2022届浙江省温州新力量联盟高考化学倒计时模拟卷含解析

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、下列关于有机化合物的说法正确的是A糖类、油脂和蛋白质均可发生水解反应B戊烷（C5H12）有两种同分异构体C乙烯、聚氯乙烯和苯分子中均含有碳碳双键D乙酸和乙酸乙酯可用Na2CO3溶液加以区别2、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：3、化学可以变废为室，利用电解法处理烟道气中的NO，将其转化为NH4NO3的原理如下图所示，下列说法错误的是A该电解池的阳极反反为:NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+B该电解池的

3、电极材料为多孔石墨，目的是提高NO的利用率和加快反应速率C用NH4NO3的稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行D为使电解产物全部转化为NH4NO3，需补充物质A为HNO34、下图是用KMnO4与浓盐酸反应制取适量氯气的简易装置，以下说法正确的是AA中固体也可改用MnO2BB中需盛装饱和氯化钠溶液C氯气通入D中可以得到NaClO，该物质水溶液比HClO稳定D上图装置也可作为制取适量NO的简易装置5、下图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容。据此下列说法正确的是()A该硫酸的物质的量浓度为9.2 molL1B1 mol Zn与足量该硫酸反应产生2 g氢气C配制2

4、00 mL 4.6 molL1的稀硫酸需取该硫酸50 mLD该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2 molL16、下列表示不正确的是（ ）AHCl的电子式BSiO2的结构式O=Si=OCS的原子结构示意图 D乙炔的分子式C2H27、泛酸又称为维生素B5，在人体内参与糖、油脂、蛋白质的代谢过程，具有抗脂质过氧化作用，其结构为，下列有关该化合物的说法不正确的是A该物质可发生水解反应，水解产物均能发生缩聚反应B1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，最多可消耗 2molNaOHC该物质在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基D该物质在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用

5、下可发生脱水反应，生成碳碳双键8、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A17g由H2S与PH3组成的混合气体中含有的质子数为9NAB90g果糖(C6H12O6，分子中无环状结构和碳碳双键)中含有的非极性键数目为3NAC1mol由乙醇与二甲醚(CH3-O-CH3)组成的混合物中含有的羟基数目为NAD已知RaX+He，则0.5molX中含有的中子数为34NA9、主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，且均不大于20。W、X、Z最外层电子数之和为11；W与Y同族；W的氢化物为弱酸。下列说法正确的是（ ）AY和Z形成的化合物的水溶液呈碱性BW和Y具有相同的最高化合价C离子半径YZDZ的氢化

6、物为离子化合物10、以下相关实验不能达到预期目的的是（ ）A试样加水溶解后，再加入足量Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3B向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3验证火柴头含有氯离子C加入饱和Na2CO3溶液，充分振荡，静置、分层后，分液除去乙酸乙酯中的乙酸D两支试管中装有等体积、等浓度的H2O2溶液，向其中一支试管中加入FeCl3溶液探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响11、下列反应的离子方程式正确的是A铜跟稀HNO3反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2OB向硫酸铝溶液中加入过量氨水：Al3+3OH-= AlO

7、2-+2H2OC向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸：Ag(NH3)2+2H+=Ag+2NH4+DNaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性：Ba2+OH-+H+SO42-=BaSO4+H2O12、科学工作者研发了一种 SUNCAT的系统，借助锂循环可持续，合成其原理如图所示。下列说法不正确的是A过程I得到的Li3N的电子式为B过程生成W的反应为Li3N+3H2O=3LiOH+NH3C过程涉及的阳极反应为4OH-4e-=O2+2H2OD过程I、均为氧化还原反应13、下列卤代烃不能够由烃经加成反应制得的是ABCD14、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A碳酸钠可用于去除餐具的

8、油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C碳酸钡可用于胃肠X射线造影D氢氧化铝可用于中和过多胃酸15、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是Ab极为正极，发生还原反应B一段时间后b极区电解液的pH减小CH+由a极穿过质子交换膜到达b极Da极的电极反应式为-e-=Cl-+16、下列实验中，能达到相应实验目的的是A制备并收集乙酸乙酯B证明氯化银溶解度大于硫化银C验证溴乙烷的消去产物是乙烯D推断S、C、Si的非金属性强弱AABBCCDD17、2012年，国际纯粹与应用化学联合会(IUPAC)宣布第116号元素命名为鉝(Livermorium)，

