2021-2022学年云南省玉溪市新平县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 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、下列离子方程式正确的是A向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3OH-=Al(OH)3B将Fe2O3溶解与足量HI溶液：Fe2O3+6

2、H+=2Fe3+3H2OC铜溶于浓硝酸：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OD向石灰石中滴加稀硝酸：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O2、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（）AAl2O3具有两性，可用于制作耐高温材料BFeCl3具有氧化性，可用作铜制线路板的蚀刻剂C漂白粉在空气中不稳定，可用于纸浆的漂白D明矾水解后溶液呈酸性，可用于水的净化3、中国工程院院士李兰娟团队发现，阿比朵尔对2019-nCoV具有一定的抑制作用，其结构简式如图所示，下面有关该化合物的说法正确的是 A室温可溶于水和酒精B氢原子种类数为10C不能使酸性KMnO4溶液褪色D1mol该分子最多与

3、8mol氢气反应4、已知有机化合物。下列说法正确的是Ab 和 d 互为同系物Bb、d、p 均可与金属钠反应Cb、d、p 各自同类别的同分异构体数目中，b 最多Db 在一定条件下发生取代反应可以生成 d5、用铁泥(主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe)制备超顺磁性（平均直径25nm）纳米Fe3O4的流程示意图如下：下列叙述不正确的是A常用热的Na2CO3溶液除去钢铁表面的油污B步骤中，主要反应的离子方程式是2Fe3+Fe=3Fe2C步骤中，反应完成后剩余的H2O2无需除去D步骤中，为了验证得到的固体是超顺磁性的Fe3O4粒子，可将其均匀分散在水中，做丁达尔效应实验6、下列实验操作、现象和所得出

4、结论正确的是（ ）选项实验操作实验现象实验结论A向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热一段时间后，再加入新制Cu(OH)2，加热没有出现砖红色沉淀淀粉没有水解B取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液 Mg(OH)2溶解CH3COONH4溶液呈酸性C将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液中酸性高锰酸钾溶液褪色石蜡油分解产物中含有不饱和烃D将海带剪碎，灼烧成灰，加蒸馏水浸泡，取滤液滴加硫酸溶液，再加入淀粉溶液溶液变蓝海带中含有丰富的I2AABBCCDD7、下图是一种微生物燃料电池的工作原理示意图，工作过程中必须对某室进行严格

5、密封。下列有关说法错误的是Aa极的电极反应式为B若所用离子交换膜为质子交换膜，则将由A室移向B室C根据图示，该电池也可以在碱性环境中工作D由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境8、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保存9、关于下列四个装置的说明符合实验要求的是A装置：实验室中若需制备较多量的乙炔可

6、用此装置B装置：实验室中可用此装置来制备硝基苯，但产物中可能会混有苯磺酸C装置：实验室中可用此装置分离含碘的四氯化碳液体，最终在锥形瓶中可获得碘D装置：实验室中可用此装置来制备乙酸乙酯并在烧瓶中获得产物10、化合物(X)、(Y)、(Z)的分子式均为C5H6。下列说法正确的是（ ）AX、Y、Z均能使酸性高锰酸钾溶液褪色BZ的同分异构体只有X和Y两种CZ的二氯代物只有两种(不考虑立体异构)DY分子中所有碳原子均处于同一平面11、298K时，向20mL浓度均为0.1mo1/L的MOH和NH3H2O混合液中滴加0.1mol的CH3COOH溶液，测得混合液的电阻率（表示电阻特性的物理量）与加入CH3CO

7、OH溶液的体积（V）的关系如图所示。已知CH3COOH的Ka1.8105，NH3H2O的Kb=1.8105。下列说法错误的是（ ） AMOH是强碱Bc点溶液中浓度：c（CH3COOH)7，证明CO与NaOH固体发生了反应。该方案是否可行，请简述你的观点和理由：_，_。(5)25甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh的数量级为_。若向-1的HCOONa溶液中加入-1的HCl溶液，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为_。27、（12分）三氯化硼（BCl3），主要用作半导体硅的掺杂源或有机合成催化剂，还用于高纯硼或有机硼的制取。某兴趣小组用氯气和硼为原料，采用下列装置（部分装置可重复使用）制备

