2021-2022学年甘肃省岷县高考适应性考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素，Y是地壳中含量最高的元素。X、Z、W分别与Y形成的最高价化合物为甲、乙、丙。结合如图转化关系，下列判断错误的是A反应为工业制粗硅的原理BZ位于元素周期表第三周期A族C4种元素的原子中，

2、Y原子的半径最小D工业上通过电解乙来制取Z2、相对分子质量为128的有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，若A含一个六碳环且可与NaHCO3溶液反应，则环上一氯代物的数目为()A2B3C4D53、邮票是国家邮政发行的一种邮资凭证，被誉为国家名片。新中国化学题材邮票展现了我国化学的发展和成就，是我国化学史不可或缺的重要文献。下列说法错误的是A邮票中的人物是侯德榜。其研究出了联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，创立了中国人自己的制碱工艺一侯氏制碱法B邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。塑料、橡胶和纤维被称为三大合成材料，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料C邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛

3、素。我国首次合成的人工牛胰岛素属于蛋白质D邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温可以杀死病毒4、Calanolide A是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于Calanolide A的说法错误的是（ ）A分子中有3个手性碳原子B分子中有3种含氧官能团C该物质既可发生消去反应又可发生加成反应D1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH5、美国科学家John BGoodenough荣获2019年诺贝尔化学奖，他指出固态体系锂电池是锂电池未来的发展方向。Kumar等人首次研究了固态可充电、安全性能优异的锂空气电池，其结构如图所示。

4、已知单位质量的电极材料放出电能的大小称为电池的比能量。下列说法正确的是A放电时，a极反应为：Al-3e-=A13+，b极发生还原反应B充电时，Li+由a极通过固体电解液向b极移动C与铅蓄电池相比，该电池的比能量小D电路中转移4mole-，大约需要标准状况下112L空气6、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A每生成6.72 L的H2，溶液中AlO2的数目就增加0.2 NAB每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NAC当加入2.7 g Al时，转移的电子数目为0.3 NAD溶液中每增加0.1

5、mol的AlO2，Na+的数目就增加0.1 NA7、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) Hv（逆）Bt2时刻改变的条件可能是加催化剂C、两过程达到反应限度时，A的体积分数=D、两过程达到反应限度时，平衡常数I8、下列反应中，反应后固体物质增重的是A氢气通过灼热的CuO粉末B二氧化碳通过Na2O2粉末C铝与Fe2O3发生铝热反应D将锌粒投入Cu(NO3)2溶液9、下列关于古籍中的记载说法不正确的是A本草纲目“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏B吕氏春秋别类编中“金(即铜)柔锡柔，合两

6、柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性C本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应D抱朴子金丹篇中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应10、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1.3g乙炔和苯蒸汽混合气体中的碳氢键（CH）数为0.1NAB一定条件下，2 molSO2与1 molO2反应生成的SO3分子数为2NAC1 L0.1 molL1的乙酸溶液中含H+的数量为0.1NAD2.24L的CO和N2混合气体中含有的质子数为1.4NA11、大海航行中的海轮船壳

7、上连接了锌块，说法错误的是A船体作正极B属牺牲阳极的阴极保护法C船体发生氧化反应D锌块的反应：Zn2e-Zn2+12、人工肾脏可用间接电化学方法除去代谢产物中的尿素CO(NH2)2。下列有关说法正确的是（ ）Aa为电源的负极B电解结束后，阴极室溶液的pH与电解前相比将升高C除去尿素的反应为：CO(NH2)22Cl2H2O= N2CO24HClD若两极共收集到气体0.6mol，则除去的尿素为0.12mol(忽略气体溶解，假设氯气全部参与反应)13、CuI是有机合成的一种催化剂，受热易氧化。实验室可通过向CuSO4与NaI的混合溶液中通入SO2制备CuI(2CuSO42NaISO22H2O2CuI

8、2H2SO4Na2SO4)。下列实验原理和装置不能达到实验目的的是()A制备SO2B制备CuI并制备少量含SO2的溶液C将CuI与母液分离并用装置制得的含SO2的溶液洗涤沉淀D加热干燥湿的CuI固体14、用类推的方法可能会得出错误结论,因此推出的结论要经过实践的检验才能确定其正确与否。下列推论中正确的是( )ANa失火不能用灭火,K失火也不能用灭火B工业上电解熔融制取金属镁,也可以用电解熔融的方法制取金属铝CAl与S直接化合可以得到与S直接化合也可以得到D可以写成也可写成15、用NA代表阿伏加德罗常数的数值。下列说法正确的是（）A18gD2O含有的电子数为10NAB常温常压下，124gP4中所

