2022届湖北省孝感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、在催化剂、400时可实现氯的循环利用，下图是其能量关系图下列分析正确的是A曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B反应物的总键能高于生成物的总键能C反应的热化学方程式为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2+2H2O(g)H115.6 kJD若反应生成2mol液态水，放出的

2、热量高于115.6kJ2、下列关于有机物的说法不正确的是A正丁烷和异丁烷的沸点相同B麦芽糖的水解产物只有葡萄糖C疫苗冷藏存放的目的是避免蛋白质变性D苯与乙烯均可以使溴水褪色，但褪色原理不同3、一l，3一葡聚糖具有明显的抗肿瘤功效，受到日益广泛的关注。-l，3一葡聚糖的结构简式如图，下列说法正确的是A分子式为(C6Hl2O6)nB与葡萄糖互为同系物C可以发生氧化反应D葡萄糖发生加聚反应可生成-l，3一葡聚糖4、香豆素4由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如下图所示。下列有关叙述错误的是A分子式为C10H9O3B能发生水解反应C能使酸性KMnO4溶液褪色D1 mol香豆素4最多消耗3 mol N

3、aOH5、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。 下列说法正确的是A原子半径:WXB最简单氢化物的热稳定性:YZC工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质DWO2、YO2、ZO2均为共价化合物6、对已达化学平衡的反应：2X（g）+Y（g）2Z（g），减小压强后，对反应产生的影响是A逆反应速率增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方向移动B逆反应速率减小，正反应速率增大，平衡向正反应方向移动C正反应速率先减小后增大，逆反应速率减小，平衡向逆反应方向移动D逆反应速率先减小后增大，正反应速率减小，平衡向逆反应方

4、向移动7、短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，在下列转化关系中，甲、乙、丙、丁、戊为上述四种元素组成的二元或三元化合物。其中A为d元素组成的单质，常温下乙为液体，丁物质常用于消毒、漂白。下列说法错误的是A简单离子半径：cbB丙中既有离子键又有极性键Cb、c形成的化合物中阴、阳离子数目比为1：2Da、b、d形成的化合物中，d的杂化方式是sp38、下列转化过程不能一步实现的是AAl(OH)3Al2O3BAl2O3Al(OH)3CAlAlCl3DAlNaAlO29、实验测知 K3C60 熔融状态下能导电，关于 K3C60 的分析错误的是A是强电解质B存在两种作用力C是离子晶体D阴阳离子个数比

5、为 20110、常温下，下列有关叙述正确的是（ ）A向0.1mol/LNa2CO3溶液中通入适量CO2气体后：BpH=6的NaHSO3溶液中：cC等物质的量浓度、等体积的Na2CO3和NaHCO3混合：cD0.1mol/LNa2C2O4溶液与0.1mol/LHCl溶液等体积混合（H2 C2O4为二元弱酸）：2c11、短周期元素 m、n、p、q 在元素周期表中的排列如图所示，其中 n 的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，下列说法正确的是（）A元素n位于元素周期表第3周期，第A族B单质与水反应置换出氢气的能力：mnC简单离子半径：mqD最高价氧化物对应水化物的碱性：mn12、我

6、国科学家以MoS2为催化剂，在不同电解质溶液中实现常温电催化合成氨，其反应历程与相对能量模拟计算结果如图。下列说法错误的是（ ）ALi2SO4溶液利于MoS2对N2的活化B两种电解质溶液环境下从N2NH3的焓变不同CMoS2(Li2SO4溶液)将反应决速步(*N2*N2H)的能量降低DN2的活化是NN键的断裂与NH键形成的过程13、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，Z原子最外层电子数与其电子层数相同；X与W同主族。下列叙述不正确的是（ ）A原子半径：YZWXBX、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：1CY、Z和W的最高价氧化物的水化物可以相互反应

7、DX与W形成的化合物可使紫色石蕊溶液变红14、下列关于原子结构、元素性质的说法正确的是()A非金属元素组成的化合物中只含共价键BA族金属元素是同周期中金属性最强的元素C同种元素的原子均有相同的质子数和中子数DA族元素的阴离子还原性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强15、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是A丙属于碱性氧化物BW元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族CW的原子序数是Z的两倍，金属性

