2022学年山东省东明县一中高考仿真卷化学试题(含解析)

1、2022高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、已知H2A为二元弱酸。室温时，配制一组

2、c(H2A)+c(HA-) +c(A2-)=0. 100molL-1的H2A和NaOH混合溶液，溶液中部分微粒的物质的量浓度随pH的变化曲线如下图所示。下列指定溶液中微粒的物质的量浓度关系不正确的是ApH=2 的溶液中：c(H2A)+c(A2-)c(HA- )BE点溶液中：c(Na+)-c(HA-)2c(A2- )2、某原子电子排布式为1s22s22p3，下列说法正确的是A该元素位于第二周期IIIA族B核外有3种能量不同的电子C最外层电子占据3个轨道D最外层上有3种运动状态不同的电子3、硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液

3、中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（ ）A在图示的转化中，Fe3+和CuS是中间产物B在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜C图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2OD当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol4、某有机物结构简式如图，下列对该物质的叙述中正确的是A该有机物易溶于苯及水B该有机物苯环上的一氯代物共有4种C该有机物可以与溴的四氯化碳溶液发生加成反应使之褪色D1mol该有机物最多可与1mol NaOH发生反应5、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况）

4、，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1BNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol6、某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A说明Cl2被完全消耗B中试纸褪色的原因是：SO2 + I2

5、+ 2H2O = H2SO4 + 2HIC中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42D实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化7、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍。下列叙述不正确的是（ ）AY、Z的氢化物稳定性YZBY单质的熔点高于X单质CX、W、Z能形成具有强氧化性的XZWD中W和Y都满足8电子稳定结构8、如图是部分短周期元素原子半径与原子序数的关系图。字母代表元素，分析正确的是 AR在周期表的第15列BY、Q两

6、种元素的气态氢化物及其最高价氧化物的水化物均为强酸C简单离子的半径:XZMDZ的单质能从M与Q元素构成的盐溶液中置换出单质M9、锌铜原电池装置如图所示，其中阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过。下列有关叙述不正确的是A锌电极上发生氧化反应B电池工作一段时间后，甲池的c(SO42-)减小C电池工作一段时间后，乙池溶液的总质量增加D阳离子通过交换膜向正极移动，保持溶液中电荷平衡10、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（ ）AX、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色BZ的同分异构体只有X和Y两种CZ的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)DY分子中所有碳原子均处于同一平面11

7、、Bodensteins研究反应H2(g)+I2(g)2HI(g) H0 ，温度为T时，在两个体积均为1L的密闭容器中进行实验，测得气体混合物中碘化氢的物质的量分数w(HI)与反应时间t的关系如下表：容器编号起始物质t/min0204060801000.5molI2、0.5molH2w(HI)/%05068768080 xmolHIw(HI)/%1009184818080研究发现上述反应中：v正=kaw(H2)w(I2)，v逆=kbw2(HI)，其中ka、kb为常数。下列说法不正确的是()A温度为T时，该反应=64B容器I中在前20min的平均速率v(HI)=0.025molL-1min-1C

8、若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.1mol的H2、I2、HI，反应逆向进行D无论x为何值，两容器中达平衡时w(HI)%均相同12、室温下，下列各组微粒在指定溶液中能大量共存的是ApH=1的溶液中：CH3CH2OH、Cr2O72、K、SO42Bc(Ca2)=0.1molL1的溶液中：NH4、C2O42、Cl、BrC含大量HCO3的溶液中：C6H5O、CO32、Br、KD能使甲基橙变为橙色的溶液：Na、NH4、CO32、Cl13、可溶性钡盐有毒，医院中常用硫酸钡这种钡盐(俗称钡餐)作为内服造影剂。医院抢救钡离子中毒患者时除催吐外，还需要向中毒者胃中灌入硫酸钠溶液。已知：Ksp(BaCO3)5

