2022届浙江省91高中联盟高三最后一模化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷考生须知：1全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。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、下列物质中含有非极性键的共价化合物是ACCl4BNa2O2CC2H4DCS22、下列关于元素周期表和元素周期律的说法正确的是（ ）ALi、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而减少B第二周期元素从L

2、i到F，非金属性逐渐减弱C因为K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强DO与S为同主族元素，且O比S的非金属性弱3、向某恒容密闭容器中加入1.6 mol L-1的NO2后，会发生如下反应：2NO2(g)N2O4(g) H =-56.9kJmol-1。其中N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是A升高温度，60s后容器中混合气体颜色加深B0-60s内，NO2的转化率为75%C0-60s内，v(NO2)=0.02mol L-1 s-1Da、b两时刻生成NO2的速率v(a)v(b)4、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是（ ）A标准状况下，22.4L二氯甲烷的分

3、子数约为NAB乙烯和丙烯组成的42g混合气体中含碳原子数为6NAC1mol甲醇完全燃烧生成CO2和H2O，转移的电子数目为12NAD将1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-数目等于NA5、下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是操作或现象所得结论A向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸碳酸苯酚B取酸性KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性：KMnO4H2O2C用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D向装有适量淀粉水解液试管中加

4、入新制的银氨溶液，然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象淀粉未水解AABBCCDD6、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是A通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2-+2H+O2C步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输7、-紫罗兰酮是存在于玫瑰花、番茄等中的一种天然香料，它经多步反应可合成维生素A1。下列说法正确的是A-紫罗兰酮可使酸性KMnO4溶液褪色B1mol中间体

5、X最多能与2mol H2发生加成反应C维生素A1易溶于NaOH溶液D-紫罗兰酮与中间体X互为同分异构体8、如图所示，在一个密闭的玻璃管两端各放一团棉花，再用注射器同时在两端注入适量的浓氨水和浓盐酸，下列说法不正确的是A玻璃管中发生的反应可表示为：NH3HClNH4ClB实验时会在玻璃管的A处附近看到白雾C用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出D将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象9、室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，向溶液中加入下列物质充分混合后，有关结论不正确的是（ ）加入的物质结论A0.05molCH3COONa固体减小B0.05molNaHSO4固体c（C

6、H3COO）+c（CH3COOH）=c（Na+）c（SO42）C0.05molNH4Cl固体水电离程度增大D50mLH2O由水电离出的c（H+）c（OH）减小AABBCCDD10、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A所有的碳原子均处于同一平面B与硝基苯互为同分异构体C六元环上的一氯代物有4种D1mol该分子能和4mol H2发生加成反应11、NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是Ac(H2CO3)和c(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，含有Na+数目为NAB5g 21H和31H的混合

7、物发生热核聚变反应：21H+31H42He+10n，净产生的中子(10n)数为NAC1L 0.1mol/L乙醇溶液中存在的共价键总数为0.8NAD56g 铁与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子12、 “乃焰硝、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”是对我国古代四大发明之一的火药的描述。其中，“焰硝”是AKClO3BNa2SO4CKNO3DNa2O213、充分利用已有的数据是解决化学问题方法的重要途径对数据的利用情况正确的是A利用化学平衡常数判断化学反应进行的快慢B利用溶解度数据判断氧化还原反应发生的可能性C利用沸点数据推测将一些液体混合物分离的可能性D利用物质的摩尔质量判断相同状态下不同物质

8、密度的大小14、高铁电池是一种新型可充电电池，电解质溶液为KOH溶液，放电时的总反应式为3Zn + 2K2FeO4 + 8H2O 3Zn（OH）2 + 2Fe（OH）3 + 4KOH下列叙述正确的是A放电时，负极反应式为3Zn6e+6OH3Zn（OH）2B放电时，正极区溶液的pH减小C充电时，每转移3mol电子，阳极有1mol Fe（OH）3被还原D充电时，电池的锌电极接电源的正极15、强酸和强碱稀溶液的中和热可表示为H+(aq)+OH(aq)H2O(l)+55.8kJ。已知：HCl(aq)+NH3H2O(aq)NH4Cl(aq)+H2O(l)+a kJ；HCl(aq)+NaOH(s)NaCl

