2022届山东省莒县高三最后一模化学试题含解析

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、化学和生活、社会发展息息相关，从古代文物的修复到现在的人工智能，我们时时刻刻能感受到化学的魅力。下列说法不正确的是A银器发黑重新变亮涉及了化学变化B煤综合利用时采用了干馏和液化等化学方法C瓷器主要成分属于硅酸盐D芯片

2、制造中的“光刻技术”是利用光敏树脂在曝光条件下成像，该过程并不涉及化学变化2、丁苯橡胶的化学组成为，其单体一定有()A2丁炔B1，3丁二烯C乙苯D乙烯3、司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（ ）Ab的一氯代物有4种Bc的分子式为C14H14O3C1mold最多能与4molH2发生加成反应Dd中所有碳原子可能处于同一平面4、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NA

3、CpH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13+和SO42-的数目总和是NA5、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2B生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+DNaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O6、短周期元素W、X、.Y、Z位于不相邻主族,它们的原子序数

4、及最外层电子数均依次增大且其中只有一种金属元素, W处在第一周期。下列说法错误的是AX为金属元素B原子半径:XY Z WCY与Z可形成2种化合物DY的最高价氧化物对应的水化物是强酸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ACO2(g)SO2(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)FeCl3(aq)NaOH溶液过滤CCH4(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气DFeCl2 (aq)CuCl2 (aq)铁粉过滤AABBCCDD8、下列物质分类正确的是ASO2、SiO2、CO均为酸性氧化物B稀豆浆、硅酸、氯化铁溶液均为胶体C烧碱、冰醋酸、四氯化碳

5、均为电解质D福尔马林、水玻璃、氨水均为混合物9、2.8g Fe全部溶于一定浓度、200mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体1.12L，测得反应后溶液的pH为1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，下列有关判断正确的是A反应后溶液中c（NO3）=0.85mol/LB反应后的溶液最多还能溶解1.4gFeC反应后溶液中铁元素可能以Fe2+形式存在D1.12L气体可能是NO、NO2的混合气体10、下列化学用语正确的是ACH4分子的球棍模型：B乙烯的结构简式：CH2CH2C1,3-丁二烯的分子式：C4H8D聚丙烯的链节：11、常温下将NaOH溶液滴加到己二酸（H2X）溶液中，混合溶液的pH与离子浓度变

6、化的关系如图所示。下列叙述错误的是AKa2（H2X）的数量级为106B曲线N表示pH与的变化关系CNaHX溶液中c(H)c(OH)D当混合溶液呈中性时，c(Na)c(HX)c(X2)c(OH)=c(H)12、常温下，相同浓度的两种一元酸HX、HY分别用同一浓度的NaOH标准溶液滴定，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是 AHX、HY起始溶液体积相同B均可用甲基橙作滴定指示剂CpH相同的两种酸溶液中：D同浓度KX与HX的混合溶液中，粒子浓度间存在关系式：13、下列物质和铁不可能发生反应的是（）AAl2O3BH2OC浓硝酸DO214、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）ANaCl(

7、aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CAl(s)AlCl3(aq)Al(OH)3(s)DN2(g)NH3(g)Na2CO3(s)15、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T 化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示，下列推断正确的是A原子半径和离子半径均满足：YZBY的单质易与R、T的氢化物反应C最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRD由X、R、Y、Z四种元素组成的化合物水溶液一定显碱性16、 “神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有

8、关阿司匹林的说法错误的是（）A能与NaHCO3溶液反应产生气体B与邻苯二甲酸（）互为同系物C在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D1mol阿司匹林最多能与3molH2发生加成反应17、下列实验操作、现象和结论均正确，且存在对应关系的是选项实验操作实验现象结论A将NaOH溶液逐滴滴加到AlC13溶液中至过量先产生白色胶状沉淀，后沉淀溶解Al(OH)3是两性氢氧化物BNaHCO3溶液与NaAlO溶液混合生成白色沉淀结合H+的能力：CO32-AlO2-C向盛有Na2SiO3，溶液的试管中滴加1滴酚酞，然后逐滴加入稀盐酸至过量试管中红色逐渐褪去，出现白色凝胶非金属性：ClSiD白色固体先变为淡黄色，后变

