四川省宜宾市叙州区2022年高考化学倒计时模拟卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是( )选项实验现象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将

2、Fe氧化为Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性AABBCCDD2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（ ）A12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl

3、分子数为0.1NAD100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA3、下列实验操作及现象，不能得出对应结论的是选项实验操作现象结论A将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中紫色石蕊试液变红且不褪色反应产生了HClB镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中,一段时间后铁片附近滴入K3Fe(CN)6溶液无蓝色沉淀镀锌铁没有发生原电池反应C向 2mL 0.l mol/L 醋酸溶液和 2mL0.l mol/L 硼酸溶液中分别滴入少量0.lmol/LNaHCO3 溶液只有醋酸溶液中产生气体酸性：醋酸碳酸硼酸D向 FeCl3 溶液与 NaCl 溶液中分别滴入 30% H

4、2O2 溶液只有FeCl3 溶液中迅速产生气体Fe3+能催H2O2分解AABBCCDD4、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5、下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416HCl=2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质 Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性

5、物质 De处变红色还原性：Fe2ClAABBCCDD6、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是AW、Z形成的化合物中，各原子最外层均达到8个电子结构B元素X与氢形成的原子数之比为11的化合物有很多种C元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成7、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液

6、和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+ I-B向1 mL浓度均为0.05 molL-l NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01 molL-l AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)C向草酸溶液中滴加氢氧化钠溶液至pH为4.2时c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)D根据图中数据计算可得C点溶液pH为2.816、NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A常温常压下,3.6g D2O2含有的共价键数为0.3NAB0.2mol/L K2SO3溶液中SO32的离子总数小于0.2

7、NAC实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数一定是4NAD标准状况下将2.24LSO3溶于水，溶液中SO42的数目为0.1NA17、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，原子最外层电子数之和为20，Y、W为同一主族元素，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是（ ）AW和Y形成的一种化合物具有漂白性B简单离子半径大小顺序：WZYC最简单氢化物的稳定性：XYD元素X的气态氢化物与其最高价氧化物对应水化物能发生反应18、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（ ）AH2Y的电

8、离方程式为：B在该酸式盐溶液中CHY-的水解方程式为D在该酸式盐溶液中19、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出相应结论的是（ ）选项实验操作实验目的或结论A室温下，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)B将混有Ca(OH)2杂质的Mg(OH)2样品放入水中，搅拌，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后过滤，用蒸馏水洗净沉淀。除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质C向KNO3和KOH混合溶液中加入铝粉并加热，管口放湿润的红色石蕊试纸，试纸变为蓝色NO3-被氧化为N

9、H3D室温下，用pH试纸测得：0.1mol/LNa2SO3溶液pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD20、泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 2molNaOHC该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下可发生脱水反应，生成碳碳双键21、的名称是A1-甲基-4-乙

10、基戊烷B2-乙基戊烷C1,4 -二甲基己烷D3-甲基庚烷22、用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是()A鉴别纯碱与小苏打B证明Na2O2与水反应放热C证明Cl2能与烧碱溶液反应D探究钠与Cl2反应二、非选择题(共84分)23、（14分） 化学选修5：有机化学基础环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)C的化学名称为_(2)F中含氧官能团的名称为_(3)H的分子式为_(4)反应的反应类

11、型为_，反应的化学方程式为_(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种_(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_。24、（12分）H是合成某药物的中间体，其合成路线如F（-Ph代表苯基）：（1）已知X是一种环状烃，则其化学名称是_。（2）Z的分子式为_；N中含氧官能团的名称是_。（3）反应的反应类型是_。（4）写出反应的化学方程式：_。（5）T是R的同分异构体，同时满足下列条件的T的同分异构体有_种（不包括立体异构）。写出核磁共振氢谱有五

12、个峰的同分异构体的结构简式：_。a与氯化铁溶液发生显色反应b1molT最多消耗2mol钠c同一个碳原子上不连接2个官能团（6）参照上述合成路线，结合所学知识，以为原料合成OHCCH2CH2COOH，设计合成路线：_（其他试剂任选）。25、（12分）某实验小组探究肉桂酸的制取:I:主要试剂及物理性质注意:乙酸酐溶于水发生水解反应II :反应过程.实验室制备肉桂酸的化学方程式为: +(CH3CO2)O+CH3COOHIII：:实验步骤及流程在250 mL三口烧瓶中（如图甲）放入3 ml（3. 15 g，0. 03 mol）新蒸馏过的苯甲醛、8 ml（8. 64g，0. 084 mol）新蒸馏过的乙

