2022届福建省泉州市晋江市南侨高考仿真卷化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列说法中，不正确的是A固体表面水膜的酸性很弱或呈中性，发生吸氧腐蚀B钢铁表面水膜的酸性较强，发生析氢腐蚀C将锌板换成铜板对钢闸门保护效果更好D钢闸门作为阴极而受到保护2、下列说法正确的是ACH3C（CH2CH3）2

2、CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷B可用新制Cu(OH)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解3、有机物X、Y的转化如下：下列说法不正确的是AX能加聚反应BY分子苯环上的二氯代物有5种C与Y互为同分异构体DX、Y分子的所有原子可能共平面4、金属钨用途广泛，H2还原WO3可得到钨，其总反应为：WO3+3H2W+3H2O，该总反应过程大致分为三个阶段，各阶段主要成分与温度的关系如表所示，假设WO3完全转化为W，则三个阶段消耗H2质量之比为

3、温度（）25550600700主要成分WO3 W2O5 WO2 WA1：1：4B1：1：3C1：1：2D1：1：15、某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是A放电时电势较低的电极反应式为：FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2Fe(CN)6B外电路中通过0.2 mol电子的电量时，负极质量变化为2.4 gC充电时，Mo箔接电源的正极D放电时，Na+从右室移向左室6、A、B、C、D、E、F为原子序数依次递增的六种短周期主族元素，A的单质是最理想的燃料。C原子次外层电子数是最外层的1/3，E与C同主族，下列说法不正确的是A元素D与A一定形成共价化合物B元素B可能与元素A形成

4、多种共价化合物CF最高价氧化物对应水化物定是一种强酸D若元素D是非金属元素，则D的单质可能是良好的半导体材料7、下列离子方程式正确的是A向FeCl3溶液中通人过量H2S：2Fe3H2S=2Fe2S2HB向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水：Ca2OHHCO3=CaCO3H2OC向NaClO溶液中通人少量SO2：SO2ClOH2O=SO42Cl2HD向FeI2溶液中通人等物质的量的Cl2：2Fe22I2Cl2=2Fe3I24Cl8、某红色固体粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一种或几种。为探究其组成，称取a g该固体粉末样品，用过量的稀硫酸充分反应后(已知:Cu2O+2H+Cu2+Cu+

5、H2O)，称得固体质量为b g。则下列推断不合理的是A反应后溶液中大量存在的阳离子最多有3种B向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固体完全溶解C若ba，则红色固体粉末一定为纯净物Db的取值范围:0ba9、ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O ，下列说法不正确的是（）AKClO3在反应中得电子BClO2是还原产物CH2C2O4在反应中被氧化D1molKClO3参加反应有2mole-转移10、在一定条件下发生下列反应，其中反应后固体质量增重的是AH2还原

6、三氧化钨(W03)B铝与氧化铁发生铝热反应C锌粒投入硫酸铜溶液中D过氧化钠吸收二氧化碳11、劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是A1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2B与互为同系物C核磁共振氢谱有4组峰D分子中所有原子均处于同一平面12、我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下：下列说法不正确的是Ab为电源的正极B中，捕获CO2时碳元素的化合价发生了变化Ca极的电极反应式为2C2O52 4e = 4CO2 + O2D上述装置存在反应：CO2 = C + O213、根据下列实验操作所得结论正确的是（）选项实验操作实验结论A向2支盛有5mL不同浓度

7、NaHSO3溶液的试管中同时加入2mL5%H2O2溶液浓度越大，反应速率越快B向40mL的沸水中滴入56滴FeCl3饱和溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，停止加热。当光束通过液体时，可观察到丁达尔效应得到Fe（OH）3胶体C向NaCl、NaI的混合稀溶液中滴入浓AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgCl）Ksp（AgI）D同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol/L NaClO溶液、0.1mol/LCH3COONa溶液的pH比较HClO和CH3COOH的酸性强弱AABBCCDD14、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB标准状况下，

