2022届河北省衡水市武邑高三压轴卷化学试卷含解析

2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。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、某有机化合物，只含碳、氢二种元素，相对分子质量为56，完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O。它可能的结构共有(需考虑顺反异构)A．3种 B．4种 C．5种 D．6种2、常温下，以MnO2为原料制得的MnCl2溶液中常含有Cu2＋、Pb2＋、Cd2＋等，通过添加过量的难溶电解质MnS，可使这些金属离子形成硫化物沉淀并过滤除去，下列说法正确的是A．过滤后的溶液中一定没有S2-B．MnS难溶于水，可溶于MnCl2溶液中C．常温时，CuS、PbS、CdS比MnS更难溶D．加入MnS后生成CuS的离子方程式是Cu2++S2-=CuS↓3、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．12g金刚石与12g石墨所含共价键数均为2NAB．常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液中HCOO-与NH4+数目均为NAC．0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NAD．100g34%的H2O2中加入MnO2充分反应转移电子数为2NA4、将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A．反应后溶液中ClO﹣的个数为0.1NAB．原NaOH浓度为1mol/LC．参加反应的氯气分子为0.1NAD．转移电子为0.2NA5、如图为高中化学教材《必修1》（人教版）中NaCl在水中的溶解和电离示意图。下列由此得出的说法中，错误的是A．在H2O分子中，H或O原子均完全不带电荷B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－的排列整齐有序C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在D．NaCl晶体的溶解和电离过程破坏了离子键6、某校化学兴趣小组探究恒温(98℃)下乙酸乙酯制备实验中硫酸浓度对酯化反应的影响探究。实验得到数据如下表(各组实验反应时间均5分钟)：下列关于该实验的说法不正确的是A．乙酸乙酯制备实验中起催化作用的可能是H+B．浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动C．浓硫酸和水以体积比约2∶3混合催化效果最好D．⑤⑥⑦组可知c(H+)浓度越大，反应速率越慢7、工业上将氨气和空气的混合气体通过铂铑合金网发生氨氧化反应，若有标准状况下VL氨气完全反应，并转移n个电子，则阿伏加德罗常数(NA)可表示为()A． B． C． D．8、25℃时，向0.1mol/LCH3COOH溶液中逐渐加入NaOH固体，恢复至原温度后溶液中的关系如图所示(忽略溶液体积变化)。下列有关叙述不正确的是（）A．CH3COOH的Ka=1.0×10-4.7B．C点的溶液中：c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)C．B点的溶液中：c(Na+)＋c(H+)=c(CH3COOH)＋c(OH-)D．A点的溶液中：c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)=0.1mol/L9、实验室里用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁(碱式硫酸铁的聚合物)[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m和绿矾FeSO4·7H2O，其过程如图所示，下列说法不正确的是A．炉渣中FeS与硫酸、氧气反应的离子方程式为：4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2OB．溶液Z加热到70～80℃的目的是促进Fe3＋的水解C．溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾D．溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小导致聚铁中铁的质量分数偏大10、时，及其钠盐的溶液中，H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数(α)随溶液pH变化关系如图所示，下列叙述错误的是()A．溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为B．当溶液恰好呈中性时:c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)C．向pH=8的上述溶液中滴加少量澄清石灰水，的值增大D．向pH=3的上述溶液中滴加少量稀硫酸，减小11、从杨树中提取的Z是具有美白功效的化妆品的组分。现可用如下反应制备：下列叙述错误的是A．上述X+Y→Z反应属于加成反应B．Z在苯环上的一氯代物有8种C．Z所有碳原子不可能处于同一平面D．Y可作为加聚反应的单体12、下列实验说法正确的是A．将Al2(SO4)3溶液蒸干、灼烧至恒重，最终剩余固体是Al2O3B．2mL10%的NaOH溶液中滴加2%的CuSO4溶液4～6滴制得新制氢氧化铜C．将水蒸气通过灼热的铁粉，铁粉变红棕色，说明铁与水在高温下能发生反应D．取a克Na2CO3和NaHCO3混合物与少量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧至熔化，冷却得b克固体，可测得Na2CO3质量分数13、下列制取Cl2、探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是()A．制取氯气 B．探究漂白性C．收集氯气 D．尾气吸收14、我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（）A．双氢青蒿素B．全氮阴离子盐C．聚合氮D．砷化铌纳米带A．A B．B C．C D．D15、制备和收集下列气体可采用如图装置的是（）A．铜与浓硫酸反应制SO2 B．铜与稀硝酸反应制NOC．乙醇与浓硫酸反应制乙烯 D．氯化钠与浓硫酸反应制HCl16、以TiO2为催化剂的光热化学循环分解CO2反应为温室气体减排提供了一个新途径，该反应的机理及各分子化学键完全断裂时的能量变化如下图所示。