辽宁庄河市2022年高考化学五模试卷含解析

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、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1L 0.1mol/L的NaHS溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NAB2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为

2、4NAD3 mol Fe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子2、向Na2CO3、NaHCO3混合溶液中逐滴加入稀盐酸，生成气体的量随盐酸加入量的变化关系如图所示，则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是( )Aa点对应的溶液中：Na+、OH-、SO42-、NO3-Bb点对应的溶液中：K+、Ca2+、H+、Cl-Cc点对应的溶液中：Na+、Ca2+、NO3-、Cl-Dd点对应的溶液中：F-、NO3-、Fe2+、Ag+3、下列说法正确的是ASiO2制成的玻璃纤维，由于导电能力强而被用于制造通讯光缆B水分子中OH键的键能很大，因此水的沸点较高CNa2O2中 既含有离子键又含有共价键，但Na2

3、O2属于离子化合物D1 mol NH3中含有共用电子对数为4NA (NA为阿伏加德罗常数的值)4、化学与生活、生产密切相关。下列叙述不正确的是（ ）A高纯硅可用于制作光导纤维B碳酸钠热溶液呈碱性，可用于除去餐具上的油污C利用太阳能蒸发海水的过程属于物理变化D淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖5、某有机物的结构简式如图所示。下列说法错误的是（ ）A与互为同分异构体B可作合成高分子化合物的原料（单体）C能与NaOH溶液反应D分子中所有碳原子不可能共面6、海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：下列说法中正确的是A工业上使Mg2+沉淀，试剂应选用NaOH

4、B将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2C电解MgCl2溶液在阴极得到金属MgD要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂的应过量7、将100mL1Lmol-1的NaHCO3溶液分为两份，其中一份加入少许冰醋酸，另外一份加入少许Ba(OH)2固体，忽略溶液体积变化。两份溶液中c(CO32-)的变化分别是（ ）A减小、减小B增大、减小C增大、增大D减小、增大8、本草纲目中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属晒干烧灰,以原水淋汁久则凝淀如石浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是A“石碱”的主要成分易溶于水B“石碱”俗称烧碱C“石碱”可用作洗涤剂D“久则凝淀如石”的操作为结晶9、W、X、Y、Z、R是

5、原子序数依次增大的五种短周期元素，其中W、R同主族；X是形成化合物种类最多的元素；常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物。下列说法正确的是AX、Y的简单氢化物的沸点：XYBZ、R的简单离子的半径大小：ZRCY与W形成的最简单化合物可用作制冷剂D1mol R2Z2与足量W2Z反应，转移的电子数为2NA10、实验过程中不可能产生 Fe(OH)3 的是A蒸发 FeCl3 溶液BFeCl3 溶液中滴入氨水C将水蒸气通过灼热的铁DFeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液11、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的 ( )XYZFeCl3溶液Cu浓硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸SO2Ca(OH

6、)2NaHCO3NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸ABCD12、不能判断甲比乙非金属性强的事实是（）A常温下甲能与氢气直接化合，乙不能B甲的氧化物对应的水化物酸性比乙强C甲得到电子能力比乙强D甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价13、随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghdeB上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由d、e、g三种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀Df的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应14、下

7、列有关实验操作的叙述正确的是A制备乙酸乙酯时，将乙醇和乙酸依次加入到浓硫酸中B用苯萃取溴水中的溴时，将溴的苯溶液从分液漏斗下口放出C在蒸馏操作中，应先通入冷凝水后加热蒸馏烧瓶D向容量瓶中转移液体时，引流用的玻璃棒不可以接触容量瓶内壁15、某固体混合物可能由Fe2O3、Fe、Na2SO3、NaBr、AgNO3、BaCl2中的两种或两种以上的物质组成。某兴趣小组为探究该固体混合物的组成，设计的部分实验方案如图所示：下列说法正确的是A气体A至少含有SO2、H2中的一种B固体C可能含有BaSO4或者Ag2SO4C该固体混合物中Fe2O3和Fe至少有其中一种D该固体混合物一定含有BaCl2，其余物质都不

8、确定16、某反应过程能量变化如图所示，下列说法正确的是A反应过程a有催化剂参与B该反应为吸热反应，热效应等于HC改变催化剂，可改变该反应的活化能D有催化剂的条件下，反应的活化能等于E1+E217、能促进水的电离平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（ ）A将水加热煮沸B将明矾溶于水C将NaHSO4固体溶于水D将NaHCO3固体溶于水18、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法错误的是A84消毒液具有强氧化性，可用于居家环境杀菌消毒B加强生活垃圾分类与再生资源回收有利于践行“绿水青山就是金山银山”的理念C中国华为自主研发的5G芯片巴龙5000的主要材料是SiD太阳能光催化