13、酸酐，以及研细的4.2 g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20 mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8。然后进行水蒸气蒸馏（如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤，得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。IV：如图所示装置:回答下列问题:（1）合成时装置必须是干燥的，理由是_。反应完成后分批加人20mL水，目的是_。（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_。（3）步骤进行水

14、蒸气蒸馏，除去的杂质是_，如何判断达到蒸馏终点_。（4）加入活性炭煮沸10- 15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_。（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是_，该实验产品的产率约是_。（保留小数点后一位）26、（10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

15、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

16、AlN的质量分数为_。27、（12分）某课外活动小组欲利用CuO与NH3反应，研究NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置（夹持装置未画出）进行实验。请回答下列问题：（1）仪器a的名称为_；仪器b中可选择的试剂为_。（2）实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是_（填字母）。ACl2 BO2 CCO2 DNO2（3）实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有_性，写出相应的化学方程式_。（4）E装置中浓硫酸的作用_。（5）读取气体体积前，应对装置F进行的操作：_。（6）实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为n L（

17、已折算成标准状况），则氨分子中氮、氢的原子个数比为_（用含m、n字母的代数式表示）。28、（14分）乙苯是重要的化工原料，利用乙苯为初始原料合成高分子化合物J的流程如下图所示（部分产物及反应条件已略去）：已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2O(1)物质B的名称为_。反应所需的试剂和条件分别为_。(2)、的反应类型分别为_。(3)物质H中官能团的名称是_；物质J的化学式是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)写出符合下列条件，与G互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式：_。.与Na反应能够生成氢气；.含碳碳叁键（不考虑“”结构）；.苯环上只有两个处于对位的取代基；.核磁共振氢谱中峰的面积之比

18、为2:2:2:1:1。(6)参照上述合成路线和信息，设计由、乙醛、苯甲醇合成的路线_（无机试剂任选）。29、（10分）KClO3是一种常见的氧化剂，常用于医药工业、印染工业和制造烟火。实验室用KClO3和MnO2混合加热制氧气，现取KClO3和MnO2的混合物16.60g加热至恒重，将反应后的固体加15g水充分溶解，剩余固体6.55g（25），再加5g水充分溶解，仍剩余固体4.80g（25）。（1）若剩余的4.80g固体全是MnO2，则原混合物中KClO3的质量为_g；（2）若剩余的4.80g固体是MnO2和KCl的混合物求25时KCl的溶解度_；求原混合物中KClO3的质量_；所得KCl溶液

19、的密度为1.72g/cm3，则溶液的物质的量浓度为多少_？（保留2位小数）（3）工业常利用3Cl2+6KOH（热）KClO3+5KCl+3H2O，制取KClO3（混有KClO）。实验室模拟KClO3制备，在热的KOH溶液中通入一定量氯气充分反应后，测定溶液中n(K+)：n(Cl-)=14：11，将所得溶液低温蒸干，那么在得到的固体中KClO3的质量分数的取值范围为多少？_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】A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验NH4+方法：待测液中加

20、入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；【详解】A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；C.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入 NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；故答案选A。【点

21、睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。2、C【解析】A石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连,所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g石墨是1mol碳,即有1.5NA个共价键，而1mol金刚石中含2mol共价键，A错误；B甲酸为弱酸，一水合氨为弱碱，故HCOO-与NH4+在溶液发生水解，使其数目小于NA，B错误；C每有一个氯气分子与甲烷发生取代反应，则生成1个HCl分子，故0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NA ，C正确；D100g34%H2O2为1mol，1mol H2O2分解生成1mol

22、H2O和0.5mol O2，转移电子1mol，数目为NA，D错误；答案选C。3、B【解析】A. 将甲烷与氯气在光照下反应，反应后的混合气体通入紫色石蕊试液中，紫色石蕊试液变红且不褪色，说明生成了HCl，故A不符合题意；B. 镀锌铁片出现刮痕后部分浸入饱和食盐水中，一段时间后铁片附近滴入K3Fe(CN)6溶液，无蓝色沉淀，锌作负极，铁作正极，铁受到了保护，镀锌铁发生了原电池反应，故B符合题意；C. 向 2mL 0.l molL1醋酸溶液和 2mL0.l molL1硼酸溶液中分别滴入少量0.l molL1 NaHCO3溶液，只有醋酸溶液中产生气体，说明醋酸和碳酸氢钠反应，硼酸不与碳酸氢钠反应，则得