下列说法正确的是A．过程①中钛氧键断裂会释放能量B．该反应中，光能和热能转化为化学能C．使用TiO2作催化剂可以降低反应的焓变，从而提高化学反应速率D．CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=+30kJ/mol17、下列说法正确的是A．CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷B．可用新制Cu(OH)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C．高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D．向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解18、某热再生电池工作原理如图所示。放电后，可利用废热进行充电。已知电池总反应：Cu2++4NH3[Cu(NH3)4]2+ΔH＜0。下列说法正确的是（）A．充电时，能量转化形式主要为电能到化学能B．放电时，负极反应为NH3-8e-+9OH-=NO3-+6H2OC．a为阳离子交换膜D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，右池溶液质量减少18.8g19、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．1molNa2O2与SO2完全反应，转移2NA个电子B．标准状况下，1．2L乙醇中含有的极性共价键数目为2．5NAC．18g的D2O中含有的中子数为13NAD．1L3．1mol·L-1Fe2(SO4)2溶液中含有的阳离子数目小于3.2NA20、关于下列各实验装置的叙述中，错误的是()A．装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B．装置可用于制备少量Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C．装置可用从a处加水的方法检验的气密性，原理为液差法D．装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱21、在100kPa时，1molC(石墨，s)转化为1molC(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能。下列说法正确的是A．金刚石和石墨是碳元素的两种同分异构体B．金刚石比石墨稳定C．1molC(石墨，s)比1molC(金刚石，s)的总能量低D．石墨转化为金刚石是物理变化22、下列有关共价键的说法正确的是（）A．分子晶体中共价键越强，熔沸点越高B．只含共价键的物质，一定是共价化合物C．两种元素组成的分子中一定只含有极性共价键D．分子晶体中，可能不存在共价键，但一定存在分子间作用力二、非选择题(共84分)23、（14分）四川北川盛产蔷薇科植物。蔷薇科植物中含有一种芳香醛(用E表示)，在染料工业和食品工业上有着广泛的用途，下面是它的一种合成路线。其中0.lmol有机物A的质量是12g，在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O；D能使溴的四氯化碳溶液褪色，D分子与C分子具有相同的碳原子数；F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90。已知：①CH3-CHO②回答下列问题：（1）A的结构简式为__________________。（2）A～G中能发生酯化反应的有机物有：_________(填字母序号)。（3）C在浓硫酸加热的条件下时，分子内脱水除生成D外还可以生成另一种有机物，写出该反应的方程式：___________________；该反应类型_________。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种。①能与3molNaOH溶液反应；②苯环上的一卤代物只有一种。写出所有满足条件有机物的结构简式______________________________。（5）C与4-甲基-2,3-戊二醇两分子之间1:1发生取代反应，生成的有机物有_____种。24、（12分）比鲁卡胺(分子结构见合成线路)是有抗癌活性，其一种合成路线如图：回答下列问题（1）A的化学名称为__。（2）D中官能团的名称是__。（3）反应④所需试剂、条件分别为__、__。（4）写出⑤的反应方程式__。（5）F的分子式为__。（6）写出与E互为同分异构体，且符合下列条件的化合物的结构简式__。①所含官能团类别与E相同；②核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6（7）参考比鲁卡胺合成的相关信息，完成如图合成线路(其他试剂任选)___。25、（12分）CuCl用于石油工业脱硫与脱色，是一种不溶于水和乙醇的白色粉末，在潮湿空气中可被迅速氧化。Ⅰ.实验室用CuSO4-NaCl混合液与Na2SO3溶液反应制取CuCl。相关装置及数据如下图。回答以下问题：（1）甲图中仪器1的名称是________；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为_________（填“A”或“B”）。A、CuSO4-NaCl混合液B、Na2SO3溶液（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，写出制备CuCl的离子方程式_______________；丙图是产率随pH变化关系图，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是___________________________并维持pH在____________左右以保证较高产率。（3）反应完成后经抽滤、洗涤、干燥获得产品。抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是________________________（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是____________________________。Ⅱ.工业上常用CuCl作O2、CO的吸收剂，某同学利用如下图所示装置模拟工业上测定高炉煤气中CO、CO2、N2和O2的含量。已知：Na2S2O4和KOH的混合溶液也能吸收氧气。（4）装置的连接顺序应为_______→D（5）用D装置测N2含量，读数时应注意______________________。