2022届河南省唐河高考化学倒计时模拟卷含解析

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、短周期主族元素W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大。其中X、Z位于同一主族：W的气态氢化物常用作制冷剂；Y是同周期主族元素中离子半径最小的；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色。下列说法正确的是A．最简单氢化物的稳定性：W>XB．含氧酸的酸性：Z<RC．Y和R形成的化合物是离子化合物D．向ZXR2与水反应后的溶液中滴加AgNO3溶液有白色沉淀生成2、下列有关实验的操作正确的是实验操作A除去NaHCO3固体中混有的NH4Cl直接将固体加热B实验室收集Cu与稀硝酸反应成的NO向上排空气法收集C检验乙酸具有酸性配制乙酸溶液，滴加NaHCO3溶液有气泡产生D测定某稀硫酸的浓度取20.00ml该稀硫酸于干净的锥形瓶中，用0.1000mol/L的NaOH标准液进行滴定A．A B．B C．C D．D3、将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2OC．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO34、运用化学知识对下列说法进行分析,不合理的是A．从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂B．在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩,其主要生产原料聚丙烯是混合物C．“一带一路”是现代丝调之路。丝绸的主要成分是蛋白质,属于天然高分子化合物D．水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑具有吸附性5、某酸的酸式盐NaHY在水溶液中，HY-的电离程度小于HY-的水解程度。有关的叙述正确的是（）A．H2Y的电离方程式为：B．在该酸式盐溶液中C．HY-的水解方程式为D．在该酸式盐溶液中6、下列说法正确的是A．多糖、油脂、蛋白质均为高分子化合物B．淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖C．可用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷D．分离溴苯和苯的混合物：加入NaOH溶液分液7、X、Y、Z、W均为短周期元素,它们在周期表中的相对位置如图所示。若Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍,下列说法中正确的是()A．X的简单氢化物比Y的稳定B．X、Y、Z、W形成的单质都是分子晶体C．Y、Z、W的原子半径大小为W>Z>YD．W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的弱8、铋(Bi)位于元素周期表中第ⅤA族，其价态为＋3时较稳定，铋酸钠(NaBiO3)溶液呈无色。现取一定量的硫酸锰(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示：在上述实验条件下，下列结论正确的是A．BiO3-的氧化性强于MnO4-B．H2O2被高锰酸根离子还原成O2C．H2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D．在KI-淀粉溶液中滴加铋酸钠溶液，溶液一定变蓝色9、铜锡合金，又称青铜，含锡量为～（质量比）的青铜被称作钟青铜，有一铜锡合金样品，可通过至少增加ag锡或至少减少bg铜恰好使其成为钟青铜，增加ag锡后的质量是减少bg铜后质量的2倍．则原铜锡合金样品中铜锡的质量之比为（）A．7：17 B．3：2 C．12：1 D．7：110、（改编）在稀硫酸与锌反应制取氢气的实验中，探究加入硫酸铜溶液的量对氢气生成速率的影响。实验中Zn粒过量且颗粒大小相同，饱和硫酸铜溶液用量0～4.0mL，保持溶液总体积为100.0mL，记录获得相同体积（336mL）的气体所需时间，实验结果如图所示（气体体积均转化为标况下）。据图分析，下列说法不正确的是A．饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气B．a、c两点对应的氢气生成速率相等C．b点对应的反应速率为v（H2SO4）=1.0×10-3mol·L-1·s-1D．d点没有构成原电池，反应速率减慢11、仪器名称为“干燥管”的是A． B． C． D．12、Mg(NH)2可发生水解：Mg(NH)2＋2H2O=N2H4＋Mg(OH)2。下列表示相关微粒的化学用语正确的是A．中子数为8的氧原子：O B．N2H4的结构式：C．Mg2＋的结构示意图： D．H2O的电子式：13、下列仪器名称正确的是()A．圆底烧瓶 B．干燥管 C．药匙 D．长颈漏斗14、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A．根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液B．CO2、NO2、Mn2O7、P2O5均为酸性氧化物C．漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D．熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2均能导电15、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A向右拉动注射器活塞并在某处，往试管中注水没过导气管后，向左推动活塞至某处，发现导气管液面高于试管液面，且高度一段时间保持不变。装置气密性良好B将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡静置，下层呈紫红色。