2022届甘肃省民乐县第一中学高三下学期联考化学试题含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，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、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A澄清石灰水与过量苏打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H+Cl

2、-C向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气：2Cu+4H+O22Cu2+2H2OD向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+6O2+10H2O2、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为31D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物3、用NaOH标准溶液滴定盐酸，以下操作导致测定结果偏高的是A滴定管用待装液润洗B锥形瓶用待测液润洗C滴定结束滴定管末端有气泡D滴定时锥形瓶中有液体溅出4、下列说法正确的是( )A

3、表示与反应时含铝微粒浓度变化曲线，图中a点溶液中含大量B可知平衡常数很大，反应趋于完全C为一种高分子结构片断，可知该高分子的结构简式为D反应比反应的速率慢，与相应正反应的活化无关5、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀X具有强氧化性B将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，充分振荡，有白色沉淀产生非金属性：ClSiC常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF0BH3H1CMn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)；H=H2-H1DMnO2(s)+SO2(g)

4、=MnSO4(s)；H=H3-H2-H118、下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结论的说法中正确的是（ ）选项ABCD实验装置探究温度对平衡2NO2N2O4的影响目的或结论探究温度对平衡2NO2N2O4的影响试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO海带提碘时，用上述装置灼烧海带除去HCl气体中混有的少量Cl2AABBCCDD19、t时，将0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L盐酸中，溶液中温度变化曲线、pH变化曲线与加入氨水的体积的关系如下图所示（忽略混合时溶液体积的变化）。下列说法正确的是AKw的比较：a点比b点大Bb点氨水与盐酸恰好完全反应，且溶

5、液中c（NH4+） = c（Cl）Cc点时溶液中c（NH4） = c（Cl） = c（OH） = c（H）Dd点时溶液中c（NH3H2O）c（OH） = c（Cl） +c（H）20、下列说法不正确的是 ()A乙醛和丙烯醛()不是同系物，分别与氢气充分反应后的产物也不是同系物BO2与O3互为同素异形体，1H、2H、3H是氢元素的不同核素CC2H6O有两种同分异构体；2-甲基戊烷的结构简式为CH3CH2CH2CH(CH3)2D氨基酸分子中均含有羧基(COOH)和氨基(NH2)21、常温下，将NaOH溶液滴加到HA溶液中，测得混合溶液的pH与p转化关系如图所示已知：p=-lg。下列叙述错误的是（）A

6、m点：c(A-)=c(HA)BKa(HA)的数量级为10-6C水的电离程度：mrDr点：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)22、以环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线如图，则下列说法正确的是( )AA的结构简式是B的反应类型分别是取代、消去C反应的条件分别是浓硫酸加热、光照D加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色则可证明已完全转化为二、非选择题(共84分)23、（14分）PBAT(聚已二酸/对苯二甲酸丁二酯)可被微生物几乎完全降解，成为包装、医疗和农用薄膜等领域的新兴材料，它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得，一种合成路线如下：已知：R-CH3 R-CN R-COOHR-CH=C

7、H2 R-COOH+CO2回答下列问题：(1)B 的官能团名称为_，D 的分子式为_。(2)的反应类型为_；反应所需的试剂和条件是_。(3)H 的结构简式为_。(4)的化学方程式为_。(5)M 与G 互为同系物，M 的相对分子质量比G 大 14；N 是 M 的同分异构体，写出同时满足以下条件的N 的结构简式：_(写两种，不考虑立体异构)。.既能与 FeCl3发生显色反应，又能发水解反应和银镜反应；.与 NaOH 溶液反应时，1mol N 能消耗 4molNaOH；.核磁共振氢谱有五组峰，峰面积比为 1:2:2:2:1。24、（12分）非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路

8、线如下(其中R-为)(1)E中的含氧官能团名称为_和_。(2) X的分子式为C14Hl5ON，则X的结构简式为_。(3) BC的反应类型为_。(4) 一定条件下，A可转化为F()。写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。能与FeCl3溶液发生显色反应；能使溴水褪色；有3种不同化学环境的氢(5)已知：。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体。请以为原料制备G，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本题题干）_25、（12分）实验室用乙醇、浓硫酸和溴化钠反应来制备溴乙烷，其反应原理为H2SO4(浓)NaBrNaHSO4HBr、CH3CH2OHHBrCH3CH