9、为黄色溶度积常数：Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)AABBCCDD18、化学在实际生活中有着广泛的应用。下列说法错误的是（ ）A食品添加剂可以改善食物的色、香、味并防止变质，但要按标准使用B铅蓄电池工作时两极的质量均增加CCO2和SO2都是形成酸雨的气体D用明矾作净水剂除去水中的悬浮物19、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是ABCD20、X、Y、Z、W是四种短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的2倍，Y是地壳中含量最多的元素，Z元素在短周期中金属性最强，W与Y位于同一主族。下列叙述正确的是A原子半径：r(W)r(Z)r(Y)r(X)BY的简单气态氢化物的热稳定性比

10、W的强CX的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强DY与Z形成的两种常见化合物化学键类型相同21、化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是A针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别C硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化22、与氨碱法相比较，联合制碱法最突出的优点是ANaCl利用率高B设备少C循环利用的物质多D原料易得二、非选择题(共84分)23、（14分）某课题组采取以下路线合成利胆药柳胺酚。回答下列问题：已知：（1）对于柳胺酚，下列说法

11、正确的是_A 有三种官能团 B 遇三氯化铁溶液显紫色C 分子组成为C13H9NO3 D 1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应（2）F的命名为_；B中含氧官能团的名称为_。（3）写出化合物D的结构简式_。（4）写出E和F制取柳胺酚的化学反应方程式_。（5）写出同时符合下列条件的F的所有同分异构体的结构简式_。能发生银镜反应 分子有四种不同化学环境的氢原子（6）4-甲氧基乙酰苯胺是重要的精细化工中间体，写出由苯甲醚（）制备4-甲氧基乙酰苯胺（）的合成路线（注明试剂和条件）_。24、（12分）一种防止血栓形成与发展的药物J的合成路线如图所示（部分反应条件略去）：回答下列问题：(1)A中官能团的

12、名称是_，反应的反应类型是_。(2)J的分子式是_。F的结构简式是_。(3)反应的化学方程式为_。(4)已知C有多种同分异构体。写出同时满足下列条件的C的同分异构体的结构简式_。（只需写出两个）苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气。(5)请参照J的合成方法，完成下列合成路线：_25、（12分）某学习小组利用下图装置探究铜与浓H2SO4的反应（夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验）。资料：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2+4OH =Cu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。编号实验用品实验现象I10mL 15mol/

13、L浓H2SO4溶液过量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生大量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。II10mL 15mol/L浓H2SO4溶液适量铜片剧烈反应，品红溶液褪色，150时铜片表面产生少量黑色沉淀，继续加热，250时黑色沉淀消失。（1）A中反应的化学方程式是_。（2）将装置C补充完整并标明所用试剂_。（3）实验I中，铜片表面的黑色沉淀可能含CuO、Cu2S或CuS。为探究黑色沉淀的成分，取出反应后的铜片，用水小心冲洗后，进行下列操作：i. 黑色沉淀脱落，一段时间后，上层溶液呈无色。ii. 开始时，上层溶液呈无色，一段时间后，上层溶液呈淡蓝色。甲认为通过上述两个实验证

14、明黑色沉淀不含CuO，理由是_。乙同学认为仅通过颜色判断不能得出上述结论，理由是_。需要增加实验iii，说明黑色沉淀不含CuO，实验iii的操作和现象是_。（4）甲同学对黑色沉淀成分继续探究，补全实验方案：编号实验操作实验现象iv取洗净后的黑色沉淀，加入适量_溶液，加热。黑色沉淀全部溶解，试管上部出现红棕色气体，底部有淡黄色固体生成。（5）用仪器分析黑色沉淀的成分，数据如下：150取样230取样铜元素3.2g，硫元0.96g。铜元素1.28g，硫元0.64g。230时黑色沉淀的成分是_。（6）为探究黑色沉淀消失的原因，取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激

