2021-2022学年河北省邢台市清河县清河高考化学全真模拟密押卷含解析

1、2021-2022学年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、amolFeS与bmol

2、Fe3O4投入到VL cmol/L的硝酸溶液中恰好完全反应，假设只产生NO气体。所得澄清溶液的成分是Fe（NO3）3和H2SO4的混合液，则反应中未被还原的硝酸为AB（a+3b）molCD（cV3a9b）mol2、莽草酸结构简式如图，有关说法正确的是A分子中含有2种官能团B1mol莽草酸与Na反应最多生成4mol氢气C可与乙醇、乙酸反应，且反应类型相同D可使溴的四氯化碳溶液、酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同3、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是选项化学性质实际应用A和小苏打反应泡沫灭火器灭火B受热易分解产生气体可作面包的发泡剂C乙酸具有酸性常用于工业管道去除水垢D次氯酸盐具有氧化

3、性漂白粉漂白织物AABB.CCDD4、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A放电时，a 极电势高于 b 极B充电时，a 极电极反应为 I2Br+2e=2I+BrC图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量D导线中有 NA 个电子转移，就有 0.5 mol Zn2+通过隔膜5、下列物质间发生化学反应：H2S+O2，Na+O2，Cu+HNO3，Fe+Cl2，AlCl3+NH3H2O，Cu+S，Na2CO3+HCl.在不同条件下得到不同产物的是（ ）ABCD6、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A

4、滴定终点a可选择甲基橙作指示剂Bc点溶液中Cb点溶液中Da、b、c三点中水的电离程度最大的是c7、下列有关NH3的说法错误的是（）A属于极性分子B比例模型C电子式为D含有极性键8、在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1molB，发生反应：。相关条件和数据见下表：实验编号实验实验实验反应温度/700700750达平衡时间/min40530n(D)平衡/mol1.51.51化学平衡常数K1K2K3下列说法正确的是（）A实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1molA和1molD，平衡不移动B升高温度能加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高C实验达平衡后容器

5、内的压强是实验的0.9倍DK3K2K19、下列说法正确的是A可用金属钠除去乙醇溶液中的水B萃取碘水中的碘单质，可用乙醇做萃取剂C我国西周时发明的“酒曲”酿酒工艺，是利用了催化剂使平衡正向移动的原理D汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，可节省石油资源，减少汽车尾气对空气的污染10、有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是()AM分子中的所有原子均在同一平面B上述两步反应依次属于加成反应和取代反应CM的同分异构体中属于芳香烃的还有3种DQ与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色11、下列化学式既能表示物质的组成，又能表示物质的一个分子的是ANaOHBSiO2CFeDCO212、下列说法正确

6、的是（ ）A天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D氨基酸种类较多，分子中均含有COOH和NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸13、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（ ）AA池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气

7、(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LCA为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%a%c%14、将少量SO2气体通入BaCl2和FeCl3的混合溶液中,溶液颜色由棕黄色变成浅绿色,同时有白色沉淀产生。针对上述变化,下列分析正确的是A该实验表明SO2有漂白性B白色沉淀为BaSO3C该实验表明FeCl3有还原性D反应后溶液酸性增强15、将13.4克KCl和KBr的混合物，溶于水配成500mL溶液，通入过量的Cl2，反应后将溶液蒸干，得固体11.175克。则原来所配溶液中K、Cl、Br的物质的量之比为A321B123C533D23116、为纪念门捷列夫发表第

8、一张元素周期表150周年，联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是A元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的B118号元素Og位于第七周期0族C同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0族）DIIIB族元素种类最多17、化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A电动汽车充电、放电过程均有电子转移B很多鲜花和水果的香味来自于酯C淘米水能产生丁达尔效应，这种淘米水具有胶体的性质D碳纳米管是一种比表面积大的有机合成纤维，可用作新型储氢材料18、比较纯碱的两种工业制法，正确的是选项项目氨碱法联合制碱法A原料食盐、氨气、生石

