2021-2022学年湖南省百所重点高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、某溶液可能含有下列离子中的若干种：Cl、SO42、SO32、HCO3、Na+、Mg2+、Fe3+，所含离子的物质的量浓度均相同。为了确定该溶液的组成，进行如下实验： 取100 mL上述溶液，加入过量Ba(OH)2溶液，

2、反应后将沉淀过滤、洗涤、干燥，得白色沉淀；向沉淀中加入过量的盐酸，白色沉淀部分溶解，并有气体生成。下列说法正确的是（ ）A气体可能是CO2或SO2B溶液中一定存在SO42、HCO3、Na+、Mg2+C溶液中可能存在Na+和Cl，一定不存在Fe3+和Mg2+D在第步和第步的滤液中分别加入硝酸酸化的硝酸银溶液，都能生成白色沉淀2、上海世博园地区的一座大型钢铁厂搬迁后，附近居民将不再受到该厂产生的红棕色烟雾的困扰。你估计这一空气污染物可能含有AFeO粉尘BFe2O3粉尘CFe粉尘D碳粉3、螺环化合物（环与环之间共用一个碳原子的化合物）M在制造生物检测机器人中有重要作用，其结构简式如图。下列有关该物质

3、的说法正确的是（ ）A分子式为C6H8OB所有碳原子处于同一平面C是环氧乙烷（）的同系物D一氯代物有2种（不考虑立体异构）4、异丁烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )A反应 的活化能大于反应B反应的H 小于反应C中间体 2 更加稳定D改变催化剂，反应、的活化能和反应热发生改变5、化学在生活中发挥着重要的作用，下列说法错误的是A食用油脂饱和程度越大，熔点越高B纯铁易被腐蚀，可以在纯铁中混入碳元素制成“生铁”，以提高其抗腐蚀能力C蚕丝属于天然高分子材料D本草纲目中的“石碱”条目下写道：“采蒿蓼之属，晒干烧灰，以水淋汁，久则凝淀如石，浣衣发

4、面，亦去垢发面。”这里的“石碱”是指K2CO36、下表是四种盐在不同温度下的溶解度（g/100g水）：（假设：盐类共存时不影响各自的溶解度，分离晶体时，溶剂的损耗忽略不计）NaNO3KNO3NaClKCl1080.521.235.731.010017524639.156.6用物质的量之比为1：1的硝酸钠和氯化钾为原料，制取硝酸钾晶体，其流程如图所示以下说法错误的是（）A和的实验过程中，都需要控制温度B实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤C实验操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤D用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好7、下列陈述I、II正确并且有因果关系的是（ ）选项陈述

5、I陈述IIA油脂和汽油都是油一定条件下都能发生皂化反应BCuSO4可以用作游泳池消毒剂铜盐能使蛋白质变性C蔗糖、淀粉、纤维素是还原性糖它们一定条件下都能发生银镜反应D蛋白质结构中存在肽键蛋白质能表现出两性AABBCCDD8、用化学用语表示2CO22Na2O2=2Na2CO3O2中的相关微粒，其中正确的是()A中子数为6的碳原子：612CB氧原子的结构示意图：CCO2的结构式：OCODNa2O2的电子式：NaNa9、下列说法中正确的是（ ）A气体单质中，一定有键，可能有键BPCl3分子是非极性分子C邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点高DClO4-的VSEPR模型与离子的空间立体构型一

6、致10、如图，甲烷与氯气在光照条件下反应，不涉及的实验现象是（ ）A气体的黄绿色变浅至消失B试管内壁上有油珠附着C试管内水面上升D试管内有白烟生成11、当大量氯气泄漏时，用浸润下列某物质水溶液的毛巾捂住鼻子可防中毒适宜的物质是ANaOHBKICNH3DNa2CO312、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，m、n、p是由这些元素组成的二元化合物，r是一种气态单质，n为淡黄色粉末，相关物质转化关系如图所示。室温下，0. 0lmol/L的s溶液pH为12，X的质子数是W与Z的质子数之和的一半。下列说法正确的是A原子半径：WXYB简单氢化物沸点：ZXMYB常温下Z和M的单质均能溶于浓硝酸C

7、X与Y结合形成的化合物是离子化合物D工业上常用电解Z的氯化物的熔融液来制取Z单质16、NA表示阿伏加德罗常数的数值。乙醚(CH3CH2OCH2CH3)是一种麻醉剂。制备乙醚的方法是2CH3CH2OHCH3CH2OCH2CH3+H2O.下列说法正确的是A18gH218O分子含中子数目为10NAB每制备1molCH3CH218OCH2CH3必形成共价键数目为4NAC10g46%酒精溶液中含H原子个数为1.2NAD标准状况下,4.48L乙醇含分子数为0.2NA17、下列实验不能达到目的的是（ ）选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入小苏打溶液中B除去溴苯中的少量溴加入苛性钠溶液洗涤、分液