9、元素符号是Lv，以纪念劳伦斯利弗莫尔国家实验室(LLNL)对元素发现作出的贡献。下列有关叙述中不正确的是Lv的非金属性比S强 Lv元素原子的内层电子共有110个 Lv是过渡金属元素 Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为强酸 Lv元素的最高价氧化物的化学式为LvO3ABCD18、一种从植物中提取的天然化合物，可用于制作“香水”，其结构简式为，下列有关该化合物的说法错误的是A分子式为C12H18O2B分子中至少有6个碳原子共平面C该化合物能使酸性高锰酸钾溶液褪色D一定条件下，1 mol该化合物最多可与3 mol H2加成19、改变0.01mol/LNaAc溶液的pH，溶液中HAc、Ac、H+、

10、OH浓度的对数值lgc与溶液pH的变化关系如图所示。若pKa-lgKa，下列叙述错误的是A直线b、d分别对应H+、OHBpH6时，c(HAc)c(Ac)c(H+)CHAc电离常数的数量级为10-5D从曲线a与c的交点可知pKapH4.7420、亚硝酰氯（NOCl）是有机物合成中的重要试剂，为红褐色液体或黄色气体，室温下为不稳定的黄色气体， 具刺鼻恶臭味，遇水分解，某学习小组用 C12 和 NO 制备 NOCl 装置如图。下列说法错误的是A氯气在反应中做氧化剂B装入药品后，要先打开 K2、K3，反应一段时间后，再打开 K1C利用 A 装置还可以做 Na2O2 和水制氧气的实验D若没有 B 装置，

11、C 中可能发生反应：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO221、下列固体混合物与过量的稀H2SO4反应，能产生气泡并有沉淀生成的是ANaHCO3和Al（OH）3BBaCl2和NaClCMgCO3和K2SO4DNa2SO3和BaCO322、向一定体积含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中产生沉淀的物质的量与加入Ba(OH)2溶液的体积关系正确的是ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物G，其合成路线如下：已知：R-X+ 试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_。(2)下列说法正确的是_A化合物E具有碱性 B化合物B与新制氢氧

12、化铜加热产生砖红色沉淀C化合物F能发生还原反应 D化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+DE的化学方程式_。(4)请设计以用4溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式_。须同时符合：分子中含有一个苯环； 1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。24、（12分）某芳香烃X（分子式为C7H8）是一种重要的有机化工原料，研究部门以它为初始原料设计出如下转化关系图（部分产物、合成路线、反应条件略去）。其中A是一氯代物。已知：.(苯胺，易被氧化)（1）写出：XA的反应条件_；反应的反应条件和

13、反应试剂：_。（2）E中含氧官能团的名称：_；反应的类型是_；反应和先后顺序不能颠倒的原因是_。（3）写出反应的化学方程式：_。（4）有多种同分异构体，写出1种含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物的结构简式：_。（5）写出由A 转化为的合成路线_。(合成路线表示方法为：AB目标产物)。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、AlCl

14、3、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-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/LK

15、MnO4、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26、（10分）高锰酸钾是常用的消毒剂、除臭剂、水质净化剂以及强氧化剂，下图是在实验室中制备KMnO4晶体的流程：回答下列问题：（1）操作目的是获得K2MnO4，同时还产生了KCl和H2O，试写出该步反应的化学方程

16、式： _。操作和均需在坩埚中进行，根据实验实际应选择_(填序号)。a瓷坩埚 b氧化铝坩埚 c铁坩埚 d石英坩埚（2）操作是使K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，该转化过程中发生反应的离子方程式为_。因此需要通入某种气体调pH=10-11，在实际操作中一般选择CO2而不是HCl，原因是_。（3）操作过滤时，选择图2所示装置而不用图1所示装置的原因是_。（4）还可采用电解K2MnO4溶液(绿色)的方法制造KMnO4(电解装置如图所示)，电解过程中右侧石墨电极的电极反应式为_。溶液逐渐由绿色变为紫色。但若电

