2022届山东省德州市高三第三次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答

2、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、下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/10882.3熔点/-10825.5下列说法不正确的是A用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是126C用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃2、在25C时，向amL0.10molL-1的HNO2溶液中逐滴加入0.10molL-1的NaOH溶液。滴定过程中混合溶液的pOHpOH=-lgc(OH-)与NaOH溶液的体积V的关系如图所示。已

3、知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，下列说法不正确的是（ ）A25C时，HNO2电离常数的数量级是10-4BM点溶液中存在：2c(H+)+c(HNO2)=c(OH-)+c(NO2-)C图上M、N、P、Q四点溶液中所含离子的种类相同Da=10.803、下列说法正确的是A苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B用饱和 Na2CO3 溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯C用 Ni 作催化剂，1mol 最多能与 5molH2 加成DC3H6BrCl 的同分异构体数目为 64、用98%浓硫酸配制500mL 2mol/L稀硫酸，下列操作使所配制浓度偏高的是A量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线B定容

4、时仰视500mL 容量瓶的刻度线C量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶D摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线5、A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，其中A的原子序数是B和D原子序数之和的1/4，C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，甲和丙是D元素的两种常见氧化物，乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，0.005 mol/L戊溶液的pH=2，它们之间的转化关系如图所示(部分反应物省略)，下列叙述一定正确的是AC、D两元素形成的化合物的原子个数比为1:2BC、E形成的化合物的水溶液呈碱性C简单离子半径：D C BD最高价氧化物对应水化物的酸性：EA6、双酚A是重要的有机化工原料，

5、其结构如图所示。下列关于双酚A的说法正确的是（ ）A双酚A的分子式为C15H14O2B一定条件下能发生取代和水解反应C最多有13个碳原子在同一平面D苯环上的二氯代物有4种7、用ClCH2CH2OH和NaCN为原料可合成丙烯酸，相关化学用语表示错误的是()A质子数和中子数相等的钠原子：NaB氯原子的结构示意图：CNaCN的电子式：D丙烯酸的结构简式：CH3CH=CHCOOH8、最近科学家发现都由磷原子构成的黑磷(黑磷的磷原子二维结构如图)是比石墨烯更好的新型二维半导体材料.下列说法正确的是A石墨烯属于烯烃B石墨烯中碳原子采用sp3杂化C黑磷与白磷互为同素异形体D黑磷高温下在空气中可以稳定存在9、

6、下列用途中所选用的物质正确的是AX射线透视肠胃的内服剂碳酸钡B生活用水的消毒剂明矾C工业生产氯气的原料浓盐酸和二氧化锰D配制波尔多液原料胆矾和石灰乳10、核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A该化合物的分子式为C17H22N4O6B酸性条件下加热水解，有CO2生成C酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D能发生酯化反应11、下列有关化学用语表示正确的是（）A对硝基甲苯的结构简式：BCS2的比例模型：CCH2F2的电子式：D氯原子结构示意图：12、反应Cl2+2KI=2KCl+I2中，氧

7、化剂是（ ）ACl2BKICKClDI213、将二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色。此过程中二氧化硫表现出A酸性B漂白性C氧化性D还原性14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子数目为NAB2L0.5molL-1磷酸溶液中含有的H+数目为3NAC标准状况下，2.24L己烷中含有的共价键数目为1.9NAD50mL12 molL-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数目为0.3NA15、海水淡化是解决沿海城市饮用水问题的关键技术。下图是电渗析法淡化海水装置的工作原理示意图(电解槽内部的“”和“”表示不同类型的离子交换膜)。工作过程中

8、b电极上持续产生Cl2。下列关于该装置的说法错误的是A工作过程中b极电势高于a极B“”表示阴离子交换膜，“”表示阳离子交换膜C海水预处理主要是除去Ca2、Mg2等DA口流出的是“浓水”，B口流出的是淡水16、常温下向20mL 0.1mol/L氨水中通入HCl气体，溶液中由水电离出的氢离子浓度随通入HCl气体的体积变化如图所示。则下列说法正确的是Ab点通入的HCl气体，在标况下为44.8mLBb、c之间溶液中c(NH4+)c(Cl-)C取10mL的c点溶液稀释时：c(NH4+)/c(NH3H2O)减小Dd点溶液呈中性17、高能固氮反应条件苛刻，计算机模拟该历程如图所示，在放电的条件下，微量的O2