I2氧化性强与Fe3+C往氢氧化铜沉淀中分别滴加盐酸和氨水，沉淀皆溶解氢氧化铜为两性氢氧化物D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性：H2SO3﹥H2CO3A．A B．B C．C D．D16、下列实验中根据现象得出的结论错误的是（）选项实验现象结论A相同条件下，用1mol·L-1的CH3COOH和1mol·L-1的HCl分别做导电性实验CH3COOH溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3－C向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向浓度均为0.1mol·L-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]A．A B．B C．C D．D17、下列关于有机物的说法正确的是A．疫苗一般应冷藏存放,目的是避免蛋白质变性B．分子式为C3H4Cl2的同分异构体共有4种(不考虑立体异构)C．有机物呋喃（结构如图所示),，从结构上看，四个碳原子不可能在同一平面上D．高分子均难以自然降解18、常压下羰基化法精炼镍的原理为：Ni(s)+4CO(g)Ni(CO)4(g)。230℃时，该反应的平衡常数K=2×10−5。已知：Ni(CO)4的沸点为42.2℃，固体杂质不参与反应。第一阶段：将粗镍与CO反应转化成气态Ni(CO)4；第二阶段：将第一阶段反应后的气体分离出来，加热至230℃制得高纯镍。下列判断正确的是A．增加c(CO)，平衡向正向移动，反应的平衡常数增大B．第一阶段，在30℃和50℃两者之间选择反应温度，选50℃C．第二阶段，Ni(CO)4分解率较低D．该反应达到平衡时，v生成[Ni(CO)4]=4v生成(CO)19、常温下，向盛50mL0.100mol·L-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加50mL的蒸馏水、0.100mol·L-1醋酸铵溶液，测得溶液pH随时间变化如图所示。已知Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，Kb(NH3·H2O)=1.8×10-5。下列说法正确的是（）A．曲线X是盐酸滴加蒸馏水的pH变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B．曲线Y上的任意一点溶液中均存在c(CH3COO-)<c(NH4+)C．a点溶液中n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.01molD．b点溶液中水电离的c(H+)是c点的102.37倍20、常温下，下列关于pH=3的CHA．该溶液中由H2OB．与等体积pH=11的NaOHC．该溶液中离子浓度大小关系：cD．滴加0.1mol⋅L-121、下列实验与对应的解释或结论正确的是()选项实验解释或结论A2mL0.2molL-1H2C2O4(草酸)溶液右侧试管中溶液紫色褪去慢，推知反应物浓度越大，反应速率越小B分别向盛有等量煤油、无水乙醇的两烧杯中加入大小相等的金属钠，对比观察现象乙醇分子中羟基上的氢原子活泼C分别向盛有动物油、石蜡的两烧杯中加入足量烧碱溶液，充分加热，冷却动物油、石蜡均能发生皂化反应D将电石与食盐水反应生成的气体，通入酸性高锰酸钾溶液中，观察溶液颜色变化由溶液紫色褪去可知乙炔能发生氧化反应A．A B．B C．C D．D22、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲线如图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列叙述错误的是（）A．Ka2(H2SO3)的数量级为10－8B．若滴定到第一反应终点，可用甲基橙作指示剂C．图中Z点对应的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D．图中Y点对应的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)二、非选择题(共84分)23、（14分）苯氧布洛芬钙G是评价较好的解热、镇痛、消炎药，下面是它的一种合成路线（具体反应条件和部分试剂略）已知：①氯化亚砜(SOCl2)可与醇发生反应，醇的羟基被氯原子取代而生成氯代烃。②(X表示卤素原子)回答下列问题：(1)写出D的结构简式：________________。F中所含的官能团名称是___________。(2)B→C的反应类型是_______________；D→E的反应类型是_______________。(3)写出F和C在浓硫酸条件下反应的化学方程式__________________________。(4)写出A的符合以下条件同分异构体的所有结构简式______________________。①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰③与FeCl3溶液发生显色反应。(5)结合上述推断及所学知识，参照上述合成路线任选无机试剂设计合理的方案，以苯甲醇()为原料合成苯乙酸苯甲酯()写出合成路线，并注明反应条件_________________。24、（12分）叶酸可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。（1）甲的最简式为_____；丙中含有官能团的名称为____。（2）下列关于乙的说法正确的是______(填序号)。a．分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5b．属于芳香族化合物c．既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d．属于苯酚的同系物（3）甲在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，请写出该反应的化学方程式：____。