2022届杭州高三最后一模化学试题含解析

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、乙醇、正戊烷、苯是常见有机物，下列说法正确的是（ ）。A苯和溴水共热生成溴苯B2，2-二甲基丙烷是正戊烷的同系物C乙醇、正戊烷、苯均可通过石油的分馏得到D乙醇、正戊烷、苯均能发生取代反应和氧化反应2、近年，科学家发现了116号元素Lv。下列关于293Lv和294Lv的说

2、法错误的是A两者电子数相差1B两者质量数相差1C两者中子数相差1D两者互为同位素3、NaCl是我们生活中必不可少的物质。将NaCl溶于水配成1molL1的溶液，溶解过程如图所示，下列说法正确的是Ab的离子为ClB溶液中含有NA个Na+C水合b离子的图示不科学D40时该溶液的pH小于7，是由于Na+水解所致4、有氯气参加的化学反应一定不属于A复分解反应B置换反应C取代反应D加成反应5、25时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（ ）ACH3COOH的Ka=1.010-4.7BC点的溶液中：c(

3、Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)CB点的溶液中：c(Na+)c(H+)=c(CH3COOH)c(OH-)DA点的溶液中：c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)=0.1mol/L6、下列离子方程式正确且符合题意的是A向Ba(NO3)2溶液中通入SO2，产生白色沉淀，发生的离子反应为Ba2+SO2+H2O=BaSO3+2HB向K3Fe(CN)6溶液中加入少量铁粉，产生蓝色沉淀，发生的离子反应为Fe+2Fe(CN)63=Fe2+2Fe(CN)64，3Fe2+2Fe(CN)63=Fe3Fe(CN)62C向酸化的KMnO4溶液中加入少量Na2S，再滴加BaCl2

4、溶液，产生白色沉淀，证明一定发生离子反应：8MnO4-+5S2+24H=8Mn2+5SO42+12H2OD向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变黄色：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl7、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A实验前两溶液的pH相等B实验前两溶液中离子种类完全相同C加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-Ca2=CaCO38、下列关于有机化合物的叙述中正确的是A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B汽油、柴油、花生油都是多种碳氢化合物的混合物C有机物 1mol

5、最多可与3 mol H2发生加成反应D分子式为C15H16O2的同分异构体中不可能含有两个苯环结构9、使用下列试剂或进行下列操作，能达到相应实验目的的是实验目的试剂或实验操作A制备一定量氢气锌粒、稀硝酸B证明Al(OH)3，具有两性0.1mol/L的盐酸与0.1mol/L的氨水C除去酒精中少量的水加入适量CaO后蒸发D证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧AABBCCDD10、生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白

6、质C物质C和油脂类物质互为同系物D物质A和B都属于非电解质11、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，其电池总反应为：V3+VO2+H2OVO2+2H+V2+下列说法正确的是（ ）A放电时正极反应为：VO2+2H+e-=VO2+H2OB放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂C放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D放电过程中，H+由正极移向负极12、利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示，H+、O2、NO3等共存物会影响修复效果。下列说法错误的是A反应均为还原反应B1mol三氯乙烯完全脱Cl时，电子转移为3molC

7、的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD修复过程中可能产生Fe(OH)313、已知CH4(g)+2O2(g)CO2(g)+2H2O(g) H= - Q1 ； 2H2(g)+O2(g) 2H2O(g) H= - Q2； H2O(g) H2O(l) H= - Q3 常温下，取体积比为4：1的甲烷和H2的混合气体112L（标准状况下），经完全燃烧后恢复到常温，则放出的热量为A4Q1+0.5Q2B4Q1+Q2+10Q3C4Q1+2Q2D4Q1+0.5Q2+9Q314、清代赵学敏本草纲目拾遗中关于“鼻冲水”的记载明确指出：“鼻冲水，出西洋，贮以玻璃瓶，紧塞其口，勿使泄气，则药力不减惟以此水