9、(aq)+H2O(l)+b kJ；HNO3(aq)+KOH(aq)KNO3(aq)+H2O(l)+c kJ。则a、b、c三者的大小关系为()AabcBbcaCa=b=cDa=bc16、ABS合成树脂的结构简式如图，则生成该树脂的单体的种数和反应类型正确的是A1种，加聚反应B2种，缩聚反应C3种，加聚反应D3种，缩聚反应17、下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是AFe2O3能溶于酸,可用作红色油漆和涂料BNaHCO3的水溶液呈弱碱性,可用作膨松剂CAl2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚DSiO2熔点高、硬度大,常用来制造集成电路18、下列在科学研究过程中使用的实验装置内，没有发生氧化还原反应的

10、是A屠呦呦用乙醚提取青蒿素B伏打发明电池 C拉瓦锡研究空气成分D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成AABBCCDD19、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A2.4 g Mg与足量硝酸反应生成NO和的混合气体，失去的电子数为 B1 mol甲苯分子中所含单键数目为 C的溶液中，由水电离出的H+数目一定是 D、和的混合气体中所含分子数为 20、根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是操作现象结论A将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色具有漂白性B向溶液中滴加12滴溶液，再滴加2滴溶液先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀C向滴有酚酞的溶液中加入少量固体有白色沉淀生成

11、，溶液红色变浅溶液中存在水解平衡D将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中产生白色沉淀酸性：AABBCCDD21、一种三电极电解水制氢的装置如图，三电极为催化电极a、催化电极b和Ni(OH)2电极。通过控制开关连接K1或K2，可交替得到H2和O2。下列说法错误的是（ ）A制O2时，电子由Ni(OH)2电极通过外电路流向催化电极bB制H2时，阳极的电极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2OC催化电极b上，OH-发生氧化反应生成O2D该装置可在无隔膜的条件下制备高纯氢气22、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类错误的是A电解质：明矾、碳酸、硫酸钡B酸性氧化物：SO3、CO2、NOC混合

12、物：铝热剂、矿泉水、焦炉气D同素异形体：C60、C70、金刚石二、非选择题(共84分)23、（14分）在医药工业中，有机物 G是一种合成药物的中间体 ，其合成路线如图所示 ：已知：R1ONa+R2XR1OR2+NaX(R1与 R2代表苯环或烃基、X 代表卤素原子）RCOOH+SOCl2(液体)RCOCl+HCl+SO2回答下列问题：（1）A 与C在水中溶解度更大的是 _ ， G 中官能团的名称是 _。 （2）EF 的有机反应类型是 _ ，F 的分子式为_。（3）由AB反应的化学方程式为 _。 （4）物质D的结构简式为 _。 （5）BC 反应中加入NaOH 的作用是_。（6）写出一种符合下列条件

13、的G的同分异构体 _ 。与G的苯环数相同；核磁共振氢谱有5 个峰；能发生银镜反应24、（12分）两种重要的有机化工合成中间体F和Y可用甲苯为主要原料采用以下路线制得：已知：2CH3CHOCH3CH(OH)CH2CHOCH3CH=CHCHO请回答下列问题：（1）写出A的结构简式_。（2）BC的化学方程式是_。（3）CD的反应类型为_。（4）1molF最多可以和_molNaOH反应。（5）在合成F的过程中，设计BC步骤的目的是_。（6）写出符合下列条件的3种A的同分异构体的结构简式_、_、_。苯环上只有两种不同化学环境的氢原子能发生银镜反应（7）以X和乙醇为原料通过3步可合成Y，请设计合成路线_（

14、无机试剂及溶剂任选）。25、（12分）绿矾（FeSO47H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8，沸点44.8，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_。（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中_（填字母）。A不含SO2 B可

15、能含SO2 C一定含有SO3（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_。能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是_。（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象_。26、（10分）氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品：铜丝、氯化铵、65硝酸、20盐酸、水。(1)质量分数为20的盐酸密

16、度为，物质的量浓度为_；用浓盐酸配制20盐酸需要的玻璃仪器有：_、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下：检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是_；加热至，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为_；三颈瓶中生成的总的离子方程为_；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。粗品用95乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用

17、_(填字母)。(4)下列说法不正确的是_A步骤中可以省去，因为已经加入了B步骤用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化C当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气D流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤用95乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是_、_(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析：称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；用硫酸Ce(SO4)2标准溶液测定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1)：平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为_(结果保留3

