重庆市第2022年高考仿真卷化学试卷含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、四种位于不同主族的短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，的内层电子与最外层电子数之比为2：5，Z和W位于同一周期。Z与W组成的

2、化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Y和Z可形成两种离子化合物，这两种离子化合物的阴离子与阳离子数之比均为1：2。下列说法正确的是A四种元素中至少有两种金属元素B四种元素的常见氢化物中熔点最高的是的氢化物C四种元素形成的简单高子中，离子半径最小的是元素形成的离子D常温下，三种元素形成的化合物的水溶液的小于72、将镁铝合金溶于 100 mL 稀硝酸中，产生 1.12 L NO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入 NaOH 溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A可以求出合金中镁铝的物质的量比为 11B可以求出硝酸的物质的量浓度C可以求出沉淀

3、的最大质量为 3.21 克D氢氧化钠溶液浓度为 3 mol / L3、下列反应的离子方程式书写正确的是A硫酸铜溶液中加过量的氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)22NH4+B用食醋检验牙膏中碳酸钙的存在：CaCO32H+=Ca2+CO2H2OC将去膜的铝片投入到NaOH溶液中：2Al+2OH+6H2O=2Al(OH)4 +3H2D用碘化钾淀粉溶液检验亚硝酸钠中NO2的存在：NO22I2H+=NO+I2H2O4、25时，用0.1 molL1NaOH溶液分别滴定20.00mL 0.1 molL1的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示，下列说法正确的是A、分别表示盐酸和醋酸的滴定曲线BpH=7时，滴定

4、盐酸和醋酸消耗NaOH溶液的体积相等CV(NaOH)=10.00mL时，醋酸溶液中c(CH3COO-) c(Na+) c(H+) c(OH-)DV(NaOH)=20.00mL时，两溶液中c(CH3COO-) c(Cl-)5、化合物M(如图所示)可用于制备各种高性能防腐蚀涂料。W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，W与Z的质子数之和是X的2倍。下列说法不正确的是A原子半径：YZXBX元素的族序数是Y元素的2倍C工业上电解熔融Y2X3化合物制备单质YDW与X形成的所有化合物都只含极性共价键6、高纯碳酸锰在电子工业中有重要的应用，湿法浸出软锰矿（主要成分为MnO2，含

5、少量Fe、Al、Mg等杂质元素）制备高纯碳酸锰的实验过程如下：其中除杂过程包括：向浸出液中加入一定量的X，调节浸出液的pH为3.55.5；再加入一定量的软锰矿和双氧水，过滤；下列说法正确的是（ ）A试剂X可以是MnO、MnO2、MnCO3等物质B浸出时加入植物粉的作用是作为还原剂C除杂过程中调节浸出液的pH为3.55.5可完全除去Fe、Al、Mg等杂质D为提高沉淀MnCO3步骤的速率可以持续升高温度7、我国太阳能开发利用位于世界前列。下列采用“光热电”能量转换形式的是A光致(互变异构)储能B生产甲醇燃料C太阳能熔盐发电D太阳能空间发电8、将含 1molKAl(SO4)2 溶液逐滴加到含 1mo

6、lBa(OH)2 溶液中，最终溶液中不存在AK+BAl3+CSO42-DAlO2-9、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X和W为同主族元素，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。由这四种元素中的一种或几种组成的物质存在如下转化关系，甲+乙丙+W，其中甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，乙为一种二元化合物，常温下0.1molL-1丙溶液的pH=13，下列说法错误的是AX和Y、W均至少能形成两种化合物B乙和丙均为既含有离子键又含有共价键的离子化合物C四种元素简单离子半径中Z的最小D气态氢化物的稳定性：XW10、下表中的实验操作能达到实验目的或能得出

7、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NH3D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

8、为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD11、某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（ ）A2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯12、关于化合物2一呋喃甲醛（）下列说法不正确的是A能使酸性高锰酸钾溶液褪色B含有三种官能团C分子式为C5H4O2D所有原子一定不共平面13、部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是AB只能得电子，不能失电子B原子半径GeSiCAs可作半导体材料DPo处于第六周期第VIA族14

