2022届贵州省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、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液2、科研工作者利用Li4Ti5O12纳米材料与LiFePO4作电极组成可充放电电池，其工作原理如图所示。下列说法正确的是（）A．放电时，碳a电极为正极，电子从b极流向a极B．电池总反应为Li7Ti5O12+FePO4＝Li4Ti5O12+LiFePO4C．充电时，a极反应为Li4Ti5O12+3Li++3e-＝Li7Ti5O12D．充电时，b电极连接电源负极，发生还原反应3、W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，X、Z同主族，Y、Z同周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，以下说法错误的是A．原子半径大小：Y>ZB．Y3X2中既有离子键，又有共价键C．Z的最高价氧化物可做干燥剂D．可以用含XW3的浓溶液检验氯气管道是否漏气4、下列说法中正确的是（）A．60﹪-70﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B．液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C．苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D．油脂不能使溴水褪色5、Cl2可用于废水处理。向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体。下列说法正确的是A．两种无毒的气体均为还原产物B．反应后溶液的pH会升高C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:2D．每转移2NA个电子时，一定会生成13.44L的气体6、已知2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。该反应中有关物理量的描述正确的是（NA表示阿伏加德罗常数）（）A．每生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目就增加0.2NAB．每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NAC．当加入2.7gAl时，转移的电子数目为0.3NAD．溶液中每增加0.1mol的AlO2﹣，Na+的数目就增加0.1NA7、设NA为阿伏加德罗常数值。下列说法正确的是A．0.5mol18O2中所含中子数为10NAB．标准状况下，2.24LCHCl3含有的共价键数为0.4NAC．常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数为0.3NAD．0.1mol/LNa2S溶液中，S2-、HS-、H2S的数目共为0.1NA8、下表是元素周期表的一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素。Z的最高价氧化物对应的水化物为M，室温下，0.01mol/LM溶液pH<2。下列说法中错误的是WXYZA．原子半径大小：X<W<Y B．Z的单质易溶于化合物WZ2C．气态氢化物稳定性：W<X D．含Y元素的离子一定是阳离子9、下列说法不正确的是（）A．稳定性：HBr<HI<HatB．酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4C．原子半径：Sn>As>SD．表中，元素Pb的金属性最强10、下列离子方程式不正确的是A．足量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO-＝SO42-＋Cl-＋2H+B．在稀氨水中通入过量CO2：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3-C．用浓H2SO4溶解FeS固体：FeS＋2H＋＝Fe2＋＋H2S↑D．氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42-＝BaSO4↓＋2H2O11、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A．反应①②③都属于氧化还原反应 B．X、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C．在信息工业中，丙常作光导纤维材料 D．一定条件下，x与甲反应生成丁12、X、Y、Z均为短周期主族元素，Y的核电荷数为奇数，Z的核电荷数为X的2倍。X的最外层电子数等于Y与Z的最外层电子数之和。Y与Z同周期且Y的原子半径大于Z。下列叙述正确的是A．单质的熔点：Y＞Z B．X的最高价氧化物的水化物为弱酸C．Y、Z的氧化物均为离子化合物 D．气态氢化物稳定性：X＞Z13、探究氢氧化铝的两性，最适宜的试剂是（）A．AlCl3、氨水、稀盐酸 B．Al2C．Al、NaOH溶液、稀盐酸 D．Al214、下列反应的离子方程式书写正确的是A．在FeI2溶液中滴加少量溴水：2Fe2＋+Br2=2Fe3＋+2Br－B．碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2OC．向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42-恰好沉淀完全：Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO2-+2H2OD．过量SO2通入到NaClO溶液中：SO2+H2O+ClO-=HClO+HSO3-15、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A．常温下，1L0.5mol/LCH3COONH4溶液的pH＝7，则溶液中CH3COO－与NH4＋的数目均为0.5NAB．10g质量分数为46%的乙醇溶液中含有氢原子的数目为0.6NAC．16g氨基(－NH2)中含有的电子数为7NAD．在密闭容器中将2molSO2和1molO2混合反应后，体系中的原子数为8NA16、室温下，用溶液分别滴定的盐酸和醋酸，滴定曲线如图所示。下列说法正确的是