9、或N2裂解成游离的O或N原子，分别与N2和O2发生以下连续反应生成NO。下列说法错误的（ ）A图1中，中间体1到产物1的方程式为O-ONO+NOBNO的生成速率很慢是因为图2中间体2到过渡态4的能垒较大C由O和N2制NO的活化能为315.72kJmol-1D由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率慢18、在硫酸铜晶体结晶水含量测定的实验过程中，下列仪器或操作未涉及的是ABCD19、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极b为电池负极B电路中每流过4mol电子，正极消耗44

10、.8LH2SC电极b上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2OD电极a上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O20、我国科学家在绿色化学领域取得新进展。利用双催化剂Cu和Cu2O，在水溶液中用H原子将CO2高效还原为重要工业原料之一的甲醇，反应机理如下图。下列有关说法不正确的是ACO2生成甲醇是通过多步还原反应实现的B催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒C该催化过程中只涉及化学键的形成，未涉及化学键的断裂D有可能通过调控反应条件获得甲醛等有机物21、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A元素非金属性：XRWBX与R形成

11、的分子内含两种作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共价键D元素对应的离子半径：WRX22、对下列事实的解释合理的是（ ）A氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸具有强酸性B常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸不反应C在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性D铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高二、非选择题(共84分)23、（14分）阿司匹林是一种解毒镇痛药。烃A是一种有机化工原料，下图是以它为初始原料设计合成阿司匹林关系图：已知：（苯胺，苯胺易被氧化）回答下列问题：（1）C的结构简式为_。（2）反应的反应类型_，在之前设计这一步的目的是_。（3）F 中含氧官能团的名

12、称_。（4）G（阿司匹林）与足量NaOH溶液反应的化学方程式为_。（5）符合下列条件的 E 的同分异构体有_种。写出核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式：_（只写一种）。a含OH b能发生水解反应 c能发生银镜反应（6）利用甲苯为原料，结合以上合成路线和下面所给信息合成下图所示的功能高分子材料（无机试剂任选）。_24、（12分）某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多，是一种常用的食品添加剂。该化合物具有如下性质：(i)在25时，电离平衡常数K3.910-4，K25.510-6(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的产物

13、(iii)1molA慢慢产生1.5mol气体(iv)核磁共振氢谱说明A分子中有5种不同化学环境的氢原子与A相关的反应框图如下：（1）依照化合物A的性质，对A的结构可作出的判断是_。a确信有碳碳双键 b有两个羧基 c确信有羟基 d有COOR官能团（2）写出A、F的结构简式：A：_、F：_。（3）写出AB、BE的反应类型：AB_、BE_。（4）写出以下反应的反应条件：EF第步反应_。（5）在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学方程式：_。（6）写出与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式：_。25、（12分）Mg(ClO3)23H2O在工农

14、业上有重要用途，其制备原理为：MgCl22NaClO33H2O=Mg(ClO3)23H2O2NaCl。实验室制备Mg(ClO3)23H2O的过程如图：已知四种化合物的溶解度(S)与温度(T)的变化曲线关系如图所示：(1)抽滤装置中仪器A的名称是_。(2)操作X的步骤是_。(3)“溶解”时加水太多会明显降低MgCl2的利用率，其原因是_。(4)下列有关实验过程与操作说法不正确的是_。A冷却时可用冰水B洗涤时应用无水乙醇C抽滤Mg(ClO3)23H2O时，可用玻璃纤维代替滤纸D抽滤时，当吸滤瓶中液面快到支管时，应拔掉橡皮管，将滤液从支管倒出(5)称取3.000 g样品，加水溶解并加过量的NaNO2

15、溶液充分反应，配制成250 mL溶液，取25 mL溶液加足量稀硝酸酸化并加入合适的指示剂，用0.100 0 molL1的AgNO3标准溶液滴定至终点，平均消耗标准液24.00 mL。则样品中Mg(ClO3)23H2O的纯度是_。26、（10分）POCl3是重要的基础化工原料，广泛用于制药、染料、表面活性剂等行业。一种制备POCl3的原理为：PCl3+Cl2+SO2=POCl3+SOCl2。某化学学习小组拟利用如下装置在实验室模拟制备POCl3。有关物质的部分性质如下：物质熔点/沸点/密度/gmL-1其它PCl3-93.676.11.574遇水强烈水解，易与氧气反应POCl31.25105.81

