2022届湖北宜昌市示范高中协作体高三（最后冲刺）化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列关于常温下0.1mol/LNa2S2O3溶液与pH=1的H2SO4溶液的说法正确的是A1 L pH=1的H2SO4溶

2、液中，含H+的数目为0.2 NAB1mol纯H2SO4中离子数目为3 NAC含15.8 g Na2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1 NADNa2S2O3与H2SO4溶液混合产生22.4 L气体时转移电子数为2 NA2、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A8gCH4O中含有的C-H键数目为NAB25时，100mLpH=8的氨水中NH4+的个数为9.910-8NAC56gFe和64gCu分别与1molS反应转移的电子数均为2 NAD标准状况下，2.24LCl2溶于水所得氯水中含氯的微粒总数为0.2 NA3、下列说法不正确的是 ()A氯气是一种重要的化工原料，广泛应用于自来水的消毒和农药

3、的生产等方面B化肥的生产、金属矿石的处理、金属材料的表面清洗等都可能用到硫酸C利用光线在硅晶体内的全反射现象，可以制备光导纤维D铜能与氯化铁溶液反应，该反应可以应用于印刷电路板的制作4、乙酸和乙醛的鉴别有多种方法，下列可行的操作中最不简便的一种是A使用蒸馏水B使用 NaHCO3 溶液C使用 CuSO4 和 NaOH 溶液D使用 pH 试纸5、关于下列各实验装置的叙述中，不正确的是A装置可用于实验室制取少量NH3或O2B装置可用于实验室制备Cl2C装里可用从右侧管处加水的方法检验气密性D装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生乙烯6、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准

4、状况下V L氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()ABCD7、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH 与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R 测定的是浓度均为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是AR、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性BN、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、MD金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z8、短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3

5、倍；Z 的原子半径在短周期中最大；常温下，Z和W形成的化合物的水溶液pH 7, 呈弱碱性。下列说法正确的是AX 与W 属于同主族元素B最高价氧化物的水化物酸性：W X WDZ 和W的单质都能和水反应9、分子式为C4H8Cl2的链状有机物，只含有二个甲基的同分异构体共有（不考虑立体异构）A3种B4种C5种D6种10、科学家最近采用碳基电极材料设计了一种新的工艺方案消除甲醇对水质造成的污染，主要包括电化学过程和化学过程，原理如图所示，下列说法错误的是AM为电源的正极，N为电源负极B电解过程中，需要不断的向溶液中补充Co2+CCH3OH在溶液中发生6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H

6、+D若外电路中转移1mol电子，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L11、某校化学兴趣小组探究恒温(98)下乙酸乙酯制备实验中硫酸浓度对酯化反应的影响探究。实验得到数据如下表(各组实验反应时间均5分钟)：下列关于该实验的说法不正确的是A乙酸乙酯制备实验中起催化作用的可能是H+B浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动C浓硫酸和水以体积比约23混合催化效果最好D组可知c(H+)浓度越大，反应速率越慢12、已知HCl的沸点为-85，则HI的沸点可能为（ ）A-167B-87C-35D5013、人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的是 A将铝制品置于电解液中作为阳极，

7、用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法。C压敏胶黏剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力。D人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类。14、下列有关化学用语和概念的表达理解正确的是（ ）A立体烷和苯乙烯互为同分异构体B1，3丁二烯的键线式可表示为C二氟化氧分子电子式为 DH216O、D216O、H218O、D218O互为同素异形体15、第三届联合国环境大会的主题为“迈向无污染的地球”。下列做法不应提倡的是A推广电动汽车，践行绿色交通B改变生活方式，预防废