9、环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，该燃料属于一次能源19、最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A石墨烯属于烯烃B石墨烯中碳原子采用sp3杂化C黑磷与白磷互为同素异形体D黑磷高温下在空气中可以稳定存在20、金属铊(81Tl)有重要用途，可用来制造光电管、光学玻璃等。铊与铯(55Cs)同周期，下列说法不正确的是A原子半径：CsTlB碱性：CsOHTl(OH)3C与水反应的剧烈程度：Tl CsDTl是第六周期第A元素21、在测定硫酸铜晶体结晶水含量的实验中，会导致测定结果偏低的是（）A加热后固体发黑B坩埚沾有受热不分解

10、的杂质C加热时有少量晶体溅出D晶体中混有受热不分解的杂质22、对于反应A(g)3B(g)2C(g)2D(g)，以下表示中，反应速率最快的是Av(A)0.8 mol/(Ls)Bv(B)0.4 mol/(Ls)Cv(C)0.6 mol/(Ls)Dv(D)1.8 mol/(Lmin)二、非选择题(共84分)23、（14分）丹参素是一种具有保护心肌、抗血栓形成、抗肿瘤等多种作用的药物。它的一种合成路线如下：已知：Bn代表苄基（）请回答下列问题：（1）D的结构简式为_，H中所含官能团的名称为_。（2）的反应类型为_，该反应的目的是_。（3）A的名称是_，写出的化学方程式：_。（4）用苯酚与B可以制备物质

11、M（）。N是M的同系物，相对分子质量比M大1则符合下列条件的N的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是_（写出一种即可）。苯环只有两个取代基能与溶液发生显色反应能发生银镜反应红外光谱表明分子中不含醚键（5）参照丹参素的上述合成路线，以为原料，设计制备的合成路线：_。24、（12分）药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒(2019-nCoV)有明显抑制作用；K为药物合成的中间体,其合成路线如图：已知：ROHRCl回答下列问题：（1）A的化学名称为_。由AC的流程中，加入CH3COCl的目的是_。（

12、2）由GH的化学反应方程式为_，反应类型为_。（3）J中含氧官能团的名称为_。碳原子上连有4个不同的原子或基团时，该碳原子称为手性碳原子，则瑞德西韦中含有_个手性碳原子。（4）X是C的同分异构体，写出一种满足下列条件的X的结构简式_。苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇FeCl3溶液发生显色反应；1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2。（5）设计以苯甲醇为原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_。25、（12分）苯甲酸乙酯可由苯甲酸与乙醇在浓硫酸共热下反应制得，反应装置如图（部分装置省略），反应原理如下：实验操作步骤：向三颈烧瓶内加入12.2g苯甲酸、25mL乙醇、20mL苯及4m

13、L浓硫酸，摇匀，加入沸石。装上分水器、电动搅拌器和温度计，加热至分水器下层液体接近支管时将下层液体放入量筒中。继续蒸馏，蒸出过量的乙醇，至瓶内有白烟(约3h)，停止加热。将反应液倒入盛有80mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末至溶液无二氧化碳逸出，用pH试纸检验至呈中性。用分液漏斗分出有机层，水层用25mL乙醚萃取，然后合并至有机层。用无水CaC12干燥，粗产物进行蒸馏，低温蒸出乙醚。当温度超过140时，直接接收210-213的馏分，最终通过蒸馏得到纯净苯甲酸乙酯12.8mL。可能用到的有关数据如下：相对分子质量密度（g/cm3）沸点/溶解性苯甲酸1221.27249微溶于水，易溶于乙

14、醇、乙醚苯甲酸乙酯1501.05211-213微溶于热水，溶于乙醇、乙醚乙醇460.7978.5易溶于水乙醚740.7334.5微溶于水回答以下问题：(1)反应装置中分水器上方的仪器名称是_，其作用是_(2)步骤中加浓硫酸的作用是_，加沸石的目的是_。(3)步骤中使用分水器除水的目的是_。(4)步骤中加入碳酸钠的目的是_ 。(5)步骤中有机层从分液漏斗的_（选填“上口倒出”或“下口放出”）。(6)本实验所得到的苯甲酸乙酯产率是_%。26、（10分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原 Fe2O3 的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时 A 中有大量紫红色的烟气，则 NH4I 的分