A．Ⅱ表示的是滴定醋酸的曲线B．时，滴定醋酸消耗的小于C．时，两份溶液中D．时，醋酸溶液中17、为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（）A．Na2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B．对比Ⅰ、Ⅲ，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C．Ⅳ溶液中可能存在大量Al3+D．推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3↓+CO32-18、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A．二者互为同分异构体B．二者均能发生氧化反应和取代反应C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同19、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A．向苯酚钠溶液中通入少量CO2：2C6H5O－＋CO2＋H2O→2C6H5OH＋CO32-B．向NaNO2溶液中滴加酸性KMnO4溶液：5NO2-＋2MnO4-＋3H2O=5NO3-＋2Mn2＋＋6OH－C．向AlCl3溶液中滴加过量氨水：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4+D．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液反应至中性：H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O20、通常情况下，仅凭下列事实能证明乙酸是弱酸的是A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢 B．乙酸钠溶液pH＞7C．乙酸溶液能使石蕊变红 D．某乙酸溶液能导电能力弱21、中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH（一种固体催化剂）合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A．该过程将太阳能转化成为化学能B．该过程中，涉及极性键和非极性健的断裂与生成C．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1D．原料气N2可通过分离液态空气获得22、有机物M、N、Q的转化关系为：下列说法正确的是（）A．M分子中的所有原子均在同一平面B．上述两步反应依次属于加成反应和取代反应C．M与H2加成后的产物，一氯代物有6种D．Q与乙醇互为同系物，且均能使酸性KMnO4溶液褪色二、非选择题(共84分)23、（14分）1，6-己二酸是合成高分子化合物尼龙的重要原料之一，可用六个碳原子的化合物氧化制备。如图是合成尼龙的反应流程：完成下列填空：（1）写出反应类型：反应①_____反应②_______。（2）A和B的结构简式为_______、_______。（3）由合成尼龙的化学方程式为___。（4）由A通过两步制备1，3-环己二烯的合成线路为：_______。24、（12分）艾司洛尔是预防和治疗手术期心动过速或高血压的一种药物，艾司洛尔的一种合成路线如下：回答下列问题：(1)丙二酸的结构简式为_______；E中含氧官能团的名称是_______。(2)D生成E的反应类型为____________。(3)C的结构简式为________________。(4)A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2，B能与溴水发生加成反应，推测A生成B的化学方程式为____。(5)X是B的同分异构体，X同时满足下列条件的结构共有____种，其中核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为____。①可与碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳②遇FeCl3溶液发生显色反应③除苯环外不含其他环(6)写出以苯甲醇和丙二酸为原料制备的合成路线________(其他试剂任选)。25、（12分）实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置A→B→C制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。（1）A中发生反应的离子方程式是_________。（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：实验实验操作现象结论Ⅰ向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质Ⅱ向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性（1）甲同学指出：由实验Ⅰ得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质______（填化学式），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称______。