9、灰食盐、氨气、二氧化碳B可能的副产物氯化钙氯化铵C循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠D评价原料易得、产率高设备简单、能耗低AABBCCDD19、下列关于有机化合物的说法正确的是AC3H6C12有4种同分异构体B乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层C乙醇被氧化一定生成乙醛D合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用20、下列说法中错误的是:ASO2、SO3都是极性分子B在NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键C元素电负性越大的原子，吸引电子的能力越强D原子晶体中原子以共价键结合，具有键能大、熔点高、硬度大的特性21、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()ApH2的溶液

10、：Na、Fe2、I、NO3-Bc(NaAlO2)0.1 molL1的溶液：K、OH、Cl、SO42-CKw/c(OH-)0.1 molL1的溶液：Na、K、SiO32-、ClODc(Fe3)0.1 molL1的溶液：Al3、NO3-、MnO4-、SCN22、乙醇转化为乙醛，发生的反应为A取代反应B加成反应C消除反应D氧化反应二、非选择题(共84分)23、（14分）PLLA塑料不仅具有良好的机械性能，还具有良好的可降解性。它可由石油裂解气为原料合成。下列框图是以石油裂解气为原料来合成PLLA塑料的流程图（图中有部分产物及反应条件未列出）。请回答下列问题：(1)属于取代反应的有_（填编号）。(2)

11、写出下列反应的化学方程式：反应：_；反应：_。(3)已知E（C3H6O3)存在三种常见不同类别物质的异构体，请各举一例（E除外）并写出其结构简式：_、_、_。(4)请写出一定条件下PLLA废弃塑料降解的化学方程式_。(5)已知：，炔烃也有类似的性质，设计丙烯合成的合成路线_（合成路线常用的表示方法为：AB目标产物）24、（12分）富马酸二甲酯（DMF）俗称防霉保鲜剂霉克星1号，曾广泛应用于化妆品、蔬菜、水果等防霉、防腐、防虫、保鲜，它的一条合成路线如图所示。回答下列问题：（1）B的结构简式为_，D中官能团名称_。（2）的反应的类型是_，的反应条件是_。（3）的反应方程式为_。（4）写出C的一种

12、同分异构体，满足可水解且生成两种产物可相互转化_。（5）过程由多个步骤组成，写出由CD的合成路线_。（其他试剂任选）（合成路线常用的表示方式为：AB目标产物）25、（12分）甘氨酸亚铁(H2NCH2COO)2Fe是一种新型补铁剂。某化学学习小组用如图所示装置(夹持仪器省略)制备甘氨酸亚铁。有关物质性质如下表所示：甘氨酸(H2NCH2COOH)易溶于水，微溶于乙醇、冰醋酸，在冰醋酸仲溶解度大于在乙醇中的溶解度。柠檬酸易溶于水和乙醇，酸性较强，有强还原性。甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇、冰醋酸。实验步骤如下：.打开K1、K3，向c中通入气体，待确定c中空气被排尽后，将b中溶液加入到c中。.在50恒

13、温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应。.反应完成后，向c中反应混合液中加入无水乙醇，生成白色沉淀，将沉淀过滤、洗涤得粗产品，将粗产品纯化后得精品。回答下列问题：（1）仪器b的名称是_，d的作用是_。（2）步骤中将b中溶液加入到c中的操作是_；步骤中若调节溶液pH偏高，则所得粗产品中会混有杂质_(写化学式)。（3）c中生成甘氨酸亚铁的化学方程式是_。（4）下列关于该实验的说法错误的是_(填写序号)。a.步骤中可由d中导管冒出气泡的快慢来判断装置中的空气是否排尽b.反应混合液中加入柠檬酸的作用是防止Fe2+被氧化c.步骤中加入无水乙醇的