18、位有效数字)。误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是_。A锥形瓶中有少量蒸馏水 B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C所取溶液体积偏大 D滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失27、（12分）某小组以亚硝酸钠（NaNO2）溶液为研究对象，探究NO2-的性质。实验试剂编号及现象滴管试管2mL1%酚酞溶液1 molL-1 NaNO2溶液实验I：溶液变为浅红色，微热后红色加深1 molL-1 NaNO2溶液 0.1 molL-1 KMnO4 溶液 实验II：开始无明显变化，向溶液中滴加稀硫酸后紫色褪去 KSCN溶液1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验III：无明显变化1 molL-1 Na

19、NO2溶液 1 molL-1 FeSO4 溶液（pH=3）实验IV：溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红资料：Fe(NO)2+在溶液中呈棕色。（1）结合化学用语解释实验I“微热后红色加深”的原因 _（2）实验II证明NO2-具有_性， 从原子结构角度分析原因_（3）探究实验IV中的棕色溶液为确定棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，设计如下实验，请补齐实验方案。实验溶液a编号及现象1 molL-1FeSO4溶液（pH=3）i溶液由_色迅速变为_色_ii无明显变化加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，溶液中有红褐色沉淀生成。解释上述

20、现象产生的原因_。（4）络合反应导致反应物浓度下降，干扰实验IV中氧化还原反应发生及产物检验。小组同学设计实验V：将K闭合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大。盐桥的作用是_电池总反应式为_实验结论：NO2-在一定条件下体现氧化性或还原性，氧还性强弱与溶液酸碱性等因素有关。28、（14分）庆祝新中国成立 70 周年阅兵式上，“东风-41 洲际弹道导弹”“歼 20”等护国重器闪耀亮相，它们都采用了大量合金材料。回答下列问题：(1)某些导弹的外壳是以碳纤维为增强体，金属钛为基体的复合材料。基态钛原子的外围电子排布式为_。钛可与 C、N、O 等元素形成二元化合物，C、N、O 元素的电负

21、性由大到小的顺序是_。(2)钛比钢轻，比铝硬，钛硬度比铝大的原因是_。(3)钛镍合金可用于战斗机的油压系统，该合金溶于热的硫酸生成 Ti（SO4）2、NiSO4，其中阴离子的立体构型为_，S 的_杂化轨道与 O 的 2p 轨道形成_键（填 “”或“”）。(4)金属钛采用六方最密堆积的方式形成晶体，其晶胞的俯视图为_（填字母序号）。(5)氮化钛熔点高，硬度大，其晶胞结构如图所示。若氮化钛晶体中 Ti 原子的半径为 a pm，N 原子的半径为 b pm，则氮化钛晶体中原子的空间利用率的计算式为_（用含 a、b 的式子表示）。碳氮化钛化合物在航天航空领域有广泛的应用，其结构是用碳原子代替氮化钛晶胞顶

22、点的氮原子，则这种碳氮化钛化合物的化学式为_。29、（10分）某高分子有机物P的合成路线如下：已知1 mol B与足量的金属钠反应产生标况下22.4L氢气(1)A是2-甲基丙烯酸，A的结构简式是_，E的化学式为_(2)A和B生成C的反应类型是_，D生成P的反应类型是_(3)A与过量的B反应生成C，若A过量，则得到C, C的结构简式为_(4)P用NaOH溶液处理，完全水解的化学方程式是：_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、C【解析】ACCl4中只含C-Cl极性共价键，故A不选；BNa2O2既含有非极性共价键，又含有离子键，为离子化合物，故B不选；CC2H4

23、中含C-H极性共价键和C=C非极性共价键，只含共价键，由C、H元素组成，为共价化合物，故C选；DCS2中只含C=S极性共价键，故D不选；故选：C。2、C【解析】A.Li、Na、K元素的原子核外电子层数随着核电荷数的增加而增多，故A错误；B. 第二周期元素从Li到F，金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增强，故B错误；C.金属越容易失去电子，则金属性越强，K比Na容易失去电子，所以K比Na的还原性强，所以C选项是正确的；D.O与S为同主族元素，同主族自上而下元素非金属性减弱，O比S的非金属性强，故D错误。答案选C。3、D【解析】A. 放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A项正确

