2022届湖南省郴州市高三适应性调研考试化学试题含解析

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、CO2催化加氢制取甲醇、乙醇等低碳醇的研究，对于环境问题和能源问题都具有非常重要的意义。已知一定条件下的如下反应：CO2(g) + 3H2(g) CH3OH(g) + H2O(g) H =49.0 kJ mol-12CO2(g) + 6H2(g) CH3CH2OH(g)

2、 + 3H2O(g) H=173.6 kJ mol-1下列说法不正确的是ACH3OH(g) + CO2(g) + 3H2(g) CH3CH2OH(g) + 2H2O(g) H0B增大压强，有利于反应向生成低碳醇的方向移动，平衡常数增大C升高温度，可以加快生成低碳醇的速率，但反应限度降低D增大氢气浓度可以提高二氧化碳的转化率2、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C用图3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH33、下列物质的工业制法错误的是A氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混

3、合物B金属锰：高温下铝和二氧化锰反应C粗硅：高温下焦炭还原二氧化硅，副产物为COD硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收4、a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同；c所在周期序数与族序数相同；d与a同族，下列叙述不正确的是()A原子半径：bcdaB4种元素中b的金属性最强Cb的氧化物的水化物可能是强碱Dd单质的氧化性比a单质的氧化性强5、下列关于有机物1氧杂2，4环戊二烯()的说法正确的是()A与互为同系物B二氯代物有3种(不考虑立体异构)C所有原子都处于同一平面内D1 mol该有机物完全燃烧消耗5mol O26、有关铝及其化

4、合物的用途正确的是()A氢氧化铝：治疗胃酸过多B氧化铝：铝热剂C明矾：消毒净水D铝槽车：装运稀硫酸7、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4- 2e=S2O82+2H+。下列说法正确的是（ ）A阴极电极反应式为Pb+HSO4- 2e=PbSO4+H+B阳极反应中S的化合价升高CS2O82中既存在非极性键又存在极性键D可以用铜电极作阳极8、依据反应2NaIO3+5SO2+4H2O=I2+3H2SO4+2NaHSO4，利用下列装置从含NaIO3的废液中制取单质碘的CCl4溶液并回收NaHSO4。其中装置正确且能达到相应实验目的是A

5、BCD9、下列常见物质的俗名与化学式对应正确的是A水煤气-CH4B明矾-KAl(SO4)212H2OC水玻璃-H2SiO3D纯碱-NaHCO310、下列说法正确的是（ ）A淀粉、纤维素、油脂都是高分子化合物B石油分馏和煤的干馏过程，都属于物理变化C甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氢化合物，都可作燃料D聚乙烯是无毒高分子材料，可用于制作食品包装袋11、氮化钡(Ba3N2)是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡(BaH2)中通入氮气可反应制得氮化钡。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。用图示装置制备氮化钡时，下列说法不正确的是（ ）A装置甲中反应的化学方程式为NaNO2+N

6、H4ClN2+NaCl+2H2OBBaH2遇水反应，H2O作还原剂C实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应D装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中12、下列实验中，正确的是（）A实验：配制一定物质的量浓度的溶液B实验：除去Cl2中的HClC实验：用水吸收NH3D实验：制备乙酸乙酯13、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。下列说法正确的是（ ）AKClO3在反应中得到电子BClO2是

7、氧化产物CH2C2O4在反应中被还原D1mol KClO3参加反应有2 mol电子转移14、下列诗句、谚语或与化学现象有关，说法不正确的是A“水乳交融，火上浇油”前者包含物理变化，而后者包含化学变化B“落汤螃蟹着红袍”肯定发生了化学变化C“滴水石穿、绳锯木断”不包含化学变化D“看似风平浪静，实则暗流涌动”形象地描述了溶解平衡的状态15、X、Y、Z、W为四种短周期主族元素，X与Z同族，Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法正确的是AY的最高价氧化物对应的水化物是二元强酸B原子半径：XZYC气态氢化物的