8、弱于ZD常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，消耗的HNO3物质的量相等16、A、B、C、X为中学化学常见物质，A、B、C含有相同元素甲，可以发生如下转化（水参与的反应，水未标出）。下列说法不正确的是A若A、B、C的焰色反应呈黄色、水溶液均呈碱性，则X可以是CO2B若C为红棕色气体，则A一定为空气中含量最高的气体C若B为FeCl3，则X一定是FeDA可以是碳单质，也可以是O217、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸

9、点相差较大D除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响大AABBCCDD18、向0.1molL-1的NH4HCO3溶液中逐渐加入0.1molL-1NaOH 溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示(纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数a)，根据图象下列说法不正确的是 ( )A开始阶段，HCO3-反而略有增加，可能是因为 NH4HCO3 溶液中存在 H2CO3，发生的主要反应是 H2CO3+OH-=HCO3-+H2OB当 pH 大于 8.7 以后，碳酸氢根离子和铵根离子同时与氢氧根离子反应CpH=9.5 时，溶液中 c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)

10、c(CO32-)D滴加氢氧化钠溶液时，首先发生的反应：2NH4HCO3+2NaOH=(NH4)2CO3+Na2CO319、下列材料或物质的应用与其对应的性质完全相符合的是AMg、Al合金用来制造飞机外壳合金熔点低B食品盒中常放一小袋Fe粉Fe粉具有还原性CSiO2用来制造光导纤维SiO2耐酸性D葡萄酒中含SO2SO2有漂白性20、人的血液中存在H2CO3HCO3这样“一对”物质，前者的电离和后者的水解两个平衡使正常人血液的pH保持在7.357.45之间血液中注射碱性物质时，上述电离和水解受到的影响分别是A促进、促进B促进、抑制C抑制、促进D抑制、抑制21、联合国宣布2019年为“国际化学元素周

11、期表年”。现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，Z、W处于同周期且族序数相差6。下列说法正确的是A元素非金属性：BY和Z形成的化合物中只存在离子键CZ、W的简单离子半径：D只有W元素的单质可用于杀菌消毒22、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 L 0.1 molL1NaClO溶液中含有的ClO为NAB1 mol Fe在1 mol Cl2中充分燃烧，转移的电子数为3NAC常温常压下，32 g O2与O3的混合气体中含有的分子总数小于NAD标准状况下，22.4 L HF中含有的氟原子数目为NA二、非选择题(共84分)23、

12、（14分）合成药物X、Y和高聚物Z，可以用烃A为主要原料，采用以下路线：已知：I.反应、反应均为加成反应。II.请回答下列问题：(1)A的结构简式为_。(2)Z中的官能团名称为_，反应的条件为_.(3)关于药物Y()的说法正确的是_。A1mol药物Y与足量的钠反应可以生成33.6 L氢气B药物Y的分子式为C8H8O4，能使酸性高锰酸钾溶液褪色C药物Y中、三处-OH的活泼性由强到弱的顺序是D1mol药物Y与H2、浓溴水中的Br2反应，最多消耗分别为4 mol和2 mol(4)写出反应EF的化学方程式_。FX的化学方程式_。(5)写出符合下列条件的E的一种同分异构体的结构简式_。遇FeCl3溶液可

13、以发生显色反应，且是苯的二元取代物；能发生银镜反应和水解反应；核磁共振氢谱有6个峰。(6)参考上述流程以CH3CHO和CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成Z的线路_。24、（12分）我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中官能团的名称是_。F的化学名称是_。（2）C和D生成E的化学方程式为_。（3）G的结构简式为_。（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是_、_。（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结

14、构简式为_（任写一种）。25、（12分）图中是在实验室进行氨气快速制备与性质探究实验的组合装置，部分固定装置未画出。(1)在组装好装置后，若要检验AE装置的气密性，其操作是：首先_，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好。(2)装置B中盛放的试剂是_。(3)点燃C处酒精灯，关闭弹簧夹2，打开弹簧夹1，从分液漏斗放出浓氨水至浸没烧瓶中固体后，关闭分液漏斗活塞，稍等片刻，装置C中黑色固体逐渐变红，装置E中溶液里出现大量气泡，同时产生_(填现象)。从E中逸出液面的气体可以直接排入空气，写出C中反应的化学方程式：_。(4)当C中