9、含PP键数目为4NAC标准状况下，11.2LO2和CO2混合气体含有的氧原子数为NAD将23gNa与氧气完全反应，反应中转移的电子数介于0.1NA到0.2NA之间16、下列离子方程式正确的是( )A硫酸铜溶液与氢氧化钡溶液反应+Ba2+=BaSO4B碳酸氢钠溶液与稀硝酸反应: CO32-+2H+=CO2+H2OC氯化亚铁溶液与新制氯水反应:2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-D氯化镁溶液与氨水反应:Mg2+2OH-=Mg(OH)217、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A1mol氨基（-NH2）含有电子数目为10NAB2gH218O中所含中子、电子数目均为NACpH=1的H2S

10、O4溶液10L，含H+的数目为2NAD电解精炼铜时，若阳极质量减少64g，则阳极失去的电子数为2NA18、某次硫酸铜晶体结晶水含量的测定实验中，相对误差为+2.7%，其原因不可能是（ ）A实验时坩埚未完全干燥B加热后固体未放入干燥器中冷却C加热过程中晶体有少量溅失D加热后固体颜色有少量变黑19、某有机物X的结构简式如图，下列有关该有机物的说法正确的是（ ）A分子式为C8H10O3B含有两种官能团C既可以发生加成反应又可以发生取代反应D分子中所有碳原子共面20、一定呈中性的是()ApH7 的溶液B25，Kw1.01014的溶液CH+与 OH物质的量相等的溶液D等物质的量的酸、碱混合后的溶液21、

11、化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法不正确的是（ ）A为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸B食盐可作调味剂，也可用作食品防腐剂C用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素D化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施22、25时，NaCN溶液中CN、HCN浓度所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A图甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温下，NaCN的水解平衡常数：K

12、h(NaCN)=104.5mol/LC图乙中b点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)二、非选择题(共84分)23、（14分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。请回答以下问题：（1）A的结构简式为_。（2）反应的反应类型为_，B中所含官能团的名称为_。（3）反应的化学方程式是_。（4）D的核磁共振氢谱有_组峰； D的同分异

13、构体中，属于芳香族化合物的还有_(不含D)种。（5）反应的化学方程式是_。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线_。合成路线流程图示例：CH3CH2OH CH3CH2OOCCH324、（12分）化合物H是合成治疗心血管疾病药物的中间体，可通过以下途径合成： 已知:（苯胺易被氧化）甲苯发生一硝基取代反应与A类似。 回答下列问题： (1)写出化合物H的分子式_，C中含氧官能团的名称_。 (2)写出有关反应类型：BC _；FG_。(3)写出AB的反应方程式：_ 。 (4)写出同时满足下列条件D的所有同分异构体的结构简式：_能发生银镜反应能

14、发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢(5)合成途径中，C转化为D的目的是_。(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料（无机试剂任选），设计制备的合成路线：_25、（12分）草酸是一种二元弱酸，可用作还原剂、沉淀剂等。某校课外小组的同学设计利用C2H2气体制取H2C2O42H2O。回答下列问题：(1)甲组的同学以电石（主要成分CaC2，少量CaS及Ca3P2杂质等）为原料，并用下图1装置制取C2H2。装置A中用饱和食盐水代替水的目的是_。装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，其

15、中PH3被氧化的离子方程式为_。该过程中，可能产生新的杂质气体Cl2，其原因是：_（用离子方程式回答）。(2)乙组的同学根据文献资料，用Hg(NO3)2作催化剂，浓硝酸氧化C2H2制取H2C2O42H2O。制备装置如上图2所示：装置D中多孔球泡的作用是_。装置D中生成H2C2O4的化学方程式为_。从装置D中得到产品，还需经过_（填操作名称）、过滤、洗涤及干燥。(3)丙组设计了测定乙组产品中H2C2O42H2O的质量分数实验。他们的实验步骤如下：准确称取m g产品于锥形瓶中，加入适量的蒸馏水溶解，再加入少量稀硫酸，然后用c molL1酸性KMnO4标准溶液进行滴定至终点，共消耗标准溶液V mL。