8、与在光照条件下反应生成HCl分子数为C容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA15、化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是（ ）A为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B高铁“复兴号”车厢连接关键部位所使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料C2020年3月9日，发射了北斗系统第五十四颗导航卫星，其计算机的芯片材料是高纯度二氧化硅D蜡蛾幼虫会啃食聚乙烯塑料袋，并且能将其转化为乙二醇，这项研究有助于减少白色污染16、已知某二元酸H2MO4在水中电离分以下两步：H2MO4H+HMO4-，HM

9、O4-H+MO42-。常温下向20 mL0.1mol/L NaHMO4溶液中滴入cmol/LNaOH溶液，溶液温度与滴入NaOH溶液体积关系如图。下列说法正确的是A该氢氧化钠溶液pH=12B图像中F点对应的溶液中c(OH-)c(HMO4-)C滴入NaOH溶液过程中水的电离程度一直增大D图像中G点对应的溶液中c(Na+)=c(HMO4-)+2c(MO42-)17、常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是A溶液中c(H+)=1.010-2mol/LB此溶液中由水电离出的c(OH)=1.010-12mol/LC加水稀释100倍后，溶液的pH = 4D加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性18

10、、根据下图，有关金属的腐蚀与防护的叙述正确的是A钢闸门含铁量高，无需外接电源保护B该装置的原理是“牺牲阳极的阴极保护法”C将钢闸门与直流电源的负极相连可防止其被腐蚀D辅助电极最好接锌质材料的电极19、对下列化学用语的理解正确的是A丙烯的最简式可表示为CH2B电子式既可以表示羟基，也可以表示氢氧根离子C结构简式(CH3)2CHCH3既可以表示正丁烷，也可以表示异丁烷D比例模型既可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子20、下列各选项中所述的两个量，前者一定大于后者的是（ ）A将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液，所加水的量BpH=10的NaOH和Na2CO3溶液中，水的电离程度C物质的

11、量浓度相等的(NH4)2SO4溶液与(NH4)2CO3溶液中NH4+的物质的量浓度D相同温度下，10mL 0.1mol/L的醋酸与100mL 0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量21、某新型水系钠离子电池工作原理如下图所示。TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，充电时Na2S4还原为Na2S。下列说法错误的是A充电时，太阳能转化为电能，又转化为化学能B放电时，a极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-C充电时，阳极的电极反应式为：3I-2e-=I3-DM是阴离子交换膜22、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（ ）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析

12、出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+二、非选择题(共84分)23、（14分）1，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：完成下列填空：（1）写出反应类型：反应_反应_。（2）A和B的结构简式为_、_。（3）由合成尼龙的化学方程式为_。（4）由A通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_。24、（12分）聚碳酸酯（

13、简称PC）是重要的工程塑料，某种PC塑料(N)的合成路线如下：已知：iR1COOR2 + R3OHR1COOR3 + R2OHiiR1CH=CHR2R1CHO + R2CHO （1）A 中含有的官能团名称是_。（2）、的反应类型分别是_、_。 （3）的化学方程式是_。（4）是加成反应，G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是_。 （5）中还有可能生成的有机物是_（写出一种结构简式即可）。（6）的化学方程式是_。（7）己二醛是合成其他有机物的原料。L经过两步转化，可以制备己二醛。合成路线如下：中间产物1的结构简式是_。25、（12分）钴是一种中等活泼金属，化合价为+2价和+3价，其中CoC12易

14、溶于水。某校同学设计实验制取（CH3COO）2Co（乙酸钴）并验证其分解产物。回答下列问题：（1）甲同学用Co2O3与盐酸反应制备CoC124H2O，其实验装置如下：烧瓶中发生反应的离子方程式为_。由烧瓶中的溶液制取干燥的CoC124H2O，还需经过的操作有蒸发浓缩、_、洗涤、干燥等。（2）乙同学利用甲同学制得的CoC124H2O在醋酸氛围中制得无水（CH3COO）2Co，并利用下列装置检验（CH3COO）2Co在氮气气氛中的分解产物。已知PdC12溶液能被CO还原为Pd。装置E、F是用于检验CO和CO2的，其中盛放PdC12溶液的是装置_（填“E”或“F”）。装置G的作用是_；E、F、G中的