15、固体全部变红色后，关闭弹簧夹1，慢慢移开酒精灯，待冷却后，称量C中固体质量，若反应前固体质量为16 g，反应后固体质量减少2.4 g，通过计算确定该固体产物的化学式：_。(5)在关闭弹簧夹1后，打开弹簧夹2，残余气体进入F中，很快发现装置F中产生白烟，同时发现G中溶液迅速倒吸流入F中。写出产生白烟的化学方程式：_。26、（10分）亚氯酸钠常用作漂白剂。某化学小组设计实验制备亚氯酸钠，并进行杂质分析。实验I 按图装置制备NaC1O2晶体已知：C1O2为黄绿色气体，极易与水反应。NaC1O2饱和溶液在低于38时析出NaC1O23H2O晶体，高于38时析出NaC1O2晶体，温度高于60时NaC1O2

16、分解生成NaC1O3和NaCl。（1）装置A中b仪器的名称是_；a中能否用稀硫酸代替浓硫酸_（填“能”或“不能”），原因是_。（2）A中生成C1O2的化学反应方程式为_。（3）C中生成NaC1O2时H2O2的作用是_；为获得更多的NaC1O2，需在C处添加装置进行改进，措施为_。（4）反应后，经下列步骤可从C装置的溶液中获得NaC1O2晶体，请补充完善。i.55时蒸发结晶 ii._ ii.用40热水洗涤 iv.低于60干燥，得到成品实验 样品杂质分析（5）上述实验中制得的NaC1O2晶体中还可能含有少量中学常见的含硫钠盐，其化学式为_，实验中可减少该杂质产生的操作（或方法）是_（写一条）。27

17、、（12分）文献表明：工业上，向炽热铁屑中通入氯化氢生产无水氯化亚铁;相同条件下，草酸根(C2O42-)的还原性强于Fe2+。为检验这一结论，雅礼中学化学研究性小组进行以下实验：资料:i. 草酸(H2C2O4)为二元弱酸。ii. 三水三草酸合铁酸钾K3Fe(C2O4)33H2O为翠绿色晶体，光照易分解。其水溶液中存在Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42- K=6.310-21iii.FeC2O42H2O为黄色固体，溶于水，可溶于强酸。（实验1）用以下装置制取无水氯化亚铁(1)仪器a的名称为_。(2)欲制得纯净的FeCl2，实验过程中点燃A、C酒精灯的先后顺序是_。(3)若用D的装置进行尾

18、气处理，存在的问题是_、_。（实验2）通过Fe3+和C2O42-在溶液中的反应比较Fe2+和C2O42-的还原性强弱。(4)取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红。继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。加硫酸后溶液变红的原因是_。(5)经检验，翠绿色晶体为K3Fe(C2O4)33H2O。设计实验，确认实验2中没有发生氧化还原反应的操作和现象是_。(6)取实验2中的翠绿色溶液光照一段时间，产生黄色浑浊且有气泡产生。补全反应的离子方程式：_Fe(C2O4)33-+_H2O_FeC2O42H2O+_+_（实验3）研究性小组又设计以下装置直接比较Fe2+和C2O42

19、-的还原性强弱，并达到了预期的目的。(7)描述达到期目的可能产生的现象：_。28、（14分）研究和深度开发CO、CO2的应用对构建生态文明社会具有重要的意义。(1)CO2和H2可直接合成甲醇，向一密闭容器中充入CO2和H2，发生反应：CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H= a kJ/mol保持温度、体积一定，能说明上述反应达到平衡状态的是_。A容器内压强不变 B3v正(CH3OH)= v正(H2)C容器内气体的密度不变 DCO2与H2O的物质的量之比保持不变测得不同温度时CH3OH的物质的量随时间的变化如图所示，则a_0(填“”或“”“”或“=”)。t2 min时升高温

20、度，再次达到平衡后，H2的分压增大的原因为_。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.曲线b的活化能比a的低，所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线，选项A错误；B.由图像可知反应物能量高，所以键能低，选项B错误；C.反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）H=115.6 kJ/mol，选项C错误；D.气态水变成液态要放出能量，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ ，选项D正确；答案选D。2、A【解析】A. 正丁烷 不带支链，沸点高于带支链的异丁烷，A项错误；B. 麦芽糖水解为葡萄糖，B项正确