9、2BrH2O。有关数据和实验装置如（反应需要加热，图中省去了加热装置）：乙醇溴乙烷溴状态无色液体无色液体深红棕色液体密度/gcm-30.791.443.1沸点/78.538.459（1）A中放入沸石的作用是_，B中进水口为_口（填“a”或“b”）。（2）实验中用滴液漏斗代替分液漏斗的优点为_。（3）氢溴酸与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应的化学方程式_。（4）给A加热的目的是_，F接橡皮管导入稀NaOH溶液，其目的是吸收_和溴蒸气，防止_。（5）C中的导管E的末端须在水面以下，其原因是_。（6）将C中的镏出液转入锥形并瓶中，连振荡边逐滴滴入浓H2SO412mL以除去水、乙醇等杂质，使溶液分层后用

10、分液漏斗分去硫酸层；将经硫酸处理后的溴乙烷转入蒸镏烧瓶，水浴加热蒸馏，收集到3540的馏分约10.0g。分液漏斗在使用前必须_；从乙醇的角度考虑，本实验所得溴乙烷的产率是_（精确到0.1%）。26、（10分）化锡(SnI4)是一种橙黄色结晶，熔点为 144.5，沸点为364，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析试剂和有机合成试剂。实验室制备四氯化锡的主要步骤如下：步骤1：将一定量锡、碘和四氯化碳加入干燥的烧瓶中，烧瓶上安装如图装置和。步骤2：缓慢加热烧瓶，待反应停止后，取下冷凝管，趁热迅速进行过滤除去未反应的锡。用热的四氯化碳洗涤漏斗上的残留物，合并滤液和洗液，用冰

11、水浴冷却，减压过滤分离。步骤3：滤下的母液蒸发浓缩后冷却，再回收晶体。请回答下列问题(1)图中装置II的仪器名称为_，该装置的主要作用是_。(2)减压过滤的操作有将含晶体的溶液倒入漏斗，将滤纸放入漏斗并用水润湿，微开水龙头，开大水龙头，关闭水龙头，拆下橡皮管。正确的顺序是_。27、（12分）向硝酸酸化的2mL0.1molL-1AgNO3溶液（pH=2）中加入过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈粽黄色，试管底部仍存有黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行如下探究。探究Fe2+产生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与_或_反应的产物。（2）实验探究：在两支试管中

12、分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液液体试剂加人铁氰化钾溶液1号试管2mL.0.1molL-1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管_蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了2号试管得出的结论正确。实验如下：取100mL0.1molL-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入铁粉井搅拌，分别插入pH传感器和NO3-传感器（传感器可检测离子浓度），得到如图图示，其中pH传感器测得的

13、图示为_（填“图甲”或“图乙”）。实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为_。探究Fe3+产生的原因查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2+被Ag+氧化。小组同学设计不同实验方案对此进行验证。（3）方案一；取出少量黑色固体，洗涤后_（填操作和现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯溶液，加人KSCN溶液，溶液变F红。该实验现象_（填“能“或“不能“）证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为_。28、（14分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常温常压发生反应：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)Q(Q

14、0)。常温下，实验室在10 L恒容容器中模拟该反应，测得实验数据如表：0 min2 min4 min5 min6 minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675 (1)该反应的平衡常数表达式K_，02 min 内 NH3 的平均生成速率为_。(2)若反应过程中气体的密度不再发生变化，请解释说明能否判断反应达到平衡_。(3)在56 min之间只改变了单一条件，该条件是_。(4)以NH3和CO2为原料可生产化肥碳铵(NH4HCO3)。生产过程中首先需往水中通入的气体是_，通入该气体后溶液中存在的电离平衡有_(用方程式表示)。(5)常温下

