2022学年山东省济南市历城区济南一中高三下学期一模考试化学试题(含解析)

1、2022高考化学模拟试卷考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3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、对可逆反应2A(s)3B(g) C(g)2D(g) H0，在一定条件下达到平衡，下列有关叙述正确的是( ) 增加A的量，平衡向正反应方向移动升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)减小压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)不变

2、增大B的浓度，v(正)v(逆)加入催化剂，B的转化率提高ABCD2、化学与生产生活密切相关，下列说法不正确的是（ ）A水华、赤潮等水体污染与大量排放硫、氮氧化物有关B干千年，湿万年，不干不湿就半年青铜器、铁器的保存C国产大飞机C919使用的碳纤维是一种新型的无机非金属材料D乙烯加聚后得到超高分子量的产物可用于防弹衣材料3、短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，B与C的简单离子具有相同的电子层结构，D的最高正价与最低负价代数和为6。工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛。下列说法不正确

3、的是A简单离子半径：DBCB氧化物的水化物酸性：DACX与单质C不能在空气的氛围中反应制得单质钛DB与D组成的某化合物可用于饮用水消毒4、短周期主族元素M、X、Y、Z的原子序数依次增大，湿润的红色石蕊试纸遇M的气态氢化物变蓝色。含X、Y和Z三种元素的化合物R有如下转化关系(已知酸性强弱：HClO3HNO3)。下列说法正确的是A简单离子半径：YZMXB简单气态氢化物的热稳定性：MXC加热单质甲与品红溶液反应所得的“无色溶液”，可变成红色溶液D常温下，向蒸馏水中加入少量R，水的电离程度可能增大5、下列表示不正确的是A中子数为20的氯原子：37ClB氟离子的结构示意图：C水的球棍模型：D乙酸的比例模

4、型：6、下列表述正确的是A用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高粱中的乙醇分离出来B超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质C推广使用煤液化技术可以减少温室气体二氧化碳的排放D人体摄入的糖类、油脂、蛋白质均必须先经过水解才能被吸收7、下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是 选项操作及现象结论A将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有还原性B将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C向溶液X 中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液, 出现白色沉淀溶液X 中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬

5、浊液并加热，无红色沉淀淀粉未水解AABBCCDD8、有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是A可在船壳外刷油漆进行保护 B可将船壳与电源的正极相连进行保护C可在船底安装锌块进行保护 D在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀9、NaHSO3溶液在不同温度下均可被过量KIO3氧化，当NaHSO3完全消耗即有I2析出，依据I2析出所需时间可以求得NaHSO3的反应速率。将浓度均为0.020 molL1NaHSO3溶液(含少量淀粉)10.0 mL、KIO3(过量)酸性溶液40.0 mL混合，记录1055 间溶液变蓝时间，55 时未观察到溶液变蓝，实验结果如图。据图分析，下列判断不正确的是()A40 之前，温

6、度升高反应速率加快，变蓝时间变短B40 之后溶液变蓝的时间随温度的升高变长C图中b、c两点对应的NaHSO3的反应速率相等D图中a点对应的NaHSO3的反应速率为5.0105molL1s110、某溶液中可能含有SiO32-、OH-、CO32-、SO42-、AlO2-、HCO3-、Na+、Mg2+、Fe3+、Al3+ 等离子。当向该溶液中逐滴加入一定物质的量浓度的盐酸溶液时，发现生成沉淀的物质的量随盐酸溶液的体积变化如下图所示。下列说法正确的是A原溶液中一定含有Na2SO4B反应最后形成的溶液中的溶质只有NaClC原溶液中含有CO32- 与AlO2-的物质的量之比为12D原溶液中一定含有的阴离子

7、是：OH-、CO32-、SiO32-、AlO2-11、下列关于化学反应速率的说法错误的是（）A化学反应速率是用于衡量化学反应进行快慢的物理量B可逆反应达到化学平衡状态时，反应停止，正、逆反应速率都为零C决定化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质D增大反应物浓度或升高反应温度都能加快化学反应速率12、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中所含原子数目为0.6NAB常温常压下，11.2L乙烯所含分子数目小于0.5NAC常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NAD常温下，1molC5H12中含有共价键数为16NA13、C