（4）甲可以通过下列路线合成(分离方法和其他产物已经略去)：①步骤Ⅰ的反应类型是_______。②步骤I和IV在合成甲过程中的目的是______。③步骤IV反应的化学方程式为________。25、（12分）NO2是大气污染物之一，实验室拟用NO2与Cl2混合用NaOH溶液吸收的方法消除其污染。回答下列问题：（1）氯气的制备①仪器M、N的名称依次是_______________。②欲用MnO2和浓盐酸制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，选呢上图中的装置，其连接顺序为____（按气流方向，用小写字母表示）。③D在制备装置中的作用是___________；用离子方程式表示装置F的作用是_________________。（2）用如图所示装置探究Cl2和NO2在NaOH溶液中的反应。查阅有关资料可知：HNO2是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO和NO2。①装置中X和Z的作用是______________②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，反应结束后加入稀硫酸无现象，则Y中发生反应的化学方程式是________。③反应结束后，取Y中溶液少许于试管中，加入稀硫酸，若有红棕色气体产生，解释产生该现象的原因：_______________26、（10分）设计一个方案，在用廉价的原料和每种原料只用一次的条件下，分三步从含有Fe3＋、Cu2＋、Cl－和NO3－的废液中，把Fe3＋转化为绿矾回收，把Cu2＋转化为Cu回收，各步反应加入的原料依次是________，________，________。各步反应的离子方程式是：（1）_________________________________；（2）_________________________________；（3）__________________________________。27、（12分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里制取并纯化苯胺。已知：①与NH3相似，与盐酸反应生成(易溶于水的盐)。②用硝基苯制取苯胺的反应为：2+3Sn+12HCl2+3SnCl4+4H2O③有关物质的部分物理性质见下表：物质相对分子质量熔点/℃沸点/℃溶解性密度/g·cm-3苯胺936.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯1235.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚74116.234.6微溶于水0.7134Ⅰ.制备苯胺图1所示装置中加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20min，使硝基苯充分还原；冷却后，向三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。（1）滴加适量NaOH溶液的目的是___，写出主要反应的离子方程式___。Ⅱ.纯化苯胺ⅰ.取出图l所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2所示装置。加热装置A产生水蒸气。用“水蒸气蒸馏”的方法把B中苯胺逐渐吹出，在烧瓶C中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液甲。ⅱ.向所得水溶液甲中加入氯化钠固体至饱和，再用乙醚萃取，得到乙醚萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醚萃取液，用NaOH固体干燥，蒸馏后得到苯胺1.86g。（2）装置A中玻璃管的作用是__。（3）在苯胺吹出完毕后，应进行的操作是先__，再___。（4）该实验中苯胺的产率为___(保留三位有效数字)。（5）欲在不加热条件下除去苯胺中少量的硝基苯杂质，简述实验方案___。28、（14分）将一定质量的铁粉加入装有100mL某浓度稀硝酸的容器中充分反应。试回答:（1）容器中剩余mg铁粉，收集到NO气体448mL(标准状况下)。①所得溶液中溶质的化学式为__________。②原稀硝酸的物质的量浓度为__________。（2）向（1）中所得的固液混合物中逐滴滴加稀硫酸至刚好不再产生遇空气变成红棕色的气体为止，此时容器中剩余铁粉ng。①此时溶液中溶质的化学式为__________。②m-n的值为_______(精确到0.1)。29、（10分）随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFePO4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。（1）P原子的电子排布式为_________。Fe2+中未成对电子数为___________。（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为_______。（3）等电子体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体，ClO4-的立体构型为_______，中心原子的杂化轨道类型为________。（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是______________。（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_______________；深蓝色晶体中存在的化学键类型有__________。（填代号）A．离子键B．σ键C．非极性共价键D．配位键E．金属键F．氢键（6）如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为______；若该晶胞的棱长为apm,则该晶体的密度为_____________g/cm3。（NA为阿伏加德罗常数的值）