15、解产物为 _（至少填三种），E装置的作用是_。（2）装置B中的反应方程式：_，D装置的作用是_。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置 C 加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液变红无现象3向步骤 2 溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是_。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为_。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为_；溶液褪色可能的原因及其验证方法为_。（6）若装置C

16、中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为_。27、（12分）碘及其化合物可广泛用于医药和工业生产等。(1)实验室用海带提取I2时操作步骤依次为：灼烧、溶解、过滤、_、_及蒸馏。(2)灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是_。(3)“过滤”后溶液中含一定量硫酸盐和碳酸盐。现要检验溶液中的I，需选择的试剂组合及其先后顺序是_(选填编号)。aAgNO3溶液 bBa(NO3)2溶液 cBaCl2溶液 dCaCl2溶液(4)在海带

17、灰滤液中加入适量氯水后一定存在I2，可能存在IO3。请补充完整检验含I2溶液中是否含有IO3的实验方案(可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液)：取适量含I2溶液用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_。(5)分解水可用SO2/I2循环法。该法共涉及三步化学反应。_；2H2SO4 2SO2+O2+2H2O；_。与传统的分解水的方法相比，本法的优点是_；缺点是_。28、（14分）二氧化碳是常见的温室气体，其回收利用是环保领域研究的热点课题。.CO2可以与H2反应合成C2H4，该转化分两步进行： 第一步：CO2(g)H2(g)CO(g)+H2

18、O(g) H=+41.3kJmol-1第二步：2CO(g)4H2(g)C2H4(g)+2H2O(g) H=210.5kJmol-1（1）CO2与H2反应反应合成乙烯的热化学方程式为_。（2）一定条件下的密闭容器中，要提高CO2合成乙烯的转化率，可以采取的措施是_（填标号）。减小压强 增大H2的浓度 加入适当催化剂 分离出H2O(g)（3）己知温度对CO2合成乙烯的平衡转化率及催化剂的催化效率的影响如图所示，下列说法正确的是_（填标号）。N点的速率最大M点的平衡常数比N点的平衡常数大温度低于250时，随温度升高乙烯的平衡产率增大实际反应尽可能在较低的温度下进行，以提高CO2的转化率.研究表明CO

19、2和H2在一定条件下可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)反应。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mo1CO2和4.0molH2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如图所示：（4）催化效果最佳的是催化剂_(填“A”、“B”或“C”)。（5）T2温度下，若反应进行10min达到图中a点状态，用CO2的浓度表示的反应速率v(CO2)=_。（6）图中b点已达平衡状态，则该温度下反应的平衡常数K=_。（7）在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应外，还发生如下反应：CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应。维持

20、压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得如下实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_。29、（10分）某学习小组按如下实验流程探究海带中碘含量的测定和碘的制取实验一：碘含量的测定取0.0100mol/L的AgNO3标准溶液滴定100.00mL海带浸取原液，用电势滴定法测定碘的含量测得的电动势（E）反映溶液中c（I） 变化，用数字传感器绘制出滴定过程中曲线变化如图所示

21、：实验二：碘的制取另取海带浸取原液，甲、乙两种实验方案如图所示：已知：3I2+6NaOH5NaI+NaIO3+3H2O请回答：（1）实验一中的仪器名称：仪器A_，仪器B_；实验二中操作Z的名称_（2）根据表中曲线可知：此次滴定终点时用去AgNO3溶液的体积为_ml，计算该海带中碘的百分含量为_（3）步骤X中，萃取后分液漏斗内观察到的现象是_（4）下列有关步骤Y的说法，正确的是_A应控制NaOH溶液的浓度和体积 B将碘转化成离子进入水层C主要是除去海带浸取原液中的有机杂质 DNaOH溶液可以由乙醇代替方案乙中，上层液体加硫酸发生反应的离子方程式是_（5）方案甲中采用蒸馏不合理，理由是_参考答案一

22、、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、B【解析】A. HS在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2，根据物料守恒可知溶液中H2S、HS和S2的个数之和为0.1NA个，故A错误；B. H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，含NA个中子，故B正确；C. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故C错误；D. 铁与水蒸汽反应后变为+价，故3mol铁和水蒸汽反应后转移8mol电子即8NA个，故D错误；故选：B。2、C【解析】A. a点对应的溶液中含有碳酸氢钠，HCO3-、OH

