2022届湖南省长沙市湖南师范大学高考化学押题试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、实验室制备下列气体时，所用方法正确的是( )A制氧气时，用Na2O2或H2O2作反应物可选择相同的气体发生装置B制氯气时，用饱和NaHCO3溶液和浓硫酸净化气体C制氨气时，用排水法或向下排空气法收集气体D制二氧化氮时

2、，用水或NaOH溶液吸收尾气2、下列离子方程式正确的是ACl2通入水中：Cl2+H2O = 2H+Cl-+ClO-B双氧水加入稀硫酸和KI溶液：H2O22H2I=I22H2OC用铜做电极电解CuSO4溶液：2Cu22H2O2CuO24HDNa2S2O3溶液中加入稀硫酸：2S2O324H=SO423S2H2O3、下列指定反应的离子方程式正确的是()A向Al(NO3)3溶液中加入过量氨水：Al34OH=AlO2-2H2OB向水中通入NO2：2NO2H2O=2HNO3-NOC向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液：HCO3-OH=CO32-H2OD向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液将

3、6价Cr还原为Cr3：3HSO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O4、海水中含有80多种元素，是重要的资源宝库。己知不同条件下，海水中碳元素的存在形态如图所示。下列说法不正确的是（ ）A当，此中主要碳源为BA点，溶液中和浓度相同C当时，D碳酸的约为5、实验室制备硝基苯时，经过配制混酸、硝化反应(5060)、洗涤分离、干燥蒸馏等步骤，下列图示装置和操作能达到目的的是A配制混酸B硝化反应C洗涤分离D干燥蒸馏6、我国科研人员提出了由CO2和CH4转化为高附加值产品CH3COOH的催化反应历程。该历程示意图如下，则下列说法正确的是（ ）AE为该反应的反应热B吸收能量CCH4CH3COO

4、H过程中，有极性键的断裂和非极性键的形成D加入催化剂能改变该反应的能量变化7、下列关于有机物 a( )、b( ) 、c( ）的说法正确的是Aa、b 互为同系物BC 中所有碳原子可能处于同一平面Cb 的同分异构体中含有羧基的结构还有 7 种（不含立体异构）Da 易溶于水，b 、c 均能使酸性高猛酸钾溶液褪色8、在氯酸钾分解的实验研究中，某同学进行了系列实验并记录如下，相关分析正确的是实验现象加热固体M少量气泡溢出后，不再有气泡产生加热氯酸钾至其熔化有少量气泡产生加热氯酸钾使其熔化后迅速加入固体M有大量气泡产生加热氯酸钾与固体M的混合物（如图）未见固体熔化即产生大量气泡A实验、说明M加快了气体产生

5、的速率B实验、说明加入M后，在较低温度下反应就可以发生C实验、说明固体M的加入增加了气体产生的量D固体M是氯酸钾分解的催化剂9、 安徽省蚌埠市高三第一次质量监测下列有关化学用语表示正确的是A水分子的比例模型B过氧化氢的电子式为：C石油的分馏和煤的气化、液化均为物理变化D甲基环丁烷二氯代物的同分异构体的数目是10种（不考虑立体异构）10、下列化学用语或命名正确的是A过氧化氢的结构式：H-O-O-HB乙烯的结构简式：CH2CH2C含有8个中子的氧原子：DNH4Cl的电子式：11、复旦大学王永刚的研究团队制得一种柔性水系锌电池,该可充电电池以锌盐溶液作为电解液,其原理如图所示。下列说法不正确的是A放

6、电时,N极发生还原反应B充电时,Zn2+向M极移动C放电时,每生成1 mol PTO- Zn2+ ,M极溶解Zn的质量为260 gD充电时,N极的电极反应式为2PTO+8e- +4Zn2+=PTO- Zn2+12、克伦特罗是一种平喘药，但被违法添加在饲料中，俗称“瘦肉精”，其结构简式如图。下列有关“瘦肉精”的说法正确的是A它的分子式为C12H17N2Cl2OB它含有氨基、氯原子、碳碳双键等官能团C1mol克伦特罗最多能和3 molH2发生加成反应D一定条件下它能发生水解反应、酯化反应、消去反应、氧化反应、加聚反应等13、测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理