16、.645遇水强烈水解，能溶于PCl3SOCl2-10578.81.638遇水强烈水解，加热易分解（1）仪器甲的名称为_，与自来水进水管连接的接口编号是_。(填“a”或“b”)。（2）装置C的作用是_，乙中试剂的名称为_。（3）该装置有一处缺陷，解决的方法是在现有装置中再添加一个装置，该装置中应装入的试剂为_(写名称)。若无该装置，则可能会有什么后果?请用化学方程式进行说明_。（4）D中反应温度控制在60-65，其原因是_。（5）测定POCl3含量。准确称取30.70gPOCl3产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解；将水解液配成100.00mL溶液，取10.00mL溶液于锥

17、形瓶中；加入10.00mL3.200mol/LAgNO3标准溶液，并加入少许硝基苯用力摇动，使沉淀表面被有机物覆盖；以Fe3+为指示剂，用0.2000mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。滴定终点的现象为_，用硝基苯覆盖沉淀的目的是_。反应中POCl3的百分含量为_。27、（12分）肼是重要的化工原料。某探究小组利用下列反应制取水合肼（N2H4H2O）。已知：N2H4H2O高温易分解，易氧化制备原理：CO(NH2)2+2NaOH+NaClONa2CO3+N2H4H2O+NaCl（实验一）制备NaClO溶液（实验装置如图所示）(1)配制3

18、0%NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外，还有_（填标号）A容量瓶 B烧杯 C烧瓶 D玻璃棒(2)锥形瓶中发生反应化学程式是_。（实验二）制取水合肼。（实验装置如图所示）控制反应温度，将分液漏斗中溶液缓慢滴入三颈烧瓶中，充分反应。加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液，收集108-114馏分。(3)分液漏斗中的溶液是_（填标号）。ACO(NH2)2溶液 BNaOH和NaClO混合溶液选择的理由是_。蒸馏时需要减压，原因是_。（实验三）测定馏分中肼含量。(4)水合肼具有还原性，可以生成氮气。测定水合肼的质量分数可采用下列步骤：a称取馏分5.000g，加入适量NaHCO3固体（保证滴定过程中溶液的pH保持在6.

19、5左右），配制1000mL溶液。b移取10.00 mL于锥形瓶中，加入10mL水，摇匀。c用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现_，记录消耗碘的标准液的体积。d进一步操作与数据处理(5)滴定时，碘的标准溶液盛放在_滴定管中（选填：“酸式”或“碱式”）水合肼与碘溶液反应的化学方程式_。(6)若本次滴定消耗碘的标准溶液为8.20mL，馏分中水合肼（N2H4H2O）的质量分数为_。28、（14分）萘普生是重要的消炎镇痛药。以下是它的一种合成路线：已知：萘（）的化学性质与苯相似。完成下列填空：(1)反应(1)的反应类型是_；A的分子式是_。(2)反应(2)的试剂和条件是_；反应(3)的产物是D和

20、_（填化学式）。(3)萘普生不宜与小苏打同时服用的原因是_（用化学方程式表示）。(4)X是D一种同分异构体，具有以下特点：萘的衍生物；有两个取代基且在同一个苯环上；在NaOH溶液中完全水解，含萘环的水解产物中有5种化学环境不同的氢。写出X可能的结构简式_。(5)请用苯和CH3COCl为原料合成苯乙烯。（无机试剂任选）_。（用合成路线流程图表示为：AB目标产物）。29、（10分）目前手机屏幕主要由保护玻璃、触控层以及下面的液晶显示屏三部分组成。下面是工业上用丙烯（A）和有机物C（C7H6O3）为原料合成液晶显示器材料（F）的主要流程：（1）化合物C的结构简式为_。B的官能团名称_。（2）上述转化

21、过程中属于取代反应的有_（填反应序号）。（3）写出B与NaOH水溶液反应的化学方程式_。（4）下列关于化合物D的说法正确的是_（填字母）。A属于酯类化合物 B1molD最多能与4molH2发生加成反应C一定条件下发生加聚反应 D核磁共振氢谱有5组峰（5）写出符合下列条件下的化合物C的同分异构体的结构简式_(任写一种)。苯环上一溴代物只有2种 能发生银镜反应 苯环上有3个取代基（6）请参照上述制备流程，写出以有机物C和乙烯为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_。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. 醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳

22、链作为主链，按其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B. 有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1216，故选B；C. 根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；D. 两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；答案：B2、B【解析】已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+