8、热稳定性：YZDX与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之比均为1：2的离子化合物16、25时，浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液，下列判断错误的是（）A粒子种类不同Bc(Na+)前者大于后者Cc(OH-)前者大于后者D分别加入NaOH固体，c(CO32-)均增大17、有关下图所示化合物的说法不正确的是A既可以与Br2的CCl4溶液发生加成反应，又可以在光照下与Br2发生取代反应B1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应C既可以催化加氢,又可以使酸性KMnO4溶液褪色D既可以与FeCl3溶液发生显色反应，又可以与NaHCO3溶液反应放出CO2气体18、下列有关电解质溶液的说法正确的是

9、（ ）A向0.1molL1CH3COOH溶液中加入少量水，溶液中减小B将CH3COONa溶液从20升温至30，溶液中增大C向氨水中加入盐酸至中性，溶液中cabC含氧酸的酸性强弱：dcDb、c的简单离子在水溶液中一定能大量共存22、一种新兴宝玉石主要成分的化学式为X2Y10Z12W30，X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，X与Y位于同一主族，Y与W位于同一周期。X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，W是地壳中含量最多的元素。下列说法错误的是A原子半径：XYWB最高价氧化物对应水化物的碱性：XYCZ、W组成的化合物能与强碱反应DX的单质在氧气中燃烧所得

10、的产物中阴、阳离子个数比为1:1二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：（1）A的分子式是_，B中含有的官能团的名称是_。（2）DE的反应类型是_。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_。（4）写出EF的化学方程式：_。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有_种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_ 。能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成

11、路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：_。24、（12分）痛灭定钠是一种吡咯乙酸类的非甾体抗炎药，其合成路线如下：回答下列问题：(1)化合物 C 中含氧官能团的名称是_。(2)化学反应和的反应类型分别为_和_。(3)下列关于痛灭定钠的说法正确的是_。a1mol 痛灭定钠与氢气加成最多消耗 7molH2 b核磁共振氢谱分析能够显示 6 个峰 c不能够发生还原反应 d与溴充分加成后官能团种类数不变 e共直线的碳原子最多有 4 个(4)反应的化学方程式为_。(5)芳香族化合物 X 的相对分子质量比 A 大 14，遇 FeCl3 溶液显紫色的结构共有_种（不考虑

12、立体异构），核磁共振氢谱分析显示有 5 个峰的 X 的结构简式有_。(6) 根据该试题提供的相关信息，写出由化合物及必要的试剂制备有机化合物的合成路线图。_25、（12分）绿矾（FeSO47H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8，沸点44.8，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要

13、补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中_（填字母）。A不含SO2 B可能含SO2 C一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_。能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是_。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象_。26、（10分）丙烯酸酯类物质广泛用于建筑、包装材料等，丙烯酸是合成丙烯酸酯的原料之一。丙烯醇可用于生产甘油、塑料等。以丙烯醛为原料生产丙烯醇、丙烯

14、酸的流程如图所示：已知：2CH2=CH-CHO+NaOH CH2=CHCH2OH+CH2=CHCOONa2CH2=CHOONa+H2SO42CH2=CHCOOH+Na2SO4有关物质的相关性质如表：物质丙烯醛丙烯醇丙烯酸四氯化碳沸点/539714177熔点/- 87- 12913-22.8密度/gmL-30.840.851.021.58溶解性(常温)易溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂溶于水和有机溶剂难溶于水 (1)操作需要连续加热30min，所用装置如图所示。仪器L名称是_。(2)操作使用的主要仪器是分液漏斗，在使用之前需进行的操作是 _。(3)操作包括_、过滤、冰水洗涤、低温吸干。(4)操作