9、、下列除去括号内杂质的方法正确的是（ ）AFeCl2(FeCl3)：加入足量铁屑，充分反应后过滤BCO2(HCl)：通过饱和NaOH溶液，收集气体CN2(O2)：通过灼热的CuO粉末，收集气体DKCl (MgCl2)：加入适量NaOH溶液，过滤15、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/10882.3熔点/-10825.5下列说法不正确的是A用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是126C用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃16、下列每组物质发生变化

10、所克服的粒子间的作用力属于同种类型的是()A氯化铵受热气化和苯的气化B碘和干冰受热升华C二氧化硅和生石灰的熔化D氯化钠和铁的熔化17、用如图所示的实验装置模拟侯氏制碱法的主要反应原理。下列说法正确的是A侯氏制碱法中可循环利用的气体为B先从a管通入NH3，再从b管通入CO2C为吸收剩余的NH3，c中应装入碱石灰D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是纯碱18、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100 mL，逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是()AH2SO4浓度为4 mol/LB溶液中最终溶质为FeSO4C原混合酸中NO3-浓度为0.2 mol/LDAB段反应为：Fe2Fe3=

11、3Fe219、已知NA从阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A6g 3He含有的中子数为2NAB1mol CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为NAC20g正丁烷和38g异丁烷的混合物中非极性键数目为10NAD0.1molL1Na2SO4溶液中含有的SO42数目为0.1NA20、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A葡萄糖B蛋白质C硫酸铁D淀粉21、已知2FeSO4Fe2O3SO2SO3，某同学设计利用如图装置分别检验产物中的气体。下列有关表述错误的是（ ）A用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2B用装置乙可检验分解产生的SO2，现象是石蕊

12、试液先变红后褪色C按照甲丙乙丁的连接顺序，可用装置丙检验分解产生的SO3D将装置丁中的试剂换为NaOH溶液能更好的避免污染环境22、A、B、C、D是中学化学中常见的四种物质，且A、B、C中含有同一种元素，其转化关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A若B为一种两性氢氧化物，则D可能是强酸，也可能是强碱B若A为固态非金属单质，D为O2，则A可以为单质硫C若A为强碱，D为CO2，则B的溶解度一定大于C的溶解度D若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A只能是C2H6二、非选择题(共84分)23、（14分）A（C2H4）是基本的有机化工原料。用A和常见的有机物可合成一种醚类香料和一种缩醛类香料，具体合成

13、路线如图所示（部分反应条件略去）：已知：+2ROH+回答下列问题：（1） B的分子式是_ 。若D为单取代芳香族化合物且能与金属钠反应；每个D分子中只含有1个氧原子， D中氧元素的质量分数约为13.1%，则D的结构简式为_。（2） C中含有的官能团名称是_。的反应类型是_。（3）据报道，反应在微波辐射下，以NaHSO4H2O为催化剂进行，请写出此反应的化学方程式：_。（4）请写出满足下列条件的苯乙醛的所有同分异构体的结构简式：_。i .含有苯环和结构 ii.核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为3 : 2 : 2 : 1（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则能使FeCl

14、3溶液显色的E的所有同分异构体共有（不考虑立体异构）_种。（6）参照的合成路线，写出由2-氯丙烷和必要的溶剂、无机试剂制备的合成流程图：_。合成流程图示例如下：24、（12分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为_；D中含有的无氧官能团结构简式为_。（2）反应的反应类型为_；反应生成G和X两种有机物，其中X的结构简为_。（3）反应的化学反应方程式为_（C6H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有 _种，写出其中一种有机物的结构简式：_。苯环上连有碳碳三键；核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选

15、）_：25、（12分）已知CuSO4溶液与K2C2O4溶液反应，产物为只含一种阴离子的蓝色钾盐晶体(只含有1个结晶水)，某实验小组为确定该晶体的组成，设计实验步骤及操作如下：已知：a.过程：MnO4被还原为Mn2+，C2O42被氧化为CO2b.过程：MnO4在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+c.过程：2Cu2+4I=2CuI+I2d.过程：I2+2S2O32=21+S4O62(1)过程加快溶解的方法是_。(2)配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_；过程和过程滴定时，滴定管应分别选用_、_(填“甲”或乙”)。(3)完成过程的离子