8、瓶口对鼻吸其气，即遍身麻颤出汗而愈。虚弱者忌之。宜外用，勿服。”这里的“鼻冲水”是稀硫酸、氢氟酸溶液、氨水、醋酸溶液中的一种。下列有关“鼻冲水”的推断正确的是()A“鼻冲水”滴入酚酞溶液中，溶液不变色B“鼻冲水”中含有5种粒子C“鼻冲水”是弱电解质D“鼻冲水”不能使二氧化硅溶解15、一场突如其来的“新冠疫情”让我们暂时不能正常开学。下列说法中正确的是A垃圾分类清运是防止二次污染的重要一环，废弃口罩属于可回收垃圾B为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒C以纯净物聚丙烯为原料生产的熔喷布，在口罩材料中发挥着不可替代的作用D中国研制的新冠肺炎疫苗已进入临床试验阶段，抗病毒疫苗需要低温

9、保存16、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素,其中Z为金属元素,X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物。其转化关系如图所示，下列判断错误的是A反应、都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W四种元素中，Y的原子半径最小CNa着火时，可用甲扑灭D一定条件下，x与甲反应生成丁17、温度T时，在初始体积为1L的两个密闭容器甲（恒容）、乙（恒压）中分别加入0.2molA和0.1molB，发生反应2A(g)+B(g) x C(g)，实验测得甲、乙容器中A的转化率随时间的变化关系如图所示。下列说法错误的是Ax可能为4

10、BM为容器甲C容器乙达平衡时B的转化率为25%DM的平衡常数大于N18、联合国大会宣布2019年是“国际化学元素周期表年”（I YPT 2019）下列运用元素周期律分析的推断中，错误的是A铍（Be）的氧化物的水化物具有两性B砹（At）为有色固体，AgAt感光性很强，不溶于水C硫酸锶（SrSO4）是难溶于水的白色固体D硒化氢（H2Se）是无色、有毒，比H2S稳定的气体19、中国是最早生产和研究合金的国家之一。春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，它们的合金成分可能是()A钠合金B硬铝C生铁D钛合金20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，K、L、M均是由

11、这些元素组成的二元化合物，甲、乙分别是元素X、Y的单质,甲是常见的固体，乙是常见的气体。K是无色气体，是主要的大气污染物之一，0.05mol/L丙溶液的pH为l，上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：WXYXC化合物XYZ中只含共价键DK、L、M中沸点最高的是M21、中国传统文化博大精深，明代方以智的物理小识中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是A物理小识中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为烃C生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D工业上可通过

12、煤的干馏获得乙烯、丙烯等化工原料22、对于排布在2s轨道上的电子，不能确定的是A电子所在的电子层B电子的自旋方向C电子云的形状D电子云的伸展方向二、非选择题(共84分)23、（14分）一种合成聚碳酸酯塑料（PC塑料）的路线如下：已知：酯与含羟基的化合物可发生如下酯交换反应RCOORROH RCOO R+ ROHPC塑料结构简式为：（1）C中的官能团名称是_，检验C中所含官能团的必要试剂有_。（2）D的系统命名为_。（3）反应II的反应类型为_，反应的原子利用率为_。（4）反应IV的化学方程式为_。（5）1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗_molNaOH。（6）反应I生成E时会生成

13、副产物F(C9H12O2)，其苯环上一氯代物有两种，则F的结构简式为_；写出满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_（任写一种）分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1：2核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：124、（12分）生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 gL1的烃。已知：(1)下列说法正确的是_。AA能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色B等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同CE能和Na反应，也能和Na2CO3反应DB和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物(2)C中含有的官能团名称是_。(3)由

14、B和E合成F的化学方程式是_。(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是_。25、（12分）某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律（提出猜想）小组提出如下4种猜想：甲：Mg(NO3)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：_(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_（实验操作）(3)设计如

15、图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_；加热Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：_，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液仍然难以检验，因为：_，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是_(用化学方程式表示)26、（10分）向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液（pH2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先

16、呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。.探究Fe2产生的原因。（1）提出猜想：Fe2可能是Fe与_或_反应的产物。（均填化学式）（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5 min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1_溶液(pH2)蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1 molL1 AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2。