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】

W的气态氢化物常用作制冷剂，确定W为N，W、X、Y、Z、R的原子序数依次增大，Y是同周期主族元素中离子半径最小的，确定Y为Al；ZXR2能与水剧烈反应，观察到液面上有白雾生成，证明有HCl生成，并有无色刺激性气味的气体逸出，该气体能使品红溶液褪色，证明有二氧化硫气体生成，确定ZXR2为SOCl2，因此X为O、Z为S、R为Cl；即：W为N、X为O、Y为Al、Z为S、R为Cl。【详解】A.非金属性越强，气态氢化物越稳定，最简单氢化物的稳定性：W＜X,故A错误；B.未说最高价含氧酸，无法比较，故B错误；C.Y和R形成的化合物AlCl3是共价化合物，故C错误；D.SOCl2+H2O＝SO2+2HCl，AgNO3+HCl=AgCl↓+HNO3，溶液有白色沉淀生成，故D正确；答案：D【点睛】把握物质的性质、原子结构来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意液氨为常用的制冷剂，SOCl2的推断为解答的难点，题目难度较大。2、C【解析】A、加热NaHCO3和NH4Cl均分解，故A错误；B、NO能与O2反应，不能用排空集气法收集，故B错误；C、NaHCO3＋CH3COOH=CH3COONa＋H2O＋CO2↑，故C正确；D、稀硫酸与NaOH溶液的反应没有明显现象，需要滴入指示剂，否则无法完成实验，故D错误；故选C。3、C【解析】

将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案选C。4、D【解析】

A.氯气对自来水进行消毒会产生氯残留，因此从健康的角度考虑臭氧比氯气更适合作自来水的消毒剂，故A正确；B.在“新冠肺炎战疫”发挥了重要作用的熔喷布口罩，其主要生产原料聚丙烯，高聚物都为混合物，故B正确；C.丝绸的主要成分是蛋白质，属于天然高分子化合物，故C正确D.水墨山水画不易褪色的原因是墨汁中的炭黑很稳定，故D错误。综上所述，答案为D。5、A【解析】

A.

H2Y是二元弱酸,电离时分两步电离,第一步电离生成氢离子和酸式酸根离子,电离方程式为：，A项正确；B.

NaHY的水溶液中,阴离子水解,钠离子不水解,所以c(Na+)>c(HY−);HY−的电离程度小于HY−的水解程度,但无论电离还是水解都较弱,阴离子还是以HY−为主,溶液呈碱性,说明溶液中c(OH−)>c(H+);因溶液中还存在水的电离,则c(H+)>c(Y2−),所以离子浓度大小顺序为：c(Na+)>c(HY−)>c(OH−)>c(H+)>c(Y2−)，B项错误；C.

HY−水解生成二元弱酸和氢氧根离子,水解方程式为：HY−+H2O⇌OH−+H2Y，选项中是电离方程式，C项错误；D.根据电荷守恒式可知，在该酸式盐溶液中，D项错误；答案选A。【点睛】分析清楚水溶液的平衡是解题的关键，电离平衡是指离解出阴阳离子的过程，而水解平衡则是指组成盐的离子和水中的氢离子或氢氧根离子结合生成弱电解质，改变溶液酸碱度的过程。6、B【解析】

A选项，多糖、蛋白质均为高分子化合物，油脂是低分子化合物，故A错误；B选项，淀粉和纤维素在稀硫酸作用下水解的最终产物均为葡萄糖，故B正确；C选项，不能用酸性KMnO4溶液鉴别苯和环己烷，两者都无现象，故C错误；D选项，分离溴苯和苯的混合物采用蒸馏方法，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】淀粉、纤维素、蛋白质是天然高分子化合物，油脂分子量比较大，但不是高分子化合物。7、B【解析】

Y原子的最外层电子数是内层电子数的3倍，故Y是氧元素；则X是氮元素，Z是硫元素，W是氯元素。【详解】A.氮元素的非金属性比氧元素的弱，所以X的简单氢化物不如Y的稳定，故A不选；B.N2、O2、S、Cl2在固态时都是由分子通过范德华力结合成的晶体，故B选；C.因为W的原子序数比Z大，所以原子半径大小为Z>W，故C不选；D.元素最高价氧化物对应水化物的酸性的强弱与非金属性一致，W的非金属性比Z强，故W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z的强，故D不选。故选B。【点睛】在周期表中，同一周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，酸性逐渐增强，气体氢化物的稳定性逐渐增强。同一主族元素，从上到下，原子半径逐渐增大，金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，最高价氧化物的水化物的碱性逐渐增强，酸性逐渐减弱，气体氢化物的稳定性逐渐减弱。8、A【解析】