16、滴定终点的现象是_。滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，分析可能的原因是_。产品中H2C2O42H2O的质量分数为_（列出含 m、c、V 的表达式）。26、（10分）某学习小组以铝铁铜合金为主要原料制备Cu（NH3）4SO4H2O（一水硫酸四氨合铜）和Fe3O4胶体粒子，具体流程如下：已知：Cu（NH3）42+=Cu2+4NH3Fe2+2Fe+8OHFe3O44H2OCu（NH3）4SO4易溶于水，难溶于乙醇。请回答：（1） 滤渣的成分为_。（2） 步骤中生成Cu（NH3）4SO4H2O的离子方程式：_。步骤中加入（NH4）2SO4的作用是作为反应物和_。（3） 步骤中加入95%乙醇时，

17、缓慢加入的目的是_。（4） 下列有关叙述正确的是_。A 步骤缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率B 步骤若改为蒸发浓缩、冷却结晶，得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu（OH）2等杂质C 步骤、用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等D 步骤中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，缓慢流干，重复23次（5） 步骤中，从滤渣制备Fe3O4胶体粒子需经过一系列操作。即：滤渣中加过量NaOH溶液搅拌溶解_过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子。根据下列提供的操作，请在空格处填写正确的操作次序（填写序号）。氮气氛围下缓慢滴加NaOH溶液，加热溶液过滤、洗涤加入过量稀硫酸溶

18、解加入适量FeSO4固体，搅拌溶解测定Fe3+含量（6） 测定一水硫酸四氨合铜晶体产品的纯度，过程如下：取0.5000 g试样溶于水，滴加3 molL1 H2SO4至pH为34，加入过量KI固体。以淀粉溶液为指示剂，生成的碘用0.1000 molL1 Na2S2O3标准溶液滴定，重复23次，平均消耗Na2S2O3标准溶液20.00 mL。该试样中一水硫酸四氨合铜的纯度为_。已知：MCu（NH3）4SO4H2O246.0 gmol1； 2Cu2+4I=2CuII2，I22S2O32-=2IS4O62-。27、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有机合成和药物制造等。实验室利用SO2和Cl2在活

19、性炭作用下制取SO2Cl2SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol，装置如图所示（部分装置省略）。已知SO2Cl2的熔点为54.1，沸点为69.1，有强腐蚀性，不宜接触碱、醇、纤维素等许多无机物和有机物，遇水能发生剧烈反应并产生白雾。回答下列问题：ISO2Cl2的制备（1）水应从_（选填“a”或“b”）口进入。（2）制取SO2的最佳组合是_（填标号）。Fe+18.4mol/LH2SO4Na2SO3+70%H2SO4Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙装置中盛放的试剂是_。（4）制备过程中需要将装置甲置于冰水浴中，原因是_。（5）反应结束后，分离甲中混合物的最

20、佳实验操作是_。II测定产品中SO2Cl2的含量，实验步骤如下：取1.5g产品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振荡、过滤、洗涤，将所得溶液均放入锥形瓶中；向锥形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000molL1的AgNO3溶液l00.00mL；向其中加入2mL硝基苯，用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；加入NH4Fe(SO4)2指示剂，用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+，终点所用体积为10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10Ksp(AgSCN)=210-12（6）滴定终点的现象为_。（7）产品中SO2Cl2的质量分数为_%，若步骤不加入硝基苯则所测SO2Cl2

21、含量将_（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。28、（14分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中显酸性的官能团是_(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是_(填序号)。a分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5 b属于芳香族化合物c既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应 d属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为_。a含有 b在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：步骤I的反应类型是_。步骤I和在合成甲过程中的目的是_。步骤反应的化学方程式为_。29、（10分）实验室用镁还原硝基苯制取反式偶

22、氮苯。实验原理如下：2+4Mg+8CH3OH+4Mg(OCH3)2+4H2O已知：Mg(OCH3)2在水中极易水解。反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是_。反应结束后将反应液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤，滤渣用95乙醇水溶液重结晶提纯。为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要_（填“缓慢加入”、“快速加入”）。烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是_。A冰水 B饱和NaCl溶液C