15、NH4HCO3 溶液的 pH7，由此判断溶液中：c( NH4+)_c( HCO3)(选填“”、“”或“”)，理由是_。29、（10分）世界能源消费的90%以上依靠化学技术。请回答下列问题：（1）质子交换膜燃料电池中作为燃料的H2通常来自水煤气。已知：C（s）O2（g）=CO（g）H1110.35kJmol12H2（g）O2（g）=2H2O（l）H2571.6kJmol1H2O（l）=H2O（g）H344.0kJmol1则反应C（s）H2O（g）CO（g）H2（g）H4_。某实验小组在实验室模拟反应C（s）H2O（g）CO（g）H2（g），其平衡常数表达式为K_。一定温度下，在2L盛有足量炭粉的

16、恒容密闭容器（固体所占体积忽略不计）中通入0.8molH2O，6min时生成0.7gH2，则6min内以CO表示的平均反应速率为_（保留3位有效数字）。（2）燃料气（流速为1800mLmin1；体积分数为50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO会使电极催化剂中毒，使用CuO/CeO2催化剂可使CO优先氧化而脱除。160、CuO/CeO2作催化剂时，CO优先氧化的化学方程式为_。CeO2可由草酸铈Ce2（C2O4）3隔绝空气灼烧制得，同时生成两种气体，则发生反应的化学方程式为_。在CuO/CeO2催化剂中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），测得燃料气中CO优先氧化

17、的转化率随温度的变化如下图所示。加入_（填酸的化学式）的CuO/CeO2催化剂催化性能最好。温度为120，催化剂为CuO/CeO2HIO3时，反应0.5h后CO的体积为_mL。（3）LiOH是制备锂离子电池正极材料的重要原料，采用惰性电极电解制备LiOH的装置如下图所示。通电后，Li通过阳离子交换膜向_（填“M”或“N”）极区迁移。电极N产生的气体a通入淀粉KI溶液，溶液变蓝，持续一段时间后，蓝色可逐渐褪去。据此写出电极N的电极反应式：_；蓝色逐渐褪去是因为溶液中逐渐生成HIO3，写出此反应的化学方程式：_。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】A

18、.苏打为碳酸钠，则澄清石灰水与过量苏打溶液反应的离子方程式为：Ca2+ CO32-=CaCO3，故A错误；B.次氯酸根离子具有强氧化性，能将SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，则少量SO2通入饱和的漂白粉溶液中，反应的离子方程式为Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B错误；C.向热的稀硫酸中加入铜粉并鼓入空气，反应生成硫酸铜和水，离子方程式为2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故C正确；D. 向酸性高锰酸钾溶液中滴加少量双氧水，离子方程式为5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故D错误，答案选C。【点睛】本题考查离子方程式的正误判断，明确反

19、应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，题目难度中等。解题时容易把苏打误认为碳酸氢钠，为易错点。2、C【解析】A. 根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B. 二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 该有机物中能与Na发生反应的是OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D. 二羟基甲戊酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。

20、【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。3、B【解析】A. 滴定管需要用待装溶液润洗，A不符合；B. 锥形瓶用待测液润洗会引起待测溶液增加，使测定结果偏高，B符合；C. 滴定管末端有气泡，读出的体积比实际体积小，计算出的待测液浓度偏低，C不符合；D. 有液体溅出则使用的标准溶液减少，造成结果偏低，D不符合。故选择B。4、B【解析】Aa点所示pH接近12，显强碱性，碱性环境中铝离子会先生成氢氧化铝沉淀，后转化为偏铝酸根，故a点溶液中存在的含铝微粒为偏铝酸根，故A错误；B图象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mo

21、l/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20mol/L)210-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp(CuS)=10-510-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常数K=1014，反应趋于完全，故B正确；C该高分子化合物由对甲基苯酚与甲醛缩合生成，则高分子的结构简式为，故C错误；D根据图象可知，反应中正反应的活化能较小，反应中正反应的活化能较大，则反应比反应的速率快，故D错误；故答案为B。5、D【解析】A若X为氨气，生成白色沉淀为亚硫酸钡，若X为氯气，生成白色沉淀