A.向无色硫酸锰(MnSO4)溶液中加入适量无色铋酸钠(NaBiO3)溶液，充分反应后溶液变为紫红色，说明反应产生了MnO4-，Mn元素化合价升高，失去电子被氧化为MnO4-，根据氧化还原反应的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，可知BiO3-的氧化性强于MnO4-，A正确；B.向该紫色溶液中加入过量H2O2，溶液的红色消失，产生气泡，说明产生了O2，氧元素化合价升高，失去电子，被氧化，则H2O2被高锰酸根离子氧化成O2，B错误；C.向溶液中加入适量KI-淀粉溶液，溶液缓慢变为蓝色，可能是H2O2将KI氧化为I2，也可能是Mn2+作催化剂使H2O2分解产生的O2将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，C错误；D.铋酸钠具有强的氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，也可以将KI氧化为KIO3，因此溶液不一定变为蓝色，D错误；故合理选项是A。9、C【解析】

设原青铜中铜的质量为x，锡的质量为y，根据题意有①，②，③，联立三个关系式可以解出，，因此铜锡之比为12:1，答案选C。10、D【解析】

A．根据图像可知，随着饱和硫酸铜溶液的用量增加，化学反应速率先加快后减慢，则饱和硫酸铜溶液用量过多不利于更快收集氢气，A项正确；B．根据图像可知，a、c两点对应的氢气生成速率相等，B项正确；C．根据图像可知，b点收集336ml氢气用时150s，336ml氢气的物质的量为0.015mol，消耗硫酸0.015mol，则b点对应的反应速率为v（H2SO4）=0.015mol÷150s=1.0×10-3mol·L-1·s-1，C项正确；D．d点锌置换出铜，锌、铜和硫酸构成原电池，化学反应速率加快，但硫酸铜用量增多，锌置换出来的铜附着在锌表面，导致锌与硫酸溶液接触面积减小，反应速率减慢，D项错误；答案选D。11、B【解析】A、此装置为研钵，故A错误；B、此装置为干燥管，故B正确；C、此装置为干燥器，故C错误；D、此装置为分液漏斗，故D错误。12、D【解析】

A．中子数为8的O原子，质量数=质子数+中子数=8+8=16，中子数为8的O原子：O，故A错误；B．N2H4为联氨，是共价化合物，氮原子和氢原子形成共价键，氮原子和氮原子间也形成共价键，结构式为：，故B错误；C．Mg的结构示意图：，Mg2＋的结构示意图为，故C错误；D．H2O分子中氢原子与氧原子之间形成1对共用电子对，电子式：，故D正确；答案选D。【点睛】在元素符号做下架表示的是质子数，左上角是质量数，质量数=质子数+中子数。13、B【解析】

A．颈部有支管，为蒸馏烧瓶，圆底烧瓶没有支管，故A错误；B．为干燥管，用于盛放固体干燥剂等，故B正确；C．为燃烧匙，用于燃烧实验，不是药匙，故C错误；D．下端长颈部位有活塞，是分液漏斗，不是长颈漏斗，故D错误；故选B。14、C【解析】

A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B选项，NO2不是酸性氧化物，故B错误；C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D选项，CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。15、A【解析】

A选项，通过向右拉动注射器活塞并固定在某处，往试管中注水没过导气管口后，向左推活塞，观察是否有气泡来判断装置气密性，故A正确；B选项，将氧化铁加入到足量的HI溶液中，充分溶解后，滴加四氯化碳，震荡静置，下层呈紫红色，说明氧化铁与碘化氢反应生成了单质碘，Fe3+氧化性强I2，故B错误；C选项，往氢氧化铜沉淀滴加盐酸发生酸碱中和反应，氢氧化铜和氨水反应生成四氨合铜离子而溶解，氢氧化铜不是两性氢氧化物，故C错误；D选项，SO2与CO2都能使澄清石灰水变浑浊，当二氧化硫过量一样是浑浊的，不能说明谁的酸性强弱，故D错误；综上所述，答案为A。16、C【解析】