（2）乙同学指出由实验Ⅱ得出的结论不合理，原因是实验未证明_______（填化学式）是否有漂白性。（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_____。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由________。（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是________。（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_______。26、（10分）锡有SnCl2、SnCl4两种氯化物．SnCl4是无色液体，极易水解，熔点﹣36℃，沸点114℃，金属锡的熔点为231℃．实验室用熔融的金属锡跟干燥的氯气直接作用制取无水SnCl4（此反应过程放出大量的热）．实验室制取无水SnCl4的装置如图所示．完成下列填空：（1）仪器A的名称__；仪器B的名称__．（2）实验室制得的氯气中含HCl和水蒸气，须净化后再通入液态锡中反应，除去HCl的原因可能是__；除去水的原因是__．（3）当锡熔化后，通入氯气开始反应，即可停止加热，其原因是__．若反应中用去锡粉11.9g，反应后在锥形瓶中收集到23.8gSnCl4，则SnCl4的产率为__．（4）SnCl4遇水强烈水解的产物之一是白色的固态二氧化锡．若将SnCl4少许暴露于潮湿空气中，预期可看到的现象是__．（5）已知还原性Sn2+＞I﹣，SnCl2也易水解生成难溶的Sn（OH）Cl．如何检验制得的SnCl4样品中是否混有少量的SnCl2？__．27、（12分）I.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3℃，沸点为233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如图所示。回答下列问题：（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是___，反应结束后应继续通入一段时间CO2，主要目的是___。（2）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将a端的仪器改装为___、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。II.过氧化钙溶于酸，极微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作医用杀菌剂、消毒剂、防腐剂。已知从溶液中制得的过氧化钙带有8个结晶水，在100℃时会脱水生成米黄色的无水过氧化钙，而无水过氧化钙在349℃时会迅速分解生成CaO和O2。以下是一种用纯净的碳酸钙制备过氧化钙的实验方案。请回答下列问题：CaCO3滤液白色结晶（3）步骤①的具体操作为向碳酸钙中逐滴加入稀盐酸，至溶液中尚存有少量固体，此时溶液呈___性（填“酸”、“碱”或“中”）。将溶液煮沸，趁热过滤。将溶液煮沸的作用是__。（4）步骤②中反应的化学方程式为__，该反应需要在冰浴下进行，原因是__。（5）为测定产品中过氧化钙的质量分数，取1.2g样品，在温度高于349℃时使之充分分解，并将产生的气体（恢复至标准状况）通过如图所示装置收集，测得量筒中水的体积为112mL，则产品中过氧化钙的质量分数为___。28、（14分）维拉佐酮是临床上使用广泛的抗抑郁药，其关键中间体G的合成路线如下：已知：请回答下列问题：（1）A中含氧官能团的名称______________。（2）反应④的反应类型是：__________，G的分子式为：_________。（3）下列有关说法错误的是_________。a．B遇FeCl3溶液显紫色且能发生银镜反应b．A、B两种物质不可用核磁共振氢谱或红外光谱区别c．C能发生取代、加成、氧化、还原反应d．E能与NaOH反应,不能与盐酸反应（4）写出E与NH(CH2CH2Cl)2反应得到F的化学方程式：___________；⑤中加入K2CO3的作用是_________。（5）B的同分异构体中，满足下列条件的有_____种；①含有苯环；②能与NaOH溶液反应写出其中一种核磁共振氢谱为三组峰的结构简式：________。（6）已知：RBrRCNRCOOH，请以甲苯、乙醇等为原料制备，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见题干）__________________________29、（10分）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2①A中反应的化学方程式为___。②导管b的作用是___。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是___(只写1种)。②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是___。（3）装置C的主要作用是___(用离子方程式表示)。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平：__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O②滴定终点时的现象为___。③亚硝酰硫酸的纯度=___。（精确到0.1%）[M(NOSO4H)=127g·mol-1]