9、.1109；Ksp(BaSO4)1.11010。下列推断正确的是ABaCO3的溶度积常数表达式为 Ksp(BaCO3) n(Ba2)n(CO32)B可用2%5%的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃C若误服含c(Ba2)1.0105 molL1的溶液时，会引起钡离子中毒D不用碳酸钡作为内服造影剂，是因为Ksp(BaCO3)Ksp(BaSO4)14、短周期元素W、X、.Y、Z位于不相邻主族,它们的原子序数及最外层电子数均依次增大且其中只有一种金属元素, W处在第一周期。下列说法错误的是AX为金属元素B原子半径:XY Z WCY与Z可形成2种化合物DY的最高价氧化物对应的水化物是强酸15、金属钨用

10、途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为温度（）25550600700主要成分WO3 W2O5 WO2 WA1：1：4B1：1：3C1：1：2D1：1：116、丙烯是石油化学工业的重要基础原料，我国科学家利用甲醇转化制丙烯反应过程如下：3CH3OH +H3AlO6 3+3H2O3+H3AlO6 + 3CH23CH2 CH2=CHCH3下列叙述错误的是A甲醇转化制丙烯反应的方程式为3CH3OHCH2=CHCH3+3H2OB甲醇转化制丙烯反应的过程中

11、H3AlO6作催化剂C1.4 g CH2所含的电子的物质的量为1 molD甲基碳正离子的电子式为17、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是A标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为9NAB56g铁在足量氧气中完全燃烧，转移的电子数小于3NAC16g O2和14C2H4的混合物中所含中子数为8NAD常温下，1 L 0.5 mol/L CH3COONH4溶液的pH7，则溶液中CH3COO与NH4的数目均为0.5NA18、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 BABCD19、25时，把0.2mol/L的醋酸加水稀释，那么图中的纵坐标y表示的是（ ）A

12、溶液中OH-的物质的量浓度B溶液的导电能力C溶液中的D醋酸的电离程度20、根据下列实验操作，预测的实验现象和实验结论或解释均正确的是（ ）实验操作预测实验现象实验结论或解释A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性:Fe3+I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH- = NH3

13、+H2OAABBCCDD21、25时，1 mol/L醋酸加水稀释至0.01 mol/L，下列说法正确的是A溶液中的值增大BpH增大2个单位C溶液中c(OH-)减小DKw减小22、NA代表阿伏加德罗常数。已知C2H4和C3H6的混合物的质量为a g，则该混合物( )A所含共用电子对数目为(a/7+1) NAB所含原子总数为aNA/14C燃烧时消耗的O2一定是33.6 a/14LD所含碳氢键数目为aNA/7二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物J是合成抗炎药洛索洛芬钠的关键中间体，它的一种合成路线如图：回答下列问题：（1）反应的反应类型是_；J中官能团名称是_。（2）不用甲苯与氯气在光照条

14、件下反应得到B物质的原因是_。（3）根据流程中的信息，在反应的条件下，CH2（COOC2H5）2与足量CH3CH2CH2I充分反应生成的有机产物结构简式为_。（4）反应的化学方程式为：其中产物X的结构简式是_。（5）写出符合下列条件的I的同分异构体_。能发生银镜反应，但不能发生水解反应；苯环上一氯取代物只有一种；核磁共振氢谱有4组峰。（6）根据流程中的信息，写出以、CH3OH为有机原料合成的合成路线。_24、（12分）2005年诺贝尔化学奖授予了研究烯烃复分解反应的科学家，以表彰他们作出的卓越贡献。烯烃复分解反应原理如下：C2H5CH=CHCH3+CH2=CH2C2H5CH=CH2+CH2=C

15、HCH3现以烯烃C5H10为原料，合成有机物M和N，合成路线如下：（1）按系统命名法，有机物A的名称是_。（2）B的结构简式是_。（3）CD的反应类型是_。（4）写出DM的化学方程式_。（5）已知X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，则N的结构简式为_。（6）满足下列条件的X的同分异构体共有_种，写出任意一种的结构简式_。遇FeCl3溶液显紫色 苯环上的一氯取代物只有两种（7）写出EF合成路线（用结构简式表示有机物，箭头上注明试剂和反应条件）。_25、（12分）（14分）硫酸铜晶体(CuSO45H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等