17、但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下：取100 mL 0.1 molL1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为_（填“图甲”或“图乙”）。实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为_。.探究Fe3产生的原因。查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2被Ag氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag

18、。（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象_（填“能”或“不能”）证明Fe2可被Ag氧化，理由为_。27、（12分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2+4OH =Cu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL 15mol/L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。II10mL 15mol/L浓H2SO4溶

19、液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是_。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂_。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i. 黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii. 开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证明黑色沉淀不含CuO，理由是_。乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是_。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_。（

20、4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150取样230取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230时黑色沉淀的成分是_。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因_。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，

21、为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是_。28、（14分）VIA族的氧，硫，硒(Se)，碲(Te)等元素在化合物中常表现出多种氧化态，含VIA族元素的化合物在研究和生产中有许多重要用途。请回答下列问题：(1)S单质的常见形式为S8，其环状结构如下图所示，S原子采用的轨道杂化方式是_。(2)Se原子序数为_，其核外M层电子的排布式为_。(3)H2Se的酸性比H2S_(填“强”或“弱”)。气态SeO3分子的立体构型为_，SO32离子的立体构型为_。(4)H2SeO3的K1和K2分别为2.7103和2.5108，H2SeO4第一步几乎完全电离，K2为1.2102，请根据结构与性质的

22、关系解释：H2SeO3和H2SeO4第一步电离程度大于第二步电离的原因：_。H2SeO4比H2SeO3酸性强的原因：_。29、（10分）I是合成抗凝血药物的中间体,一种合成I的路线如下(部分产物和条件省略):已知:酚羟基难与羧酸发生酯化反应。回答下列问题:(1)E的名称是_；I中既含碳又含氧的官能团名称是_。(2)F有多种同分异构体，它们在下列仪器中显示信号完全相同的是_ (填字母)。a.核磁共振氢谱仪 b.元素分析仪 c.质谱仪 d.红外光谱仪(3)D +GH的反应类型是_。(4)写出FG的化学方程式：_。(5)T是H的同分异构体，T同时具备下列条件的同分异构体有_种，其中苯环上一氯代物只有

23、2种的结构简式为_(写出一种即可)。苯环上只有3个取代基 只含一种官能团能发生水解反应和银镜反应 1 mol该有机物消耗4 mol NaOH(6)参照上述流程,以苯甲醇为原料(无机试剂自选)合成,设计合成方案：_。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】A、苯和液溴铁作催化剂，不需要加热，生成溴苯，故A错误；B、2，2二甲基丙烷分子式为C5H12，与正戊烷为同分异构体，故B错误；C、石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，乙醇是含氧衍生物，故C错误；D、乙醇、正戊烷、苯都能发生取代反应，都能燃烧，属于氧化反应，故D正确。2、A【解析】A、293Lv和29

24、4Lv的电子数都是116，A错误；B、293Lv的质量数是293，294Lv的质量数是294，质量数相差1，B正确；C、293Lv的中子数是117，294Lv的中子数是118，中子数相差1，C正确；D、293Lv和294Lv是质子数相同，中子数不同的同种元素的不同原子，互为同位素，D正确；答案选A。3、C【解析】NaCl在溶液中电离出Na+和Cl，Na+含有2个电子层，Cl离子含有3个电子层，则离子半径ClNa+，根据图示可知，a为Cl、b为Na+，A. 离子半径ClNa+，则a离子为Cl，b离子为Na+，故A错误；B. 没有告诉该NaCl溶液的体积，无法计算该溶液中含有Na+的数目，故B错误

25、；C. b为Na+，带正电荷，会使水分子中带有负电的氧原子受到吸引，故图示b离子不科学，故C正确；D. Cl、Na+都不水解，NaCl溶液呈中性，故D错误；故选C。【点睛】B项是学生们的易错点，往往忽视了题中并没有给出溶液的体积，直接认为溶液体积是1L，进行计算，这种错误只要多加留意，认真审题即可避免。4、A【解析】A复分解反应中一定没有单质参与与生成，而氯气属于单质，则有氯气参加的化学反应一定不属于复分解反应，选项A选；B氯气与KI等的置换反应，有氯气参加，选项B不选；C甲烷等与氯气的取代反应，有氯气参加，选项C不选；D乙烯等与氯气的加成反应中，有氯气参加，选项D不选；答案选A。【点睛】本题