14、作用是降低甘氨酸亚铁的溶解度d.步骤中沉淀洗涤时，用蒸馏水作洗涤剂（5）工业上常用高氯酸在非水体系中滴定甘氨酸的方法测定产品中的甘氨酸的含量。请设计实验，将所得粗产品中的甘氨酸分离出来直接用于滴定：_。26、（10分）氮化钙(Ca3N2)是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组拟制备氮化钙并测定产品纯度。已知：氮化钙极易与水反应；实验室在加热条件下用饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液混合制备N2；焦性没食子酸溶液用于吸收少量O2。I制备氮化钙。他们选择下列装置设计实验(装置可重复使用)：(1)实验室将钙保存在_中(填物质名称)。氮化钙中所含化学键类型是_。(2)气体从左至右，装置连接顺

15、序为_。(填代号)(3)写出A中发生反应的化学方程式：_。(4)用化学方法检验氮化钙(Ca3N2)产品中是否混有Ca，设计实验方案：_。.测定产品纯度。利用如图装置测定氮化钙产品纯度(杂质不产生气体，氨气不溶于煤油)。(5)当产品与蒸馏水完全反应后，冷却至室温、调平液面、读数。调平液面的操作是_。(6)取产品质量为w g，开始量气管读数为V1 mL，最终量气管读数为V2 mL(折合成标准状况)，则该样品纯度为_(用代数式表示)。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得结果_(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。27、（12分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。

16、实验试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01molL1 KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3molL1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01molL1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01molL1 K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01molL1 K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：_。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需

17、数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II 实验III 实验IV 实验操作实验现象6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72- 浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程iMnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii_。查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0

18、001molMnO2加入到6mL_中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_。波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是_。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧化反应的速率与_有关。28、（14分）奈必洛尔是一种用于血管扩张的降血压药物，一种合成奈必洛尔中间体G的部分流程如下：已知：乙酸酐的结构简式为请回答下列问题：(1)A的名称是_；B中所含官能团的名称是_。(2)反应的化学方程式为_，该反应的反应类型是_。(3)G的分子式为_，乙酸酐共面的原子最多有_个(4)写出同时满足下列条件的E的同分异构体的结构简式：_。a苯环上只有三个取代基b核

19、磁共振氢谱图中只有4组吸收峰c.1mol该物质与足量NaHCO3溶液反应生成2molCO2 (5)根据已有知识并结合相关信息，写出以和乙酸酐为原料制备的合成路线流程图_（无机试剂任选），合成路线流程图示例如下： CH3CH2BrCH3CH2OHCH3COOCH2CH329、（10分）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，直到近年来人们才研究出来其成分为BaCuSi4O10，BaCuSi2O6。（1）“中国蓝”、“中国紫”中均具有Cun离子，n_，基态时该阳离子的价电子排布式为_。（2）在5500年前，古代埃及人就己经知道如何合成蓝色颜料“埃及蓝”CaCuSi4O10，其

20、合成原料中用CaCO3代替了BaCO3，其它和“中国蓝”一致。CO32一中键角OCO为_。根据所学，从原料分解的角度判断“埃及蓝”的合成温度比“中国蓝”更_（填“高”或“低”）。（3）配离子Cu（CN）32-中，中心离子的杂化类型是_，该配离子的空间构型为_；CN-中配位原子是_ （填名称）。（4）CaCux合金可看作由如图所示的（a）、（b）两种原子层交替堆积排列而成。（a）是由Cu和Ca共同组成的层，层中CuCu之间由实线相连；（b）是完全由Cu原子组成的层，CuCu之间也由实线相连。图中虚线构建的六边形，表示由这两种层平行堆积时垂直于层的相对位置；（c）是由（a）和（b）两种原子层交替堆

21、积成CaCux合金的晶体结构图。在这种结构中，同一层的CaCu距离为294pm，相邻两层的CaCu距离为327pm。该晶胞中Ca有_个Cu原子配位（不一定要等距最近）。同一层中，Ca原子之间的最短距离是_pm，设NA为阿伏加德罗常数的值，CaCu晶体的密度是_g/cm3（用含m、n的式子表示）。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、A【解析】反应中硝酸起氧化、酸性作用，未被还原的硝酸将转化为Fe(NO3)3中，由Fe元素守恒计算未被还原的硝酸的物质的量；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒，可以用a、b表示计算NO的物质的量，根据氮元素守恒可知，未被