23、-反应生成CO32-和水，a点对应的溶液中不能有大量OH-，故不选A；B. b点对应的溶液中有碳酸氢钠，HCO3-、H+反应生成CO2气体和水，b点对应的溶液中不能有大量H+，故不选B；C. c点对应的溶液中溶质只有氯化钠，Na+、Ca2+、NO3-、Cl-不反应，能共存，故选C；D. d点对应的溶液中含有盐酸， F-、H+反应生成弱酸HF，H+、NO3-、Fe2+发生氧化还原反应生成Fe3+，Ag+、Cl-反应生成氯化银沉淀，不能大量共存，故不选D；答案选C。3、C【解析】A二氧化硅是绝缘体不能导电，光导纤维中传递的是激光，利用的是二氧化硅的导光性，A项错误；B水的沸点高是因为水分子之间可以

24、形成氢键，与水分子内的O-H键键能无关，B项错误；C物质只要含有离子键则为离子化合物，过氧化钠中Na+和是以离子键结合，中的O是以共价键结合，C项正确；DNH3中有三条共价键，共价键即原子之间通过共用电子对形成的相互作用，所以1molNH3中含有3NA个共用电子对，D项错误；答案选C。4、A【解析】A高纯硅用于制太阳能电池或芯片等，而光导纤维的材料是二氧化硅，故A错误； B利用碳酸钠热溶液水解呈碱性，可除餐具上的油污，故B正确；C海水蒸发是物理变化，故C正确；D淀粉和纤维素均为多糖，一定条件下，淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖，故D正确；故答案为A。5、D【解析】A分子式相同而结构不同的有

25、机物互为同分异构体，与分子式都为C7H12O2，互为同分异构体，故A正确；B该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性质，可发生聚合反应，可作合成高分子化合物的原料（单体），故B正确；C该有机物中含有酯基，具有酯类的性质，能与NaOH溶液水解反应，故C正确；D该有机物分子结构简式中含有-CH2CH2CH2CH3结构，其中的碳原子连接的键形成四面体结构，单键旋转可以使所有碳原子可能共面，故D错误；答案选D。【点睛】数有机物的分子式时，碳形成四个共价键，除去连接其他原子，剩余原子都连接碳原子。6、D【解析】A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故

26、A错误；B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂的量应过量，故D正确。故答案选D。7、D【解析】将l00ml 1mol/L 的NaHCO3溶液等分为两份，一份加入少许冰醋酸，发生CH3COOH+HCO3-=H2O+CO2+CH3COO-，则溶液中c（CO32-）减小；另外一份加入少许Ba(OH)2固体，发生Ba2+2OH-+2HCO3-=2H2O+BaCO3+CO3

27、2-，则溶液中c(CO32-)增大；故选D。8、B【解析】A. 由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；B. “采蒿蓼之属晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；D. “以原水淋汁久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；选B。9、C【解析】W、X、Y、Z、R是原子序数依次增大的五种短周期元素，X是形成化合物种类最多的元素，推出X为C，常温下，W与Z能形成两种常见的液态化合物，可知是H2O、H2O2，推出W为H，Z为O，W、R同主族，因此推出R为Na，X为C，Z为O，可知Y为N。 A. X、

28、Y的简单氢化物分别为CH4、H2O，水分子之间存在氢键，沸点：CH4H2O，A项错误；B. Z、R对应的离子为：O2-、Na+，电子层相同，原子序数小的，离子半径大，离子的半径大小：O2-Na+，B项错误；C. Y与W形成的最简单化合物NH3，可用作制冷剂，C项正确；D. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，2mol过氧化钠转移电子2mol，1mol Na2O2反应，转移的电子数为NA，D项错误；答案选C。10、C【解析】A. 蒸发 FeCl3 溶液，铁离子水解生成氢氧化铁，故A正确；B. FeCl3 溶液中滴入氨水生成氢氧化铁和氯化铵，故B正确；C. 将水蒸气通过灼热的铁生成四氧化三铁

29、和氢气，故C错误；D. FeCl2 溶液中滴入 NaOH 溶液生成氢氧化亚铁和氯化钠，氢氧化亚铁遇到氧气被氧化成氢氧化铁，故D正确；故选：C。11、D【解析】Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应，常温下不与浓硫酸发生反应；SiO2属于酸性氧化物，能与强碱反应，但不与浓盐酸反应；Ca(OH)2是强碱与SO2反应，与NaHCO3也反应；Al(OH)3属于两性氢氧化物，与强酸强碱溶液都反应；【详解】Cu与FeCl3溶液发生氧化还原反应：Cu+ 2FeCl3=CuCl2+ 2FeCl2，常温下不和浓硫酸反应，故错误；SiO2属于酸性氧化物，能与强碱发生反应，所以与氢氧化钾发生反应SiO2+2KOH=K