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】

Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。2、C【解析】

A.由图可知，放电时，Li+从碳a电极向碳b电极移动，原电池工作时，阳离子向正极移动，则碳b电极为正极，电子从a极流向b极，故A错误；B.电池反应为Li7Ti5O12+3FePO4＝Li4Ti5O12+3LiFePO4，B项没有配平，故B错误；C.充电时，Li+向a极移动，生成Li7Ti5O12，故电极方程式为：Li4Ti5O12+3Li++3e-＝Li7Ti5O12，故C正确；D.充电时，b电极失去电子发生氧化反应，应该和电源的正极相连，故D错误；正确答案是C。【点睛】放电时为原电池反应，正极发生还原反应，负极发生氧化反应，原电池工作时，阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，充电时，原电池的负极与电源的负极连接，发生还原反应，原电池的正极与电源的正极相连，发生氧化反应。3、B【解析】

W、X、Y、Z是原子序数依次增加的短周期主族元素，位于三个周期，Y、Z同周期，则W位于第一周期，为H元素，X位于第二周期，Y、Z位于第三周期，X的简单氢化物可与其最高价氧化物对应的水化物反应生成盐，则X为N元素，X、Z同主族，则Z为P元素，Y的最高价氧化物对应的水化物是二元中强碱，Y为Mg元素，据此分析解答。【详解】A．Y为Mg元素，Z为P元素，Y、Z同周期，同周期元素随核电核数增大，原子半径减小，则原子半径大小：Y>Z，故A正确；B．X为N元素，Y为Mg元素，Y3X2为Mg3N2，属于离子化合物，其中只有离子键，故B错误；C．Z为P元素，最高价氧化物为五氧化二磷，具有吸水性，属于酸性干燥剂，故C正确；D．W为H元素，X为N元素，XW3为氨气，浓氨水与氯气在空气中反应生成氯化铵，形成白烟，可以用含氨气的浓溶液检验氯气管道是否漏气，故D正确；答案选B。4、B【解析】

A.35﹪-40﹪的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B.液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C.苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉，皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错误；D.油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。5、C【解析】

向KCN溶液中先加入足量KOH溶液再通入氯气，充分反应后生成两种无毒的气体，气体是氮气和二氧化碳，方程式为2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O，由此分析解答。【详解】A．碳元素化合价从+2价升高到+4价，二氧化碳是氧化产物。N元素化合价由﹣3价升高为0价，氮气是氧化产物，选项A错误；B．氢氧化钾生成氯化钾，碱性变成中性，所以溶液的pH会降低，选项B错误；C．由反应2KCN+8KOH+5Cl2＝2CO2+N2+10KCl+4H2O可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：2，选项C正确；D．状况不知，所以无法求气体的体积，选项D错误；答案选C。6、B【解析】

A.非标准状况下，6.72L的H2的物质的量不一定是0.3mol，所以生成6.72L的H2，溶液中AlO2﹣的数目不一定增加0.2NA，故A错误；B.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，反应中只有水是氧化剂，每生成0.15molH2，被还原的水分子数目为0.3NA，故B正确；C.当2.7gAl参加反应时，转移的电子数目为0.3NA，加入2.7gAl，参加反应的铝不一定是0.1mol，故C错误；D.根据钠元素守恒，溶液中Na+的数目不变，故D错误。【点睛】本题考查化学方程式有关计算，侧重考查学生分析计算能力，注意：该反应中氢氧化钠不作氧化剂，易错选项是B，注意气体摩尔体积适用范围及适用条件。7、A【解析】

A.18O原子中子数为18-8=10，则0.5mol18O2中所含中子数为0.5mol×10×2=10mol，即10NA，故A正确；B.标准状况下，CHCl3为液态，不能根据体积计算出物质的量，故B错误；C.C2H2的摩尔质量为26g/mol，CO的摩尔质量为28g/mol，常温下，2.8gC2H2与CO的混合气体所含碳原数不能确定，故C错误；D.0.1mol/LNa2S溶液，未知溶液体积，则溶液中微粒数目不能确定，故D错误；故选A。8、D【解析】

根据元素在周期表位置关系，四种元素位于第二三周期，且Z的最高价氧化物对应的水化物为M，室温下，0.01mol/LM溶液pH<2。则Z为S，W、X、Y分别为C、N、Al。A．原子半径大小：N＜C＜Al，故A正确；B．Z元素为S，其单质易溶于CS2，故B正确；C．W、X分别为C、N，非金属性越强，气态氢化物的稳定性越强，非金属性：C＜N，则气态氢化物稳定性：CH4＜NH3，故C正确；D．Y为Al元素，含Al元素的离子有Al3+、AlO或[Al(OH)4]－，故D错误；答案选D。【点睛】根据相似相容原理，S易溶于CS2。9、A【解析】

A．同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，则非金属性：Br＞I＞At，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，则稳定性：HAt＜HI＜HBr，故A错误；B．同周期元素从左到右元素的非金属性之间增强，则非金属性：Cl＞S＞P，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，则酸性：H3PO4<H2SO4<HClO4，故B正确；C．同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，则原子半径：Si＞S；Ge＞As。原子核外电子层数越多，半径越大，Sn>Ge>Si。则原子半径：Sn>As>S，故C正确；D．同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，故表中元素Pb的金属性最强，故D正确；答案选A。【点睛】注意元素周期表中金属性非金属性变化规律：（1）同主族元素从上到下元素的非金属性逐渐降低，同周期元素从左到右元素的非金属性逐渐增强；（2）同主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱。10、C【解析】