7、的是A取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL14、已知二氯化二硫（S2Cl2）的结构式为ClSSCl，它易与水反应，方程式如下：2S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2+3S，对该反应的说法正确的是( )AS2Cl2既作氧化剂又作还原剂BH2O作还原剂C每生成1molSO2转移4mol电子D氧化产物与还原产物物质的量比为3：115

8、、某企业以辉铜矿为原料生产碱式碳酸铜，工艺流程如下所示：已知：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)根据以上工艺流程，下列说法不正确的是A气体X中含有SO2B为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至红棕色沉淀刚好完全，过滤即可C蒸氨过程发生总反应的化学方程式为：Cu(NH3)4Cl2 + H2OCuO + 2HCl+ 4NH3D在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低16、对如图有机物的说法正确的是（ ）A属于苯的同系物B如图有机物可以与4molH2加成C如图有机物中所有的碳一定都在同一平面上D如图有机物与钠、氢氧化钠、碳酸

9、钠、碳酸氢钠都能反应17、在Na2Cr2O7酸性溶液中，存在平衡2CrO42(黄色)+2H+Cr2O72(橙红色)+H2O，已知:25时,Ksp(Ag2CrO4)=11012 Ksp(Ag2Cr2O7)=2107。下列说法正确的是A当2c( Cr2O72)=c(CrO42)时，达到了平衡状态B当pH=1时，溶液呈黄色C若向溶液中加入AgNO3溶液，生成Ag2CrO4沉淀D稀释Na2Cr2O7溶液时，溶液中各离子浓度均减小18、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

10、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溶液中通人过量CO2发生了反应：，则Ca(ClO)2溶液中通入过量CO2发生了：19、我国科学家开发设计一种天然气脱硫装置，利用如右图装置可实现：H2S+O2H2O2 +S。已知甲池中有如下的转化： 下列说法错误的是：A该装置可将光能转化为电能和化学能B该装置工作时，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+ +2e- =H2AQ

11、D乙池处发生反应：H2S+I3- =3I-+S+2H+20、下列有关物质的性质与应用相对应的是（）ACl2具有漂白性，可用作自来水的消毒BSiO2具有高沸点，可用作制备光导纤维CNH3具有还原性，可用作制冷剂DNa2O2能与CO2反应，可用作潜水艇内的供氧剂21、已知：BrH2 HBrH，其反应的历程与能量变化如图所示，以下叙述正确的是A该反应是放热反应B加入催化剂，E1E2的差值减小CHH的键能大于HBr的键能D因为E1E2，所以反应物的总能量高于生成物的总能量22、化学与生产、生活、社会密切相关。下列有关说法中，错误的是A利用可降解的“玉米塑料”替代一次性饭盒，可防止产生白色污染B在海轮外

12、壳上镶入锌块，可减缓船体的腐蚀速率C发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔D喝补铁剂时，加服维生素C，效果更好，原因是维生素C具有氧化性二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：请回答下列问题：（1）A的系统命名为_。（2）反应的反应类型是_。（3）反应所需试剂为_。（4）写出反应的化学方程式为_。（5）F中官能团的名称是_。（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有_种（不含立体异构）。1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固

13、体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6211的结构简式为_（写出其中一种）。（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线_。24、（12分）某杀菌药物M的合成路线如下图所示。回答下列问题：(1)A中官能团的名称是_。BC的反应类型是_。(2)B的分子式为_。(3)CD的化学方程式为_。(4)F的结构简式为_。(5)符合下列条件的C的同分异构体共有_种(不考虑立体异构)；能发生水解反应；能与FeCl3溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱为4组峰的结构简式为_(任写一种)。(6)请以和CH3CH2OH为原料，设计制备有机化合物的合成路线(无机试剂任选)_