8、C加快氢气的生成速率将与稀硫酸反应的粗锌改为纯锌D制备少量氨气向新制生石灰中滴加浓氨水AABBCCDD18、下列叙述正确的是（ ）A在氧化还原反应中，肯定有一种元素被氧化，另一种元素被还原B有单质参加的反应一定是氧化还原反应C有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D失电子难的原子，容易获得的电子19、X、Y、Z、W是四种原子序数依次增大的短周期元素，W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，X、Y、Z为同一周期元素，X、Y、Z组成一种化合物（ZXY）2的结构式如图所示。下列说法错误的是A化合物WY是良好的耐热冲击材料BY的氧化物对应的水化物可能是弱酸CX的氢化物的沸点一定小于Z的D化合物（ZX

9、Y）2中所有原子均满足8电子稳定结构20、设NA为阿伏加德罗常数，下列叙述中正确的是A0.1molL1的NH4NO3溶液中含有的氮原子数为0.2NAB1 mol氯气分别与足量铁和铝完全反应时转移的电子数均为3NAC28 g乙烯与丙烯混合物中含有CH键的数目为4NAD25时1L pH=1的H2SO4溶液中含有H+的数目为0.2NA21、以氯酸钠（NaClO3）等为原料制备亚氯酸钠（NaClO2）的工艺流程如下，下列说法中，不正确的是A反应1中，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化B从母液中可以提取Na2SO4C反应2中，H2O2做氧化剂D采用减压蒸发可能是为了防止NaClO2

10、受热分解22、CS2(二硫化碳)是无色液体，沸点46.5。储存时，在容器内可用水封盖表面。储存于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不宜超过30。CS2属于有机物，但必须与胺类分开存放，要远离氧化剂、碱金属、食用化学品，切忌混储。采纳防爆型照明、通风设施。在工业上最重要的用途是作溶剂制造粘胶纤维。以下说法正确的选项是（ ）属易燃易爆的危险品；有毒，易水解；是良好的有机溶剂；与钠反应的产物中一定有Na2CO3；有还原性。ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）据报道，化合物M对番茄灰霉菌有较好的抑菌活性，其合成路线如下图所示。已知：回答下列问题：（1）化合物C中的含氧官能团为_，反应的

11、反应类型为_。（2）写出E的结构简式：_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）写出化合物C满足下列条件的一种同分异构体的结构简式：_。 含苯环结构，能在碱性条件下发生水解； 能与FeCl3发生显色反应； 分子中含有4种不同化学环境的氢。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。请以、CH2=CHCN和乙醇为原料合成化合物 ，写出制备的合成路线流程图(无机试剂任用)_。24、（12分）X、Y、Z、W 四种物质有如下相互转化关系（其中 Y、Z 为化合物，未列出反应条件）。（1）若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，W 的用途之一是计算机芯片，W 在周期表中的位置为 _，Y 的用途

12、有 _，写出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式 _。（2）若 X、W 为日常生活中常见的两种金属，且 Y 常用作红色油漆和涂料，则该反应的化学方程式为_。（3）若 X 为淡黄色粉末，Y 为生活中常见液体，则：X 的电子式为 _，该反应的化学方程式为 _，生成的化合物中所含化学键类型有 _。 若 7.8 克 X 物质完全反应，转移的电子数为 _。25、（12分）工业上可用下列仪器组装一套装置来测定黄铁矿（主要成分FeS2）中硫的质量分数(忽略SO2、H2SO3与氧气的反应)。实验的正确操作步骤如下：A连接好装置，并检查装置的气密性B称取研细的黄铁矿样品C将2.0 g样品小心地放入硬质玻璃管中D以

13、1 L/min的速率鼓入空气E将硬质玻璃管中的黄铁矿样品加热到800850F用300 mL的饱和碘水吸收SO2，发生的反应是：I2SO22H2O = 2HIH2SO4G吸收液用CCl4萃取、分离H取20.00mLG中所得溶液，用0.2000molL1的NaOH标准溶液滴定。试回答：（1）步骤G中所用主要仪器是_，应取_ (填“上”或“下”)层溶液进行后续实验。（2）装置正确的连接顺序是 (填编号)。_（3）装置中高锰酸钾的作用是_。持续鼓入空气的作用_。（4）步骤H中滴定时应选用_作指示剂，可以根据_现象来判断滴定已经达到终点。（5）假定黄铁矿中的硫在操作E中已全部转化为SO2，并且被饱和碘水

14、完全吸收，滴定得到的数据如下表所示：滴定次数待测液的体积/mLNaOH标准溶液的体积/mL滴定前滴定后第一次20.000.0020.48第二次20.000.2220.20第三次20.000.3620.38则黄铁矿样品中硫元素的质量分数为_。（6）也有人提出用“沉淀质量法”测定黄铁矿中含硫质量分数，若用这种方法测定，最好是在装置所得吸收液中加入下列哪种试剂_ 。A硝酸银溶液 B氯化钡溶液 C澄清石灰水 D酸性高锰酸钾溶液26、（10分）为了将混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体提纯，并制得纯净的KNO3溶液(E)，某学生设计如下实验方案：(1)操作主要是将固体溶解，则所用的主要玻璃仪器是_、