15、试剂均足量，观察到I中氧化铜变红，J中固体由白色变蓝色，K中石灰水变浑浊，则可得出的结论是_。通氮气的作用是_。实验结束时，先熄灭D和I处的酒精灯，一段时间后再关闭弹簧夹，其目的是_。若乙酸钴最终分解生成固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n（X）：n（CO）：n（CO2）：n（C2H6）=1：4：2：3（空气中的成分不参与反应），则乙酸钴在空气气氛中分解的化学方程式为_。26、（10分）18世纪70年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中，通常

16、用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置，试回答下列问题：(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是_，收集并吸收氯气应选用的装置为_。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气，防止氯气污染空气，试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_。(3)自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的，请你利用所学的化学知识加以鉴别，并写出有关的化学方程式_，_ 。(4)次氯酸具有漂白性，它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH溶液中，当滴到

17、最后一滴时，红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明)：_；_。(5)请设计一个简单的实验，确定(4)中红色褪去的原因是还是?_。27、（12分）对甲基苯胺可用对硝基甲苯作原料在一定条件制得。 主要反应及装置如下:主要反应物和产物的物理性质见下表: 实验步骤如下:向三颈烧瓶中加入50mL稀盐酸、10.7mL(13.7g)对硝基甲苯和适量铁粉,维持瓶内温度在80左右,同时搅拌回流、使其充分反应;调节pH=78,再逐滴加入30mL苯充分混合;抽滤得到固体,将滤液静置、分液得液体M;向M中滴加盐酸,振荡、静置、分液,向下层液体中加入NaOH溶液,充分振荡、静置;抽滤得固体,将其洗

18、涤、干燥得6.1g产品。回答下列问题:（1）主要反应装置如上图,a处缺少的装置是_ (填仪器名称),实验步骤和的分液操作中使用到下列仪器中的_(填标号)。a.烧杯 b.漏斗 c.玻璃棒 d.铁架台（2）步骤中用5%的碳酸钠溶液调pH =78的目的之一是使Fe3+ 转化为氢氧化铁沉淀,另一个目的是_。（3）步骤中液体M是分液时的_ 层(填“上”或“下”)液体,加入盐酸的作用是_。（4）步骤中加入氢氧化钠溶液后发生反应的离子方程式有_。（5）步骤中,以下洗涤剂中最合适的是_ (填标号)。a.乙醇 b.蒸馏水 c.HCl溶液 d.NaOH溶液（6）本实验的产率是_%。(计算结果保留一位小数)28、（

19、14分）据世界权威刊物自然最近报道，我国科学家选择碲化锆(ZrTe2)和砷化镉(Cd3As2)为材料验证了三维量子霍尔效应，并发现了金属-绝缘体的转换。回答下列问题：（1）锌和镉位于同副族，而锌与铜相邻。现有 4 种铜、锌元素的相应状态，锌：Ar3d104s2、锌：Ar3d104s1、铜：Ar3d104s1、铜：Ar3d10。失去1个电子需要的能量由大到小排序是_（填字母）。A. B. C. D.（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解温度高于H2Te，其主要原因是_。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它们的键角(立体构型)差别很大，用价层电子对互斥理论解释：_；用杂化轨道理论解释：

20、_。（3）Cd2+与NH3等配体形成配离子。Cd(NH3)42+中2个NH3被2个Cl替代只得到1种结构，它的立体构型是_。1 mol Cd(NH3)42+含_mol 键。（4）砷与卤素形成多种卤化物。AsCl3、AsF3、AsBr3的熔点由高到低的排序为_。（5）锆晶胞如图所示，1个晶胞含_个Zr原子；这种堆积方式称为_。（6）镉晶胞如图所示。已知：NA是阿伏加德罗常数的值，晶体密度为 d gcm3。在该晶胞中两个镉原子最近核间距为_nm（用含NA、d的代数式表示），镉晶胞中原子空间利用率为_（用含的代数式表示）。29、（10分）聚合物（W是链接中的部分结构）是一类重要的功能高分子材料，聚合