8、BCl3。已知：BCl3的沸点为12.5，熔点为-107.3；遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸；2B+6HCl 2BCl3+3H2；硼与铝的性质相似，也能与氢氧化钠溶液反应。请回答下列问题：（1）A装置可用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的化学方程式为_。（2）装置从左到右的接口连接顺序为a_j。（3）装里E中的试剂为_，如果拆去E装置，可能的后果是_。（4）D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，则造成的结果是_。（5）三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸（H3BO3）和白雾，写出该反应的化学方程式_，硼酸也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示：则阳极的电

9、极反应式_，分析产品室可得到H3BO3的原因_。28、（14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

10、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步的反应合成CH3CH2CH2COOH，试写出合成流程图_。29、（10分）过氧化钠是一种淡黄色固体，有漂白性，能与水、酸性氧化物和酸反应。（1）一定条件下，m克的H2、CO的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，产物与过量的过氧化钠完全反应，过氧化钠固体增重_克。（2）常温下，将14.0克的Na2O和Na2O2的混合物放入水中，得到400mLpH=14的溶液，则产生的气体标准状况下体积为_L。（3）在200mLAl2（SO4）3和MgSO4的混合液中，加入一定量的Na2O2充分

11、反应，至沉淀质量不再减少时，测得沉淀质量为5.8克。此时生成标准状况下气体体积为5.6L。则原混合液中c（SO42-）=_mol/L。（4）取17.88gNaHCO3和Na2O2的固体混合物，在密闭容器中加热到250，经充分反应后排出气体，冷却后称得固体质量为15.92g。请列式计算：求原混合物中Na2O2的质量B_；若要将反应后的固体反应完，需要1mol/L盐酸的体积为多少毫升_？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. 氨水是弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故A错误；B. 将Fe2O3溶解与足

12、量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，故B错误；C. 铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水， Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O，故C错误；D. 向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D正确。2、B【解析】A、Al2O3是离子化合物，有较高熔点，可作耐火材料，与Al2O3具有两性无关，故A错误；B、FeCl3具有氧化性，能溶解Cu生成CuCl2，所以FeCl3可用作铜制线路板的蚀刻剂，故B正确；C、漂白粉有效成分是次氯酸钙，能与空气中的CO2反应生成强氧化剂HC

13、lO，HClO有漂白性，所以漂白粉用于纸浆的漂白与其在空气中不稳定无关，故C错误；D、明矾水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体有较强的吸附性，能吸附水中的悬浮物形成沉淀，达到净水目的，与明矾水解后溶液呈酸性无关，故D错误；答案选B。【点睛】试题考查物质的性质及应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途等为解答的关键，注意元素化合物知识的应用。3、B【解析】A该分子中亲水基比重很小，主要为憎水基，不溶于水，故A错误；B如图所示有10种氢原子，故B正确；C该分子中含有碳碳双键和酚羟基，能被酸性高锰酸钾氧化使其褪色，故C错误；D碳碳双键、苯环可以与氢气加成，所以1mol该分子最多与7mol氢气加成，

14、故D错误；故答案为B。4、D【解析】A选项，b为羧酸，d为酯，因此不是同系物，故A错误；B选项，d不与金属钠反应，故B错误；C选项，b同分异构体有1种，d同分异构体有8种，p同分异构体有7种，都不包括本身，故C错误；D选项，b 在一定条件下和甲醇发生酯化反应生成d，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】羧酸、醇都要和钠反应；羧酸和氢氧化钠反应，醇不与氢氧化钠反应；羧酸和碳酸钠、碳酸氢钠反应，醇不与碳酸钠、碳酸氢钠反应。5、C【解析】铁泥（主要成分为Fe2O3、FeO和少量Fe）与稀盐酸反应得到的滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离子：2Fe3+Fe=3Fe2+，过滤过量

15、的铁，滤液B的溶质为氯化亚铁，加入氢氧化钠溶液，生成Fe（OH）2浑浊液，向浑浊液中加入双氧水氧化：2Fe（OH）2+H2O2=2FeOOH+2H2O，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，再与氯化亚铁加热搅拌发生反应：2FeOOH+Fe2+2OH-=Fe3O4+2H2O，过滤、洗涤、干燥得产品Fe3O4，以此解答该题。【详解】A. 钢铁表面的油污在碱性条件下可以发生水解反应，Na2CO3是强碱弱酸盐溶液，显碱性，热的Na2CO3溶液可以让油脂水解，水解是吸热的，温度升高，水解平衡向吸热的方向移动，水解效果越好，故A正确；B. 滤液A溶质为氯化铁、氯化亚铁、过量的稀盐酸，加入铁粉还原铁离