22、还原的硝酸物质的量=原硝酸总物质的量-NO的物质的量【详解】根据元素守恒可知，nFe(NO3)3=n(Fe)=amol+3bmol=(a+3b)mol，所以未被还原的硝酸的物质的量=3(a+3b)mol；起氧化剂作用的硝酸生成NO，根据电子转移守恒可知，铁和硫元素失电子数等于硝酸得电子数，铁元素失电子的物质的量为；NO的物质的量为，未被还原的硝酸的物质的量为。答案选A。2、B【解析】A莽草酸分子中含-COOH、-OH、碳碳双键三种官能团，选项A错误；B莽草酸分子中能与钠反应的官能团为羟基 和羧基，则1mol莽草酸与Na反应最多生成2mol氢气，选项B错误；C莽草酸分子中含有的羧基、羟基能分别与

23、乙醇、乙酸发生酯化反应，反应类型相同，选项C正确；D莽草酸分子中含有碳碳双键，可与溴发生加成反应，与高锰酸钾发生氧化反应，选项D错误。答案选C。3、C【解析】A. Al2(SO4)3和小苏打的反应是Al3+和HCO3发生双水解，生成沉淀Al(OH)3和不支持燃烧的CO2气体，用于泡沫灭火器灭火，故A正确；B.受热易分解产生气体CO2气体，可作为面包的发泡剂，故B正确；C. 乙酸具有酸性，且酸性比碳酸强，可以与水垢反应，但用乙酸去除工业管道的水垢容易腐蚀管道，所以不能用于工业管道去除水垢，故C错误； D. 次氯酸盐的漂白性就是利用次氯酸盐的氧化性，所有漂白粉可用于漂白织物，故D正确；故选C。4、

24、B【解析】在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A放电时，a 极为正极，电势高于作负极的 b 极，A正确；B充电时，a 极应为阳极，电极反应为 2I+Br-2e= I2Br-，B错误；C图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D导线中有 NA 个电子转移，依据关系式Zn2e-，就有0.5 mol Zn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。5、D【解析】当H2S与O2的物质的量之比大于21时，发生反应：2H2S+O2=2S+2H2O；

25、当H2S与O2的物质的量之比小于23时，发生反应：2H2S+3O2=2SO2+2H2O；当H2S与O2的物质的量之比大于23小于21时，两个反应都发生，条件不同，产物不同，故选；Na+O2常温下得到Na2O，点燃或加热时得到Na2O2，条件不同，产物不同，故选；Cu和HNO3的反应，浓硝酸：4HNO3+Cu=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O；稀硝酸：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，条件不同，产物不同，故选；铁和氯气的反应只能将铁氧化为正三价，反应条件、用量、浓度等不同时所发生的化学反应相同，故不选；AlCl3溶液与氨水反应只能生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和弱碱不反应

26、，与反应条件无关，故不选；硫粉是弱氧化剂，只能将铜氧化为硫化亚铜，产物与反应条件无关，故不选；Na2CO3和HCl反应，盐酸少量时生成碳酸氢钠和氯化钠，盐酸过量时生成氯化钠、水和二氧化碳，条件不同，产物不同，故选；符合条件的有，故选D。6、C【解析】A滴定终点生成Na3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；Bc点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；Cb点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)c(

27、H2PO4-)c(PO43-)，故C错误；Da、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。7、B【解析】NH3中N-H键为极性键，氨气为三角锥形结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。【详解】A. 氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；B. 由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故B错误；C. 氨气中N原子分别以单键和H原子形成共价键，且N原子上还有一对孤电子对，故电子式为，故C正确；D. 形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共价键，