21、物X是其中的一种，转化路线如下：已知：iR1CHO+R2CH2CHO iiiiiR1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R2CH=CHR3（R代表烃基或氢原子）（1）E所含的官能团名称是_。（2）N的名称是_。（3）的反应类型是_。（4）的化学方程式是_。的化学方程式是_。（5）X的结构简式是_。（6）Q有多种同分异构体，其中符合下列条件的有_种。属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链遇FeCl3溶液显紫色苯环上的一氯代物只有两种其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6的结构简式为_（写出其中一种即可）。（7）请以CH3CH2OH为原料（无机试剂任选），用不超过4步的

22、反应合成CH3CH2CH2COOH，试写出合成流程图_。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、C【解析】钢铁生锈主要是电化学腐蚀，而电化学腐蚀的种类因表面水膜的酸碱性不同而不同，当表面水膜酸性很弱或中性时，发生吸氧腐蚀；当表面水膜的酸性较强时，发生析氢腐蚀，A、B均正确；C、钢闸门与锌板相连时，形成原电池，锌板做负极，发生氧化反应而被腐蚀，钢闸门做正极，从而受到保护，这是牺牲阳极的阴极保护法；当把锌板换成铜板时，钢闸门做负极，铜板做正极，钢闸门优先腐蚀，选项C错误；D、钢闸门连接直流电源的负极，做电解池的阴极而受到保护，这是连接直流电源的阴极保护法，选项D正

23、确。答案选C。2、B【解析】A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误B. 甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；C. 皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；D.溶液变蓝色，可能是淀粉没有发生水解，也可能是淀粉部分水解，D错误。故

24、选B。【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。3、B【解析】AX分子中含有碳碳双键，则能发生加聚反应，故A正确；BY分子()苯环上的二氯代物有6种，分别在苯环的2、3位取代，2、4位取代，2、5位取代，2、6位取代，3、4位取代和3、5位取代，故B错误；C与Y分子式相同，但结构不同，两者互为同分异构体，故C正确；D苯环有12原子共面，-COOH和HCOO-中4原子可能共面，故X、Y分子的所有原子可能共平面，故D正确；故答案为B。4、A【解析】由表中主要成分与温度关系可知，第一阶段反应为WO3与H2反应是W2

25、O5，同时还生成H2O，反应方程式为：2WO3+H2W2O5+H2O，温度介于550600，固体为W2O5、WO2的混合物；假定有2molWO3，由2WO3+H2W2O5+H2O、W2O5+H22WO2+H2O、WO2+2H2W+2H2O可知，三个阶段消耗的氢气的物质的量之比为1mol：1mol：(2mol2)=1：1：4，答案选A。5、A【解析】由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为FeFe(CN)6+2Na+-2e-=Na2FeFe(CN)6，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放电时的相反，以

26、此解答该题。【详解】A放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，A错误；B负极上Mg失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，外电路中通过0.2 mol电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1 mol，即质量变化2.4 g，B正确；C充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，Mo箔接电源的正极，C正确；D放电时，阳离子Na+向负电荷较多的正极移动，所以放电时，Na从右室移向左室，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应；原电池的正极

27、和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。6、A【解析】A的单质是最理想的燃料，A是H元素。C原子次外层电子数是最外层的1/3，说明C只能是第二周期的元素即C是O元素；E与C同主族，E是S元素；F是原子序数大于S的主族元素，F是Cl元素；B可能是Li、Be、B、C、N几种元素中的一种，D可能是F、Na、Mg、Al、Si、P中的一种。【详解】A. 若元素D是Na，Na与H形成的化合物NaH是离子化合物，故A错误；B. C、N与H元素都能形成多种共价化合物，如CH4、C2H6，NH3、N2H4等，故B正确；C. F是Cl元