22、为硫酸钡，则X可能为氨气或Cl2等，不一定具有强氧化性，选项A错误；B由现象可知，生成硅酸，则盐酸的酸性大于硅酸，但不能利用无氧酸与含氧酸的酸性强弱比较非金属性，方案不合理，选项B错误；C、常温下，分别测定浓度均为0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，说明ClO-的水解程度大，则酸性HFHClO，选项C错误；D卤代烃中卤元素的检验时，先将卤元素转化为卤离子，然后加入稀硝酸中和未反应的NaOH，最后用硝酸银检验卤离子，则卤代烃Y与NaOH水溶液共热后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明卤代烃Y中含有氯原子，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学

23、实验方案评价，明确实验操作步骤、元素化合物性质是解本题关键，注意卤素离子与卤素原子检验的不同，题目难度不大。6、C【解析】A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选

24、C。7、C【解析】A. pH=1的溶液显酸性，Cr2O72有强氧化性，会把CH3CH2OH氧化，故A错误；B.草酸钙难溶于水，故B错误；C. C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氢根强，因此可以共存，故C正确；D.使甲基橙变为成橙色的溶液显酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D错误；故答案为C。8、C【解析】A. 在该物质分子中含有6个饱和碳原子，由于饱和碳原子构成的是四面体结构，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A错误；B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二环丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯与1，1-二环丙基乙烯不是同分异构体，B错误；C. 该物质分子结构对

25、称，若2个Cl原子在同一个C原子上，有2种不同的结构；若2个Cl原子在不同的C原子上，其中一个Cl原子在不饱和C原子上，可能有2种不同结构；若其中一个Cl原子位于连接在不饱和C原子的环上的C原子上，另一个C原子可能在同一个环上有1种结构；在不同环上，具有2种结构；若一个Cl原子位于-CH2-上，另一个Cl原子在同一个环上，只有1种结构；在两个不同环上，又有1种结构，因此可能的同分异构体种类数目为：2+2+1+2+1+1=9，C正确；D. 该物质含有不饱和的碳碳双键，可发生加成反应、加聚反应；含有环丙基结构，能够发生取代反应，该物质属于不饱和烃，能够发生燃烧反应，催化氧化反应，因此不仅仅能够发生

26、上述反应，D错误；故合理选项是C。9、A【解析】A、锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡：CO32+CaSO4CaCO3+SO42，A正确；B、用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁失去电子，转化为亚铁离子，阴极氢离子得到电子转化为氢气，得不到氯气，B错误；C、氨水不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C错误；D、溶液显碱性，产物不能出现氢离子，KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：4OH-+3ClO+2Fe(OH)32FeO42+3Cl+5H2O，D错误；答案选A。10、A【解析】A将一块沾有

27、油污的铜片浸入接近沸腾的碳酸钠溶液中，能除去铜片表面的油污，故A正确；B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳双键和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B错误；C制备 Fe(OH)3胶体，是将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，当溶液呈红褐色时停止加热，故C错误；D取一块铁片，用砂纸擦去铁锈 ，在铁片上滴1滴含酚酞的食盐水 ，静置几分钟，铁失电子，氧气得电子，发生吸氧腐蚀，故D错误；故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握有机物的性质、有机物的检验及制备、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，B为易错点，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是

28、碳碳双键和溴发生加成反应，也可能是醛基被氧化。11、D【解析】A世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A不符合；B中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；C中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；D世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；故答案为D。12、B【解析】A.旧报纸主要成分是纤维素，可以回收制成再生纸张而被利用，属于可回收垃圾，A不符合题意；B.香烟头中主要含有有机的化合物，且含有大量的有害物质，属于不可回收的垃圾，B符合题意；C.废金属经过熔化，可以重新制成各种金属制品，属于可回收垃圾，C不符合题意