23、出酸性：醋酸碳酸硼酸，故C不符合题意；D. 向FeCl3溶液与NaCl溶液中分别滴入 30% H2O2 溶液，只有FeCl3溶液中迅速产生气体，说明Fe3+对H2O2分解起催化作用，故D不符合题意。综上所述，答案为B。4、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氧化钙混合固体，选项D错误。答案选A。5、D【解析】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaBr

24、作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2I2,Cl2Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+Cl-,D项正确；答案选D。6、A【解析】W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；元素Y的族序数等于其周期序数，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W

25、、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；B.元素X与氢可形成原子个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，B正确；C.元素Z为S，元素X是C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；D.元素Y是Al，Al的单质可以与强碱氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；故答案是A。7、A【解析】A淀粉遇I2变蓝，AgI为黄色沉淀，实验现象说明KI3的溶液中含有I2和I-，由此得出结论正确，A项符合题意；B由生成的沉淀呈黄色可知沉淀为Ag

26、I，在c(Cl-)和c(I-)相同时，先生成AgI，故可得Ksp (AgCl)Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；CNaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D项不符合题意；答案选A。8、C【解析】A、根据图像，40以前由80s逐渐减小，说明温度升高反应速率加快，故A说法正确；B、根据图像，40之后，溶液变蓝的时间随温度

27、的升高变长，故B说法正确；C、40以前，温度越高，反应速率越快，40以后温度越高，变色时间越长，反应越慢，可以判断出40前后发生的化学反应不同，虽然变色时间相同，但不能比较化学反应速率，故C说法错误；D、混合前NaHSO3的浓度为0.020molL1，忽略混合前后溶液体积的变化，根据c1V1=c2V2，混合后NaHSO3的浓度为0.020mol/L1010-3L(10+40)10-3L=0.0040molL1，a点溶液变蓝时间为80s，因为NaHSO3不足或KIO3过量，NaHSO3浓度由0.0040molL1变为0，根据化学反应速率表达式，a点对应的NaHSO3反应速率为0.0040mol/

28、L80s=5.0105mol/(Ls)，故D说法正确；答案选C。【点睛】易错点是选项D，学生计算用NaHSO3表示反应速率时，直接用0.02molL1和时间的比值，忽略了变化的NaHSO3浓度应是混合后NaHSO3溶液的浓度。9、A【解析】已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该为氢气、氧气，结合原子序数可知A为H，B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20，则C的原子序数=20-11=9，为F元素，据此解

29、答。【详解】根据分析可知：A为H，B为O，C为F，D为Na，E为Fe元素；AO、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误；BO、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确；CNa为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确；DAl的还原性大于Fe，可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确；故答案为A。10、C【解析】A苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C. 石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理

30、不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C11、D【解析】A、根据能量变化，XY，活化能是(E5E2)，故错误；B、使用催化剂降低活化能，产物不变，故错误；C、升高温度，提高了活化分子的百分数，化学反应速率都增大，故错误；D、压缩体积，增大压强，增加单位体积内活化分子的个数，反应速率加快，故正确。12、D【解析】由氨硼烷（NH3BH3）电池工作时的总反应为NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O可知，左侧N

31、H3BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H+2e-=2H2O，故A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C. NH3BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，电池工作时，两电极

32、均不会产生气体，故C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H+6e-6H2O，假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。13、A【解析】A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为

33、H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A. N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性BE，A正确；B. 同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径NO，即BCA，B错误；C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D. 化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更

34、好地解决元素化合物的推断题。14、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。15、D【解析】由图线1为H2C2O4、2为HC2O4-、3为C2O42-。A. 当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 molL-1，c(HC2O4

35、-)= c(H2C2O4)=0.5 molL-1，草酸的Ka10-1.2，故A正确；B. 0.1 molL-1NaHC2O4溶液显酸性c(H+)c(OH-)，HC2O4-会发生水解和电离c(Na+)c(HC2O4-)，因此c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)，故B正确；C. pH为4.2时，溶液中含有微粒为HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根据电荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，则有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正确；D.由于草酸为弱酸分两步电离

36、，Ka1= ，Ka2=，Ka1Ka2=，根据图中C点得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，当pH为1.2时c(H+)=10-1.2 molL-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 molL-1，草酸的Ka110-1.2。当pH为4.2时c(H+)=10-4.2 molL-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 molL-1，草酸的Ka210-4.2；=10-2.7，C点溶液pH为2.7。故D错误。答案选D。16、A【解析】A. 一个D2O2含有的3条共价键，常温常压下，3.6g D2O2即0.1mol含有的共价键数为0.3NA，A正确

