2021-2022学年浙江省衢州五校高三（最后冲刺）化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、用滴有酚酞和氯化钠溶液湿润的滤纸分别做甲、乙两个实验，下列判断错误的是（ ）Ab极附近有气泡冒出Bd极附近出现红色Ca、c极上都发生氧化反应D甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀2、从古至今化学与生产、生活密切相关。

2、下列说法正确的是（ ）A喝补铁剂（含Fe2+）时，加服维生素C效果更好，因维生素C具有氧化性B汉代烧制岀“明如镜、声如馨”的瓷器，其主要原料为石灰石C“司南之杓（勺），投之于地，其柢（勺柄）指南”，司南中的“杓”含Fe2O3D港珠澳大桥采用超高分子聚乙烯纤维吊绳，其商品名为“力纶”是有机高分子化合物3、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向苯酚浊液中滴加Na2CO3溶液，浊液变清苯酚的酸性强于H2CO3的酸性B将溴乙烷和氢氧化钠的乙醇溶液共热后产生的气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷发生消去反应CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入

3、少量稀AgNO3KAABBCCDD4、常温下，向l L pH=l0的NaOH溶液中持续通入CO2。通入CO2的体积(y)与溶液中水电离出的c(OH-)的关系如图所示。下列叙述错误的是Aa点溶液中：水电离出的c(H+)=110-10molL-1Bb点溶液中：c(H+)=110-7molL-1Cc点溶液中：c(Na+)c(HCO3-)c(CO32-)Dd点溶液中：c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)5、实验室用 NH4Cl、盐酸、NaClO2 为原料制备 ClO2 的过程如下图所示，下列说法不正确的是AX 中大量存在的阴离子有 Cl-和 OH-BNCl3 的键角比 CH4 的键角大C

4、NaClO2 变成 ClO2 发生了氧化反应D制取 3 mol ClO2 至少需要 0.5mol NH4Cl6、下列说法正确的是（ ）A液氯可以储存在钢瓶中B工业制镁时，直接向海水中加Ca（OH）2溶液以制取Mg（OH）2C用硫酸清洗锅炉后的水垢D在水泥回转窖中用石灰石、纯碱、黏土为原料制造水泥7、下列有关化学反应的叙述不正确的是A铁在热的浓硝酸中钝化BAlCl3溶液中通入过量NH3生成Al(OH)3沉淀C向FeCl3溶液中加入少量铜粉，铜粉溶解D向苯酚浊液中滴入Na2CO3溶液，溶液变澄清8、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f是由这些元素成的化合物，d是淡黄色

5、粉末，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法错误的是 A简单离子半径：ZXD由上述4种元素组成的化合物的水溶液一定显酸性9、下列有关描述中，合理的是A用新制氢氧化铜悬浊液能够区别葡萄糖溶液和乙醛溶液B洗涤葡萄糖还原银氨溶液在试管内壁产生的银:先用氨水溶洗、再用水清洗C裂化汽油和四氯化碳都难溶于水，都可用于从溴水中萃取溴D为将氨基酸混合物分离开，可以通过调节混合溶液pH，从而析出晶体，进行分离。10、下列说法正确的是A多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C可用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷D分离溴苯和苯的混合物：加入

6、 NaOH 溶液分液11、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为。下列说法中正确的是（ ）AD和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种元素B通常所说的氢元素是指 C、是氢的三种核素，互为同位素D这个反应既是核反应，也是化学反应12、我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：H2S+O2 H2O2 +S。已知甲池中发生转化：。下列说法错误的是A甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+2e-H2AQB该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池

7、处发生反应：O2+H2AQH2O2+AQD乙池处发生反应：H2S+I3-3I-+S+2H+13、克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A它的分子式为C12H17N2Cl2OB它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C1mol克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应D一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等14、下列说法正确的是（ ）A氢键、分子间作用力、离子键、共价键都是微粒间的作用力。其中分子间作用力只影响物质的熔沸点而不影响物质的溶解性。B石墨烯是一种从石墨材料中用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子