24、；B. 设容器体积为V，0-60s内，生成N2O4的物质的量为0.6Vmol，则消耗的NO2的物质的量为1.2Vmol，NO2的转化率为=75%，B项正确；C. 根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内=0.01 molL1s1，则v(NO2)=2 v(N2O4)=20.01 molL1s1=0.02molL1s1 ，C项正确；D. 随着反应的进行，消耗的NO2的浓度越来越小，生成NO2的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b两时刻生成NO2的速率：v(a)H2O2，B正确；C医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒

25、表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；D淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在水解所制得溶液中先加NaOH溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D错误；答案选B。6、B【解析】A.在ClO2发生器中一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其吹入吸收塔中进行吸收，选项A正确；B.吸收塔中加入了浓氢氧化钠溶液，显然其中的反应不可能得到氢离子，选项B错误；C.冷却结晶得到NaClO2固体后，应该经过过滤，洗涤，干燥得到产品，选项C正确；D.气体的贮存和运输都远比固体困难，所以将ClO2气体制

26、成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，选项D正确。答案选B。7、A【解析】A.紫罗兰酮含有碳碳双键，可使酸性KMnO4溶液褪色，故A正确；B.1mol中间体X含有2mol碳碳双键、1mol醛基，所以最多能与3 mol H2发生加成反应，故B错误；C.维生素A1含有醇羟基，所以不易溶于NaOH溶液，故C错误；D.紫罗兰酮与中间体X所含C原子数不同，不是同分异构体，故D错误。故选A。8、B【解析】A、玻璃管中浓氨水分解产生的氨气与浓盐酸挥发的氯化氢气体反应生成氯化铵，发生的反应可表示为：NH3HClNH4Cl，选项A正确；B、分子运动速率和分子的相对分子质量成反应比，故应在C附近看到白烟，

27、选项B不正确；C、氨气与氯化氢反应为放热反应，用手触摸玻璃管外壁，会感觉到有热量放出，选项C正确；D、浓硝酸也易挥发，与氨气反应生成白烟硝酸铵，故将浓盐酸换成浓硝酸也会有相似现象，选项D正确。答案选B。【点睛】本题考查分子的定义与分子的特性、根据化学反应方程式的计算。了解分子的特点，掌握化学反应原理，易错点为选项B：分子运动速率和分子的相对分子质量成反应比。9、A【解析】室温下，将0.05molCH3COONa固体溶于水配成100mL溶液，所得溶液的浓度为0.5mol/L。则A、再加入0.05molCH3COONa固体，c(Na+)增大为原来的2倍，而由于溶液浓度增大，故CH3COO的水解程度

28、变小，故c(CH3COO)大于原来的2倍，则c(CH3COO)/c(Na+)比值增大，A错误；B、加入0.05molNaHSO4固体，能和0.05molCH3COONa反应生成0.5mol/LCH3COOH和0.5mol/L的Na2SO4的混合溶液，根据物料守恒可知，c(CH3COO)+c(CH3COOH)=0.5mol/L，而c(Na+)=1mol/L，c(SO42)=0.5mol/L，故有：c(CH3COO)+c(CH3COOH)=c(Na+)c(SO42)，B正确；C、加入0.05molNH4Cl固体后，和CH3COONa发生双水解，水解程度增大，则对水的电离的促进会增强，故水的电离程度

29、增大，C正确；D、加入50mL水后，溶液变稀，pH变小，即溶液中c(OH)变小，而溶液中所有的氢氧根均来自水的电离，即水电离出的c(OH)变小，且水电离出的氢离子浓度和其电离出的氢氧根的浓度相同，故水电离出的c(H+)变小，因此由水电离出的c(H+)c(OH)减小，D正确，答案选A。10、D【解析】A该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正确；B硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D羧基

30、中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。11、D【解析】A. n(H2CO3)和n(HCO3-)之和为1mol的NaHCO3溶液中，根据物料守恒可知含有Na+数目大于NA，A错误；B.不能确定 5g 21H和31H的混合物各自微粒的质量，因此不能计算产生的中子数，B错误；C. 溶剂水分子中还存在共价键，C错误；D. 56g 铁是1mol，与足量氯气反应，氯气共得到3NA个电子，D正确，答案选D。点睛：阿伏伽德罗常数与微粒数目的关系涉及的知识面广，涉及到核素、弱电解质电离、氧化还原反应、化学平衡、胶体、化学