8、物生成C回收电子垃圾，集中填埋处理D弘扬生态文化，建设绿水青山16、某元素基态原子4s轨道上有1个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ）A3p64s1B4s1C3d54s1D3d104s117、我国医药学家屠呦呦因研究青蒿素而荣获2016年诺贝尔化学奖。她在青蒿液中加入乙醚，经操作1得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物。再经操作2得到含青蒿素的乙醚，最后经操作3得到青蒿粗产品。操作1、2、3相当于A过滤、结晶、蒸发B结晶、萃取、分液C萃取、分液、蒸馏D萃取、过滤、蒸馏18、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A25，pH=1的H2SO4溶液中，H+的数目为0.2NAB常温常

9、压下，56g丙烯与环丁烷的混合气体中含有4NA个碳原子C标准状况下，11.2LCHCl3中含有的原子数目为2.5NAD常温下，1mol浓硝酸与足量Al反应，转移电子数为3NA19、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A所有的碳原子均处于同一平面B与硝基苯互为同分异构体C六元环上的一氯代物有4种D1mol该分子能和4mol H2发生加成反应20、下列有关同位素的说法正确的是A18O的中子数为8B16O和18O质子数相差2C16O与18O核电荷数相等D1个16O与1个18O质量相等21、将锌片和铜片插人同浓

10、度的稀硫酸中，甲中将锌片和铜片用导线连接，一段时间后，下列叙述正确的是A两烧杯中的铜片都是正极 B甲中铜被氧化，乙中锌被氧化C产生气泡的速率甲比乙快 D两烧杯中铜片表面均无气泡产生22、类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是Almol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，则1mol金刚砂含C-Si键的数目也为2NABCa(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式：则Mg(HCO3)2溶液中加入过量的NaOH溶液，发生化学反应的方程式： C标准状况下，22.4 L CO2中所含的分子数目为NA个，则22.4 LCS2中所含的分子数目也为NA个DNaClO溶液中通人过

11、量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：二、非选择题(共84分)23、（14分）PEI是一种非结晶性塑料。其合成路线如下（某些反应条件和试剂已略去）：已知： i. ii.CH3COOH+ CH3COOH （1）A为链状烃。A的化学名称为_。（2）AB的反应类型为_。（3）下列关于D的说法中正确的是_（填字母）。a不存在碳碳双键 b可作聚合物的单体 c常温下能与水混溶（4）F由4-氯-1，2-二甲苯催化氧化制得。F所含官能团有Cl和_。（5）C的核磁共振氢谱中，只有一个吸收峰。仅以2-溴丙烷为有机原料，选用必要的无机试剂也能合成C。写出有关化学方程式：_（6）以E和K

12、为原料合成PEI分为三步反应。写出中间产物2的结构简式： _24、（12分）化合物F是一种食品保鲜剂，可按如下途径合成：已知：RCHOCH3CHORCH(OH)CH2CHO。试回答：（1）A的结构简式是_，EF的反应类型是_。（2）BC反应的化学方程式为_。（3）CD所用试剂和反应条件分别是_。E中官能团的名称是_。（4）检验F中碳碳双键的方法是_。（5）连在双键碳上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有_种（除D外）。其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3221的同分异构体的结构简式为_。25、（12分）ClO2熔点为-59.5，沸点

13、为11.0，温度过高可能引起爆炸，易溶于水，易与碱液反应。工业上用潮湿的KClO3和草酸(H2C2O4)在60时反应制得。某同学设计了如图装置来制取、收集ClO2并测定其质量。实验I：制取并收集ClO2，装置如图所示。(1)装置A除酒精灯外，还必须添加_装置，目的是_。装置B应该添加_(填“冰水浴”、“沸水浴”或“60的热水浴”)装置。(2)装置A中反应产物有K2CO3、ClO2和CO2等，请写出该反应的化学方程式_。实验II：测定ClO2的质量，装置如图所示。过程如下：在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用100mL水溶解后，再加硫酸溶液；按照如图组装好仪器：在玻璃液封管中加入水，浸没导管口；将生成