8、hem.sci.报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物（结构如下图）。下列有关该化合物的说法错误的是A分子式为 C18H17NO2B能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色C所有氢原子不可能共平面D苯环上的一氯代物有 7 种14、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，X+和Y3+的电子层结构相同，Z-的电子数比Y3+多8个，下列叙述正确的是AW在自然界只有一种核素B半径大小：X+Y3+Z-CY与Z形成的化合物的水溶液呈弱酸性DX的最高价氧化物对应的水化物为弱碱15、下列实验能达到目的的是 选项目的实验A验证某气体表现还原性将某气体通入溴水中，溴水褪色B制备少量二

9、氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制0.2mol/L的CH3COOH溶液准确量取100mL2mol/L的CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸馏水定容AABBCCDD16、不符合A族元素性质特征的是A从上到下原子半径逐渐减小B易形成1价离子C最高价氧化物的水化物显酸性D从上到下氢化物的稳定性依次减弱17、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-Cc(OH-)”或“”)。T2时，2S

10、O2(g)O2(g)2SO3(g)的平衡常数K_。若向该容器通入高温 He(g)（不参加反应，高于T2），SO3 的产率将_选填“增大”“减小”“不变”“无法确定”），理由是_。结合化学方程式及相关文字，解释反应为什么在 T3 条件下比 T2 条件下的速率慢：_。(4)T2 时使用 V2O5 进行反应：2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，在保证 O2(g)的浓度不变的条件下，增大容器的体积，平衡_（填字母代号）。A向正反应方向移动 B不移动 C向逆反应方向移动 D无法确定29、（10分）碳酸锂是生产锂离子电池的重要原料。(1)碳酸锂制取锂的反应原理为：Li2CO3 Li2O+CO2；Li2

11、O+CCO+2Li。锂原子的电子排布式为_；CO2 的结构式为_；反应中涉及的化学键类型有_。(2)氢负离子(H)与锂离子具有相同电子层结构，试比较两者微粒半径的大小，并用原子结构理论加以解释_(3)电池级碳酸锂对纯度要求很高，实验室测定Li2CO3产品纯度的方法如下：称取1.000g样品，溶于2.000 mol/L 10.00 mL 的硫酸，煮沸、冷却，加水定容至 100mL.取定容后的溶液 10.00 mL，加入 2 滴酚酞试液，用 0.100 mol/L标准NaOH溶液滴定过量的硫酸，消耗NaOH溶液13.00 mL。定容所需要玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、_和_。滴定终点的判断依据为_。样

12、品的纯度为_。参考答案（含详细解析）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、B【答案解析】A是固体，增加A的量，平衡不移动，故错误；2A(s)3B(g) C(g)2D(g)，正反应放热，升高温度，平衡向逆反应方向移动，v(正)、v(逆)均增大，故错误；2A(s)3B(g) C(g)2D(g)，反应前后气体系数和不变，压强增大一倍，平衡不移动，v(正)、v(逆)均增大，故错误；增大B的浓度，反应物浓度增大，平衡正向移动，所以v(正)v(逆)，故正确；加入催化剂，平衡不移动，B的转化率不变，故错误；故选B。2、A【答案解析】A含N、P的大量污水任意排向湖泊和近海，会造成水

13、体的富营养化，引起水华、赤潮等水体污染，与硫的排放无关，故A错误；B青铜器、铁器在潮湿的环境中容易发生电化学腐蚀，在干燥的环境中，青铜器、铁器只能发生缓慢的化学腐蚀，在地下，将青铜器、铁器完全浸入水中，能够隔绝氧气，阻止化学腐蚀和电化学腐蚀的发生，因此考古学上认为“干千年，湿万年，不干不湿就半年”，故B正确；C碳纤维是碳单质，属于新型的无机非金属材料，故C正确；D乙烯加聚后得到超高分子量的产物聚乙烯纤维材料具有优良的力学性能、耐磨性能、耐化学腐蚀性能等，可用于防弹衣材料，故D正确；答案选A。3、B【答案解析】短周期元素A、B、C、D的原子序数依次增大，D的最高正价与最低负价代数和为6，则D为C