A.同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱酸，A正确；B.铜在酸性条件下，被硝酸根离氧化为铜离子，硝酸根离子被还原为一氧化氮，遇到空气变为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液可能含有NO3－，B正确；C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，也可能为Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，C错误；D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出Ksp[Mg(OH)2]>Ksp[Cu(OH)2]结论，D正确。正确选项C。17、A【解析】

A．温度升高，蛋白质会变性，为避免蛋白质变性，疫苗一般应冷藏存放，A正确；B．C3H6可能是丙烯或环丙烷，环丙烷只有1种氢，判断二氯代物时“定一议一”的方法可确定；丙烯有3种氢，运用相同的方法可确定二氯代物的种类，则同分异构体有：CHCl2CH=CH2、CH2ClCCl=CH2、CH2ClCH=CHCl、CH3CCl=CHCl、CH3CH=CCl2、环丙烷的二氯代物有2种，所以共有7种，B错误；C．根据乙烯结构，6个原子可能共平面，推出四个碳原子可能在同一平面上，C错误；D．普通的塑料制品、橡胶、合成纤维等难以自然降解，而可降解塑料在自然界中能降解，D错误。答案选A。18、B【解析】

A.平衡常数只与温度有关，与浓度无关，故A错误；B.50℃时，Ni(CO)4以气态存在，有利于分离，从而促使平衡正向移动，故B正确；C.230℃时，Ni(CO)4分解的平衡常数K逆=1/K正=1/（2×10−5）=5×104，可知分解率较高，故C错误；D.平衡时，应该是4v生成[Ni(CO)4]=v生成(CO)，故D错误；正确答案：B19、B【解析】

HCl中加水配成500mL，即增大到101倍，此时PH=1+1=2，现在加50ml水，溶液体积远远小于500mL，所以加50mL水的溶液PH比2小，故X代表加50mL水的，Y代表加了醋酸铵的，据此回答。【详解】A．由分析可知曲线X是盐酸中滴加水的pH变化图，HCl被稀释，H+和Cl-浓度减小，但有Kw=[H+]·[OH-]可知，[OH-]在增大，A错误；B.当加入50mL醋酸按时，醋酸铵和HCl恰好完全反应，溶质为等物质的量、浓度均为0.05mol·L-1的CH3COOH和NH4Cl，CH3COO-浓度最大，因为Ka(CH3COOH)=1.8×10-5，所以C(CH3COO-)=，而C(NH4+)≈0.05mol/L，所以Y上任意一点C(NH4+)>C(CH3COO-)，B正确；C.a点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)=n(NH4+)+n(H+)，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=n(H+)，a点pH=2，C(H+)=0.01mol·L-1，溶液总体积约为100ml，n(H+)=0.01mol·L-1×0.1L=0.001mol，所以n(Cl-)＋n(CH3COO-)＋n(OH)-n(NH4+)=0.001mol，C错误；D.b点位HCl溶液，水的电离受到HCl电离的H+抑制，c点：一方面CH3COOH为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看b点水的电离受抑制程度大于c点，D错误。答案选B。【点睛】A．一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B．对于一元弱酸HX，C(H+)=C(X-)。20、C【解析】

A.pH=3的CH3COOH溶液中c(H+)=10-3mol/L，由于Kw=c(H+)·c(OH-)=10-14mol/L，则c(OH-)=10-11mol/L，溶液中只有水电离产生OH-，所以该溶液中由水电离产生的c(OH-)=10-11mol/L，A错误；B.醋酸是一元弱酸，c(CH3COOH)>c(H+)=10-3mol/L，NaOH是一元强碱，NaOH溶液的pH=11，则c(OH-)=10-3mol/L，c(NaOH)=c(OH-)=10-3mol/L，两种溶液等体积混合，醋酸过量，溶液显酸性，B错误；C.在CH3COOH溶液中存在电离平衡：CH3COOHCH3COO-+H+，还存在着水的电离平衡H2OH++OH-，根据电离产生的离子关系可知：c(H+)>c(CH3COO-)>c(OH-)，C正确；D.在该混合溶液中存在电荷守恒：c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)+c(Na+)，由于c(CH3COO-)=c(Na+)，所以c(OH-)=c(H+)，溶液显中性，D错误；故合理选项是C。21、B【解析】