26、考查氯气的化学性质及反应类型，为高频考点，把握氯气的氧化性及有机反应中氯气的作用为解答的关键，注重基础知识的考查，注意利用实例分析，氯气具有氧化性，有氯气参加的反应为氧化还原反应，也可发生有机的取代、加成反应，则不可能为复分解反应。5、D【解析】A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=110-4.7，所以Ka=110-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(

27、H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+) c(OH-)，c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。6、B【解析】ABaSO3和HNO3不能大量共存，白色沉淀是BaSO4，A项错误；B铁氰化钾可氧化铁单质生成亚铁离子，Fe2+与K3F

28、e(CN)6溶液反应生成具有蓝色特征的铁氰化亚铁沉淀，离子方程式正确，B项正确；C不能排除是用硫酸对高锰酸钾溶液进行酸化，故酸化的高锰酸钾溶液中可能含有H2SO4，则不能证明上述离子反应一定发生，C项错误；D还原性：IFe2+，少量氯水优先氧化碘离子，离子方程式应为2ICl2=I22Cl，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式书写正误判断方法：（1）一查：检查离子反应方程式是否符合客观事实；（2）二查：“=”“”“”“”是否使用恰当；（3）三查：拆分是否正确。只有易溶于水的强电解质能拆写成离子，其他物质均不能拆写；（4）四查：是否漏写离子反应；（5）五查：反应物的“量”过量、少量、足量等；（6

29、）六查：是否符合三个守恒：质量守恒、电荷守恒以及得失电子守恒。7、B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+CaCO3，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O，故CD错误。8、A【解析】A乙烯具有较强的还原性，能与强氧化剂高锰酸钾反应，故可用高锰酸钾除掉乙烯，为了延长水果的保鲜期将水果放入有浸泡过高锰酸钾溶液的硅土的密

30、封容器中，故A正确；B汽油、柴油都是含多种烃类的混合物，只含有碳、氢两种元素，花生油是油脂，含有碳、氢、氧三种元素，故B错误；C有机物 中只有碳碳双键可与氢气加成，则1mol该有机物最多可与2mol H2发生加成反应，故C错误；D分子式为C15H16O2的有机物不饱和度为8，一个苯分子的不饱和度为4，则其同分异构体中可能含有两个苯环结构，故D错误；【点睛】有机物不饱和度=（注：如果有机物有氧和硫，氧和硫不影响不饱和度，不必代入上公式）。9、D【解析】A. 稀硝酸具有强氧化性，与锌粒反应不会生成氢气，达不到实验目的；B. 氢氧化铝不与弱碱反应，而氨水不能溶解氢氧化铝，达不到实验目的；C. 除去酒

31、精中少量的水，加入适量CaO后，CaO会与水反应生成沸点较高的氢氧化钙，可利用蒸馏的方法得到酒精，而不是蒸发操作，C项错误；D. 用脱脂棉包裹适量Na2O2后，再向脱脂棉上滴几滴水，脱脂棉燃烧，说明该反应为放热反应，放热反应的反应物的键能之和小于生成物的键能之和，即证明Na2O2与H2O的键能之和小于生成的NaOH与氧气的键能之和，D项正确；答案选D。【点睛】反应热的表达有宏观与微观两种方式。第一种，反应热=生成物的总能量-反应物的总能量；第二种，反应热=反应物的键能之和-生成物的键能之和，学生要理解反应的实质。10、B【解析】淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，

32、葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。【详解】由上述分析可以知道，转化1为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误；B. 淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2On C6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的；C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COO

33、C-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；D. 乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。所以B选项是正确的。11、A【解析】根据电池总反应V3+VO2+H2OVO2+2H+V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。【详解】A、原电池放电时，VO2+离子中V的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2+2H+e-=VO2+H2O，故A正确；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2