23、c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，据此分析作答。【详解】A. HNO2电离常数K=，未滴加氢氧化钠时0.1mol/L的HNO2溶液的pOH=11.85，即溶液中c（OH-）=10-11.85mol/L，则根据水的电离平衡常数可知c（H+）=10-2.15mol/L，溶液中存在电离平衡HNO2H+NO2，溶液中氢

24、离子浓度和亚硝酸根离子浓度大致相等，所以K=，故A正确；B. 根据分析可知a=10.80mL，所以当加入5.40mL氢氧化钠溶液时溶液中的溶质为等物质的量HNO2和NaNO2，存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-)= c(H+)+ c(Na+)，存在物料守恒：c(NO2-)+ c(HNO2) =2c(Na+)，二式联立可得2c(H+)+c(HNO2)=2c(OH-)+c(NO2-)，故B错误；C. M、N、P、Q四点溶液中均含有：H+、OH-、NO2-、Na+，故C正确；D. 已知P点溶液中存在c(OH-)=c(H+)+c(HNO2)，同时溶液中存在电荷守恒：c(OH-)+ c(NO2-

25、)= c(H+)+ c(Na+)，二式联立消去c(OH-)可得：c(NO2-)+ c(HNO2) =c(Na+)，此为NaNO2溶液中的物料守恒式，即P点溶液中的溶质只有NaNO2，亚硝酸和氢氧化钠恰好完全反应，所以初始亚硝酸溶液的体积为10.80mL，故D正确；故答案为B。3、B【解析】A. 苯乙烯中含碳碳双键，与溴水发生加成反应，而苯与溴水混合发生萃取，则苯乙烯与苯使溴水褪色原理不同，故A错误；B. 乙醇易溶于水，则乙醇与饱和Na2CO3 溶液互溶，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯难溶于水，会出现分层，则可鉴别，故B正确；C. 能与氢气发生加成反应的为苯环和碳碳双键，则1mo

26、l该物质最多只能与4molH2加成，故C错误；D. C3H6BrCl可看成丙烷分子中有两个氢原子分别被一个溴原子、一个氯原子取代，根据“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有两种情况，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分异构体有，则C3H6BrCl 的同分异构体共5种，故D错误；故选B。【点睛】苯在溴化铁的催化作用下与液溴发生取代反应生成溴苯和溴化氢；苯分子中没有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应，但溴更易溶于苯中，溴水与苯混合时，可发生萃取，苯的密度小于水，因此上层为溴的苯溶液，颜色为橙色，下层为水，颜色为无色，这是由于萃取使溴水褪色，没有发生化学

27、反应。这是学生们的易错点，也是常考点。4、C【解析】A、量取浓硫酸时俯视量筒的刻度线，量取的浓硫酸偏小，则浓度偏低，故A错误；B、定容时仰视500mL容量瓶的刻度线，定容时加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故B错误；C、量取硫酸后洗涤量筒并将洗涤液转入容量瓶，所量取的浓硫酸的体积偏大，则所配稀硫酸的浓度偏高，故C正确；D、摇匀后滴加蒸馏水至容量瓶刻度线，又加入过多的水，所得溶液浓度偏低，故D错误；故选C。5、D【解析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期主族元素，0.005mol/L戊溶液的pH=2，说明戊为二元强酸，则戊为硫酸，丙为SO3；甲和丙是D元素的两种常见氧化物，甲为SO2

28、，D为S元素，E为Cl元素；乙和丁是B元素的两种常见同素异形体，二氧化硫被乙氧化生成三氧化硫，可知乙为O3，丁为O2，则B为O元素；A的原子序数是B和D原子序数之和的，A的原子序数为(8+16)=6，可知A为C元素；C的原子半径在所有短周期主族元素中最大，C为Na元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，A为C，B为O，C为Na，D为S，E为Cl。AC、D形成离子化合物Na2S，原子个数比为2:1，故A错误；BC、E形成的化合物为氯化钠，为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故B错误；C一般而言，离子的电子层数越大，离子半径越大，硫离子半径最大；电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小

29、，钠离子半径小于氧离子，简单离子半径：D B C，故C错误；D非金属性ClC，则E的最高价氧化物水化物的酸性大于A的最高价氧化物水化物的酸性，故D正确；故选D。【点睛】本题考查无机物的推断及原子结构与元素周期律，把握图中转化关系、元素化合物知识来推断物质和元素为解答的关键。本题的突破口为“0.005mol/L戊溶液的pH=2”。本题的易错点为C，要注意离子半径比较方法的理解和灵活运用。6、C【解析】A. 双酚A的分子式为C15H16O2，A错误；B. 酚羟基有邻位H，可以和浓溴水发生取代反应，但是没有能水解的官能团，B错误；C. 两个苯环及连接苯环的C可能处于同一平面，C正确；D. 二个氯在同

