2022届吉林省长春市九台示范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考生请注意：1答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请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、工业上制备纯硅反应的热化学方程式如下：SiCl4(g)+2H2(g)Si(s)+4HCl(g)；H=+QkJmol-1(Q0)，某温度、压强下，将一定量反应物通入密闭容器进行以上反应，下列叙述正确的是（ ）A反应过程中

2、，若增大压强能提高SiCl4的转化率B若反应开始时SiCl4为1mol，则达平衡时，吸收热量为QkJC反应至4min时，若HCl浓度为0.12molL-1，则H2反应速率为0.03molL-1min-1D当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl通入100mL1molL-1的NaOH溶液恰好反应2、捕获二氧化碳生成甲酸的过程如图所示。下列说法不正确的是(NA 为阿伏加德罗常数的值) ( )A10.1gN(C2H5)3 中所含的共价键数目为 2.1NAB标准状况下，22.4LCO2 中所含的电子数目为 22NAC在捕获过程中，二氧化碳分子中的共价键完全断裂D100g 46的甲酸水溶液中所含

3、的氧原子数目为5NA3、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色说明该食盐试样不含KIO3BSiO2能与氢氟酸及碱反应SiO2是两性氧化物C向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡：I2ID室温下向CuCl2和少量FeCl3的混合溶液中，加入铜屑，充分搅拌，过滤，得蓝绿色溶液除去杂质FeCl3得纯净CuCl2溶液AABBCCDD4、取10g碳酸钙高温加热一段时间后停止加热，测得剩余固体中钙元素的质量分数为50%，则下列

4、判断正确的是A生成了2g二氧化碳B剩余固体质量为5gC生成了5.6g氧化钙D剩余碳酸钙的质量为8g5、关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g) H0，下列说法正确的是（ ）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移6、下列有关氮元素及其化合物的表示正确的是（ ）A质子数为7、中子数为8的氮原子：NB溴化铵的电子式：C氮原子的结构示意图：D间硝基甲苯的结构简式：7、下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH(l)H2O(

5、l)新制的生石灰蒸馏BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO4洗气CNH4Cl(aq)Fe3(aq)NaOH溶液过滤DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧AABBCCDD8、某混合溶液中所含离子的浓度如下表，则X离子可能为所含离子NO3SO42H+X浓度mol/L2121AClBBa2+CFe2+DMg2+9、下列说法不正确的是（ ）AHCOOH 和 CH3COOH 互为同系物B与CH3CH2CHO互为同分异构体C质子数为35、中子数为45的溴原子：35D烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)3的名称是2,3,3-三甲基丁烷10、下列能源中不属于化石燃料的是（ ）A石油B生物质能C天

6、然气D煤11、下列实验操作能达到实验目的的是A用向上排空气法收集NOB用装置甲配制100 mL 0.100 molL1的硫酸C用装置乙蒸发CuCl2溶液可得到CuCl2固体D向含少量水的乙醇中加入生石灰后蒸馏可得到无水乙醇12、把35.7g金属锡投入300 mL 14 mol /L HNO3共热(还原产物为NOx)，完全反应后测得溶液中c(H+) = 10 mol /L，溶液体积仍为300 mL。放出的气体经水充分吸收，干燥，可得气体8.96 L(STP)。由此推断氧化产物可能是ASn(NO3)4BSn(NO3)2CSnO24H2ODSnO13、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1

7、molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子B标准状况下，12L乙醇中含有的极性共价键数目为25NAC18g的D2O中含有的中子数为13NAD1L31molL-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA14、某种兴奋剂的结构如图所示，下列说法正确的是（ ）A该物质遇FeCl3溶液显紫色，属于苯酚的同系物B1mol该物质分别与浓溴水和NaOH溶液反应时最多消耗Br2和NaOH均为4molC滴入酸性KMnO4溶液振荡，紫色褪去即证明该物质结构中存在碳碳双键D该分子中所有碳原子均可能位于同一平面15、下列离子方程式正确的是（ ）A用铝粉和NaOH溶液反应制取少量H2：Al+2OH