14、的ClO2气体由导管通入锥形瓶的溶液中，充分吸收后，把玻璃液封管中的水封液倒入锥形瓶中，再向锥形瓶中加入几滴淀粉溶液；用cmol/L Na2S2O3标准液滴定锥形瓶中的液体，共用去VmL Na2S2O3溶液(已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)。(3)装置中玻璃液封管的作用是_。(4)滴定终点的现象是_。(5)测得通入ClO2的质量m (ClO2)=_(用整理过的含的代数式表示)。(6)判断下列操作对m (ClO2)测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，则测定结果_。若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液

15、面，则测定结果_。26、（10分）PCl3是磷的常见氯化物，可用于半导体生产的外延、扩散工序。有关物质的部分性质如下：熔点/沸点/密度/g/mL化学性质黄磷44.1280.51.822P+3Cl2（少量）2PCl32P+5Cl2（过量）2PCl5PCl3-11275.51.574遇水生成H3PO4和HCl，遇氧气生成POCl3I.PCl3的制备如图是实验室制备PCl3的装置（部分仪器已省略）。回答下列问题：(1)仪器乙的名称是_；与自来水进水管连接的接口编号是_（填“a或“b”）。(2)实验前需先向仪器甲中通入一段时间CO2，然后加热，再通入干燥C12 。干燥管中碱石灰的作用主要是：_； _。

16、(3)实验室制备Cl2的离子方程式为 _；实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是_。II.测定PC13的纯度测定产品中PC13纯度的方法如下：迅速称取4.100 g产品，水解完全后配成500 mL溶液，取出25.00 mL加入过量0.100 0 mol/L 20. 00 mL碘溶液，充分反应后再用0.100 0 mol/L Na2S2O3溶液滴定过量的碘，终点时消耗12.00 mL Na2S2O3溶液。已知：H3PO3+H2O+I2=H3PO4 +2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其它反应。(4)根据上述数据，该产品中PC13的质量分数为 _；若滴

17、定终点时仰视读数，则PC13的质量分数 _（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。IIIPC13水解生成的H3PO3性质探究(5)请你设计一个实验方案，证明H3PO3为二元酸：_。27、（12分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡

18、水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； 将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标准溶液滴定；V待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和_。（2）在步骤中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O。（3）步骤中发生反应的离子方程式为 _。（4）滴定时，溶液由_色到_色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_mg/L。（6）当河水中含有较多NO3时，测定

19、结果会比实际值_(填偏高、偏低或不变)28、（14分）无机物可根据其组成和性质进行分类。现有Cl2、Na、CO2、Na2O、Na2O2、NH3六种物质，完成下列填空：(1)由分子构成的单质是_，属于极性分子的是_。(2)既有离子键又有共价键的物质的电子式为_。(3)上述化合物中组成元素的原子半径由大到小的顺序是_。(4)根据与水反应的不同，上述物质可分成A组（CO2、Na2O和NH3）和B组（Cl2、Na和Na2O2），分组的依据是_。(5)在酸性高锰酸钾溶液中加入Na2O2，溶液褪色，发生反应（未配平），配平该反应的离子方程式并标出电子转移方向与数目。_29、（10分）超分子在生命科学和物理

20、学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_个。(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是_(填元素符号)，p甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有_。(已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+FE=2。则一个C60分子的结构

21、是由_个五边形和_个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：_。(4)已知：某晶胞中各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_。已知该晶体的密度是gcm-3，Mo的摩尔质量是Mgmol-1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为_pm。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】A. 1 L pH=1的H2S

22、O4溶液中，c(H+)=0.1molL1，含H+的数目为0.1molL11 LNA= 0.1 NA，故A错误；B. 1mol纯H2SO4中以分子构成，离子数目为0，故B错误；C. 硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个S2O32-水解后最多可产生2个OH-，含15.8 g 即0.1molNa2S2O3的溶液种阴离子数目大于0.1 NA，故C正确；D.22.4 L气体不能确定是不是标准状况，故D错误；故选C。2、B【解析】A、8gCH4O(即0.25mol甲醇)，所含有的C-H键数目为0.75NA，故A错误；B、25时，pH=8的氨水中c(H+)水=1.010-8mol/L=c(OH-)水，由Kw可求得溶