16、行业。采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径1 mm，破碎的目的是_。（2）已知氨浸时发生的反应为CuCO3Cu(OH)2+8NH3H2OCu(NH3)42(OH)2CO3+8H2O，蒸氨时得到的固体呈黑色，请写出蒸氨时的反应方程式：_。（3）蒸氨出来的气体有污染，需要净化处理，下图装置中合适的为_（填标号）；经吸收净化所得的溶液用途是_（任写一条）。（4）操作2为一系列的操作，通过加热浓缩、冷却结晶、_、洗涤、_等操作得到硫酸铜晶体。采用金属铜单质制备硫酸铜晶体（5）教材中用金属铜单

17、质与浓硫酸反应制备硫酸铜，虽然生产工艺简洁，但在实际生产过程中不采用，其原因是_（任写两条）。（6）某兴趣小组查阅资料得知：Cu+CuCl22CuCl，4CuCl+O2+2H2O2Cu(OH)2CuCl2，Cu(OH)2CuCl2+H2SO4CuSO4+CuCl2+2H2O。现设计如下实验来制备硫酸铜晶体，装置如图：向铜和稀硫酸的混合物中加入氯化铜溶液，利用二连球鼓入空气，将铜溶解，当三颈烧瓶中呈乳状浑浊液时，滴加浓硫酸。盛装浓硫酸的仪器名称为_。装置中加入CuCl2的作用是_；最后可以利用重结晶的方法纯化硫酸铜晶体的原因为_。若开始时加入a g铜粉，含b g氯化铜溶质的氯化铜溶液，最后制得c

18、 g CuSO45H2O，假设整个过程中杂质不参与反应且不结晶，每步反应都进行得比较完全，则原铜粉的纯度为_。26、（10分）二氧化硫（SO2）是一种在空间地理、环境科学、地质勘探等领域受到广泛研究的一种气体。.某研究小组设计了一套制备及检验 SO2 部分性质的装置，如图 1 所示。（1）仪器 A 的名称_，导管 b 的作用_。（2）装置乙的作用是为了观察生成 SO2的速率，则装置乙中加入的试剂是_。（3）实验前有同学提出质疑：该装置没有排空气，而空气中的 O2 氧化性强于 SO2，因此 装置丁中即使有浑浊现象也不能说明是 SO2 导致的。请你写出 O2 与 Na2S 溶液反应的化学 反应方程

19、式_。为进一步检验装置丁产生浑浊现象的原因，进行新的实验探究。实验操作及现象见表。序号实验操作实验现象1向 10ml 1molL-1 的 Na2S 溶液中通 O215min 后，溶液才出现浑浊2向 10ml 1molL-1 的 Na2S 溶液中通 SO2溶液立即出现黄色浑浊由实验现象可知：该实验条件下 Na2S 溶液出现浑浊现象是 SO2 导致的。你认为上表实验 1 反应较慢的原因可能是_。 .铁矿石中硫元素的测定可以使用燃烧碘量法，其原理是在高温下将样品中的硫元素转化 为 SO2 ， 以 淀 粉 和 碘 化 钾 的 酸 性 混 合 溶 液 为 SO2 吸 收 液 ， 在 SO2 吸 收 的

20、同 时 用 0.0010molL-1KIO3 标准溶液进行滴定，检测装置如图 2 所示：查阅资料 实验进行 5min，样品中的 S 元素都可转化为 SO22IO35SO24H2O=8H5SO42I2I2SO22H2=2ISO424HIO35I6H=3I23H2O（4）工业设定的滴定终点现象是_。（5）实验一：空白试验，不放样品进行实验，5min 后测得消耗标准液体积为 V1mL实验二：加入 1g 样品再进行实验，5min 后测得消耗标准液体积为 V2mL比较数据发现 V1 远远小于 V2，可忽略不计 V1。 测得 V2 的体积如表序号123KIO3 标准溶液体积/mL10.029.9810.0