A.SO2具有较强的还原性，NaClO具有强氧化性，足量SO2通入NaClO溶液中发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2＋H2O＋ClO－＝SO42－＋Cl－＋2H+，故A正确；B.在稀氨水中通入过量CO2，反应生成NH4HCO3，离子方程式为：NH3·H2O＋CO2＝NH4+＋HCO3－，故B正确；C.因浓硫酸具有强氧化性，可把Fe2＋和H2S氧化，所以用浓H2SO4溶解FeS固体，不能生成Fe2＋和H2S，故C错误；D.氢氧化钡溶液与等物质的量的稀H2SO4混合，反应的离子方程式为：Ba2＋＋2OH－＋2H＋＋SO42－＝BaSO4↓＋2H2O，故D正确；答案选C。【点睛】明确发生的化学反应及离子方程式的书写方法是解答的关键，本题的易错点是C项，因浓硫酸具有强氧化性，则生成物不可能为Fe2＋和H2S，所以在解题时要注意掌握离子方程式正误判断的常用方法，主要包括：检查反应能否发生、检查反应物和生成物是否正确、检查各物质拆分是否正确、检查是否符合原化学方程式等。11、B【解析】

已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A.反应①二氧化碳与镁反应、②碳与氧气反应、③碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确；B.同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C.丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D.在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。12、D【解析】

由题可知Y、Z同周期且Y在Z前面，X的主族序数在Y、Z的主族序数之后，Z的核电荷数为X的2倍，可能确定X在第二周期右后位置，Y、Z在第三周期的左前位置，结合题中条件可知X、Y、Z分别为：N、Na、Si，据此解答。【详解】A．Y、Z分别为Na、Si，Si单质为原子晶体，熔点比钠的高，即Y<Z，A错误；B．X为N元素，最高价氧化物的水化物HNO3为强酸，B错误；C．Y、Z分别为Na、Si，Si的氧化物SiO2为共价化合物，C错误；D．X、Z分别为：N、Si，气态氢化物稳定性NH3>SiH4，即X＞Z，D正确；答案选D。13、D【解析】

既能与酸反应，又能与强碱反应的氢氧化物属于两性氢氧化物，但氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，据此分析。【详解】A、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项A错误；B、由于氢氧化铝只能溶于碱中的强碱，故探究氢氧化铝的两性，不能用氨水，选项B错误；C、Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，偏铝酸钠溶液中滴加少量盐酸产生氢氧化铝沉淀，氢氧化铝沉淀会溶于过量的盐酸，操作步骤较多，不是最适宜的试剂，选项C错误；D、Al2（SO4）3溶液和少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，继续滴加氢氧化钠溶液沉淀溶解，向氢氧化铝沉淀加稀盐酸沉淀也溶解，说明氢氧化铝具有两性，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查了金属元素化合物的性质，注意把握氢氧化铝的性质是解题的关键，既能与强酸反应生成盐和水，又能与强碱反应生成盐和水的氢氧化物。14、B【解析】

A选项，在FeI2溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；B选项，碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多变”即澄清石灰水定为1mol来分析：2HCO3－+Ca2++2OH－=CaCO3↓+CO32－+2H2O，故B正确；C选项，向NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液至SO42－恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反应：Al3++NH4++2SO42－+2Ba2++4OH－=2BaSO4↓+Al(OH)3↓+H2O+NH3↑，故C错误；D选项，过量SO2通入到NaClO溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】物质发生反应的顺序是：先发生酸碱中和反应，再生成沉淀的反应，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的反应。15、D【解析】

A．由于醋酸根和铵根均会发生水解，所以溶液中这两种离子的数目一定小于0.5NA，A项错误；B．该溶液中乙醇的质量为4.6g，根据公式计算可知：；该溶液中的水的质量为5.4g，根据公式计算可知：；所以溶液中的H原子数目为1.2NA，B项错误；C．1个氨基中含有9个电子，16g氨基即1mol，所以含有电子数为9NA，C项错误；D．密闭容器中发生的虽然是可逆反应，但原子总数守恒，所以为8NA，D项正确；答案选D。16、B【解析】