30、2SiO3+H2O，但不能和盐酸反应； Ca(OH)2是强碱与SO2酸性氧化物发生反应Ca(OH)2+ SO2=CaSO3+H2O，与NaHCO3也发生反应；Al(OH)3属于两性氢氧化物，能和强酸强碱溶液都反应，和强碱NaOH反应Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O、和硫酸反应3H2SO4+2Al(OH)3=Al2(SO4)3+6H2O ；故正确，故答案为D。【点睛】本题考查物质的相关性质，熟记相关物质的反应及反应条件很重要。12、B【解析】A元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，与H2化合越容易，与H2化合时甲单质比乙单质容易，元素的非金属性甲大于乙，A正确；B元素的非金属

31、性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，甲、乙的氧化物不一定是最高价氧化物，不能说明甲的非金属性比乙强，B错误；C元素的非金属性越强，得电子能力越强，甲得到电子能力比乙强，能说明甲的非金属性比乙强，C正确；D甲、乙形成的化合物中，甲显负价，乙显正价，则甲吸引电子能力强，所以能说明甲的非金属性比乙强，D正确。答案选B。【点晴】注意非金属性的递变规律以及比较非金属性的角度，侧重于考查对基本规律的应用能力。判断元素金属性(或非金属性)的强弱的方法很多，但也不能滥用，有些是不能作为判断依据的，如：通常根据元素原子在化学反应中得、失电子的难易判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据得、失电子的多少

32、。通常根据最高价氧化物对应水化物的酸碱性的强弱判断元素非金属性或金属性的强弱，而不是根据其他化合物酸碱性的强弱来判断。13、B【解析】根据八种短周期元素原子半径的相对大小可知：x属于第一周期，y、z、d属于第二周期，e、f、g、h属于第三周期元素；根据最高正价或最低负价可知：x为H, y为C、z为N、d为O、e为Na、f为Al、g为S、h为Cl。【详解】A.g为S，h为Cl，属于第三周期，离子半径gh ；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相

33、互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。14、C【解析】A浓

34、硫酸溶于水放出大量的热，且密度比水大，为防止酸液飞溅，应先在烧瓶中加入一定量的乙醇，然后慢慢加入浓硫酸，边加边振荡，顺序不能颠倒，故A错误；B苯的密度比水的密度小，分层后有机层在上层，则溴的苯溶液从分液漏斗上口倒出，故B错误；C蒸馏时，应充分冷凝，则先通冷凝水后加热蒸馏烧瓶，防止馏分来不及冷却，故C正确；D引流时玻璃棒下端在刻度线以下，玻璃棒可以接触容量瓶内壁，故D错误；故答案为C。15、C【解析】由实验方案分析，溶液G中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则其为AgCl，原固体中一定含有BaCl2，一定不含NaBr；溶液B中加入NaOH溶液，有白色沉淀生成，此沉淀一段时间后颜色变深，

35、则其为Fe(OH)2，说明溶液B中含有Fe2+，原固体中可能含有Fe(与硫酸反应生成Fe2+和H2)，可能含有Fe2O3(与硫酸反应生成的Fe3+全部被SO32-还原为Fe2+)，还可能含有AgNO3(必须少量，与硫酸电离出的H+构成的HNO3能被Fe或SO32-全部还原，且溶液中只含有Fe2+，不含有Fe3+)。【详解】A. 气体A可能为H2，可能为SO2，可能为H2、NO的混合气，可能为SO2、NO的混合气，还可能为H2、NO、SO2的混合气，A错误；B. 原固体中一定含有BaCl2，则固体C中一定含有BaSO4，可能含有Ag2SO4，B错误；C. 从上面分析可知，固体混合物中不管是含有F

36、e2O3还是含有Fe，都能产生Fe2+，C正确；D. 该固体混合物一定含有BaCl2，一定不含有NaBr，D错误。故选C。【点睛】在进行物质推断时，不仅要注意物质存在的可能性问题，还要考虑试剂的相对量问题。如上面分析得出，加入过量硫酸后的溶液中含有Fe2+，不含有Fe3+，此时我们很可能会考虑到若含AgNO3，则会与硫酸电离出的H+构成HNO3，将Fe2+氧化为Fe3+，武断地得出原固体中不存在AgNO3的结论。如果我们考虑到若Fe过量，或Na2SO3过量，也可确保溶液中不含有Fe3+，则迎合了命题人的意图。16、C【解析】A催化剂能降低反应的活化能，故b中使用了催化剂，故A错误；B反应物能量