23、95乙醇水溶液 D滤液抽滤完毕，应先断开_之间的橡皮管，以防倒吸。重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥”。上述重结晶过程中的_操作除去了不溶性杂质。薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯，实验开始时和展开后的斑点如图所示，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性_（填“强”或“弱”）。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、D【解析】由题干信息分析可知X为C、Y为O、Z为Mg、W为Si，甲为CO2，乙为MgO，丙为SiO2，丁为CO；【详解】A. 反应 ，为工业制粗硅的原理，A正确；B. Z即镁位于

24、元素周期表第三周期A族，B正确；C. 4种元素的原子中，Y原子即氧原子的半径最小，C正确；D. 工业上通过电解熔融氯化镁而不是氧化镁来制取镁，D错误；答案选D。2、C【解析】有机物A完全燃烧只生成CO2和H2O，说明一定含有C、H元素，还含有一个六元碳环且可与NaHCO3溶液反应，说明含有羧基COOH，羧基的式量是45，则烃基的式量12845=83，则符合六元环的烃基是C6H11，则该物质是，由于在环上有4种不同位置的H原子，它们分别被氯原子取代就得到一种一氯取代产物。所以环上一氯代物的数目为4种，选项是C。3、B【解析】A邮票中的人物是侯德榜。1941年，侯德榜改进了索尔维制碱法，研究出了制

25、碱流程与合成氨流程于一体的联产纯碱与氯化铵化肥的制碱新工艺，命名为“侯氏制碱法”，故A正确；B邮票中的图是用橡胶生产的机动车轮胎。橡胶和纤维都有天然的，三大合成材料是指塑料、合成橡胶和合成纤维，它们不断替代金属成为现代社会使用的重要材料，故B错误；C邮票中的图是显微镜视野下的结晶牛胰岛素。1965年9月，我国科学家首先在世界上成功地实现了人工合成具有天然生物活力的蛋白质结晶牛胰岛素，故C正确；D邮票是纪念众志成城抗击非典的邮票。冠状病毒其外壳为蛋白质，用紫外线、苯酚溶液、高温都可使蛋白质变性，从而可以杀死病毒，故D正确；答案选B。【点睛】合成材料又称人造材料，是人为地把不同物质经化学方法或聚合

26、作用加工而成的材料，其特质与原料不同，如塑料、合金（部分合金）等。 塑料、合成纤维和合成橡胶号称20世纪三大有机合成材料，纤维有天然纤维和人造纤维，橡胶也有天然橡胶和人造橡胶。4、D【解析】A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2 molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手

27、性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1 mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。5、D【解析】A锂比铝活泼，放电时a极为负极，锂单质失电子被氧化，反应为“Li-e-Li+，b极为正极得电子，被还原，故A错误；B充电时a电极锂离子被还原成锂单质为电解池的阴极，则b为阳极，电解池中阳离子向阴极即a极移动，故B错误；C因为锂的摩尔质量远远小于铅的摩尔质量，失去等量电子需要的金属质量也是锂远远小于铅，因此锂电池的比能量大于铅蓄电池，故C错误；D电路中转移4mole-，则消耗1mol氧气，标况下体积为22.4L，空气中氧气约占20%，因此需要空气2

28、2.4L5=112L，故D正确；故答案为D。6、B【解析】A. 非标准状况下，6.72 L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72 L的H2，溶液中AlO2的数目不一定增加0.2 NA，故A错误；B. 2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15 mol H2，被还原的水分子数目为0.3 NA，故B正确；C. 当2.7 g Al参加反应时，转移的电子数目为0.3 NA，加入2.7 g Al，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D. 根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学

29、生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。7、C【解析】试题分析：A、图像分析判断0t2时，0t1逆反应速率大于正反应速率，t1t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数=，C正确；D、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C

30、。考点：考查化学平衡的建立、图像的分析8、B【解析】A、氢气通过灼热的CuO粉末发生的反应为，固体由CuO变为Cu，反应后固体质量减小，A错误；B、二氧化碳通过Na2O2粉末发生的反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，固体由Na2O2变为Na2CO3，反应后固体质量增加，B正确；C、铝与Fe2O3发生铝热反应，化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe，反应前后各物质均为固体，根据质量守恒定律知，反应后固体质量不变，C错误；D、将锌粒投入Cu(NO3)2溶液发生的反应为Zn + Cu(NO3)2= Zn(NO3)2+ Cu，固体由Zn变为Cu，反应后固体质量减小，D错误；故