16、子和反应过量的盐酸：2Fe3+Fe=3Fe2+，故B正确；C. 步骤中，防止其在步骤中继续氧化+2价铁元素，反应完成后需再加热一段时间除去剩余H2O2，故C错误；D. 超顺磁性的Fe3O4粒子平均直径25nm，属于胶体，可以做丁达尔效应实验，故D正确；答案选C。6、C【解析】A应加入碱溶液将水解后的淀粉溶液调节成碱性，才可以产生红色沉淀，选项A错误；B、CH3COONH4溶液呈中性，取少量Mg(OH)2悬浊液，向其中滴加适量浓CH3COONH4溶液是由于铵根离子消耗氢氧根离子，使氢氧化镁的溶解平衡正向移动，Mg(OH)2溶解，选项B错误；C、将浸透石蜡油的石棉放置在硬质试管底部，加入少量碎瓷片

17、并加强热，将生成的气体通入酸性高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，说明石蜡油分解生成不饱和烃，选项C正确；D、灼烧成灰，加蒸馏水浸泡后必须加氧化剂氧化，否则不产生碘单质，加淀粉后溶液不变蓝，选项D错误。答案选C。7、C【解析】本题考查电化学原理，意在考查对电解池原理的理解和运用能力。【详解】A.由图可知负极（a极）反应式为C6H12O6+6H2O-24e-=6CO2+24H+，正极（b极）反应式为O2+4H+4e-=2H2O，故不选A；B.根据图示和题中信息，A室产生而B室消耗，氢离子将由负极移向正极，故不选B；C.在负极室厌氧环境下，有机物在微生物作用下分解并释放出电子和质子，电子依靠合适的电子

18、传递介体在生物组分和负极之间进行有效传递，并通过外电路传递到正极形成电流，而质子通过质子交换膜传递到正极，氧化剂（一般为氧气）在正极得到电子被还原与质子结合成水，所以不可以碱性环境，故选C；D.由于A室内存在细菌，所以对A室必须严格密封，以确保厌氧环境，故不选D;答案：C8、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

19、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。9、B【解析】A电石与水反应放出大量的热，

20、生成氢氧化钙微溶，易堵塞导管，则不能利用图中装置制取乙炔，故A错误；B制备硝基苯，水浴加热，温度计测定水温，该反应可发生副反应生成苯磺酸，图中制备装置合理，故B正确；C分离含碘的四氯化碳液体，四氯化碳沸点低，先蒸馏出来，所以利用该装置进行分离可，最终在锥型瓶中可获得四氯化碳，故C错误；D制备乙酸乙酯不需要测定温度，不能在烧瓶中获得产物，应在制备装置后连接收集产物的装置（试管中加饱和碳酸钠），故D错误；故选：B。10、C【解析】Az不含碳碳双键，与高锰酸钾不反应，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；BC5H6的不饱和度为=3，可知若为直链结构，可含1个双键、1个三键，则x的同分异构体不止X和Y

21、 两种，故B错误；Cz含有1种H，则一氯代物有1种，对应的二氯代物，两个氯原子可在同一个碳原子上，也可在不同的碳原子上，共2种，故C正确；Dy中含3个sp3杂化的碳原子，这3个碳原子位于四面体结构的中心，则所有碳原子不可能共平面，故D错误；故答案为C。11、B【解析】溶液中离子浓度越小，溶液的导电率越小，电阻率越大，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM+H2O，NH3H2O+ CH3COOH= CH3COONH4。a-b溶液中电阻率增大，b点最大，因为溶液体积增大导致b点离子浓度减小，b点溶液中溶质为CH3COOM、N

22、H3H2O继续加入醋酸溶液，NH3H2O是弱电解质，生成CH3COONH4是强电解质，导致溶液中离子浓度增大，电阻率减小，c点时醋酸和一水合铵恰好完成反应生成醋酸铵，c点溶液中溶质为CH3COOM，CH3COONH4且二者的物质的量相等。【详解】A. 由图可知，向混合溶液中加入等物质的量浓度的CH3COOH溶液时，电阻率先增大后减小，说明发生了两步反应，发生反应先后顺序是MOH+CH3COOH= CH3COOM +H2O然后NH3H2O+ CH3COOH= CH3COONH4，所以MOH是强碱，先和酸反应，故A正确；B. 加入醋酸40mL时，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4且二