37、高于生成物，为放热反应，H=生成物能量-反应物能量，故B错误；C不同的催化剂，改变反应的途径，反应的活化能不同，故C正确；D催化剂不改变反应的始终态，焓变等于正逆反应的活化能之差，图中不能确定正逆反应的活化能，故D错误；故选C。17、B【解析】A. 加热煮沸时促进水的电离，但是氢离子和氢氧根浓度依然相等，溶液仍然呈中性，故A错误；B. 向水中加入明矾，铝离子水解对水的电离起促进作用，电离后的溶液显酸性，溶液中的c（H+）c（OH-），故B正确；C. 向水中加NaHSO4固体，硫酸氢钠在水中完全电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，溶液中的c（H+）c（OH-），但氢离子抑制水电离，故C错误；D.

38、向水中加入NaHCO3，碳酸氢钠中的碳酸氢根水解而使溶液显碱性，即溶液中的c（H+）c（OH-），故D错误；正确答案是B。【点睛】本题考查影响水电离的因素，注意酸或碱能抑制水电离，含有弱酸根离子或弱碱阳离子的盐能促进水电离。18、D【解析】A84消毒液主要成分是NaClO，具有强氧化性，有杀菌消毒作用，因此可用于居家环境杀菌消毒，A正确；B生活垃圾分类处理，使能够回收利用的物质物尽其用，再生资源回收利用，有害物质集中处理，就可以减少污染物的排放，有利于社会持续发展，B正确；C5G芯片主要材料是Si单质，C正确；D太阳能光催化环境技术技术可以将二氧化碳转化为燃料，涉及太阳能与化学能的转移，产生的

39、燃料为氢气、CO等属于二次能源，D错误；故合理选项是D。19、C【解析】A石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A错误；B石墨烯中每个碳原子形成3键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C黑磷与白磷是磷元素的不同单质，互为同素异形体，C正确；D黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D错误；答案选C。20、C【解析】铯(55Cs)位于第六周期第A族，铊与铯(55Cs)同周期，可知铊(81Tl)位于第六周期第A族，金属性：CsTl。A. 元素在同一周期，序数越小，半径越大，则原子半径：CsTl，A项正确；B. 金属性：CsTl，则碱性：CsOHTl(OH)3，B项正确；C.

40、金属性：CsTl，则与水反应的剧烈程度：CsTl ，C项错误；D. Tl是第六周期第A元素，D项正确；答案选C。【点睛】本题重点，知道元素在元素周期表中的位置，根据原子结构示意图的书写规律，每一层最多排布2n2个电子，最外层最多排布8个(除第一层外)，次外层最多排布18个，得出铊与铯的原子结构示意图，即可知道位置。21、D【解析】A固体变黑说明硫酸铜分解生成CuO与SO3，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故A不合题意；B坩埚内附有不分解的杂质，而加热前后固体的质量差不变，测量结果不变，故B不合题意；C加热过程中有少量晶体溅出，造成加热前后固体的质量差偏大，测量结果偏高，故C不合题意

41、；D晶体不纯，含有不挥发杂质，造成加热前后固体的质量差偏小，测量结果偏低，故D符合题意；故选D。22、A【解析】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快【详解】由于不同物质表示的速率之比等于其化学计量数之比，故不同物质表示的速率与其化学计量数的比值越大，表示的反应速率越快，A、v(A)1=0.8mol/（Ls）B、v(B)3=0.11mol/（Ls）Cv(C)2=0.3 mol/（Ls）D、v(D)2=0.9mol/（Lmin）=0.960=0.015mol/（Ls），故最快的是A。故选A。二、非选择题(共84分)23、

42、醚键、羟基、羧基 取代反应 保护（酚）羟基 乙二醛 +O2 18 【解析】根据A的分子式和B的结构可知A为乙二醛（OHC-CHO），乙二醛氧化生成B；根据C、E、B的结构可知D为；B与D发生加成反应生成E（）；F与BnCl碱性环境下，发生取代反应生成G（），保护酚羟基不被后续步骤破坏；H与氢气发生取代反应生成丹参素，据此分析。【详解】（1）根据合成路线逆推可知D为邻苯二酚。H（）中所含官能团为醚键、羟基、羧基；答案： 醚键、羟基、羧基（2）的结果是F中的羟基氢被苄基取代，所以是取代反应。从F到目标产物，苯环上的两个羟基未发生变化，所以是为了保护酚羟基，防止它在后续过程中被破坏。答案：取代反应