8、= AlO2+H2B过量铁粉与一定量稀硝酸反应：Fe+4H+NO3=Fe3+NO+2H2OC澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液：Ca2+OH+HCO3=CaCO3+H2OD向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO316、下列关于氯气性质的描述错误的是（）A无色气体B能溶于水C有刺激性气味D光照下与氢气反应17、关于晶体的叙述正确的是（）A原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高B分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高C存在自由电子的晶体一定是金属晶体，存在阳离子的晶体一定是离子晶体D离子晶体中可能存在共价键，分子晶体中可能存在离子键18、能正确表示下列反

9、应的离子方程式是A在硫酸亚铁溶液中通入氧气：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OBNH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C氢氧化亚铁溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2OD澄清石灰水与过量小苏打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O19、2019年为国际化学元素周期表年。鉝（Lv）是116号主族元素。下列说法不正确的是（）ALv位于第七周期第A族BLv在同主族元素中金属性最弱CLv的同位素原子具有相同的电子数D中子数为177的Lv核素符号为Lv20、某有机物分子式为C5H10O3，与

10、饱和NaHCO3溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等，该有机物有(不含立体异构)()A9种B10种C11种D12种21、下列说法正确的是A刚落下的酸雨随时间增加酸性逐渐增强，是由于雨水中溶解了CO2B用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土保鲜水果C氧化性：HC1O稀H2SO4，故非金属性：ClSD将饱和FeCl3溶液煮沸至红褐色，可制得氢氧化铁胶体22、2019年是国际化学元素周期表年。1869年门捷列夫把当时已知的元素根据物理、化学性质进行排列；准确的预留了甲、乙两种未知元素的位置，并预测了二者的相对原子质量，部分原始记录如下。下列说法不正确的是A元素甲的原子序数为31B元素乙的

11、简单气态氢化物的沸点和稳定性都低于CH4C原子半径比较：甲乙SiD乙的单质可以作为光电转换材料用于太阳能电池二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物H可用以下路线合成：已知：请回答下列问题：（1）标准状况下11.2L烃A在氧气中充分燃烧可以生成88gCO2和45gH2O，且A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为_；（2）B和C均为一氯代烃，D的名称（系统命名）为_；（3）在催化剂存在下1molF与2molH2反应，生成3苯基1丙醇。F的结构简式是_；（4）反应的反应类型是_；（5）反应的化学方程式为_；（6）写出所有与G具有相同官能团的芳香类同分异构体的结构简式_。24、（12分）用煤

12、化工产品合成高分子材料I的路线如下：已知：（1）B、C、D都能发生银镜反应，G的结构简式为（2）根据题意完成下列填空：（1）A的结构简式为_。（2）实验空由A制得B可以经过三步反应，第一步的反应试剂及条件为/光照，第二步是水解反应，则第三步的化学反应方程式为_。（3）的反应类型为_反应。（4）的试剂与条件为_。（5）I的结构简式为_；请写出一个符合下列条件的G的同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应 能发生水解反应苯环上一氯取代物只有一种 羟基不与苯环直接相连（6）由乙醇为原料可以合成有机化工原料1-丁醇（），写出其合成路线_。（合成路线需用的表示方式为：）25、（12分）葡萄糖酸锌MZn(C

13、6H11O7)2455gmol1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)浓H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸钙MCa(C6H11O7)2430gmol1，易溶于热水，在90条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色

14、的葡葡糖酸溶液。.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在60条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为_。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是_，“一系列操作”具体是指_。(6)葡萄糖酸锌的产率为_(用百分数表示)，若pH5时就进行后续操作，产率将_(填“增

15、大”“减小”或“不变”)。26、（10分）二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。各物质的溶解性表物质水苯乙醇2-苯甲酰基苯甲酸难溶易溶易溶二正丁基氧化锡难溶易溶易溶正丁基锡羧酸酯难溶易溶易溶回答下列问题：（1）仪器甲的作用是_，其进水口为_。（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是_。（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水