21、；C. 蛋白质在温度较高时易变性，疫苗为蛋白质，为了防止蛋白质变性，所以一般应该冷藏存放，C项正确；D. 乙烯与溴发生加成反应，使溴水中水层褪色，溴在苯的溶解度远远大于水中的溶解度，苯萃取溴水的溴，使溴水中水层褪色，二者褪色原理不同，D项正确；答案选A。3、C【解析】A. 如图所示每个节点为一个碳原子，每个碳原子形成4个共价键，缺化学键的碳原子用氢原子补齐，则分子式为(C6Hl0O5)n，故A错误；B. 根据同系物的概念：结构相似，类别相同，在分子组成上相差一个或多个-CH2-原子团的有机物互称同系物，该有机物与葡萄糖，结构不相似，组成上差别的也不是CH2原子团，不是同系物，故B错误；C. 该

22、有机物分子结构中含有醇羟基，具有醇的性质，可以发生氧化反应，故C正确；D. -l，3一葡聚糖的结构简式分析，葡萄糖发生分子间脱水的缩聚反应可生成-l，3一葡聚糖，故D错误；答案选C。【点睛】醇可以氧化成醛，醛也可以氧化成酸，醇可以被酸性高锰酸钾直接氧化成酸。4、A【解析】A、反应式应为C10H8O3，错误；B、分子中有酯基，可以发生水解反应；正确；C、酚羟基和苯环相连碳上有H，可以被氧化，正确；D、酯基水解后共有两个酚羟基和一个羧基，共消耗3molNaOH，正确；故选A。5、D【解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序

23、数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【详解】A电子层数越多，半径越大，所以原子半径WX，故A错误；B非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性SCl，所以简单氢化物的热稳定性YZ，故B错误；CXZ3为AlCl3，为共价化合物，熔融状态不能电离出离子，不能通过电解熔融AlCl3冶炼Al单质，故C错误；DWO2、YO2、ZO2分别为NO2，SO2、ClO2，均只含共价键，为共价化合物，故D正确；故答案为D。【点睛】AlCl3为共价化合物，熔融状态下不导电，冶炼Al单质一般电解熔融状态下的Al2O3。6、C【解析】

24、A、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，A错误；B、减小压强，正逆反应速率均减小，平衡向逆反应方向移动，B错误；C、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，C正确；D、减小压强，正逆反应速率均减小，正反应速率减小的幅度更大，平衡向逆反应方向移动，移动过程中，正反应速率逐渐增大，逆反应速率逐渐减小，D错误；故选C。7、A【解析】短周期元素a、b、c、d的原子序数依次增大，常温下乙为液体，应该为H2O，则a为H元素，A为d元素组成的单质，且与丙反应生成水和常用于消毒、漂白的丁，则丙应为碱，由转化关系可知甲为Na2

25、O，丙为NaOH，A为Cl2，生成丁、戊为NaCl，NaClO，可知b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知a为H元素、b为O元素、c为Na元素、d为Cl元素，甲为Na2O、乙为H2O、丙为NaOH、丁为NaClO、戊为NaCl；Ab、c对应的离子为O2-和Na+，具有相同的核外电子排布，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径O2-Na+，即bc，故A错误；B丙为NaOH，由Na+和OH-组成，则含有离子键和极性共价键，故B正确；Cb为O元素、c为Na元素，两者组成的Na2O和Na2O2中阴、阳离子数目比均为1：2，故C正确；Da、b、d形成的化合物中，若为N

26、aClO，Cl原子的价电子对为1+=4，则Cl的杂化方式是sp3；若为NaClO2，Cl原子的价电子对为2+=4，则Cl的杂化方式是sp3；同理若为NaClO3或NaClO4，Cl原子杂化方式仍为sp3，故D正确；故答案为A。8、B【解析】A、Al(OH)3加热分解Al2O3，可一步实现转化，A错误；B、氧化铝不溶于水,不能一步转化生成Al(OH)3，B正确；C、金属铝与盐酸或氯气反应均生成AlCl3，可一步转化，C错误；D、Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2，可一步实现转化，D错误；答案选B。9、D【解析】A.K3C60 熔融状态下能导电，所以是电解质，并且是盐，是强电解质，故A正确；B

27、.是离子化合物，存在离子键，阴离子中存在共价键，故B正确；C. 该物质熔融状态下能导电，说明是电解质且含有离子键，所以属于离子晶体，故C正确；D.K3C60=3K+ C603-，阴阳离子个数比是3:1，故D错误；故选：D。10、B【解析】向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠混合液或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na+)c(CO32-)/c(HCO3-)=K(HCO3-)/c(H+)，C错误；0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合（H2C2O11、A【解析】短周期元素m、n、p、q在元素周期表中的排列如图