15、中，加热蒸馏“下层液体”，分离出四氯化碳；再分离出丙烯醇(如图)，要得到丙烯醇应收集 _(填温度)的馏分。图中有一处明显错误，应改为_。(5)测定丙烯醇的摩尔质量：准确量取amL丙烯醇于分液漏斗中，烧瓶内盛装足量钠粒。实验前量气管B中读数为b mL，当丙烯醇完全反应后，冷却至室温、调平B、C液面，量气管B的读数为c mL。已知室温下气体摩尔体积为VLmol-1。调平B、C液面的操作是_；实验测得丙烯醇的摩尔质量为_gmol-1(用代数式表示)。如果读数时C管液面高于B管，测得结果将_(填“偏大”“偏小”或“不变”)。27、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯

16、(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知： SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(l) H97.3 kJ/mol。 硫酰氯常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”。 100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1) 装置A中发生反应的离子方程式为_。(2) 装置B的作用为_，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_。(3) 仪器F的名称为_，E中冷凝水的入口是_(填“a”或“b”)，F的作用为_。(4) 当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况

17、)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)。 先通冷凝水，再通气 控制气流速率，宜慢不宜快 若三颈烧瓶发烫，可适当降温 加热三颈烧瓶(5) 氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3HSO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_A重结晶B过滤 C蒸馏D萃取(6) 长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为_。28、（14分）含硫化合物在生活和生产中有着重要应用，科学使用含硫化合物对人体健康及环境保护意义重大。（1）葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被_（填“氧化”、“还原”）。（2

18、）氢的硫化物有多种：H2Sx（x=1，2，3，），如H2S2，其结构与H2O2相似。请写出H2S3的结构式_。（3）固体硫酸氢钾在加热熔化时，生成了焦硫酸钾（K2S2O7），反应中断裂的化学键类型为_。（4）淮北某课题小组对连二亚硫酸钠（Na2S2O4）进行了如下探究。将0.050mlL-1Na2S2O4溶液在空气中放置，其溶液的pH与时间（t）的关系如图所示（忽略溶液体积的变化）。Na2S2O4溶液显_性，原因是_（用离子方程式表示）。t1时溶液中只有一种溶质，此时含硫元素的粒子浓度由大到小的顺序为_。0-t1段发生反应的离子方程式为_，t1-t2段溶液的pH变小的原因是_（用离子方程式表示

19、）。29、（10分）甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。（1）已知 CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) H= + 93.0kJmol1CH3OH(g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H=192.9 kJmol1甲醇的燃烧热为726.51kJmol-1。要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为_。（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2CH3OH HT1)下达到平衡时CO的体积分数可能是_(填标号)A 当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_点选填“D”、“E”或“F”)。（3）制甲醇的CO和

20、H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1molL1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强的关系如图所示，则该反应的H_(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)_(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T时该反应的平衡常数Kp=_MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。 （4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)

21、+H2O(g) 反应。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mol CO2和4.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高的反应所用的催化剂是_(填“A”、“B”或“C”)。在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数

22、据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_。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、B【解析】A.根据盖斯定律，用第二个反应减第一个反应得：，故A正确；B.温度不变，平衡常数不变，故B错误；C.升高温度，正逆反应速率都可以加快，升高温度，平衡向吸热反应方向进行，即平衡逆向移动，反应限度降低，故C正确；D.反应物中氢气和二氧化碳都是气体，增大一种反应物的浓度可以提高另一种反应物的转化率，故D正确；故选：B。2、C【解析】AHCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；B蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆

23、矾，B错误；C挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。3、A【解析】A. 氨气：加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法，工业用氮气与氢气在一定条件下反应制取，符合题意，A正确；B. 金属锰：高温下铝和二氧化锰发生铝热反应可制取金属锰