14、l元素，工业上采用在二氧化钛与A的单质混合物中通入D的单质，高温下反应得到化合物X和一种常见的可燃性气体Y（化学式为AB），X与金属单质C反应制得单质钛，这种常见的可燃性气体为CO，则A为C元素，B为O元素，X为TiCl4，工业上用金属镁还原TiCl4制得金属钛，则C为Mg元素，据此分析解答。【题目详解】A. D为Cl，B为O，C为Mg，Cl-核外有3个电子层，O2-和Mg2+核外电子排布相同，均有2个电子层，当核外电子排布相同时，核电荷数越大，离子半径越小，则它们的简单离子半径：DBC，故A正确；B. A为C，D为Cl，其中H2CO3的酸性比HClO的酸性强，故B错误；C. 因为镁会与空气中

15、的氮气、氧气、二氧化碳反应，则金属镁还原TiCl4制得金属钛时不能在空气的氛围中反应，故C正确；D. D为Cl，B为O，由二者组成的化合物中ClO2具有强氧化性，可用于饮用水消毒，故D正确；故选B。【答案点睛】工业上制金属钛采用金属热还原法还原四氯化钛，将TiO2(或天然的金红石)和炭粉混合加热至10001100K，进行氯化处理，并使生成的TiCl4蒸气冷凝，发生反应TiO2+2C+2Cl2=TiCl4+2CO；在1070K下，用熔融的镁在氩气中还原TiCl4可得多孔的海绵钛，发生反应TiCl4+2Mg=2MgCl2+Ti。4、D【答案解析】在短周期主族元素中，可以形成强碱的是Na元素，所以强

16、碱戊为NaOH。能使品红溶液褪色的气体可能是SO2、Cl2，单质只有Cl2。 电解氯化钠水溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，故R可能是NaClO。M的气态氢化物使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，说明M为氮元素。综上所述，M为氮元素，X为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素。【题目详解】AX为氧元素，Y为钠元素，Z为氯元素，M为氮元素，Cl-、N3-、O2-、Na+的半径依次减小，故A错误；BX为氧元素，M为氮元素，非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：ON，H2O的热稳定性比NH3强，故B错误；C若气体甲为氯气，则加热“无色溶液”，由于次氯酸漂白后较稳定，溶液不变色，故C错误；DNaClO属于强

17、碱弱酸盐，能够发生水解，可促进水的电离，故D正确；答案选D。5、C【答案解析】A. 中子数为20的氯原子其质量数为17+20=37，故37Cl 是正确的；B.氟离子的核电荷数为9，核外电子数为10，故正确；C.水分子为V型，不是直线型，故错误；D.该图为乙酸的比例模型，故正确。故选C。6、B【答案解析】A. 用高粱酿酒的原理是通过发酵法将淀粉变为乙醇，再蒸馏分离出来，故A错误；B. 超导材料AB2在熔融状态下能导电，说明AB2是电解质，故B正确；C. 推广使用煤液化技术可以不能减少温室气体二氧化碳的排放，可以减少二氧化硫污染性气体排放，故C错误；D. 人体摄入的单糖不需要经过水解，故D错误。综

18、上所述，答案为B。【答案点睛】粮食酿酒不是本身含有酒精，而是粮食中淀粉发酵得到乙醇，再蒸馏。7、D【答案解析】A乙烯被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，体现乙烯的还原性，故A正确；B浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨胀，体现浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有SO32-，故C正确；D淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀，不能检验，故D错误；故选D。8、B【答案解析】A. 可在

19、船壳外刷油漆进行保护，A正确；B. 若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B不正确；C. 可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确； D. 在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D正确。本题选B。9、C【答案解析】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0.020mo

20、lL1，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/L80s=5.0105mol/(Ls)，故D说法正确；答案选C。【答案点睛】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。10、D【答案

21、解析】A. 根据图像，开始没沉淀，所以原溶液一定有OH，一定没有HCO3、Mg2+、Fe3+、Al3+，根据电荷守恒，一定有Na+；沉淀先增多后减少，但不能完全溶解，说明原溶液一定有SiO32、AlO2；滴加盐酸体积为，沉淀的量不变，说明溶液中一定含有CO32，综合以上溶液可能含有SO42，故A错误；B. 若原溶液含有SO42，反应最后形成的溶液中的溶质有NaCl、Na2SO4，故B错误；C. 滴加盐酸体积为，发生反应为CO32-+2H+=H2O+CO2；，发生反应为，所以CO32- 与AlO2-的物质的量之比为34，故C错误；D. 原溶液中一定含有的阴离子是：OH、CO32、SiO32、Al