30、一个苯环上的结构有5种，二个氯分别在两个苯环上的二氯代物有3中，所以该结构中苯环上的二氯代物有8种，D错误。答案选C。7、D【解析】A.质子数和中子数相等的钠原子，质量数A=质子数Z+中子数N=11+11=22，钠原子符号为：，A正确；B.Cl原子的核外电子总数为17，其原子结构示意图为，B正确；C.NaCN为离子化合物，由Na+和CN-通过离子键构成，电子式为，C正确；D.丙烯酸的结构简式为CH2=CHCOOH，D错误；故合理选项是D。8、C【解析】A石墨烯是碳元素的单质，不是碳氢化合物，不是烯烃，A错误；B石墨烯中每个碳原子形成3键，杂化方式为sp2杂化，B错误；C黑磷与白磷是磷元素的不同

31、单质，互为同素异形体，C正确；D黑磷是磷单质，高温下能与O2反应，在空气中不能稳定存在，D错误；答案选C。9、D【解析】A.碳酸钡与胃酸反应，X射线透视肠胃的内服剂通常是硫酸钡，A项错误；B. 明矾溶于水电离出的Al3水解生成Al(OH)3胶体，能吸附水中的悬浮物，达到净水的目的，不能杀菌消毒，B项错误；C.工业生产氯气是用电解饱和食盐水法，浓盐酸和二氧化锰是实验室制氯气的方法，C项错误；D.配制波尔多液的原料用胆矾和石灰乳，D项正确；答案选D。10、A【解析】A、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可

32、以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；故选A。11、B【解析】A. 对硝基甲苯的结构简式：，A错误；B. 半径：r(C) c(NH4)，因此b、c之间溶液中c(NH4)c(Cl)，故B错误；C、c点溶质为NH4Cl，NH4Cl属于强酸弱碱盐，NH4发生水解，NH4H2ONH3H2OH，加水稀释，促进水解，n(NH3H2O)增大，n(NH4+)减小，同一溶液中浓度之比等于物质的量之比，即c(NH4

33、)/c(NH3H2O)减小，故C正确；D、d点溶质为NH4Cl和HCl，溶液显酸性，故D错误，答案选C。17、D【解析】A、由图1可知，中间体1为O-ON，产物1为O+NO，所以中间体1到产物1的方程式为O-ONO+NO，故A正确；B、反应的能垒越高，反应速率越小，总反应的快慢主要由机理反应慢的一步决定，由图2可知，中间体2到过渡态4的能垒较大、为223.26kJ/mol，决定了NO的生成速率很慢，故B正确；C、由图2可知，反应物2到过渡态4的能垒为315.72kJmol-1，过渡态4到反应物2放出能量为逆反应的活化能，所以由O和N2制NO的能垒或活化能为315.72kJmol-1，故C正确；

34、D、由图1可知，N和O2制NO的过程中各步机理反应的能垒不大，反应速率较快；由图2可知，O原子和N2制NO的过程中多步机理反应的能垒较高、中间体2到过渡态4的能垒为223.26kJ/mol，导致O原子和N2制NO的反应速率较慢，所以由N和O2制NO的过程比由O原子和N2制NO的过程速率快，故D错误；故选：D。【点睛】明确图中能量变化、焓变与能垒或活化能关系为解答的关键，注意反应过程中能量变化和反应速率之间的关系。18、C【解析】A.为使硫酸铜晶体充分反应，应该将硫酸铜晶体研细，因此要用到研磨操作，A不符合题意；B.硫酸铜晶体结晶水含量测定实验过程中，需要准确称量瓷坩埚的质量、瓷坩埚和一定量硫酸

35、铜晶体的质量、瓷坩埚和硫酸铜粉末的质量，至少称量4次，所以涉及到称量操作，需要托盘天平，B不符合题意；C.盛有硫酸铜晶体的瓷坩埚放在泥三角上加热，直到蓝色完全变白，不需要蒸发结晶操作，因此实验过程中未涉及到蒸发结晶操作，C符合题意；D.加热后冷却时，为防止硫酸铜粉末吸水，应将硫酸铜放在干燥器中进行冷却，从而得到纯净而干燥的无水硫酸铜，因此需要使用干燥器，D不符合题意；故合理选项是C。19、D【解析】由图中信息可知，该燃料电池的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O，该反应中硫化氢是还原剂、氧气是氧化剂。硫化氢通入到电极a，所以a电极是负极，发生的电极反应为2H2S+2O2-4e-=S2+2H2