A.反应物浓度越大，反应速率越快，则解释与结论不正确，A项错误；B.钠会与无水乙醇反应产生氢气，则说明乙醇分子中羟基上的氢原子活泼，B项正确；C.动物油是高级脂肪酸甘油酯，在碱性条件下会水解生成高级脂肪酸纳，能发生皂化反应，但石蜡不会与氢氧化钠发生皂化反应，C项错误；D.电石与食盐水反应生成的乙炔气体含杂质如硫化氢等气体，所以通入酸性高锰酸钾溶液中能使紫色褪去的气体不一定是乙炔，D项错误；答案选B。22、C【解析】

用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定过程中存在两个化学计量点，滴定反应为：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的体积为80mL，结合溶液中的守恒思想分析判断。【详解】A．由图像可知，当溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)时，此时pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，则H2SO3的Ka2=c(SO32－)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，B．第一反应终点时，溶液中恰好存在NaHSO3，根据图像，此时溶液pH=4.25，甲基橙的变色范围为3.1~4.4，可用甲基橙作指示剂，故B正确；C．Z点为第二反应终点，此时溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液显碱性，表明SO32-会水解，考虑水也存在电离平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C错误；D．根据图像，Y点溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根据电荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正确；答案选C。【点睛】明确滴定反应式，清楚特殊点的含义，把握溶液中的守恒思想是解答本题的关键。本题的易错点为A，要注意根据Y点结合Ka2的表达式分析解答。二、非选择题(共84分)23、醚键、羧基还原反应(加成反应)取代反应、【解析】

与溴单质发生信息反应②生成A，则A为；A与苯酚钠反应生成B，结合最终产物可知该反应为取代反应，反应生成的B为；B与氢气发生加成反应生成C，则C为；C与氯化亚砜(SOCl2)发生信息中的反应①生成D，则D的结构简式为：；D与NaCN发生反应生成E，则E为；E先与氢氧化钠反应，然后酸化得到F，结合最终产物可知F为，F与氯化钙反应得到苯氧布洛芬钙，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知D为；F的结构简式是，根据F的结构简式可知其中含有的官能团是醚键、羧基；(2)B是，B中含有羰基，与氢气发生加成反应产生羰基变为醇羟基，产生的C是，该反应是与氢气的加成反应，也是还原反应；D是，与NaCN发生取代反应，Cl原子被-CN取代，生成E是，即D产生E的反应为取代反应；(3)F是，分子中含有羧基，C是，分子中含有醇羟基，F和C在浓硫酸条件下发生酯化反应，生成酯和水，该反应的化学方程式为：；(4)A为，A的同分异构体符合下列条件：①属于苯的二取代物；②苯环上核磁共振氢谱图中共有2个吸收峰；③与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上有两个处于对位的取代基，其中一个是羟基，则可能的结构简式为、；(5)苯甲醇()苯甲醇与SOCl2反应生成1-氯甲苯，然后与NaCN反应，产物经水解生成苯乙酸，最后苯乙酸与苯甲醇在浓硫酸存在时，加热发生酯化反应可生成目标物苯乙酸苯甲酯，反应的流程为。24、C7H7NO2羧基、氨基acn+nH2O取代反应保护氨基+H2O+CH3COOH【解析】