23、液中的c(OH-)总=1.010-6mol/L，则由NH3H2O电离出的c(OH-)一水合氨=c(OH-)总-c(OH-)水=1.010-6mol/L-1.010-8mol/L=9.910-7mol/L=c(NH4+)，则NH4+的数目为9.910-7mol/L0.1LNA=9.910-8NA，所以B正确；C、由于S的氧化能力弱，所以铁和铜与S反应时都生成低价化合物，即铁显+2价，铜显+1价，所以56gFe(即1mol）与1molS恰好完全反应生成FeS,则转移的电子数为2 NA，64gCu(即1mol)与1molS反应生成0.5molCu2S，S过量，则转移的电子数为NA，故C错误；D、标准

24、状况下，2.24LCl2(即0.1mol)溶于水后仍有部分以Cl2的形式存在于水中，则所得氯水中含氯的微粒总数小于0.2 NA，则D错误。本题正确答案为B。点睛：看似简单的NA题，但在本题中最容易错选A、D，而B有可能计算错误。甲醇（CH4O）中并不是4个氢原子都与碳原子成键，而是3个，还要被分子式所迷惑；氯气是双原子分子，但并不能全部与水反应，还有一部分以Cl2的形式存在于水中；还要明确Kw的含义是溶液中总的c(H+)与总的c(OH-) 的乘积，这样才能求出由一水合氨电离出的c(OH-)，进而求出NH4+的个数。3、C【解析】A氯气是一种重要的化工原料，可制备HCl等，可用于农药的生产等，如

25、制备农药六六六等，氯气与水反应生成的次氯酸具有氧化性，能够杀菌消毒，故A正确；B硫酸能够与氨气反应生成硫酸铵，是常见的化学肥料、能与金属矿石、金属氧化物反应生成硫酸盐，故B正确；C光导纤维的主要成分为二氧化硅，而硅用于制作半导体材料，故C错误；D铜能与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铜，该反应可以应用于印刷电路板的制作，故D正确；故选C。4、C【解析】乙酸具有酸性，可与碳酸盐、碱等发生复分解反应，乙醛含有醛基，可发生氧化反应，以此解答该题。【详解】A. 二者都溶于水，没有明显现象，不能鉴别，故A错误；B. 乙酸具有酸性，可与NaHCO3溶液生成气体，乙醛与NaHCO3溶液不反应，可鉴别，方法简

26、便，操作简单，故B错误；C. 是可行的方案但使用CuSO4和NaOH溶液，需先生成氢氧化铜，然后与乙酸发生中和反应，检验乙醛需要加热，操作较复杂，故C正确；D. 使用 pH 试纸 乙酸具有酸性，可使 pH 试纸变红，乙醛不能使 pH 试纸变红，可鉴别，方法简单，操作简便，故D错误；答案选C。5、D【解析】A、图中为固液反应不加热装置，选浓氨水与碱石灰可制备氨气，选过氧化氢与二氧化锰可制备氧气，故A正确；B、高锰酸钾和浓盐酸反应制氯气，不用加热，尾气用碱溶液吸收，故B正确；C、装里可用从右侧管处加水，观察U型管是否出现液面差，可检验装置的气密性，故C正确；D、装置中若溴水褪色则证明石蜡油分解产生

27、了不饱和烃，不一定是乙烯，故D错误；故选D。6、D【解析】氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH35O24NO6NO，可知4NH320e，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。7、C【解析】X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素，25时，各元素最高价氧化物对应水化物的pH与原子半径的关系如图，其中X、N、W、R测定的是浓度均为0.01mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH，X、Y、Z的最高价氧化物对应水化物的水溶液呈碱性，结合碱性强弱可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al；R的pH=2，则R为Cl；N的pH2，则N为S；M的pH4，应该为P元素，据此解答。【详解】根