22、O2，故D正确。答案选D。11、B【答案解析】化学反应有的快，有的慢，则使用化学反应速率来定量表示化学反应进行的快慢，故A正确；可逆反应达到化学平衡状态时，正逆反应速率相等，但反应并没有停止,B项错误；影响化学反应速率的主要因素是反应物本身的性质，C项正确；即单位体积内的反应物分子增多,其中能量较高的活化分子数也同时增多,分子之间碰撞的机会增多,反应速率加快，升高反应温度，反应物分子获得能量，使一部分原来能量较低分子变成活化分子，增加了活化分子的百分数，使得有效碰撞次数增多，故反应速率加大，D项正确。12、A【答案解析】A10g质量分数为46%的乙醇水溶液中含有0.1mol的乙醇和0.3mol

23、的水，所含原子数目为1.5NA，故A错误；B常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则11.2L乙烯的物质的量小于0.5mol，所含分子数目小于0.5NA，故B正确；CN2O与CO2相对分子质量均为44，且分子内原子数目均为3，常温常压下4.4gN2O与CO2的混合气体中含的原子数目为0.3NA，故C正确；D每个C5H12分子中含有4个碳碳键和12个碳氢共价键，1molC5H12中含有共价键数为16NA，故D正确；答案为A。13、D【答案解析】A按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为C18H17NO2，A正确；B题给有机物分子内含有碳碳双键，能使溴水和酸性高锰

24、酸钾溶液褪色，B正确；C题给有机物分子中，最右边的端基为-CH3，3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；D从对称性考虑，苯环上的一氯代物有 5 种，D错误；故选D。14、C【答案解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的原子核外只有6个电子，则W为C元素；X+和Y3+的电子层结构相同，则X为Na元素，Y为Al元素；Z-的电子数比Y3+多8个，则Z为Cl元素；AC在自然界有多种核素，如12C、14C等，故A错误；BNa+和Al3+的电子层结构相同，核电荷数大离子半径小，Cl-比Na+和Al3+多一个电子层，离子半径最大，则离子半径大小：Al3+Na+Cl-，故B错误；CA

25、lCl3的水溶液中Al3+的水解，溶液呈弱酸性，故C正确；DNa的最高价氧化物对应的水化物是NaOH，为强碱，故D错误；答案为C。点睛：微粒半径大小比较的常用规律：(1)同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。(2)同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。(3)电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。(4)同种

26、元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。(5)电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。15、B【答案解析】A若某气体具有强氧化性将溴单质氧化，溴水也会褪色，故A错误；B向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO2，且浓硫酸溶于水放热，降低了SO2的溶解度，能够达到实验目的，故B正确；C硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故C错误；D量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸馏水洗涤

27、烧杯玻璃棒2-3次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故D错误；故答案为B。16、A【答案解析】A、同主族元素从上到下，核外电子层数逐渐增多，则原子半径逐渐增大，错误，选A；B、最外层都为7个电子，发生化学反应时容易得到1个电子而达到稳定结构，形成-1价阴离子，正确，不选B；C、A族元素都为非金属元素，最高价氧化物对应的水化物都为酸性，正确，不选C；D、同主族从上到下，非金属性减弱，对应的氢化物的稳定性逐渐减弱，正确，不选D。答案选A。17、A【答案解析】A. 选项离子之间不能发生任何反应，离子可以大量共

28、存，A符合题意；B. 中性溶液中，OH-与Fe3+会形成Fe(OH)3沉淀，OH-与HCO3-反应产生CO32-、H2O，离子之间不能大量共存，B不符合题意；C. c(OH-)的溶液显酸性，含有大量的H+，H+与ClO-、F-发生反应产生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C错误；D. H+、Fe2+、NO3-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是A。18、B【答案解析】A实验是在瓷坩埚中称量，故A错误；B实验是在研钵中研磨，故B正确；C蒸发除去的是溶液中的溶剂，蒸发皿中加热的是液体，硫酸铜晶体是固体，不能用蒸发皿，故C错误；D瓷坩埚是放在干燥器里干燥的，故D错误；答案选B。19