15、_。(2)操作 所加的试剂顺序可以为_，_，_(填写试剂的化学式)。(3)如何判断SO42已除尽_(4)实验过程中产生的多次沉淀_(选填“需要”或“不需要”)多次过滤，理由是_。(5)该同学的实验设计方案中某步并不严密，请说明理由_。27、（12分）Fe(OH)3广泛应用于医药制剂、颜料制造等领域，其制备步骤及装置如下：在三颈烧瓶中加入16.7gFeSO47H2O和40.0ml蒸馏水。边搅拌边缓慢加入3.0mL浓H2SO4，再加入2.0gNaClO3固体。水浴加热至80，搅拌一段时间后，加入NaOH溶液，充分反应。经过滤、洗涤、干燥得产品。(1)NaClO3氧化FeSO47H2O的离子方程式为

16、_。(2)加入浓硫酸的作用为_(填标号)。a.提供酸性环境，增强NaClO3氧化性 b.脱去FeSO47H2O的结晶水c.抑制Fe3+水解 d.作为氧化剂(3)检验Fe2+已经完全被氧化需使用的试剂是_。(4)研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，设计对比实验如下表编号T/FeSO47H2O/gNaClO3/g氧化效果/%i70251.6aii7025mbiii80n2.0civ80251.687.8m=_；n=_。若c87.8a，则a、b、c的大小关系为_。(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，其原因是_(6)判断

17、Fe(OH)3沉淀洗涤干净的实验操作为_；(7)设计实验证明制得的产品含FeOOH(假设不含其他杂质)。_。28、（14分）光气（）界面缩聚法合成一种高分子化合物聚碳酸酯G的合成路线如下所示：已知：（1）C的核磁共振氢谱只有一组吸收峰，C的化学名称为_。（2）E的分子式为_，H中含有的官能团是氯原子和_，B的结构简式为_。（3）写出F生成G的化学方程式_。（4）F与I以1:2的比例发生反应时的产物K的结构简式为_。（5）HI时有多种副产物，其中一种含有3个环的有机物的结构简式为_。（6）4氯1，2二甲苯的同分异构体中属于芳香族化合物的有_种。（7）写出用2-溴丙烷与D为原料，结合题中信息及中学

18、化学所学知识合成的路线，无机试剂任取。（已知：一般情况下，溴苯不与NaOH溶液发生水解反应。）_例：29、（10分）过渡元素有特殊性能常用于合金冶炼，p区元素用于农药医药、颜料和光电池等工业。（l）量子力学把电子在原子核外的一种空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫作_（2）基态亚铜离子中电子占据的原子轨道数目为_。（3）Cr3+可以与CN -形成配离子，其中Cr3+以d2sp3方式杂化，杂化轨道全部用来与CN -形成配位键，则Cr3+的配位数为 _，1 mol该配离子中含有_ mol键。（4）单晶硅可由二氧化硅制得，二氧化硅晶体结构如图所示，在二氧化硅晶体中，

19、Si、O原子所连接的最小环为_元环，则每个O原子连接_个最小环。（5）与砷同周期的p区元素中第一电离能大于砷的元素有 _（填元素符号）；请根据物质结构的知识比较酸性强弱亚砷酸（H3AsO3，三元酸）_HNO3（填，=，）。（6） Zn与S形成晶胞结构如图所示，晶体密度为p g/cm3，则晶胞中距离最近的Zn、S之间的核间距离是_pm。（NA表示阿伏加德罗常数，用含p、NA等的代数式表示）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、B【解析】由实验流程可知，该溶液与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Fe3+，且白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气

20、体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，以此来解答。【详解】A. 中白色沉淀为硫酸钡和碳酸钡，气体为CO2，故A错误；B. 白色沉淀与足量盐酸反应，白色沉淀部分溶解，并有气体生成，不溶的白色沉淀一定为BaSO4，气体为CO2，由于SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存，反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，由电荷守恒可知不含Cl-，则溶液中一定含SO42-

21、、HCO3-、Na+、Mg2+，故B正确；C. 反应后的溶液中可能含Na+、Mg2+，所含离子的物质的量浓度均相同，则溶液中一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，故C错误；D. 溶液中含Na+及过量的Ba(OH)2，溶液含Mg2+及过量盐酸，只有溶液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液能生成白色沉淀AgCl，故D错误；正确答案是B。【点睛】本题的关键在于理解“所含离子的物质的量浓度均相同”这一句话，通过电荷守恒推出一定含SO42-、HCO3-、Na+、Mg2+，另外SO32-、Mg2+相互促进水解不能共存也是需要注意的点。2、B【解析】AFeO是黑色固体，所以能形成黑色的烟，故A错误；BFe2