17、解时间过长，溶液颜色又会转变成绿色，可能的原因是_。27、（12分）为测定某硬铝（含有铝、镁、铜）中铝的含量，设计了、两个方案。根据方案、回答问题：方案：(1)固体甲是铜，试剂X的名称是_。(2)能确认NaOH溶液过量的是_（选填选项）。a. 测溶液pH，呈碱性 b. 取样，继续滴加NaOH溶液，不再有沉淀生成c. 继续加NaOH溶液，沉淀不再有变化(3)步骤的具体操作是：灼烧、_、_，重复上述步骤至恒重。(4)固体丙的化学式是_，该硬铝中铝的质量分数为_。方案的装置如图所示：操作步骤有：记录A的液面位置；待烧瓶中不再有气体产生并恢复至室温后，使A和B液面相平；再次记录A的液面位置；将一定量Y

18、（足量）加入烧瓶中；检验气密性，将a g硬铝和水装入仪器中，连接好装置。(1)试剂Y是_；操作顺序是_。(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，改测另一物理量也能计算出铝的质量分数，需要测定的是_，操作的方法是_。28、（14分）锌的配合物ZSM、Zn（N2H4）2（N3）2n等配合物及其合金用途非常广泛。（1）Zn2+基态核外电子排布式为_。（2）ZSM是2-甲基咪唑和水杨酸与锌形成的配合物，2-甲基咪唑可通过下列反应制备：与CN-互为等电子体的分子是_（写化学式）。2-甲基咪唑中碳原子杂化轨道类型为_；lmol2-甲基咪唑分子中含键数目为_。N2H4易溶于水的主要的原因是_。（3）Zn（

19、N2H4）2（N3）2n有两种配体，Zn2+的配位数是6，补画出Zn（N2H4）2（N3）2n结构示意图：_。29、（10分）峨眉金顶摄身崖又称舍身崖，因常现佛光而得名。“佛光”因摄入身之影像于其中，遂称“摄身光”，为峨眉胜景之一。摄生崖下土壤中富含磷矿，所以在无月的黑夜可见到崖下荧光无数。(1)“荧光”主要成分是PH3，其结构式为_，下列有关PH3的说法错误的是_。a.PH3分子是极性分子b.PH3分子稳定性低于NH3分子，因为NH键键能高c.一个PH3分子中，P原子核外有一对孤电子对d.PH3沸点低于NH3沸点，因为PH键键能低(2)“荧光”产生的原理是Ca3P2在潮湿的空气中剧烈反应，写

20、出该反应的化学方程式_。(3)已知下列键能数据及P4(白磷)分子结构：化学键PPHHPH白磷分子结构键能/(kJmol-1)213436322则反应4PH3(g)P4(g)6H2(g) H_ kJ mol1。(4)某温度下，向容积为2L的密闭容器中通入2 mol PH3发生(3)中反应，5min后反应达平衡，测得此时H2的物质的量为1.5 mol，则用PH3表示的这段时间内的化学反应速率v(PH3)_；下列说法能表明该反应达到平衡状态的是_。A.混合气体的密度不变 B.6v(PH3)4v(H2)C.c(PH3)：c(P4)：c(H2)4：1：6 D.混合气体的压强不变(5)PH3有毒，白磷工厂

21、常用Cu2、Pd2液相脱除PH3：PH32O2H3PO4，其他条件相同时，溶解在溶液中O2的体积分数与PH3的净化效率与时间的关系如图所示，回答下列问题：(I)由图可知，富氧有利于_(选填“延长”或“缩短”)催化作用的持续时间。()随着反应进行，PH3的净化效率急剧降低的原因可能为_。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、D【解析】A糖类中的单糖不能水解，二糖、多糖、油脂和蛋白质可发生水解反应，故A错误；B戊烷(C5H12)有三种同分异构体，正戊烷、新戊烷、异戊烷，故B错误；C苯中不含碳碳双键，也不存在碳碳单键，聚氯乙烯中也不存在碳碳双键，存在的是碳碳单键，

22、只有乙烯中含有碳碳双键，故C错误；D乙酸与碳酸钠能够反应生成气体，而乙酸乙酯与碳酸钠不反应，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。2、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。3、D【解析】A.根据装置图可知：在阳极NO失去电子，被氧化产生NO3-，该电极反应式为：NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+，A正确；B.电解池中电极为多孔石墨，由于电极表面积大，吸附力强，因此可吸附更多的NO发生反应，因而可提高NO的利用率和加快反应速率，B正确；C.NH4NO3的稀溶液中自由