29、、A【答案解析】A碳酸钠与足量稀硝酸的反应，碳酸钠为可溶性的盐，硝酸为强酸，二者反应生成可溶性的硝酸钠，其离子方程式可以用CO32+2H+H2O+CO2表示，A项正确；B碳酸氢根为弱酸的酸式盐，应写成HCO3离子形式，该反应的离子方程式为HCO3+H+H2O+CO2，B项错误；C碳酸钡为难溶物，离子方程式中需要保留化学式，该反应的离子方程式为：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2，C项错误；DCH3COOH为弱酸，在离子方程式中应写成化学式，其反应的离子方程式为：CO32+2CH3COOHCO2+H2O+2CH3COO，D项错误；答案选A。【答案点睛】在书写离子方程式时，可以拆的物质：强酸

30、、强碱、可溶性盐；不可以拆的物质：弱酸、弱碱、沉淀、单质、氧化物等。熟练掌握哪些物质该拆，哪些物质不该拆，是同学们写好离子方程式的关键。20、A【答案解析】A.人类无法改变自然界氮循环途径，使其不产生氨，所以此方法不可行，A错误；B.加强对含氨废水的处理，可以减少氨气的排放，方法可行，B正确；C.采用氨法对烟气脱硝时，设置除氨设备，方法可行，C正确；D.增加使用生物有机肥料，减少铵态氮肥的使用，能够减少氨气的排放，方法可行，D正确；故合理选项是A。21、D【答案解析】由图中电子的移动方向可知,电极X为原电池的负极，发生氧化反应，电极反应为：2Ru-2e-=2 Ru，Y电极为原电池的正极，电解质

31、为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，据此分析解答。【题目详解】A. 由图中信息可知，该电池将太阳能转变为电能，选项A正确；B. 由图中电子的移动方向可知，电极X为原电池的负极，电池工作时，X极电势低于Y极电势，选项B正确；C. 电池工作时，在电解质溶液中Ru再生的反应为：2Ru+3I-=2Ru+I3-，选项C正确；D. Y电极为原电池的正极，电解质为I3-和I-的混合物，I3-在正极上得电子被还原，正极反应为I3-+2e-=3I-，电路中每通过2mol电子生成3molI-，但电解质中又发生反应2Ru+3I-=2Ru+I3-，使溶液中I-浓度基本

32、保持不变，选项D错误。答案选D。22、B【答案解析】A一个铵根离子含有10个电子，则1moLNH4+所含电子数为10NA，故A错误；B一个N2H2（H-N=N-H）分子中含有4个共用电子对，30g N2H2的物质的量=1mol，含有的共用电子对数目为4 NA，故B正确；C过程II中，联胺分子中N元素化合价是2，N2H2中N元素化合价是1，化合价升高，属于氧化反应，过程IV中，NO2-中N元素化合价是+3，NH2OH中N元素化合价是1，化合价降低，属于还原反应，故C错误；D过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的反应方程式为：NH4+NH2OH=N2H4+H2O+H+，则得到的还原产物与氧化产

33、物物质的量之比为1：1，故D错误；答案选B。【答案点睛】准确判断反应中各物质中N元素的化合价，利用氧化还原反应规律判断解答是关键。二、非选择题(共84分)23、苯酚 保护羟基，防止被氧化 HCHO+HCN 加成反应 酯基 5 或 【答案解析】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，结合题目分析解答；（7）的水

34、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。【题目详解】（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的结构简式满足下列条件：苯环上含有硝

35、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：。24、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色) 【答案解析】A分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCO

36、OCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【题目详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(

37、2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(

38、5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【答案点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。25、H2O+SO2=H2SO3，Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2

39、O或Zn+2SO2ZnS2O4增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+(aq)，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动水浴加热Na2S2O4在水中溶解度较大，在酒精中溶解度较小2HCOONa+4SO2+Na2CO3=2Na2S2O4+H2O+3CO2Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4【答案解析】合成保险粉的反应物为Zn、SO2、H

40、2O，根据温度控制在4045，当三颈瓶中溶液pH在33.5时，停止通入SO2，反应后得到ZnS2O4溶液，据此分析解答。【题目详解】（1）合成保险粉的反应物有Zn、SO2、H2O，根据温度控制在4045，当三颈瓶中溶液pH在33.5时，说明发生了：H2O+SO2=H2SO3反应，最后反应得到ZnS2O4溶液，说明又发生了：Zn+2H2SO3ZnS2O4+2H2O反应，总过程也可以写成：Zn+2SO2ZnS2O4，多孔球泡可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率；（2）溶液中存在：Na2S2O4(s)Na2S2O4(aq)2Na+(aq)+(aq)或Na2S2O4(s)2Na+(aq)+