22、O3是棕红色固体，俗称铁红，所以能形成棕红色的烟，故B正确；CFe粉是黑色的固体，所以能形成黑色的烟，故C错误；D煤炭粉尘的颜色是黑色，所以能形成黑色的烟，故D错误。答案选B。3、D【解析】A分子式为C5H8O，A错误；B两个环共用的碳原子与4个碳原子相连，类似于甲烷的结构，所有碳原子不可能处于同一平面，B错误；C环氧乙烷（）只有一个环，而M具有两个环，二者结构不相似，不互为同系物，C错误；D三元环和四元环中的一氯代物各有1种，D正确； 故选D。4、C【解析】A由图可知生成产物1时对应活化能高，则活化能：反应大于反应，故A错误；B图中生成产物2的能量低，能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，

23、则H 大小：反应的H 大于反应，故B错误；C图中生成中间体2的能量低，能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1小于中间体2，故C正确；D改变催化剂，反应、的反应热不发生改变，故D错误；故选C。【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。5、B【解析】A油脂是高级脂肪酸跟甘油生成的酯，其中形成油脂的脂肪酸的饱和程度对油脂的熔点有着重要的影响，由饱和的脂肪酸生成的甘油酯熔点较高，所以食用油脂饱和程度越大，熔点越高，故A正确；B生铁中的铁、碳和电解质溶液易形成原电池，发生电化学腐蚀，所以生铁

24、比纯铁更易腐蚀，故B错误；C蚕丝主要成分为蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确；D采蒿蓼之属，晒干烧灰”，说明“石碱”成分来自植物烧成的灰中的成分,“以水淋汁”，该成分易溶于水，久则凝淀如石，亦去垢，能洗去油污，发面，能作为发酵剂，植物烧成的灰中的成分主要为碳酸盐，所以是碳酸钾，故D正确；答案选B。【点睛】生铁是铁的合金，易形成原电池，发生电化学腐蚀。6、C【解析】由分离流程可知，因硝酸钠和氯化钾不同温度下溶解度不同，在的实验过程中，将硝酸钠和氯化钾加水溶解，蒸发浓缩，有NaCl析出，趁热过滤分离出氯化钠，将滤液冷却可使硝酸钾析出，以此来解答。【详解】A. 为蒸发浓缩，为冷却结晶，均需要控制

25、温度，故A正确；B. 实验分离出NaCl，操作依次为：加水溶解、蒸发浓缩结晶、趁热过滤，故B正确；C. 实验操作为冷却结晶，故C错误；D. 用95%的酒精洗涤所得的硝酸钾晶体比较好，可减少硝酸钾的溶解，故D正确；答案选C。7、B【解析】A. 汽油的成分为烃类物质，不能发生皂化反应，而油脂一定条件下能发生皂化反应，A项错误；B. 硫酸铜可使蛋白质发生变性，则CuSO4可以用作游泳池消毒剂，B项正确；C. 蔗糖、淀粉、纤维素均不含CHO，不具有还原性，不能发生银镜反应，C项错误；D. 蛋白质含COOH和氨基具有两性，与在肽键无关，D项错误；答案选B。8、B【解析】A. 中子数为6的碳原子：612C

26、，B. 氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；C. CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D. Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；答案选B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中ZAX元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（9、D【解析】A. 稀有气体是单原子分子，没有键，A选项错误；B. PCl3分子中心原子P为sp3杂化，有一对孤对电子，所以分子构型为三角锥形，是极性分子

27、，B选项错误；C. 邻羟基苯甲醛的羟基和醛基形成分子内氢键，而对羟基苯甲醛形成分子间氢键，所以邻羟基苯甲醛的熔、沸点比对羟基苯甲醛的熔、沸点低，C选项错误；D. ClO4-的价层电子对数为(7+1)2=4，所以ClO4- VSEPR模型为正四面体；中心原子Cl没有孤对电子，配位原子均为O，所以其空间立体构型也为正四面体，D选项正确；答案选D。【点睛】分子间氢键加强了分子之间的作用力，使物质熔、沸点升高，而分子内氢键不能加强分子之间的作用力。10、D【解析】A. 甲烷与氯气在光照下发生取代反应，甲烷分子中的氢原子被氯气分子中的氯原子取代，随反应进行，氯气的浓度减小，试管中气体的黄绿色变浅至消失，

28、A正确；B. 光照条件下，氯气和甲烷发生取代反应生成氯代烃，液态氯代烃是油状液滴，B正确；C. 甲烷与氯气在光照下发生取代反应，产物为氯化氢和一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷和四氯化碳，二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳都是液体，一氯甲烷、氯化氢为气态，氯化氢极易溶于水，试管内液面上升，C正确；D. 反应有氯化氢生成，氯化氢极易溶于水，试管内有白雾，无白烟出现，D错误。11、D【解析】A氢氧化钠具有强烈的腐蚀性，能腐蚀皮肤，故A错误；BKI与氯气反应生成碘，如浓度过高，对人体有害，故B错误；C氨气本身具有刺激性，对人体有害，不能用氨水吸收氯气，故C错误；DNa2CO3溶液显碱性，碱性较弱，能与氯气反应而