14、。25、（12分）单晶硅是信息产业中重要的基础材料。工业上可用焦炭与石英砂(SiO2)的混合物在高温下与氯气反应生成SiCl4和CO，SiCl4经提纯后用氢气还原得高纯硅。以下是实验室制备 SiCl4的装置示意图：实验过程中，石英砂中的铁、铝等杂质也能转化为相应氯化物，SiCl4、AlCl3、FeCl3遇水均易水解，有关物质的物理常数见下表：物质SiCl4AlCl3FeCl3沸点/57.7315熔点/-70.0升华温度/180300 (1)装置B中的试剂是_，装置 D 中制备SiCl4的化学方程式是_。(2) D、E 间导管短且粗的作用是_。(3)G中吸收尾气一段时间后，吸收液中肯定存在OH-

15、、Cl-和SO42-，请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他酸根离子(忽略空气中CO2的影响)。（提出假设）假设1：只有SO32-；假设2：既无SO32-也无ClO-；假设3：_。（设计方案进行实验）可供选择的实验试剂有：3mol/LH2SO4、1mol/LNaOH、0.01mol/LKMnO4、溴水、淀粉-KI、品红等溶液。取少量吸收液于试管中，滴加 3mol/LH2SO4 至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于a、b、c三支试管中，分别进行下列实验。请完成下表：序号操作可能出现的现象结论向a试管中滴加几滴_溶液若溶液褪色则假设1成立若溶液不褪色则假设2或3成立向b试管中滴加几滴_溶液若溶液褪

16、色则假设1或3成立若溶液不褪色假设2成立向c试管中滴加几滴_溶液_假设3成立26、（10分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：_（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是_（填写序号）；只有甲烷 只有乙烯 烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为_；（4）该实验中碎瓷片的作用是_（填序号）；防止暴沸 有催化功能 积蓄热量 作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合

17、物中属于烯烃的原子个数为_（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有_（任填一种），产生该气体的化学方程式为_。27、（12分）碳酸镁晶须是一种新型的吸波隐形材料中的增强材料。（1）合成该物质的步骤如下：步骤1：配制0.5molL-1 MgSO4溶液和0.5molL-1 NH4HCO3溶液。步骤2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三颈烧瓶中，开启搅拌器。温度控制在50。步骤3：将250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min内滴加完后，用氨水调节溶液pH到9.5。步骤4：放置1h后，过滤，洗涤。步骤5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸

18、镁晶须产品（MgCO3nH2O n=15）。步骤2控制温度在50，较好的加热方法是_。步骤3生成MgCO3nH2O沉淀的化学方程式为_。步骤4检验沉淀是否洗涤干净的方法是_。（2）测定生成的MgCO3nH2O中的n值。称量1.000碳酸镁晶须，放入如图所示的广口瓶中加入适量水，并滴入稀硫酸与晶须反应，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室温下反应45h，反应后期将温度升到30，最后将烧杯中的溶液用已知浓度的盐酸滴定，测得CO2的总量；重复上述操作2次。图中气球的作用是_。上述反应后期要升温到30，主要目的是_。测得每7.8000g碳酸镁晶须产生标准状况下CO2为1.12L，则n值为_。（3）碳酸

19、镁晶须可由菱镁矿获得，为测定某菱镁矿（主要成分是碳酸镁，含少量碳酸亚铁、二氧化硅）中铁的含量，在实验室分别称取12.5g菱镁矿样品溶于过量的稀硫酸并完全转移到锥形瓶中，加入指示剂，用0.010mol/L H2O2溶液进行滴定。平行测定四组。消耗H2O2溶液的体积数据如表所示。实验编号1234消耗H2O2溶液体积/mL15.0015.0215.6214.98H2O2溶液应装在_（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。根据表中数据，可计算出菱镁矿中铁元素的质量分数为_ %（保留小数点后两位）。28、（14分）AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。相关数据如下：物质熔点/沸点/与N2反应温