41、(aq)，增大c(Na+)，平衡向逆反应方向移动，所以向滤液中加入一定量食盐，立即析出Na2S2O42H2O晶体；（3）根据温度控制在4045可知需要控制温度的加热方式一般是水浴加热；（4）根据步骤2中将得到的ZnS2O4溶液加入NaOH溶液中，过滤，滤渣为Zn(OH)2，向滤液中加入食盐，才析出Na2S2O42H2O晶体，可知Na2S2O4在水中溶解度较大；根据步骤5析出的晶体用无水乙醇洗涤的目的是使晶体迅速干燥，避免溶解而减少损耗，可知其在酒精中溶解度较小；（5）由题意可知甲酸钠、二氧化硫、碳酸钠反应生成Na2S2O4，同时生成二氧化碳，反应的方程式为2HCOONa+4SO2+Na2CO3

42、=2Na2S2O4+H2O+3CO2；（6）锌粉法产品纯度高，可能的原因是Zn(OH)2难溶于水，易与Na2S2O4分离；（7）设计实验证明甲酸钠法制得的产品中含有Na2SO4，要避免Na2S2O4干扰，所以取少量产品配成稀溶液，加入足量稀盐酸，充分反应后静置，取上层清液，滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可确定产品中含有Na2SO4。26、Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【答案解析

43、】装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应： CO+2Ag(NH3)2+2OH-=2Ag+2NH4+CO32-+2NH3，最后用排水法吸收和收集尾气。【题目详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断 A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3，故答案

44、为: Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3；(2). A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为：除去甲烷中的HCl和H2O ；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为AFDBECG，故

45、答案为：FDBECG ；(4). 如果是普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5). D中是甲烷在加热条件下还原氧化铜，产物为铜或Cu2O、水蒸气、碳的氧化物，故答案为：D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着；(6). 当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色，根据信息Cu2O为红色，不与Ag反应，与稀硫酸发生反应Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O，故可加稀硫酸观察溶液是否变蓝来判断，答案为：取少量红色固体，

46、加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O。【答案点睛】实验题的重中之重是实验目的，如本题目的是探究甲烷在加热条件下可还原氧化铜的产物。同时要注意实验方案设计的基本要求，如科学性、安全性、可行性、简约性。设计的实验方案要严谨，具有可持续发展意识和绿色化学理念。27、缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中 球形冷凝管 吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解 控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制， 同时减小溴的挥发 防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验 乙醚易燃，避免使用明火 防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管 BD 97.52% （或0.

47、9752） 偏高 【答案解析】B中通入干燥的N2，产生气泡，使Br2挥发进入三颈烧瓶，Mg、Br2和乙醚在三颈烧瓶中剧烈反应，放出大量的热，为避免反应过剧烈，同时减少反应物Br2、乙醚挥发，将三颈烧瓶置于冰水浴中进行，同时用冷凝管将挥发的Br2、乙醚冷凝回流，提高原料利用率。在冷凝管上端加一个盛放碱石灰的干燥管，防止Br2挥发污染空气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，据此解答。【题目详解】(1)步骤2应为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中，故答案为：缓慢通入干燥的氮气，直至溴完全挥发至三颈瓶中；(2)仪器A为球形冷凝管，碱石灰可防止挥发的Br2进入到空气中污染空

48、气，同时也可防止空气中的水蒸气进入装置使MgBr2水解，冰水浴可减少溴挥发，可降低反应的剧烈程度，故答案为：球形冷凝管；吸收多余溴蒸气，防止污染空气，防止空气中的水分进入使MgBr2水解；控制反应温度，防止Mg和Br2反应放热过于剧烈，使实验难以控制，同时减小溴的挥发；(3)本实验用到的溴和乙醚均有毒且易挥发，实验时为防止挥发对人造成伤害，可以在通风橱中进行，乙醚易燃，注意避免使用明火，故答案为：防止乙醚和溴的泄露，应在通风橱中进行实验；乙醚易燃，避免使用明火；(4)溴有强氧化性，能氧化橡胶塞和乳胶而使橡胶塞、乳胶管腐蚀，包了锡箔纸是为了防止溴腐蚀橡胶塞、乳胶管，故答案为：防止溴腐蚀橡胶塞、乳