16、反应方程式的配平：_MnO4+_C2O42+_H+=_Mn2+_H2O+_CO2。(4)过程加热的目的是_。(5)过程，应以_作指示剂，若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则测定结果是_(填“偏大”“偏小”或“无影响”)(6)已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，据此推测该晶体为_H2O。26、（10分）为了探究铁、铜及其化合物的性质，某同学设计并进行了下列两组实验。实验一：已知：3Fe(s)4H2O(g)Fe3O4(s)4H2(g)（1）虚线框处宜选择的装置是_(填“甲”或“乙”)；实验时应先将螺旋状铜丝加热，变黑后再趁热迅速伸入所制得的纯净氢气中，观察到的实验现象是_。（2

17、）实验后，为检验硬质玻璃管中的固体是否含3价的铁元素，该同学取一定量的固体并用一定浓度的盐酸溶解，滴加_溶液（填试剂名称或化学式），没有出现血红色，说明该固体中没有3价的铁元素。请你判断该同学的结论是否正确并说明理由_。实验二：绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2（设为装置A）称重，记为m1 g。将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为m2 g，B为干燥管。按下图连接好装置进行实验。实验步骤如下：（1）_，（2）点燃酒精灯，加热，（3）_，（4）_，（5）_，（6）称量A， 重复上述操作步骤，直至 A 恒重，记为m3 g。（3）请

18、将下列实验步骤的编号填写在对应步骤的横线上a关闭 K1 和 K2 b熄灭酒精灯 c打开 K1 和 K2 缓缓通入 N2 d冷却至室温（4）必须要进行恒重操作的原因是_。（5）已知在上述实验条件下，绿矾受热只是失去结晶水，硫酸亚铁本身不会分解， 根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目 x=_（用含 m1、 m2、 m3的列式表示）。27、（12分）实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置ABC制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。（1）A中发生反应的离子方程式是_。（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：实验实验操作现象结论向氯水中加入碳酸氢钠粉末有

19、无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性（1）甲同学指出：由实验得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质_（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称_。（2）乙同学指出由实验得出的结论不合理，原因是实验未证明_（填化学式）是否有漂白性。（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由_。（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进

20、行实验，观察到实验现象与实验、相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是_。（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_。28、（14分）有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。可以通过以下途径合成:已知有机物A中含有C、H、O、Cl四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团，E是乙醇的同系物，F的分子式为C4H6O2。完成下列填空:（1）A的结构简式为_或_，反应的反应类型_。（2）写出反应和反应的化学方程式:反应_；反应_。（3）写出两种与F含有

21、相同官能团的同分异构体的结构简式_、_。（4）试设计一条以为原料合成的合成路线。(合成路线常用的表示方式为: )_29、（10分）十九大报告指出：“坚持全民共治、源头防治，持续实施大气污染防治行动，打赢蓝天保卫战！”以NOx为主要成分的雾霾的综合治理是当前重要的研究课题。汽车尾气中的NO(g)和CO(g)在一定条件下可发生如下反应：反应2NO(g)+ 2CO(g) N2(g) + 2CO2(g) H1。(1)已知：反应N2(g)+O2(g) 2NO(g) H2= +180.5 kJmol-1，CO的燃烧热为283.0 kJmol-1，则H1=_。(2)在密闭容器中充入5molCO和4molNO

22、，发生上述反应，图1为平衡时NO的体积分数与温度、压强的关系。温度：T1_T2(填“”或“”) 。若在D点对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到的平衡状态可能是图中AG点中的_点。(3)某研究小组探究催化剂对CO、NO转化的影响。将NO和CO以一定的流速通过两种不同的催化剂进行反应，相同时间内测量逸出气体中NO含量，从而确定尾气脱氮率(脱氮率即NO的转化率)，结果如图2所示。若低于200，图2中曲线脱氮率随温度升高而变化不大的主要原因为_；a点_(填“是”或“不是”)对应温度下的平衡脱氮率，说明其理由_。IIN2O是一种强温室气体，且易形成颗粒性污染物，研究N2O的分解对环境保护

23、有重要意义。(4)碘蒸气存在能大幅度提高N2O的分解速率，反应历程为：第一步I2(g) 2I(g) (快反应)第二步I(g)+N2O(g) N2(g)+IO(g) (慢反应)第三步IO(g)+N2O(g) N2(g)+O2(g)+I2(g) (快反应)实验表明，含碘时N2O分解速率方程v = kc(N2O)c(I2)0.5(k为速率常数)。下列表述正确的是_。AI2浓度与N2O分解速无关 B第二步对总反应速率起决定作用C第二步活化能比第三步小 DIO为反应的中间产物参考答案一、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、B【解析】原子序数依次增大，位于不同主族的四种短周期元素