31、选B。9、C【解析】A由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；B金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬度大于各成分，故B正确；C鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；D丹砂( HgS)烧之成水银，HgSHg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；答案选C。【点睛】准确把握诗句含义，明确相关物质的性质是解题关键。本题的易错点为C，要注意焰色反应属于物理变化，不是化学变化。

32、10、A【解析】A乙炔和苯具有相同最简式CH，1molCH含有1个C-H键；B二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底；C乙酸为弱电解质，部分电离；D气体状况未知。【详解】乙炔和苯蒸汽混合气体含有CH物质的量为：=0.1mol，含有碳氢键（CH）数为0.1NA，故A正确；B二氧化硫与氧气反应为可逆反应，可逆反应不能进行到底，所以一定条件下，2 mol SO2与1 mol O2反应生成的SO3分子数小于2NA，故B错误；C乙酸为弱电解质，部分电离，1 L0.1 molL1的乙酸溶液中含H+的数量小于0.1NA，故C错误；D气体状况未知，无法计算混合气体物质的量和含有质子数，故D错误；故

33、选：A。【点睛】解题关键：熟练掌握公式的使用和物质的结构，易错点D，注意气体摩尔体积使用条件和对象，A选项，注意物质的结构组成。11、C【解析】A. 在海轮的船壳上连接锌块，则船体、锌和海水构成原电池，船体做正极，锌块做负极，海水做电解质溶液，故A正确；B. 在海轮的船壳上连接锌块是形成原电池来保护船体，锌做负极被腐蚀，船体做正极被保护，是牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；C. 船体做正极被保护,溶于海水的氧气放电：O2+4e+2H2O=4OH，故C错误；D. 锌做负极被腐蚀：Zn2e-Zn2+，故D正确。故选:C。12、D【解析】A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a

34、为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO

35、2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.61/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。13、D【解析】A.Cu与浓硫酸在加热时发生反应生成SO2，图中固液加热装置可制备，A正确；B.硫酸铜与NaI发生氧化还原反应生成CuI、SO2，可用该装置制备CuI并制备少量含SO

36、2的溶液，B正确；C.分离沉淀与溶液，可选该装置进行过滤，C正确；D.加热干燥湿的CuI固体，由于CuI易被氧化，因此不能用该装置加热，D错误；故合理选项是D。14、A【解析】A、K性质比Na更活泼，还原性更强，与氧气反应生成过氧化钾和超氧化钾，能与CO2反应生成氧气助燃，所以K失火不能用CO2灭火，故A正确；B、AlCl3属于共价化合物熔融不导电，工业上是用电解熔解Al2O3的方法制取金属铝，故B错误；C、S的氧化性较弱，与Fe反应生成FeS，故C错误；D、Pb的化合价为+2价、+4价，不存在+3价，Pb3O4可表示为2PbOPbO2，故D错误；故选A。点睛：本题考查无机物的性质。本题虽然考

37、查类比规律，但把握物质的性质是解答该题的关键。本题的易错点是D，注意铁和铅元素的常见化合价的不同。15、C【解析】A. D2O的摩尔质量为20g/mol，18gD2O的物质的量为0.9mol，则含有0.9mol电子，即电子数为0.9NA，故A错误；B. 124g白磷的物质的量为1mol，而白磷为正四面体结构，每个白磷分子中含有6根PP键，故1mol白磷中所含PP键数目为6NA，故B错误；C. 标准状况下，11.2LO2、CO2混合气体物质的量为0.5mol，含有的氧原子数为NA，故C正确；D. 2.3g钠的物质的量为0.1mol，钠与氧气完全反应，转移电子数用钠计算，0.1mol钠完全反应失去

38、0.1mol电子，则转移的电子数为0.1NA，故D错误；答案选C。16、C【解析】A.Cu2+与OH-也会发生反应生成沉淀，故A不选；B.碳酸氢根离子不能拆开写，要写成HCO3-的形式，故B不选；C. 氯化亚铁溶液与新制氯水反应是Fe2+被Cl2氧化，发生氧化还原反应，故C选；D.氨水是弱电解质，不能拆开写，不能写成OH-的形式，故D不选。故选C。17、B【解析】A氨基是取代基，属于中性原子团，结合微粒计算电子数1mol9NA9NA，故A错误；BH218O的摩尔质量均为20g/mol，2gH218O的物质的量为0.1mol，分子中含有的中子数、电子数均为10个，则0.1mol混合物中含有的中子