49、胶管；(5)A95%的乙醇有水，使溴化镁水解，不能用95%的乙醇代替苯，A错误；B选用0的苯洗涤晶体可以减少晶体的损失，B正确；C加热到160的主要目的是使三乙醚合溴化镁分解产生溴化镁，C错误；D该步骤的目的是除去乙醚和可能残留的溴得到纯净的溴化镁，D正确；综上所述，BD正确，故答案为：BD；(6)共消耗EDTA的物质的量=0.0500molL-126.510-3L3=3.97510-3mol，根据镁原子守恒有：MgBr2EDTA，则n(MgBr2)=n(EDTA)=3.97510-3mol，m(MgBr2)=3.97510-3mol184g/mol=0.7314g，所以，MgBr2的纯度=9

50、7.52%，故答案为：97.52%（或0.9752）；滴定前未用标准溶液润洗滴定管，标准液被稀释，滴定时所需体积偏大了，导致浓度偏高，故答案为：偏高。28、-195.2kJ/mol 减小 常温下，V2O5 (s)SO2 (g)V2 O4 (s)SO3 (g)和2SO2(g)O2(g)2SO3(g)反应都很慢 1.89104 减小 该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热；同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小 该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2

51、O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5 (s)SO2 (g)V2 O4 (s)SO3 (g)的反应速率降低 B 【答案解析】(1)结合已知热化学方程式，根据盖斯定律进行计算；(2)由图像可知，随反应前加入 O2 量的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，根据反应条件和反应方程式分析反应的发生；(3)温度越高，反应速率越大；由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则可列出三段式，计算平衡时气体总物质的量，再根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得，计算平衡时容器的体积，从而计算平衡时气体的浓度，进而计算该反应的平衡常数；通入高温H

52、e相当于加热，同时容器的体积会增大，再结合平衡移动规律分析；结合平衡移动规律以及V2O5催化反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)的历程分析原因；(4)根据V2O5催化反应2SO2(g)O2(g)2SO3(g)的历程分析。【题目详解】(1)已知热化学方程式V2O5 (s)SO2 (g)V2 O4 (s)SO3 (g) H11.6kJmol1；2V2O4(s)O2(g)2V2O5(s) H2-2.4kJmol-1；根据盖斯定律可知，由2+可得目标方程式2SO2(g)O2(g)2SO3(g)，则H32H1+H21.6kJmol12-2.4kJmol-1=-195.2kJ/mol，降低温度，反应

53、速率会减小，故答案为：-195.2kJ/mol；减小；(2)由图像可知，随反应前加入 O2 量的变化，SO2未参与反应，V2O4逐渐减少，V2O5逐渐增多，由此可知，容器中发生反应2V2O4(s)O2(g)2V2O5(s)，而反应V2O5 (s)SO2 (g)V2 O4 (s)SO3 (g)和2SO2(g)O2(g)2SO3(g)几乎没有发生，可能是在常温下反应都很慢，则没有生成SO3，故答案为：常温下，V2O5 (s)SO2 (g)V2 O4 (s)SO3 (g)和2SO2(g)O2(g)2SO3(g)反应都很慢；(3)由图像可知，在T2温度下，该反应先达到平衡状态，则反应速率更大，且该反应

54、正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，SO2的转化率降低，则T2温度更高，故答案为：；由图像可知，在T2温度下，该反应达到平衡状态时，SO2的转化率为90%，则SO2的转化量为0.54mol，可列出三段式(单位为mol)，则平衡时气体总物质的量为0.06mol+0.03mol+0.54mol=0.63mol，设平衡时容器的体积为V，根据恒温恒压下，气体的体积之比等于物质的量之比可得，解得，V=7L，则该反应的平衡常数；由于该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热，同时容器的体积会增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小，故答案为：1.89104；减小；该反应为气体体积减小的放热反应，通入高温He相当于加热，同时容器的体积增大，相当于减小压强，平衡均左移，产率减小；该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5 (s)SO2 (g)V2 O4 (s)SO3 (g)的反应速率降低，故答案为：该反应正向为放热反应，平衡时温度越高，SO2的转化率越低，故T3比T2高，高温下，反应平衡向左移动，生成的V2O4固体覆盖在V2O5固体的表面，减小了V2O5与SO2气体的接触面积，使得V2O5 (s)SO2 (g)V