23、者的物质的量浓度相等，CH3COOM是强碱弱酸盐，又因为CH3COOH的Ka1.8105等于NH3H2O的Kb=1.8105，CH3COONH4是中性盐，所以溶液呈碱性，则醋酸根的水解程度大于铵根的电离程度，则c（CH3COOH)c(NH3H2O），故B错误；C. d点加入醋酸60mL，溶液中的溶质为CH3COOM、CH3COONH4和CH3COOH且三者物质的量浓度相等，CH3COONH4是中性盐，溶液相当于CH3COOM和CH3COOH等物质的量混合，溶液呈酸性，故C正确；D. ad过程，溶液的碱性逐渐减弱，水电离程度加大，后来酸性逐渐增强，水的电离程度减小，所以实验过程中水的电离程度是先

24、增大后减小，故D正确；故选B。12、B【解析】A虚线框中接直流电源，铁作阳极时，铁会失电子被腐蚀，A正确；B虚线框中接直流电源构成电解池，电解池中没有正、负极，B错误；C虚线框中接灵敏电流计，构成原电池，把化学能转化为电能，C正确；D若将电解液改成硫酸锌溶液并接上直流电源，Zn作阳极，Fe作阴极，可在铁皮上镀锌，D正确；故选B。13、B【解析】A、铜壶滴漏，铜壶滴漏即漏壶，中国古代的自动化计时（测量时间）装置，又称刻漏或漏刻。铜能溶于浓硝酸，故A错误；B、化铁为金，比喻修改文章，化腐朽为神奇。金不活泼，金在常温下不溶于浓硝酸，铁常温下在浓硝酸中钝化，故B正确；C、火树银花，大多用来形容张灯结彩

25、或大放焰火的灿烂夜景。银不活泼，但能溶于浓硝酸，故C错误；D、书香铜臭，书香，读书的家风；铜臭，铜钱上的臭味。指集书香和铜臭于一体的书商。铜能溶于浓硝酸，故D错误；故选B。14、B【解析】A. 黑火药是由硫黄、硝石和木炭按照一定比例混合而成，故A正确；B. “屠苏”是药酒，含有酒精，酒精是非电解质，故B错误；C. 爆竹爆炸生成新物质，发生了化学变化，故C正确；D. 早期的桃符大都是木质的，含有纤维素，纤维素是多糖，在一定条件下能发生水解，故D正确；故选：B。15、D【解析】b点溶质为等体积的NaA和HA，形成缓冲溶液，c点为中性点，c(H+)=c(OH-)，d点为中和点，溶质只有NaA，溶液显

26、碱性。【详解】A. HA H+A-，其电离平衡常数，A- +H2OHA+OH-，其水解平衡常数，根据电离平衡常数与水的离子积常数可得，A错误；B. d点恰好反应生成NaA，A-水解，能水解的盐溶液促进水电离，水的电离程度最大，B错误；C. c点溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒可知：c(Na+)=c(A-)，d点溶液显碱性，c(H+)c(A-)，C错误；D. b点溶液中溶质为等体积的NaA和HA，溶液显酸性，电离过程大于水解过程，粒子浓度关系：c(A-)c(Na+)c(HA)c(H+)c(OH-)，D正确；故答案选D。【点睛】酸碱滴定时，中性点和中和点不一样，离子浓度的大小关系

27、，看该点上的溶质成分以及pH。16、D【解析】A. 标准状况下，0.5molNT3分子中所含中子数为 =6.5NA， A正确；B. 0.1molFe与0.1molCl2完全反应，根据方程式2Fe3Cl22FeCl3判断铁过量，转移的电子数为0.2NA，B正确；C. 13.35gAlCl3物质的量为0.1mol，Al33H2O Al(OH)33H，水解是可逆的，形成的Al(OH)3胶体粒子数应小于0.1NA，C正确；D. 2molSO2和1molO2的反应是可逆反应，充分反应也不能进行到底，故反应后分子总数为应大于2NA，D错误；故选D。17、B【解析】根据二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，所以