31、键等知识点。与微粒数的关系需要弄清楚微粒中相关粒子数(质子数、中子数、电子数)及离子数、电荷数、化学键之间的关系，计算氧化还原反应中的转移电子数目时一定要抓住氧化剂或还原剂的化合价的改变以及物质的量，还原剂失去的电子数或氧化剂得到的电子数就是反应过程中转移的电子数。12、C【解析】我国古代四大发明中的火药，为“一硝二硫三木炭”， “焰硝”指的为硝酸钾，答案为C。13、C【解析】A、平衡常数的大小体现一个可逆反应进行的程度大小，平衡常数越大，则表示反应物的转化率越高，它是一个只随温度改变而改变的量，只在可逆反应中才会出现；错误；B、氧化还原反应发生的可能性是需要判断物质氧化性还原性的相对强弱，错

32、误；C、沸点差别，可以选用蒸馏的方法分离，正确；D、需要考虑物质的状态，气体和液体没有可比性，错误。14、A【解析】A放电时，Zn失去电子，发生3Zn6e+6OH3Zn（OH）2，故A正确；B正极反应式为FeO42-+4H2O+3e=Fe（OH）3+5OH，pH增大，故B错误；C充电时，铁离子失去电子，发生Fe（OH）3转化为FeO42的反应，电极反应为Fe（OH）33e+5OH=FeO42+4H2O，每转移3mol电子，阳极有1mol Fe（OH）3被氧化，故C错误；D充电时，电池的负极与与电源的负极相连，故D错误故选A15、B【解析】HCl（aq）+NH3H2O（aq）NH4Cl（aq）+

33、H2O（l）+a kJ，NH3H2O是弱电解质，电离过程吸热，因此a55.8；HCl（aq）+NaOH（s）NaCl（aq）+H2O（l）+b kJ，氢氧化钠固体溶解放热，因此b55.8；HNO3（aq）+KOH（aq）KNO3（aq）+H2O（l）+c kJ，符合中和热的概念，因此c=55.8，所以a、b、c三者的大小关系为bca；选B。【点睛】本题考查了中和热的计算和反应热大小比较，理解中和热的概念，明确弱电解质电离吸热、强酸浓溶液稀释放热、氢氧化钠固体溶解放热；16、C【解析】ABS合成树脂的链节为，链节的主链上全是碳原子，ABS树脂由单体发生加聚反应得到，按如图所示的虚线断开：，再将双

34、键中的1个单键打开，然后将半键闭合即可得ABS树脂的单体为：CH2=CHCN、CH2=CHCH=CH2和C6H5CH=CH2，有3种，单体之间通过加聚反应生成合成树脂；答案选C。17、C【解析】A. Fe2O3可用作红色油漆和涂料是因为是一种红棕色的物质，而不是因为Fe2O3能溶于酸，故A错误；B. 碳酸氢钠不稳定受热易分解生成二氧化碳，所以可做焙制糕点的膨松剂，故B错误；C. Al2O3熔点高,可用于制作耐火坩埚，故C正确；D. 二氧化硅具有良好的光学特性，可以用于制造光导纤维，与其熔点高性质无关，故D错误；正确答案是C。18、A【解析】A屠呦呦用乙醚提取青蒿素属萃取、分液，是物理变化，不存

35、在氧化还原反应，故A错误；B原电池中发生的是自发的氧化还原反应，故B正确；C拉瓦锡研究空气成分时存在Hg在加热条件下与氧气发生反应生成HgO，是氧化还原反应，故C正确；D李比希用CuO做氧化剂分析有机物的组成，发生了氧化还原反应，故D正确；答案为A。19、D【解析】本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。【详解】A.2.4g Mg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；D.CO2、N2O和C3H8的摩尔