16、器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是_（填标号）A能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动B能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间C分离有机溶剂和水D主要起到冷凝溶剂的作用（4）回流后分离出苯的方法是_。（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是_（填标号）A水 B乙醇 C苯（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为_。27、（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

17、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-、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-

18、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28、（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2

19、)在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：i. CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=QkJmol- 1ii. CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O(g) H2=+41 kJmol- 1iii. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-99 kJmol- 1回答下列问题：(1)Q=_(2)反应iii的化学平衡常数K3=_(填表达式)。(3)图中能正确反映平衡常数K3随温度变化关系的曲线为_(填字母)，理由是_(4)如图为单位时间内CO2+H2、CO+ H2、CO/CO2+H2三个条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系(三个条件下通入的C

20、O、CO2和H2的物质的量浓度相同)。490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇时主要发生的反应为_(填i ”或 iii)；由曲线a可知，甲醇的量先增大后减小，其原因是_。曲线a与曲线b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，从热力学与动力学角度，并结合反应i、ii分析原因：_。(5)如图是以NaOH溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池：电极a的反应式为_， 若隔膜为阳离子交换膜，则每转移6 mol电子，溶液中有_mol Na+向_(填“正极区”或“负极区”)移动。29、（10分）研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题:（1）NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其

21、反应过程与能量关系如图所示上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b_(填“”“”或“”)a。脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物生成物H_(用E1、E2的代数式表示)。研究发现，一定条件下的脱硝反应过程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为_剂，脱硝总反应的化学方程式为_。（2）一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密容器中，进行反应H2O(g)CO(g)CO2(g)H2(g)，得到如表所示的三组数据试验编号温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡时间/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16512.14.13.11.1529111.

22、12.11.81.243911abcdt4mim内，实验2中v(CO2)_；911时，反应的平衡常数为_；降低温度时，平衡常数会_(填“增大”“减小”或“不变”)。651时，若在此容器中充入2.1 mol H2O(g)、1.1molCO(g)、1.1 molCO2(g)和 xmol H2(g)，要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_。若a2.1b1.1，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(a)的关系为a(H2O)_(填“”“”或“”)a(CO)。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. 该反应是反应前后气体分

23、子数增大的反应，增大压强，平衡向逆反应方向移动，SiCl4的转化率减小，A错误；B. 该反应是可逆反应，达平衡时，吸收热量小于QkJ，B错误；C. 速率之比等于反应系数之比，v(H2)=v(HCl)= ，C错误；D. 由方程式可知，当反应吸收热量为0.025QkJ时，生成的HCl的物质的量为，100mL1molL-1的NaOH的物质的量为0.1mol，二者物质的量相等，恰好反应，D正确；故答案为：D。2、C【解析】A10.1gN(C2H5)3物质的量0.1mol，一个N(C2H5)3含有共价键数目为21根，则10.1gN(C2H5)3含有的共价键数目为2.1NA，故A正确；B标准状况下，22.

24、4LCO2的物质的量是1mol，1个CO2分子中有22个电子，所以含的电子数目为22NA，故B正确；C在捕获过程中，根据图中信息可以看出二氧化碳分子中的共价键没有完全断裂，故C错误；D100g 46的甲酸水溶液，甲酸的质量是46g，物质的量为1mol，水的质量为54g，物质的量为3mol，因此共所含的氧原子数目为5NA，故D正确；选C。3、C【解析】A.用洁净的铂丝蘸取某食盐试样，在酒精灯火焰上灼烧，火焰显黄色，该食盐试样不能确定是否含有KIO3，因观察钾元素的焰色，需透过蓝色的钴玻璃，故A错误；B.二氧化硅与氢氟酸反应是特性，如果换成其它酸，比如H2SO4、HCl等等，反应就不能发生，二氧化