29、防止吸入氯气中毒，则可以用浸有Na2CO3溶液的毛巾捂住鼻子，故D正确；故选：D。12、C【解析】n是一种淡黄色粉末，且与p反应生成s与r，而0.01molL-1的s溶液的pH为12，s为一元强碱，r为Y的气体单质，则s为NaOH，n为Na2O2，p为H2O，r为O2，可推知m为CO2，q为Na2CO1结合原子序数可知W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此分析解答。【详解】AH原子核外只有1个电子层，C、O核外均有2个电子层，同周期元素核电荷数越大，原子半径越小，因此原子半径：WYX，故A错误；BC对应简单氢化物为CH4，O对应简单氢化物为H2O，Na对应简单氢化物为NaH，CH4、H2O均为

30、分子晶体，NaH为离子晶体，H2O分子之间能够形成氢键，因此简单氢化物沸点：XYGeH4SiH4CH4；相对分子质量相同或接近，分子的极性越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，如CON2；形成分子间氢键的分子晶体熔、沸点较高，如H2OH2S；如果形成分子内氢键，熔、沸点会降低。13、C【解析】A项、太阳能电池中使用的半导体材料的主要成分是Si，光导纤维的主要成分是二氧化硅，故A错误；B项、制作航天服的聚酯纤维属于有机合成高分子材料，不属于新型无机非金属材料，故B错误；C项、“燃煤固硫”利用化学方法减少了二氧化硫的排放，“汽车尾气催化净化”利用化学方法减少了氮的氧化物排放，都有效的减少了空气污染物

31、的排放，提高了空气质量，故C正确；D项、油脂不是高分子化合物，故D错误。故选C。【点睛】本题考查化学与生活，侧重分析与应用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。14、D【解析】A标准状况下，CHC13是液体，不能用22.4L/mol计算物质的量，不能确定氯原子数目，故A错误；B10.0g质量分数为46%的乙醇溶液中CH3CH2OH的质量是10.0g46%=4.6g，物质的量为=0.1mol，根据化学方程式2CH3CH2OH+2Na2CH3CH2ONa+H2，0.1mol乙醇生成0.05mol氢气，乙醇溶液中的水也能与钠反应生成氢气，故与足量的钠反应产生H2数目大于0.

32、05NA，故B错误；C一个P4分子中含有6个磷磷单键，即6个键，124gP4物质的量为124g124g/mol=1mol，含键数目为6NA，故C错误；D向1L1molL1NH4Cl溶液中加入氨水至中性，则c(H+)= c(OH-)，溶液中存在电荷守恒：c(H+)+ c(NH4+)=c(OH-)+c(Cl-)，则n(NH4+)=n(Cl-)=1L1molL1=1mol，则数目为NA，故D正确；答案选D。【点睛】C项的P4分子是正四面体构型，分子中含有6个磷磷单键，知道物质的结构很关键。15、D【解析】X、M的族序数均等于周期序数，结合团簇分子结合可知X为H，M为Be或Al，Y原子核外最外层电子数

33、是其电子总数的，则Y为O，Y的原子序数小于M，则M为Al；根据团簇分子的结构可知其分子式应为Al2Z2H2O6，Z的化合价为+2价，则Z为Mg。【详解】A离子核外电子层数相同时，原子序数越小其半径越小，所以简单离子半径：O2-Mg2+Al3+，故A错误；B常温下金属铝与浓硝酸会钝化，故B错误；CX与Y形成的化合物为H2O2或H2O，均为共价化合物，故C错误；DZ为Mg，工业上常电解熔融状态下的氯化镁制取镁单质，故D正确；故答案为D。16、C【解析】A、18gH218O分子含中子数目为10NA=9NA，故A错误；B、每制备1molCH3CH218OCH2CH3，分子间脱水，形成CO、OH共价键，

34、形成共价键数目为2NA，故B错误；C、10g46%酒精溶液中，酒精4.6g,水5.4g,含H原子=(6+2)NA=1.2NA，含H原子个数为1.2NA，故C正确，D、标准状况下,4.48L乙醇为液态，故D错误；故选C。17、C【解析】A氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，加入NaHCO3能与HCl反应，从而促进平衡正向移动，使次氯酸的浓度增大，A不合题意；B苛性钠溶液能与溴反应，产物溶解在溶液中，液体分层，分液后可得下层的溴苯，从而达到除杂目的，B不合题意；C粗锌与稀硫酸能发生原电池反应，反应速率快，纯锌与稀硫酸不能形成原电池，反应速率慢，C符合题意；D浓氨水滴入新制生石灰中，生石灰

35、与水反应放热，使氨水分解同时降低氨气的溶解度，从而制得少量的氨气，D不合题意；故选C。18、C【解析】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原反应，C正确；D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。故选C。19、C【解析】因W的最外层电子数比X的最外层电子数少1个，且原子序数WX，因此X、Y、Z为第二周期元素，W为第三周期元素，结合(ZXY)2的结构式可知，X为C，Y为N，Z为O，X最外层电子数为4，故W为Al，以此解答。【详解】A化