36、O；氧气通入到电极b，所以b电极是正极。该反应中电子转移数为4个电子，所以电路中每流过4mol电子，正极消耗1molO2，发生的电极反应为O2+4e-=2O2-.综上所述，D正确，选D。点睛：本题考查的是原电池原理。在原电池中一定有一个可以自发进行的氧化还原反应发生，其中还原剂在负极失去电子发生氧化反应，电子经外电路流向正极；氧化剂在正极上得到电子发生还原反应，电子定向移动形成电流。在书写电极反应式时，要根据电解质的酸碱性分析电极反应的产物是否能稳定存在，如果产物能与电解质的离子继续反应，就要合在一起写出总式，才是正确的电极反应式。有时燃料电池的负极反应会较复杂，我们可以先写出总反应，再写正极

37、反应，最后根据总反应和正极反应写出负极反应。本题中电解质是氧离子固体电解质，所以正极反应就是氧气得电子变成氧离子，变化较简单，可以先作出判断。20、C【解析】A.有机反应中加氢或去氧的反应叫还原反应，CO2生成甲醇是通过了多步加氢，为还原反应，故A正确；B.根据题中反应机理图所示，催化剂Cu结合氢原子，催化剂Cu2O结合含碳微粒，故B正确；C.催化过程中有旧的原子团消失，说明有化学键的断裂，例如：CO2和H转化为COOH，故C错误；D.根据反应机理图所示，中间步骤中有CH2O生成，如果调控反应条件可以在此步骤中得到甲醛，故D正确。答案选C。21、C【解析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序

38、数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为OClS，选项A错误；BX与R形成的分子可为SO2或SO3，分子内只存在极性键，选项B错误；CX、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2ClS2，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元

39、素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。22、D【解析】A. 氢氟酸可用于雕刻玻璃，说明氢氟酸会腐蚀玻璃，不能说具有强酸性，故A不符合题意；B. 常温下浓硝酸可用铝罐贮存，说明铝与浓硝酸发生钝化，不是不反应，故B不符合题意；C. 在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故C不符合题意；D. 铝箔在空气中受热熔化但不滴落，说明氧化铝的熔点比铝高，故D符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】钝化反应是发生了化学反应。二、非选择题(共84分)23、 取代反应 保护酚羟基，防止酚羟基被氧化

40、 羧基和酚羟基 17种 或 【解析】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为，据此分析。【详解】根据流程图，烃A与氯气发生取代反应生成卤代烃B，B在氢氧化钠溶液条件下水解后酸化生成C，根据C的化学式可知，A为甲苯()，根据E的结构，结合信息可知，D为，则C为，因此B为苯环上的氢原子被取代的产物，反应条件为铁作催化剂，B为。(1)根据上述分析，C为；（2）反应是与乙酸酐发生取代反应生成和乙酸，反应类型为取代反应；

41、在之前设计可以保护酚羟基，防止酚羟基被氧化，故答案为取代反应；保护酚羟基，防止酚羟基被氧化；（3）F为，含氧官能团的名称为羧基和酚羟基；(4)G(阿司匹林)中的酯基水解生成的羟基为酚羟基，也能与氢氧化钠反应，因此与足量NaOH溶液反应的化学方程式为；(4)E为，a含OH，可为酚羟基、醇羟基或羧基中的OH；b能发生水解反应说明含有酯基； c能发生银镜反应说明含有醛基；满足条件的结构是：若苯环上只有一个取代基则为HCOOCH(OH)-，只有一种；若苯环上有两个取代基，可为HCOOCH2-和-OH，苯环上的位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有两个取代基还可以为HCOO-和-CH2OH，苯环上的

42、位置可为邻、间、对位，故有3种；若苯环上有三个取代基，为HCOO-、-CH3和-OH，根据定二议三，两个取代基在苯环上有邻、间、对位，再取代第三个取代基在苯环上时分别有4、4、2种共10种；综上符合条件的同分异构体共有17种；其中核磁共振氢谱中有五组峰，峰面积之比为 1：2：2：2：1 的结构简式为或；(5)用甲苯为原料合成功能高分子材料()。需要合成，根据题干信息，可以由合成；羧基可以由甲基氧化得到，因此合成路线为。24、bc HOOCCH(OH)CH2COOH HOOC-CC-COOH 消去反应 加成反应 NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热 n HOOCCH=CHCOOH+ nHO