25、硅与NaOH反应生成盐和水，所以二氧化硅是酸性氧化物，故B错误；C.向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，说明KI3的溶液含I2，后者有黄色沉淀，说明KI3的溶液中含I-，即KI3溶液中存在平衡为I2I，故C正确；D.Cu与氯化铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，会引入新的杂质亚铁离子，故D错误；答案选C。4、A【解析】原碳酸钙10g中的钙元素质量为：10g100%=4g，反应前后钙元素质量不变，则剩余固体中钙元素质量仍为4g，则含钙50%的剩余固体质量=8g，根据质量守恒定律，反应生成二氧化碳的质量=10g-8g=2g，设生成的氧化钙质量是x，=，x=2.5

26、6g，A根据上述计算分析，生成了2g二氧化碳，故A正确；B根据上述计算分析，剩余固体质量为8g，故B错误；C根据上述计算分析，生成了2.56g氧化钙，故C错误；D根据上述计算分析，剩余碳酸钙的质量小于8g，故D错误；答案选A。【点睛】易错点为D选项，加热分解后的产物为混合物，混合物的总质量为8g，则未反应的碳酸钙的质量小于8g。5、A【解析】A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B. 恒温恒容，充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；D. 升温，

27、v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。6、D【解析】A质子数为7、中子数为8的氮原子：,故A错误；B溴化铵的电子式：，故B错误；C氮原子的结构示意图：，故C错误；D间硝基甲苯的结构简式：，故D正确；答案选D。7、C【解析】A. 因为CaO与水反应生成沸点较高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸馏， A正确；B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl极易溶

28、于水，可以通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除去Cl2中的HCl，B正确；C.NH4Cl也能与NaOH溶液反应，C错误；D.NaHCO3受热容易分解生成碳酸钠、水和CO2，通过灼烧可除去Na2CO3固体中的NaHCO3固体，D正确；答案选C。8、D【解析】溶液（体积为1L）中的阴离子带电荷数为2mol/L1+1mol/L2=4，氢离子带正电荷数为2mol/L1=2，根据溶液呈电中性原则，则X为阳离子，且带电荷数为2，只有Ba2+、Fe2、Mg2+三种离子可选；而在酸性环境下，硝酸根离子能够氧化铁离子，不能共存，硫酸根离子与钡离子产生沉淀，不能大量共存，只有镁离子在上述溶液中大量共存，故

29、答案选D。9、D【解析】AHCOOH 和 CH3COOH 均为羧酸，且分子组成相差一个CH2基团，两者互为同系物，故A正确；B与CH3CH2CHO分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故B正确；C质子数为35、中子数为45的溴原子可表示为3580Br，故C正确；D根据系统命名法，烷烃CH3CH(CH3)C(CH3)310、B【解析】化石能源指由古动物、植物遗体变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，其特点是具有不可再生性。【详解】化石能源指由古动物、植物遗体经过复杂的物理化学变化形成的能源，主要有煤、石油、天然气等，故A、C、D不选；B、生物质能可通过植物光合作用获得，不属于化石燃料，故B选

30、；故选：B。11、D【解析】ANO能与空气中的氧气反应，不能使用排空气法收集，NO难溶于水，应使用排水法收集NO，故A错误；B容量瓶是用来配制一定体积、一定物质的量浓度溶液的定量仪器，瓶上标有刻度、并标有容量；容量瓶对溶液的体积精确度要求较高，只能在常温下使用，瓶上标有使用温度，一般为25，浓硫酸稀释放热，应该在烧杯中进行，所以不能将浓硫酸直接在容量瓶中稀释，故B错误；CCuCl2溶液中存在水解平衡，加热蒸干氯化铜溶液，Cu2+2H2OCu(OH)2+2H+，水解生成的氯化氢在加热过程中挥发，蒸干得到水解产物氢氧化铜，故C错误；D氧化钙与水反应生成难挥发的氢氧化钙，能消耗乙醇中的水，乙醇易挥发