24、，与题意不符，B错误；C. 粗硅：用焦炭在高温下还原二氧化硅制得粗硅，副产物为CO，与题意不符，C错误；D. 硫酸：黄铁矿煅烧生成的气体经接触氧化后用浓硫酸吸收三氧化硫制取浓硫酸，与题意不符，D错误；答案为A。【点睛】加热氢氧化钙和氯化铵的混合物为氨气的实验室制法。4、D【解析】a、b、c、d为原子序数依次增大的短周期主族元素，a原子核外电子总数与b原子次外层的电子数相同，则a的核外电子总数应为8，为O元素，则b、c、d为第三周期元素，c所在周期数与族数相同，应为Al元素，d与a同族，应为S元素，b可能为Na或Mg，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律解答该题。【详解】由以上分析可知a为O

25、元素，b可能为Na或Mg元素，c为Al元素，d为S元素，A. 同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：bcda，故A正确；B. 同周期元素从左到右元素的金属性逐渐降低，则金属性bc，a、d为非金属，则4种元素中b的金属性最强，故B正确；C. b可能为Na或Mg，其对应的氧化物的水化物为NaOH或Mg(OH)2，则b的氧化物的水化物可能是强碱，故C正确；D. 一般来说，元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，非金属性：OS，则氧化性：O2S，则a单质的氧化性较强，故D错误。答案选D。5、C【解析】A. 属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，

26、两者不可能是同系物，A错误；B. 共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，B错误；C. 中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，C正确；D. 的分子式为C4H4O，1 mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol(410.5)4.5 mol，D错误；故答案为：C。【点睛】有机物燃烧：CxHy(x)O2xCO2H2O；CxHyOz(x)O2 xCO2H2O。6、A【解析】A氢氧化铝碱性较弱，能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，故A正确；B铝热剂是铝粉和难熔金属氧化物的混合物，不含氧化铝，故B错误；C明矾净水是由于明矾水解生成氢氧化铝胶体，

27、具有吸附能力，但不具有消毒杀菌能力，故C错误；D铝会和稀硫酸反应，释放出氢气，不能用铝罐车盛稀硫酸，故D错误；答案选A。【点睛】消毒剂可以是医用酒精，使蛋白质变性，可以是氯气，臭氧，具有强氧化性，可以用于杀菌，明矾只能吸附悬浮物，不能杀菌消毒。7、C【解析】A选项，阴极反应式为2H+ + 2e= H2，故A错误；B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个O均为-1价，其他的O均为-2价，电解时阳极的HSO4中O失去电子，S未变价，故B错误；C选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电

28、子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。8、B【解析】依据实验步骤及操作的规范性、科学性分析作答。【详解】浓硫酸在加热条件下与铜反应制取SO2，装置正确且能达到相应实验目的；气体和液体反应，有防倒吸装置，装置正确且能达到相应实验目的；用四氯化碳从废液中萃取碘，静置后分液，装置正确且能达到相应实验目的；蒸发溶液时用蒸发皿，而不应用坩埚，装置错误，不能达到实验目的；故B项正确。答案选B。9、B【解析】A天然气是CH4，水煤气是H2、CO的混合物，故A错误；B明矾是Kal(SO4)212H2O的俗称，故B正确；C水玻璃是Na2S

29、iO3的水溶液，故C错误；D纯碱是Na2CO3的俗称，故D错误；故答案选B。10、D【解析】A.油酯中相对分子质量比较大，但不属于高分子化合物，A错误；B.煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使它发生分解反应，属于化学变化，B错误；C.酒精分子结构简式为CH3CH2OH，含有C、H、O三种元素，是烃的衍生物，不是碳氢化合物，C错误；D.聚乙烯是乙烯CH2=CH2发生加聚反应产生的无毒高分子材料，因此可用于制作食品包装袋，D正确；故合理选项是D。11、B【解析】A. 装置甲中亚硝酸钠和氯化铵发生归中反应生成氮气，根据电子守恒，反应的化学方程式为NaNO2+NH4ClN2+NaCl+2H2O，故A正确；B