26、（10分）某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。实验Ⅰ物质0min1min1h5hFeSO4淡黄色桔红色红色深红色(NH4)2Fe(SO4)2几乎无色淡黄色黄色桔红色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_______（用化学用语表示）。溶液的稳定性：FeSO4_______(NH4)2Fe(SO4)2（填“＞”或“＜”）。（2）甲同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保护了Fe2+，因为NH4+具有还原性。进行实验Ⅱ，否定了该观点，补全该实验。操作现象取_______，加_______，观察。与实验Ⅰ中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。（3）乙同学提出实验Ⅰ中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验Ⅲ：分别配制0.80mol·L－1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH＝1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+由实验III，乙同学可得出的结论是_______，原因是_______。（4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图（实验过程中溶液温度几乎无变化）。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是_____。（5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有_______。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Ⅰ试剂混合后溶液pH现象（1h后溶液）试管滴管a4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓H2SO42mL0.3mol·L−1H2C2O4溶液2褪为无色b4mL0.01mol·L−1KMnO4溶液，几滴浓NaOH7无明显变化c4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7溶液，几滴浓H2SO42无明显变化d4mL0.01mol·L−1K2Cr2O7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6min后固体完全溶解，溶液橙色变浅，温度不变6min后固体未溶解，溶液颜色无明显变化6min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i．MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。过程ii．__________________________________。①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_______________。②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，草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。28、（14分）雾霾天气给人们的出行带来了极大的不便，因此研究NO2、SO2等大气污染物的处理具有重要意义。(1)某温度下，已知：①2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H1=-196.6kJ/mol②2NO(g)+O2(g)2NO2(g)△H2③NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)△H3=-41.8kJ/mol则△H2=_____________。(2)按投料比2:1把SO2和O2加入到一密闭容器中发生反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，测得平衡时SO2的转化率与温度T、压强p的关系如图甲所示：①A、B两点对应的平衡常数大小关系为KA__________（填“＞”“＜”或“=”，下同）KB；温度为T,时D点vD正与vD逆的大小关系为vD正_____________vD逆；②T1温度下平衡常数Kp=______________kPa-1（Kp为以分压表示的平衡常数，结果保留分数形式）。(3)恒温恒容下，对于反应2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，测得平衡时SO3的体积分数与起始的关系如图乙所示，则当=1.5达到平衡状态时，SO2的体积分数是图乙中D、E、F三点中的____________点。A、B两点SO2转化率的大小关系为aA___（填“＞”“＜”或“=”）aB。(4)工业上脱硫脱硝还可采用电化学法，其中的一种方法是内电池模式（直接法），烟气中的组分直接在电池液中被吸收及在电极反应中被转化，采用内电池模式将SO2吸收在电池液中，并在电极反应中氧化为硫酸，在此反应过程中可得到质量分数为40%的硫酸。写出通入SO2电极的反应式：____________；若40%的硫酸溶液吸收氨气获得(NH4)2SO4的稀溶液，测得常温下，该溶液的pH=5，则___________（计算结果保留一位小数，已知该温度下NH3·H2O的Kb=1.7×10-5）；若将该溶液蒸发掉一部分水后恢复室温，则的值将_____（填“变大”“不变”或“变小”）。29、（10分）[化学——选修5：有机化学基础]具有抗菌作用的白头翁衍生物H的合成路线如图所示：已知：Ⅰ:R′CH2BrR′HC=CH-RⅡ:(1)A属于芳香烃，其名称是___________。(2)写出符合下列条件的B的一种同分异构体：①苯环上只有一个取代基，②能发生银镜反应，③能发生水解反应，该物质的结构简式为___________。(3)由C生成D的化学方程式是___________。(4)由G生成H的反应类型是_________，1molF与足量NaOH溶液反应，消耗__________molNaOH。(5)试剂b是_________。(6)下列说法正确的是________(选填宇母序号)aG存在顺反异构体blmolG最多可以与1molH2发生加成反应clmolH与足量NaOH溶液反应，消耗2molNaOH(7)满足下面条件的同分异构体共有________种。①含有苯环②含有2个－CHO③苯环上有两个取代基