28、素，最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，故C正确；D. 若元素D是Si元素，Si单质是良好的半导体材料，故D正确；选A。7、A【解析】A向FeCl3溶液中通人过量H2S，生成氯化亚铁、硫单质和盐酸，离子反应方程式为2Fe3H2S=2Fe2S2H，A选项正确；B过量少量问题，应以少量为标准，向NaHCO3溶液中加入少量澄清石灰水，反应中有2个OH-参与反应，正确的离子反应方程式为Ca22OH2HCO3=CaCO3+CO32-2H2O，B选项错误；CNaClO溶液中通人少量SO2的离子反应方程式为SO23ClOH2O=SO42Cl2HClO，C选项错误；D由于I-的还原性大于Fe

29、2+的还原性，则氯气先与I-反应，将I-氧化完后，再氧化Fe2+，根据得失电子守恒可知，等量的Cl2刚好氧化I-，Fe2+不被氧化，正确的离子反应方程式应为2I-+Cl2=I2+2Cl-，D选项错误；答案选A。8、C【解析】根据题意红色固体粉末可能存在六种组成。1、若a g红色固体粉末只有Cu，加入过量的稀硫酸不反应。称得固体质量b g即为铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；2、若a g红色固体粉末为Cu和Fe2O3的混合物，加入过量的稀硫酸与Cu不反应，与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称

30、得固体质量b g即为原混合物中铜反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子和硫酸根离子、二价铁离子和铜离子；3、若a g红色固体粉末为Cu和Cu2O，依据Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为原样品中的铜的质量加上Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；4、若a g红色固体粉末只有Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，反应后无固体剩余，因此b0，此时溶液中只含有氢离子和硫酸根离子；5、若a g红色固体粉末只有Cu2O，依据Cu2

31、O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入过量的稀硫酸生成铜和硫酸铜溶液，称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜的质量，因此ba，此时溶液中只含有氢离子、硫酸根离子和铜离子；6、若a g红色固体粉末为Cu2O和Fe2O3，加入过量的稀硫酸与Fe2O3反应生成硫酸铁溶液，与Cu2O反应生成铜和硫酸铜溶液，铜和硫酸铁溶液发生氧化还原反应：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若称得固体质量b g即为Cu2O反应生成的铜再次反应后剩余的质量，因此ba，此时溶液中含有氢离子以及硫酸根离子、铜离子、二价铁离子；A. 根据上述分析，反应后溶液中大量存在的

32、阳离子最多有3种，故A正确。B. 不论以何种形式组成的红色固体，反应后若有固体剩余，一定是铜。由于硫酸过量，向反应后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可与铜反应，只要硝酸足够，可能使反应产生的固体完全溶解，故B正确C. 若ba，即b c(H+)，溶液中存在电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=2c(MO42)+c(HMO4-)+c(OH)，则c(Na+)c(HMO4-)+2c(MO42-)，故D错误；答案选B。17、D【解析】A. pH = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.010-2mol/L，故不选A；B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW

33、/c（H+）=10-14/10-2=1.010-12mol/L，故不选B；C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3H2O、NH4Cl，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；答案：D18、C【解析】A. 钢闸门含铁量高，会发生电化学腐蚀，需外接电源进行保护，故A错误；B. 该装置的原理是通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护，并未“牺牲阳极”，故B错误；C. 将钢闸门与直流电源的负极相连，可以使被保护金属结构电位高于周围环境，