21、0该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为_。27、（12分）（13分）硫酸铜晶体(CuSO45H2O)是铜盐中重要的无机化工原料，广泛应用于农业、电镀、饲料添加剂、催化剂、石油、选矿、油漆等行业。采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸（70%）、氨水为原料制取硫酸铜晶体。其工艺流程如下：（1）预处理时要用破碎机将孔雀石破碎成粒子直径”“c(H2A)c(A2)，故A说法错误；B、E点：c(A2)=c(HA)， 根据电荷守恒：c(Na)c(H)=c(OH)c(HA)2c(A2)，此时的溶质为Na2A、NaHA，根据物料守恒，2n(Na)=3n(A)，即2c(Na)=3c(A2)3c(HA

22、)3c(H2A)，两式合并，得到c(Na)c(HA)=c(HA)3c(H2A)c(A2)/2，即c(Na)c(HA)=0.1c(H2A)，c(Na)-c(HA)2c(A2 )，故D说法正确。2、B【答案解析】由原子电子排布式为1s22s22p3，可知原子结构中有2个电子层，最外层电子数为5，共7个电子，有7个不同运动状态的电子，但同一能级上电子的能量相同，以此来解答。【题目详解】A有2个电子层，最外层电子数为5，则该元素位于第二周期VA族，故A错误；B核外有3种能量不同的电子，分别为1s、2s、3p上电子，故B正确；C最外层电子数为5，占据1个2s、3个2p轨道，共4个轨道，故C错误；D最外层

23、电子数为5，则最外层上有5种运动状态不同的电子，故D错误；故答案为B。3、B【答案解析】A该过程中发生反应：Cu2+H2SCuS+2H+，CuS+Fe3+S+Fe2+Cu2+(未配平)，Fe2+O2Fe3+(未配平)，由此可知，Fe3+和CuS是中间产物，故A不符合题意；B由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl的化合价没发生变化，故B符合题意；C由A选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故C不符合题意；DH2S反应生成S，硫元素化合价升高2价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1mo

24、lH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故D不符合题意；故答案为：B。4、D【答案解析】A. 该有机物烃基较大，不溶于水（亲水基较少，憎水基较多），所以易溶于苯但不溶于水，故A错误； B. 该有机物苯环上的一氯代物与苯环上另一取代基有邻间对3种位置，共有3种，故B错误； C. 该有机物没有碳碳双键或碳碳叁键不能与Br2的CCl4溶液发生加成反应，故C错误；D. 该有机物只有一个普通酯基可与1molNaOH发生反应，故D正确；故答案为D。5、C【答案解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【题目详解】A. 金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜

25、、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g1.52g=1.02g，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；B. 标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05a)mol，根据电子转移守恒可知：a1+(0.05a)21=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0

26、.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C. 50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol0.04mol0.012=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D. Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消

27、耗硝酸的物质的量为0.022+0.012+0.04+0.012=0.12mol，故D正确；答案选C。【答案点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu 2e- Cu2+2OH-，Mg 2e- Mg2+2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。6、C【答案解析】A. 加热后溶液不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl2被完全消耗，选项A正确；B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2 + 2H2O

28、 = H2SO4 + 2HI，中试纸褪色，选项B正确；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42，选项C不正确；D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。点睛：本题考查二氧化硫和氯气的漂白性及还原性和氧化性。注意分清两者漂白性的区别，易错点为选项C，硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42。7、A【答案解析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧

29、，说明W为O，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，说明X为Na，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的2倍，说明Y为Si，Z为Cl。【题目详解】A选项，Y、Z的氢化物稳定性HCl SiH4，故A错误；B选项，Si单质的熔点高于Na单质，硅是原子晶体，钠是金属晶体，原子晶体熔点一般高于金属晶体熔点，故B正确；C选项，X、W、Z能形成具有强氧化性的NaClO，故C正确；D选项，利用价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断得出SiO32中Si和O都满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为A。【答案点睛】价态绝对值加最外层电子数是否等于8来判断化合物中各原子是否满足8电子稳定结构。8、