24、X、Y、Z、W，X的内层电子与最外层电子数之比为2：5，X为氮元素，Z和W位于同周期。Z的化合物与人类生活关系密切，Z与W组成的化合物是常用的调味品，也是重要的医用药剂，工业上电解该化合物的熔融物可制得Z单质，Z为钠元素，W为氯元素。Y和Z可形成两种离子化合物，其中阴、阳离子数之比均为1：2，Y为氧元素，据此解答。【详解】A. 四种元素中只有钠为金属元素，故A错误；B. 氢化钠为离子化合物，四种元素的常见氢化物中熔点最高的是Z的氢化物，故B正确；C. 四种元素形成的常见简单离子中，离子半径最小的是元素Z形成的离子，钠离子半径最小，故C错误；D. 三种元素形成的化合物为NaNO3或NaNO2，若

25、为NaNO3溶液显中性，pH等于7，若为NaNO2因水解溶液显碱性，pH大于7，故D错误。故选B。2、C【解析】由图可知60 ml到70 ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30 ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20 ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12L NO气体（标准状况）得失守恒可以得2x + 3x 0.053 ，则x 0.03 mol，沉淀的最大质量，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol2+0.03mol3+0.05mol =0.2mol，氢氧化钠溶液浓度 ，故C错误；综上所述，

26、答案为C。3、C【解析】A硫酸铜溶液中加过量的氨水最终生成可溶性的，A项错误；B食醋中的醋酸是弱电解质，在离子方程式中不能拆分，B项错误；C铝的性质活泼，在室温下易被氧化表面生成致密的Al2O3薄膜，去除后才是Al单质，铝单质可以与NaOH溶液反应，C项正确；D观察上述方程式，电子得失不守恒；在酸性介质中可以表现氧化性，还原产物一般为NO，因此，正确的离子方程式为：，D项错误；答案选C。【点睛】离子方程式的正误判断可以先验证其是否满足守恒关系(电子得失守恒，电荷守恒，原子守恒)，再判断物质拆分是否合理，最后再根据条件判断产物是否合理，反应是否符合实际以及化学计量系数是否正确。4、C【解析】A盐

27、酸为强酸，醋酸为弱酸，浓度相同时盐酸的pH较小；B浓度、体积相等时，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠溶液呈碱性，而盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；CV（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性；DV（NaOH）=20.00mL时，反应后得到等物质的量浓度的醋酸钠、氯化钠溶液，醋酸根离子部分水解，则醋酸根离子浓度较小。【详解】A根据图示可知，的起始pH较大，的起始pH较小，则表示的是醋酸，表示盐酸，选项A错误；B醋酸为弱酸，溶液体积相同时，醋酸和氯化氢的物质的量相等，醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠，溶液呈碱性，而

28、盐酸与氢氧化钠反应生成氯化钠溶液呈中性；若pH=7时，醋酸消耗的NaOH溶液体积应该稍小，选项B错误；CV（NaOH）=10.00mL时，反应后为等物质的量浓度的醋酸和醋酸钠的混合液，醋酸的电离程度大于醋酸钠的水解程度，溶液呈酸性，则c（H+）c（OH-），反应后溶液中离子浓度大小为：c（CH3COO-）c（Na+）c（H+）c（OH-），选项C正确；DV（NaOH）=20.00mL时，两溶液都恰好反应得到等物质的量浓度的醋酸钠和NaCl溶液，由于醋酸根离子部分水解，则两溶液中 c（CH3COO-）c（Cl-），选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了酸碱混合的定性判断，题目难度中等，明确图象

29、曲线变化的含义为解答关键，注意掌握溶液酸碱性与溶液pH的关系，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。5、D【解析】W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，且占据三个不同周期，则W为第一周期主族元素，W为H，Z应为第三周期主族元素，根据化合物M的结构简式可知，Z可形成3个单键和1个双键，因此，Z原子最外层有5个电子，Z为P，W与Z的质子数之和是X的2倍，X的质子数=8，则X为O，根据化合物M的结构简式，Y可形成+3价阳离子，则Y为Al，以此解答。【详解】A. X为O，第二周期元素，Y为Al，Z为P，Y、Z为第三周期元素，电子层数越多，半径越大，同周期元素，核电荷数越大，半径越小，原子