28、故D正确。故选：B。8、A【解析】A容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A(g)+B(g)2D(g)，实验III中，平衡时n(D)=1mol，则n(A)=1mol，n(B)=0.5mol，因此c(D)=0.5mol/L，c(A)=0.5mol/L，c(B)=0.25mol/L，750的平衡常数K=4，温度不变，则平衡常数不变，实验达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 mol D，则此时容器中c(A)=1mol/L，c(B)=0.25mol/L，c(D)=1mol/L，此时浓度商QC=4=K，则平衡不发生移动，故A正确；B升高温度不能降低反应的活化能，

29、但能使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大了活化分子百分数，增大活化分子的有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；C根据理想气体状态方程PV=nRT可知，在相同体积的容器中，PIII：PI=nIIITIII:nITI。反应起始时向容器中充入2mol A和1mol B，实验III达平衡时，n(D)=1mol，根据反应方程式，则平衡时n(A)=1mol，n(B)=0.5mol。实验I达平衡时，n(D)=1.5mol，根据反应方程式，n(A)=0.5mol，n(B)=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比=0.9，故C错误；D反应为2A(g)+B(

30、g)2D(g)，比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，则K3K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3K2=K1，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为C，需要结合理想气体状态方程pV=nRT计算判断。本选项的另一种解法：实验III中平衡混合物的总物质的量为2.5mol，实验I中平衡混合物的总物质的量为2.25mol，两者物质的量之比为2.5:2.25=1.1，则在相同温度下的相同容器的压强之比等于其气体的总物质的量之比=1.1，由于实验III的温度更高，升高温度，气体的压强增大，则两容器的压强之比大于1.1。9、D【解析】

31、A.钠与乙醇、水都能发生反应，不能用金属钠除去乙醇溶液中的水，A错误；B.乙醇与水互溶，不能用作萃取剂，B错误；C. “酒曲”为反应的催化剂，可加快反应速率，与平衡移动无关，C错误；D.汽油中加入适量乙醇作汽车燃料，即可满足人类能源的需要，同时减少了石油的使用，因此可节省石油资源，乙醇中含O，提高了汽油中O含量，使汽油燃烧更充分，减少了碳氢化合物、CO、CO2等的排放，减少了汽车尾气对空气的污染，D正确；故合理选项是D。10、C【解析】由转化关系可知，与氯气在光照条件下发生取代反应生成，在加热条件下与氢氧化钠溶液发生水解反应生成。【详解】A项、分子中的侧链为乙基，乙基含有2个饱和碳原子，则分子

32、中的所有原子不可能在同一平面，故A错误；B项、与氯气在光照条件下转化为的反应属于取代反应，故B错误；C项、的同分异构体中属于芳香烃的还有对二甲苯、间二甲苯和邻二甲苯，共3种，故C正确；D项、属于芳香醇，其与乙醇不是同系物，故D正确。故选C。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，侧重分析与应用能力的考查，注意把握有机物的结构与转化关系为解答的关键。11、D【解析】A、NaOH是氢氧化钠的化学式，它是由钠离子和氢氧根离子构成的，不能表示物质的一个分子，A不符合题意；B、SiO2只能表示二氧化硅晶体中Si、O原子的个数比为1:2，不能表示物质的一个分子，B不符合题意；C、Fe是铁的化学式，它是由铁原子

33、直接构成的，不能表示物质的一个分子，C不符合题意；D、CO2是二氧化碳的化学式，能表示一个二氧化碳分子，D符合题意；答案选D。【点睛】本题难度不大，掌握化学式的含义、常见物质的粒子构成是正确解题的关键。12、D【解析】A天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C加入硫酸钠，蛋白质不变性；D氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C加入浓硫酸钠溶液，蛋

34、白质发生盐析，不变性，故C错误；D氨基酸结构中都含有COOH 和NH2 两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。13、C【解析】A氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；B电解池中，阳极反应：2Cl-2e-=Cl2，X是氯气，阴极氢离子放电2H+2e-H2，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质