36、合物AlN为原子晶体，AlN最高可稳定到2200，室温强度高，且强度随温度的升高下降较慢，导热性好，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料，故A不符合题意；BN的氧化物对应的水化物中HNO2为弱酸，故B不符合题意；CC的氢化物的沸点随分子量的增加而增大，沸点不一定比H2O的沸点低，故C符合题意；D由(OCN)2的结构式可知所有原子均满足8电子稳定结构，故D不符合题意；故答案为：C。20、C【解析】A. NH4NO3溶液的浓度为0.1molL1，溶液体积不确定，不能计算含有的氮原子数，A错误；B.氯气分别与足量铁和铝完全反应时，化合价均由0价变-1价，1 mol氯气转移的电子数均为2NA，B错误；C

37、.如果28g全为乙烯，则含有的CH键数目 = 4NA = 4NA；如果28g全为丙烯，则含有的CH键数目 =6NA = 4NA，所以无论以何种比例混合，28 g乙烯与丙烯混合物中CH键数目始终为 4NA，C正确；D. pH=1的H2SO4溶液中，H+的浓度为0.1 molL1，故1L溶液中含有H+的数目为0.1NA，D错误；故选C。【点睛】极端假设法适用于混合物组成判断，极端假设恰好为某一成分，以确定混合体系各成分的名称、质量分数、体积分数等。如乙烯与丙烯混合物中含有CH键的数目的计算，极值法很好理解。21、C【解析】A. 在反应1中，NaClO3和SO2在硫酸的作用下生成Na2SO4和ClO

38、2，反应的离子方程式为2ClO3SO2=SO422ClO2，根据方程式可知，每生成1 mol ClO2有0.5 mol SO2被氧化，故A正确；B. 根据上述分析可知，反应1中除了生成ClO2，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取Na2SO4，故B正确；C. 在反应2中，ClO2与H2O2在NaOH作用下反应生成NaClO2，氯元素的化合价从+4价降低到+3价，则ClO2是氧化剂，H2O2是还原剂，故C错误；D. 减压蒸发在较低温度下能够进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，故D正确；答案选C。22、A【解析】根据已知信息：CS2(二硫化碳)是无色液体，沸点46.5，储存

39、于阴凉、通风的库房，远离火种、热源，库温不宜超过30，CS2属于有机物，所以CS2属易燃易爆的危险品，故正确；二硫化碳是损害神经和血管的毒物，所以二硫化碳有毒；二硫化碳不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多数有机溶剂，所以不能水解，故错误；根据已知信息：在工业上最重要的用途是作溶剂制造粘胶纤维，所以是良好的有机溶剂，故正确；与钠反应的产物中不一定有Na2CO3，故错误；根据CS2中S的化合价为-2价，所以CS2具有还原性，故正确；因此符合题意；答案选A。二、非选择题(共84分)23、醚键取代反应【解析】由框图知A为， 由C的结构简式知含氧官能团为“一O-”为醚键;E+M,M中生成了肽键，则为取代反应。(

40、2)由M逆推，知E的结构筒式为。逆推D的结构筒式为,C与D比较知，D比C比了“一NO2，则应为C发生硝化反应所得。(4)碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基，且酚羟基与酯基互为对位关系。(5)由合成产物逆推,产物可以由与乙醇酯化得到,羧基可以由“-CN”水解获得，和CH2=CHCN相连，可以先将CH2=CHCN与Br2发生加成反应生成卤代物，再发生类似于流程中A-B的反应.【详解】（1）由C的结构简式知化合物C中的含氧官能团为醚键，反应为+，其反应类型为取代反应。答案：醚键 ；取代反应。（2）根据分析知E的结构简式为：；答案：。（3）反应是的反应。其化学方程

41、式：；答案：。（4）碱性条件能水解，则含有酯基，与FeCl3能发生显色反应，则说明含有酚羟基， 分子中含有4种不同化学环境的氢，酚羟基与酯基互为对位关系。；答案：。（5）已知CH3CH2CNCH3CH2COOH。以、CH2=CHCN和乙醇为原料合成化合物 的合成路线流程图为：。24、第三周期 A族 光导纤维 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O22H2O=4NaOHO2 离子键、极性键 0.1NA 【解析】若实验室经常用澄清石灰水来检验 X 的燃烧产物，即X为碳，W 的用途之一是计算机芯片，即为硅，W 在周期表中的位置为第三周期第IVA族，Y为二氧化硅，它的用途有 光导纤维，写

42、出Y与NaOH 溶液反应的离子方程式SiO2+2OH-=SiO32+H2O，故答案为第三周期A族；光导纤维；SiO2+2OH-=SiO32+H2O；若X、W为日常生活中常见的两种金属，且Y常用作红色油漆和涂料即为氧化铁，两者发生铝热反应，则该反应的化学方程式为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，故答案为2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；若X为淡黄色粉末即为过氧化钠，Y 为生活中常见液体即为 ，则：X的电子式为，该反应的化学方程式为2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成的化合物NaOH所含化学键类型有离子键、极性键，故答案为；2Na2O22H2O=4NaOHO2；离子键