30、半径：YZX，故A正确；B. X为O元素，第A族元素，Y为Al元素，第A族元素，X的族序数是Y元素的2倍，故B正确；C. X为O，Y为Al，Y2X3为Al2O3，工业上制备单质Al的方法为电解熔融Al2O3，故C正确；D. X为O，W为H，W与X形成的化合物有H2O和H2O2，H2O2中含有非极性共价键，故D错误；答案选D。【点睛】氢元素和氧元素可以形成水，含有极性键，或是过氧化氢，含有极性键和非极性键。6、B【解析】软锰矿（主要成分为MnO2，含少量Fe、Al、Mg等杂质元素）中Mn元素显+4价，浸出并过滤后Mn元素以Mn2+的形式存在于滤液中，浓硫酸无还原性，据此可推知植物粉作还原剂；浸出

31、后的滤液中，除了Mn2+还有Fe2+、Al3+、Mg2+，除杂时可调节pH使其中一些离子转化为沉淀，为了不引入新的杂质，可加入Mn（）的氧化物或碳酸盐；除杂过程中调节浸出液的pH为3.55.5，不能将Fe2+、Al3+、Mg2+完全转化为沉淀，之后加入双氧水可将Fe2+氧化为更易沉淀的Fe3+，加入的软锰矿也会再消耗一些H+；NH4HCO3受热易分解，因此加入NH4HCO3沉淀Mn2+时，温度不宜过高。【详解】A试剂X用于调节pH，为了不引入新的杂质，可加入Mn（）的氧化物或碳酸盐，不宜加入MnO2，A项错误；B浸出时，MnO2转化为Mn2+，植物粉作还原剂，B项正确；C除杂过程中调节浸出液的

32、pH为3.55.5不能完全除去Fe、Al、Mg等杂质，C项错误；D沉淀MnCO3步骤中，NH4HCO3受热易分解，不能持续升高温度，D项错误；答案选B。【点睛】控制实验条件时要充分考虑物质的特性，如： Fe3+在较低的pH环境下就可沉淀完全，要完全沉淀Fe元素，应将Fe2+转化为Fe3+； NH4HCO3受热易分解，要注意控制反应的温度。7、C【解析】A、光能转变成热能，直接利用，故A不符；B、光能转变成化学能，故B不符；C、采用“光热电”能量转换形式，故C符合；D、光能转换为电能，故D不符；故选C。8、D【解析】1molKAl(SO4)2 电离出1mol钾离子，1mol铝离子，2mol硫酸根

33、离子，加入1mol氢氧化钡，电离出1mol钡离子和2mol氢氧根离子，所以铝离子过量，不会生成偏铝酸根离子，故选：D。9、B【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Z的单质能溶于W的最高价氧化物对应的水化物的稀溶液中，不溶于其浓溶液中，说明Z为Al元素，W为S元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；X和W为同主族元素，则X为O元素；甲是元素X的氢化物，其稀溶液可用于伤口消毒，则甲为H2O2；常温下0.1molL-1丙溶液的pH=13，则丙为强碱，说明X、Y、Z、W四种元素中有一种元素的氢氧化物为强碱，则Y为Na元素，则丙为NaOH；由于这四种元素中的一种或几种组成的物

34、质存在甲+乙丙+W的转化关系，且乙为一种二元化合物，则乙为Na2S。A. 根据上述分析 X、Y、W分别为O、Na、S元素。X和Y能形成氧化钠、过氧化钠，X和W能形成二氧化硫、三氧化硫，即X和Y、W均至少能形成两种化合物，故A正确；B. 通过上述分析可知，乙为硫化钠，硫化钠是只含离子键的离子化合物，丙为氢氧化钠，氢氧化钠是既含离子键又含共价键的离子化合物，故B错误；C. W的离子核外电子层数最多，离子半径最大，X、Y、Z的离子具有相同的电子层结构，因为核外电子层数相同时，核电荷数越大半径越小，Z的核电荷数最大，离子半径最小，故C正确；D. X和W为同主族元素，非金属性XW，因为非金属性越强，气体

35、氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性XW，故D正确。答案选B。10、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

36、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。11、B【解析】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。12、D【解析】A该有机物分子结构中含有碳碳双键，具有烯烃的性