28、所示，其中n的最高价氧化对应的水化物既能与强酸反应，也能与强碱反应，则n为Al，结合各元素的相对位置可知，m为Mg，p为C，q为N元素，据此解答。【详解】根据分析可知，m为Mg，n为Al，p为C，q为N元素。 A. Al的原子序数为13，位于元素周期表第3周期第A族，故A正确； B. 金属性：MgAl，则单质与水反应置换出氢气的能力：mn，故B错误； C. 镁离子和氮离子含有2个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径：mq，故C错误； D. 金属性：MgAl，则最高价氧化物对应水化物的碱性：mn，故D错误； 故选：A。12、B【解析】A.从图中可知在Li2SO4溶液中N2的相对能量较低，

29、因此Li2SO4溶液利于MoS2对N2的活化，A正确；B.反应物、生成物的能量不变，因此反应的焓变不变，与反应途径无关，B错误；C.根据图示可知MoS2在Li2SO4溶液中的能量比Na2SO4溶液中的将反应决速步(*N2*N2H)的能量大大降低，C正确；D.根据图示可知N2的活化是NN键的断裂形成N2H的过程，即是NN键的断裂与NH键形成的过程，D正确；故合理选项是B。13、B【解析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期主族元素，X和Y能形成两种常见离子化合物，这两种离子化合物为Na2O2和Na2O，X为O元素，Y为Na元素，Z原子最外层电子数与其电子层数相同，Z为Al元素；X与W同主族，

30、W为S元素。【详解】A同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，YZW，同主族元素从上到下逐渐增大：WX，即NaAlSO，故A正确；BO22是原子团，X、Y形成的Y2X2阴阳离子数目比为1：2，故B错误；CAl(OH)3具有两性，Y、Z和W的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、Al(OH)3、H2SO4，可以相互反应，故C正确；DX与W形成的化合物SO2、SO3的水溶液呈酸性，可使紫色石蕊溶液变红，故D正确；故选B。14、B【解析】A.NH4Cl全部由非金属元素组成，但含有离子键和共价键，A项错误；B.同周期元素从左到右金属性逐渐减弱，各周期中A族金属元素的金属性最强，B项正确；C.同种元素的原子质

31、子数相同，但中子数不同，C项错误；D.族元素的阴离子还原性越强，则元素的非金属性越弱，其最高价氧化物对应水化物的酸性越弱，D项错误；答案选B。15、C【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数族序数，应分别为H、Al元素，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙为Fe3O4，由转化关系可知甲为Fe、乙为H2O，丁为H2，戊为Al、己为Al2O3，则对应X、Y、Z、W分别为H、O、Al、Fe元素。【详解】A. 丙为Fe3O4，不是两性氧化物，故A错误；B. W为Fe

32、，原子序数为26，位于第四周期族，故B错误；C. 由金属活动顺序可知Fe的金属性比Al弱，故C正确；D. 常温下等物质的量的甲和戊加入过量浓硝酸中，均产生钝化现象，故D错误；故选C。【点睛】本题考查无机物的推断，把握物质的性质、发生的反应、元素周期律等为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意丙为具有磁性的黑色晶体为推断的突破口，D为易错点，钝化的量不能确定。16、B【解析】A. 若A、B、C的焰色反应呈黄色，说明A、B、C中含有钠元素，水溶液均呈碱性，则A为氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，B为碳酸钠，碳酸钠溶液显碱性；碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，C为碳酸氢钠，碳酸氢钠为碱性，故A正

33、确；B. 若A为氨气、X为氧气，则B为一氧化氮，C为红棕色气体二氧化氮，则A不一定为空气中含量最高的氮气，故B错误；C. 若B为FeCl3，则A为氯气，与铁反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；D. 若A为碳、X为氧气，则B为一氧化碳，C为二氧化碳；若A为氧气、X为碳，则B为二氧化碳，C为一氧化碳，故D正确；答案为B。【点睛】元素的性质的推断题，要熟练掌握各种物质间的相互转化，并能找到各物质间相互转化方案，熟记物质的性质，综合运用。17、C【解析】A.乙醇和水混溶，不能用作萃取剂，应用四氯化碳或苯萃取，A错误；B.乙酸乙酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分离，可用蒸馏的方法或加入饱