20、度/相应化合物分解温度/Al6602467800AlN：2000 （1400升华）AlCl3：（181升华）Mg6491090300Mg3N2：800 (1)AlN的制备。 化学气相沉积法。.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是_。.上述反应适宜的温度范围是_（填字母）。a.75100 b.6001100 c.20002300 铝粉直接氮化法。Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：_、_和2Al + N2 2AlN。碳热还原法。以A

21、l2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。已知：. 2Al2O3(s) 4Al(g) + 3O2(g) H 1 =3351 kJmol-1. 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) H 2 =221 kJmol-1. 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) H 3 =318 kJmol-1运用平衡移动原理分析反应对反应的可能影响：_。(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。 AlN粉末水解的化学方程式是_。 解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_。(3)AlN含量检测。向a g AlN样品

22、中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1 mL c1 molL-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H2SO4用v2 mL c2 molL-1 NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是_。29、（10分）过氧化氢(H2O2)在医药、化工、民用等方面有广泛的应用。回答下面问题：（1）最早制备H2O2使用的原料是易溶于水的BaO2和稀硫酸，发生反应的化学方程式是_。BaO2的电子式为：_。（2）目前工业制备H2O2的主要方法是蒽醌法。反应流程如下：已知：乙基蒽醌是反应中的催化剂。蒽醌法所用原料的物质的量之比为_。操作a是_。再生回收液的成分是_。（3）测

23、量过氧化氢浓度常用的方法是滴定法，某次测定时，取20. 00mL过氧化氢样品，加入过量硫酸酸化，用0. l000mol/L的KMnO4标准溶液滴定至终点，消耗10. 00mL，滴定时发生反应的离子方程式为_，该样品中H2O2的物质的量浓度为_。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、A【解析】ANa2O2与水反应，H2O2在二氧化锰催化条件下都能制取氧气，二者都是固体与液体常温条件下反应，可选择相同的气体发生装置，故A正确； B实验室制取的氯气含有氯化氢和水分，常用饱和食盐水和浓硫酸净化气体，若用饱和NaHCO3溶液，氯化氢、氯气都能和NaHCO3反应，故B错

24、误；C氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故C错误；D二氧化氮与水反应生成一氧化氮，仍然污染空气，所以不能用水吸收，故D错误；答案选A。2、B【解析】A、Cl2通入水中的离子反应为Cl2+H2OH+Cl-+HClO，故A错误；B、双氧水中加入稀硫酸和KI溶液的离子反应为H2O2+2H+2I-I2+2H2O，故B正确；C、用铜作电极电解CuSO4溶液，实质为电镀，阳极Cu失去电子，阴极铜离子得电子，故C错误；D、Na2S2O3溶液中加入稀硫酸的离子反应为S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故D错误。故选B。3、D【解析】A. 氨水中溶质为一水合氨，为弱碱，在离子方程式中保留化学式，且反应不能生

25、成偏铝酸根离子；B. 电荷不守恒；C. 根据以少定多原则分析；D. 依据氧化还原规律作答。【详解】A. 一水合氨为弱碱，不能拆成离子形式，且不能溶解氢氧化铝沉淀，正确的离子方程式为：Al2+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，A项错误；B. 向水中通入NO2的离子方程式为：3NO2+H2O=2H+2NO3-+NO，B项错误；C. 向NH4HCO3溶液中加入过量NaOH溶液，其离子方程式为：NH4+ HCO3-+OH-= NH3H2O+ CO32-+H2O，C项错误；D. 向酸性K2Cr2O7溶液中加入NaHSO3溶液，NaHSO3具有还原性，能将6价Cr还原为Cr3，其离子方程式为：3H