A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH>盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B.时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20mL，故B正确；C.时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以，故C错误；D.时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的、，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则，再结合电荷守恒得，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。17、C【解析】

A.溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；B．实验Ⅰ和Ⅱ没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验Ⅲ中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；C．Ⅳ溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；D．Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH－反应，生成偏铝酸根，2Al＋2OH－＋2H2O=2AlO2－＋3H2↑，AlO2－和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。18、B【解析】

A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。19、C【解析】

A.因为酸性强弱关系为H2CO3>C6H5OH>HCO3-，所以即使通入过量的CO2也不会有CO32-生成：C6H5O－＋CO2＋H2O―→C6H5OH＋HCO3-。A项错误；B.因为是酸性溶液，所以产物中不会有OH-生成，正确的反应方程式为5NO2-＋2MnO4-＋6H+===5NO3-＋2Mn2＋＋3H2O。B项错误；C.Al(OH)3不能与氨水反应，所以该离子方程式是正确的，C项正确；D.离子方程式不符合物质[Ba(OH)2]的组成，正确的离子方程式为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－===BaSO4↓＋2H2O。D项错误；答案选C。【点睛】离子方程式正误判断题中常见错误：(1)不能正确使用分子式与离子符号；(2)反应前后电荷不守恒；(3)得失电子不守恒；(4)反应原理不正确；(5)缺少必要的反应条件；(6)不符合物质的组成；(7)忽略反应物用量的影响等。20、B【解析】

证明CH3COOH为弱酸，可从以下角度判断：①等浓度的HCl、CH3COOH导电能力；②等浓度的HCl、CH3COOH比较二者与金属反应速率大小；③判断是否存在电离平衡；④比较二者对应的盐溶液的酸碱性等，以此解答该题。【详解】A．某乙酸溶液与锌粒反应产生气泡很慢，说明该乙酸中氢离子浓度很小，但是不能说明乙酸部分电离，不能证明乙酸是弱电解质，A错误；B．乙酸钠的pH＞7，说明乙酸钠是强碱弱酸盐，乙酸是弱酸，B正确；C．乙酸溶液能使石蕊试液变红色，说明乙酸电离出氢离子，但不能说明部分电离，所以不能证明是弱电解质，C错误；D．某乙酸导电能力弱，说明该酸中离子浓度较小，但是不能说明乙酸部分电离，则不能证明乙酸是弱电解质，D错误；故合理选项是B。【点睛】本题考查弱电解质判断的知识。明确强、弱电解质根本区别是解本题关键，溶液导电性强弱与离子浓度及离子所带电荷有关，与电解质强弱无关，题目难度不大。21、C【解析】

A.由图可知，该过程是由太阳能转化成化学能，故A正确；B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；C.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素从0价降为−3价，氧元素从−2价升到0价，则氮气是氧化剂，水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3，故C错误；D.由于空气中主要是氮气和氧气，而氧气和氮气的沸点不同，所以可以通过分离液态空气的方法获得氮气，故D正确；答案选C。【点睛】本题对氧化还原反应综合考查，需要学会观察图示物质转化关系，根据化合价的升降，确定氧化剂还原剂，利用氧化还原反应的规律，配平氧化还原反应。22、C【解析】

A．M中含甲基、亚甲基均为四面体结构，则M分子中所有原子不可能均在同一平面，故A错误；B．M→N为取代反应，N→Q为水解反应，均属于取代反应，故B错误；C．M与H2加成后的产物为，中含有6种H，则一氯代物有6种，故C正确；D．Q中含苯环，与乙醇的结构不相似，且分子组成上不相差若干个“CH2”原子团，Q与乙醇不互为同系物，两者均含-OH，均能使酸性KMnO4溶液褪色，故D错误；故答案选C。二、非选择题(共84分)23、消去反应加成（氧化）反应n+NH2RNH2+(2n-1)H2O【解析】