35、的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol22.4L/mol1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L55.6L，B正确；C电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；D燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%c%，得到b%a%c%，D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。14、D【解析】往FeCl3和BaCl2的混

36、合溶液中通入SO2，溶液颜色由棕黄色变成浅绿色，同时有白色沉淀产生。是因为SO2+H2O=H2SO3（亚硫酸），H2SO3具有很强的还原性，而Fe3+具有较强的氧化性，所以SO32-和Fe3+发生反应，生成Fe2+和SO42-，所以溶液颜色由黄变绿(Fe2+)，同时有白色沉淀（BaSO4) 同时有H2SO4生成，所以酸性增强。A. 该实验表明SO2有还原性，选项A错误；B. 白色沉淀为BaSO4，选项B错误； C. 该实验表明FeC13具有氧化性，选项C错误； D. 反应后溶液酸性增强，选项D正确；答案选D。15、A【解析】溶液为电中性，阳离子所带正电荷的总量等于阴离子所带负电荷的总量可得出n

37、(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，据此分析解答。【详解】任何溶液都呈电中性，即阳离子所带电荷等于阴离子所带电荷，在KCl和KBr的混合溶液中，存在n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)。A3=2+1，说明n(K+)=n(Cl-)+n(Br-)，故A正确；B12+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故B错误；C53+3，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故C错误；D23+1，说明n(K+)n(Cl-)+n(Br-)，故D错误；答案选A。【点睛】本题如果按常规方法或差量法解答，均较为繁琐，从溶液电中性角度解答，可以起到事半功倍的效果。16、C【解析】A. 元素周期表上的大部分

38、元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；B. 118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；C. 第VIIA族元素形成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；D. 因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，故选C。17、D【解析】A.电动汽车充电为电解池原理，放电过程为原电池原理，两个过程均属于氧化还原反应，存在电子转移，A正确；B.一些低级酯有芳香气味，很多鲜花和水果的香味来自于这些酯，B正确；C.淘米水中含

39、有的淀粉分子达到胶体颗粒的大小，能产生丁达尔效应，说明这种淘米水具有胶体的性质，C正确；D.碳纳米管只含有C元素，属于单质，不是有机物，D错误；故合理选项是D。18、B【解析】氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，氯化钠的利用率低。联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应

40、生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为： ，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。【详解】A氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；B氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；C氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；D氨碱法原

41、料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。答案选B。19、A【解析】A丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。丙烷上有1对称轴，定1个氯在端基的碳原子，另1个氯原子的位置为邻间对，共3种。定1个氯原子在中间的碳原子上，则另1个氯只能在对位，共1种。如图所示。A项正确；B乙烯和Br2反应生成1,2二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，不会出现分层现象，B项错误；C乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生

42、成乙醛，C项错误；D合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D项错误；【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。20、A【解析】A项，三氧化硫分子是非极性分子，它是由一个硫原子和三个氧原子通过极性共价键结合而成，分子形状呈平面三角形，硫原子居中，键角120，故A项错误；B项，在NH4+和Cu(NH3)42+中都存在配位键，前者是氮原子提供配对电子对给氢原子，后者是铜原子提供空轨道，故B项正确；C项，元素的原子在化合物中把电子吸引向自己的本领叫做元素的电负性，所以电负性越大的原子，吸引电子的能力越强，故C项正

43、确；D项，原子晶体中原子以共价键结合，一般原子晶体结构的物质键能都比较大、熔沸点比较高、硬度比较大，故D项正确。答案选A。21、B【解析】A. pH2的溶液为酸性溶液，在酸性条件下，NO3-具有强氧化性，能够将Fe2与I氧化，离子不能共存，A项错误；B. NaAlO2溶液中偏铝酸根离子水解显碱性，其中K、OH、Cl、SO42-不反应，能大量共存，B项正确；C. 根据水的离子积表达式可知，Kw/c(OH-)c(H+)，该溶液为酸性溶液，则SiO32-与H+反应生成硅酸沉淀，ClO与H+反应生成HClO，不能大量共存，C项错误；D. Fe3与SCN会形成配合物而不能大量共存，D项错误；答案选B。【