(1)由甲的结构简式，则甲的分子式为C7H7NO2，所以甲的最简式为C7H7NO2

；由丙的结构简式，所以丙中含有官能团的名称为羧基、氨基；答案：C7H7NO2；羧基、氨基。(2)a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，故a正确；b.分子中没有苯环，故b错误；c.分子中含有氨基能与盐酸反应，含有氯原子又能与氢氧化钠溶液反应，故c正确；d.分子中没有苯环，故d错误，故选ac，(3).甲为，在一定条件下能单独聚合成高分子化合物，该反应的化学方程为。(4)①由可知步骤Ⅰ的反应类型是取代反应；答案：取代反应。②步骤Ⅰ和Ⅳ在合成甲过程中的目的是保护氨基。答案：保护氨基；③步骤Ⅳ反应的化学方程式为。答案：。25、长颈漏斗分液漏斗befghdci吸收Cl2中的HCl（抑制Cl2的溶解）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2ONO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2-发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体（答案合理即可）【解析】试题分析：（1）①根据仪器构造判断；②生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，据此分析；③根据氯气中含有的杂质以及氯气是大气污染物分析；（2）①反应过程中需要控制气体的用量，据此解答；②根据实验现象结合物质的性质分析；③红棕色气体是NO2，说明有亚硝酸钠生成，据此解答。解析：（1）①根据仪器构造可知M是长颈漏斗，N是分液漏斗；②由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有水蒸气和氯化氢，氯气的密度大于空气，需要向上排空气法，且还需要尾气处理，因此要制备并收集一瓶纯净干燥的氯气，其装置连接顺序是befghdci；③根据以上分析可知D在制备装置中的作用是吸收Cl2中的HCl（抑制Cl2的溶解）；装置F的作用是吸收氯气防止污染大气，方程式为Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；（2）①由于在反应过程中需要控制气体的用量，所以装置中X和Z的作用是观察气泡流速便于控制Cl2和NO2的进入量的比例；②实验时观察到X试剂瓶中有黄绿色气体，Z试剂瓶中有红棕色气体，若通入适当比例的Cl2和NO2，Y中观察不到气体颜色，说明二者均反应掉。反应结束后加入稀硫酸无现象，说明没有亚硝酸生成，这说明NO2被氯气氧化为硝酸钠，则Y中发生反应的化学方程式是Cl2+2NO2+4NaOH=2NaNO3+2NaCl+2H2O。③由于NO2的量过多，NO2与NaOH溶液反应生成了NaNO2和NaNO3，加入硫酸后NO2-发生歧化反应生成NO和NO2，故在试管中出现红棕色气体反应结束后。点睛：掌握相关物质的性质和实验原理是解答的关键，注意题干信息的灵活应用。另外需要明确：实验操作顺序：装置选择与连接→气密性检查→加固体药品→加液体药品→开始实验(按程序)→拆卸仪器→其他处理等；加热操作先后顺序的选择：若气体制备实验需加热，应先加热气体发生装置，产生气体排出装置中的空气后，再给实验中需要加热的物质加热。目的是：①防止爆炸(如氢气还原氧化铜)；②保证产品纯度，阻止反应物或生成物与空气中的物质反应。熄灭酒精灯的顺序则相反。26、Ca(OH)2溶液稀H2SO4铁Fe3＋＋3OH－＝Fe(OH)3↓Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓Fe(OH)3＋3H＋＝Fe3＋＋3H2OCu(OH)2＋2H＋＝Cu2＋＋2H2O2Fe3＋＋Fe＝3Fe2＋Fe＋Cu2＋＝Fe2＋＋Cu【解析】

从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收，先加碱使金属离子转化为沉淀，与阴离子分离，然后加酸溶解沉淀，再加铁粉可得到硫酸亚铁溶液和Cu，过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾。【详解】依据题意从含有Fe3+、Cu2+、Cl-、NO3-的废液中，把Fe3+转化为绿矾回收，把Cu2+转化为铜回收应分三步实施，先加廉价的碱Ca(OH)2将Fe3+、Cu2+转化为Fe(OH)3和Cu(OH)2，与Cl-、NO3-分离，反应的离子方程式为Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓；过滤后向Fe(OH)3和Cu(OH)2沉淀中加入稀硫酸，使沉淀溶解得到硫酸铁和硫酸铜的混合液，反应的离子方程式为Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；向所得溶液中加入铁粉与硫酸铁和硫酸铜反应，可得到硫酸亚铁溶液和Cu，反应的离子方程式为2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu；过滤得到铜和硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到绿矾，故答案为：Ca(OH)2溶液；稀H2SO4；铁；Fe3＋＋3OH－=Fe(OH)3↓，Cu2＋＋2OH－＝Cu(OH)2↓；Fe(OH)3＋3H＋=Fe3＋＋3H2O，Cu(OH)2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，Fe＋Cu2＋=Fe2＋＋Cu。27、与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2C6H5NH3++OH-C6H5NH2+H2O安全管、平衡压强、防止气压过大等打开止水夹d撤掉酒精灯或停止加热40.0%在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺【解析】

(1)与NH3相似，NaOH与反应生成；(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强；(3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；(4)根据