根据A的分子式可知，A中含1个不饱和度，因此可推出A为环己烯，其结构简式为：，它是通过环己醇通过消去反应而得到，A经过氧化得到，与水在催化剂作用下生成；根据已知信息，结合B在水的催化作用下生成，采用逆合成分析法可知B应为其分子式正好为C6H8O3；最后经过缩聚反应合成尼龙，据此分析作答。【详解】根据上述分析可知，（1）反应①的反应类型为：消去反应；反应②为加氧氧化过程，其反应类型为加成（氧化）反应，故答案为：消去反应；加成（氧化）反应；（2）根据上述分析可知，A的结构简式为：；B的结构简式为：，故答案为：；；（3）与NH2RNH2发生缩聚反应生成尼龙，其化学方程式为：n+NH2RNH2+(2n-1)H2O；（4）A为，若想制备1，3-环己二烯，可先与溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成1,2—二溴环己烷，1,2—二溴环己烷再在氢氧化钠乙醇溶液、加热的条件下发生消去反应生成1，3﹣环己二烯，其具体合成路线如下：。24、HOOC－CH2－COOH醚键、酯基取代反应15【解析】

本题主要考查有机合成综合推断以及逆向合成。合成路线分析：由E的结构简式以及D的分子式可推断出D的结构简式为，由C与甲醇发生酯化反应生成D，可推断出C的结构简式为，B与氢气发生加成反应生成C，结合B的分子式与第（4）问中“B能与溴水发生加成反应”，可推断出B的结构简式为，A与丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成B，结合A的分子式以及第（4）问中“A遇FeCl3溶液发生显色反应，1molA和1mol丙二酸在吡啶、苯胺中反应生成1molB、1molH2O和1molCO2”，可推断出A的结构简式为。【详解】（1）丙二酸的结构简式为：；观察E结构简式可知，所含含氧官能团有：醚键、酯基；（2）D生成E的方程式为：，故反应类型为取代反应；（3）由上述分析可知，C的结构简式为：；（4）根据化学方程式配平可写出A生成B的化学方程式为：；（5）条件①：该结构简式中含有羧基；条件②：该结构简式中含有酚羟基；条件③：除苯环外，不含有其它杂环；可以酚羟基作为移动官能团，书写出主要碳骨架，再进行判断同分异构体总数，（1）中酚羟基有2个取代位置（不包含本身），（2）中酚羟基有3个取代位置，（3）中酚羟基有4个取代位置，（4）中酚羟基有4个取代位置，（5）中酚羟基有2个取代位置，故同分异构体一共有2+3+4+4+2=15种；核磁共振氢谱有五组峰的结构简式为。（6）对比苯甲醇和结构简式，根据题干信息，需将苯甲醇氧化生成苯甲醛，再模仿A生成B的方程式生成，再根据碳碳双键与卤素单质加成再取代合成，故合成路线为：【点睛】本题主要考查有机物的推断与合成，采用正推和逆推相结合的方法，逐步分析有机合成路线，可推出各有机物的结构简式，然后分析官能团推断各步反应及反应类型。官能团是决定有机物化学性质的原子或原子团，有机反应绝大多数都是围绕官能团展开，而高中教材中的反应原理也只是有机反应的一部分，所以有机综合题中经常会出现已知来推断部分没有学习过的有机反应原理，认识这些反应原理时可以从最简单的断键及变换的方法进行，而不必过多追究。25、MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2OHClCl2取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl-不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。酸性和漂白性加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色【解析】

（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；②验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥氯气的影响，需要进行对比实验；③依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）①浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；；②实验Ⅰ：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；故答案为：Cl2；③氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl-存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价；④正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验Ⅰ、Ⅱ中相似，说明氯水具有漂白性和酸性，故答案为：酸性和漂白性；（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH++Cl-+HClO，加入蒸馏水溶液接近无色，说明c（Cl2）几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色。【点睛】氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯气，次氯酸，水，氢离子，氯离子，次氯酸根离子，氢氧根离子。26、蒸馏烧瓶冷凝管Sn可能与HCl反应生成SnCl2防止SnCl4水解Sn和Cl2反应放出大量的热91.2%空气中有白烟取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净【解析】