39、数、电子数均为NA个，故B正确；CpH=1的H2SO4溶液中，由pHlgc(H)1，H2SO4溶液c(H)0.1mol/L，10L溶液n(H)1mol，所含H数目为NA，故C错误；D电解法精炼铜，粗铜含有杂质金属，阳极先是锌、铁、镍失电子，然后才是铜失电子，当阳极质量减少 64g 时，阳极失去的电子数不是2NA，故D错误；故答案选B。18、B【解析】A实验时坩埚未完全干燥，计算出的结晶水的质量偏高，会使误差偏大，故A错误；B加热后固体未放入干燥器中冷却，固体部分吸水，差距值变小，结果偏小，故B正确；C加热过程中晶体有少量溅失，固体质量减少得多，结晶水含量测得值会偏高，故C错误；D加热后固体颜色

40、有少量变黑，说明部分硫酸铜分解，导致计算出的结晶水的质量偏高，测定结果偏高，故D错误；故答案为B。【点睛】考查硫酸铜晶体中结晶水含量的测定，明确实验操作方法和原理为解答关键，根据结晶水合物中，结晶水的质量=m(容器十晶体)-m(容器十无水硫酸铜)，质量分数=100%，在测定中若被测样品中含有加热挥发的杂质或实验前容器中有水，都会造成测量结果偏高。19、C【解析】A.根据物质结构简式可知物质的分子式是C8H12O3，A错误；B.在该物质分子中含有-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，B错误；C.该物质分子中含有碳碳双键，可以发生加成反应，含有羧基、羟基，可以发生取代反应，C正确；D.分子中含有

41、4个饱和碳原子，与该碳原子连接的原子构成的是四面体结构，因此不可能所有C原子都在同一个平面上，D错误；故合理选项是C。20、C【解析】A100度时，纯水的pH6，该温度下pH7的溶液呈碱性，所以pH7的溶液不一定呈中性，故A错误；B25，Kw1.01014是水的离子积常数，溶液可能呈酸性、中性或碱性，所以不一定呈中性，故B错误；C只要溶液中存在H+与 OH物质的量相等，则该溶液就一定呈中性，故C正确；D等物质的量的酸、碱混合后的溶液不一定显中性，这取决于酸和碱的相对强弱以及生成盐的性质，故D错误；答案选C。【点睛】判断溶液是否呈中性的依据是氢离子和氢氧根离子的浓度相等，温度改变水的电离平衡常数

42、，温度越高，水的电离平衡常数越大。21、C【解析】A常温下Fe与液氯不反应，Fe与浓硫酸发生钝化，则用钢瓶储存液氯或浓硫酸，选项A正确；B食盐腌制食品，食盐进入食品内液产生浓度差，形成细菌不易生长的环境，可作防腐剂，食盐具有咸味，所以食盐可作调味剂，也可作食品防腐剂，选项B正确；C、海水中的碘元素是碘的化合物，不能直接用淀粉溶液检验是否含有碘元素，选项C不正确；DSO2和NOX的排放可导致酸雨发生，则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOX的催化转化都是减少酸雨产生的措施，选项D正确；答案选C。22、B【解析】A. 图甲中可以加入HCN调节溶液的pH=7，溶液中不一定存在Cl-，即不一定存在c

43、(Cl)=c(HCN)，故A错误；B. a点的坐标为(9.5，0.5)，此时c(HCN)=c(CN)，HCN的电离平衡常数为，则NaCN的水解平衡常数，故B正确；C. b点加入5mL盐酸，反应后溶液组成为等浓度的NaCN、HCN和NaCl，由图乙可知此时溶液呈碱性，则HCN的电离程度小于CN的水解程度，因此c(HCN)c(CN)，故C错误；D. c点加入10mL盐酸，反应后得到等浓度的HCN和NaCl的混合溶液，任何电解质溶液中都存在电荷守恒和物料守恒，根据物料守恒得c(Cl)=c(HCN)+c(CN)，而根据电荷守恒可知，c(Na+)+ c(H+)= c(Cl)+ c(OH)+ c(CN)，