8、平面材料，用这种方法可以从C60、金刚石等中获得“只有一层碳原子厚的碳薄片”也必将成为研究方向。C由“同温度下等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大”，可推知C比S的非金属性弱。DH、S、O三种元素组成的物质的水溶液与Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液混合可能会观察到浑浊现象。15、某学习兴趣小组通过2KClO3十H2C2O4CO2忄2ClO2K2CO3H2O制取高效消毒剂ClO2。下列说法正确的是AKClO3中的Cl被氧化BH2C2O4是氧化剂C氧化产物和还原产物的物质的量之比为11D每生成1 mol ClO2转移2 mol电子16、图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(

9、NH2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（ ）A图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C图甲中M电极反应式：CO(NH2)2 +5H2O -14e = CO2+2NO2+14H+D当图甲中N电极消耗0.5 mol O2时，图乙中阴极增重64g17、下列实验现象和结论相对应且正确的是AABBCCDD18、用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，不需要的操作是（ ）A溶解B过滤C分液D蒸发19、化学与生产、生活及社会发展密切相关，下列有关说法不正确的是A“血液透析”和“静电除尘”利用了胶体的不同性质B氨基酸在人

10、体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应C从海水中提取物质都必须通过化学反应才能实现D在食品袋中放入盛有硅胶的透气小袋，可防止食物受潮20、下列物质的分离方法中，利用粒子大小差异的是A过滤豆浆B酿酒蒸馏C精油萃取D海水晒盐AABBCCDD21、下列对化学用语的理解中正确的是（ ）A原子结构示意图：可以表示35Cl，也可以表示37ClB电子式：可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子D结构简式(CH3)2CHOH：可以表示1-丙醇，也可以表示2-丙醇22、用短线“”表示共用电子对，用“”表示未成键孤电子对的式子叫路易斯结构式。R分子的路易斯结构式可以表示

11、为则以下叙述错误的是( )AR为三角锥形BR可以是BF3CR是极性分子D键角小于10928二、非选择题(共84分)23、（14分）氯吡格雷是一种用于预防和治疗因血小板高聚集引起的心、脑及其他动脉循环障碍疾病的药物。以A为原料合成该药物的路线如图：（1）A的化学名称是_，C中的官能团除了氯原子，其他官能团名称为_。（2）A分子中最少有_原子共面。（3）C生成D的反应类型为_。（4）A与新制Cu(OH)2反应的化学方程式为_。（5）物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，符合以下条件的G的同分异构体共有_种。除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应。苯环上有只有两个取代基。其中核磁共振氢谱中有4

12、个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为_。（6）已知：，写出以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线（无机试剂任选）_。24、（12分）结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示：已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应：+H2O完成下列填空：（1）A的俗称是_；D中官能团的名称是_；反应的反应类型是_。（2）写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式_。（3）已知：，则可推知反应发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式_。（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简

13、式为_（任写一种）25、（12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，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、

14、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

15、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-。26、（10分）亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为 -5.5，易水解。已知：AgNO2 微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度

16、，相关实验装置如图所示。（1）制备 Cl2 的发生装置可以选用 _ (填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_ 。（2）欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连接顺序为 a_ _。(按气流方向，用小写字母表示，根据需要填，可以不填满，也可补充)。（3）实验室可用下图示装置制备亚硝酰氯。其反应原理为：Cl2+2NO=2ClNO实验室也可用 B 装置制备 NO ， X 装置的优点为_ 。检验装置气密性并装入药品，打开 K2，然后再打开 K3，通入一段时间气体，其目的是 _，然后进行其他操作，当 Z 中有一定量液体生成时，停止实验。（4）已知：ClNO 与 H2O 反应生成 HNO2 和 HCl