30、. BaH2中H元素化合价为-1，BaH2遇水反应生成氢气，H2O作氧化剂，故B错误；C. 实验时，先点燃装置甲中的酒精灯，反应一段时间后，等氮气把装置中的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，故C正确；D. Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，所以装置乙中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均是用于吸收水蒸气，防止水蒸气进入装置丙中，故D正确；选B。12、B【解析】A. 配制一定物质的量浓度的溶液，把溶液或蒸馏水加入容量瓶中需要用玻璃棒引流，故A错误；B. HCl极易溶于水，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，可用饱和食盐水除去Cl2中的HCl杂质，故B正确；C. NH3极易

31、溶于水，把导管直接插入水中，会发生倒吸，故C错误；D. 制备乙酸乙酯时缺少浓硫酸，乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中会发生水解，并且导管直接插入液面以下，会发生倒吸，故D错误；故答案为B。13、A【解析】反应2KClO3+H2C2O4+H2SO4 =2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O中，KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2；H2C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，得到氧化产物CO2。A、KClO3 中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，A正确；B、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到电子，被还原，得到还原产物ClO2，B错误；C、H2

32、C2O4中C的化合价从3升高到4，失去电子，被氧化，C错误；D、KClO3中Cl的化合价从5降低到4，得到1个电子，则1mol KClO3参加反应有1 mol电子转移，D错误；答案选A。14、C【解析】A水乳交融没有新物质生成，油能燃烧，火上浇油有新物质生成，选项A正确；B龙虾和螃蟹被煮熟时，它们壳里面的一种蛋白质-甲壳蛋白会受热扭曲分解，释放出一种类似于胡萝卜素的色素物质，有新物质生成，属于化学变化，选项B正确；C石头大多由大理石（即碳酸钙） 其能与水，二氧化碳反应生成Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2是可溶性物质，包含反应CaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2，Ca(HCO3)2C

33、aCO3CO2H2O，属于化学变化，选项C不正确；D看似风平浪静，实则暗流涌动说的是表面看没发生变化，实际上在不停的发生溶解平衡，选项D正确。答案选C。15、D【解析】X、Y、Z、W为四种短周期主族元素， Y与Z同周期，W是短周期主族元素中原子半径最大的，则W为Na，X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O，X与Z同族，则Z为S，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y为Cl。A. Y的最高价氧化物对应的水化物HClO4是一元强酸，选项A错误；B. 原子半径：X(O) Y(Cl) Z(S)，故气态氢化物的热稳定性：HCl H2S，选项C错误；D. X与W可形成两种阴、阳离子的物质的量之

34、比均为1：2的离子化合物Na2O和Na2O2，选项D正确。答案选D。16、A【解析】A项、NaHCO3溶液中存在如下平衡：H2OH+OH-、HCO3-CO32-+H+、H2O+HCO3-H2CO3+OH-，Na2CO3溶液中存在如下平衡：H2OH+OH-、H2O+CO32-HCO3-+OH-、H2O+HCO3-H2CO3+OH-，溶液中存在的粒子种类相同，故A错误；B项、Na2CO3中c（Na+）=2c（Na2CO3），NaHCO3溶液中c（Na+）=c（NaHCO3），二者浓度相等，则c（Na+）前者大于后者，故B正确；C项、碳酸根的水解程度大于碳酸氢根，二者水解均显碱性，碳酸钠溶液中的c（

35、OH-）大于碳酸氢钠溶液中的c（OH-），故C正确；D项、向浓度相同的Na2CO3和NaHCO3溶液分别加入NaOH固体，NaOH会抑制Na2CO3的水解，与NaHCO3反应生成Na2CO3，则两种溶液中c（CO32-）均增大，故D正确；故选A。17、D【解析】A、根据结构简式可知化合物中含有的官能团有酯基、酚羟基、醚键、碳碳双键。碳碳双键可以和溴加成，甲基上的氢原子可以被取代，A正确。B、2个酯基水解需要2个氢氧化钠，1个酚羟基需要1个氢氧化钠，即1mol该化合物最多可以与3mol NaOH反应，B正确。C、含有碳碳双键，既可以催化加氢，又可以使酸性KMnO4溶液褪色，C正确。D、酚羟基不能