装置A有支管，因此是蒸馏烧瓶，氯气进入烧瓶与锡反应得到，加热后挥发，进入装置B冷凝管中，注意冷凝水的方向是下进上出，冷却后的变为液体，经牛角管进入锥形瓶E中收集，而F中的烧碱溶液可以吸收过量的氯气，据此来分析作答。【详解】（1）装置A是蒸馏烧瓶，装置B是冷凝管；（2）锡在金属活动顺序表中位于氢之前，因此金属锡会和反应得到无用的，而除去水蒸气是为了防止水解；（3）此反应过程会放出大量的热，因此此时我们可以停止加热，靠反应放出的热将持续蒸出；根据算出锡的物质的量，代入的摩尔质量算出理论上能得到26.1克，则产率为；（4）水解产生白色的固态二氧化锡，应该能在空气中看到一些白烟；（5）根据题目给出的信息，若溶液中存在，则可以将还原为，因此我们取样品少许，溶于稀盐酸中，加2滴碘的淀粉溶液，振荡，若紫色褪去，说明SnCl4混有少量的SnCl2，否则SnCl4纯净。27、打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出残留在装置中的四溴化钛和溴蒸气直形冷凝管温度计酸除去溶液中的二氧化碳CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O温度过高时过氧化氢分解60%【解析】

I.TiBr4常温易潮解，所以制备TiBr4时要使用干燥的反应物，所以通入的二氧化碳气体必须干燥，浓硫酸能干燥二氧化碳，所以试剂A为浓硫酸；因为装置中含有空气，空气中氧气能和C在加热条件下反应，所以要先通入二氧化碳排出装置中空气，需要打开K1，关闭K2和K3；然后打开K2和K3

，同时关闭K1，发生反应TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制备TiBr4，TiBr4常温下为橙黄色固体，流入收集装置中；溴有毒不能直接排空，应该最后有尾气处理装置，TiBr4易潮解，所以装置X单元能起干燥作用，结合题目分析解答。II.大理石加入稀盐酸溶解得到氯化钙溶液，将溶液煮沸，趁热过滤，将溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反应②滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，过滤得到过氧化钙晶体，水洗、乙醇洗、烘烤得到过氧化钙固体，以此来解答。【详解】(1)根据分析以及图示可知加热前要先打开K1，关闭K2和K3，通入二氧化碳排出装置中空气；反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染；(2)在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将a端的仪器改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，蒸馏时要根据温度收集馏分，所以在防腐胶塞上应加装温度计；(3)此时溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；将溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反应②是滤液中加入氨水和过氧化氢冰水浴中反应生成过氧化钙晶体，反应的化学方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3•H2O+6H2O=CaO2•8H2O↓+2NH4Cl或CaCl2+2NH3•H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；过氧化氢热易分解，所以该反应需要在冰浴下进行；(5)过氧化钙受热分解，方程式为2CaO2=2CaO+O2↑，收集到的气体为氧气，根据量筒中水的体积可知收集到氧气112mL，则其物质的量为=0.005mol，则原样品中n(CaO2)=0.01mol，所以样品中过氧化钙的质量分数为=60%。28、羟基、硝基还原反应C13H15N3O2bd+NH(CH2CH2Cl)2→+2HCl消耗生成物HCl，促进上述反应有利于生成F的方向移动，从而提高F的产率15或【解析】

由有机物的转化关系可知，一定条件下反应生成，与ClCH2COOC2H5发生取代反应生成和氯化氢，则C为；在稀氢氧化钠溶液中加热转化为，与铁、盐酸发生还原反应生成，则E为；与发生取代反应生成和氯化氢，与氨气发生取代反应生成和乙醇。【详解】（1）A的结构简式为，含有的官能团为羟基、硝基，故答案为羟基、硝基；（2）反应④与铁、盐酸发生还原反应生成；由G的结构简式可知分子式为C13H15N3O2，故答案为还原反应；C13H15N3O2；（3）a、B的结构简式为，分子中含有酚羟基，遇FeCl3溶液会显紫色，含有醛基，能与银氨溶液发生银镜反应，故正确；b、A的结