34、+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，故B错误；C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C错误；D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。12、B【解析】A. 由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以均为还原反应，A项正确；B. 三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 m

35、ol电子，B项错误；C. 由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3- + 8e- NH4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH-来配平，所以 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2O，C项正确；D. ZVI 失去电子有Fe2+产生，Fe2+在氧气和OH-的作用下，可能产生Fe(OH)3，D项正确；答案选B。13、D【解析】CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g) H=- Q1 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(g) H= - Q2；H2O(g) H2O(l) H= - Q3 ；根据盖斯定律+2得CH4(g)+2

36、O2(g)=CO2(g)+2H2O(l)H=-Q1-2Q3；根据盖斯定律+2得2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)H=Q2-2Q3，标准状况下，112L体积比为4:1的甲烷和H2的混合气体的物质的量为=5mol，故甲烷的物质的量为5mol=4mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为（Q1+2Q3)=4(Q1+2Q3)，氢气的物质的量为5mol-4mol=1mol，完全燃烧生成液体水放出的热量为(Q2+2Q3)=0.5(Q2+2Q3)，故甲烷、氢气完全燃烧，放出的热量为:4(Q1+2Q3)+0.5(Q2+2Q3)=4Q1+0.5Q2+9Q3，故选D。答案：D。【点睛】先根据混合气体的物质的量结

37、合体积分数计算甲烷、氢气各自物质的量，再根据盖斯定律，利用已知的三个热化学反应方程式进行计算甲烷、氢气完全燃烧生成液体水和二氧化碳的反应热。14、D【解析】根据鼻冲水贮存在玻璃瓶中可知鼻冲水不是氢氟酸，根据性质可判断其易挥发，又因为宜外用，勿服，因此可判断应该是氨水，据此解答。【详解】A氨水显碱性，滴入酚酞溶液中，溶液变红色，A错误；B氨水中含NH3、H2O、NH3H2O、H+、NH4+、OH-，含有分子和离子的种类为6种，B错误； C由鼻冲水（氨水）可知，氨水为混合物，而弱电解质为化合物，则氨水不是弱电解质，而一水合氨为弱电解质，C错误；D氨水显弱碱性，不能溶解二氧化硅，D正确。答案选D。1

38、5、D【解析】A使用过的口罩、手套等个人防护用品受到细菌、病毒感染属于有害垃圾，随意丢弃或者和生活垃圾混合有可能造成二次污染，对这些有害垃圾集中回收既能减少二次污染，也方便了对废弃口罩、手套等防护用品的集中处理，故A错误；B无水酒精是纯度较高的乙醇水溶液，99.5%的叫无水酒精，过高浓度的酒精使蛋白质凝固的本领很大，它却使细菌表面的蛋白质一下子就凝固起来，形成了一层硬膜。这层硬膜阻止酒精分子进一步渗入细菌内部，反而保护了细菌，杀菌消毒效果降低，70%75%的酒精称之为医用酒精，用于消毒效果最好，为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用医用杀菌消毒，故B错误；C聚丙烯是平常常见的高分子材料之一，高

39、聚物的聚合度n值不同，分子式不同，不是纯净物，属于混合物，故C错误；D疫苗是将病原微生物(如细菌、立克次氏体、病毒等)及其代谢产物，经过人工减毒、灭活或利用基因工程等方法制成的用于预防传染病的自动免疫制剂，病毒疫苗主要成分是蛋白质，高温下蛋白质会变质，需要低温保存，故D正确；答案选D。16、C【解析】根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁。A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，选项A正确；B. 同周期元素原子从左

40、到右依次减小，同主族元素原子从上而下半径增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，O的原子半径最小，选项B正确；C. Na着火时，不可用二氧化碳扑灭，选项C错误；D. 一定条件下，碳与二氧化碳在高温条件下反应生成一氧化碳，选项D正确。答案选C。点睛：本题考查元素周期表、元素周期律及物质的推断，根据题中信息可判断x为碳，丙为二氧化硅，在高温条件下碳与硅反应生成w为硅、丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，z为镁，二氧化碳在镁中点燃反应生成碳和乙为氧化镁，据此分析解答。17、D【解析】若该反应为气体物质的量增大的反应，即x3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强增大，平衡过程中反应