37、质，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A正确； B该有机物分子结构中含有碳碳双键、醛基和醚键，三种官能团，故B正确；C结构中每个节点为碳原子，每个碳原子可形成四个共价键，不足的可用氢原子补齐，分子式为C5H4O2，故C正确；D与碳碳双键上的碳直接相连的所有原子可能在同一平面，则该有机物结构中的五元环上的所有原子可以在同一平面，碳氧双键上的所有原子可能在同一平面，碳氧双键与五元环上的碳碳双键直接相连，则所有原子可能在同一平面，故D错误；答案选D。【点睛】有机物的分子式根据碳原子形成四个共价键的原则写出，需注意它的官能团决定了它的化学性质。13、A【解析】同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性

38、逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A. 根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径GeSi，故B正确；C. As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D. Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。故选A。14、A【解析】A、铁和氯化铁

39、反应生成物是氯化亚铁，A正确； B、NaOH也吸收CO2，所以不正确，应选用饱和的碳酸氢钠溶液，B不正确；C、氧化铜与氧气不反应，应选用灼热的铜网，C不正确；D、加入适量NaOH溶液会引入钠离子，应该是氢氧化钾，D不正确；故选A。【点睛】除杂的要求是不增不减。即不引入新杂质，不减少主要成分；如B选项，NaOH能与CO2反应，主要物质被反应，故错误。15、B【解析】A. 醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前

40、面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B. 有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1216，故选B；C. 根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；D. 两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；答案：B16、B【解析】A氯化铵属于离子晶体，需要克服离子键，苯属于分子晶体，需要克服分子间作用力，所以克服作用力不同，故A不选；B碘和干冰受热升华，均破坏分子间作用力，故B选；C二氧化硅属于原子晶体，需要克服化学键，生石灰属于离子晶体，需要克服离子键，

41、所以克服作用力不同，故C不选；D氯化钠属于离子晶体，熔化需要克服离子键，铁属于金属晶体，熔化克服金属键，所以克服作用力不相同，故D不选；故选B。【点睛】本题考查化学键及晶体类型，为高频考点，把握化学键的形成及判断的一般规律为解答的关键。一般来说，活泼金属与非金属之间形成离子键，非金属之间形成共价键，但铵盐中存在离子键；由分子构成的物质发生三态变化时只破坏分子间作用力，电解质的电离化学键会断裂。17、B【解析】侯氏制碱法的原理：将足量NH3通入饱和食盐水中，再通入CO2，溶液中会生成高浓度的HCO3-，与原有的高浓度Na+结合成溶解度较小的NaHCO3析出：NaCl+NH3+CO2+H2ONaH

42、CO3+NH4Cl；将析出的沉淀加热，制得Na2CO3（纯碱）：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，生成的CO2可用于上一步反应（循环利用）；副产品NH4Cl可做氮肥。【详解】A侯氏制碱法中可循环利用的气体是CO2，A项错误；B先通入NH3，NH3在水中的溶解度极大，为了防止倒吸，应从a管通入，之后再从b管通入CO2，B项正确；C碱石灰（主要成分是NaOH和CaO）不能吸收NH3，C项错误；D反应后冷却，瓶中析出的晶体主要是NaHCO3，将其加热得到纯碱（Na2CO3），D项错误；答案选B。【点睛】侯氏制碱法中，要先通入足量NH3，再通入CO2，是因为：NH3在水中的溶解度极大，先通入NH

43、3使食盐水显碱性，能够吸收大量CO2气体，产生高浓度的HCO3-，与高浓度的Na+结合，才能析出NaHCO3晶体；如果先通入CO2，由于CO2在水中的溶解度很小，即使之后通入过量的NH3，所生成的HCO3-浓度很小，无法析出NaHCO3晶体。18、C【解析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2+H2最终消耗Fe为22.4g，此时溶液中溶质为 FeSO4，则n（ FeSO4）=n（Fe），由硫酸根守恒n（H2SO4）=n（ FeSO4），根据OA段离子方程式计

44、算原混合酸中NO3-物质的量，再根据c=计算c（H2SO4）、c（NO3-）。【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g56g/mol0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3-）=n（Fe）0.2mol，NO3-浓度为2mol/L，C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生

45、反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2+H2，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。19、A【解析】A 、6g 3He的物质的量为2 mol，1 mol3He含有的中子数为NA，2 mol 3He含有的中子数为2NA，选项A正确；B、1mol