23、移动的离子浓度比水大，因此用NH4NO3稀溶液代替水可以增强导电能力，有利于电解的顺利进行，C正确；D.在阳极NO被氧化变为NO3-，电极反应式为NO-3e-+2H2O=NO3-+4H+；在阴极NO被还原产生NH4+，电极反应式为NO+5e-+6H+=NH4+H2O，从两个电极反应式可知，要使电子得失守恒，阳极产生的NO3-的物质的量比阴极产生的NH4+的物质的量多，总反应方程式为8NO+7H2O3NH4NO3+2HNO3，为使电解产物全部转化为NH4NO3，要适当补充NH3，D错误；故合理选项是D。4、C【解析】AMnO2与浓盐酸制取氯气需要加热，根据装置A图示，不能改用MnO2，故A错误；

24、B根据装置图示，B为氯气收集装置，C为防倒吸装置，D为尾气处理装置，故B错误；C氯气通入氢氧化钠溶液中可以得到NaClO，HClO见光易分解，NaClO光照不分解，则该物质水溶液比HClO稳定，故C正确；D铜和稀硝酸反应可制取NO，装置A可用，装置B、C中有空气，NO易被空气的氧气氧化，导致收集的气体不纯，应用排水法收集，NO有毒，属于大气污染物，NO不与氢氧化钠反应，无法处理尾气，上图装置不能作为制取适量NO的简易装置，故D错误；答案选C。5、C【解析】A. 根据c=1000/M进行计算；B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；C根据稀释前后溶质的量不变求出所需浓硫酸的体积；D.浓硫酸与

25、等质量的水混合后所得溶液的浓度小于浓硫酸浓度的平均值；【详解】A根据c=1000/M可知，硫酸的浓度是10001.8498%/98=18.4mol/L，A错误；B. Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；B错误； C设需取该浓硫酸xmL，根据稀释前后溶质的量不变可知：200 mL4.6 molL1x18.4 molL1，x50 mL，C正确；D由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2 molL1，D错误；综上所述，本题选C。6、B【解析】A. HCl是共价化合物，其电子式为 B. SiO2是原子晶体，是

26、立体网状结构，如，故B错误；C. S的核电荷数为16，其原子结构示意图为 D. 乙炔的分子式为C2H2，故D正确；答案为B。7、D【解析】A. 该物质可发生水解反应，水解产物均含有羧基和羟基或氨基，均能发生缩聚反应，故A正解；B. 1mol该物质与足量 NaOH 溶液反应，COOH消耗1molNaOH,酰胺基消耗1molNaOH ，最多可消耗 2molNaOH，故B正确；C. 中有伯醇和仲醇，在铜、银等催化剂存在下可以被氧气氧化生成醛基和酮羰基，故C正确；D. 中有两处-OH的邻碳上没有氢，不可以发生消去反应，在浓硫酸、Al2O3或 P2O5等催化剂作用下不可发生脱水反应，生成碳碳双键，故D错

27、误；故选D。8、A【解析】A.假设17g全部为H2S，含有质子物质的量为=9mol，假设全部为PH3，含有质子物质的量为=9mol，则17g该混合物中含有的质子物质的量为9mol，故A正确；B.果糖结构简式为CH2OHCH(OH)CH(OH)CH(OH)COCH2OH，根据果糖的结构简式，非极性键应是CC之间的键，90g果糖中含有非极性键的物质的量为=2.5mol，故B错误；C.乙醇结构简式为CH3CH2OH，乙醚的结构简式为CH3OCH3，前者含有羟基，后者不含羟基，因此1mol该混合物中含有羟基物质的量应在01mol之间，故C错误；D.推出X的原子结构为，0.5molX中含有中子物质的量为