26、SO3-Cr2O72-5H=3SO42-2Cr34H2O，D项正确；答案选D。【点睛】离子方程式的书写及其正误判断是高考高频考点，贯穿整个高中化学，是学生必须掌握的基本技能。本题C项重点考查有关“量”的离子方程式的书写正误判断，可采取 “以少定多”原则进行解答，即假设量少的反应物对应的物质的量为1 mol参与化学反应，根据离子反应的实质书写出正确的方程式，一步到位，不需要写化学方程式，可以更加精准地分析出结论。4、B【解析】A.根据上图可以看出，当pH为8.14时，海水中主要以的形式存在，A项正确； B.A点仅仅是和的浓度相同，和浓度并不相同，B项错误； C.当时，即图中的B点，此时溶液的pH

27、在10左右，显碱性，因此，C项正确；D.的表达式为，当B点二者相同时，的表达式就剩下，此时约为，D项正确；答案选B。5、C【解析】A、配制混酸时，应先将浓硝酸注入烧杯中，再慢慢注入浓硫酸，并及时搅拌和冷却，故A错误；B、由于硝化反应控制温度5060，应采取5060水浴加热，故B错误；C、硝基苯是油状液体，与水不互溶，分离互不相溶的液态混合物应采取分液操作，故C正确；D、蒸馏时为充分冷凝，应从下端进冷水，故D错误。答案：C。【点睛】本题考查了硝基苯的制备实验，注意根据实验原理和实验基本操作，结合物质的性质特点和差异答题。6、C【解析】A. 根据图示E为该反应的活化能，故A错误；B. 的能量降低，

28、过程为放热过程，故B错误；C. 该过程中甲烷中的C-H键断裂，为极性键的断裂，形成CH3COOH的C-C键，为非极性键形成，故C正确；D. 催化剂不能改变反应的能量变化，只改变反应的活化能，故D错误；故答案为C。7、C【解析】A.a、b的分子式和分子结构都相同，属于同一种物质。故A错误；B.c是1，4-环己二醇，碳原子均采取杂化，所有碳原子不可能处于同一平面。故B错误；C.b的烃基是戊基（），戊基一共有8种结构，所以，b的同分异构体中含有羧基的结构还有7种。故C正确；D.饱和羧酸不能被酸性高锰酸钾溶液氧化，与羟基相连的碳原子上有氢原子的饱和醇能被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以，上述物质中，只有c能

29、使酸性高锰酸钾溶液褪色。故D错误；故答案选：C。8、B【解析】说明固体M受热会释放出少量的气体；说明氯酸钾在温度较高的条件下会释放出氧气；说明氯酸钾在较高的温度下与M接触释放出大量的氧气；说明氯酸钾与固体M的混合物在较低的温度下就能释放出大量的氧气；A实验、三个实验并不能说明M加快了气体产生的速率，故A错误；B实验、对比可知，加入M后，在较低温度下反应就可以发生，故B正确；C实验、说明固体M的加入反应速率加快了，并不能说明增加了气体产生的量，故C错误；D要证明反应中固体M是催化剂还需要验证其质量和化学性质在反应前后是否发生了变化，故D错误；故答案选B。9、D【解析】A.所给确为比例模型，氢原子

30、和氧原子的半径相对大小不对，应该是中间的氧的原子半径大，水分子为V形，不是直线形，A项错误；B.过氧化氢是只由共价键形成的分子，B项错误；C.石油的分馏是物理变化，煤的气化和液化均是化学变化，煤的气化是指将煤转化为CO、H2等气体燃料，煤的液化是指将煤变成液体燃料如甲醇等，C项错误；D.甲基环丁烷中二个氯原子取代同一个碳的2个氢，共有3种可能，取代不同碳上的氢共有7种（用数字标出碳，则可表示为：1，2、1，3、1，5、2，3、2，5、3，4、3，5），D项正确；所以答案选择D项。10、A【解析】A过氧化氢为共价化合物，用短线代替所有共价键即为结构式，过氧化氢的结构式是HOOH，故A正确；B乙烯