15、性气味的气体生成，试管底部出现淡黄色固体，溶液变蓝。用化学方程式解释原因_。（7）综合上述实验过程，说明Cu和浓H2SO4除发生主反应外，还发生着其他副反应，为了避免副反应的发生，Cu和浓H2SO4反应的实验方案是_。26、（10分）亚硝酰氯(ClNO)是有机物合成中的重要试剂，其沸点为5.5，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3 +HNO2，某学习小组在实验室用Cl2和NO制备ClNO并测定其纯度，相关实验装置如图所示。(1)制备Cl2的发生装置可以选用_(填字母代号)装置，发生反应的离子方程式为_。 (2)欲收集一瓶干燥的氯气，选择合适的装置，其连

16、接顺序为 a_(按气流方向，用小写字母表示)。(3)实验室可用图示装置制备亚硝酰氯：实验室也可用 B 装置制备 NO ， X装置的优点为_。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是_，然后进行其他操作，当Z中有一定量液体生成时，停止实验。 (4)已知：ClNO 与H2O反应生成HNO2和 HCl。设计实验证明 HNO2是弱酸：_。(仅提供的试剂：1 molL-1盐酸、 1 molL-1HNO2溶液、 NaNO2溶液、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸)。通过以下实验测定ClNO样品的纯度。取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL

17、样品溶于锥形瓶中，以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为20.00mL。滴定终点的现象是_，亚硝酰氯(ClNO)的质量分数为_。(已知： Ag2CrO4为砖红色固体； Ksp(AgCl)1.5610-10，Ksp(Ag2CrO4)110-12)27、（12分）草酸是一种常用的还原剂，某校高三化学小组探究草酸被氧化的速率问题。实验试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01molL1 KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3molL1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01molL1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7

18、无明显变化c4mL0.01molL1 K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01molL1 K2Cr2O7溶液，几滴浓NaOH7无明显变化（1）H2C2O4是二元弱酸，写出H2C2O4溶于水的电离方程式：_。（2）实验I试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+，该反应的离子方程式为：_。（3）瑛瑛和超超查阅资料，实验I试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成，但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。依据此资料，吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。实验II 实验III 实验IV 实验操作实验现象6 min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度

19、不变6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6 min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化实验IV的目的是：_。（4）睿睿和萌萌对实验II继续进行探究，发现溶液中Cr2O72- 浓度变化如图：臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。过程iMnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii_。查阅资料：溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO4-。针对过程i，可采用如下方法证实：将0.0001molMnO2加入到6mL_中，固体完全溶解；从中取出少量溶液，加入过量PbO2固体，充分反应后静置，观察到_。波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立，她们的实验方案是_。（5）综合以上实验可知，草酸发生氧

20、化反应的速率与_有关。28、（14分）2-丁烯是一种重要的有机化工原料。回答下列问题：（1）已知2-丁烯有顺、反两种同分异构体，可表示为顺、反。一定条件下，它们分别发生加成反应的热化学方程式为：顺：。反：相同条件下，两种气体之间存在如下转化：该反应的H=_。下列叙述中，能表明该反应已达到平衡状态的是_（填序号）。a顺C4H8的含量保持不变b混合气体的平均摩尔质量保持不变c混合气体中碳的质量分数保持不变达到平衡后，若要进一步提高体系中反C4H8的含量，可采取的措施是_。（2）2-丁烯与氯气反应时，一般用镍作催化剂。镍具有优良的物理和化学特性，是许多领域尤其是高科技产业的重要原料。羰基法提纯粗镍涉

21、及的两步反应依次为：Ni(s)4CO(g) Ni(CO)4(g) HMnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，据此分析解答。【详解】A根据上述分析，氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，故A正确；B根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+6e-，生成8.7g MnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为6=0.12mol，故B错误；CMnSO

22、4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；DKMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，由于氧化性：NaBiO3KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。6、D【解析】W在第一周期，且是主族元素，则为H；4种元素位于不相邻的主族，X在第A族，且只能是金属元素，则为Al；Y为第A族，且为短周期