37、；B. 0.2mol/L K2SO3溶液中未给定体积，则含有的离子总数无法确定，B错误；C. 实验室采用不同方法制得lmol O2，转移电子数可能是4NA，若用过氧化钠（或过氧化氢）制取，则转移2NA，C错误；D. 标准状况下，三氧化硫为非气态，不能用气体摩尔体积进行计算，D错误；答案为A。【点睛】标准状况下SO3为非气体，2.24LSO3其物质的量大于0.1mol。17、B【解析】常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。则Z为铝，W为硫；短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y、W为同一主族元素，则Y为氧；原子最外层电子数之和为20，则X最外层电

38、子数为20-3-6-6=5，则X为氮；A. W为硫，Y为氧，形成的一种化合物是二氧化硫，具有漂白性，故A正确；B. 硫离子有3个电子层，半径最大；氧离子和铝离子核外电子排布相同，核电荷越大，半径越小，所以氧离子大于铝离子，故简单离子半径大小顺序：WYZ，故B错误；C. 非金属性越强其氢化物越稳定，氮非金属性弱于氧，则最简单氢化物的稳定性：XY，故C正确；D. 元素X的气态氢化物为氨气，其最高价氧化物对应水化物为硝酸，能发生反应生成硝酸铵，故D正确。故选B。【点睛】解决此题的关键是正确推断元素的种类，突破口在于题干信息中浓溶液和稀溶液性质不同，想到浓硫酸具有强氧化性，与金属铝发生钝化反应，而稀硫

39、酸可以与铝反应。18、A【解析】A.H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)c(HY);HY的电离程度小于HY的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH)c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)c(Y2),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)c(HY)c(OH)c(H+)c(Y2)，B项错误；C.HY水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY+H2OOH+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D. 根据电荷守恒

40、式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。19、B【解析】A. 由现象可知，将BaSO4投入饱和Na2CO3溶液中充分反应，向过滤后所得固体中加入足量盐酸，固体部分溶解且有无色无味气体产生，说明固体中含有BaCO3和BaSO4，有BaSO4转化成BaCO3，这是由于CO32-浓度大使Qc（BaCO3）Ksp（BaCO3），所以不能验证Ksp(BaSO4)Ksp(BaCO3)，A项错误；B. Mg（OH）2比Ca（OH）2更

41、难溶，成浆状后，再加入饱和MgCl2溶液，充分搅拌后Ca（OH）2与MgCl2反应生成Mg（OH）2和溶于水的CaCl2，过滤，用蒸馏水洗净沉淀，可达到除去Mg(OH)2样品中Ca(OH)2杂质的目的，B项正确；C. 试纸变为蓝色，说明生成氨气，可说明NO3被还原为NH3，结论不正确，C项错误；D. 由操作和现象可知，亚硫酸氢根离子电离大于其水解，则HSO3结合H+的能力比SO32的弱，D项错误；答案选B。【点睛】A项是易错点，沉淀转化的一般原则是由溶解度小的转化为溶解度更小的容易实现，但两难溶物溶解度相差不大时也可控制浓度使溶解度小的转化成溶解度大的。20、D【解析】A. 该物质可发生水解反

42、应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B. 1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH ，最多可消耗 2molNaOH，故B正确；C. 中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D. 中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错误；故选D。21、D【解析】根据主链最长原则，主链有7个碳原子；根据支链最近原则，从右端开始第3个碳原子上连有一个甲基，所以的名称是3-甲基庚烷，故D正确。22、

43、A【解析】A.鉴别纯碱与小苏打，试管口略向下倾斜，且铁架台的铁夹要夹在离试管口的三分之一处故此实验装置错误，故A符合题意；B.过氧化钠与水反应放出大量热，能能脱脂棉燃烧，此实验装置正确，故B不符合题意；C.氯气与烧碱溶液反应时，锥形瓶中氯气被消耗，压强减小，气球会变大，此实验装置正确，故C不符合题意；D.氯气与钠反应时，尾气端一定要加上蘸有碱液的棉花除去尾气中残留的氯气，避免氯气污染环境，此实验装置正确，故D不符合题意。故答案是A。二、非选择题(共84分)23、对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛） 酯基、醚键 C13H14O3Cl2 加成反应 +HBr 12 、 【解析】A()与HCHO在碱性条件