29、；D.饮料瓶主要成分为玻璃、塑料、金属，经回收可再重新制成各种有益物质，因此属于可回收垃圾，D不符合题意；故合理选项是B。13、D【解析】A黄铜和金的密度不可能相同，所以测密度可行，故A不选； B合金的熔点一般较低，黄铜合金的熔点较低，真金的熔点高，所以测熔点可行，故B不选；C黄铜在空气中灼烧，会与空气中的氧气反应变黑色，真金无明显变化，灼烧可行，故C不选；D黄铜和金的颜色相同，不可鉴别，故D选；故选D。14、B【解析】A明矾溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，铜锈为Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明矾溶液的酸性清除铜镜表面的铜锈，故A正确；B陶瓷、水泥和玻璃为硅酸盐产品，而光导纤维的

30、主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐材料，故B错误；C二氧化硫、氮氧化物以及可吸入颗粒物这三项是雾霾主要组成，前两者为气态污染物，最后一项颗粒物才是加重雾霾天气污染的罪魁祸首它们与雾气结合在一起，让天空瞬间变得灰蒙蒙的，“煤改气”、“煤改电”等清洁燃料改造工程减少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入颗粒物，故有利于减少雾霆天气，故C正确；D石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性过程均生成了新的物质，是化学变化，故D正确；故选B。【点睛】本题综合考查常见物质的组成、性质的应用，为高考常见题型，题目难度不大，侧重于化学与生活的考查，注意光导纤维的主要成分为二氧化硅，不属于硅酸盐。15、A【解析】A. 工业

31、生产纯碱的化学方程式为：NaCl + NH3 + H2O + CO2 = NaHCO3+ NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O 都为复分解反应，不涉及氧化还原反应，故A正确；B. 工业制氨气的化学方程式为：N2+3H2 2NH3，有化合价变化，是氧化还原反应，故B错误；C. 工业制取烧碱的化学方程式为：2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2 + Cl2，有化合价变化，是氧化还原反应，故C错误；D. 工业制取盐酸：H2 + Cl2 2HCl，HCl溶于水形成盐酸，有化合价变化，是氧化还原反应，故D错误；故答案为A。16、C【解析】此题的横坐标是，V是加水稀释后

32、酸溶液的体积，未稀释时，V=V0，横坐标值为1；稀释10倍时，V=10V0，横坐标值为2，以此类推。此题实际上考察的是稀释过程中，酸碱溶液pH的变化规律：越强的酸碱，稀释过程中pH的变化越明显；如果不考虑无限稀释的情况，对于强酸或强碱，每稀释十倍，pH变化1。根据此规律，再结合题干指出的次磷酸是弱酸这条信息，就可以明确图像中两条曲线的归属，并且可以得出氟硼酸是强酸这一信息。【详解】A根据图像可知，b表示的酸每稀释十倍，pH值增加1，所以b为强酸的稀释曲线，又因为H3PO2为一元弱酸，所以b对应的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸为强酸；那么NaBF4即为强酸强碱盐，故溶液为中性，常温下pH=

33、7，A项正确；Ba曲线表示的是次磷酸的稀释曲线，由曲线上的点的坐标可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸电离方程式为：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的电离平衡常数即为：，B项正确；C次磷酸为一元弱酸，无法继续电离，溶液中并不含有和两类离子；此外，还会发生水解产生次磷酸分子，所以上述等式错误，C项错误；D令y=pH，x=，由图可知，在0pH4区间内，y=x-1，代入可得pH=，D项正确；答案选C。【点睛】关于pH的相关计算主要考察三类：一类是最简单的单一溶液的pH的相关计算，通过列

34、三段式即可求得；第二类是溶液混合后pH的计算，最常考察的是强酸碱混合的相关计算，务必要考虑混合时发生中和反应；第三类就是本题考察的，稀释过程中pH的变化规律：越强的酸或碱，稀释过程中pH的变化越明显，对于强酸或强碱，在不考虑无限稀释的情况下，每稀释十倍，pH就变化1。17、D【解析】A. 硫与氧气反应属于放热反应，放热反应焓变小于0，H20，故A错误；B. 反应放出热量多少未知，无法判断H3和H1大小，故B错误；C. Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；H1，S(s)+O2(g)=SO2(g)；H2，-得：Mn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)，根据盖斯定律得，Mn(s)+SO