23、，则为P；Z为第A族，则为Cl。A. W为H，4种元素种只有一种为金属元素，推出X是Al，故A正确；B. 原子半径先比较电子层数，电子层数越多半径越大，则W半径最小，X、Y、Z在同一周期，同一周期中，核电荷数越大，半径越小，得XY Z W，故B正确；C. P和Cl可以形成2种化合物，PCl3和PCl5，故C正确；D. Y为P，最高价氧化物对应的水化物是H3PO4，不是强酸，故D错误；故选D。7、B【解析】A二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；BNH4Cl和FeCl3均与NaOH反应，应选氨水、过滤，故B错误；CNaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷

24、，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故C正确；DCuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。8、D【解析】ASO2、SiO2为酸性氧化物，CO是不成盐氧化物。A错误；B稀豆浆、硅酸属于胶体；而氯化铁溶液则是溶液，B错误；C烧碱NaOH是碱，属

25、于电解质；冰醋酸是纯净的醋酸，是酸，属于电解质；而四氯化碳是非电解质。C错误；D福尔马林是甲醛的水溶液；水玻璃是硅酸钠的水溶液；氨水为氨气的水溶液，因此都是混合物。D正确；本题答案选D。9、A【解析】Fe和硝酸反应生成硝酸盐和氮氧化物，氮氧化物在标况下体积是1.12L，则n（NOx）0.05mol，反应后溶液pH1说明溶液呈酸性，硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3。【详解】A根据N原子守恒知，反应后溶液中n（NO3-）n（HNO3）+3nFe（NO3）30.02mol+30.17mol，则c（NO3-）0.85mol/L，A正确；B、反应后溶液还能溶解Fe，当Fe完全转化为Fe（N

26、O3）2，消耗的Fe质量最多，反应后剩余n（HNO3）=0.1mol/L0.2L=0.02mol，根据3Fe+8HNO3=3Fe（NO3）2+2NO+4H2O知，硝酸溶解的n（Fe）=3=0.0075mol，根据转移电子相等知，硝酸铁溶解的n（Fe）=0.025mol，则最多还能溶解m（Fe）=（0.0075+0.025）mol56g/mol1.82g，B错误；C、反应后硝酸有剩余，则Fe完全反应生成Fe（NO3）3，没有硝酸亚铁生成，C错误；D2.8gFe完全转化为Fe（NO3）3时转移电子物质的量30.15mol，假设气体完全是NO，转移电子物质的量=0.05mol（5-2）=0.15mo

27、l，假设气体完全是NO2，转移电子物质的量=0.05mol（5-4）=0.05mol0.15mol，根据转移电子相等知，气体成分是NO，D错误；答案选A。【点睛】灵活应用守恒法是解答的关键，注意许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；电解质溶液中的电荷守恒；氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。10、A【解析】A正确；B、结构简式中，只有单键可以省略，碳碳双键等不可以省略，乙烯的结构简式应该

28、是CH2=CH2，B错误；C、C4H8是丁烯的分子式，1,3-丁二烯的分子式为C4H6，C错误；D、丙烯的分子式为CH2=CH-CH3，聚丙烯的结构简式为：，其链节应该是，D错误；故选A。【点睛】A选项是一个常考的出题方式，一定要注意球棍模型和比例模型的说法，也要注意比例模型中原子半径的比例大小是否符合实际情况；简单分子的分子式的确定可以直接套用通式来确定，考生需要在平时的学习中记忆各类有机物的通式，以及减氢原子的规律。11、D【解析】A、己二酸是二元弱酸，第二步电离小于第一步，即Ka1=Ka2=，所以当pH相等即氢离子浓度相等时，因此曲线N表示pH与的变化关系，则曲线M是己二酸的第二步电离，

29、根据图像取0.6和4.8点， =100.6molL1，c(H)=104.8molL1，代入Ka2得到Ka2=105.4，因此Ka2（H2X）的数量级为10-6，A正确；B.根据以上分析可知曲线N表示pH与的关系，B正确；C. 曲线N是己二酸的第一步电离，根据图像取0.6和5.0点， =100.6molL1，c(H)=105.0molL1，代入Ka1得到Ka2=104.4，因此HX的水解常数是1014/104.4Ka2，所以NaHX溶液显酸性，即c(H)c(OH)，C正确；D.根据图像可知当0时溶液显酸性，因此当混合溶液呈中性时，0，即c(X2-)c(HX-)，D错误；答案选D。12、D【解析】