44、下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。【详解】（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；答案：酯基、醚键（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反应为加成反应，反应为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+HBr；答案：加成反应 +HBr（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为 、 、 、 、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且

45、峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；答案：12种 、（6）根据题干信息可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；答案：【点睛】第小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br确定碳链种类将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。24、环戊二烯 C7H8O 羰基 加成反应 2+O2 2+2H2O 9 【解析】（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6推断其结构式和名称；（2）由Z得结构简式可得分子式，由N得结构简式可知含氧官能团为羰基；（3）反应的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；（4）反应为M的催化氧化

46、；（5）T中含不饱和度为4与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团，以此推断；（6）运用上述流程中的前三步反应原理合成环丁酯，环丁酯水解、酸化得到OHCCH2CH2COOH。【详解】（1）已知X是一种环状烃，分子式为C5H6，则X为环戊二稀，故答案为环戊二烯；（2）Z结构式为，分子式为：C7H8O；由N得结构简式可知含氧官能团为酮键；故答案为：C7H8O；羰基；（3）反应的反应类型是X与Cl2C=C=O发生的加成反应；故答案为：加成反应；（4）反应为M的催化氧化反应方程式为：2+O2 2+2H2O，故答案为：2+O2 2+

47、2H2O；（5）R中不饱和度为4，T中苯环含有4个不饱和度，与氯化铁溶液发生显色反应则含苯酚结构；1molT最多消耗2mol钠则含有两个羟基；同一个碳原子上不连接2个官能团。则有两种情况，苯环中含有3个取代基则含有两个羟基和一个甲基，共有6种同分异构体；苯环中含有2个取代基则一个为羟基一个为-CH2OH，共有三种同分异构体（邻、间、对），则共有9种同分异构体。核磁共振氢谱有五个峰的同分异构体的结构简式为：故答案为：9；（6）参考上述流程中的有关步骤设计，流程为：，故答案为：。25、防止乙酸酐与水反应 除去过量的乙酸酐 慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH 苯甲醛 蒸出、接收的无色液体不呈油状时，

48、即可断定水蒸气蒸馏结束 增大肉桂酸的溶解度，提高产率 重结晶 67.6% 【解析】苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然

49、还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。【详解】(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加人20mL水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH； (3)第步将乙酸酐、乙酸除去了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案

50、为：苯甲醛；蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸的溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提高产率； (5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1反应，但是所给原料量为：0. 03 mol苯甲醛、0. 084 mol乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03mol肉桂酸，对应质量=0.03mol148.16g/mol=4.4448g，所

51、以，产率=67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。26、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

52、，D防止空气进入反应装置干扰实验；（1）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

53、与水隔离，因此应选择不能与氨气产生作用的液体作为隔离液；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

54、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）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

55、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；（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

56、氨气当成开始时的空气即可，不会对测量结果产生影响，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。27、分液漏斗 固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰 BC 还原 3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2 吸收未反应的

57、氨气，阻止F中水蒸气进入D 慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平 【解析】A装置制取氨气，B装置干燥氨气，C为反应装置，D装置吸收反应产生的水，E装置防止F中的水分进入D装置干扰实验结果，F装置测量生成氮气的体积。【详解】（1）装置中仪器a为分液漏斗，浓氨水遇氧化钙、氢氧化钠会释放氨气，故可选用固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰（成分为氧化钙和氢氧化钠）；（2）该装置为固液不加热制取气体，A.氯气为黄绿色气体，A错误；B.过氧化钠和水，或过氧化氢和二氧化锰制氧气都无需加热，B正确；C.碳酸钙和稀盐酸制取二氧化碳，无需加热，C正确；D.二氧化氮为红棕色气体，D错误；答案选BC；（3）装置C中黑色粉末变为红色固体，说明氧化铜被还原为铜单质，说明氨气具有还原性，量气管有无色无味的气体，根据元素守恒该气体肯定含有氮元素，只能是氮气，故方程式为；（4）根据实验目的，需要测定D装置的质量变化来确定生成水的量，故E装置的作用是防止F中的水分进入D装置，同时浓硫酸还能吸收氨气；（5）为保证读出的气体体积为标准大气压下的体积，需要调整两边液面相平；（6）测得干燥管D增重m g，即生成m g水，装置F测得气体的体积为n L，即n L氮气，根据元素守恒，水中的氢元素都来自于氨气，氮气中的氮元素都来