28、沉淀质量增加，二氧化碳过量后沉淀又被溶解，即减少，同时考虑的题给的信息“通入悬浊液中的气体，与溶液反应后才与沉淀反应”即可完成该题的解答。【详解】一开始二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，此时沉淀质量增加，当二氧化碳和氢氧化钙反应完毕后，根据题中信息可以知道，此时溶液处出于悬浊液状态，所以此时发生的是二氧化碳和碳酸钾溶液或是没有反应完全的氢氧化钾的反应，不管怎么样都不会再有沉淀产生，但是同时沉淀的质量也不会减少，当把碳酸钾及氢氧化钾完全反应后，二氧化碳与碳酸钙反应生成了能够溶于水的碳酸氢钙，此时沉淀逐渐减少最后为零，则选项B符合题意，故答案选B。18、A【解析】由n可知，据此分析作答。【详解】A

29、. 由上述分析可知，在相同条件下气体的相对分子质量之比等于其密度之比，所以两种气体的密度之比为648045，A项正确；B. 设气体的质量均为m g，则n(SO2)mol，n(SO3)mol，所以二者物质的量之比为806454，B项错误；C. 根据VnVm可知，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，所以两种气体的体积之比为54，C项错误；D. 根据分子组成可知，两种气体的原子数之比为（53）（44）1516，D项错误；答案选A。19、D【解析】醇和羧酸发生酯化反应生成酯和水， 表示甲烷，表示苯，表示乙醛， 表示乙醇，乙醇和乙酸发生酯化反应生成乙酸乙酯，能发生酯化反应的是乙醇；答案选D。20

30、、C【解析】A、根据结构可知，分子式为C15H22O2，故A错误；B、分子结构中没有苯环，不属子芳香族化合物，故B错误；C、分子结构中含有碳碳双键，能发生加成反应，含有羧基，能发生酯化反应(取代反应)，故C正确；D、分子中含有CH3等结构，所有原子不可能共平面，故D错误。答案选C。21、C【解析】化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程。【详解】根据化学变化的实质是相互接触的分子间发生原子或电子的转换或转移，生成新的分子并伴有能量变化的过程，原子并没有发生变化，可知通过化学方法可以生产一种新分子，也可以生成一种新离子，还可生成一种新单质；具有

31、一定数目的质子和一定数目的中子的原子称为核素，即核素的种类决定于原子核，而化学反应只是核外电子数目的变化，所以生成一种新同位素通过化学反应是不能实现的，故C符合；答案选C。22、C【解析】A. 分散剂和分散质都存在3种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成3种分散系，共可组成33=9种分散系，A正确；B. 天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、H2的混合气，裂解气是乙烯、丙烯等的混合气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；C. HCOOH是电解质，C错误；D. 塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶

32、、石油的裂化是将长链烃断裂为短链烃、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D正确。故选C。二、非选择题(共84分)23、 CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+ 2Ag+3NH3+ H2O 【解析】由信息可知，A反应生成B为醇，E为醛，由B的相对分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，BC发生催化氧化反应，所以C为CH3CH2CHO，CD为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4； 由B、E及A的分子式可知，烃基烯基醚A结构简式为；有机物E为：；由E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应

33、，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成CC，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A的结构简式为：；1CD反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+ 2Ag+3NH3+ H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+ 2Ag+3NH3+ H2O；2分子式和有机物F相同，光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子，分子中有4种不同化学环境的氢原子，要

34、求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。24、焦炭 对二甲苯（或1,4-二甲苯） +2CH3OH+2H2O 酯基 取代反应 CH3OHCH3Cl 【解析】采用逆推法，D中应该含有2个酯基，即，反应的条件是乙醇，因此不难猜出这是一个酯化反应，C为对二苯甲酸，结合B的分子式以及其不饱和度，B只能是对二甲苯，从B到C的反应条件是酸性高锰酸钾溶液，固体A是煤干馏得到的，因此为焦炭，再来看下线，F脱水的产物