46、CH3CH2OH被氧化为CH3CHO转移的电子数为2NA ，选项B错误；C、正丁烷和异丁烷的分子式相同，均为C4H10，20g正丁烷和38g异丁烷的混合物的物质的量为1 mol，1 mol C4H10中极性健数目为10NA ，非极性键数目为3 NA，选项C错误；D、0.1molL1Na2SO4溶液的体积未给出，无法计算SO42数目，选项D错误。答案选A。20、A【解析】A. 葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B. 蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C. 硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe

47、(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D. 淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。21、B【解析】已知2FeSO4Fe2O3SO2SO3，通过乙中石蕊试液吸收检验二氧化硫或三氧化硫，三氧化硫极易溶于水，通过乙全部吸收，装置丙中的氯化钡溶液不能检验三氧化硫的存在，丁装置中饱和亚硫酸氢钠不能吸收二氧化硫。【详解】A. 用装置甲高温分解FeSO4，点燃酒精喷灯前应先向装置内通一段时间N2，排除装置内空气，避免空气中氧气的干扰，A正确；B. 用装置乙不能检验二氧化硫的存在，产物中有三氧化硫溶于水形成硫酸溶液，遇到石蕊试液也会变红色，

48、二氧化硫遇到石蕊试液只能变红色，不能褪色，B错误；C. 三氧化硫极易溶于水，通过装置乙的水溶液会被完全吸收，要检验三氧化硫存在，应把乙和丙位置互换才能检查三氧化硫的存在，按照甲丙乙丁的连接顺序，C正确；D. 丁中饱和亚硫酸氢钠溶液不能吸收二氧化硫，应为NaOH溶液能更好的吸收二氧化硫，避免污染环境，D正确；故答案为：B。【点睛】二氧化硫有漂白性，工业上常用二氧化硫来漂白纸浆、毛、丝、草帽等，但二氧化硫不能使酸碱指示剂褪色。22、A【解析】A.B为两性氢氧化物，若D为强碱，则A为铝盐，若D为强酸，则A为偏铝酸盐，则A正确；B若A为固态非金属单质，D为O2，则A不能为单质硫，因为硫不能一步被氧化为

49、三氧化硫，故B错误；C.当A为氢氧化钠，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，D为二氧化碳，B的溶解度大于C的溶解度，当A为氢氧化钡，B为碳酸钡，C为碳酸氢钡，则B的溶解度小于C的溶解度，故C错误；D. 若A为18电子气态氢化物，D为O2，则A可以为C2H6、H2S，故D错误。答案选A。二、非选择题(共84分)23、CH4O 羟基 氧化反应 、 9 【解析】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛推出D的结构简式为，根据

50、缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，据此分析；【详解】A的分子式为C2H4，A为乙烯，即结构简式为CH2=CH2，根据问题（1），D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式推出D的结构简式为，根据缩醛的结构简式，推出C的结构简式为HOCH2CH2OH，根据信息，推出B的结构简式为CH3OH，（1）根据上述分析，B的结构简式为CH3OH，即分子式为CH4O；D能与金属钠反应，且D分子中只有一个氧原子，即D中含有OH，D

51、属于芳香族化合物，即D中含有苯环，D的相对分子质量为116/13.1%=122，根据苯乙醛的结构简式，推出D的结构简式为 ；（2）C的结构简式为HOCH2CH2OH，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应；（3）反应是苯乙醛与HOCH2CH2OH反应生成缩醛，即化学反应方程式为；（4）根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3：2：2：1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3：2：2：1，符合条件的结构简式为 、；（5）若化合物E为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C8H10O，E的同分异构体能使FeCl3溶

52、液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有OH、C2H5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有OH、CH3、CH3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1种结构，一共有9种结构；（6）根据反应，推出生成目标物原料是，根据路线，用乙烯与O2在Ag作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH3CH=CH2，生成丙烯，用2氯丙烷发生消去反应，合成路线为。【点睛】本题的难点是同分异构体的判断，根据信息判断出含有的形式，如本题含有苯环和，写出苯乙醛的同分异构体，醛与酮互为同分异构体，则有，符合峰有4种，峰面积之比为3：2：2：1，然后将CH