36、与NaHCO3溶液反应放出CO2气体，D错误。答案选D。18、D【解析】A. 向0.1molL1CH3COOH溶液中加入少量水，促进电离，但醋酸根离子浓度减小，电离常数不变，溶液中增大，A错误；B. 将CH3COONa溶液从20升温至30，促进水解，水解常数增大，溶液中减小，B错误；C. 向氨水中加入盐酸至中性，根据电荷守恒可知c(NH4+)c(Cl)，则溶液中，C错误；D. 向AgCl、AgBr的饱和溶液中加入少量AgNO3，溶液中Ksp(AgCl)/Ksp(AgBr)，温度不变，溶度积常数不变，则比值不变，D正确；答案选D。19、C【解析】A因为MgS与NaHS的摩尔质量都是56g.mol

37、-1，所以112gMgS与NaHS混合物的物质的量为2mol，而MgS与NaHS混合晶体中含有阳离子分别为Mg2+、Na+，故112gMgS与NaHS混合晶体中含有阳离子的数目为2NA，A正确；BNa3PO4是强电解质，在溶液中的电离方程式为：Na3PO4=3 Na+ PO43-，则1L 0.1molL1的Na3PO4溶液中Na+的物质的量为0.3mol，故1L 0.1molL1的Na3PO4溶液中Na+的数目为0.3NA，B正确；C常温下，Cu与浓硫酸不反应，C错误；D乙酸乙酯的结构式为，88g乙酸乙酯的物质的量是1mol，一个乙酸乙酯分子中含有两个非极性共价键，故88g乙酸乙酯中含有的非极

38、性共价键的数目为2NA，D正确；答案选C。20、A【解析】A由30号元素Zn，连续轰击83号元素Bi获得的属于核变，不属于化学变化，故A错误；B题中涉及的三种元素Ja、Zn、Bi都是金属元素，故B正确；C的质子数为113，中子数=278113=165，中子数与质子数差为165113=52，故C正确；D位于第七周期第A主族，是同主族元素中原子半径最大的，故D正确；答案选A。【点睛】化学变化的实质是旧的化学键的断裂和新的化学键的形成，不涉及原子核内的变化。21、A【解析】a的最外层电子数是内层电子数的3倍，a是O元素；a、c同主族，c是S元素；a、c、d的最外层电子数之和为19，d是Cl元素；b为

39、金属元素，b是Na、Mg、Al中的一种。【详解】A、O和Na可以形成Na2O2，是含有共价键的离子化合物，故A正确；B、电子层数相同，质子数越多半径越小，离子半径S2Cl，故B错误；C、最高价含氧酸的酸性dc，这里没有说是最高价，故C错误；D、若b为Al元素，则Al3和S2在水溶液中不能大量共存，故D错误。【点睛】本题以元素推断为载体，考查原子结构与位置关系、核外电子排布规律、半径比较、化学键、元素化合物性质等，清楚核外电子排布规律是解题的关键。22、D【解析】X、Y、Z、W均为短周期主族元素且Y、W、X、Z的原子序数依次增大，W是地壳中含量最多的元素，则W为O元素； X与Y位于同一主族，Y与

40、W位于同一周期，则X、Z均为第三周期；X、Y、Z的最外层电子数之和与W的最外层电子数相等，设X、Y的最外层电子数为a，Z的最外层电子数为b，则2a+b+6，当a=1，b=4时满足题意，即Y为Li、X为Na、Z为Si。【详解】由分析可知：Y为Li元素、W为O元素、X为Na元素、Z为Si元素；ALi、O同周期，核电荷数大，原子半径小，Li的原子半径大于O，Li、Na同主族，核电荷数大，原子半径大，Na的原子半径大于Li，则原子半径是XYW，故A正确；BNa的金属性比Li强，NaOH的碱性比LiOH强，则最高价氧化物对应水化物的碱性：XY，故B正确；CZ、W组成的化合物SiO2是酸性氧化物，能与强碱