43、CH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O ， 【解析】由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH；M中含有Cl原子，M经过反应然后酸化得到A，则M结构简式为HOOCCHClCH2COOH，A在浓硫酸作催化剂、加热条件下反应生成B(C4H4O4)，根据B分子式知，A发生消去反应生成B，B结构简式为HOOC

44、CH=CHCOOH；B和足量NaOH反应生成D，D为NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E，E为HOOCCHBrCHBrCOOH，E发生消去反应然后酸化得到F（C4H2O4），根据F分子式知，F为HOOC-CC-COOH。【详解】（1）由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题意，答案：bc； （2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：HOOCCH(OH)C

45、H2COOH：F：HOOC-CC-COOH。答案：HOOCCH(OH)CH2COOH：HOOC-CC-COOH；（3）根据上述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH，所以 AB发生消去反应，BE发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。(4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，EF是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为：NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热； (5)B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的

46、高分子化合物，该反应的化学方程式:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；故答案为:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；(6)A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团,说明含有醇羟基和羧基符合条件的A的同分异构体的结构简式：，；答案：，。25、布氏漏斗 蒸发浓缩、趁热过滤 加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大 D 98.00% 【解析】(1)根据图像可知仪器A名称。 (2)Mg

47、Cl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)23H2O，根据溶解度与温度关系可知，则要除去杂质NaCl，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤。(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2的水解。(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)23H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率；C. Mg(ClO3)23H2O溶液中Mg2水解生成的少量H，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出。(5)根据方程式建立关系式，计算质量分数。【详解】(1)根据

48、图像可知仪器A为布氏漏斗，故答案为：布氏漏斗。(2)MgCl2和NaClO3混合后反应，要得产物Mg(ClO3)23H2O，则要除去杂质NaCl，根据溶解度与温度关系可知，应进行的操作是蒸发浓缩、趁热过滤，故答案为：蒸发浓缩、趁热过滤。(3)加水过多，则会延长蒸发浓缩的时间，促进了Mg2的水解，MgCl2的利用率降低，故答案为：加水过多会延长蒸发时间，促使MgCl2的水解量增大。(4)A. 根据溶解度曲线可知，低温时Mg(ClO3)23H2O的溶解度较小，可以用冰水冷却，故A正确；B. 产物为带有结晶水的晶体，用乙醇洗涤可减少产物的溶解，提高产率，故B正确；C. Mg(ClO3)23H2O溶液

49、中Mg2水解生成的少量H，HClO3的酸性和强氧化性腐蚀滤纸，抽滤时可用玻璃纤维，故C正确；D. 吸滤瓶中滤液过多时，只能通过吸滤瓶上口倒出，故D错误。综上所述，答案为D。(5)样品溶解后加NaNO2溶液和AgNO3溶液，发生的反应为：ClO33NO2Ag=AgCl3NO3，故有：Mg(ClO3)23H2O6 NO22Ag。产物的纯度，故答案为98%。26、 球形冷凝管 a 干燥Cl2，同时作安全瓶，防止堵塞 五氧化二磷(或硅胶) 碱石灰 POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl, SOCl2+H2O=SO2+2HCl 一是温度过高，PCl3会大量挥发，从而导致产量降低；二是温度过低，反应速

50、率会变慢 当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去 使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应 50%【解析】分析：本题以POCl3的制备为载体，考查Cl2、SO2的实验室制备、实验条件的控制、返滴定法测定POCl3的含量。由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以用干燥的Cl2、SO2与PCl3反应制备POCl3，则装置A、B、C、D、E、F的主要作用依次是：制备Cl2、除Cl2中的HCl（g）、干燥Cl2、制备POCl3、干燥SO2、制备SO2；为防止POCl3、SOCl2水解和吸收尾气，D装置后连接盛碱石灰的干燥管。返滴定法测定POCl