43、、极性键；过氧化钠中一个氧升高一价，一个氧降低一价，若7.8克过氧化钠即0.1 mol完全反应，转移的电子数为0.1NA，故答案为0.1NA。25、分液漏斗 上 除去空气中的SO2和其他还原性气体 将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收 酚酞 滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色 24.0% B 【解析】(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，根据滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿在空气中完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置中生成的SO2全部赶入装置中，通入的空气需要利用酸性K

44、MnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，由此确定装置的连接顺序；(3)结合(2)的分析判断装置中高锰酸钾的作用和持续鼓入空气的作用；(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，在滴定终点时溶液变为浅红色；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H2O=2HI+H2SO4，H+OH-H2O，得关系式SSO24H+4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol32g/mol=0.

45、48g，据此计算样品中硫元素的质量分数；(6)装置所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀。【详解】(1)萃取、分液的主要仪器为分液漏斗，因为CCl4密度大于水，所以萃取碘后，有机层在下层，水溶液为上层，则后续滴定生成的酸在水溶液中，所以需要取上层水溶液；(2)实验的目的是将黄铁矿完全燃烧生成的SO2被饱和碘水吸收，实验中需要通入干燥空气将装置中生成的SO2全部挤入装置中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，并借助装置碱石灰干燥，则装置正确的连接顺序是；(3)实验中需要通入干燥空气将装置中生成的SO2全部

46、赶入装置中，通入的空气需要利用酸性KMnO4溶液除去还原性的气体杂质，故装置中高锰酸钾的作用是除去空气中的SO2和其他还原性气体；持续鼓入空气的作用将黄铁矿充分氧化，且将产生的二氧化硫全部挤入碘水中，被碘水充分吸收。(4)根据题意，用氢氧化钠滴定混合强酸溶液，所以常用的指示剂为酚酞，当滴入最后一滴NaOH溶液后，溶液变为浅红色，并在半分钟内不褪色，说明滴定已经达到终点；(5)对于多次测量数据一般要求平均值进行数据处理，由于第一次所消耗标准液的体积与后两次相差较大，为减小误差，只求后两次标准液的体积的平均值：20.00ml。根据反应4FeS2+11O2=2Fe2O3+8SO2，I2+SO2+2H

47、2O=2HI+H2SO4，H+OH-H2O，得关系式SSO24H+4OH-，所以样品中硫元素的质量为：mol32g/mol=0.48g，所以样品中硫元素的质量分数为100%=24.0%；(6)装置所得溶液为HI、H2SO4的混合溶液，为测得硫的质量分数，最好选用能与SO42-反应生成不溶于酸性溶液的沉淀，即氯化钡符合题意，故答案为B。26、烧杯 玻璃棒； Ba(NO3)2 K2CO3 KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3） 静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42已除尽 不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，

48、因此只过滤一次，可减少操作程序 因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl 【解析】混有K2SO4、MgSO4的KNO3固体，加入硝酸钡、碳酸钾除去硫酸根离子；加入氢氧化钾除去镁离子；稍过量的氢氧根离子、碳酸根离子用硝酸除去；【详解】(1)固体溶解一般在烧杯中进行，并要用玻璃棒搅拌加快溶解，故答案为：烧杯；玻璃棒；(2)KNO3中混有的杂质离子是SO42-和Mg2+，为了完全除去SO42-应该用稍过量的Ba2+，这样稍过量的Ba2+也变成了杂质，需要加CO32-离子来除去，除去Mg2+应该用OH-，OH-的顺序没有什么要求，过量的CO32-、OH-可以通过加入的盐酸来除去，故答案为：Ba(NO3)2

49、；K2CO3；KOH或（KOH、Ba(NO3)2、K2CO3或Ba(NO3)2、KOH、K2CO3）；(3)SO42存在于溶液中，可以利用其与Ba2+反应生成沉淀来判断，方法是静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明已除尽，故答案为：静置，取少量上层澄清溶液，再加入少量Ba(NO3)2溶液，若不变浑浊，表明SO42已除尽；(4)不需要 因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序，故答案为：不需要；因为几个沉淀反应互不干扰，因此只过滤一次，可减少操作程序；(5)本实验目的是为了得到纯净的KNO3溶液，因此在实验过程中不能引入新的杂质离子，而加入盐酸

50、来调节溶液的pH会引入Cl，故答案为：因为加入盐酸调节溶液的pH会引进Cl。【点睛】除去溶液中的硫酸根离子与镁离子时无先后顺序，所加试剂可先加KOH，也可先加硝酸钡、碳酸钾，过滤后再加适量的硝酸。27、ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O a、c K3Fe(CN)6溶液 2.0 25 cba 若温度过低，Fe(OH)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降 取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净 称取mg样品，加热至恒重后称重，剩余固体质量大于 【解析】(1)NaClO3具有