30、A.反应达到终点时，HX与HY消耗NaOH溶液的体积分别是30mL和40mL，故起始酸的体积比为3：4，故A错误；B.NaOH滴定HX达到滴定终点时，溶液pH约为8，而甲基橙的变色范围是，故不能用甲基橙做指示剂，故B错误；C.由图像中两种酸浓度相同时的pH可知，HY的酸性强于HX的酸性，pH相同的两种酸溶液中，故C错误；D.同浓度的KX和HX的混合溶液中，存在电荷守恒为，物料守恒为，将物料守恒带入电荷守恒可得，故D正确；答案选D。【点睛】本题主要考查酸碱滴定图像分析，为高频考点，难度不大。掌握酸碱滴定图像分析、溶液中的离子浓度关系是解答关键。侧重考查学生的分析图像和解决化学问题的能力。13、A

31、【解析】A、铁的活泼性比铝弱，则铁和Al2O3不反应，故A选； B、铁和H2O在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，故B不选； C、铁和浓硝酸在加热的条件下发生氧化还原反应，常温下发生钝化，故C不选； D、铁在氧气中点燃生成四氧化三铁，故D不选； 故选：A。14、C【解析】A、电解饱和食盐水生成氯气、氢气和氢氧化钠溶液，氯气和铁反应生成氯化铁，不能生成FeCl2，则不能实现，故A不符合题意； B、S在空气中点燃只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则不能实现，故B不符合题意； C、铝和盐酸反应生成氯化铝，加入氨水生成氢氧化铝沉淀，则物质间转化都能实现，故C符合题意； D、氮气与氢气反应生成氨气，食盐

32、水、氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，而不能生成碳酸钠，则不能实现，故D不符合题意。 故选：C。【点睛】侯氏制碱法直接制备的物质是NaHCO3，不是Na2CO3，生成物中NaHCO3在饱和食盐水中的溶解度较小而析出，NaHCO3固体经过加热分解生成Na2CO3。15、B【解析】现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，结合五种元素的原子半径与原子序数的关系图可知，Z的原子半径最大，X的原子半径和原子序数均最小，则X为H元素；由R原子最外层电子数是电子层数的2倍，R为第二周期的C元素；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Z为Na元素，Y为O元素，Z与T形成的Z2T化合物能破坏水的电离平衡，T为

33、S元素，据此分析解答。【详解】由上述分析可知，X为H元素，R为C元素，Y为O元素，Z为Na元素，T为S元素。A电子层越多，原子半径越大，则原子半径为YZ，而具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径为YZ，故A错误；BY的单质为氧气，与C的氢化物能够发生燃烧反应，与S的氢化物能够反应生成S和水，故B正确；C非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性：TR，故C错误；D由H、C、O、Na四种元素组成的化合物不仅仅为NaHCO3，可能为有机盐且含有羧基，溶液不一定为碱性，可能为酸性，如草酸氢钠溶液显酸性，故D错误；答案选B。16、B【解析】A、含-COOH，能与NaHCO3 溶

34、液反应产生气体，故A正确；B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B错误；C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；D、只有苯环与氢气发生加成，则1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。17、D【解析】A开始NaOH少量，先生成氢氧化铝沉淀，后加入过量的氢氧化钠与氢氧化铝沉淀发生反应沉淀溶解，但没有体现氢氧化铝既能和酸反应，又能和碱反应，实验不能说明氢氧化铝具有两性，故A错误；B发生反应HCO3-+AlO2-+

35、H2O=Al(OH)3+ CO32-，可认为AlO2-结合了HCO3-电离出来的H+，则结合H+的能力：CO32-AlO2-，故B错误；C元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水化物酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，但HCl不是Cl元素最高价氧化物的水化物，所以不能比较Cl、Si非金属性强弱，故C错误；D白色固体先变为淡黄色，后变为黄色沉淀，发生沉淀的转化，生成溶度积更小的沉淀，则溶度积为Ksp(AgCl)Ksp(AgBr)Ksp(AgI)，故D正确；故选D。【点睛】本题的易错点为C，要注意非金属性强弱的判断方法的归纳，根据酸性强弱判断，酸需要是最高价含氧酸。18、C【解析】A食品添加剂要按