41、速率比恒压时大，建立平衡需要的时间较少，对应于图像M，增大压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像相符；若该反应为气体物质的量减少的反应，即x3，随着反应的进行，甲容器中气体的压强减小，平衡过程中反应速率比恒压时小，建立平衡需要的时间较长，对应于图像N，减小压强，平衡逆向移动，A的转化率减小，与图像不符；若该反应x=3，则两容器得到相同的平衡状态，与图像不符，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，该反应为气体物质的量增大的反应，因此x可能为4，故A正确；B根据上述分析，该反应为气体体积增大的反应，M为容器甲，N为容器乙，故B正确；C根据上述分析，N为容器乙，容器乙达平衡时A的转化率为25%，

42、根据方程式2A(g)+B(g) x C(g)，加入0.2molA和0.1molB时，反应的B为A的物质的量的一半，A和B的转化率相等，也是25%，故C正确； D温度不变，平衡常数不变，达到平衡时，M、N对应的温度相同，则平衡常数相等，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的关键是判断压强对该反应的影响。本题的难点是排除x3的情况。18、D【解析】A. 元素周期表中Be和Al处于对角线位置上，处于对角线的元素具有相似性，所以 可能有两性，故A正确；B. 同一主族元素具有相似性，所以卤族元素性质具有相似性，根据元素的性质、氢化物的性质、银盐的性质可推知砹（At）为有色固体， 感光性很强，且不溶于水也不

43、溶于稀酸，故B正确；C. 同主族元素性质具有相似性，钡和锶位于同一主族，性质具有相似性，硫酸钡是不溶于水的白色物质，所以硫酸锶也是不易溶于水的白色物质，故C正确；D. S和Se位于同一主族，且S元素的非金属性比Se强，所以 比稳定，故D错误；故答案为：D。19、C【解析】人们利用金属最早的合金是青铜器，是铜锡合金，春秋战国时期的名剑“干将”、“莫邪”性能远优于当时普遍使用的青铜剑，根据当时的技术水平，结合金属活动性顺序，可以推断它们的合金成分可能是生铁，不可能是其他三种活泼金属的合金，故答案选C。【点睛】人类利用金属的先后和金属的活动性和在地壳中的含量有关，金属越不活泼，利用的越早，金属越活泼

44、，提炼工艺较复杂，故利用的越晚。20、C【解析】0.05mol/L丙溶液的pH为l，可知丙为二元强酸，应为H2SO4，K是无色气体，是主要的大气污染物之一，且可生成H2SO4，则应为SO2，可知乙为O2，L为H2O，甲是单质，且与浓硫酸反应生成SO2、H2O，可知甲为C，M为CO2，则W为H元素，X为C元素，Y为O元素，Z为S元素。【详解】A项、同周期元素，原子半径从左到右逐渐减小，CO，故A错误；B项、同主族元素，从上到下非金属性减弱，OS，故B错误；C项、化合物COS都由非金属性构成，只含共价键，故C正确；D项、K、M常温下为气体，L为水，常温下为液体，沸点最高，故D错误。故选C。【点睛】

45、本题考查元素周期律，侧重考查分析能力和推断能力，注意溶液pH为推断突破口，熟练掌握元素化合物知识，注意抓住短周期元素形成二元化合物是解答关键。21、A【解析】A由物理小识中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉曰礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烃只由C、H两种元素组成，B选项错误；C生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误；D工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。22、B【解析】排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层

46、，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，故选B。【点睛】明确S轨道的形状、以及无伸展方向是解题关键，排布在2s轨道上的电子，则可以判断其在第二电子层，S能级电子云的形状为球形，所以电子云无伸展方向，但不能确定电子的自旋方向，据此分析。二、非选择题(共84分)23、溴原子 NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液 2-丙醇 氧化反应 100% 4n 等 【解析】B为CH2=CH2，B发生氧化反应生成环氧乙烷，环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，与甲醇反应为信息的反应，反应的化学方程式是，生成HOCH2CH2OH和CH3OCOOCH3；A在一定的条件下与HBr发生加成反应，