30、C【答案解析】从图可看出X、Y在第二周期，根据原子序数知道X是O元素，Y是F元素，同理可知Z是Na元素，M是Al元素，R是Si元素，Q是Cl元素。【题目详解】A.R是Si元素，在周期表中位于第14列，故A错误；B.Y是F元素，没有正化合价，没有含氧酸，故B错误；C.X、Z、M的简单离子都是10电子结构，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则简单离子的半径：XZM，故C正确；D.Z是Na元素，钠与铝盐溶液反应时，先与水反应，不能置换出Al，故D错误；故选C。9、B【答案解析】在上述原电池中，锌电极为负极，锌原子失去电子被氧化成锌离子。电子沿着外接导线转移到铜电极。铜电极为正极，溶液

31、中的铜离子在铜电极上得到电子被还原成铜单质。电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。【题目详解】A. 铜电极为正极，锌电极为负极，负极发生氧化反应，A项正确；B. 电解质溶液中的阳离子向正极移动，而阴离子向负极移动。但是阳离子交换膜只允许阳离子和水分子通过，SO42-不能通过阳离子交换膜，并且甲池中硫酸根不参加反应，因此甲池的c(SO42-)不变，B项错误；C. 锌原电池，锌作负极，铜作正极，铜离子在铜电极上沉淀，锌离子通过阳离子交换膜进入乙池，每沉淀1mol，即64g铜，就补充过来1mol锌离子，其质量为65g，所以工作一段时间后乙池溶液的质量不断增加，C项正确；D. 原电池中，

32、阳离子通过阳离子交换膜向正极移动，使溶液保持电中性，维持电荷平衡，D项正确；答案选B。【答案点睛】本题主要考察原电池的工作原理，其口诀可概括为“两极一液一连线，活泼金属最优先，负失氧正得还，离子电极同性恋”，可加深学生对原电池的理解与记忆。本题的难点是C选项，理解电极中固体的变化情况是解题的关键，解此类题时同时要考虑电解质溶液的酸碱性，学生要火眼金睛，识破陷阱，提高做题正答率。10、C【答案解析】Az不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；BC5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y 两种，故B错误；Cz含有1种

33、H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；Dy中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为C。11、C【答案解析】A H2(g)+I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) n n 2n平衡量(mol/L) 0.5-n 0.5-n 2nw(HI)/%=100%=80%，n=0.4 mol/L，平衡常数 K=64。反应达到平衡状态时正逆反应速率相等，kaw(H2)w(I2)=v正=v逆=kbw2(HI)，则=K=64，故A正确；B

34、前20 min，H2(g) + I2(g)2HI(g)起始量(mol/L) 0.5 0.5 0变化量(mol/L) m m 2m平衡量(mol/L) 0.5-m 0.5-m 2mw(HI)%=100%=50%，m=0.25mol/L，容器I中前20 min的平均速率，v(HI)=0.025molL-1min-1，故B正确；C若起始时，向容器I中加入物质的量均为0.l mol的H2、I2、HI，此时浓度商Qc=1K=64，反应正向进行，故C错误；DH2(g)+I2(g)2HI(g)反应前后气体的物质的量不变，改变压强，平衡不移动，因此无论x为何值，和均等效，两容器达平衡时w(HI)%均相同，故D

35、正确；答案选C。12、C【答案解析】A. pH=1的溶液显酸性，Cr2O72有强氧化性，会把CH3CH2OH氧化，故A错误；B.草酸钙难溶于水，故B错误；C. C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氢根强，因此可以共存，故C正确；D.使甲基橙变为成橙色的溶液显酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D错误；故答案为C。13、B【答案解析】因胃酸可与CO32反应生成水和二氧化碳，使CO32浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq) 向溶解方向移动，则BaCO3溶于胃酸，而硫酸钡不溶于酸，结合溶度积解答该题。【题目详解】A溶度积常数为离子浓度幂之积，BaCO3的溶度积常数表达式为

36、Ksp(BaCO3)c(Ba2)c(CO32)，故A错误；B根据公式c=得，2%5%的Na2SO4溶液中Na2SO4的物质的量浓度为0.13mol/L0.33mol/L，用0.13mol/L0.33mol/L的Na2SO4溶液给钡离子中毒患者洗胃，反应后c(Ba2)mol/Lmol/L，浓度很小，可起到解毒的作用，故B正确；Cc(Ba2)1.0105 molL1的溶液钡离子浓度很小，不会引起钡离子中毒，故C错误；D因胃酸可与CO32反应生成水和二氧化碳，使CO32浓度降低，从而使平衡BaCO3(s)Ba2(aq)CO32(aq) 向溶解方向移动，使Ba2浓度增大，Ba2有毒，与Ksp大小无关，