35、2(g)=MnO2(s)+S(s)；HH1H2 ，故C错误；D. Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；H1S(s)+O2(g)=SO2(g)；H2Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s)；H3根据盖斯定律-得：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)；HH3H2H1 ，故D正确；故选D。18、A【解析】A对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；B铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；C灼烧海带时，应放在坩埚内，

36、否则会损坏烧杯，C错误；D饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl气体，D错误；故选A。19、D【解析】A据图可知b点的温度比a点高，水的电离吸热，所以b点Kw更大，故A错误；B据图可知b点加入10mL0.5mol/L的氨水，与10.00mL0.5mol/L盐酸恰好完全反应，所以溶液中的溶质为NH4Cl，由于铵根会发生水解，所以c(NH4+) c(OH)= c(H)，故C错误；Dd点加入20 mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶质为等物质的量的NH4Cl和NH3H2O，溶液中存在电荷守恒：c(NH4)+c(H)= c(Cl)+c(OH)，物料守恒：2c(Cl)= c(NH4)+c(NH3

37、H2O)，二式联立可得c(NH3H2O)c(OH) = c(Cl) +c(H)，故D正确；故答案为D。20、A【解析】A乙醛和丙烯醛结构不相似，二者不是同系物，与氢气发生加成反应都生成醇类物质，结构相似，分子组成上相差1个CH2原子团，为同系物，故A错误；BO2和O3是氧元素的不同单质，互为同素异形体；1H、2H、3H质子数都为1，中子数分别为0、1、2，它们为氢元素的三种不同的核素，故B正确；CC2H6O有乙醇和二甲醚两种同分异构体；CH3CH2 CH2CH(CH3)2的最长碳链含有5个C，主链为戊烷，在2号C含有1个甲基，其名称为2-甲基戊烷，故C正确；D氨基酸分子中均含有羧基(-COOH

38、)和氨基(-NH2)，如最简单的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故D正确；故选A。21、B【解析】A.由图像可知m点所示溶液中p=-lg=0，=1，则m点c(A-)=c (HA)，A正确；B. Ka(HA)只与温度有关，可取m点分析，Ka(HA)= ，由于=1，Ka(HA) =c(H+)=10-4.76，B错误；C. 由A项知m点c (A-)=c (HA)，r点时由横坐标可知，=100，即c(A-)c (HA)，说明r点溶液中A-浓度大于m点，水的电离程度：mr，C正确；D. r点溶液中电荷守恒关系为：c (H+)+c (Na+)=c (A-)+c (OH-)，D正确；故选B。【点睛】水

39、溶液中的图像题，解题关键在于认真读懂图像，横坐标、纵坐标、线的走势、尤其是特殊点的分析，如本题中的m点。22、B【解析】由环戊烷为原料制备环戊二烯的合成路线，根据逆向思维的方法推导，C为，B为，A为，据此分析解答。【详解】A由上述分析可知，A为，故A错误；B根据合成路线，反应为光照条件下的取代反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，反应为加成反应，反应为在氢氧化钠醇溶液中加热发生消去反应，故B正确；C反应为卤代烃的消去反应，需要的反应试剂和反应条件为氢氧化钠醇溶液、加热，反应为烯烃的加成反应，条件为常温，故C错误；DB为环戊烯，含碳碳双键，环戊二烯含碳碳双键，均能使高锰酸钾褪色，则酸性

40、KMnO4溶液褪色不能证明环戊烷已完全转化成环戊二烯，故D错误；答案选B。【点睛】把握官能团与性质的关系为解答的关键。本题的易错点为A，要注意根据目标产物的结构和官能团的性质分析推导，环烷烃可以与卤素发生取代反应，要制得，可以再通过水解得到。二、非选择题(共84分)23、氯原子 C6H10O4 取代反应 NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加热 HOCH2CH2CH2CH2OH +2NH3+3O2+6H2O 【解析】从A到C由环烷烃变成了环烯烃，并且A生成B是光照下与Cl2的取代，所以从B到C即为卤代烃的消去，结合题干提示的反应，环己烯经过高锰酸钾处理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所