31、，然后蒸馏即可得到乙醇，故D正确；答案选D。12、C【解析】根据l4mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，利用得失电子守恒来分析金属锡被氧化后元素的化合价。【详解】35.7g金属锡的物质的量为=0.3mol，14mol/LHNO3为浓硝酸，完全反应后测得溶液中的c(H+)=10mol/L，则浓硝酸有剩余，即锡与浓硝酸反应生成NO2，放出的气体经水充分吸收，干燥，可得NO气体8.96 L，根据反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，则标准状况下NO2的物质的量为=1.2mol，设金属锡被氧化后元素的化合价为x，

32、由电子守恒可知，0.3mol(x0)=1.2mol(54)，解得x=+4，又溶液中c(H+)=10mol/L，而c(NO3)=10mol/L，根据溶液电中性可判断氧化产物一定不是硝酸盐，综合以上分析，答案选C。13、A【解析】A、Na2O2+SO2=Na2SO4，1molNa2O2与SO2完全反应，转移的电子数为2NA，选项A正确；B、标况下，乙醇为液态，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，选项B错误；C、一个D2O中含有12+8=13个中子，18g D2O物质的量=3.9mol，含有3.9NA个中子，选项C错误；D、铁离子是弱碱阳离子，在溶液中会水解，由于Fe2+水解，产生更多的H+，故含

33、有的阳离子数目大于3.2NA个，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的计算和判断，题目难度中等，注意重水的摩尔质量为23g/mol，为易错点。14、D【解析】A该有机物中含有酚羟基，遇FeCl3溶液显紫色，苯酚的同系物应符合有且只有一个苯环，且苯环上只连一个羟基，其余全部是烷烃基，A错误；B与浓溴水反应酚类为邻对位上的氢被溴取代，左边苯环邻对位上只有一个H，右边苯环邻对位上有两个H，还有一个C=C与溴水发生加成反应，共消耗4 mol的Br2；3个酚羟基、一个氯原子，氯原子水解又产生1个酚羟基，1mol该有机物消耗5mol氢氧化钠，B错误；C能使酸性KMnO4褪色的官能团有酚羟

34、基、C=C、苯环上的甲基，C错误；D苯环和碳碳双键均是平面形结构，因此分子中碳原子有可能均共平面，D正确；答案选D。15、D【解析】本题主要考查离子方程式的正确书写。【详解】AAl+2OH=AlO2+H2反应中电荷数不平，正确的离子方程式为：2H2O+2Al+2OH=2AlO2+3H2，故A项错误；B. 过量铁粉与稀硝酸反应无Fe3+生成，正确的离子方程式为： ，故B项错误；C. 澄清石灰水中加入过量NaHCO3溶液反应的离子方程式中Ca2与OH系数比为1：2，故离子方程式为：;故C项错误；D. 向苯酚钠溶液中通入少量的CO2： ，故D项正确。答案选D。16、A【解析】氯气是黄绿色的、有刺激性

35、气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。17、A【解析】A、原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高，A正确；B、分子晶体中，分子间作用力越大，熔、沸点越高，分子间作用力影响物质的熔沸点，共价键影响物质的热稳定性，B错误；C、存在自由电子的晶体不一定是金属晶体，如石墨中也含有自由电子，它是一种混合晶体。存在阳离子的晶体不一定是离子晶体，如金属晶体中存在阳离子和自由电子，C错误；D、离子晶体中可能存在共价键，如NaOH属于离子晶体，其中含有H-O共价键，分子晶体中一定不存在离子键，全部是共价键，D错误。正确答案为A。点睛：注意

36、区分各种作用力对物质性质的影响。对于分子晶体，分子间作用力和氢键主要影响物质的熔沸点，化学键影响物质的热稳定性即化学性质；影响原子晶体熔沸点的因素是共价键的强弱，影响离子晶体熔沸点大小的因素为离子键的强弱，影响金属晶体熔沸点的因素为金属键的强弱。18、A【解析】A.Fe2+具有还原性，会被氧气氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O，A正确；B.NH4HCO3溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液，以不足量的NH4HCO3为标准，NH4+、HCO3-都会发生反应：NH4+HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+H2O+NH3H2O，B错误；C.氢氧化亚铁具有还原