37、故D错误； 故答案选B。【答案点睛】注意若溶液中某离子浓度c1.0105 molL1时可认为该离子不存在，不会造成实际影响。14、D【答案解析】W在第一周期，且是主族元素，则为H；4种元素位于不相邻的主族，X在第A族，且只能是金属元素，则为Al；Y为第A族，且为短周期，则为P；Z为第A族，则为Cl。A. W为H，4种元素种只有一种为金属元素，推出X是Al，故A正确；B. 原子半径先比较电子层数，电子层数越多半径越大，则W半径最小，X、Y、Z在同一周期，同一周期中，核电荷数越大，半径越小，得XY Z W，故B正确；C. P和Cl可以形成2种化合物，PCl3和PCl5，故C正确；D. Y为P，最高

38、价氧化物对应的水化物是H3PO4，不是强酸，故D错误；故选D。15、A【答案解析】由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550600，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol2)=1：1：4，答案选A。16、C【答案解析】将题干中三个方程式相加即得甲醇转化制丙烯反应的方程式，选项A正确；在反应前有H3AlO6，反应后

39、又生成了H3AlO6，而且量不变，符合催化剂的定义，选项B正确；反应前后原子守恒，电子也守恒， 1.4 g CH2所含的电子的物质的量为0.8 mol，所以选项C错误；甲基碳正离子是甲基失去一个电子形成的阳离子，选项D正确。17、D【答案解析】A标准状况下，22.4 L环丙烷和丙烯的混合气体中所含共用电子对数为=9NA，故不选A；B.铁在足量氧气中燃烧生成Fe3O4，56克铁转移的电子数为8NA/3，因此转移电子数小于3NA，故不选B；C.1mol O2和1mol14C2H4均含有16个中子，摩尔质量均为32g/mol，故混合物中所含中子数为=8NA，故不选C；D. CH3COONH4为弱酸弱

40、碱盐，醋酸根离子和铵根离子均会水解，因此溶液中CH3COO与NH4的数目均小于0.5NA；答案：D【答案点睛】易错选项C，注意O2和14C2H4摩尔质量相同，中子数相同。18、B【答案解析】A铁与水蒸气在高温下反应生成四氧化三铁，不是生成三氧化二铁，不能一步实现，故A错误；B氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸分解放出氧气，能够一步实现转化，故B正确；C氧化铜溶于盐酸生成氯化铜，直接加热蒸干得不到无水氯化铜，需要在氯化氢氛围中蒸干，故C错误；D硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，不能一步实现，故D错误；故选B。【答案点睛】本题的易错点为C，要注意氯化铜水解生成的氯化氢容易挥发，直

41、接蒸干得到氢氧化铜，得不到无水氯化铜。19、B【答案解析】A.加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子浓度逐渐减少，OH-的物质的量浓度逐渐增大，故A错误；B.醋酸是弱电解质，加水稀释促进醋酸电离，但酸的电离程度小于溶液体积增大程度，所以溶液中氢离子、醋酸根离子浓度逐渐减少，溶液的导电能力逐渐减小，故B正确；C.因温度不变，则Ka不变，且Ka=c(H+)，因c(H+)浓度减小，则 增大，故C错误；D.加水稀释，促进电离，醋酸的电离程度增大，故D错误；答案选B。20、C【答案解析】A.由于Br2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被

42、氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3+

43、3OH-=Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。21、A【答案解析】A加水稀释，溶液中的c(CH3COO-)减小，但醋酸的Ka=不变，故溶液中的值增大，故A正确；B加水稀释，醋酸的电离被促进，电离出的氢离子的物质的量增多，故pH的变化小于2，故B错误；C对醋酸加水稀释，溶液中的氢离子浓度减小，而Kw不变，故c(OH-)增大，故C错误；DKw只受温度的影响，温度不变，Kw的值不变，故加水稀释对Kw的值无影响，故D错误；故答案为A。22、D【答案解析】C2H4和C3H6的最简式为CH2，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，以最简式计算，物质的量为a/14mol；【题目详解】A.环丙烷、丙烯和