43、保护（酚）羟基（3）A为乙二醛（OHC-CHO），属于醛基的氧化反应，方程式为+O2；答案： 乙二醛 +O2（4）根据题意，N的同分异构体必含一个酚羟基，另一个取代基可能是：HCOOCH2CH2-、HCOOCH（CH3）、OHCCH（OH）CH2-、OHCCH2CH（OH）-、，每个取代基与酚羟基都有邻、间、对三种位置关系，共有；其中核磁共振氢谱有6组峰，且峰面积之比为1:1:1:2:2:3的物质的结构简式是；答案： 18 （5）由原料到目标产物，甲基变成了羧基（发生了氧化反应），但羟基未发生变化。由于酚羟基易被氧化，所以需要预先保护起来。根据题意可以使用BnCl进行保护，最后通过氢气使酚羟基

44、复原，合成路线为；答案：【点睛】本题难点第（4）小题同分异构体种类判断注意能发生银镜反应的有醛基、甲酸盐、甲酸某酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等；先确定官能团种类，在确定在苯环中的位置。24、苯酚 保护羟基，防止被氧化 HCHO+HCN 加成反应 酯基 5 或 【解析】A发生信息1的反应生成B，B发生硝化取代反应生成C，根据C的结构简式可知，B为，A为；D发生信息1的反应生成E，E中含两个Cl原子，则E为，E和A发生取代反应生成F，G发生信息2的反应生成H，H发生取代反应，水解反应得到I，根据I结构简式可知H为HOCH2CN，G为HCHO，I发生酯化反应生成J，F与J发生取代反应生成K，J为，结合

45、题目分析解答；（7）的水解程度为：，结构中的-COOH可由-CN酸性条件下水解得到，而与HCN发生加成反应可生成，再结合苯甲醇催化氧化即可生成苯甲醛，据此分析确定合成路线。【详解】（1）由上述分析可知，A为，其化学名称为：苯酚；酚羟基具有弱还原性，能够被浓硫酸氧化，因此加入CH3COCl的目的是保护羟基，防止被氧化；（2）H为HOCH2CN，G为HCHO，由G生成H的化学反应方程式为：HCHO+HCN；反应中醛基中不饱和键生成饱和化学键，属于加成反应；（3）J为，其含氧官能团为酯基；瑞德西韦中碳原子位置为：，一共有5个手性碳原子；（4）C是对硝基乙酸苯酯，X是C的同分异构体，X的结构简式满足下

46、列条件：苯环上含有硝基且苯环上只有一种氢原子；遇FeCl3溶液发生显色反应；1mol的X与足量金属Na反应可生成2gH2(即1mol)，则含有两个羟基，根据不饱和度知还存在-CH=CH2，该分子结构对称，符合条件的结构简式为：或；（5）根据上述分析可知，该合成路线可为：。25、球形冷凝管 冷凝回流，减少反应物乙醇的损失 作催化剂 防止暴沸 及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动 除去硫酸及未反应的苯甲酸 下口放出 89.6 【解析】根据反应原理，联系乙酸与乙醇的酯化反应实验的注意事项，结合苯甲酸、乙醇、苯甲酸乙酯、乙醚的性质分析解答(1)(5)；(6)根据实验中使用的苯甲酸的质量和乙醇的

47、体积，计算判断完全反应的物质，再根据反应的方程式计算生成的苯甲酸乙酯的理论产量，最后计算苯甲酸乙酯的产率。【详解】(1)根据图示，反应装置中分水器上方的仪器是球形冷凝管，乙醇容易挥发，球形冷凝管可以起到冷凝回流，减少反应物乙醇的损失；(2) 苯甲酸与乙醇的酯化反应需要用浓硫酸作催化剂，加入沸石可以防止暴沸；(3) 苯甲酸与乙醇的酯化反应中会生成水，步骤中使用分水器除水，可以及时分离出产物水，促使酯化反应的平衡正向移动，提高原料的利用率；(4)步骤中将反应液倒入盛有80 mL冷水的烧杯中，在搅拌下分批加入碳酸钠粉末，碳酸钠可以与硫酸及未反应的苯甲酸反应生成二氧化碳，因此加入碳酸钠的目的是除去硫酸

48、及未反应的苯甲酸；(5)根据表格数据，生成的苯甲酸乙酯密度大于水，在分液漏斗中位于下层，分离出苯甲酸乙酯，应该从分液漏斗的下口放出；(6) 12.2g苯甲酸的物质的量=0.1mol，25mL乙醇的质量为0.79g/cm325mL=19.75g，物质的量为=0.43mol，根据可知，乙醇过量，理论上生成苯甲酸乙酯0.1mol，质量为0.1mol150g/mol=15g，实际上生成苯甲酸乙酯的质量为12.8mL1.05g/cm3=13.44g，苯甲酸乙酯产率=100%=89.6%。26、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2ZnI2 安全瓶 Fe粉 Fe3O4+8H+2Fe3+Fe