34、和碳酸钠溶液分离，B错误；C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸点不同且相差较大，可用蒸馏的方法分离，C正确；D.根据二者在水中随温度升高而溶解度不同，利用重结晶法。NaCl随温度升高溶解度变化不大，KNO3随温度升高溶解度变化大，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查物质的分离提纯，注意相关物质性质的异同，掌握常见物质的分离方法和操作原理是解题的关键，题目难度不大，D项为易错点，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差异。18、D【解析】NH4HCO3溶液中存在NH4+的水解平衡，即NH4+H2ONH3H2O+H+；HCO3-的水解平衡，即HCO3-+H2OH2CO3+OH-；HCO3-的电离平衡，

35、即HCO3-H+CO32-；A在溶液中未加氢氧化钠溶液时，溶液的pH=7.7，呈碱性，说明上述三个平衡中第个HCO3-的水解为主，滴加氢氧化钠的开始阶段，氢氧根浓度增大，平衡向逆反应方向移动，HCO3-的量略有增加，即逆方向的反应是H2CO3+OH-HCO3-+H2O，A正确；B. 对于平衡，氢氧根与氢离子反应，平衡正向移动，NH3H2O的量增加，NH4+被消耗，当pH大于8.7以后，CO32-的量在增加，平衡受到影响，HCO3-被消耗，即碳酸氢根离子和铵根离子都与氢氧根离子反应，B正确；C. 从图中可直接看出pH=9.5时，溶液中c(HCO3-)c(NH3H2O)c(NH4+)c(CO32-

36、)，C正确；D. 滴加氢氧化钠溶液时，HCO3-的量并没减小，反而增大，NH4+的量减少，说明首先不是HCO3-与OH-反应，而是NH4+先反应，即NH4HCO3+NaOHNaHCO3+NH3H2O，D错误；故合理选项是D。19、B【解析】A. Mg、Al合金用来制飞机外壳是利用其密度小，硬度和强度都很大的性质，不是因为合金熔点低，故A错误；B. 食品合中常放一小袋Fe粉，利用其具有较强的还原性，防止食品被氧化，故B正确；C. SiO2用来制造光导纤维是利用其光学性质，不是耐酸性，故C错误；D. 葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用，不是用来漂白，故D错误。答案选B。【点睛】本题易错

37、选项D，注意SO2有毒不能用于食品的漂白，在葡萄酒里都含有SO2，起保鲜、杀菌和抗氧化作用。20、B【解析】碱性物质可以结合碳酸电离出的氢离子，对碳酸的电离是促进作用，对碳酸氢根离子的水解其抑制作用。答案选B。21、C【解析】现有四种不同主族短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次递增，Z、W处于同周期且族序数相差6，则Z位于A族，W位于A族；X与Y形成的化合物是光合作用的原料之一，该化合物可能为H2O、CO2，若为H2O，H位于A族，与Z位于同一主族，不满足条件，所以X、Y形成的化合物为CO2，则X为C、Y为O元素；Z、W的原子序数大于O元素，则Z、W位于第三周期，Z为Na，W为Cl元素，据此

38、解答。【详解】根据分析可知： X 为C元素，Y为O元素，Z为Na，W为Cl元素。A. 高氯酸的酸性大于碳酸，则非金属性 XW ，故 A 错误；B. O、Na形成的化合物有氧化钠和过氧化钠，过氧化钠中既含有离子键又含有共价键，故 B 错误；C. 离子的电子层越多离子半径越大，则钠离子的离子半径小于氯离子，故C正确；D. 除了氯气，臭氧也能够用于自来水的杀菌消毒，故D错误。故选C。22、C【解析】A. NaClO为强碱弱酸盐，ClO会水解，使溶液中ClO的物质的量小于1 L 0.1 molL1，即小于NA，A项错误；B. 根据反应2Fe3Cl2=2FeCl3可知铁过量，1 mol Cl2参与反应转

39、移2 mol电子，B项错误；C. 32g O2的物质的量为=1mol，分子数为NA，而含有O3，相同质量的O3所含分子数少，则分子总数减少，小于NA，C项正确；D. 标况下HF为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，D项错误；答案选C。【点睛】与阿伏加德罗常数NA相关的化学计量的选择题是高频考点，侧重考查学生对化学计量的理解与应用。本题D项是学生的易错点，要特别注意气体摩尔体积为22.4 L/mol的状态与条件，题设陷阱经常误将“常温常压”当作“标准状况”、或者误把标准状态下的固体、液体当成气体，学生做题时只要善于辨析，便可识破陷阱，排除选项。二、非选择题(共84分)23、CHCH 酯