44、点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。22、D【解析】乙醇在催化条件下，可与氧气发生反应生成乙醛，以此解答。【详解】乙醇在催化条件下，可与氧气发生氧化反应生成乙醛，OH被氧化生成CHO，为氧化反应。答案选D。二、非选择题(共84分)23、 +2NaOH +2N

45、aBr +2Cu(OH)2CH3COCOOH+Cu2O+2H2O CH3COOCH2OH +nH2O 【解析】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应酯化反应生成F；D与氢气通过反应生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应加热氧化成C，则B为；A通过反应生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；反应为丁烷分解生成甲烷和丙烯，据此进行解答。【详解】根据PLLA的结构简式可知E的结构简式为：，两分子通过反应酯化反应生成F；D与氢气通过反应生成E，则D的结构简式为：CH3COCOOH；C通过反应生成D，则C为；B通过反应加热氧化成C，

46、则B为；A通过反应生成B，丙烯通过与溴发生加成反应生成A，则A为；(1)反应为分解反应，反应为加成反应，反应为取代反应，反应为氧化反应，反应为加成反应，反应缩聚反应，反应为酯化反应，也属于取代反应，所以属于取代反应为；(2)过反应的化学方程式为：；反应的化学方程式为：；(3)E的结构简式为，E存在三种常见不同类别物质的异构体有：、；(4)PLLA废弃塑料降解生成，反应的化学方程式为：；(5)根据逆合成法可知，可以通过丙炔通过信息反应合成，丙炔可以用丙烯分别通过加聚反应、水解反应、消去反应获得，所以合成路线为：。24、ClCH2CH=CHCH2Cl 羧基、碳碳双键 加成反应 氢氧化钠水溶液、加热

47、 HOOCCH=CHCOOH+2CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O CH3COOC2H5 【解析】（1）由C的结构可知，反应是1，3-丁二烯与氯气发生1，4-加成反应生成1，4-二氯-2-丁烯，反应发生卤代烃的水解反应，故B为ClCH2CH=CHCH2Cl，D中官能团名称为：羧基、碳碳双键；（2）的反应的类型是：加成反应，的反应条件是：氢氧化钠水溶液、加热；（3）是HOOCCH=CHCOOH与甲醇发生酯化反应得到CH3OOCCH=CHCOOCH3，反应方程式为；（4）C的一种同分异构体可水解且生成两种产物可相互转化，符合条件的C的同分异构体为：CH3COOC2H5；（5）过

48、程由多个步骤组成，对比C、D的结构，HOCH2CH=CHCH2OH先与HCl发生加成反应生成HOCH2CH2CHClCH2OH，然后发生氧化反应生成HOOCCH2CHClCOOH，HOOCCH2CHClCOOH发生消去反应、酸化得到HOOCCH=CHCOOH，合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目涉及有机反应类型、官能团识别、有机反应方程式书写、限制条件同分异构体书写、合成路线设计等，注意根据有机物的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的性质与转化。25、蒸馏烧瓶 防止空气进c中将甘氨酸亚铁氧化 关闭K3，打开K2 Fe(OH)2 2H2NCH2COOH+FeSO4+

49、2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O ad 将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液 【解析】先打开K1、K3，铁屑与稀硫酸反应生成硫酸亚铁同时产生氢气，将装置内的空气排尽；之后关闭K3，打开K2，通过产生的气体将b中溶液压入c中；c中盛放甘氨酸和少量柠檬酸，在50恒温条件下用磁力搅拌器不断搅拌，然后向c中滴加NaOH溶液，调溶液pH至5.5左右，使反应物充分反应，反应完成后加入无水乙醇，降低甘氨酸亚铁的溶解度，从而使其析出；得到的产品中混有甘氨酸杂质，可用冰醋酸洗涤。【详解】(1)根据b的结构特点可知其为蒸馏烧瓶；d中导管插入液面以下，

