2021-2022学年贵州省铜仁市铜仁一中高考冲刺模拟化学试题含解析

1、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05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、化学与人类生产、生活密切相关，下列叙述中正确的是A可折叠柔性屏中的灵魂材料纳米银与硝酸不会发生化学反应.B2022年北京冬奧会吉祥物“冰墩墩”使用的聚乙烯属于高分子材料C“珠海一号”运载火箭中用到的碳化硅也是制作光导纤维的重要材料D建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属

2、于新型无机非金属材料2、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A若四种元素均为主族元素，则d元素的原子半径最大B若b最外层电子占据三条轨道，则a的单质可用于冶炼金属C若a为非金属元素，则c的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D若a最外层有两个未成对电子，则d的单质常温下不可能为气体3、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

3、吸附性4、室温下，0.1 molL-1的氨水溶液中，下列关系式中不正确的是()Ac(OH-)c(H+)Bc(NH3H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1 molL-1Cc(NH4+)c(NH3H2O) c(OH-)c(H+)Dc(OH-)=c(NH4+)+c(H+)5、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANH4HCO3受热易分解，可用作氮肥BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维C乙醇能使蛋白质变性，75%乙醇可消杀病毒、细菌DNa2S具有还原性，可作废水中Cu2+和Hg2+的沉淀剂6、我国某科研团队设计了一种新型能量存储转化装置（如下图所示）。闭合K2、断开K1时，制氢并储能；断

4、开K2、闭合K1时，供电。下列说法错误的是A制氢时，溶液中K+向Pt电极移动B制氢时，X电极反应式为C供电时，Zn电极附近溶液的pH降低D供电时，装置中的总反应为7、已知A、B、C、D、E是短周期中原子序数依次增大的五种元素，A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，D原子最外层电子数与最内层电子数相等，化合物DC中两种离子的电子层结构相同，A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍。下列说法正确的是A最高价氧化物对应的水化物的酸性：BEB原子半径：CBAC气态氢化物的热稳定性：ECD化合物DC与EC2中化学键类型相同8、单质铁不同于铝的性质是A遇冷的浓硫酸钝化 B能与氢氧化钠反应C能与盐酸反应 D能在

5、氧气中燃烧9、NH3是一种重要的化工原料，利用NH3催化氧化并释放出电能（氧化产物为无污染性气体），其工作原理示意图如下。下列说法正确的是A电极为正极，电极上发生的是氧化反应B电极的电极反应式为2NH36eN2+6H+C电子通过外电路由电极流向电极D当外接电路中转移4 mol e时，消耗的O2为22.4 L10、某100mL溶液可能含有Na+、NH4+、Fe3+、CO32-、SO42-、Cl-中的若干种，取该溶液进行连续实验，实验过程如图所示(所加试剂均过量，气体全部逸出)下列说法一定正确的是（ ）A溶液中一定含有Na+,Na+浓度是0.35mol/LB溶液中只有SO42-、CO32-、NH4

6、+离子C溶液中可能含有Cl-，一定没有Fe3+D取原溶液少许加入硝酸酸化的AgNO3溶液检验是否有Cl-11、为增强铝的耐腐蚀性,现以铅蓄电池为外电源,以Al作阳极、Pb作阴极,电解稀硫酸,使铝表面的氧化膜增厚。反应原理如下:电池:Pb(s)+PbO2(s)+2H2SO4(aq)=2PbSO4(s)+2H2O(l)电解池:2Al+3H2OAl2O3+3H2电解过程中,以下判断正确的是( )电池电解池AH+移向Pb电极H+移向Pb电极B每消耗3molPb生成2molAl2O3C正极:PbO2+4H+2e-=Pb2+2H2O阳极:2Al+3H2O-6e-=Al2O3+6H+DAABBCCDD12、

7、新鲜水果、蔬菜、乳制品中富含的维生素C具有明显的抗衰老作用，但易被空气氧化。某课外小组利用碘滴定法测某橙汁中维生素C的含量，其化学方程式为：2HI下列认识正确的是()A上述反应为取代反应B滴定时可用淀粉溶液作指示剂C滴定时要剧烈振荡锥形瓶D维生素C的分子式为C6H9O13、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1mol Al(OH)3。设计如下三种方案： 方案：向 Al 中加入 NaOH 溶液，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：向 Al 中加入硫酸，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加 NaOH 溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤

8、、干燥。方案：将 Al 按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液和溶液。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A三种方案转移电子数一样多B方案所用硫酸的量最少C方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量D采用方案时，用于制备溶液的 Al 占总量的 0.2514、莲花清瘟胶囊对新冠肺炎轻症状患者有显著疗效，其有效成分绿原酸存在如图转化关系，下列有关说法正确的是 AH的分子式为C17H14O4BQ中所有碳原子不可能都共面C1mol绿原酸与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2DH、Q、W均能发生氧化反应、取代反应、显色反应15、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY

9、)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原CPt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾16、下列关于有机化合物的说法正确的是AC3H6C12有4种同分异构体B乙烯与Br2的CCl4溶液反应后，混合液分为两层C乙醇被氧化一定生成乙醛D合成材料会造成巨大的环境压力，应禁止使用17、向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液并进行如下操作，其中结论正确的是选项操作现象结论A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有

10、SO42B滴加氯水和CCl4，振荡、静置下层溶液显紫红色原溶液中有IC用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应火焰呈黄色原溶液中有Na、无KD滴加几滴稀NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+AABBCCDD18、铟（In）被称为信息产业中的“朝阳元素”。由“铟49In-114.8”不可能知道的是（）A铟元素的相对原子质量B铟元素的原子序数C铟原子的相对原子质量D铟原子的核电荷数19、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强

11、氧化性，能将双氧水氧化为氧气20、设NA代表阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是A1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键B1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为9NAC25，pH=13的NaOH溶液中含有OH-的数目为0.1NAD常温常压下，过氧化钠与水反应，生成8 g氧气时转移的电子数为0.25NA21、LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，它遇水剧烈反应产生氢气，实验室贮存硼氢化锂的容器应贴标签是ABCD22、下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。已知：2KMnO416H

12、Cl=2KCl5Cl22MnCl28H2O对实验现象的“解释或结论”正确的是()选项实验现象解释或结论Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2Br2I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质 Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质 De处变红色还原性：Fe2ClAABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分） 化学选修5：有机化学基础环丙贝特(H)是一种降血脂药物，可明显降低极低密度和低密度脂蛋白水平，并升高高密度脂蛋白，通过改善胆固醇的分布，可减少CH和LDL在血管壁的沉积，还有溶解纤维蛋白和阻止血小板凝聚作用。如图是合成环丙贝特的一种新方法：回答下列问题：(1)C的化学名称为_(

13、2)F中含氧官能团的名称为_(3)H的分子式为_(4)反应的反应类型为_，反应的化学方程式为_(5)M为的同分异构体，能与NaHCO3溶液反应产生气体，则M的结构共有种_(不考虑立体异构)；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6：2：1的结构简式为_(6)利用Wittig反应，设计以环己烷为原料(其他试剂任选)，制备的合成路线：_。24、（12分）磷酸氯喹是一种抗疟疾药物， 研究发现，该药在细胞水平上能有效抑制新型冠状病毒的感染。其合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A是一种芳香经， B 中官能团的名称为_。（2）反应 AB 中须加入的试剂a 为_。（3）B 反应生成 C 的反应化学反

14、应方程式是_。（4）CD 反应类型是_， D的结构简式为_。（5）FG反应类型为_。（6）I是E的同分异构体，与E 具有相同的环状结构， 写出任意一种符合下列条件的I的结构简式是_。I是三取代的环状有机物， 氯原子和羟基的取代位置与E相同；核磁共振氢谱显示I 除了环状结构上的氢外，还有4组峰， 峰面积比3:1:1:1；I加入NaHCO3溶液产生气体。25、（12分）随着科学的发展，可逐步合成很多重要的化工产品，如用作照相定影剂的硫代硫酸钠(俗称大苏打)，用于填充汽车安全气囊的叠氮化钠(NaN3)，某化学兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体和NaN3。I.制备硫代硫酸钠晶体。查阅资料:Na2S2O3易溶

15、于水，向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3。实验装置如图所示(省略夹持装置):(1)组装好仪器后,接下来应该进行的实验操作是_,然后加入试剂。仪器a的名称是_;E中的试剂最好是_.(填标号)，作用是_。A澄清石灰水BNaOH溶液 C饱和NaHSO3溶液(2)已知五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经_(填操作名称)、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有_。.实验室利用如图装置(省略夹持装置)模拟工业级NaN3的制备。已知:2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。(1)装置

16、B中盛放的药品为_(2)实验中使用油浴而不用水浴的原因是_。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2的化学方程式为_。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得,应选择的气体发生装置是_。26、（10分）某兴趣小组的同学设计实验制备CuBr(白色结晶性粉末，微溶于水，不溶于乙醇等有机溶剂)，实验装置(夹持、加热仪器略)如图所示。(1)仪器M的名称是_。(2)若将M中的浓硫酸换成70%的H2SO4，则圆底烧瓶中的固体试剂为_(填化学式)。(3)B中发生反应的化学方程式为_，能说明B中反应已完成的依据是_。若B中Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是_(填标号)。a