40、基 NaOH水溶液、加热 B、C +C2H5OH+H2O +H2O 或 CH3CHO CH2=CHCOOCH3 【解析】反应、反应的原子利用率均为100%，属于加成反应，结合反应的产物，可知烃A为HCCH，B为，而G的相对分子质量为78，则G为C可以发出催化氧化生成D，D发生信息中I的反应，则反应为卤代烃在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生的水解反应，则C为，D为，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应得到X。乙醛与HCN发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇反应酯化反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到，以此解答该题。【详解】(1)

41、由以上分析可知A为CHCH；(2)由Z的结构简式可知Z含有酯基，反应为卤代烃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热；(3)A羟基、羧基能与钠反应生成氢气，1mol药物Y与足量的钠反应可以生成1.5mol氢气，标况下氢气体积为33.6L，但氢气不一定处于标况下，故A错误；B药物Y的分子式为C8H804，含有酚羟基，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故B正确；C羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物Y中、三处-OH的电离程度由大到小的顺序是，故C正确；D苯环与氢气发生加成反应，1mol药物Y与3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY消耗2molBr2，故D错误；故答

42、案为B、C；(4)反应E-F的化学方程式：，FX的化学方程式为；(5)E为，对应的同分异构体遇FeCl3溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；核磁共振氢谱有6个峰，则可能的结构为；(6)以CH3CHO和CH3OH为起始原料，合成Z，可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，与甲醇发生酯化反应，再发生消去反应，最后发生加聚反应生成Z，也可用乙醛与HCN发生加成反应，然后水解生成2-羟基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成Z，对应的流程可为或者。【点睛】在进行推断及合成时，掌握各类物质的

43、官能团对化合物性质的决定作用是非常必要的，可以从一种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。24、醛基 4-硝基甲苯（对硝基甲苯） 取代反应 加成反应 14 或 【解析】A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯

44、化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，G为，故答案为；(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；

45、(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个CH2CHO有3种；苯环上连接1个CH2 CH2CHO有1种；苯环上连接1个CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。25、关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞 碱石灰(或生石灰) 白色沉淀 2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu Cu2O、Cu 3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl 【解析】(1)检验装置AE的气密性，要防止气体进入F；(2)装置B的作用是干燥

46、氨气；(3) 装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成铜、氮气、水；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀；(4)根据铜元素守恒分析产物的化学式；(5) 装置F中产生白烟，说明有氯化铵生成，可知F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气。【详解】(1). 关闭弹簧夹2和分液漏斗活塞，打开弹簧夹1，在E中装入水，然后微热A，观察到E中有气泡冒出，移开酒精灯，E中导管有水柱形成，说明装置气密性良好；(2)装置B的作用是干燥氨气，所以B中盛放的试剂是碱石灰；(3) 装置C中黑色固体逐渐变红，从E中逸出液面的气体可以直接排入空，说明氧化铜与氨气反应生成

47、铜、氮气、水，反应方程式是2NH3+3CuO N2+3H2O+3Cu；没反应的氨气进入E，使溶液呈碱性，生成亚硫酸钡沉淀，E中的现象是有白色沉淀生成。(4)反应前n(CuO)=0.2 mol，则n(Cu)=0.2 mol、n(O)=0.2 mol；反应过程中，铜元素物质的量不变，氧元素物质的量减少，反应后固体质量减少2.4 g，则减少氧元素的物质的量是=0.15mol，剩余固体中n(Cu)：n(O)=0.2:0.05=4:12:1，所以该固体产物的化学式为Cu2O、Cu；(5)装置F中氯气与氨气反应生成氯化铵和氮气，反应方程式是3Cl2+8NH3N2+6NH4Cl。【点睛】本题考查氨气的制备与

48、性质实验，包括基本实验操作、化学计算等，掌握氨气的性质、明确氨气制备的原理是解题关键，侧重考查学生实验能力和分析能力。26、蒸馏烧瓶 不能 ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率 2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O 作还原剂 将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在3860 趁热过滤（或38以上过滤） Na2SO4 控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等） 【解析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和Na2SO3在浓H2SO4的作用生成 ClO2和Na2SO4，二氧化氯和氢氧化钠反应生