17、。设计实验证明 HNO2 是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL-1 盐酸、 1 molL-1HNO2 溶液、 NaNO2 溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO 样品的纯度。取 Z 中所得液体m g 溶于水，配制成 250 mL 溶液；取出 25.00 mL 样品溶于锥形瓶中，以 K2CrO4 溶液为指示剂，用 c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为 20.00mL。滴定终点的现象是_亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 _。(已知： Ag2CrO4 为砖红色固体；Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)2

18、7、（12分）CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是_；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液 B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3

19、的作用是_并维持pH在_左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是_（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是_。.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_D（5）用D装置测N2含量，读数时应注意_。28、（14分）随着科技进步和人类环保意识的增强，如何利用CO2已经成为世界各国特别关注的问题。已知

20、：CO2与CH4经催化重整制得合成气：CH4(g)CO2(g) 2CO(g)2H2(g) H（1）降低温度，该反应速率会_（填“增大”或“减小”）；一定压强下，由最稳定单质生1 mol化合物的焓变为该物质的摩尔生成焓。已知CO2（g）、CH4（g）、CO（g）的摩尔生成焓分别为-395 kJ/mol、-74.9 kJ/mol、-110.4 kJ/mol。则上述重整反应的H=_kJ/mol。（2）T1时，在两个相同刚性密闭容器中充入CH4和CO2分压均为20 kPa，加入催化剂Ni/-Al2O3并分别在T1和T2进行反应，测得CH4转化率随时间变化如图所示。A点处v正_B点处（填“”、“”或“=

21、”）研究表明CO的生成速率v生成（CO）=1.310-2p（CH4）p（CO2）molg-1s-1，A点处v生成（CO）=_molg-1s-1。（3）上述反应达到平衡后，若改变某一条件，下列变化能说明平衡一定正向移动的是_（填代号）。A正反应速率增大 B生成物的百分含量增大 C平衡常数K增大（4）其他条件相同，在甲、乙两种不同催化剂作用下，相同时间内测得CH4转化率与温度变化关系如图，C点_（填“可能”、“一定”或“一定未”）达到平衡状态，理由是_；CH4的转化率b点高于a点的可能原因是_。29、（10分）半水煤气是工业合成氨的原料气，其主要成分为H2、CO、CO2、N2和H2O(g)。半水煤

22、气经过下列步骤转化为合成氨的原料。 （1)步骤I，CO变换反应的能量变化如下图所示：CO变换反应的热化学方程式是_。一定条件下，向体积固定的密闭容器中充入aL半水煤气，发生CO变换反应。测得不同温度（T1，T2）氢气的体积分数(H2)与时间的关系如下所示。iT1、T2的大小关系及判断理由是_。ii请在上图中画出：其他条件相同时，起始充入0.5aL半水煤气，T2温度下氢气的体积分数( H2)随时间的变化曲线。_(2)步骤，用饱和Na2CO3溶液作吸收剂脱除CO2时，初期无明显现象，后期有固体析出。溶液中离子浓度关系正确的是_（选填字母）。a吸收前：c(Na+)c(CO32-)c(OH-)c(HC

23、O3-)b吸收初期：2c(CO32-)+2 c(HCO3-)+2c(H2CO3)=c(Na+)c吸收全进程：c(Na+)+c( H+)=2c(CO32-)+ c(HCO3-)+ c(OH-)后期析出固体的成分及析出固体的原因是_。当吸收剂失效时，请写出一种可使其再生的方法（用化学方程式表示）：_。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、A【解析】甲构成原电池，乙为电解池，甲中铁发生吸氧腐蚀，正极上电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱

24、变红色，以此解答该题。【详解】A、b极附是正极，发生电极反应式为2H2O+O2+4e-=4OH-，所以无气泡冒出，故A错误； B、乙中阴极上电极反应式为:2H+2e-=H2，水电离出的氢离子放电，导致阴极附近有大量OH-，溶液呈碱性，无色酚酞试液遇碱变红色，故B正确；C、a是原电池的负极发生氧化反应、c极是电解池的阳极发生氧化反应,所以a、c极上都发生氧化反应，故C正确；D、甲中铁是原电池的负极被腐蚀，而乙中是电解池的阴极被保护，所以甲中铁棒比乙中铁棒更易腐蚀，故D正确；故答案选A。【点睛】作为电解池，如果金属铁连在电源的正极上做电解池的阳极，铁更易失电子变为亚铁离子，腐蚀速率加快；如果金属铁

25、连在电源的负极上做电解池的阴极，金属铁就不能失电子，只做导体的作用，金属铁就被保护，不发生腐蚀。2、D【解析】A亚铁离子易被人体吸收，维生素C具有还原性，可以防止亚铁离子被氧化，则喝补铁剂时，加维生素C效果较好，故A错误；B瓷器的成分为硅酸盐，主要原料为黏土，不是石灰石，故B错误；C“司南之杓(勺)，投之于地，其柢(勺柄)指南”，与磁铁的磁性有关，则司南中的“杓”含Fe3O4，故C错误；D聚乙烯纤维属于合成高分子材料，属于有机高分子化合物，故D正确；答案选D。3、B【解析】A.苯酚与碳酸钠溶液反应生成碳酸氢钠，所以苯酚的酸性强于碳酸氢钠，弱于碳酸，故A错误；B. 气体通入溴的四氯化碳溶液，溶液

26、褪色说明生成乙烯气体，溴乙烷生成乙烯的反应属于消去反应，故B正确；C.SO2具有还原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，体现二氧化硫的还原性，故D.由于氯化钠和碘化钠的物质的量浓度的相对大小未知，有可能因为碘化钠的浓度较大而产生黄色沉淀碘化银，因此不能得出结论KspAgC1K故选B。【点睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有颜色褪去的反应都是由于其漂白性，这是很容易被忽略的问题。比较结构和组成相似的难溶物的溶度积时，要根据控制变量法进行实验设计，控制两溶液的浓度相同，或控制溶度积较大的浓度较大，才可以得出合理的结论；或者根据沉淀的转化进行判断，但要注意在进行沉淀的转化时，防止有过量试剂的干扰。4、C

27、【解析】试题分析：Aa点溶液是NaOH溶液，pH=10，则水电离出的c(H+)=110-10molL-1，正确。Bb点溶液中c(OH-)=110-7molL-1，由于水的离子积是kw=110-14mol2L-2，所以c(H+)=110-7molL-1，正确。Cc点水电离产生的c(OH-)最大，则溶液是Na2CO3溶液。根据物料守恒可知c(Na+)c(CO32-)，CO32-发生水解反应形成HCO3-，但是盐水解的程度是微弱的，主要还是以盐电离产生的离子存在，所以c(CO32-)c(HCO3-)。故溶液中离子浓度关系是：c(Na+)c(CO32-)c(HCO3-)，错误。Dd点溶液中，根据电荷守

28、恒可得：c(H+)+c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，由于c(OH-)=110-7molL-1，所以c(H+)=110-7molL-1，故c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)，正确。考点：考查碱与酸性氧化物反应时水电离程度大小比较及溶液中离子浓度关系的知识。5、B【解析】由制备流程可知，氯化铵与盐酸的混合溶液电解时发生NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3，然后加亚氯酸钠溶液发生6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，则X含NaOH、NaCl，以此来解答。【详解】A. NaClO2溶液与NCl3溶液发生氧化