35、其实是两个酸酐，因此F中必然有四个羧基，则E就是1,2,4,5-四甲苯，据此来分析本题即可。【详解】（1）固体A是焦炭，B的化学名称为对二甲苯（或1,4-二甲苯）（2）反应即酯化反应，方程式为+2CH3OH+2H2O；（3）D中官能团的名称为酯基，注意苯环不是官能团；（4）E是1,2,4,5-四甲苯，其分子式为，根据分析，F的结构简式为；（5）根据给出的条件，X应该含有两个酯基，并且是由酚羟基形成的酯，再结合其有4种等效氢，因此符合条件的X的结构简式为；（6）甲苯只有一个侧链，而产物有两个侧链，因此要先用已知信息中的反应引入一个侧链，再用酸性高锰酸钾溶液将侧链氧化为羧基，再进行酯化反应即可，

36、因此合成路线为CH3OHCH3Cl。25、白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO42CuO+2SO2+O2 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2 【解析】(1)根据无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；(4)0

37、.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2； (5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：320.032g，根据质量守恒实验中理论上C增

38、加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。【详解】(1)因为无水硫酸铜在加热至650时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案

39、为：冷却至室温 偏小；(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；(4)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：0.004mol，氧气的质量为：0.640.320.2560.064g，物质的量为：0.002mol，CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验中CuSO4分解反应方程式为2CuSO42CuO+2SO2+O2；(5)0.64g硫酸铜的物质的量为0.004mol，分解生成

40、氧化铜的质量为：0.004mol80g/mol0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：320.032g，实验中理论上C增加的质量Y30.640.320.160.0320.128g；(6)根据表中实验的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。26、球形干燥管 HCOOHCOH2O 浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热 cbedf PdCl2COH2O=PdCO22HCl 氢氧化钠溶液 除去CO中水蒸气 方案不可行 无论CO

41、与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7 10-11 c(Cl-)c(H+)c(Na+)c(HCOO-)c(OH-) 【解析】A装置利用浓硫酸的脱水性制备CO，生成的CO中含有挥发出的甲酸气体，需要利用碱石灰除去甲酸，利用排水法收集CO，结合物质的性质和装置分析解答。【详解】(1)图B中盛装碱石灰的仪器名称是球形干燥管。用A图所示装置进行实验。利用浓硫酸的脱水性，将甲酸与浓硫酸混合，甲酸发生分解反应生成CO，根据原子守恒可知反应的化学方程式是HCOOHCOH2O。由于浓硫酸与甲酸混合时放出大量的热，所以实验时，不需加热也能产生CO。(2)根据以上分析可知如需收集CO气体，连接上图中的装置

42、，其连接顺序为：acbedf。(3)打开k2，由于常温下，CO与PdCl2溶液反应，有金属Pd和CO2生成，则F装置中发生反应的化学方程式为PdCl2COH2OPdCO22HCl；由于F装置中有二氧化碳和氯化氢生成，且二者都是酸性气体，则为了使气囊收集到纯净的CO，以便循环使用，G装置中盛放的试剂可能是氢氧化钠溶液。剩余的CO中还含有水蒸气，则H装置的作用是除去CO中水蒸气。(4)由于无论CO与NaOH固体是否发生反应，溶液的pH均大于7，所以该方案不可行；(5)25甲酸电离常数Ka1.8104，则25甲酸钠(HCOONa)的水解平衡常数Kh，其数量级为10-11。若向100mL 0.1mol

43、L-1的HCOONa溶液中加入100mL 0.2molL-1的HCl溶液，反应后溶液中含有等物质的量浓度的甲酸、氯化钠、氯化氢，则混合后溶液中所有离子浓度由大到小排序为c(Cl-)c(H+)c(Na+)c(HCOO-)c(OH-)。27、KClO3+6HCl(浓) KCl+3Cl2+3H2O ihdefg（或gf）bc（或cb）de 饱和食盐水 硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸 会生成B2O3，使产品不纯 BCl3+3H2OH3BO3+3HCl 2H2O - 4e-O2+4H+ 阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4- 穿过阴膜扩散至产品室，二

44、者反应生成H3BO3 【解析】根据装置：由A中氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，制得的氯气混有HCl和水蒸气，可以由E中饱和食盐水吸收HCl气体，由C中浓硫酸吸水干燥；BCl3遇水剧烈反应生成硼酸和盐酸，因此发生反应前需要先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应；BCl3的沸点为12.5，熔点为-107.3，可以用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH可以吸收尾气，防止污染空气；为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，据此分析解答。【详解】(1)A装置用氯酸钾固体与浓盐酸反应制氯气，反应的方程式为：KClO3+6HCl(浓)KCl+3C