44、乙烯的最简式均为CH2，每个C有4个价电子、每个H有1个价电子，平均每个CH2中形成3个共用电子对，所以总共含有共用电子对，故A错误；B.C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含原子总数，故B错误；C.气体的状况不知道，无法确定消耗氧气的体积，故C错误；D.烃分子中，每个氢原子与碳原子形成1个C-H键，C2H4和C3H6的最简式为CH2，1个CH2中含有3个原子，C2H4和C3H6的混合物的质量为ag，物质的量为，所含碳氢键数目，故D正确。【答案点睛】本题考查阿伏加德罗常数，为高考高频考点，注意挖掘题目隐含条件C2H

45、4和C3H6的最简式为CH2，难度不大，注意相关基础知识的积累。二、非选择题(共84分)23、取代反应酯基、溴原子在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多HOCH2CH2OH、【答案解析】A为，B为，由合成流程结合生成C的条件及图中转化关系可知，C为，酸性条件下水解得到D为：，酸和醇发生酯化反应，生成E为：，E发生取代反应生成F，F与碘甲烷发生取代反应生成G，G取代生成H，H与甲醇发生酯化反应，生成I，I发生取代反应得到J，同时还生成乙二醇，以此解答。【题目详解】（1）由上述分析可知，反应为酯化反应或取代反应；J中含有官能团为溴原子、酯基，故答案为：酯化反应(或取代反应)；溴

46、原子、酯基；（2）由于用甲苯与氯气在光照条件下反应，氯气取代甲基的H原子，选择性差，因此得到的B物质中副产物多，故答案为：在光照条件下氯气与甲苯反应选择性差，得到的B物质中副产物多；（3）反应发生的是取代反应，CH2(COOC2H5)2与足量CH3CH2CH2I充分反应：；（4）I发生取代反应得到J，根据原子守恒可知同时还生成乙二醇；反应的化学方程式为：，其中产物X的结构简式为OHCH2CH2OH，故答案为：OHCH2CH2OH；（5）能发生银镜反应，说明含有醛基，但不能发生水解反应，则另一个为醚键；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上只有一种氢原子；核磁共振氢谱有4组峰，说明只有4种氢原子；

47、符合条件的同分异构体为：、，故答案为：、；（6）与NaCN发生取代反应生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，与甲醇发生酯化反应生成，合成路线为：。24、2-甲基-1-丁烯 CH3CH2C（CH3）=C（CH3）CH2CH3 取代反应 3 【答案解析】由F的结构简式可知A应为CH2=C(CH3)CH2CH3，生成E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，F发生消去反应生成G，G为，X的苯环上只有一个取代基，且取代基无甲基，结合N的分子式可知N的结构简式为，可知X为苯乙醇，由M的分子式可知D含有8个C，结合信息可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3，则C为CH3C

48、H2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，以此解答该题。【题目详解】(1)A为CH2=C(CH3)CH2CH3，名称为2-甲基-1-丁烯；(2)由以上分析可知B为CH3CH2C(CH3)=C(CH3)CH2CH3；(3)C为CH3CH2CBr(CH3)CBr(CH3)CH2CH3，在氢氧化钠溶液中发生取代反应生成CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，故反应类型为取代反应；(4)D为CH3CH2COH(CH3)COH(CH3)CH2CH3，M为，反应的方程式为；(5)由以上分析可知N为；(6)X为苯乙

49、醇，对应的同分异构体遇FeCl3溶液显紫色，则羟基连接在苯环，苯环上的一氯取代物只有两种，另一取代基为2个甲基或1个乙基，共3种，即等；(7)E为CH2BrCBr(CH3)CH2CH3，可先水解生成CH2OHCOH(CH3)CH2CH3，在铜催化条件下被氧化生成醛，然后与弱氧化剂反应生成酸，反应的流程为。【答案点睛】结合反应条件推断反应类型：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶

50、液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇醛羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。25、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率 Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3