28、据分析可知，X为Na，Y为Mg，Z为Al，M为P，N为S，R为Cl元素。ANaCl溶液呈中性，故A错误；BNa的氧化物为氧化钠，S的最高价氧化物为三氧化硫，三氧化硫和水反应生成硫酸，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，故B错误；C非金属性：ClSP，非金属性越强，单质与氢气化合越容易，则单质与H2化合由易到难的顺序是：R、N、M，故C正确；D金属性：NaMgAl，则金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：X、Y、Z，故D错误；故选：C。8、A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W 的原子序数依次增大。X 原子的最外层电子数是K 层电子数的3倍，则X为O；Z 的原子半径在短周期中最大，则Z为Na，Y为F；常温

29、下，Z和W形成的化合物的水溶液pH 7，呈弱碱性，则为Na2S，即W为S。【详解】A. O与S属于同主族元素，故A正确；B. F无最高价氧化物对应的水化物，故B错误；C. 水、氟化氢分子间存在氢键，沸点反常，常温下，水为液态、氟化氢为气态，所以简单氢化物的沸点： H2O HF H2S，故C错误；D. Na与H2O反应生成NaOH和H2，S和H2O不反应，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】注意H2O、HF、NH3氢化物的沸点，它们存在分子间氢键，其他氢化物沸点与相对分子质量有关，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高。9、B【解析】根据有机物的分子式可知，C4H8Cl2的链状有机物，只含

30、有二个甲基的同分异构体共有4种，分别是CH3CHClCHClCH3、CH3CCl2CH2CH3、(CH3)2CClCH2Cl、(CH3)2CHCHCl2；答案选B。10、B【解析】连接N的电极上H+得电子产生H2，则为阴极，N为电源的负极，M为电源的正极。A. M为电源的正极，N为电源负极，选项A正确；B. 电解过程中，阳极上Co2+失电子产生Co3+，Co3+与乙醇反应产生Co2+，Co2+可循环使用，不需要向溶液中补充Co2+，选项B错误；C. CH3OH在溶液中被Co3+氧化生成CO2,发生反应6Co3+CH3OH+H2O=6Co2+CO2+6H+，选项C正确；D. 若外电路中转移1mo

31、l电子，根据电极反应2H+2e-=H2，则产生的H2在标准状况下的体积为11.2L，选项D正确。答案选B。11、D【解析】乙酸乙酯的制备中，浓硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反应，浓硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移动。【详解】A. 从表中可知，没有水，浓硫酸没有电离出H+，乙酸乙酯的收集为0，所以起催化作用的可能是H+，A项正确；B. 浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动，B项正确；C. 从表中可知，浓硫酸和水以体积比约23混合催化效果最好，C项正确；D. 表中组c(H+)浓度逐渐变小，收集的乙酸乙酯变小，反应速率越慢，D项错误。答案选D。12、C

32、【解析】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除D，C项正确；答案选C。13、D【解析】A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力；D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属，作阳极时，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，A正确；

33、B.二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣，所以在燃煤中加入石灰石或生石灰，减少环境污染，是目前主要脱硫方法，B正确；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，C正确；D.人体所需六大营养物质中：直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途，掌握反应原理和物质的性质即可解答，侧重考查了学生的分析能力，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性。14、A【解析】A. 立体烷和苯乙烯的分子式相同，但结构不同，互为同分异构体，A项正确；B. 1，3-丁二烯中含有2个C=C键，其键线式为：，

34、B项错误；C. 二氟化氧分子中F原子最外层达到8电子稳定结构，其正确的电子式为：，C项错误；D. H216O、D216O、H218O、D218O是化合物，不是同素异形体，D项错误；答案选A。15、C【解析】根据大会主题“迈向无污染的地球”，所以A可减少污染性气体的排放，即A正确；B可减少废物垃圾的排放，则B正确；C电子垃圾回收后，可进行分类处理回收其中的有用物质，而不能填埋，故C错误；D生态保护，有利于有害气体的净化，故D正确。本题正确答案为C。16、A【解析】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1