29、还原反应，由于有氨气产生，所以反应物必然有H2O参加，所以反应方程式为6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3+3NaCl+3NaOH，所以大量存在的阴离子有C1-和OH-，故A正确；B. N原子、C原子均为sp3杂化，NCl3分子有1对孤电子对，甲烷分子没有孤电子对，孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力，故NCl3的的键角小于CH4的键角，故B错误；C. NaClO2变成ClO2，NaClO2中氯元素化合价从+3价升高为+4价，发生了氧化反应，故C正确；D. 由反应NH4Cl+2HCl 3H2+NCl3、6NaClO2+NCl3+3H2O=6ClO2+NH3

30、+3NaCl+3NaOH可知，制取3molClO2至少需要0.5molNH4Cl，故D正确；故选：B。【点睛】孤对电子与成键电子对之间排斥力大于成键电子对之间的排斥力。6、A【解析】A. 液氯是液态的氯，和铁在常温下不反应，所以可以储存在钢瓶中，故A正确；B. 海水制镁富集氯化镁，生产流程采用了向晒盐后的苦卤中加入石灰乳，而不是直接往海水中加入氢氧化钙溶液，故B错误；C. 水垢的主要成分为碳酸钙和氢氧化镁，硫酸与碳酸钙反应生成微溶的硫酸钙，不容易去除，所以应该用盐酸清洗锅炉后的水垢，故C错误；D. 生产水泥的原料为石灰石、黏土，故D错误。故选A。7、A【解析】A铁在冷的浓硝酸中钝化，铁与热的浓

31、硝酸会发生反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，A项错误；BNH3通入AlCl3溶液反应生成氢氧化铝沉淀，B项正确；CCu与氯化铁反应生成氯化铜、氯化亚铁，铜粉溶解，C项正确；D苯酚与碳酸钠反应生成苯酚钠和碳酸氢钠，溶液变澄清，D项正确；答案选A。8、D【解析】短周期元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次递增，a、b、c、d、e、f 是由这些元素组成的化合物，d 是淡黄色粉末，d为Na2O2，m为元素Y的单质，通常为无色无味的气体，则m为O2，则Y为O元素，根据图示转化关系可知：a为烃，b、c分别为CO2、H2O，e、f分别为碳酸钠、NaOH，结合原子序数可知，W为H，X为C，Y为O，Z为Na，据此解答

32、。【详解】由上述分析可知，四种元素分别是：W为H，X为C，Y为O，Z为Na。AZ、Y的离子具有相同电子层结构，原子序数越大，其相应的离子半径就越小，所以简单离子半径：ZY，选项A正确；B过氧化钠为离子化合物，含有离子键和共价键，含有阳离子钠离子和阴离子过氧根离子，阳离子和阴离子的比值为2：1，选项B正确；C元素非金属性越强，其对应的氢化物越稳定，由于元素的非金属性YX，所以简单气态氢化物的热稳定性：YX，选项C正确；D上述4种元素组成的化合物是NaHCO3，该物质属于强碱弱酸盐，其水溶液水解显碱性，选项D错误；故符合题意的选项为D。【点睛】本题考查无机物的推断，把握钠的化合物的性质及相互转化是

33、本题解答的关键，侧重于分析与推断能力的考查，注意淡黄色固体、原子序数为推断的突破口，本题为高频考点，难度不大。9、D【解析】A葡萄糖和乙醛都含有醛基，加热时都可与氢氧化铜发生氧化还原反应，不能鉴别，故A错误；B银不与氨水反应，不能用于洗涤试管内壁的银单质，银可溶于硝酸，可用硝酸洗涤，故B错误；C裂化汽油成分中，含有碳碳双键的化合物，可与溴水发生加成反应，则不能用作萃取剂，故C错误；D氨基酸含有羧基、氨基，具有两性，不同的氨基酸达到等电点的pH不同，可控制pH利用溶解度差异分离，故D正确。答案选D。【点睛】氨基酸解离成阳离子和阴离子的趋势及程度相等，所带净电荷为零，呈电中性，此时溶液的pH称为该

34、氨基酸的等电点。当达到等电点时氨基酸在溶液中的溶解度最小。10、B【解析】A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性 KMnO4 溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。11、C【解析】A 项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；B项、是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，