34、可防止其被腐蚀，故C正确；D. 辅助电极有很多，可以用能导电的耐腐蚀材料，锌质材料容易腐蚀，故D错误；故选C。【点睛】电化学保护又分阴极保护法和阳极保护法，其中阴极保护法又分为牺牲阳极保护法和外加电流保护法。这种方法通过外加直流电源以及辅助阳极，迫使电子从海水流向被保护金属，使被保护金属结构电位高于周围环境来进行保护。19、A【解析】A. 丙烯的分子式是C3H6，最简式可表示为CH2，故A正确；B. 电子式表示羟基，表示氢氧根离子，故B错误；C. 结构简式(CH3)2CHCH3表示异丁烷， CH3CH2CH2CH3表示异正烷，故C错误；D. 比例模型可以表示甲烷分子；氯原子半径大于碳，所以不能

35、表示四氯化碳分子，故D错误。20、C【解析】A. 醋酸是弱电解质，在稀释过程中继续电离出氢离子，氯化氢是强电解质，在水溶液中完全电离，所以pH相同的盐酸和醋酸，如果稀释相同倍数，则醋酸中氢离子浓度大于盐酸，所以将pH=4的盐酸和醋酸分别稀释成pH=5的溶液时所加水的量，醋酸加入水的量大于盐酸，A项错误；B. 酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，所以氢氧化钠抑制水电离、碳酸钠促进水电离，氢氧化钠中水电离程度小于碳酸钠溶液中水电离程度，B项错误；C. 碳酸根离子与铵根离子相互促进水解，所以硫酸铵溶液中铵根离子浓度大于碳酸铵，C项正确； D. 相同温度下,醋酸的浓度越大其电离程度越小,所以前

36、者电离程度小于后者,所以10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸中H+的物质的量前者小于后者，D项错误；答案选C。【点睛】D项是易错点，要注意物质的量浓度与物质的量不是一个概念，10mL0.1mol/L的醋酸与100mL0.01mol/L的醋酸物质的量虽然相同，但物质的量浓度不同，则电离程度不同。21、D【解析】TiO2光电极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，b是正极，在充电时，阳极失电子发生氧化反应，3I-2e-=I3-，据此回答。【详解】A.TiO2光电

37、极能使电池在太阳光照下充电，所以充电时，太阳能转化为电能，电能又能转化为化学能，A正确；B.充电时Na2S4还原为Na2S，放电和充电互为逆过程，所以a是负极，a极的电极反应式为：4S2-6e-=S42-，B正确；C.在充电时，阳极I-失电子发生氧化反应，极反应为3I-2e-=I3-，C正确；D.通过图示可知，交换膜只允许钠离子自由通过，所以M是阳离子交换膜，D错误；答案选D。【点睛】本题考查了原电池的原理，明确正负极上得失电子及反应类型是解题的关键，难点是电极反应式的书写，明确哪种离子能够自由通过交换膜，可以确定交换膜的类型。22、D【解析】A阴极b极反应：2H+2e-=H2产生氢气发生了化

38、学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后c(NaNO3)增大，故B正确；C取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2+H2=Cu+2H+，故C正确；D(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag+Cu=Cu2+2Ag和2Ag+H2=

39、2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。二、非选择题(共84分)23、消去反应 加成（氧化）反应 n+NH2RNH2+(2n-1)H2O 【解析】根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为：，它是通过环己醇通过消去反应而得到，A经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知信息，结合B在水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）反应的反应类型为：消去反应；反应为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；（2）根据上述分析可

40、知，A的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；（3）与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：n+NH2RNH2+(2n-1)H2O；（4）A为，若想制备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2二溴环己烷，1,2二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1，3环己二烯，其具体合成路线如下：。24、碳碳双键 氧化反应 加成反应 CH3CH=CH2 、 【解析】A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷和二氧化碳反应生成碳酸乙二酯，碳酸乙二酯和甲醇发生信息i中的反应生成碳酸二甲酯和HOCH2CH2OH，其中