35、，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。17、C【解析】在青蒿液中加入乙醚，青蒿素在乙醚中溶解度大，经萃取得含青蒿素的乙醚和其他杂质的混合物，形成有机相和其它物质分层的现象，再经分液得到含青蒿索的乙醚，乙醚沸点低最后经蒸馏得到青蒿粗产品。对应的操作1、操作2、操作3分别是萃取、分液、蒸馏，故选C。18、B【解析】A溶液体积未知，无法计算氢离子数目，故A错误；B丙烯和环丁烷的最简式均为CH2，故56g混合物中含4molCH2原子团，故含4NA个碳原子，故B正确；C标准状况下，CHCl3是液体，不能用气体摩尔体积计算物质的量，故C错误；D常温下，铝和浓硝酸发生钝化，

36、不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D错误；答案选B【点睛】本题的易错点为D，要注意常温下，铁、铝遇到浓硫酸或浓硝酸会发生钝化，反应会很快停止。19、D【解析】A该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正确；B硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D羧基中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。20、C

37、【解析】由（简化为）的含义分析解答。【详解】原子中，质量数为A，质子数为Z，中子数为（AZ）。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为。A. 氧是8号元素，18O的中子数为188=10，A项错误；B. 16O和18O质子数都是8，中子数相差2，B项错误；C. 16O与18O核电荷数都是8，C项正确；D. 16O、18O的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D项错误。本题选C。21、C【解析】乙烧杯没有构成原电池，铜片不是正极，故A错误；甲中锌是负极，锌被氧化，乙中锌与硫酸反应，锌被氧化，故B错误；甲构成原电池，产生气泡的速率甲比乙快，故C正确；甲烧杯中构成原电池，铜是正极，电极反应是

38、 , 铜片表面有气泡产生，故D错误。点睛：构成原电池的条件是两个活泼性不同的电极、电解质溶液、形成闭合电路；乙装置没有形成闭合电路，所以没有构成原电池。22、D【解析】A1mol晶体硅含Si-Si键的数目为2NA，而1mol金刚砂含C-Si键的数目为4NA，A错误；BCa(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应生成CaCO3沉淀，而Mg(HCO3)2溶液中与过量的NaOH溶液反应时，由于Mg(OH)2的溶度积比MgCO3小，生成的是Mg(OH)2沉淀而不是MgCO3沉淀，B错误；C在标准状况下，CO2是气体而CS2是液体，C错误；DNaClO和 Ca(ClO)2溶液通入过量CO2都是发生反

39、应：ClO-+CO2+H2O=HClO+HCO3-，D正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、丙烯 加成反应 ab COOH +NaOH+NaBr；+O2+2H2O 【解析】由题中信息可知，A为链状烃，则A只能为丙烯，与苯环在一定条件下反应会生成丙苯，故B为丙苯，丙苯继续反应，根据分子式可推知C为丙酮，D为苯酚，丙酮与苯酚在催化剂作用下会生成E（）；采用逆合成分析法可知，根据PEI的单体，再结合题意，可推知4-氯-1，2-二甲基催化氧化制备F，则F为，根据给定信息ii可知，K为，据此分析作答。【详解】（1）A为链状烃，根据分子可以判断，A只能是丙烯；（2）AB为丙烯与苯反应生成丙苯的过程