36、质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1 mol，所含分子数为0.1NA，故D正确；答案：D20、C【解析】A将分别通人溴水和酸性高锰酸钾溶液中，溴水和酸性高锰酸钾溶液均褪色，体现了SO2的还原性，而不是漂白性，故A错误；B向溶液中滴加12滴溶液，再滴加2滴溶液，观察到先产生白色沉淀，后产生红褐色沉淀，因NaOH溶液过量，无法判断，故B错误；C向滴有酚酞的溶液中加入少量固体，发现有有白色沉淀生成，溶液红色变浅，说明Ba2+与CO32-结合生成BaCO3沉淀，促进CO32-的水解平衡逆向移动，溶液的碱性减弱，故C正确；D将与盐酸反应得到的气体直通入溶液中，观察到产生白色沉淀，

37、因盐酸有挥发性，生成的CO2中混有HCl，则无法判断碳酸的酸性比硅酸强，故D错误；故答案为C。21、A【解析】A催化电极b中，水失电子生成O2，作阳极，电子由催化电极b通过外电路流向Ni(OH)2电极，A错误；B制H2时，催化电极a为阴极，阳极Ni(OH)2在碱性溶液中失电子生成NiOOH，电极反应式为Ni(OH)2+OH-e-=NiOOH+H2O，B正确；C催化电极b上，水电离产生的OH-失电子，发生氧化反应生成O2，C正确；D该装置中，电解质只有水，所以可在无隔膜的条件下制备高纯氢气，D正确；故选A。22、B【解析】A溶于水或在熔融状态下均能自身电离出离子的化合物是电解质，明矾、碳酸、硫酸

38、钡均是电解质，故A正确；B能与碱反应生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成盐氧化物，故B错误；C由多种物质组成的是混合物，铝热剂、矿泉水、焦炉气均是混合物，故C正确；D由同一种元素形成的不同单质互为同素异形体，C60、C70、金刚石均是碳元素形成的单质，互为同素异形体，故D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、C 羰基（或酮基）、醚键 取代反应 C8H7OCl 或 C8H7ClO 催化剂、促进水解 【解析】与氯气反应生成，在氢氧化钠溶液作用下反应生成，根据信息与CH2I2反应生成，根据信息E和SOCl2反应生成F，与F反应生成G。【详解】A

39、是苯酚在水中溶解度不大，C为盐，在水解溶解度大，因此A与C在水中溶解度更大的是C，根据G的结构得到G中官能团的名称是羰基、醚键；故答案为：C；羰基(或酮基)、醚键。EF是OH变为Cl，Cl取代羟基，因此有机反应类型是取代反应，根据F的结构简式得到F的分子式为C8H7OCl或C8H7ClO；故答案为：取代反应；C8H7OCl或C8H7ClO。由AB反应是氯原子取代羟基的邻位上的氢，其化学方程式为；故答案为：。根据D和F生成G的反应得到物质D的结构简式为；故答案为：。根据B的结构()，加入NaOH溶液得到C()，反应中加入NaOH的作用是催化剂、促进水解；故答案为：催化剂、促进水解。与G的苯环数相

40、同；核磁共振氢谱有5个峰，说明对称性较强；能发生银镜反应说明有醛基或则甲酸酯，则符合条件的G的同分异构体；故答案为：。24、 (CH3CO)2OCH3COOH 氧化反应 3 氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基 CH3CH2OH CH3CHO 【解析】分析有机合成过程，A物质为发生苯环上的对位取代反应生成的，故A为，结合已知条件，可知B为，结合BC的过程中加入的(CH3CO)2O以及D的结构可知，C为B发生了取代反应，-NH2中的H原子被-COCH3所取代生成肽键，CD的过程为苯环上的甲基被氧化成羧基的过程。D与题给试剂反应，生成E，E与H2O发生取代反应，生成F。分析X、Y的结构，结合题

41、给已知条件，可知XY的过程为，据此进行分析推断。【详解】（1）从流程分析得出A为,答案为：；（2）根据流程分析可知，反应为乙酸酐与氨基反应形成肽键和乙酸。反应方程式为：(CH3CO)2OCH3COOH。答案为：(CH3CO)2OCH3COOH；（3）结合C、D的结构简式，可知CD的过程为苯环上的甲基被氧化为羧基，为氧化反应。答案为：氧化反应；（4）F分子中含有羧基、氨基和溴原子，其中羧基消耗1 mol氢氧化钠，溴原子水解得到酚羟基和HBr各消耗1 mol氢氧化钠，共消耗3 mol。答案为：3；（5）分析B和F的结构简式，可知最后氨基又恢复原状，可知在流程中先把氨基反应后又生成，显然是在保护氨基