50、可以形成液封，防止空气进入c中将甘氨酸亚铁氧化；(2)关闭K3，打开K2，产生的气体可将b中溶液压入c中；pH偏高可能生成Fe(OH)2沉淀；(3)反应物有甘氨酸、硫酸亚铁以及NaOH，已知生成物有甘氨酸亚铁，结合元素守恒可知方程式应为2H2NCH2COOH+FeSO4+2NaOH=(H2NCH2COO)2Fe+Na2SO4+2H2O；(4)a空气排尽后也会有氢气冒出，气泡产生的速率与空气是否排尽无关，故a错误；b根据题目信息可知柠檬酸具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，故b正确；c根据题目信息可知甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，所以加入乙醇可以降低其溶解度，使其从溶液中析出，故c正确；d甘氨

51、酸亚铁易溶于水，用水洗涤会造成大量产品损失，故d错误；综上所述选ad；(5)甘氨酸和甘氨酸均易溶于水，但甘氨酸亚铁难溶于冰醋酸，而甘氨酸在冰醋酸中有一定的溶解度，所以可将粗产品置于一定量的冰醋酸中，搅拌，过滤，洗涤，得甘氨酸的冰醋酸溶液。【点睛】解决本题的关键是对题目提供信息的理解，通常情况下洗涤产品所用的洗涤液要尽量少的溶解产品，而尽量多的溶解杂质。26、煤油 离子键 A、D、C、B、C 2NaNO2(NH4)2SO4Na2SO42N24H2O 取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙 上下移动水准瓶

52、偏低 【解析】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。(5) 调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平。(6) 氮化钙与水反应的方程式是Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3，根据氨气的体积计算样品纯度。如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻

53、度线，则测得氨气的体积偏小。【详解】(1).钙的密度比煤油的大，钙是活泼金属能与氧气、水反应，所以实验室将钙保存在煤油中；氮化钙是活泼金属与活泼非金属形成的离子化合物，所以氮化钙含有离子键；(2).金属钙与氮气反应生成氮化钙，氮化钙与水能反应，所以装置B前后都应加装干燥剂，钙能与氧气反应，所以需要用焦性没食子酸溶液除掉氮气中的氧气，装置连接顺序为ADCBC。(3)装置A中饱和NaNO2溶液和饱和(NH4)2SO4溶液在加热条件下发生归中反应生成氮气，反应化学方程式是2NaNO2(NH4)2SO4Na2SO42N24H2O；(4)氮化钙与水反应放出氨气，钙与水反应生成氢气。检验氮化钙(Ca3N2

54、)产品中是否混有Ca方法是取少量产品溶于足量的蒸馏水中，将产生的气体依次通过足量的浓硫酸、赤热的氧化铜粉末，若黑色粉末变成红色，则原产品中含有钙，否则不含钙。(5) 调平液面是将量气管和水准瓶中的液面保持相平，操作方法是上下移动水准瓶；(6)样品与水反应生成氨气的体积是(V2 mLV1mL)，设样品中Ca3N2的质量为xg；Ca3N2+6H2O=3Ca(OH)2+2NH3148g 44.8L xg (V2V1)10-3 L x= 则该样品纯度为；如果开始仰视刻度线，终点时俯视刻度线，则测得氨气的体积偏小，所以测得结果偏低。【点睛】本题考查物质的制备实验，把握实验装置的作用、发生的反应及制备原理

55、为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意物质性质的综合应用。27、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂 【解析】（1）H2

56、C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；由实验结论出发即可快速解题；由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4

57、最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程iMnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程iiMn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应；将0.0001molMnO2加入到6mL 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2）中，固体完全溶解，则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+；从中取出少量溶液（含Mn2+），加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到上清液为紫色，则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为