41、反应，故C正确；DX的单质是Na，在氧气中燃烧生成Na2O2，存在Na+和O22-，则阴阳离子之比为1:2，故D错误；故答案为D。【点睛】微粒半径大小比较的常用规律：（1）同周期元素的微粒：同周期元素的原子或最高价阳离子或最低价阴离子半径随核电荷数增大而逐渐减小(稀有气体元素除外)，如NaMgAlSi，Na+Mg2+Al3+，S2Cl。（2）同主族元素的微粒：同主族元素的原子或离子半径随核电荷数增大而逐渐增大，如LiNaK，Li+Na+K+。（3）电子层结构相同的微粒：电子层结构相同(核外电子排布相同)的离子半径(包括阴、阳离子)随核电荷数的增加而减小，如O2FNa+Mg2+Al3+。（4）同

42、种元素形成的微粒：同种元素原子形成的微粒电子数越多，半径越大。如Fe3+Fe2+Fe，H+HH。（5）电子数和核电荷数都不同的，可通过一种参照物进行比较，如比较A13+与S2的半径大小，可找出与A13+电子数相同的O2进行比较，A13+O2，且O2S2，故A13+S2。二、非选择题(共84分)23、C6H7N 羰基、碳碳双键 酯化反应（或取代反应） HOCH2COOC2H5 +C6H5CH2Br+HBr 2 或 【解析】本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）

43、G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G的结构简式；（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的

44、结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，DE发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为： + C6H5CH2Br +HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机

45、物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。24、酯基 取代反应 加成反应 de +NaOH +CH3OH 16 、 【解析】根据合成路线分析：与CH3I发生取代反应转变为，发生反应，在邻位引入醛基转变为：，与CH3NO2发生反应生成，与氢气发生加成反应生成，发生反应将CH2NO2脱

46、去氢氧原子转变为CN，生成，反应中CN碱性水解转变成COONa，得到，反应生成，结合分子式C16H17O3N，与发生取代反应生成，在碱性条件下水解得到，据此作答。【详解】(1)化合物C中含氧官能团为酯基，故答案为：酯基；(2)由上述分析可知反应为取代反应，反应为加成反应，故答案为：取代反应；加成反应；(3)a 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，因此1mol痛灭定钠与氢气加成最多消耗6molH2，故错误；b. 该结构中有7种氢，故核磁共振氢谱分析能够显示7个峰，故错误；c. 苯环、碳碳双键和羰基都可以与氢气加成，与氢气发生的加成反应也属于还原反应，故错误； d. 与溴充分加成后碳碳双键消失，

47、引入了溴原子，故官能团种类数不变，故正确； e. 如图所示，共直线的碳原子最多有 4 个，故正确；故答案为：de；(4)由以上分析知，反应为在碱性条件下水解得到，则发生反应的化学方程式为：+NaOH +CH3OH，故答案为：+NaOH +CH3OH；(5)芳香族化合物说明X中有苯环，相对分子质量比A大14，说明比A多一个CH2，与A的不饱和度相同为4；遇FeCl3溶液显紫色说明含有酚羟基；若苯环上有两个取代基，则为(邻、间、对3种)，(邻、间、对3种)；若苯环上有三个取代基，先确定两个取代基的位置，即邻、间、对，再确定另一个取代基的位置，当羟基和氨基位于邻位时，苯环上有4种氢原子，则甲基可以有