41、以PBA就是聚己二酸丁二酯。从E生成F，再由F生成对苯二甲酸，条件恰好与题干提示的反应相同，所以推测E为对二甲苯，F即为对苯二腈。【详解】(1)B为卤代烃，官能团的名称为氯原子；D为己二酸，所以分子式为C6H10O4；(2)反应即为烃变成卤代烃的反应，反应类型即为取代反应；反应为卤代烃的消去反应，所加试剂即NaOH，乙醇，并且需要加热；(3)H通过推断即为1,4-丁二醇，所以结构简式为HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反应即由对二甲苯生成对苯二腈的反应，所以方程式为：+2NH3+3O2+6H2O；(5)由题可知M的分子式为C9H8O4，扣除苯环还有2个不饱和度；满足要求的N的结构中一定有

42、羟基，此外也要具有醛基和酯基的结构；考虑到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2个羟基，1个甲酸酯基，由于还需要有一个不饱和度，所以还含有一个乙烯基；再考虑到核磁共振氢谱的信息，最终满足要求的有机物的结构为如下两种：；【点睛】书写满足特定要求的物质的同分异构体的结构时，从不饱和度入手，结合有关信息确定有机物中一定含有的结构；此外，也要注意特定结构的基团，例如甲酸酯基等；确定有机物所含的基团后，再结合核磁共振氢谱的信息考虑物质的对称性，最终将物质的结构书写出来。24、羟基羧基取代反应【解析】 (1) 根据有机物E的结构简式，可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；(2 )

43、 根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X的分子式为C14Hl5ON可知，X的结构简式为，故答案为；(3 ) 对比B、C的结构可知，B中支链对位的H原子被取代生成C，属于取代反应，故答案为取代反应；(4 ) F为。能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上含有羟基；能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；有3种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构体为，故答案为；（5）以为原料制备，需要引入2个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机

44、物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中甲基的引入。25、防止暴沸 b 平衡压强，使浓硫酸顺利滴下 2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O 加快反应速率，蒸馏出溴乙烷 SO2 防止污染环境 冷却并减少溴乙烷的挥发 检漏 53.4% 【解析】(1)液体加热需要防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下；(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和

45、SO2；(4)给A加热可以加快反应速率蒸出溴乙烷；实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；(5)通过E的末端插入水面以下冷却减少溴乙烷的挥发；(6)带有活塞或瓶塞的装置使用前要检查是否漏水；10mL乙醇的质量为0.7910g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.75g，根据产率=100%计算。【详解】(1)液体加热加入沸石，可以防止液体瀑沸，B为球形冷凝管，应采取逆流原理通入冷凝水，进行充分冷凝回流，所以B中进水口为b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的压强相等，使浓硫酸顺利流下，而分液漏斗没有这个功能；

46、(3)浓硫酸有强氧化性，氢溴酸与浓硫酸混合加热可生成Br2和SO2，发生氧化还原反应的化学方程式为2HBr+H2SO4(浓)SO2+Br2+2H2O；(4)加热的目的是加快反应速率，温度高于38.4溴乙烷全部挥发蒸馏出来，实验中产生的二氧化硫、溴化氢、溴等会污染空气，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染环境；(5)导管E的末端须在水面以下，通过冷却得到溴乙烷，减少溴乙烷的挥发；(6)分液漏斗有上口塞子和下口有控制液体流量的活塞，在使用前需要检查是否漏水；10mL乙醇的质量为0.7910g=7.9g，其物质的量为0.172mol，所以理论制得溴乙烷的物质的量为0.172mol，其质量为18.7

47、5g，所以溴乙烷的产率=100%53.4%。【点睛】考查制备实验方案设计，为高频考点，涉及计算、基本操作、氧化还原反应、除杂等知识点，明确实验原理及物质性质、基本操作规范性是解本题关键，知道各个装置可能发生的反应，题目难度中等。26、 (球形)干燥管 防止水蒸气进入装置使SnI4水解 【解析】（1）根据仪器构造可得，根据SnI4易水解解析；（2）按实验操作过程来进行排序。【详解】（1）图中装置II的仪器名称为(球形)干燥管，四碘化锡遇水易水解，装有无水CaCl2的干燥管可吸收空气中的水蒸气，防止空气中水蒸气进入反应器中，导致四碘化锡水解，该装置的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4水解。故答