37、性，会被具有氧化性的稀硝酸氧化变为Fe3+，反应的离子方程式为3Fe(OH)2+10H+NO3-=3Fe3+NO+8H2O，C错误；D.澄清石灰水与过量小苏打溶液混合，以不足量的Ca(OH)2为标准，离子方程式为Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+2H2O+ CO32-，D错误；故合理选项是A。19、B【解析】由零族定位法可知，118号元素位于元素周期表第七周期零族，则116号的鉝（Lv）位于元素周期表第七周期第VIA族。【详解】A. 由以上分析可知，Lv位于元素周期表中第七周期第A族，故A正确；B. 同主族元素，由上至下，金属性逐渐增强，则Lv在同主族元素中金属性最强，故B错误；C.

38、 同位素原子质子数、电子数相同，中子数不同，故C正确；D. 中子数为177的Lv核素，质量数=116+177=293，则核素符号为Lv，故D正确；答案选B。20、D【解析】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9的H原子。【详解】分子式为 C5H10O3与饱和 NaHCO3 溶液反应能放出气体，说明含有羧基，且 1molC5H10O3 与足量钠反应 放出 1mol 气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9的H原子，C4

39、H9有4种，分别为CH3CH2CH2CH2（4种）、CH3CH（CH3）CH2（3种）、CH3CH2CH（CH3）-（4种）、C（CH3）3-（1种），共12种。故选D。【点睛】本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意把握同分异构体的判断角度和方法。21、B【解析】A.酸雨中含有亚硫酸，亚硫酸可被氧化生成硫酸，溶液酸性增强，并不是雨水中溶解了CO2的缘故，故A错误；B.乙烯是水果催熟剂，乙烯可与高锰酸钾溶液反应，所以除去乙烯达到水果保鲜的目的，故B正确；C.非金属性强弱的判断，依据最高价氧化物对应水化物酸性强弱，不是氧化性的强弱且HClO不是Cl元素的最高价含氧酸，不能

40、做为判断的依据，故C错误；D.制备氢氧化铁胶体，应在沸水中滴加氯化铁溶液，继续加热至溶液呈红褐色，如在饱和氯化铁溶液煮沸，铁离子的水解程度较大，生成氢氧化铁沉淀，故D错误。故选B。22、B【解析】由元素的相对原子质量可知，甲、乙的相对原子质量均比As小，As位于第四周期VA族，则C、Si、乙位于第IVA族，乙为Ge，B、Al、甲位于A族，甲为Ga，以此来解答。【详解】A甲为Ga，元素甲的原子序数为31，故A正确；B非金属性C大于Ge，则元素乙的简单气态氢化物的稳定性弱于CH4；相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，元素乙的简单气态氢化物的沸点高于CH4，故B错误；C电子层越多，原子半径

41、越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径比较：甲乙Si，故C正确；D乙为Ge，位于金属与非金属的交界处，可用作半导体材料，故D正确。故选B。【点睛】本题考查元素的位置、结构与性质，把握相对原子质量、元素的位置及性质为解答的关键，注意规律性知识的应用。二、非选择题(共84分)23、CH3CH(CH3)CH3 2甲基丙烯 消去反应 【解析】（1）88gCO2为2mol，45gH2O为2.5mol，标准状况下11.2L气体物质的量为0.5mol，所以烃A中含碳原子为4，H原子数为10，则化学式为C4H10，因为A分子结构中有3个甲基，则A的结构简式为：CH3CH(CH3)CH3；（2）C4H10

42、存在正丁烷和异丁烷两种，但从框图上看，A与Cl2光照取代时有两种产物，且在NaOH醇溶液作用下的产物只有一种，则A只能是异丁烷，先取代再消去生成的D名称为：2甲基丙烯；（3）F可以与Cu（OH）2反应，故应为醛基，与H2之间为1：2加成，则应含有碳碳双键从生成的产物3-苯基-1-丙醇分析，F的结构简式为；（4）反应为卤代烃在醇溶液中的消去反应，故答案为消去反应；（5）F被新制的Cu（OH）2氧化成羧酸G为，D至E为信息相同的条件，则类比可不难得出E的结构为，E与G在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，反应方程式为：；（6）G中含有官能团有碳碳双键和羧基，可以将官能团作相应的位置变换而得出其芳香类的同