35、故B错误；C项、的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；故选C。12、B【解析】A由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H+2e-=H2AQ，故A不符合题意；B原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；C甲池处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2+H2AQH2O2+AQ，故C不符合题意；D乙池处，硫化氢失电子生成硫单质，得电子生成I-，离子方程式为：H2S+3I-+S+2H+，故D不符合题

36、意；故选：B。【点睛】本题考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。13、C【解析】A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。14、D【解析】A.氢键也属于分子间作用力，分子间作用力不仅影响物质的熔沸点，也影响物质的溶解性，故A错误；B.C60、金刚石中碳原子间形成网状结构而不是层状

37、结构，所以不能用“撕裂”方法剥离出的单层碳原子面材料，故B错误；C.等浓度的Na2CO3溶液比Na2SO3溶液的pH大，则碳酸的酸性小于亚硫酸，而亚硫酸不是硫元素的最高价氧化物的水化物，不能比较C比S的非金属性弱，故C错误；D.H、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫酸溶液，Na、S、O三种元素组成的物质的水溶液可以是硫代硫酸钠溶液，硫酸和硫代硫酸钠溶液混合有不溶于水的硫单质生成，所以可能会观察到浑浊现象，故D正确。答案选D。【点睛】本题考查了微粒间作用力、元素化合物性质、非金属性的判断等知识点，注意氢键不是化学键，属于分子间作用力，为易错点。15、C【解析】A.氯酸钾中的氯元素化合价降低

38、，被还原，故错误；B.草酸中的碳元素化合价升高，作还原剂，故错误；C.二氧化碳和碳酸钾为氧化产物，二氧化氯为还原产物，二者比例为11，故正确；D.氯元素化合价变化1价，所以每生成1 mol ClO2转移1mol电子，故错误；故选C。16、D【解析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe与X相连，故A错误；B由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；CH2NC

39、ONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-CO2+N2+6H+，故C错误；D当图甲中N电极消耗0.5 mol O2时，转移电子的物质的量为0.5mol4=2.0mol，则乙中阴极增重64g/mol=64g，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算

40、。17、C【解析】A.进行焰色反应，火焰呈黄色，说明含有Na+，不能确定是否含有K+，A错误；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下发生水解反应产生葡萄糖，若要证明水解产生的物质，首先要加入NaOH中和催化剂硫酸，使溶液显碱性，然后再用Cu(OH)2进行检验，B错误；C.在AgCl和AgI饱和溶液中加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀和黄色沉淀，且白色沉淀的质量远大于黄色沉淀，说明溶液中c(Cl-)较大，c(I-)较小，物质的溶解度AgClAgI，由于二者的化合物构型相同，因此可证明物质的溶度积常数Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，C正确；D.根据实验现象，只能证明溶液中含有I2，由于溶液中含有两种氧化

41、性的物质HNO3、Fe3+，二者都可能将I-氧化为I2，因此不能证明氧化性Fe3+I2，D错误；故合理选项是C。18、C【解析】用化学沉淀法去除粗盐中的杂质离子，步骤是溶解、加入沉淀剂、过滤、蒸发结晶，不需要分液，故选C。19、C【解析】A. 血液和空气都属于胶体，“血液透析”利用的是渗析原理，“静电除尘”利用的是胶体的电泳原理，利用了胶体的不同性质，A项正确；B. 氨基酸在人体中生成新的蛋白质的反应属于缩聚反应，B项正确；C. 从海水中提取物质不一定要通过化学反应才能实现，如提取氯化钠，蒸发结晶即可，C项错误；D. 硅胶具有吸水作用，可防止食物受潮，D项正确；答案选C。【点睛】C项考查的是关