31、含有碳碳双键，不能省略，结构简式为CH2=CH2，故B错误；C表示质量数为18的氧原子，含有10个中子，故C错误；DNH4Cl的电子式为：，故D错误；故答案选A。11、D【解析】放电时，金属Zn发生失电子的氧化反应生成Zn2+，即M电极为负极，则N电极为正极，电极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+PTO-Zn2+；充电时，外加电源的正极连接原电池的正极N，外加电源的负极连接原电池的负极。【详解】A. 该原电池中，放电时M电极为负极，N电极为正极，正极得电子发生还原反应，故A正确；B. 充电时，原电池的负极M连接外加电源的负极作阴极，电解质中阳离子Zn2+移向阴极M，故B正确；C. 放电时，正

32、极反应式为2PTO+8e-+4Zn2+PTO-Zn2+，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+，电子守恒有4ZnPTO-Zn2+，所以每生成1molPTO-Zn2+，M极溶解Zn的质量=65g/mol4mol=260g，故C正确；D. 充电时，原电池的正极N连接外加电源的正极作阳极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为PTO-Zn2+-8e-=2PTO+4Zn2+，故D错误；故选：D。12、C【解析】A、根据克伦特罗结构简式知它的分子式为C12H18N2Cl2O，错误；B、根据克伦特罗结构简式知它含有苯环、氨基、氯原子、羟基等官能团，不含碳碳双键，错误；C、该有机物含有1个苯环，1mol克伦特罗最多

33、能和3 molH2发生加成反应，正确；D、该有机物不含碳碳双键，不能发生加聚反应，错误；故答案选C。13、B【解析】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和NaH

34、CO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。14、A【解析】因Cl的非金属性比S强，故S2Cl2中S、Cl的化合价分别为1、1价，根据化合价分析，反应中只有硫的化合价发生变化。A. 反应物中只有S2Cl2的化合价发生变化， 所以S2Cl2既作氧化剂又作还原剂，A项正确；B. 水中元素化合价未改变，不是还原剂，B项错误；C. SO2中硫的化合价为4价，故每生成1 mol SO2转移3 mol电子，C项错误；D.

35、SO2为氧化产物，S为还原产物，故氧化产物与还原产物的物质的量之比为13，D项错误；答案选A。15、B【解析】A、含有硫的矿物燃烧，肯定是二氧化硫气体，正确；B、为实现溶液C到溶液D的转化，加NH3H2O至蓝色沉淀刚好溶解完全，过滤即可，错误；C、因为提示中有这样的方程式：Cu(NH3)42+(aq)Cu2+(aq) + 4NH3(aq)，因此在加热时，氨就会逸出，正确；D、在制备产品时，溶液D中不直接加入Na2CO3溶液的原因是游离的Cu2+浓度太低，正确。答案选B。16、D【解析】A、该有机物中含有氧元素，不属于苯的同系物，故A错误；B、该有机物中含有苯环、碳碳双键，均能发生加成反应，题干

36、并未告知有机物的量，故无法判断发生加成反应消耗氢气的量，故B错误；C、与苯环相连接的碳原子与苯环之间化学键为单键，可旋转，因此该机物中所有的碳不一定都在同一平面上，故C错误；D、该有机物含有羧基，能与钠、氢氧化钠、碳酸钠、碳酸氢钠都能反应，故D正确；故答案为：D。17、C【解析】A. 当2c( Cr2O72)=c(CrO42)时，无法判断同一物质的正逆反应速率是否相等，则不能判断是否为平衡状态，A错误；B. 当pH=1时，溶液酸性增强，平衡正向进行，则溶液呈橙红色，B错误；C. 组成中阴阳离子个数比相同，溶度积常数越小，难溶电解质在水中溶解能力越差，已知Ksp(Ag2CrO4)生成物的总能量，