28、0.5mol(22286)=68mol，故D错误；答案：A。9、D【解析】W与Y同族；W的氢化物为弱酸，则W为第二周期的非金属元素，由此可推出W为氟(F)，Y为Cl；W、X、Z最外层电子数之和为11，则X、Z的最外层电子数之和为4，Z可能为K或Ca，则X可能为Al或Mg。【详解】AY和Z形成的化合物，不管是CaCl2还是NaCl，其水溶液都呈中性，A错误；BF没有正价，Cl的最高化合价为+7，B错误；C离子半径Cl-K+Ca2+，则离子半径YZ，C错误；DCaH2、KH都是离子化合物，D正确；故选D。10、A【解析】A.Na2CO3能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，NaHCO3

29、也能与Ca(OH)2溶液发生反应生成CaCO3沉淀，故不能用Ca(OH)2溶液检验NaHCO3固体中是否含Na2CO3，可以用CaCl2溶液检验，故A选；B.检验氯离子，需要硝酸、硝酸银，则向少量燃尽火柴头的浸泡液中滴加足量稀HNO3、AgNO3可检验，故B不选；C.乙酸与饱和碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，然后分液可分离，故C不选；D.只有催化剂不同，可探究FeCl3溶液对H2O2分解速率的影响，故D不选；答案选A。11、A【解析】A. 铜跟稀HNO3反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，故A正确；B.过量氨水不能溶解生成的氢氧化铝沉

30、淀，故B错误；C. 向Ag(NH3)2NO3溶液中加入盐酸反应生成氯化银沉淀，故C错误；D. NaHSO4溶液和Ba(OH)2溶液混合后溶液呈中性的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO42-=BaSO4+2H2O，故D错误；故选A。点晴：离子方程式正误判断是高考高频知识点，解这类题主要是从以下几个方面考虑：反应原理是否正确；电解质的拆分是否正确；是否满足电子守恒、电荷守恒及原子守恒。本题的易错点是D，要注意从化学方程式进行判断。12、D【解析】A. Li3N是离子化合物，Li+与N3-之间通过离子键结合，电子式为，A正确；B.Li3N与水发生反应产生LiOH、NH3，反应方程式为：Li3N

31、+3H2O=3LiOH+NH3，B正确；C.在过程中OH-在阳极失去电子，发生氧化反应，阳极的电极反应为4OH-4e-=O2+2H2O，C正确；D.过程的反应为盐的水解反应，没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，D错误；故合理选项是D。13、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。14、C【解析】A. 碳酸钠水解溶液显碱性，因此可用于去除餐具的油污，A正确；B. 漂白粉具有强氧化性，可用

32、于生活用水的消毒，B正确；C. 碳酸钡难溶于水，但可溶于酸，生成可溶性钡盐而使蛋白质变性，所以不能用于胃肠X射线造影检查，应该用硫酸钡，C错误。D. 氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应，可用于中和过多胃酸，D正确；答案选C。【点睛】选项C是解答的易错点，注意碳酸钡与硫酸钡的性质差异。15、B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+。A正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4mo

33、lH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；Cb为负极，反应式为：CH3COO-8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；Da为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。16、D【解析】A、制取乙酸乙酯需要用浓硫酸做催化剂，故不选A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加几滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，Ag

34、NO3有剩余，再滴加几滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3与Na2S反应生成Ag2S沉淀，所以不能证明氯化银溶解度大于硫化银，故不选B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以该装置不能验证溴乙烷的消去产物是乙烯，故不选C；D、碳酸钠与稀硫酸反应放出二氧化碳，证明非金属性SC，二氧化碳与硅酸钠溶液反应生成硅酸沉淀，证明非金属性CSi，故选D。17、A【解析】第116号元素命名为鉝，元素符号是Lv，根据命名得出Lv是金属，故错误；第116号元素命名为鉝，是第VIA元素，最外层有6个电子，因此Lv元素原子的内层电子共有110个，故正确；Lv是第VIA元素，不是过渡金属元素，故错误；Lv是

35、金属，Lv元素原子的最高价氧化物对应的水化物为碱，故错误；Lv元素是第VIA元素，最高价为+6价，其最高价氧化物的化学式为LvO3，故正确；根据前面分析得出A符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】同主族从上到下非金属性减弱，金属性增强；同周期从左到右非金属性增强，金属性减弱。18、B【解析】分子式为C13H20O，故A正确；双键两端的原子共平面，所以至少有5个碳原子共平面，故B错误；含有碳碳双键，能使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；含有2个碳碳双键、1个羰基，一定条件下，1mol该化合物最多可与3mol H2加成，故D正确。19、B【解析】微粒的浓度越大，lgc越大。酸性溶液中c(CH3COOH)