44、则c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ 2c(CN)，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、CHCH 加成反应 碳碳双键、酯基 5 4 【解析】A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CHCH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，

45、其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CHCH；(2)反应CHCH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应是在NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:

46、2:2:2:1； D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【点睛】常见依据反应条件推断反应类型的方法：(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

47、化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，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。24、C12H15NO 醚键 还原反应 消去反应 +HNO3(

48、浓) +H2O 、 保护氨基，防止合成过程中被氧化 【解析】A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，B与Fe、HCl发生还原反应产生C：，C与(CH3CO)2O发生取代反应产生D：，E为，E与NaBH4发生反应产生F为。【详解】(1)根据H的结构简式可知其分子式是C12H15NO；C结构简式是，其中含氧官能团的名称为醚键；(2) B为，C为，B与Fe、HCl反应产生C，该反应类型为还原反应；F为，G为，根据二者结构的不同可知：FG的类型是消去反应；(3)A是，A与浓HNO3、浓H2SO4加热发生取代反应产生B：，所以AB的反应方程式为：+HNO3(浓) +H2O；(4)D结

49、构简式为：，D的同分异构体符合下列条件：能发生银镜反应，说明含有醛基-CHO；能发生水解反应，水解产物之一与FeCl3溶液反应显紫色，说明含有酯基，水解产物含有酚羟基，即该物质含酚羟基形成的酯基；核磁共振氢谱(1显示分子中有4种不同化学环境的氢，则符合题意的同分异构体结构简式为：、；(5)合成途径中，C转化为D时NH2发生反应产生-NHCOCH3，后来转化为氨基，目的是保护氨基，防止其在合成过程被氧化；(6)参照上述合成路线，以甲苯和(CH3CO)2O为原料，设计制备的合成路线。甲苯首先被酸性KMnO4溶液氧化为苯甲酸，苯甲酸与浓硝酸、浓硫酸混合加热发生取代反应产生间硝基甲苯，在Fe、HCl作

50、用下反应产生，与(CH3CO)2在加热条件下发生取代反应产生，所以甲苯转化为的合成路线为： 【点睛】本题考查有机物的合成与推断的知识，涉及有机反应类型、官能团结构与性质、限制条件同分异构体书写，在进行物质推断的过程中，要充分利用题干信息，结合已有的知识分析、判断，要注意氨基容易被氧化，为防止其在转化过程中氧化，先使其反应得到保护，在其他基团形成后再将其还原回来。25、减缓反应速率 PH3 + 4ClO= H3PO4 + 4Cl Cl+ ClO+ 2H+ = Cl2+ H2O 增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行 C2H2 + 8HNO3(浓) H2C2O4 + 8NO2 +

51、4H2O 蒸发浓缩、冷却结晶 当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色 生成的 Mn2+是该反应的催化剂 【解析】根据实验目的及原理结合影响反应速率的条件及平衡移动规律分析解答；根据物质的性质分析书写反应方程式；根据滴定原理及实验数据计算质量分数。【详解】(1) 电石与水反应非常剧烈，为了减慢反应速率，平缓地产生乙炔可用饱和食盐水代替水反应；装置B中，NaClO将H2S、PH3 氧化为硫酸及磷酸，本身被还原为NaCl，即PH3中的P元素从-3价转化成+5价，离子方程式为: PH3 + 4ClO= H3PO4 + 4Cl，由于该过程中生成磷酸，为反应过程提供了H+

52、，则发生反应Cl+ ClO+ 2H+ = Cl2+ H2O而产生氯气；故答案为: PH3 + 4ClO= H3PO4 + 4Cl，Cl+ ClO+ 2H+ = Cl2+ H2O；(2) 装置D多孔球泡的作用是增大乙炔气体与硝酸的接触面，充分反应；故答案为增大气体和溶液的接触面积，加快反应速率，使反应充分进行；根据装置图，D中Hg（NO3）2作催化剂，浓硝酸氧化乙炔反应生成H2C2O4和二氧化氮，反应为：C2H2+8HNO3H2C2O4+8NO2+4H2O；将反应后的D浓缩结晶、过滤、洗涤、干燥得产品；故答案为蒸发浓缩、冷却结晶；(3)用H2C2O4滴定KMnO4，反应完全后，高锰酸钾褪色，具体