42、。答案为：氨基易被氧化，在氧化反应之前需先保护氨基；（6）由得出苯环中取代基位置对称，由得出含有醛基或甲酸酯基，还有1个氮原子和1个氧原子，故为、。答案为：、；（7）根据已知条件需要把乙醇氧化为乙醛，然后与X反应再加热可得出产物。故合成路线为：CH3CH2OHCH3CHO。答案为：CH3CH2OHCH3CHO 。25、品红溶液褪色 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 BC AFGBDH 用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。 取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。 【解析】二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二

43、氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。【详解】（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。 （2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色

44、的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。【点睛

45、】检验Fe3+的方法是滴加KSCN溶液，若变红则含有Fe3+；检验Fe2+的一种方法是滴加KSCN溶液不变红，再滴加双氧水，若变红则含有Fe2+；26、6.0mol/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3 3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD 【解析】根据流程：氧气通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度5085制得NH4CuCl2，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、H

46、Cl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；(1) 根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；(2) 氯化铵溶解吸热；根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，据此书写； (3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；(4) A步骤得到CuCl2(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；BCuCl 易被氧化，应做防氧化处理；C三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；(5) 氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于

47、乙醇分析可得；(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuClFeCl3Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1) 盐酸的物质的量浓度c=6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要量筒；(2)因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、

48、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O； (3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B； (4) A步骤得到CuCl2(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误；B步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是NaCuCl2转化为CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；C三颈烧瓶上方不出现红

49、棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；D步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；故答案为AD； (5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化； (6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuClFeCl3Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为100%=95.5%；依据c(待测

50、)=分析：A锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。【点睛】误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。27、NO2-发生水解

51、反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深 还原性 N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性 浅绿色 棕色 0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3） 棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀 阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生 Fe2+ +NO2-+2H+= Fe3+ +NO+H2O 【解析】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO

52、2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）N原子最外层5个电子，NO2-中N为+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）若要证明棕色物质是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，据此解答；（4）将K闭

53、合后电流表指针发生偏转，向左侧滴加醋酸后偏转幅度增大，由图可知，该装置构成了原电池，两电极分别产生NO和Fe3+，U形管中间盐桥的作用是阻碍Fe2+与NO接触，避免络合反应发生；两电极反应式相加得总反应式。【详解】（1）根据实验I的现象说明NaNO2为强碱弱酸盐，NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深，所以在2mL1 molL-1 NaNO2溶液中滴加酚酞溶液出现溶液变为浅红色，微热后红色加深，故答案为NO2-发生水解反应NO2-+H2OHNO2+OH-，温度升高水解平衡正向移动，碱性增强，溶液红色加深；（2）根据实验II说明Na

54、NO2溶液与KMnO4 溶液在酸性条件下发生氧化还原反应而使KMnO4 溶液的紫色褪去，即KMnO4被还原，说明NO2-具有还原性。NO2-具有还原性的原因是：N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性，故答案为还原性；N原子最外层5个电子（可用原子结构示意图表示），+3价不稳定，易失电子，体现还原性；（3）实验IV在FeSO4 溶液（pH=3）中滴加NaNO2溶液，溶液先变黄，后迅速变为棕色，滴加KSCN溶液变红，说明有Fe3+生成，NO2-被还原为NO。若要证明棕色物质是是NO与Fe2+，而非Fe3+发生络合反应的产物，需要作对照实验，即向pH均为3

55、，含Fe2+和Fe3+浓度均为1mol/L的FeSO4溶液和Fe2（SO4）3溶液中通入NO，若通入FeSO4溶液出现溶液由浅绿色迅速变为棕色，而通入Fe2（SO4）3溶液无现象，则可证明；故答案为浅绿色；棕色；0.5molL1Fe2（SO4）3溶液（pH=3）；加热实验IV中的棕色溶液，有气体逸出，该气体在接近试管口处变为红棕色，说明加热后生成了NO气体；溶液中有红褐色沉淀生成，说明生成了Fe(OH)3，原因是棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生Fe(OH)3沉淀，故答案为棕色溶液中的Fe(NO)2+受热生成NO和Fe2+，NO被空气氧化为NO2，加热有利于Fe2+被氧化为Fe3+，促进Fe3+水解，产生F