37、则反应为放热反应；若反应物的总能量生成物的总能量，则反应为吸热反应，此图中生成物总能量高于反应物，故该反应为吸热反应，A错误；B. E1-E2的差值即为此反应的焓变，催化剂只改变活化能，与焓值无关，B错误；C. 此反应为吸热反应，故断开H-H键所需要的能量高于生成H-Br键放出的能量，C正确；D. 因为E1E2，所以反应物的总能量低于生成物的总能量，此反应吸收热量，D错误，故合理选项是C。【点睛】本题考查吸热反应和放热反应，在化学反应中，由于反应中存在能量的变化，所以反应物的总能量和生成物的总能量不可能相等，根据二者能量差异判断反应的热效应。22、D【解析】A.可降解的“玉米塑料”在一定时间内

38、可以自行分解，替代一次性饭盒，可防止产生白色污染，选项A正确；B.在海轮外壳上镶入锌块，形成锌铁原电池中，锌作负极易腐蚀，作正极的金属是铁，不易被腐蚀，选项B正确；C.碳酸氢钠能和酸反应产生二氧化碳，受热膨胀，发酵粉中主要含有碳酸氢钠，能使焙制出的糕点疏松多孔，选项C正确；D.能被人体吸收的铁元素是亚铁离子，亚铁离子很容易被氧化为三价铁离子，维生素C具有还原性，能将三价铁还原为亚铁离子，维生素C的还原性强于亚铁离子，先被氧化，选项D错误。答案选D。二、非选择题(共84分)23、2,3-二甲基-1,3丁二烯 氧化反应 浓氢溴酸 +CH3CH2OH+H2O 羟基、醛基 12 【解析】A到B发生信息

39、的反应，B到C发生信息反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；(4)反应为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化

40、碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1mol二氧化碳，说明1molM中含有1mol羧基；0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即1molAg固体，说明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6211的结构简式为：；(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构

41、与G类似，所以合成路线为：。【点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。24、羟基 取代反应 C7H6O3 +HNO3+H2O 19 或 CH3CH2OHCH2=CH2 【解析】本题主要采用逆推法，通过分析C的结构可知B（）与CH3I发生取代反应生成C；分析B（）的结构可知A（）与CH2Cl2发生取代反应生成B；C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，D在Fe+HCl条件下，-NO2还原为-NH2，根据M中肽键的存在，可知E与F发生分子间脱水生成M；分析M的结构，可知E为，F为；根据

42、E（）可知D为。【详解】(1)根据上面分析可知A（）中官能团的名称是羟基。BC的反应类型是取代反应；答案：羟基 取代反应(2)B（）的分子式为C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在浓硫酸、浓硝酸条件下发生硝化反应生成D，化学方程式为+HNO3+H2O；答案：+HNO3+H2O(4)根据上面分析可知F的结构简式为；答案：(5)符合下列条件的C（）的同分异构体：能发生水解反应，说明必有酯基；能与FeCl3溶液发生显色反应，说明必有酚羟基；符合条件的有苯环外面三个官能团：HCOO-、-CH3、-OH，符合条件的共有10种；苯环外面两个官能团：-OH、-COOCH3，符合条件的共有3种；苯环

43、外面两个官能团：-OH、-OOCCH3，符合条件的共有3种；-CH2OOCH、-OH，符合条件的共有3种；因此同分异构体共19种，其中核磁共振氢谱只有4组峰的结构肯定对称，符合条件的结构简式为或；答案：19 或(6)逆推法：根据题干A生成B的信息可知：的生成应该是与一定条件下发生取代反应生成；可以利用乙烯与溴水加成反应生成，乙烯可由乙醇消去反应生成，据此设计合成路线为；答案：。25、饱和食盐水SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管只有ClO-0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)品红淀粉-KI若溶液变为蓝色【解析】制备四氯化硅