36、标准使用，因为它在为人类改善食物的色、香、味的同时，可能也产生一定的毒性，A正确；B铅蓄电池工作时，负极PbPbSO4，正极PbO2PbSO4，两极的质量均增加，B正确；CSO2是形成酸雨的气体，但CO2不是形成酸雨的气体，C错误；D明矾中的Al3+可水解生成Al(OH)3胶体，吸附水中的悬浮物并使之沉降，所以可用作净水剂，D正确；故选C。19、C【解析】A、可由环己烯发生加成反应产生，A错误；B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；C、可由2，2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；D可由2，3，3三甲基1丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。答案选C。20、

37、B【解析】X、Y、Z、W是短周期主族元素，X原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8个，则其K层为次外层，故X是C元素；Y元素在地壳中的含量最高的元素，则Y是O元素；W与Y属于同一主族，则为W为S元素；Z元素在短周期中金属性最强，则Z是Na元素；据此答题。【详解】根据分析，X是C元素，Y是O元素，Z是Na元素，W为S元素；AX、Y为第二周期，Z、W为第三周期，则X、Y原子半径小于Z、W，同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r(Z)r(W)r(X)r(Y)，故A错误B非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：YW，则Y的简单气态氢化物的热稳定性比W的强，故B

38、正确；C非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XW，X的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的弱，故C错误；DY是O元素，Z是Na元素，Y与Z形成的两种化合物为Na2O、Na2O2，含有的阴阳离子数目之比均为1:2，前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故D错误；答案选B。【点睛】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。21、A【解析】A高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A错误；B危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类 爆炸品、第2类

39、易燃气体、第3类 易燃液体等，故B正确；C硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故C正确；D二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；故选A。22、A【解析】氨碱法对滤液的处理是加熟石灰使氨气循环，产生的CaCl2用途不大，而侯氏制碱法是对滤液通入二氧化碳、氨气，结晶出的NH4Cl，其母液可以作为制碱原料。【详解】氨碱法缺点：大量CaCl2用途不大，NaCl利用率只有70%，约有30%的NaCl留在母液中，侯氏制碱法的优点：把合成氨和纯碱两种产品联合生产，提高了食盐利用率，缩短了生产流程，减少了对环境的污染，降低了纯碱的成本。保留了氨碱法

40、的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高到96%，故选A。二、非选择题(共84分)23、BD 邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸 硝基 +H2O 、， 【解析】苯和氯气发生取代反应生成A，A为；F中不饱和度=5，根据柳胺酚结构简式知，F中含有苯环和碳氧双键，所以F为，E为；D和铁、HCl反应生成E，结合题给信息知，D结构简式为；A反应生成B，B和NaOH水溶液发生水解反应生成C，根据D结构简式知，A和浓硝酸发生取代反应生成B，B为，C为，据此解答。【详解】（1）A柳胺酚有酰胺基、酚羟基2种官能团，A错误；B柳胺酚有酚羟基，遇三氯化铁溶液显紫色，B正确；C柳胺酚的分子式为：C13H11NO3，C错误

41、；D酰胺基水解消耗1molNaOH，酚羟基共消耗2molNaOH，1mol柳胺酚最多与3mol NaOH反应，D正确；综上所述，BD正确，故答案为：BD；（2）F的结构简式为：，命名为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸，B的结构简式为：，含氯原子、硝基2种官能团，硝基为含氧官能团，故答案为：邻羟基苯甲酸或2-羟基苯甲酸；硝基；（3）由分析可知，D为：，故答案为：；（4）E和F脱水缩合生成柳胺酚，化学反应方程式为：+H2O，故答案为：+H2O；（5）F为，能发生银镜反应，则分子中含1个-CHO和2个-OH，或者含1个HCOO-和1个-OH，含1个-CHO和2个-OH共有6种，含1个HCOO-和1个-