40、，其反应类型为加成反应；（3）根据相似相容原理可知，苯酚常温下在水中的溶解度不大，其分子中不存在碳碳双键，可以与甲醛发生缩聚反应，故答案为ab；（4）4-氯-1，2-二甲苯催化氧化得到F，则F的结构简式为，其分子中所含官能团有Cl和COOH，故答案为COOH；（5）仅以2-溴丙烷为有机原料，先在氢氧化钠水溶液中水解生成2-丙醇，然后2-丙醇催化氧化生成丙酮，有关反应的化学方程式为，。 （6）由E和K的结构及题中信息可知，中间产物1为；再由中间产物1的结构和信息可知，中间产物2的结构简式为。【点睛】本题考查的是有机推断，难度很大。很多信息在题干中没有出现，而是出现在问题中。所以审题时，要先浏览整

41、题，不能因为合成路线没有看懂就轻易放弃。另外，虽然本题所涉及的有机物的结构很复杂，只要我们仔细分析官能团的变化和题中的新信息，还是能够解题的。24、 消去反应 +NaOH+NaCl O2/Cu或Ag，加热 羟基、醛基 用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键 8 【解析】根据流程图，E脱水生成，利用逆推法，E是；根据RCHOCH3CHO RCH(OH)CH2CHO，可逆推出D是；根据B的分子式C8H9Cl，结合D的结构，B是；C是，则A是。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式是；E()分子内脱水生成F（），则反应类型为消去反应，故答案为

42、：；消去反应；（2）在氢氧化钠溶液中水解为，反应的化学方程式为+NaOH+NaCl，故答案为：+NaOH+NaCl；（3）在铜或银作催化剂的条件下加热，能被氧气氧化为，所以试剂和反应条件是O2/Cu或Ag，加热；中含有的官能团有羟基和醛基；故答案为：O2/Cu或Ag，加热；羟基、醛基；（4）双键可以发生加成反应，所以可以用溴的四氯化碳溶液检验，因为F中还含有醛基，容易被氧化，所以不能用高锰酸钾溶液检验；也可以先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；故答案为：用Br2的CCl4溶液或先加足量银氨溶液或新制氢氧化铜，充分反应后，酸化后再用溴水检验碳碳双键；（5）连在

43、双键碳原子上的羟基不稳定，会转化为羰基，则D的同分异构体中，只有一个环的芳香族化合物有、，共8种；其中苯环上只有一个取代基，核磁共振氢谱有4个峰，峰面积比为3221的同分异构体的结构简式为，故答案为：8；。25、温度控制 使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸 冰水浴 2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O 用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等 当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点 1.35cV10-2g 偏高 偏低 【解析】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应

44、可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，需温度计，ClO2温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80之间，ClO2的沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根据得失电子守恒、原子守恒书写方程式；(3)用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)根据关系式2ClO25I210Na2S2O3计算n(ClO2)，再根据m=nM计算m(ClO2)；(6)根据关系式2ClO25I210Na2S2O3判断，若操作使Na2S2O3偏少，

45、则ClO2偏低；若操作使Na2S2O3偏大，则ClO2偏高。【详解】(1)二氧化氯(ClO2)沸点为11，用氯酸钾粉末与草酸在60时反应可生成二氧化氯等物质，装置A必须添加温度控制装置，所以装置A中还应安装的玻璃仪器是温度计；ClO2熔点为-59，沸点为11.0，温度过高可能引起爆炸，其温度要保持60-80之间，控制温度的目的是使反应发生(或正常进行)，并防止温度过高引起爆炸，ClO2的沸点：11.0，沸点低，用冰水可以使ClO2冷凝为液体，收集在试管中或常温下二氧化氯为气态，装置B使用冰水浴装置，进行降温处理；(2)KClO3和草酸发生氧化还原反应生成ClO2、K2CO3、CO2和H2O，根

46、据得失电子守恒、原子守恒书写方程式2KClO3+H2C2O4K2CO3+CO2+2ClO2+H2O；(3)装置中玻璃液封管的作用是，用水再次吸收残余的二氧化氯气体，并使锥形瓶内外压强相等；(4)当滴入(最后)一滴标准液时，溶液由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不褪色，说明滴定至终点；(5)VmLNa2S2O3溶液含有Na2S2O3物质的量n(Na2S2O3)=V10-3 Lcmol/L=cV10-3 mol则：根据关系式：2ClO25I210Na2S2O3， 2 10 n(ClO2) cV10-3 mol所以n(ClO2)=n(Na2S2O3)=cV10-3 mol，所以m(ClO2)=n(ClO