36、0.01mol/L，lgc(CH3COOH)-2，碱性溶液中c(CH3COO-)0.01mol/L，lgc(CH3COO-)-2；酸性越强lgc(H+)越大、lgc(OH-)越小，碱性越强lgc(H+)越小、lgc(OH-)越大，根据图象知，曲线c为CH3COOH，a为CH3COO-，b线表示H+，d线表示OH-。据此分析解答。【详解】A. 根据上述分析，直线b、d分别对应H+、OH，故A正确；B. 根据图象，pH6时，c(Ac)c(HAc)c(H+)，故B错误；C. HAc电离常数Ka=，当c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，Ka=c(H+)=10-4.74，数量级为10-5，故C正

37、确；D. 曲线a与c的交点，表示c(CH3COOH)=c(CH3COO-)，根据C的分析，Ka=c(H+)=10-4.74，pKa-lgKa-lg c(H+)=pH4.74，故D正确；答案选B。20、C【解析】由装置A制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能有挥发的硝酸，故装置B用来净化和干燥NO，将氯气和NO干燥后在装置C中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间应该需加一个干燥装置。【详解】A. 根据Cl2和NO反应生成了NOCl，氯元素化合价降低，得电子，Cl2为氧化剂，故

38、A正确；B. 先打开K2、K3，通入一段时间氯气，排尽三颈烧瓶中的空气，防止NO、NOCl 变质，然后再打开K1，通入NO，故B正确；C. 该装置能制备用块状固体和液体反应生成的气体，过氧化钠为粉末状固体，所以不可以做Na2O2和水制氧气的实验，故C错误；D. 若无装置B，C中亚硝酰氯与水反应生成氯化氢、NO和二氧化氮，可能发生反应：2NOCl+H2O2HCl+NO+NO2，故D正确；故选：C。21、D【解析】A碳酸氢钠可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，但是NaHCO3和Al(OH)3和硫酸反应都不会生成沉淀，故A错误；BBaCl2和NaCl与硫酸反应，前者可以产生沉淀，但都不会生成气体，故B错

39、误；CMgCO3可以和硫酸反应生成二氧化碳气体，K2SO4与硫酸不发生反应，没有沉淀生成，故C错误；DNa2SO3可以和硫酸反应生成二氧化硫气体，BaCO3可以和硫酸反应生成硫酸钡沉淀和二氧化碳气体，既能产生气泡又有沉淀生成，故D正确；答案选D。22、C【解析】向一定体积含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，发生H+OH-=H2O，同时钡离子与硫酸根离子结合生成沉淀，沉淀在增多，氢离子物质的量比氢离子浓度大，则第二阶段沉淀的量不变，第三阶段铝离子反应生成沉淀，第四阶段铵根离子与碱反应，最后氢氧化铝溶解，沉淀减少，最后只有硫酸钡沉淀，显然只有图象C

40、符合。答案选C。二、非选择题(共84分)23、 A、B、C +HBr 、 【解析】A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物

41、F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(2)A通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：+HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有

42、特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应即可，所以具体的合成路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。【点睛】推断有机物

43、结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。24、光照 O2、Cu，加热 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化） +HNO3(浓)+H2O 、 【解析】分子式为芳香烃C7H8的不饱和度为：=4，则该芳香烃为甲苯（）；甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，则A为；A生成B，且B能发生催化氧化，则B为、C为、D为、E为；发生硝化反应生成F，F通过题目提示的反应原理生成，以此解答。【详解】（1）甲苯在光照条件下与氯气反应生成A，反应条件是光照；B发生氧化反应生成C，条件是O2、Cu，加热；（2）由分析可知E为，氧官

44、能团的名称为：羧基；F是，的方程式为：，该反应是氧化反应；苯胺易被氧化，所以和先后顺序不能颠倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）发生硝化反应生成F，方程式为：+HNO3(浓)+H2O；（4）含有1个醛基和2个羟基且苯环上只有2种一氯取代物的芳香族化合物应该是对称的结构，苯环上必须有3个取代基，可能的结构有、；（5）由分析可知A为，通过加成反应和消去反应，生成，用Cl2加成生成，再进行一步取代反应即可，整个合成路线为：。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/LKMn