42、于海水水资源的利用常识，海水中可以提取溴、碘、镁元素，每个工艺流程及所涉及的化学反应，学生要注意归纳总结，这些过程均涉及化学变化，而海水中提取氯化钠、蒸馏水等则是物理变化，学生要加以理解并识记。20、A【解析】A、过滤利用的是微粒的大小不同来分离的，留在滤纸上的物质颗粒大，不能透过滤纸，滤液中的物质颗粒小，可以透过滤纸，A正确；B、蒸馏利用的是物质的沸点不同，B错误；C、萃取利用的是物质在不同溶剂中的溶解度不同，C错误；D、氯化钠在水中溶解度随温度变化不大，让水蒸发掉,从而获得盐，D错误；答案选A。21、A【解析】A.35Cl和37Cl是同种元素，质子数相同，电子数也相同，所以原子结构示意图也

43、相同，故A正确；B.羟基的电子式为，氢氧根离子的电子式为，故B错误；C.比例模型中应符合原子的大小，氯原子半径大于碳原子半径，所以不能用同一个比例模型表示甲烷和四氯化碳，故C错误；D.(CH3)2CHOH中主碳链有3个碳，羟基在二号碳上，仅可以表示2-丙醇，故D错误；综上所述，答案为A。22、B【解析】A在中含有3个单键和1对孤电子对，价层电子对数为4，空间上为三角锥形，故A正确；BB原子最外层含有3个电子，BF3中B原子形成3个共价键，B原子没有孤电子对，所以R不是BF3，故B错误；C由极性键构成的分子，若结构对称，正负电荷的中心重合，则为非极性分子，R分子的结构不对称，R是极性分子，故C正

44、确；D三角锥形分子的键角为107，键角小于10928，故D正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、邻氯苯甲醛（2氯苯甲醛） 氨基、羧基 12 取代反应（或酯化反应） +2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+ 6 、 【解析】根据题干信息分析合成氯吡格雷的路线可知，A与NH4Cl、NaCN反应生成B，B酸化得到C，C与CH3OH发生酯化反应生成D，D发生取代反应得到E，E最终发生反应得到氯吡格雷，据此结合题干信息分析解答问题。【详解】(1)有机物A的结构简式为，分子中含有醛基和氯原子，其化学名称为邻氯苯甲醛，C的结构简式为，分子中含有的管能团有氨基、羧基和氯原子，故答案为：邻氯苯甲

45、醛；氨基、羧基；(2)A分子中苯环和醛基均为共平面结构，故分子中最少有苯环上的所有原子共平面，即最少有12个原子共平面，故答案为：12；(3) C与CH3OH发生酯化反应生成D，反应类型为取代反应（或酯化反应），故答案为：取代反应（或酯化反应）；(4)A的结构简式为，分子中含有醛基，可与新制Cu(OH)2反应生成Cu2O的砖红色沉淀，反应方程式为+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+，故答案为：+2Cu(OH)2+NaOHCu2O+3H2O+；(5) 物质G是物质A的同系物，比A多一个碳原子，物质G除苯环之外无其他环状结构；能发生银镜反应，可知物质G含有醛基，又苯环上有只有两个取代基

46、，则物质G除苯环外含有的基团有2组，分别为CHO、CH2Cl和Cl、CH2CHO，分别都有邻间对3中结构，故G的同分异构体共有6种，其中核磁共振氢谱中有4个吸收峰，且峰值比为2221的结构简式为、，故答案为：6；、；(6) 已知：，根据题干信息，结合合成氯吡格雷的路线可得，以苯甲醇为有机原料制备化合物的合成路线可以是，故答案为：。24、氯仿 氯原子、醛基 加成反应 +4NaOH+3NaCl+2H2O 【解析】（1）根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子；对比D、E、G的结构可知反应为加成反应，故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；（2）G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，