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】

该有机物完全燃烧生成的二氧化碳和水的物质的量相等，则满足CnH2n，根据相对分子量为56可得：14n=56，n=4，该有机物分子式为C4H8，可能为丁烯或环丁烷、甲基环丙烷，若为丁烯，则丁烯的碳链异构的同分异构体为：①CH3CH2CH=CH2、②CH3CH=CHCH3、③(CH3)2C=CH2，其中①和③不存在顺反异构，②存在顺反异构，所以属于烯烃的同分异构体总共有4种；还有可能为环丁烷或者甲基环丙烷，所以分子式为C4H8的同分异构体总共有6种。故选：D。【点睛】完全燃烧时产生等物质的量的CO2和H2O，则该烃中C、H原子个数之比为1：2，设该有机物分子式为CnH2n，则14n=56，解得n=4，再根据分子式为C4H8的碳链异构及顺反异构确定同分异构体的种类。2、C【解析】

A、难溶并不是不溶，只是溶解度小，过滤后的溶液中一定有极少量的S2-，错误，不选A；B、硫化锰难溶于水，也难溶于氯化锰的溶液，错误，不选B；C、通过添加过量的难溶电解质硫化锰，除去铜离子、铅离子、镉离子，是沉淀转化的原理，利用硫化铜、硫化铅、硫化镉比硫化锰更难溶于水的原理转化，正确，选C；D、沉淀转化的离子方程式为Cu2+（aq）+MnS(s)=CuS(s)+Mn2+（aq），错误，不选D。本题选C。3、C【解析】

A．石墨中每个碳通过三个共价键与其他碳原子相连,所以每个碳所属的共价键应为1.5，12g石墨是1mol碳,即有1.5NA个共价键，而1mol金刚石中含2mol共价键，A错误；B．甲酸为弱酸，一水合氨为弱碱，故HCOO-与NH4+在溶液发生水解，使其数目小于NA，B错误；C．每有一个氯气分子与甲烷发生取代反应，则生成1个HCl分子，故0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应生成HCl分子数为0.1NA，C正确；D．100g34%H2O2为1mol，1molH2O2分解生成1molH2O和0.5molO2，转移电子1mol，数目为NA，D错误；答案选C。4、C【解析】

发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A．生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO﹣的个数小于0.1NA，故A错误；B．若恰好完全反应，则原NaOH浓度为＝2mol/L，故B错误；C．由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；D．Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mLNaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。5、A【解析】

A．在H2O分子中，O原子吸引电子的能力很强，O原子与H原子之间的共用电子对偏向于O，使得O原子相对显负电性，H原子相对显正电性，A项错误；B．在NaCl晶体中，Na＋和Cl－整齐有序地排列，B项正确；C．Na＋、Cl在水中是以水合离子的形式存在，C项正确；D．NaCl晶体的溶解和电离过程，使原本紧密结合的Na+与Cl-分开，成为了自由的水合离子，破坏了Na+与Cl-之间的离子键，D项正确；答案选A。6、D【解析】