48、4种取代方式，则会得到4种同分异构体，同理，当羟基和氨基位于间位时，也会有4种同分异构体，当羟基和氨基位于对位时，有2种同分异构体，共3+3+4+4+2=16，其中核磁共振氢谱分析显示有5 个峰的 X 的结构简式有、，故答案为：16；、；(6)完全仿照题干中框图中反应，选择合适试剂即可完成，与氢氧化钠水解得到苯乙酸钠，苯乙酸钠与(CH3CH2)2SO4反应得到，再与乙酰氯反应生成，合成路线为：；故答案为；。25、品红溶液褪色 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 BC AFGBDH 用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。 取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，

49、再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。 【解析】二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。 （2）二氧化硫、三氧化硫能

50、使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少

51、量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【点睛】检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；26、冷凝管 检漏 冰水浴冷却结晶 97 温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口处相齐平 上下移动C管 偏大 【解析】丙烯醛与氢氧化钠溶液共热生成丙烯醇和丙烯酸钠，加入四氯化碳萃取未反应的丙烯醛和丙烯醇，四氯化碳密度比水大，所以得到的上层液体含有丙烯酸钠，加入硫酸酸化得到丙烯酸溶液，丙烯酸熔点为13，可用冰水冷却可得到丙烯酸晶体，过滤、冰水洗涤、低温吸干得到丙烯酸；

52、下层液体为含有少量未反应的丙烯醛和生成的丙烯醇的四氯化碳溶液，蒸馏得到丙烯醇。【详解】(1)根据L的结构特点可知其为球形冷凝管；(2)过程为萃取分液，分液漏斗使用前需要进行检漏；(3)根据分析可知操作包括冰水浴冷却结晶、过滤、冰水洗涤、低温吸干；(4)根据题目信息可知丙烯醇的沸点为97，所以收集97的馏分；进行蒸馏时温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平；(5)丙烯醇含有羟基可以与钠单质反应生成氢气，通过测定生成的氢气的量来确定丙烯醇的物质的量，从而测定其摩尔质量；记录氢气体积时要注意通过上下移动C管使B、C液面高度一致，从而使气体的压强与大气压相同；得到的气体体积为cmL，室温下气体摩尔体

53、积为VLmol-1，则生成的氢气物质的量为，丙烯醇分子中含有一个羟基，所以丙烯醇的物质的量为，丙烯醇的密度为0.85 gmL-3，则amL丙烯醇的质量为0.85ag，所以丙烯醇的摩尔质量为；若读数时C管液面高于B管，则B中压强要大于大气压，导致测得的气体体积偏小，根据计算公式可知会导致计算得到的摩尔质量偏大。【点睛】蒸馏实验中温度计的水银球应与蒸馏烧瓶的支管口处相平，冷凝水从冷凝管的下口进上口出；排水法测量气体体积时一定要保证气体压强和大气压相同，否则无法准确知道气体压强无法进行换算。27、2MnO4 + 10Cl + 16H+2Mn2+ + 5Cl2+ 8H2O 除去HCl SO2 + Cl

54、2 + 2H2O2HCl + H2SO4 球形干燥管 a 防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气 80% C 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄 【解析】由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)(3)；(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)可知，理论上生

55、成SO2Cl2为；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息可知，硫酰氯易分解。【详解】(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O；(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；(3)仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E

56、中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。

57、结合信息可知不能加热。故答案为:80%；(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C；(6)由信息可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为: 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。28、氧化 离子键、共价键 碱 S2O42-+H2O=HS2O4-+OH-，HS2O4-+H2O=H2S2O4+OH- c（HSO3-）c（SO32-）c（H2SO3） 2S2O42-+O2+2H2O=4HSO3- 2HSO3-+O2=2H+2SO42- 【解析】(1)葡萄酒中添加微量的SO2可抑制细菌生长，防止葡萄酒被氧化，故答案为：氧化；(2)氢的硫化物有多种，其结构与H2O2相似，说明硫原子间形成一个单键两端和氢原子形成共价键，H2S3的结构式，故答