41、F和M可生成N，则E为HOCH2CH2OH，F为碳酸二甲酯，结构简式为；G和苯反应生成J，由J分子式知G生成J的反应为加成反应，G为CH2=CHCH3，J发生氧化反应然后酸化生成L和丙酮，L和丙酮在酸性条件下反应生成M，由M结构简式和D分子式知，D为，F和M发生缩聚反应生成的PC结构简式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到；【详解】（1）A的分子式为C2H4，应为CH2=CH2，含有的官能团名称是碳碳双键；（2）反应是乙烯催化氧化生成环氧乙烷，反应类型为氧化反应；反应是环氧乙烷与CO2发生加成反应生成，反应类型是加成反应； （3）

42、反应是和CH3OH发生取代反应，生成乙二醇和碳酸二甲酯，发生反应的化学方程式是；（4）反应是G和苯发生加成反应生成的J为C9H12，由原子守恒可知D的分子式为C3H6，结合G的核磁共振氢谱有三种峰，G的结构简式是CH3CH=CH2； （5）反应中苯酚和丙酮还发生加成反应生成，还可以发生缩聚反应生成等；（6）反应是碳酸二甲酯和发生缩聚反应生成PC塑料的化学方程式为；（7）由信息ii可知，欲制己二醛可通过环己烯催化氧化得到，引入碳碳双键可通过醇或卤代烃的消去得到，结合L为苯酚可知，合成路线为苯酚与H2加成生成环己醇，环己醇发生消去反应生成环己烯，最后再催化氧化即得己二醛，由此可知中间产物1为环己醇

43、，结构简式是。【点睛】本题题干给出了较多的信息，学生需要将题目给信息与已有知识进行重组并综合运用是解答本题的关键，需要学生具备准确、快速获取新信息的能力和接受、吸收、整合化学信息的能力，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。本题需要学生根据产物的结构特点分析合成的原料，再结合正推与逆推相结合进行推断，充分利用反应过程C原子数目，对学生的逻辑推理有较高的要求。难点是同分异构体判断，注意题给条件，结合官能团的性质分析解答。25、Co2O36H2Cl=2Co2Cl23H2O 冷却结晶、过滤 F 除去CO2 分解产物中还含有一

44、种或多种含C、H元素的物质 将D中的气态产物被后续装置所吸收，或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水CuSO4的干燥管中 防止倒吸 3(CH3COO)2CoCo3O44CO2CO23C2H6 【解析】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G

45、的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可；【详解】(1)已知，盐酸、COCl2易溶于水，

46、写离子形式，氧化物、单质写化学式，反应的离子方程式: Co2O3+2Cl-+6H+=2Co2+Cl2+3H2O；因反应产物中含有结晶水，则不能直接加热制取，应采用：蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤干燥等操作；（2）装置E、F是用于检验CO和CO2，PdCl2溶液能被CO还原为Pd，因此装置E用于检验CO2，F装置用于检验CO，装盛足量PdCl2溶液；装置G的作用是吸收CO2，以防在装置内对后续实验产生干扰；氧化铜变红，则氧化铜被还原，无水硫酸铜变蓝，说明反应中产生水，石灰水变浑浊，则说明产生二氧化碳气体，则说明分解产物中含有一种或多种含有C、H元素的物质，答案为：除去CO2；分解产物中含有一种或

47、多种含C、H元素的物质；通入氮气的作用为使D装置中产生的气体全部进入后续装置，且排净后续装置内的氧气等，答案为：将D中的气态产物带入后续装置（或排除装置中的空气或不使K中水蒸气进入盛无水硫酸铜的干燥管等）；实验结束时，先熄天D和I处的酒精灯，一段时间后装置D、E内的温度降低后再停止通入气体可以有效防止倒吸，答案为：防止倒吸；乙酸钴受热分解，空气中的成分不参与反应生成物有固态氧化物X、CO、CO2、C2H6，且n(X) n(CO)n(CO2) n(C2H6)=1423，根据原子守恒配平即可，反应式为：3(CH3COO)2Co Co3O4+4CO+2CO2+3C2H6；26、C H Cl2+2Na