42、OH共有邻间对3种，共9种，其中分子有四种不同化学环境的氢原子的有3种，分别为：、，故答案为：、；（6）逆合成分析：含酰胺基，可由和CH3COOH脱水缩合而来，可由还原硝基而来，可由硝化而来，整个流程为：，故答案为：。【点睛】常见能发生银镜反应的结构有：-CHO、HCOO-、HCONH-、HCOOH等。24、 (酚)羟基 消去反应 C19H16O4 +CO(OC2H5)2+2C2H5OH 、(任写两个) 【解析】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生

43、成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，据此分析解答。【详解】对比A、B的结构，可知A与乙酸酐发生取代反应生成B，同时还生成CH3COOH，B、C互为同分异构体，B发生异构生成C，对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，由F的分子式，结合G的结构，可知E为，对比E、F的分子式，可知E与丙酮发生加成反应生成F，F发生消去反应生成G，结合G的结构，可知F为，(1)A为苯酚，含有的官能团为酚羟基，由以上分析可知，反应为在浓硫酸加热的条件发生消去反应

44、生成G，故答案为：(酚)羟基；消去反应；(2)由J的结构简式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F为，故答案为：C19H16O4；(3)对比C、D的结构可知，C组成多1个、去掉2个H原子生成D，同时还生成C2H5OH，故反应的化学方程式为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案为：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同时满足下列条件的C()的所有同分异构体：苯环上有两个处于对位上的取代基；1mol该有机物与足量金属钠反应生成1g氢气，则含有一个羟基或一个羧基，当含有一个羟基时，还应含有一个醛基或者一个羰基，符合条件的同分异构体有： 、，故答案为：、(任写两个)；(5

45、) 与乙酸酐反应生成，然后与AlCl3/NaCl作用生成，最后与CO(OC2H5)2反应得到，故答案为：。25、Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O NaOH溶液 实验i和ii对比，上层溶液颜色不同，说明CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。 溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色 取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色 HNO3 CuS CuS+2H2SO4S+CuSO4+SO2+2H2O 将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至250以上，其后加入适量铜片 【解析】（

46、1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水；（2）二氧化硫属于酸性氧化物，污染空气；（3）CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；溶液中Cu2+浓度过低，无法呈明显的蓝色；检验上层溶液是否含有Cu2+；（4）试管上部出的现红棕色气体是NO2，底部淡黄色固体是S单质；（5）根据n(Cu):n(S)可计算化学式；（6）取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，根据得失电子守恒配平方程式；（7）综合上述实验过程可知加热至250时可避免铜与浓硫酸发生副反应。【详解

47、】（1）A中铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫、水，反应的化学方程式是Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O；（2）二氧化硫污染空气，所以装置C中盛放NaOH溶液吸收二氧化硫，装置图为；（3）CuO与稀H2SO4反应生成Cu2+，溶液变蓝；实验i和ii对比，i中上层溶液无色，说明不含Cu2+，因此黑色沉淀不含CuO。如果溶液中Cu2+浓度过低，也无法呈明显的蓝色，所以仅通过颜色判断不能得出黑色沉淀不含CuO的结论；根据资料信息：微量Cu2+与过量NaOH溶液发生反应：Cu2+4OHCu(OH)42，Cu(OH)42溶于甘油形成特征的绛蓝色溶液。因此说明黑色沉淀不含CuO的实验iii的操

48、作和现象是取实验i的上层清液，加入过量NaOH溶液，再加入一定量甘油，振荡，未观察到绛蓝色；（4）黑色沉淀中加入适量硝酸发生氧化还原反应，硝酸被还原为红棕色气体是NO2，氧化产物是S单质；（5）230取样，铜元素1.28g，硫元0.64g，则n(Cu):n(S)=，所以230时黑色沉淀的成分是CuS；（6）取230时的黑色沉淀，加入浓H2SO4，加热至250时，黑色沉淀溶解，有刺激性气味的气体生成说明放出二氧化硫气体，试管底部出现淡黄色固体S，溶液变蓝说明有CuSO4生成，反应方程式是CuS+2H2SO4S+CuSO4+SO2+2H2O；（7）将烧瓶中10mL15mol/L的浓H2SO4加热至