44、的实验流程：A中发生二氧化锰与浓盐酸的反应生成氯气，B中饱和食盐水除去Cl2中杂质HCl，C装置中浓硫酸干燥氯气，D中发生Si与氯气的反应生成四氯化硅，由信息可知，四氯化硅的沸点低，则E装置冷却可收集四氯化硅，F可防止F右端的水蒸气进入装置E中与四氯化硅反应，造成产物不纯，最后G处理含氯气的尾气。据此解答。【详解】(1)装置A是氯气发生装置，A中二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，其离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+2H2O+Cl2；浓盐酸具有挥发性，所以制取得到的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，装置B的作用是除去杂质HCl，结合Cl2与水的反应是可逆反应的特点，装

45、置B使用的试剂是饱和食盐水，用以除去杂质HCl；在D装置中二氧化硅、碳和氯气反应生成四氯化硅和一氧化碳，反应为：SiO2+2C+2Cl2SiCl4+2CO；(2)石英砂中的杂质Fe、Al会与Cl2反应产生FeCl3、AlCl3，这两种物质的熔沸点比较高，在室温下成固态，D、E间导管短且粗就可防止生成物中的AlCl3，FeCl3等杂质凝结成固体堵塞导管；(3)由假设1和假设2可知，要检测的为SO32-和ClO-，故假设3为只有ClO-，又因为SO32-具有还原性，会使KMnO4溶液(或溴水)褪色，而ClO-不会，所以可以用0.01mol/LKMnO4溶液(或溴水)来检测，证明假设1成立；SO32

46、-与硫酸反应产生H2SO3，H2SO3分解产生的SO2和ClO-具有漂白性，会使品红溶液褪色，所以可以用品红溶液来检测假设2是否成立；ClO-具有氧化性，可以氧化KI反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉边蓝色，若溶液变为蓝色，证明含有ClO-，否则不含有ClO-，因此可以使用淀粉-KI溶液用来检测假设3是否成立。【点睛】本题考查制备实验方案的设计，综合了氯气的制法、硅的提纯等实验知识，注意把握制备原理及实验流程中的反应、物质的性质等为解答的关键，侧重考查学生的分析与实验能力。26、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好 溴水褪色 5CH2=CH2+12Mn

47、O4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O 3mNA/14 NH3 Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3 【解析】探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个

48、碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选； (3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2+12Mn2+28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，

49、溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3。27、水浴加热 MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4 取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净 缓冲压强（或平衡压强），还可

50、以起到封闭体系的作用 使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13 【解析】本实验题分为合成碳酸镁晶须、测定MgCO3nH2O中n值、测定菱镁矿中铁的含量三部分。合成碳酸镁晶须是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成。测定MgCO3nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3nH2O反应，测定产生的CO2的体积，可以通过计算确定MgCO3nH2O中n值。测定菱镁矿中铁的含量的原理是将菱镁矿中的铁转化为Fe2+，用H2O2溶液滴定，根据消耗的H2O2的物质的量以及电子守恒即可计算出菱镁矿中铁的含量。【详解】（1）步骤2控制温度在50，当温度不超过1

51、00时，较好的加热方法是水浴加热。水浴加热既可均匀加热，又可以很好地控制温度。MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反应生成MgCO3nH2O沉淀的同时还得到(NH4)2SO4，化学方程式为：MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4。步骤4检验沉淀是否洗涤干净，可以检验洗涤液中的SO42-，方法是取最后一次洗涤液少许于试管中，加入稀盐酸，无明显现象，然后加入BaCl2溶液，若无白色沉淀，则沉淀已经洗涤干净。（2）图中气球可以缓冲压强（或平衡压强），还可以起到封闭体系的作用。上述反应后期要升温到30，主要目的是使广口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。标准状况下1.12LCO2的物质的量为0.05mol，根据碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）H2O2溶液有强氧化性和弱酸性，应装在酸式滴定管中。四次实验数据，第3次和其他三次数据偏离较大，舍去，计算出三次实验消耗H2O2溶液体积的平均值为15.00mL。n(H2O2)=0.015L0.010mol/L=1.510-4mol，在H2O2和Fe2+的反应中，H2O2做氧化剂，-1价氧的化合价降低到-2价，F