45、l2+3H2O，故答案为：KClO3+6HCl(浓)KCl+3Cl2+3H2O；(2)根据分析，A制备氯气，E中饱和食盐水吸收HCl气体，C中浓硫酸吸水干燥，为保证除杂充分，导气管均长进短出，干燥纯净的氯气与硼粉在D中发生反应，用B中冰水冷凝产物BCl3并收集，F中NaOH吸收尾气，防止污染空气，为防止F中的水蒸气进入B装置，在B和F之间连接一个C干燥装置，故连接顺序为：aihdefg(或gf)bc(或cb)dej，故答案为：ihdefg(或gf)bc(或cb)de；(3)装置E中为饱和食盐水，可以除去氯气中的HCl气体，若拆去E装置，硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易

46、发生爆炸，故答案为：饱和食盐水；硼粉与HCl气体反应生成H2，加热H2与Cl2的混合气体易发生爆炸；(4)D装置中发生反应前先通入一段时间的氯气，排尽装置中的空气。若缺少此步骤，氧气与硼粉会生成B2O3，使产品不纯，故答案为：会生成B2O3，使产品不纯；(5)三氯化硼与水能剧烈反应生成硼酸(H3BO3)和白雾，白雾为HCl，反应的方程式为：BCl3+3H2OH3BO3+3HCl；根据装置，阳极室为硫酸，放电的是水中氢氧根离子，电极反应式为：2H2O-4e-O2+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3，故答案为：BCl3+3H

47、2OH3BO3+3HCl；2H2O-4e-O2+4H+；阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的B(OH)4-穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3BO3。【点睛】明确实验原理及实验操作方法、熟悉各装置的作用是解答本题的关键。本题的难点和易错点为(5)，根据电解原理正确判断阴阳极的电极反应是解答的关键，阳极室中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子，其中放电能力最强的是氢氧根离子，阴极室是氢离子放电。28、碳碳双键、醛基丙烯酸甲酯加成反应CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O+2NaOH+2 NaBr+2 H2O10或CH3CH2OHCH3CHOCH2CH=CHCHOCH2

48、CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH【解析】（1）E为CH2=CHCHO，含有的官能团为碳碳双键、醛基；（2）N为CH2=CHCOOCH3，为丙烯酸甲酯；（3）G、I结构简式分别为、，由此可知的反应类型是加成反应；（4）发生的是酯化反应，反应的化学方程式是：CH2=CHCOOH+CH3OHCH2=CHCOOCH3+H2O，发生的是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式是：+2NaOH+2NaBr+2H2O；（5）由信息iii可知在Ro催化剂条件下生成聚合物X为；（6）Q的分子式为C9H12O2，不饱和度=(29+212)/24，则对应的同分异构体中，属于芳香类化合物且苯环上只有两个侧链，则

49、侧链为饱和侧链，遇FeCl3溶液呈紫色，说明含有酚羟基，苯环上的一氯代物只有两种，说明另一侧链与酚羟基对位，可为OCH(CH3)2、OCH2CH2CH3、CH2OCH2CH3、CH(CH3)OCH3、CH2CH2OCH3、CH2CH2CH2OH、CHOHCH2CH3、CH2CHOHCH3、COH(CH3)2、CH(CH3)CH2OH，共10种，其中符合核磁共振氢谱中峰面积之比1：2：2：1：6的结构简式为或；（7）以CH3CH2OH为原料，合成CH3CH2CH2COOH，依据已知信息并借助于逆推法可知发生反应的流程为CH3CH2OHCH3CHOCH2CH=CHCHOCH2CH=CHCOOHCH3CH2CH2COOH。点睛：该题的难点是同分异构体判断和有机合成路线设计。解答有机合成路线时要先对比原料的结构和最终产物的结构，官能团发生什么改变，碳原子个数是否发生变化，再根据官能团的性质进行设计。解答的方法一般是逆推法，即从最终产品逆向推导，因此掌握常见有机官能团的结构和性质是解答的关键。例如该题中要转化为羧基，需要利用醛基氧化，而引入醛基需要利用羟基的催化氧化，进而结合羟醛缩合即可。另外需要注意物质的合成路线不同于反应过程，只需写出关键的物质及反应条件、使用的物质原料，然后进行逐步推断，从已知反应物到目