49、2+4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立 Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4 【解析】(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气

50、体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4

51、I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(5)因Fe3+遇

52、SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。27、氧化 萃取(或萃取分液) 坩埚(或瓷坩埚)、泥三角 ba 从水层取少量溶液，加入12 mL淀

53、粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3，若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3 SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4 2HIH2+I2 节约电能 使用能造成污染环境的SO2 【解析】(1)将海带灼烧、溶解、过滤后所得溶液中碘以I-存在，要将碘从水溶液中分离出来，应将I- 转化成水溶性差而易溶于有机溶剂的I2；(2)根据灼烧装置即可找除出题中所列外还需要的实验仪器；(3)检验I- 通常用AgNO3溶液，而Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I-的检验，需排除干扰；(4)检验IO3-可采用思路为：IO3- I2 检验I2，所以

54、应选用合适的还原剂将IO3- 还原为I2，再检验生成的I2；(5)根据题意，分解水采用的是SO2/I2循环法，可判断SO2和I2在整个过程中参与反应且能重新生成，由此判断各步反应；该法与电解水相比，不耗电但使用了能产生污染的SO2。【详解】(1)根据分析，需把溶液中的I-转化为水溶性差而易溶于有机溶剂的I2，I- I2为氧化过程；从水溶液中分离出I2可用CCl4等有机溶剂萃取后蒸馏。答案为：氧化；萃取(或萃取分液)；(2)固体灼烧需要坩埚，而坩埚需放在泥三角上加热，所以，灼烧海带时除需要三脚架、酒精灯、玻璃棒外，还需要的实验仪器是坩埚(或瓷坩埚)、泥三角。答案为：坩埚(或瓷坩埚)、泥三角；(3

55、)由于碘化银是不溶于水，也不溶于酸的黄色沉淀，所以可用AgNO3溶液检验。但Ag2SO4微溶、Ag2CO3难溶，所以SO42-和CO32-会干扰I- 的检验，所以需要排除其干扰，又因为还不能引入氯离子，所以可以用足量的Ba(NO3)2溶液除去SO42-和CO32-，过滤后（或取上层清液）再加入AgNO3溶液。答案为：ba；(4)碘酸根具有强氧化性，能被还原为单质碘，而碘遇淀粉显蓝色，所以检验碘酸根的实验操作是：从水层取少量溶液，加入12 mL淀粉溶液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝，说明滤液中含有IO3-；若溶液不变蓝，说明滤液中不含有IO3-；依题意，用SO2/I2循环法分解水

56、共涉及三步化学反应。根据第二个反应可知，首先SO2被氧化为硫酸，氧化剂为I2，化学方程式为：SO2+ I2+ 2H2O = 2HI + H2SO4；生成的HI分解即可得到氢气，同时重新生成I2，所以第三个化学方程式为：2HIH2+ I2。电解水需要消耗电能，而SO2又是大气污染物，所以与传统的分解水的方法相比，本法的优点是节约电能，而缺点是使用能造成污染环境的SO2。【点睛】Ag+ 能与很多阴离子反应生成沉淀，如SO42-、CO32-、Cl-、Br-、I-、OH- 等，所以，用AgNO3 溶液检验卤离子时应注意排除干扰。28、2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) H=12

57、7.9kJmol-1 A 0.06molL-1min-1 112.5 升高温度，反应的反应速率均加快，但反应的反应速率变化更大 【解析】根据盖斯定律进行计算。减小压强，向体积增大即逆向移动，转化率减小；增大H2的浓度，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大；加入适当催化剂，加快反应速率，平衡不移动，转化率不变；分离出H2O(g)，平衡正向移动，二氧化碳转化率增大。N点温度高，但催化效率低，因此N的速率不一定最大；从M点到N点，温度升高，平衡逆向移动，因此M点的平衡常数比N点的平衡常数大；温度低于250时，随温度升高，平衡逆向移动，乙烯的平衡产率减小；实际反应尽可能在较低的温度下进行，平衡正向进行，虽然提高CO2的转化率，但催化剂的活性，反应速率减小，经济效率低。在T1温度下，相同时间内，催化剂A转化率最大。根据转化率和速率公式进行计算CO2的浓度表示的