51、3含量的原理：POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、AgNO3+HCl=AgCl+HNO3，用KSCN滴定过量的AgNO3，发生的反应为KSCN+AgNO3=AgSCN+KNO3，由消耗的KSCN计算过量的AgNO3，加入的总AgNO3减去过量的AgNO3得到与Cl-反应的AgNO3，根据Ag+Cl-=AgCl和Cl守恒计算POCl3的含量。详解：（1）根据仪器甲的构造特点，仪器甲的名称为球形冷凝管。为了更充分的冷凝蒸气，冷凝管中的水应下进上出，与自来水进水管连接的接口的编号为a。（2）由于PCl3、POCl3、SOCl2遇水强烈水解，所以制备POCl3的Cl2和SO2都必须是干燥的。根

52、据装置图和制备POCl3的原理，装置A用于制备Cl2，装置B用于除去Cl2中HCl（g），装置C用于干燥Cl2，装置F用于制备SO2，装置E用于干燥SO2，装置D制备POCl3；装置C的作用是干燥Cl2，装置C中有长直玻璃管，装置C的作用还有作安全瓶，防止堵塞。乙中试剂用于干燥SO2，SO2属于酸性氧化物，乙中试剂为五氧化二磷（或硅胶）。（3）由于SO2、Cl2有毒，污染大气，最后要有尾气吸收装置；POCl3、SOCl2遇水强烈水解，在制备POCl3的装置后要连接干燥装置（防外界空气中H2O（g）进入装置D中），该装置缺陷的解决方法是在装置D的球形冷凝管后连接一个既能吸收SO2、Cl2又能吸收

53、H2O（g）的装置，该装置中应装入的试剂是碱石灰。若没有该装置，POCl3、SOCl2发生强烈水解，反应的化学方程式为POCl3+3H2O=H3PO4+3HCl、SOCl2+H2O=SO2+2HCl。（4）D中反应温度控制在6065，其原因是：温度太低，反应速率太慢；温度太高，PCl3会大量挥发（PCl3的沸点为76.1），从而导致产量降低。（5）以Fe3+为指示剂，当KSCN将过量的Ag+完全沉淀时，再滴入一滴KSCN溶液与Fe3+作用，溶液变红色，滴定终点的现象为：当最后一滴标准KSCN溶液滴入时，溶液变为红色，且半分钟不褪去。硝基苯是难溶于水且密度大于水的液体，用硝基苯覆盖沉淀的目的是：

54、使生成的沉淀与溶液隔离，避免滴定过程中SCN-与AgCl反应。n（AgNO3）过量=n（KSCN）=0.2000mol/L0.01L=0.002mol，沉淀10.00mL溶液中Cl-消耗的AgNO3物质的量为3.200mol/L0.01L-0.002mol=0.03mol，根据Ag+Cl-=AgCl和Cl守恒，样品中n（POCl3）=0.03mol3100.00mL10.00mL=0.1mol，m（POCl327、BDCl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸钠溶液装在三颈烧瓶中，生成的水合肼会被次氯酸钠氧化减压蒸馏可使产品在较低温度下气化，避免高温分解淡黄色且半分钟不消失酸式

55、N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O82.00%【解析】（1）配制一定质量分数的溶液时，具体步骤是计算、称量、溶解，NaOH固体时需要放在烧杯中称，量取水时需要量筒，溶解时需要烧杯、玻璃棒；（2）氯气通入到盛有NaOH的锥形瓶中与NaOH发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；（3）依据制取水合肼（N2H4H2O）的反应原理为：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，结合反应产物和反应物分析判断；水合肼（N2H4H2O）具有还原性，易被次氯酸钠氧化；（4）根据反应原理确定反应终点；（5）根据碘溶液的性质确定所用仪器；（6）根据N2H4H

56、2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O进行计算。【详解】（1）配制一定质量分数的溶液时，溶解时需要烧杯、玻璃棒，故答案为：BD；（2）锥形瓶中氯气和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4H2O）中氮元素为2价，具有还原性，若次氯酸钠过量，具有强氧化性的次氯酸钠会氧化水合肼，为防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液应是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高温易分解，减压会降低物质的沸点，则为防止水合肼分解需要减压蒸馏，故答案为：B；如果次氯酸钠溶液装在烧瓶中，反应生成的水合肼会被次氯酸钠氧化；馏分高温易分解，减压会降低物质的沸点；（4）根据反应N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O，终点时碘过量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出现淡黄色且半分钟不消失，记录消耗碘的标准液的体积，故答案为：淡黄色且半分钟不消失；（5）滴定时，碘具有强氧化性，会腐蚀橡胶管，则碘的标准溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；（6）由题意可知，水合肼与碘溶液