43、分异构体为、。24、 加成反应 氢氧化钠水溶液加热 【解析】B、C、D都能发生银镜反应，则结构中都含有醛基，G的结构简式为，E碱性条件下水解、酸化得到G，则F为，E为，比较D和E的分子式知，D中-CHO被氧化为-COOH生成E，则D为，根据D中取代基的位置结合A的分子式可推测出A为，A经过系列转化生成B为，B发生信息反应生成C为，与HBr发生加成反应生成D，由G的结构及反应条件和H的分子式可得：H为，由I的组成可知，G通过缩聚反应生成高聚物I，故I为，据此解答。【详解】（1）根据上述分析，A的结构简式为；（2）根据上述分析第三步反应为催化氧化反应，方程式为2+O22+2H2O；（3）根据上述分

44、析，的反应类型为加成反应；（4）E碱性条件下水解得到F，则的试剂与条件为氢氧化钠水溶液加热；（5）根据上述分析，I的结构简式为；能发生银镜反应，说明结构中含有醛基；能发生水解反应，说明结构中含有含有酯基；苯环上一氯取代物只有一种，说明苯环上有4个取代基，且具有一定对称性；羟基不与苯环直接相连，则结构中没有酚羟基，结合上述分析，G的同分异构体结构简式为；（6）以乙醇为原料合成有机化工原料1-丁醇，碳链的增长根据题干信息可以用醛与醛脱水反应实现，产物中的双键和醛基可以通过与氢气反应转化为碳碳单键和羟基，乙醇催化氧化可以得到乙醛，综上分析其合成路则该合成路线为：。【点睛】逆合成法的运用往往是解决有机

45、合成题的主要方法，此题从G的结构分析，通过分子式的比较及反应条件等信息分析有机物间的转化关系；此类题还需注意题干中给出的信息，如醛和醛的脱水反应，这往往是解题的关键信息。25、 将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸 取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在 水浴加热（或热水浴） 降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出 过滤、洗涤 80% 减小 【解析】(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；(2)将

46、葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验制备葡糖糖酸时，反应条件为90，则最佳的加热方式为水浴

47、加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2 Zn(C6H11O7)2，mCa(C6H11O7)2=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为nZn(C6H11O7)2=0.05mol，因此，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌

48、质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；26、冷凝反应物使之回流 b 苯能腐蚀橡胶 ABC 蒸馏 B 72.0% 【解析】(1)仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从b口流入，故答案为：冷凝反应物使之回流；b；(2)因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，故答案为：苯能腐蚀橡胶；(3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；D、分

49、水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；故答案为：ABC；(4)分离出苯的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；(5)产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，该物质在乙醇中易溶，在水中难溶，选用乙醇溶解然后加水便于晶体析出，故答案为：B；(6)根据反应方程式可知存在数量关系 因为，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则m=0.9279g，产率=100%=72.0%，故答案为：72.0%。【点睛】第(5)题溶剂的选择的为易错点，产品在苯和乙醇都易溶，但还要考虑产品是否容易重新结晶，产品在水中难溶，而水与乙醇可以互溶，乙醇中加水可以

50、降低产品的溶解度，更方便产品晶体析出。27、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

51、，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

52、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-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

53、，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。28、-58 a 反应iii的H30，为放热反应，温度升高平衡左移，平衡常数减小 i 温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应i为放热反应，升高温度平衡左移 加入CO促进反应ii平衡逆向移动，CO2和H2的量增加，甲醇生成速率加快，同时反应ii为吸热反应，反应i为放热反应，反应ii的存在使得反应i正向进行 CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O 6 正极 【解析】（1）根据定律进行分析得出CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g)H1= H2+ H3，据此进行计算； （2）根据平衡常数的定义写出反应iii的平衡常数K3=；（3）根据温度对平衡移动的影响进行分析；