48、OH=NaCl+NaClO+H2O 取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水 AgNO3十HCl=AgCl+HNO3 氯水中的酸与碱发生中和反应 次氯酸将有色物质漂白 取“红色褪去”溶液12mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致 【解析】(1)在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，因此需要加热；氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，氯气可以用氢氧化钠溶液吸收，因此选择H；故答案为：C；H；(2)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠和水，配平即可，故答案

49、为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)假冒“纯净水”中有盐酸和次氯酸，可以用硝酸银溶液检验，盐酸和硝酸银反应生成氯化银白色沉淀和硝酸；故答案为：取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水；AgNO3HCl=AgCl+HNO3；(4)红色褪去的原因可能有两种情况：酸和碱发生了中和反应，红色褪去；次氯酸具有漂白性，也可以使红色褪去；故答案为：氯水中的酸与碱发生中和反应；次氯酸将有色物质漂白；(5)简单的实验是：在反应后的溶液中加氢氧化钠溶液，如果红色又出现，那么原因就是酸碱中和；反之则为氯水氧化指示剂；故答案为：取“红色

50、褪去”溶液12mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致。【点睛】气体的制取装置的选择与反应物的状态和反应的条件有关；气体的收集装置的选择与气体的密度和溶解性有关。27、球形冷凝管 ad 使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺 上 与对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐进入水层与对硝基甲苯的分离 H+OH-=H2O、+OH-+H2O b 57.0% 【解析】首先向三颈烧瓶中加稀盐酸、对硝基甲苯和适量铁粉加热进行反应，生成对甲基苯胺盐酸盐，调节pH=78，沉淀铁离子并使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，加入苯溶解生成的对甲基苯胺和未反应的对硝基甲苯，抽滤

51、静置分液得到有机层，向有机层中加入盐酸使对甲基苯胺转化为对甲基苯胺盐酸盐，生成的对甲基苯胺盐酸盐易溶于水，静置分液得到无机层，向无机层加入NaOH溶液，使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，对甲基苯胺常温下为不溶于水的固体，所以在加入氢氧化钠溶液后会有对甲基苯胺固体析出，抽滤得到固体，洗涤、干燥得到产品。【详解】（1）该反应中反应物沸点较低，加热反应过程中会挥发，需要在a处加装球形冷凝管冷凝回流；分液操作需要烧杯、分液漏斗、铁架台，所以选ad；（2）根据题目所给信息可知，pH值升高会使对甲基苯胺盐酸盐转化为对甲基苯胺，达到分离提纯的目的；（3）根据分析步骤中液体M为有机层，溶剂为苯，密度比水小，

52、所以在上层；加入盐酸使对甲基苯胺转化为易溶于水的对甲基苯胺盐酸盐，从而实现与对硝基甲苯的分离；（4）下层液体中有未反应的盐酸和生成的对甲基苯胺盐酸盐都与NaOH发生反应，离子方程式为：H+OH-=H2O、+OH-+H2O；（5）洗涤过程是为了洗去对甲基苯胺可能附着的对甲基苯胺盐酸盐、NaCl和NaOH等可溶于水的杂质，为降低对甲基苯胺洗涤过程的溶解损失，最好的洗涤剂应为蒸馏水，所以选b；（6）原料中有13.7g对硝基甲苯，即=0.1mol，所以理论上生成的对甲基苯胺应为0.1mol，实际得到产品6.1g，所以产率为=57.0%。28、A S原子半径小于Te，HS键的键能较大 H2S分子中S原子价层有2个孤电子对，孤电子对对成键电子对排斥力大于成键电子对之间排斥力，所以键角较小；CS2分子中C原子价层没有孤电子对，成键电子对之间排斥力相同且较小 H2S中S采用sp3杂化，CS2中C采用sp杂化 正四面体 16 AsBr3AsCl3AsF3 6 六方最密堆积 【解析】（1）电离能大小与原子的外围电子构型有关，具有稳定构型的元素，电离能较大。而同一元素电离能满足：I1I2I3I4。锌原子的第一电离能大于铜原子第一电离能，有；铜的第二电离能大于锌的第