49、成NaClO2，A中可能发生Na2SO3+ H2SO4（浓）= Na2SO4+SO2+H2O，产生的SO2被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H2O2反应生成Na2SO4，由题目信息可知，应控制温度3860，高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl；装置B的作用是安全瓶，有防倒吸作用，从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，装置D是吸收多余气体防止污染。据此解答。【详解】（1）根据仪器构造，装置A中b仪器的名称是蒸馏烧瓶；A中反应为氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯。由信息可知，C1O2极易与水反应，所以a

50、中不能用稀硫酸代替浓硫酸，防止ClO2与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率。故答案为蒸馏烧瓶；不能；ClO2极易与稀硫酸中的水反应，影响NaC1O2产率；（2）A中氯酸钠在酸性溶液中氧化亚硫酸钠为硫酸钠，本身被还原为二氧化氯，反应的化学方程式应为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O，故答案为2NaC1O3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2+2Na2SO4+H2O；（3）C中二氧化氯和氢氧化钠反应生成NaClO2，氯元素化合价从+4价降到+3价，二氧化氯被还原，所以C中生成NaC1O2时H2O2的作用是作还原剂；由题目信息可知，应控制温度3860，

51、高于60时NaClO2分解成NaClO3和NaCl，所以为获得更多的NaC1O2，将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在3860。故答案为作还原剂；将C装置放置于水浴中进行反应，控制温度在3860；（4）从溶液中制取晶体，一般采用蒸发结晶、过滤、洗涤、干燥的方法，为防止析出晶体NaClO23H2O，应趁热过滤，由题目信息可知，应控制温度3860进行洗涤，低于60干燥，所缺步骤为趁热过滤（或38以上过滤）。故答案为趁热过滤（或38以上过滤）；（5）A中可能发生Na2SO3+ H2SO4（浓）= Na2SO4+SO2+H2O，产生的SO2被带入C中与NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3与H

52、2O2反应生成Na2SO4，所以制得的NaC1O2晶体中混有Na2SO4；为减少Na2SO4产生，应尽量减少生成SO2，采取的操作可以是控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。故答案为Na2SO4；控制浓硫酸滴速（或缓慢滴加浓硫酸或混合固体混合物时加入过量的NaC1O3等）。27、分液漏斗 先点燃A处酒精灯，再点燃C处酒精灯 发生倒吸 可燃性气体H2不能被吸收 溶液中存在平衡：Fe(C2O4)33-Fe3+3C2O42-，加热硫酸后，H+与C2O42-结合可使平衡正向移动，c(Fe3+)增大，遇KSCN溶液变红 取少量实验2中的翠绿色溶液，滴加K3Fe(C

53、N)6溶液，不出现蓝色沉淀 2 4 2 3C2O42- 2CO2 电流计的指针发生偏转，一段时间后，左侧溶液变为浅绿色，右侧有气泡产生 【解析】实验一：在装置A中用浓硫酸与NaCl固体混合加热制取HCl，通过B装置的浓硫酸干燥，得纯净HCl气体，然后在装置C中Fe与HCl发生反应产生FeCl2和H2，反应后的气体中含H2和未反应的HCl气体，可根据HCl极容易溶于水，用水作吸收剂吸收进行尾气处理；实验二：FeCl3溶液与K2C2O4发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl；用KSCN溶液检验Fe3+；用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+；根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒书写离子方程式；实

54、验三：根据2Fe3+C2O42-=2Fe2+2CO2，判断原电池正负极反应及相应的现象。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称是分液漏斗；(2)为防止Fe与装置中的空气发生反应，制得纯净的FeCl2，实验过程中先点燃A处酒精灯，使装置充满HCl气体，然后给C处酒精灯加热；(3)若用D的装置进行尾气处理，由于HCl极容易溶于水，HCl溶解导致导气管中气体压强减小而引起倒吸现象的发生，而且可燃性气体H2不能被吸收；(4)在实验二中，向FeCl3溶液中加入K2C2O4溶液，发生复分解反应产生Fe2(C2O4)3和KCl，产生的翠绿色晶体为Fe2(C2O4)3的结晶水合物K3Fe(C2O4)33H2O，取实验2中少量晶体洗浄，配成溶液，漓加KSCN溶液，不变红，继续加入硫酸，溶液变红，说明晶体中含有+3价的铁元素。则加硫酸后溶液变紅的原因是