49、250以上，其后加入适量铜片只发生Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。【点睛】本题考查物质性质的探究，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握分析反应产物的方法、实验设计的能力，仔细审题、应用题干信息是解题关键。26、A（或B） MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O（或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O） fgcbdejh 随开随用，随关随停 排干净三颈烧瓶中的空气 用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸 滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化 【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸加

50、热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的（或KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2）。（2）制得的氯气中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO，X装置的优点为随开随用，随关随停。通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化。（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，结合题给试剂分析。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化

51、；根据(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)，然后结合m=nM来计算。【详解】（1）可以用二氧化锰和浓盐酸加热下制备氯气，发生装置属于固液加热型的，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O，（或用KMnO4与浓盐酸常温下制备Cl2，发生装置属于固液不加热型，反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O）故答案为A（或B）；MnO2+4H+2Cl-Mn2+ Cl2+2H2O（或2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O）。（2）制得的氯气

52、中会混有水蒸气和氯化氢，用饱和食盐水除氯化氢，浓硫酸吸收水分，用向上排空气法收集氯气，最后进行尾气处理，故其连接顺序为 fgcbdejh；故答案为fgcbdejh。（3）实验室也可用 B 装置制备 NO ，X装置的优点为随开随用，随关随停，故答案为随开随用，随关随停。检验装置气密性并装入药品，打开K2，然后再打开K3，通入一段时间气体，其目的是把三颈烧瓶中的空气排尽，防止NO被空气中的氧气氧化，故答案为排干净三颈烧瓶中的空气；（4）要证明HNO2是弱酸可证明HNO2中存在电离平衡或证明NaNO2能发生水解，根据题目提供的试剂，应证明NaNO2溶液呈碱性；故设计的实验方案为：用玻璃棒蘸取NaNO

53、2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸，故答案为用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，点在红色石蕊试纸中央，若试纸变蓝，说明HNO2是弱酸。以K2CrO4溶液为指示剂，用c molL-1 AgNO3标准溶液滴定至终点，滴定终点的现象是：滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；取Z中所得液体m g 溶于水，配制成250 mL 溶液；取出25.00 mL中满足：n(ClNO)=n(Cl-)=n(Ag+)=c0.02L=0.02cmol，则250mL溶液中n(ClNO)=0.2cmol，m（ClNO）=nM=0.2cmol65.5g/mol=13.1cg，亚硝酞氯(ClNO

54、)的质量分数为(13.1cgm g)100=，故答案为滴入最后一滴标准液，生成砖红色沉淀，且半分钟内无变化；【点睛】本题考查了物质制备方案设计，为高频考点和常见题型，主要考查了方程式的书写，实验装置的连接，实验方案的设计，氧化还原反应，环境保护等，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。27、H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+ 5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O 排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能 Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应 0.1mol/LH2C2O4溶液（调至pH=2） 上清液为紫色 2mL、0.3mol/L

55、H2C2O4溶液与4mL0.01mol/L K2Cr2O7溶液混合，调至pH=2，加入0.0001molMnSO4固体（或15.1mgMnSO4），6min后溶液橙色变浅 氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂 【解析】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离；（2）酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速；由实验结论出发即可快速解题；由控制变量法可知，保持其他变量不变，将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可；（5）注意实验的变量有：氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂。【详解】（1）H2C2O4是二元弱酸，分步电离，用可逆符号，则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+ 、HC2O4-C2O42-+H+；（2）实验I试管a中，酸性条件下，KMnO4最终被还原为Mn2+，草酸被氧化为二氧化碳，则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H+2MnO4-=10CO2+2Mn2+8H2O；（3）实验IV与实验II、III区别是没有草酸，则实验IV的目的是：排除实验II中MnO2直接还原重铬酸钾的可能；（4）分析曲线可知，开始时Cr2O72- 浓度变化缓慢，一段时间后变化迅速，则可能是过程iMnO2与H2C2O4反应