53、现象为：当加入最后一滴标准液后，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不恢复原来的颜色；滴定过程中发现褪色速率开始很慢后逐渐加快，是由于生成的 Mn2+是该反应的催化剂，加快了反应速率；根据转化关系可知，2MnO4-5H2C2O4，则n（H2C2O42H2O）=n（H2C2O4）=n(MnO4-)=cV10-3mol，产品中H2C2O42H2O的质量分数为100%= 。26、Al（OH）3、Fe（OH）3 CuH2O22NH32=Cu（NH3）42+2H2O或CuH2O22NH3H2O2= Cu（NH3）42+4H2O 抑制NH3H2O的电离或促进生成Cu（NH3）42+（与反应生成的OH成NH3H

54、2O，控制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解） 有利于得到较大颗粒的晶体 ABC 98.40% 【解析】（1）合金粉末进行分离，铝铁应转化为滤渣形式，从所给物质分析，只能是氢氧化铝和氢氧化铁形式，铜转化为Cu(NH3)4SO4，利用Cu(NH3)4SO4难溶于乙醇，进行分离。【详解】(1)合金粉末溶于氨水和硫酸铵以及过氧化氢的作用下，能进行分离，铁和铝都转化为滤渣，说明滤渣为 Al（OH）3、Fe（OH）3 ；(2)铜在氨水和硫酸铵和过氧化氢存在反应生成Cu(NH3)4SO4，离子方程式为 CuH2O22NH32=Cu（NH3）42+2H2O或CuH2O22NH3H2O2= Cu（N

55、H3）42+4H2O； 硫酸铵不仅提供铵根离子抑制氨水的电离，还可以抑制pH不能太大，以防H2O2在强碱条件下的分解；(3)因为Cu(NH3)4SO4在乙醇中的溶解度小，加入95%乙醇有利于得到较大颗粒的晶体；(4) A因为过氧化氢能够分解，所以在步骤缓慢滴加H2O2并不断搅拌，有利于提高H2O2的利用率，故正确；B步骤若改为蒸发浓缩、冷却结晶，蒸发过程中促进反应，Cu(NH3)42+ Cu2+4NH3，氨气逸出，铜离子水解生成氢氧化铜，所以得到的一水硫酸四氨合铜晶体会含有较多Cu(OH)2等杂质，故正确；C步骤、是进行抽滤和洗涤，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、吸滤瓶等，故正确；

56、D步骤中洗涤操作为关闭水龙头，加乙醇溶液浸没沉淀，然后进行抽滤，不能缓慢流干，故错误。故选ABC；(5) 滤渣为氢氧化铝和氢氧化铁的混合物，加过量NaOH溶液搅拌，氢氧化铝溶解生成偏铝酸钠，然后过滤出氢氧化铁沉淀，加入过量的稀硫酸将其溶解生成铁离子，测定铁离子的含量，控制量，加入适量的硫酸亚铁固体，在氮气的氛围下缓慢加入氢氧化钠溶液，加热使其按方程式Fe2+2Fe3+8OHFe3O44H2O中的比例进行反应，生成四氧化三铁，再进行过滤、洗涤、干燥得Fe3O4胶体粒子.，故操作顺序为；(6)根据反应2Cu2+4I2CuII2，I22S2O32-2IS4O62-得关系式为2Cu2+-I2-2S2O

57、32-， Na2S2O3的物质的量为0.10000.02=0.002mol则铜离子的物质的量为0.002mol，则Cu(NH3)4SO4H2O的质量为0.002mol246.0g/mol=0.492g，质量分数为。27、b 碱石灰 制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率 蒸馏 溶液变为红色，而且半分钟内不褪色 85.5% 偏小 【解析】（1）用来冷却的水应该从下口入，上口出；（2）制备SO2，铁与浓硫酸反应需要加热，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3来制备SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反应又没有加热，故SO2与氯气间的反应为放热反应，由于会有一部分Cl2、SO2通过冷凝管逸出，故乙中应使用碱性试剂，又因SO2Cl2遇水易水解，故用碱石灰；（4）制取硫酰氯的反应时放热反应，降低温度使平衡正向移动，有利于提高SO2Cl2产率；（5）分离沸点不同的液体可以用蒸馏的方法，所以甲中混合物分离开的实验操作是蒸馏；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时NH4SCN过量，加NH4Fe(SO4)2作指示剂，Fe3+与SC