乙酸乙酯的制备中，浓硫酸具有催化性、吸水性，并且乙酸和乙醇的酯化的可逆反应，浓硫酸吸水作用，乙酸乙酯的蒸出使平衡正向移动。【详解】A.从表中①可知，没有水，浓硫酸没有电离出H+，乙酸乙酯的收集为0，所以起催化作用的可能是H+，A项正确；B.浓硫酸的吸水作用、乙酸乙酯的蒸出均可以使酯化反应正向移动，B项正确；C.从表中⑤可知，浓硫酸和水以体积比约2∶3混合催化效果最好，C项正确；D.表中⑤⑥⑦组c(H+)浓度逐渐变小，收集的乙酸乙酯变小，反应速率越慢，D项错误。答案选D。7、D【解析】

氨气与氧气发生了催化氧化反应：4NH3＋5O24NO＋6NO，可知4NH3～20e－，即4：20=，推出为NA=22.4n/5V。答案选D。8、D【解析】

A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=1×10-4.7，所以Ka=1×10-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)＞c(CH3COO-)，溶液呈碱性，c(OH-)＞c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)＞c(CH3COO-)＞c(OH-)＞c(H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)=c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+)>c(OH-)，c(CH3COO-)＋c(H+)＋c(CH3COOH)－c(OH-)>0.1mol/L，故D符合题意；故答案为D。9、D【解析】

A.炉渣中FeS与硫酸、氧气反应生成硫酸亚铁，硫单质和水，因此离子方程式为：4FeS＋3O2＋12H＋=4Fe3＋＋4S＋6H2O，故A正确；B.溶液Z加热到70～80℃的目的是促进Fe3＋的水解生成聚铁胶体，故B正确；C.溶液Y经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤等步骤可得到绿矾，故C正确；D.溶液Z的pH影响聚铁中铁的质量分数，若pH偏小，水解程度小，氢氧根减少，硫酸根增多，因此导致聚铁中铁的质量分数偏小，故D错误。综上所述，答案为D。10、C【解析】

A.根据图示可知：溶液的pH=5时，硫元素的主要存在形式为HSO3-，A正确；B.根据图示可知：溶液的pH=7时，溶液中c（H+）=c（OH-），溶液中的电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH-）+c（HSO3-）+2c（SO32-），则c(Na+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)，c(Na+)>c(HSO3-)+c(SO32-)，B正确；C.当向pH=8的溶液中滴加少量澄清石灰水，根据图像可知，随着pH的增大，α（SO32-）增大，α（HSO3-）减小，因此的值减小，C错误；D.在pH=3的溶液中滴加少量硫酸，溶液中c(H+)增大，根据图像可知α(HSO3-)减小，D正确；故合理选项是C。11、B【解析】

A．由物质的结构可知：酚羟基邻位C-H键断裂，与苯乙烯发生加成反应，A正确；B．由Z结构简式可知Z分子在苯环上有6种不同位置的H原子，所以Z的苯环上的一氯代物有6种，B错误；C．Z分子中含有饱和C原子，由于与饱和碳原子连接的C原子构成的是四面体结构，所以不可能所有碳原子处于同一平面，C正确；D．Y分子中含有不饱和的碳碳双键，因此可作为加聚反应的单体，D正确；故合理选项是B。12、B【解析】

A．硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸，所以最终得到的产物是硫酸铝，选项A错误；B．配制氢氧化铜悬浊液时NaOH一定要过量，否则氢氧化铜受热会分解生成黑色的氧化铜，选项B正确；C．高温下铁与水蒸气反应生成四氧化三铁，为黑色固体，选项C错误；D．应与足量盐酸反应，少量稀盐酸无法确定成分，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，涉及盐类的水解、物质的制备以及物质含量的测定等知识，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和元素化合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累，注意硫酸铝在水中水解生成氢氧化铝和硫酸，硫酸为难挥发性酸。13、B【解析】A.该反应制取氯气需要加热，故A不合理；B.浓硫酸干燥氯气，通过该装置说明干燥的氯气没有漂白性，故B合理；C.氯气密度大于空气，要用向上排空气法收集氯气，故C不合理；D.氯气在饱和食盐水中难以溶解，故D不合理。故选B。14、A【解析】

