4H4、C6H6、C8H8等，A正确；B元素X为钠，属于活泼金属，钠的单质能与水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，钠和无水乙醇反应生成乙醇钠和氢气，B正确；C离子Y3+离子为Al3+，有两个电子层，最外层8

39、个电子，Z-为Cl-最外层电子数为8，电子层数为三个电子层，最外层电子数相同，电子层数不相同，C错误；D元素W为C与元素Z为Cl可形成含有极性共价键的化合物，如CCl4，是含有极性共价键的化合物，D正确；答案选C。20、D【解析】ASO2 是由硫元素和氧元素组成的化合物，属于氧化物，故A错误；BH2SiO3 电离时其阳离子全部是H+，属于酸，故B错误；C纯碱是碳酸钠的俗称，是由钠离子和碳酸根离子组成的化合物，属于盐，故C错误；D苛性钠是氢氧化钠的俗称，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子，属于碱，故D正确；故选D。点睛：解答时要分析物质的阴阳离子组成，然后再根据酸碱盐概念方面进行分析、判断，电离时

40、生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸，电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，由金属离子和酸根离子组成的化合物属于盐，从而得出正确的结论。21、B【解析】A项，I-与ClO-发生氧化还原反应，不能大量共存，故A不选；B项，在Fe2（SO4）3溶液中离子相互间不反应，可以大量共存，故B选；C项，在HCl溶液中CH3COO-不能大量存在，故C不选；D项，Mg2+、HCO3-都能与OH-反应，不能大量共存，故D不选，答案选B。22、D【解析】A氯化钠和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钠，硫酸钠和硝酸银反应生成硫酸银沉淀和硝酸钠，因此不能用硝酸银鉴别氯化钠和硫酸钠，故A不符合题意；B碳酸钠和稀盐酸反

41、应生成氯化钠、水和二氧化碳，生成的二氧化碳进入气球中，产生浮力，会导致天平不平衡，因此不能用于验证质量守恒定律，故B不符合题意；C碳酸钙在高温条件下分解生成氧化钙和二氧化碳，澄清石灰水变浑浊，说明反应生成二氧化碳，但是不能验证生成的氧化钙，故C不符合题意；D铜片上的白磷燃烧，红磷不能燃烧，说明燃烧需要达到可燃物的着火点，水中的白磷不能燃烧，说明燃烧需要和氧气接触，该实验可以验证燃烧的条件，故D符合题意；故答案选D。二、非选择题(共84分)23、丙酮 碳碳双键、羧基 甲醇 浓硫酸、加热 +CH3OH C12H9N2OF3 【解析】A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消

42、去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相

43、同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。24、醚键取代反应【解析】由框图知A为， 由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;E+M,M中生成

44、了肽键，则为取代反应。(2)由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为,C与D比较知，D比C比了“一NO2，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-CN”水解获得，和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-B的反应.【详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键 ；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）

45、反应是的反应。其化学方程式：；答案：。（4）碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基， 分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2=CHCN和乙醇为原料合成化合物 的合成路线流程图为：。25、饱和食盐水 稀硝酸 ef(或fe)cbd 防止水蒸气进入装置 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 O2(或NO2) HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O 100% 偏高 【解析】氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl。根据实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的

46、氯气中混有氯化氢和水蒸气；用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，结合NOCl的性质，制得气体中的杂质需要除去，尾气中氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，据此分析解答。【详解】(1)实验室制备氯气，一般用浓盐酸与二氧化锰加热制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体；实验室制备NO，一般用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有其他氮氧化合物，NO不溶于水，故装置用水净化NO；故答案为饱和食盐水；稀硝酸；(2)将氯气和NO干燥后在装置中发生反应，由于亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5 ，沸点：-5.5 )是一种黄

47、色气体，遇水易反应，需要在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，因此装置连接顺序为aef(或fe)cbd，故答案为ef(或fe)cbd；NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个装置 VII干燥装置防止水蒸气进入装置；若无该装置，中NOCl水解生成氯化氢、NO和NO2，反应的化学方程式为2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故答案为防止水蒸气进入装置；2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2；乙组同学认为氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO

48、，所以装置不能有效除去有毒气体。NO能够与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮能够被氢氧化钠溶液吸收，一氧化氮和二氧化氮的混合气体也能够被氢氧化钠溶液吸收，因此解决这一问题，可将尾气与氧气(或二氧化氮)同时通入氢氧化钠溶液中，故答案为O2(或NO2)；(3)王水是浓硝酸与浓盐酸的混酸，一定条件下混酸可生成亚硝酰氯和氯气，反应的化学方程式为：HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O，故答案为HNO3(浓)+3HCl(浓)=NOCl+Cl2+2H2O；(4)亚硝酰氯(NOCl)遇水反应得到HCl，用AgNO3标准溶液滴定，生成白色沉淀，以K2CrO4溶液为指示剂，出现砖红色沉淀达到滴定

49、终点，根据氯元素守恒： NOClHClAgNO3，则样品中n(NOCl)=cmol/Lb10-3L= 10bc10-3mol，亚硝酰氯(NOCl)的质量分数为100%=100%，故答案为100%；若滴定前，滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，导致消耗的标准溶液的体积偏大，则所测亚硝酰氯的纯度偏高，故答案为偏高。26、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH- C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止 B 中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤 【解析】(1)根据浓氨水

50、和浓盐酸都具有挥发性结合题中信息苯胺沸点184分析； (2)为了获得较好的冷凝效果，采用逆流原理；(3)根据题中信息，联系铵盐与碱反应的性质，通过类比迁移，不难写出离子方程式；(4)根据蒸馏产物分析；(5)根据装置内压强突然减小会引起倒吸分析；(6)根据关系式即可计算苯胺的产率；(7)根据物质的性质分析作答。【详解】(1)蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，是浓氨水挥发出来的NH3和浓盐酸挥发出来的HCl反应生成NH4Cl固体小颗粒，化学方程式为：NH3+HCl=NH4Cl；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是苯胺沸点184，比较高，不易挥发；(2)图1装置包含了产品的分

51、馏，是根据各组分的沸点的不同、用加热的方法来实现各组分的分离的操作，冷凝管是下口进水，上口出水，保证冷凝效果，故答案为：b；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O；(4)因为蒸馏出来的是水和苯胺的混合物，故无需温度计；(5)操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是防止装置B内压强突然减小引起倒吸；(6)设理论上得到苯胺m，根据原子守恒可知C6H5NO2C6H5NH2，则m=4.65g，所以该实验中苯胺的产率=100%=60%；(7)在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加N

52、aOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，滤去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺，即实验方案是：加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入 NaOH固体干燥、过滤。27、Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 稀硫酸 pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 C 真空干燥 90.90% 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大 【解析】刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中

53、加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧

54、化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；（5）根据得失电子分析关系式有5Cu2O-2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 moI.L-10.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。28、4 sp3 小于 电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子对离中心原子越近，成键电子对之间距离越小，成键电子对之间的排斥力增大，键角变大 氧 ABD A 12 【解析】(1) Fe为26号元素，基态Fe的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d64s2，基态原子未成对电子数为4个；Ti为22号元素，基态Ti的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d24s2，所以基态Ti原子的价电子排布图是；答案：4；。（2）N4分子的空间构型与P4类似，4个N原子形成正四面体构型，每个N原子形成3个N-N键，还含有1对孤电子对，杂化轨道数目为4，故N原子采取sp3杂化；答案：sp3。(3) 因为电负性N强于P，中心原子的电负性越大，成键电子