48、案为：(球形)干燥管；防止水蒸气进入装置使SnI4水解；（2）减压过滤的操作过程：将滤纸放入漏斗并用水润湿，微开水龙头，保证紧贴在漏斗底部将含晶体的溶液倒入漏斗，开大水龙头，拆下橡皮管，防止水倒吸关闭水龙头。正确的顺序是。故答案为：。【点睛】本题考查物质的分离、提纯，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握物质的性质的异同，难点（2）注意熟练掌握实验过程，按实验操作过程来进行排序。27、HNO3 AgNO3 硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2） 该反应速率很小或反应的活化能较大 图乙 NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O 加入足量稀硝酸

49、加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀 不能 Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化 【解析】（1）Fe过量，可能与硝酸反应生成硝酸亚铁，或Fe与硝酸银反应生成硝酸亚铁； （2）加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作对比实验； 1号试管中未观察到蓝色沉淀，与反应速率很小有关； 发生NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O，消耗氢离子，pH增大； 实验过程中，溶液先变成浅绿色，而后逐渐呈棕黄色，但整个过程中并无NO气体产生，则NO3-中N转化为NH4+； （3）Ag可溶于硝酸，不溶于盐酸； （4）左侧烧杯溶液，加KSCN溶液，溶液变红，可知

50、左侧含铁离子，左侧为正极，但亚铁离子可能被硝酸或氧气氧化。【详解】（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物；（2）2号试管中所用的试剂为硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），与1为对比实验；资料显示：该温度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以将Fe氧化为Fe2+但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为该反应速率很小或反应的活化能较大；反应中消耗氢离子，pH变大，则pH传感器测得的图示为图乙；实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O；（3）方案一：取出少量黑色

51、固体，洗涤后加入足量稀硝酸加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量盐酸，有黑色固体剩余），证明黑色固体中有Ag；（4）方案二：一段时间后取出左侧烧杯溶液，加入KSCN溶液，溶液变红，该实验现象不能证明Fe2+可被Ag+氧化，理由为Fe2+可能被硝酸氧化或被氧气氧化。28、 0.03mol/(Lmin) 能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 增加了氮气的量 NH3 NH3H2ONH4+OH、H2OH+OH 因为pH7，说明c(H+)c(OH)，根据电荷守

52、恒：c(H+)+c(NH4+)c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，所以c(NH4+)c(HCO3)(或NH4+水解呈酸性，HCO3水解呈碱性，pH7，说明水解程度NH4+HCO3，所以c(NH4+)c(HCO3) 【解析】(1)根据表格中的数据可知，第4，5分钟时，各物质的物质的量不变，达到平衡状态，根据平衡状态表达式；根据公式v=计算；(2)根据化学平衡的判断依据判断是否处于平衡状态；(3)根据各物质的浓度的变化量判断改变的条件；(4)根据氨气和二氧化碳的溶解度判断先通什么气体，根据溶液中的成分写出电离方程式；(5)根据电荷守恒，比较离子的浓度大小；【详解】(1).根据化学方程式，

53、2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，化学平衡常数=生成物离子的浓度幂之积/反应物离子的浓度幂之积=，表格中数据，02 min 内N2的物质的量变化=2mol-1.7mol=0.3mol，v(N2)= =0.3mol/10L/2min=0.015mol/(Lmin)，由于氮气和氨气的速率之比为1:2，v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(Lmin)2=0.03mol/(Lmin)；(2)因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态 ，故答案为：能判断，因为恒容容器的体积不变，而反应过程中气体质量会发生变化，这样随着反应的进行，容器中气体的密度会不断变化，所以若密度不变，说明反应达到了平衡状态；(3)在56 min，N2的物质的量增加了2.5mol-1.6mol=0.9mol，H2O的物质的量减小了8.8mol-8.65mol=0.15mol，O2的物质的量增加了0.675-0.6=0.075mol，H2O的物质的