A．双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B．全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C．聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D．砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。15、B【解析】

由实验装置图可知，反应在加热条件下进行，生成气体可用排水法收集，说明生成的气体不溶于水。【详解】A．SO2易溶于水，不能用排水法收集，A项错误；

B．NO不溶于水，易与空气中氧气反应，只能用排水法收集，B项正确；

C．乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计，装置不符合要求，C项错误；

D．HCl易溶于水，不能用排水法收集，D项错误；

答案选B。16、B【解析】

A.化学键断裂需要吸收能量，过程①中钛氧键断裂会吸收能量，故A错误；B.根据图示，该反应中，光能和热能转化为化学能，故B正确；C.催化剂通过降低反应的活化能提高化学反应速率，催化剂不能降低反应的焓变，故C错误；D.反应物总能量-生成物总键能=焓变，CO2分解反应的热化学方程式为2CO2(g)=2CO(g)+O2(g)ΔH=1598×2-1072×2-496=+556kJ/mol，故D错误。17、B【解析】

A.CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误B.甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；C.皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；D.溶液变蓝色，可能是淀粉没有发生水解，也可能是淀粉部分水解，D错误。故选B。【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。18、D【解析】

已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜，据此分析。【详解】已知电池总反应：Cu2++4NH3⇌[Cu(NH3)4]2+△H＜0，放出的热量进行充电，通入氨气的电极为原电池负极，电极反应Cu−2e−＝Cu2＋，通入氨气发生反应Cu2＋＋4NH3⇌[Cu(NH3)4]2＋△H＜0，右端为原电池正极，电极反应Cu2＋＋2e−＝Cu，中间为阴离子交换膜；A．充电时，能量转化形式主要为热能→化学能，故A错误；B．放电时，负极反应为Cu＋4NH3−2e−＝[Cu(NH3)4]2＋，故B错误；C．原电池溶液中阴离子移向负极，a为阴离子交换膜，故C错误；D．放电时，左池Cu电极减少6.4g时，Cu−2e−＝Cu2＋，电子转移0.2mol，右池溶液中铜离子析出0.1mol，硝酸根离子移向左电极0.2mol，质量减少＝0.2mol×62g/mol＋0.1mol×64g/mol＝18.8g，故D正确；故答案选D。19、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1×2+8=13个中子，18gD2O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。20、A【解析】

A.蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B.根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，电极反应式为2H++2e-=H2↑，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2++OH-=Fe(OH)2↓，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C.关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；D.若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；故合理选项是A。21、C【解析】

A、金刚石和石墨是碳元素形成的两种不同单质，互为同素异形体，选项A错误；B、1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定，选项B错误；C、1molC(石墨，s)转化为1molC(金刚石，s)，要吸收l.895kJ的热能说明1molC(石墨，s)比1molC(金刚石，s)的总能量低，选项C正确；D、石墨转化为金刚石是化学变化，选项D错误。答案选C。【点睛】本题主要考查物质具有的能量越低越稳定，在100kPa时，1mol石墨转化为金刚石，要吸收1.895kJ的能量说明石墨的能量低于金刚石的能量，石墨更稳定．金刚石的能量高，1mol石墨和金刚石完全燃烧时释放的能量金刚石比石墨多。22、D【解析】

A．分子晶体熔沸点与分子间作用力有关，有的还与氢键有关，但与化学键无关，A错误；B．只含共价键的物质可能是共价单质，如氮气、氢气等，B错误；C．两种元素组成的分子中可能含有非极性键，如乙烯、双氧水等，C错误；D．稀有气体形成的分子晶体中不存在化学键，只存在分子间作用力，D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、B、C、D、F、G酯化6【解析】