51、+H2O A 制化学肥料等 过滤 干燥 产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强腐蚀性 分液漏斗 做催化剂 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可） 100%（或%） 【答案解析】（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时Cu(NH3)42(OH)2CO3分解生成氨气，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为Cu(NH3)42(OH)2CO32

52、CuO+CO2+8NH3+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。（6）盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中做催化剂。因为氯化铜的溶解度在常温下比

53、硫酸铜晶体大得多，在重结晶纯化硫酸铜晶体时可以使二者分离，同时氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大，可使氯化铜保持在母液中，在下一次制备硫酸铜晶体时继续做催化剂使用。由题意可知铜粉全部生成硫酸铜晶体（因氯化铜为催化剂，氯化铜中的铜最终不会生成硫酸铜晶体），硫酸铜晶体中的铜元素质量为g，则铜粉的纯度为100%或化简为%。26、蒸馏烧瓶 平衡分液漏斗与蒸馏烧瓶的压强，使液体顺利流下或平衡压强使液体顺利流下 饱和亚硫酸氢钠溶液 O2+2H2O+2Na2S=4NaOH+2S 氧气在水中的溶解度比二氧化硫小 吸收液出现稳定的蓝色 0.096% 【答案解析】根据实验原理及实验装置分析解答；根据物质性质及氧化

54、还原反应原理分析书写化学方程式；根据滴定原理分析解答。【题目详解】（1）根据图中仪器构造及作用分析，仪器A为蒸馏烧瓶；导管b是为了平衡气压，有利于液体流出；故答案为：蒸馏烧瓶；平衡气压，有利于液体流出；（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的液体最好是既能观察气体产生的速率，也不反应消耗气体，SO2与饱和NaHSO3溶液不反应，也不能溶解，可以选择使用；故答案为：饱和NaHSO3溶液；（3）氧气与Na2S反应生成硫单质和氢氧化钠，化学反应方程式为：Na2S+O2=S+2NaOH；故答案为：Na2S+O2=S+2NaOH；氧气在水中的溶解度比二氧化硫小，导致上表实验1反应较慢，故答案

55、为：氧气在水中的溶解度比二氧化硫小；（4）可知滴定终点时生成了I2，故滴定终点现象为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色。故答案为：溶液由无色变为蓝色，且半分钟溶液不变色；（5）V(KIO3)=，根据滴定原理及反应中得失电子守恒分析，n(S)=n(SO2)=3 n(KIO3)= 30.0010molL-10.01L=310-5mol，则该份铁矿石样品中硫元素的质量百分含量为，故答案为：0.096%。27、增大反应物接触面积，提高氨浸的效率 Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O A 制化学肥料等 过滤 干燥 产生有毒的气体，污染环境；原材料利用率低；浓硫酸有强

56、腐蚀性（任写两条） 分液漏斗 做催化剂 氯化铜的溶解度在常温下比硫酸铜晶体大得多，且氯化铜的溶解度随温度的变化程度不大（合理即可） 100%（或%） 【答案解析】（1）破碎机把孔雀石破碎成细小颗粒，增大了与氨水接触面积，使铜与氨充分络合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由题意可知，氨浸时生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加热蒸氨的意思为加热时Cu(NH3)42(OH)2CO3分解生成氨气，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的组成可知还会生成CO2、氧化铜和水，其反应方程式为Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O。（3）蒸氨出来的气体有氨气和二氧化碳，氨气有污染，需要通入硫酸净化处理生成硫酸铵，为了防止倒吸，合适的装置为A；净化后生成硫酸铵溶液，其用途是可以制备化学肥料等。（4）由题意可知，操作2为硫酸铜溶液变成硫酸铜晶体，操作为加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。（5）课本中直接利用铜与浓硫酸反应会产生有毒的气体二氧化硫；这样既污染环境又使原材料利用率低；而且浓硫酸有强腐蚀性，直接使用危险性较大。（6）盛装浓硫酸的仪器为分液漏斗。由题意可知，氯化铜虽然参与反应，但最后又生成了等量的氯化铜，根据催化剂的定义可知氯化铜在此反应过程中