53、2CHO，拆成CH3和CHO，在苯环上有邻、间、对三种，然后根据峰和峰的面积进行判断，哪些符合要求。24、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛 -NH2和-Cl 取代反应或酯化反应 HOCH2CH2OH 4 、(任写一种即可) 【解析】对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为： ；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：

54、氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构

55、简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件，因此具体合成路线为：。25、粉碎、搅拌或加热 100mL容量 甲 乙 2 5 16 2 8 10 除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差； 淀粉溶液 偏小 K2Cu(C2O4)2 【解析】（1）在由固体与液体的反应中，要想加快反应速率，可以粉碎固体物质或搅拌，都是增大固液的接触面积，也可以加热等；（2）配制溶液要掌握好配制步骤，容量瓶的选择，因为配制100mL溶液，所以选择100mL容量瓶，氧化还原滴定

56、的时候，注意选择指示剂、滴定管等。（3）利用氧化还原反应中得失电子守恒配平氧化还原反应离子方程式：2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2；（4）、MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，据此分析作答；（5）结合实际操作的规范性作答；（6）根据方程式找出关系式，通过计算确定晶体的组成。【详解】（1）为了加快蓝色晶体在2 molL-1稀硫酸中溶解，可以把晶体粉碎、搅拌、或者加热的方法；（2）配制100mL0.20molL1KMnO4溶液时需要用100mL容量瓶进行溶液配制，配置过程需要用到的玻璃仪器由玻璃棒、烧杯、胶头滴管、100mL容

57、量瓶；过程是用0.20molL-1KMnO4溶液滴定，KMnO4具有强氧化性，因此选用甲（酸式滴定管）；过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定，Na2S2O3在溶液中水解呈碱性，故选用乙（碱式滴定管）；（3）利用氧化还原反应中化合价升降总数相等，先配氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物的化学计量数，然后再观察配平其他物质，过程的离子反应方程式：2 MnO4+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2（4）MnO4-在酸性条件下，加热能分解为O2，同时生成Mn2+，故加热的目的是除去溶液中多余的MnO4-，防止过程加入过量的KI，MnO4-在酸性氧化I-，引起误差；

58、（5）过程是用0.25molL1Na2S2O3溶液滴定含I2的溶液，反应方程式为I2+2S2O32-=21+S4O62-，故过程，应以淀粉溶液作指示剂；若溶液颜色刚刚褪去就停止滴加，则滴入Na2S2O3的物质的量偏小，造成测定Cu2+的含量偏小；（6）由2 MnO4-+5 C2O42-+16 H+=2 Mn2+8H2O+ 10CO2可知n(C2O42-)=2.5n(KMnO4)=2.50.20molL1V(KMnO4)；由2Cu2+4I-=2CuI+I2、I2+2S2O32-=21-+S4O62-可知2 S2O32- I2 2Cu2+，n(Cu2+)=n(S2O32-)=0.25molL-1V

59、(Na2S2O3)，已知两个滴定过程中消耗KMnO4和Na2S2O3的体积相等，所以n(C2O42-)=2 n(Cu2+)，因为晶体中只有一种阴离子，并且晶体中元素化合价代数和为0，故该晶体为K2Cu(C2O4)2H2O 。 【点睛】在氧化还原反应滴定中注意指示剂的选择、滴定管的选择。26、乙 铜丝由黑变红 硫氰化钾或 KSCN 不正确，因为铁过量时： Fe2Fe3+3Fe2+ c b d a 确保绿矾中的结晶水已全部失去 【解析】试题分析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，根据氢气的密度比空气小分析；氧化铜被氢气还原为铜单质；（2）Fe

60、3+能使KSCN溶液变成血红色；单质铁能把Fe3+还原为Fe2+；实验二：（3）由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前要排尽装置中的空气，利用氮气排出空气，为使生成的水蒸气完全排出，应该先熄灭酒精灯再关闭K1 和 K2；冷却后再称量；（4）进行恒重操作可以确保绿矾中的结晶水已全部失去；（5）根据题意，生成硫酸亚铁是 ，生成水的质量是，根据 计算x值；解析：实验一：（1）铁与水蒸气反应生成Fe3O4和氢气，虚线框中的装置是用氢气还原氧化铜的装置，氢气的密度比空气小，所以用向下排空气法收集氢气，故选乙；氧化铜被氢气还原为铜单质，现象是铜丝由黑变红；（2）Fe3+能使KSCN溶液变成血红