51、氧化性，在酸性条件下将FeSO47H2O氧化为硫酸铁，据此书写；(2) NaClO3具有氧化性，在酸性条件下氧化性增强；同时反应产生的Fe3+会发生水解反应，根据盐的水解规律分析分析；(3)检验Fe2+已经完全被氧化，就要证明溶液在无Fe2+；(4)实验是研究相同时间内温度与NaClO3用量对Fe2+氧化效果的影响，根据表格数据可知i、ii是研究NaClO3用量的影响；ii、iii或i、iv是研究温度的影响；据此分析解答；(5)温度低，盐水解程度小，不能充分聚沉；(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，只要检验无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净；(7)根据Fe元

52、素守恒，若含有FeOOH，最后得到的固体质量比Fe(OH)3多。【详解】(1)NaClO3具有氧化性，在酸性条件下将FeSO47H2O氧化为硫酸铁，NaClO3被还原为NaCl，同时产生水，反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=6Fe3+Cl-+3H2O；(2) NaClO3氧化FeSO47H2O时，为了增强其氧化性，要加入酸，因此提供酸性环境，增强NaClO3氧化性，选项a合理；同时FeSO47H2O被氧化为Fe2(SO4)3，该盐是强酸弱碱盐，在溶液中Fe3+发生水解反应使溶液显酸性，为抑制Fe3+的水解，同时又不引入杂质离子，因此要向溶液中加入硫酸，选项c合理，故答案为ac；

53、(3)检验Fe2+已经完全被氧化，只要证明溶液中无Fe2+即可，检验方法是取反应后的溶液少许，向其中滴加K3Fe(CN)6溶液，若溶液无蓝色沉淀产生，就证明Fe2+已经完全被氧化为Fe3+；(4)根据实验目的，i、ii是在相同温度下，研究NaClO3用量的影响，ii、iii或i、iv是研究温度的影响；因此m=2，n=25；在其它条件不变时，增大反应物的浓度，化学反应速率加快，实验ba；ii、iii的反应物浓度相同时，升高温度，化学反应速率大大加快，实验cb，因此三者关系为cba；(5)加入NaOH溶液制备Fe(OH)3的过程中，若降低水浴温度，Fe(OH)3的产率下降，原因是温度过低，Fe(O

54、H)3胶体未充分聚沉收集，导致产率下降；(6) Fe(OH)3沉淀是从含有NaCl、H2SO4的溶液在析出的，若最后的洗涤液中无Cl-或SO42-就可证明洗涤干净。方法是取最后一次洗涤液于两只试管中，分别滴加HCl酸化的BaCl2溶液和HNO3酸化的AgNO3溶液，若都无白色沉淀，则说明Fe(OH)3沉淀洗涤干净；(7)在最后得到的沉淀Fe(OH)3中若含有FeOOH，由于Fe(OH)3中比FeOOH中Fe元素的含量多。由于1molFe(OH)3质量是107g，完全灼烧后产生0.5molFe2O3，质量是80g，若称取mg Fe(OH)3，完全灼烧后固体质量是，若样品中含有FeOOH，加热至恒

55、重后称重，剩余固体质量大于。【点睛】本题考查了氢氧化铁的制备原理及操作的知识。涉及氧化还原反应方程式的配平、实验方案的涉及、离子的检验方法、盐的水解、物质纯度的判断等。掌握元素及化合物的知识和化学反应基本原理是解题关键。28、丙酮 C15H16O2 羧基 n+n +（2n-1）NaCl 13 【解析】A为CH2=CHCH3；AB发生加成反应，结合后续反应可知B为；C的分子式为C3H6O，且核磁共振氢谱只有一组吸收峰说明其只有一种环境的氢，所以C的结构简式为，D的分子式为C6H6O，结合C+DE以及E的结构简式，D的结构简式为；E中酚羟基与氢氧化钠溶液反应得到F，所以F为，F与光气发生题目所给反

56、应生成聚碳酸酯G，所以G为；4氯1，2二甲苯被高猛酸钾氧化生成H，所以H为。【详解】(1)根据分析可知C为，名称为丙酮；(2)根据E的结构简式可知E的分子式为C15H16O2；H的结构简式为，官能团为氯原子和羧基；B的结构简式为；(3)F为，与光气发生题目所给反应生成聚碳酸酯G，方程式为：n+n +(2n-1)NaCl；(4)F为，与I 1:2的比例发生题目所给反应，生成物为：；(5)H为，羧基中的OH可以和COOH发生脱水缩合，生成三个环，则产物为：；(6)的属于芳香族的同分异构体，苯环上有一个支链有：、两种；苯环有一个乙基和一个氯原子两种取代基时有邻、间、对三种；当苯环上有一个甲基和一个CH2Cl时有邻、间、对三种；当苯环上有三个取代基时除去4氯1，2二甲苯之外还有5种，所以共有2+3+3+5=13种；(7)2-溴丙烷的结构简式为：，结合题目信息可知用和合成目标产物的路线