47、再脱去1分子水生成形成羧基，羧基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方程式为：，故答案为：；（3）已知： ，可推知反应中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为：，故答案为：；（4）G的同分异构体L遇FeCl3溶液显色，说明含有酚羟基，与足量浓溴水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2CH2Cl或-CHClCH3，L苯环上还含有2个-Cl，L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代烃的消去反应，生成物的结构简式为：，故答案为：。25、Al（OH）3、Fe（OH）3 CuH2O22NH32=Cu（NH3）42+2H2O或CuH

48、2O22NH3H2O2= 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NH3H2O，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

49、生成Cu(NH3)4SO4，离子方程式为 CuH2O22NH32=Cu（NH3）42+2H2O或CuH2O22NH3H2O2= Cu（NH3）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

50、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；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

51、体粒子.，故操作顺序为；(6)根据反应2Cu2+4I2CuII2，I22S2O32-2IS4O62-得关系式为2Cu2+-I2-2S2O32-， 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。26、A(或B) MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O(或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O) f g c b d e j h 排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停 排干净三颈瓶中的空气 用玻璃棒蘸取NaN

52、O2溶液，点在红色石蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点 【解析】制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，也可以用高锰酸钾和浓盐酸；制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气；X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；通入一段时间气体，其目的是排空气；用盐溶液显碱性来验证HNO2是弱酸；以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉

53、淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，再根据ClNOHClAgNO3关系式得到计算ClNO物质的量和亚硝酰氯(ClNO)的质量分数。【详解】制取氯气可以用二氧化锰与浓盐酸加热制得，选择A，也可以用高锰酸钾和浓盐酸，选择B，发生的离子反应为：MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为：A(或B)；MnO2+4H+2Cl Mn2+Cl2+2H2O(或2MnO4+16H+10Cl=2Mn2+5Cl2+8H2O)；制得的氯气混有HCl和水蒸气，依次用饱和食盐水、浓硫酸除去，为保证除杂彻底，导气管均长进短出，氯气密度比空气

54、大，选择导气管长进短出的收集方法，最后用碱石灰吸收多余的氯气，防止污染空气，故导气管连接顺序为afgcbdejh，故答案为：f；g；c；b；d；e；j；h；用B装置制备NO，与之相比X装置可以排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停，故答案为：排除装置内空气的干扰，可以随开随用，随关随停；检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是排干净三颈瓶中的空气，故答案为：排干净三颈瓶中的空气；若亚硝酸为弱酸，则亚硝酸盐水解呈若碱性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于红色的石蕊试纸上，若试纸变蓝，则说明亚硝酸为弱酸，故答案为：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石

55、蕊试纸上，试纸变蓝，说明HNO2是弱酸；以K2CrO4溶液为指示剂，根据溶度积得出AgNO3先与氯离子生成氯化银白色沉淀，过量硝酸银和K2CrO4反应生成砖红色，因此滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；根据ClNOHClAgNO3关系式得到25.00 mL 样品溶液中ClNO物质的量为n(ClNO) = n(AgNO3) = c molL10.02L = 0.02cmol，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为 ，故答案为：滴入最后一滴标准溶液，溶液中生成砖红色沉淀且半分钟内无变化，说明反应达到终点；。27、三颈烧瓶 B 2Cu2SO322

56、ClH2O=2CuCl2HSO42 及时除去系统中反应生成的H+ 3.5 可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条） 洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化 CBA 温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条） 【解析】.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中

57、往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为CBAD；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切

58、（任意两条）。【详解】.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成Cu(SO3)23-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH 降低，酸性增强，Cu2将SO32氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2SO322ClH2O=2CuCl2HSO42；丙图是产率随pH变化关系图，pH =3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4- Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+ ，

59、并维持pH在3.5左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为CBAD；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。28、减小 +249.1 1.872 C 一定未 催化剂不会改变平衡转化率，乙催化剂c点未与甲催化剂同样温度的点相交，转化率不相等，说明c点不是平衡转化率 b和a两点反应都未达平衡，b点温度高，反应速率快，相同时间内转化率高（或其