47、2) M=cV10-3 mol67.5g/mol=1.35cV10-2g；(6)若在配制Na2S2O3标准溶液时，烧杯中的溶液有少量溅出，使标准溶液的浓度减小，消耗的体积增大，则测定结果中ClO2的含量偏高；若在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面，读取的体积比实际体积偏小，导致测定结果中ClO2的含量偏低。【点睛】本题以氯及其化合物的性质为线索，考查了物质含量的探究性实验，涉及化学实验基本操作、滴定终点的判断方法、氧化还原反应在滴定中的应用，把握习题中的信息及知识迁移应用为解答的关键，题目难度中等。26、直形冷凝管 b 防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解 吸收多余的C12，防止污染环境

48、 MnO2 + 4H+ + 2Cl- =Mn2+ +Cl2 + 2H2O 防止生成PCl5 93.9% 偏大 用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸 【解析】I.根据实验装置图分析仪器名称及连接方式；根据实验目的及题干信息分析装置的作用和操作时的注意事项；根据氯气的制备原理书写离子方程式；II.根据滴定原理计算样品的质量分数，并进行误差分析；III.根据二元酸与一元碱反应的物质的量之比用滴定法设计方案进行探究。【详解】I.（1）根据图示装置图知，仪器乙的名称是直形冷凝管；冷凝水下进上出，则与自来水进水管连接的接口编号是b，故答案为：冷

49、凝管；b；（2）根据题干信息知PCl3遇水会水解，且氯气有毒，所以干燥管中碱石灰的作用主要是：防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染环境；故答案为：防止空气中水蒸气进入而使PCl3水解；吸收多余的C12，防止污染环境；（3）实验室制备用浓盐酸和二氧化锰加热制备Cl2，其离子方程式为MnO2 + 4H+ + 2Cl- Mn2+ +Cl2 + 2H2O；由题干信息分析知，P与过量Cl2反应生成PCl5，所以实验过程中，通入氯气的速率不宜过快的原因是防止生成PCl5，故答案为：MnO2 + 4H+ + 2Cl- =Mn2+ +Cl2 + 2H2O；防止生成PCl5；II.（

50、4）通过H3PO3+H2O+I2=H3PO4 +2HI，I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6，假设测定过程中没有其它反应。0.1000mol/L碘溶液20.00mL中含有碘单质的物质的量为：0.1000mo1/L0.020L=0.002mo1，根据反应I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6可知，与磷酸反应消耗的碘单质的物质的量为：0.002mo1-0.1000mo1/L0.012L1/2=0.0014mo1，再由H3PO3+H2O+I2=H3PO4 +2HI可知，25mL三氯化磷水解后的溶液中含有的H3PO3的物质的量为：n(H3PO3)=n(I2)=0.0014mo1，

51、500mL该溶液中含有H3PO3的物质的量为：0.0014mo1=0.028mol，所以4.100g产品中含有的三氯化磷的物质的量为0.028mol，该产品中PC13的质量分数为：；若滴定终点时仰视读数，则读取数值偏大，导致最终的质量分数偏大，故答案：93.9%；偏大；III（5）若H3PO3为二元酸，则与氢氧化钠反应的物质的量之比为1:2，则可以用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸，故答案为：用与H3PO3相同浓度的氢氧化钠溶液进行滴定，若消耗的碱的体积为酸的二倍，则说明H3PO3为二元酸。27、碱式滴定管 MnMnO3+2I+6

52、H+I2+2Mn2+3H2O 蓝 无 偏高 【解析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴

53、定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案为：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根