47、根据原子守恒知，A为C3H6，结构简式为CH2=CHCH3，C为CH3CHBrCH3，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D，D为CH3CHOHCH3，D在铜作催化剂，加热条件下氧化成丙酮，丙酮与发生反应I生成E，E与丙酮发生反应生成PC。【详解】（1）C为CH3CHBrCH3，官能团名称是溴原子，C中NaOH溶液中加热发生水解生成D和溴化钠，先加稀硝酸中和氢氧化钠，再加硝酸银溶液，产生白色沉淀，检验C中所含官能团的必要试剂有NaOH溶液、稀硝酸、硝酸银溶液。（2）为CH3CHOHCH3，D的系统命名为2-丙醇。（3）B为CH2=CH2，B发生氧化反应生成环氧乙烷，反应II的反应类型为氧化反应，

48、环氧乙烷与二氧化碳发生反应生成，反应的原子利用率为100%。（4）E与丙酮发生反应生成PC，反应IV的化学方程式为。（5）酚形成的酯水解时需消耗2molNaOH，PC的一个链节中有2个酚形成的酯基，1molPC塑料与足量NaOH溶液反应，最多消耗4nmolNaOH。（6）反应I生成E时会生成副产物F(C9H12O2)，分子式为C9H12O2且符合属于芳香化合物，其苯环上一氯代物有两种，F的两取代基只能处于对位，则F的结构简式为；能满足下列条件的F的同分异构体分子中含有苯环，与NaOH溶液反应时物质的量为1:2，核磁共振氢谱显示有5种不同化学环境的氢，且峰面积之比为6：2：2：1：1，符合条件的

49、是二元酚类，符合条件的同分异构体结构简式为：等。【点睛】本题考查有机物的合成，把握合成流程中官能团的变化、有机反应、习题中的信息为解答的关键，注意有机物性质的应用，难点（6），注意掌握同分异构体的书写方法。24、ABD 碳碳三键 nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O 【解析】C是密度为1.16 gL1的烃，则M=Vm=1.16 gL122.4L/mol=26g/mol，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH

50、=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；C.E中有OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；D.B和E中都是双官能团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。答案选ABD

51、；(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O；(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RCCH，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是等。25、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理 避免对产物O2的检验产生干扰(或其它合理答案 固体减少，产生

52、红棕色气体，溶液中有气泡冒出 确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验 亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了 几滴酚酞试剂 4NO2+O2+2H2O=4HNO3 或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O 【解析】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2； (2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg（NO3）2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象

53、，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丁产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化

54、，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3 或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。26、HNO3 AgNO3 NaNO3 该反应速率很小（或该反应的活化能较大） 图乙 4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O 加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，

55、再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可） 【解析】.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与AgNO3溶液反应生成Fe2，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22Ag，因此溶液中的Fe2可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；（2）探究Fe2的产生原因时，2号试管作为1号试管的对比实验，要排除Ag的影响，可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag的NaNO3溶液进行对比实验，故答案为：NaNO3

56、；AgNO3可将Fe氧化为Fe2，但1号试管中未观察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢，生成的Fe2浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；由2号试管得出的结论正确，说明Fe2是Fe与HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，则图乙为pH传感器测得的图示，故答案为：图乙；实验测得2号试管中有NH生成，说明Fe与HNO3反应时，Fe将HNO3还原为NH，根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O，故答案为：4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O；.（3）Ag氧化

57、Fe2时发生反应AgFe2=AgFe3，而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H2SO4溶液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3生成，不能证明Fe2可被Ag氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO可将Fe2氧化为Fe3，且Fe（NO3）2溶液直接与空气接触，

58、Fe2也可被空气中的氧气氧化为Fe3；故答案为：不能；Fe2可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可）。27、Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O NaOH溶液 实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。 溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色 取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色 HNO3 CuS CuS+2H2SO4S+CuSO4+SO2+2H2O 将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250以上，其后加入适量铜片 【解析】

59、（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因