45、O4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，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

46、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0.01

47、mol/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，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、KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3

48、H2O c 3MnO42-+2H2O=2MnO4-+MnO2+4OH- 4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2+2H2O Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原 过滤速度快、效果好 MnO42-e-= MnO4- 电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色 【解析】（1）根据图示，操作中的反应物有KClO3、MnO2和KOH加热时生成K2MnO4、KCl和H2O，反应的化学方程式为：KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；操作和的反应物中均含有

49、碱性物质，碱能够与氧化铝、二氧化硅及硅酸盐反应，应选择铁坩埚，故答案为KClO33MnO26KOH3K2MnO4+KCl+3H2O；c；（2）操作中K2MnO4转化为KMnO4和MnO2，反应的离子方程式为：3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2+ 4OH-；若溶液碱性过强，则MnO4-又会转化为MnO42-，反应的离子方程式为：4MnO4-+4OH-= 4MnO42-+ O2+ 2H2O；通入CO2调pH=10-11，不选用HCl，是因为Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原，故答案为3MnO42-+ 2H2O = 2MnO4-+ MnO2+ 4OH-；4MnO

50、4-+4OH-= 4MnO42-+ O2+ 2H2O；Cl-具有还原性，可将K2MnO4和KMnO4还原；（3） 图1为普通过滤装置，图2为抽滤装置，抽滤装置过滤速度快，过滤效果好，且能够过滤颗粒很小是固体和糊状物，故答案为过滤速度快、效果好；（4）电解过程中右侧石墨电极连接电源正极，是阳极，发生氧化反应，电极反应式为：MnO42-e-= MnO4-；若电解时间过长，阳极产生的MnO4-在阴极被还原，紫色又转变为绿色，也可能是阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色，故答案为MnO42-e-= MnO4-；电解较长时间后，阳极产生的MnO4-在阴极被还

51、原，紫色又转变为绿色。(或阴极上氢离子放电生成氢气，同时产生大量的氢氧根离子，溶液碱性增强，紫色又转变为绿色) 。27、盐酸或稀硫酸 c 冷却 称量 Al2O3 100 氢氧化钠溶液 剩余固体的质量 将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量 【解析】为了测定硬铝中铝的质量分数，可称得样品质量，测量其中铝的质量。根据硬铝的成分及其性质，将铝转化为氧化铝测其质量或转化为氢气测其体积，从而计算得铝的质量分数。【详解】方案：(1)实验流程中，固体甲是铜，则足量X可溶解硬铝中的镁、铝，试剂X可能是稀盐酸或稀硫酸。(2)操作所得溶液中含有MgCl2、AlCl3和多余的酸，加入足量的NaOH溶液，可中和酸、使

52、Mg2+完全生成Mg(OH)2沉淀、Al3+完全转化为NaAlO2。Mg(OH)2、NaAlO2也能使溶液呈碱性（a错）；证明NaOH溶液过量不必取样，NaOH溶液过量的现象是沉淀量不再减少（b错、c对）。(3)步骤是为了获得氧化铝的质量，故需经过灼烧、冷却、称量，重复操作至固体恒重。(4)固体丙是氧化铝（Al2O3）。实验流程中，硬铝中的铝最终全部变成氧化铝，则样品中铝的质量为(54b/102)g，铝的质量分数为(54b/102a)100%=100。方案：(1)该方案中通过测定气体体积来测定铝的质量分数。硬铝中只有铝能与强碱溶液反应放出氢气，则试剂Y可能是氢氧化钠溶液；实验时检查装置气密性、加入试剂、量气管初读数、反应生成氢气、量气管末读数，操作顺序是。(2)硬铝质量为a g，若不测气体的体积，向圆底烧瓶中加入足量氢氧化钠溶液，当不再有气泡产生时，将烧瓶中剩余固体过滤、洗涤、干燥，称量，测量剩余固体的质量，也能计算出铝的质量分数。【点睛】实验目的是实验的灵魂，故解答实验题应紧扣实验目进行思考，则所用试剂、操作作用、计算原理等问题便容易回答。28、 Ar3d10 或 ls22s22p63s23p63d10 N2