有机物A有C、H、O三种元素组成，Mr(A)=12/0.1=120，0.1molA在足量的氧气中充分燃烧后生成0.8molCO2和7.2gH2O，水的物质的量=7.2/18=0.4mol，根据原子守恒可知，该有机物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)=0.4×2÷0.1=8，有机物中N(O)=(120-12×8-1×8)÷16=1，有机物A的分子式为C8H8O，A经过一系列反应得到芳香醛E，结合信息中醛与HCN的加成反应，可知A含有C=O双键，A与HCN发生加成反应生成B，B发生水解反应生成C，C在浓硫酸、加热条件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，应为发生消去反应，D被臭氧氧化生成E与F，F继续被氧化生成G，G的相对分子质量为90，则G为HOOC-COOH，F为OHC-COOH，E为苯甲醛，D为苯丙烯酸，C为2-羟基-3-苯基丙酸，B为，A的结构简式为。【详解】（1）由上述分析可知，A为；（2）只要含有羧基或羟基的都能发生酯化反应，在A～G中能发生酯化反应的有机物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羟基，另外还可以发生酯化反应生成另一种有机物，该反应的方程式为，反应类型为酯化反应。（4）C的同分异构体有多种，其中符合下列要求的有机物有多种，①能与3molNaOH溶液反应，说明含有酚羟基、羧酸与酚形成的酯基；②苯环上的一卤代物只有一种，说明苯环上含有1种氢原子；③能发生银镜反应，说明含有醛基，再结合①可知，酯基为甲酸与酚形成的酯基，满足条件的有机物的结构简式为：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基发生酯化反应生成两种酯，C中的羟基和4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基脱水生成两种醚，C中的羧基和羟基与4-甲基-2，3-戊二醇中的两个羟基同时脱水可生成两种产物，一共可生成6种产物。24、丙酮碳碳双键、羧基甲醇浓硫酸、加热+CH3OHC12H9N2OF3【解析】

A和HCN加成得到B，-H加在O原子上，-CN加C原子上，B发生消去反应得到C，C水解得到D，E和甲醇酯化反应得到E，E发生取代反应生成F，F发生加成、氧化反应生成G，G氧化成比鲁卡胺。【详解】（1）由A的结构简式可知，A的分子式为：C3H6O，故答案为：C3H6O；（2）由D的结构简式可知，D中含碳碳双键、羧基，故答案为：碳碳双键、羧基；（3）D和甲醇酯化反应生成E，酯化反应的条件为浓硫酸、加热，故答案为：甲醇；浓硫酸、加热；（4）由图可知，E中的烷氧基被取代生成F，烷氧基和H原子生成了甲醇，所以发生的反应为：+CH3OH，故答案为：+CH3OH；（5）数就行了，F的分子式为：C12H9N2OF3，故答案为：C12H9N2OF3；（6）所含官能团类别与E相同，则一定含碳碳双键、酯基，核磁共振氢谱为三组峰，峰面积比为1：1：6，则必有2个甲基，所以先确定局部结构含C-C=C，在此基础上，酯基中的羰基只可能出现在3号碳上，那么甲基只可能连在一号碳上，所以符合条件的只有一种，故答案为：；（7）结合本题进行逆合成分析：参照第⑤步可知，可由和合成，由和甲醇合成，由水解而来，由消去而来，由和HCN加成而来，综上所述，故答案为：。【点睛】复杂流程题，要抓住目标产物、原料和流程中物质的相似性，本题中的目标产物明显有个酰胺基，这就和F对上了，问题自然应迎刃而解。25、三颈烧瓶B2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－及时除去系统中反应生成的H+3.5可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化C→B→A温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）【解析】

Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途回答；仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，控制pH。（3）抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【详解】Ⅰ.（1）根据仪器的结构和用途，甲图中仪器1的名称是三颈烧瓶；制备过程中Na2SO3过量会发生副反应生成[Cu(SO3)2]3-，为提高产率，仪器2中所加试剂应为Na2SO3溶液，便于通过分液漏斗控制滴加的速率，故选B。（2）乙图是体系pH随时间变化关系图，随反应的进行，pH降低，酸性增强，Cu2＋将SO32－氧化，制备CuCl的离子方程式2Cu2＋＋SO32－＋2Cl－＋H2O=2CuCl↓＋2H＋＋SO42－；丙图是产率随pH变化关系图，pH=3.5时CuCl产率最高，实验过程中往往用CuSO4-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，其中Na2CO3的作用是及时除去系统中反应生成的H+，并维持pH在3.5左右以保证较高产率。（3）抽滤所采用装置如丁图所示，其中抽气泵的作用是使吸滤瓶与安全瓶中的压强减小，跟常规过滤相比，采用抽滤的优点是可加快过滤速度、得到较干燥的沉淀（写一条）；洗涤时，用“去氧水”作洗涤剂洗涤产品，作用是洗去晶体表面的杂质离子，同时防止CuCl被氧化。Ⅱ.（4）氢氧化钾会吸收二氧化碳，盐酸挥发出的HCl会影响氧气的吸收、二氧化碳的吸收，故C中盛放氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，B中盛放保险粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧气，A中盛放CuCl的盐酸溶液吸收CO，D测定氮气的体积，装置的连接顺序应为C→B→A→D；（5）用D装置测N2含量，读数时应注意温度降到常温，上下调节量气管至左右液面相平，读数时视线与凹液面的最低处相切（任意两条）。【点睛】本题考查物质制备实验、物质含量测定实验，属于拼合型题目，关键是对原理的理解，难点Ⅱ.（4）按实验要求连接仪器，需要具备扎实的基础。26、NH4+＋H2ONH3·H2O＋H+＜取2mLpH＝4.0的0.80mol·L－1FeSO4溶液加2滴0.01mol·L－1KSCN溶液溶液pH越小，Fe2+越稳定溶液中存在平衡4Fe2+＋O2＋10H2O4Fe(OH)3＋8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定生成的Fe(OH)3对反应有催化作用加一定量的酸；密封保存【解析】

（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有浓度较高的NH4+；通过表格中的颜色变化来分析；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，据此分析；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe（OH）3+8H+，根据平衡的移动来分析；（4）根据影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂来分析；（5）根据上述实验来分析。【详解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+浓度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小；通过表格中的颜色变化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的稳定性：FeSO4<（NH4）2Fe（SO4）2，故答案为：NH4++H2ONH3•H2O+H+；<；（2）由于是要验证两溶液的稳定性差异是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保护了Fe2+导致，根据控制变量法可知，应除了让NH4+这个影响因素外的其它影响因素均保持一致，故应取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液于试管中，加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液，过若观察到的现象与实验Ⅰ中（NH4）2Fe（SO4）2溶液现象相同，则说明上述猜想不正确，故答案为：取2mLpH=4.0的0.80mol•L-1FeSO4溶液；加2滴0.01mol•L-1KSCN溶液；（3）由实验Ⅲ可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越强，则Fe2+越稳定；亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，则氢离子浓度越大，平衡左移，则Fe2+的氧化被抑制，故答案为：溶液pH越小，Fe2+越稳定；溶液中存在平衡4Fe2++O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+）大，对平衡的抑制作用强，Fe2+更稳定；（4）影响反应速率的因素有浓度、压强、温度和催化剂，而同一条曲线上的浓度FeSO4溶液相同，且应随着反应的进行，Fe2+的浓度减小，故不是浓度对反应速率的影响；而此反应为溶液中的反应，故压强对此反应速率无影响；而此反应中温度不变，故能影响反应速率的只有催化剂，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3对反应有催化作用，故答案为：生成的Fe（OH）3对反应有催化作用；（5）根据上述实验可知，加入一定量的酸会抑制Fe2+的氧化，或是隔绝空气密封保存，故答案为：加入一定量的酸，密封保存。【点睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有浓度较高的NH4+，NH4+水解显酸性，导致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更小，NH4+保护了Fe2+是解答关键，也是试题的难点和突破口。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/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7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；①由实验结论出发即可快速解题；②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Cr2O