17、.液溴 b.Na2SO4 c.铁粉 d.Na2S2O3(4)下列关于过滤的叙述不正确的是_ (填标号)。a.漏斗末端颈尖可以不紧靠烧杯壁b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁c.滤纸边缘可以高出漏斗口d.用玻璃棒在漏斗中轻轻搅动以加快过滤速率(5)洗涤时，先用装置C中的吸收液清洗，其目的是_，再依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是_。27、（12分）苯胺是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关实验。已知：和NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐用硝基苯制取苯胺的反应原理：+3Sn+12HCl+3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见下表：I比较苯胺与氨气的性质（1）将分别蘸有浓

18、氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为_；用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是_。.制备苯胺往图1所示装置（夹持装置略，下同）的冷凝管口分批加入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，往三颈烧瓶中滴入一定量50% NaOH溶液，至溶液呈碱性。（2）冷凝管的进水口是_（填“a”或“b”）；（3）滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为_。提取苯胺i取出图1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，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。ii往所得水溶液中加入氯化钠固体

19、，使溶液达到饱和状态，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2.79g。（4）装置B无需用到温度计，理由是_。（5）操作i中，为了分离混合物，取出烧瓶C前，应先打开止水夹d，再停止加热，理由是_。（6）该实验中苯胺的产率为_。（7）欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：_。28、（14分）AlN新型材料应用前景广泛，其制备与性质研究成为热点。相关数据如下：物质熔点/沸点/与N2反应温度/相应化合物分解温度/Al6602467800AlN：2000 （1400升华）AlCl3：（181升华）Mg6491090300Mg3

20、N2：800 (1)AlN的制备。 化学气相沉积法。.一定温度下，以AlCl3气体和NH3为原料制备AlN，反应的化学方程式是_。.上述反应适宜的温度范围是_（填字母）。a.75100 b.6001100 c.20002300 铝粉直接氮化法。Al与N2可直接化合为AlN固体，AlN能将Al包裹，反应难以继续进行。控制温度，在Al粉中均匀掺入适量Mg粉，可使Al几乎全部转化为AlN固体。该过程发生的反应有：_、_和2Al + N2 2AlN。碳热还原法。以Al2O3、C（石墨）和N2为原料，在高温下制备AlN。已知：. 2Al2O3(s) 4Al(g) + 3O2(g) H 1 =3351 k

21、Jmol-1. 2C(石墨，s) + O2(g) = 2CO(g) H 2 =221 kJmol-1. 2Al(g) + N2(g) = 2AlN(s) H 3 =318 kJmol-1运用平衡移动原理分析反应对反应的可能影响：_。(2)AlN的性质。AlN粉末可发生水解。相同条件下，不同粒径的AlN粉末水解时溶液pH的变化如图所示。 AlN粉末水解的化学方程式是_。 解释t1-t2时间内两条曲线差异的可能原因：_。(3)AlN含量检测。向a g AlN样品中加入足量浓NaOH溶液，然后通入水蒸气将NH3全部蒸出，将NH3用过量的v1 mL c1 molL-1 H2SO4溶液吸收完全，剩余的H

22、2SO4用v2 mL c2 molL-1 NaOH溶液恰好中和，则样品中AlN的质量分数是_。29、（10分）铁、碳等元素的单质及其化合物在化工医药、材料等领域有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Fe(H2NCONH2)6(NO3)3的名称是三硝酸六尿素合铁()，是一种重要的配合物。该化合物中Fe3+的核外电子排布式为_，所含非金属元素的电负性由大到小的顺序为_。碳原子为_杂化，NO3-的空间构型为_。（2）目前发现的铝原子簇Al13的性质与卤素相似，则原子簇Al13属于_晶体。NaAl(OH)4存在的化学键有 _（填字母）。A 离子键 B 极性键 C 非极性键 D 配位键 E 氢键 F 金属

23、键（3）已知：反应后，当键增加了1 mol时，键_（填“增加”或“减少”）了_个。（4）多原子分子中各原子若在同一平面，且有相互平行的p轨道，则p电子可在多个原子间运动，形成“离域键”，如SO2分子中存在“离域键”，可表示成34，则（咪唑）中的“离域兀键”可表示为_（5）奥氏体是碳溶解在r-Fe中形成的一种间隙固溶体，晶胞为面心立方结构，如图所示。若晶体密度为d gcm-3，则晶胞中最近的两个碳原子之间的距离为_ pm（阿伏加德罗常数的值用NA表示，写出简化后的计算式即可）。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】A.银可以与硝酸反应，浓硝酸：Ag+

24、2HNO3=AgNO3+NO2+H2O，稀硝酸：3Ag+4HNO3=3AgNO3+NO+2H2O，故A错误；B. 聚乙烯塑料属于塑料，是一种合成有机高分子材料，故B正确；C. 光导纤维的主要成分为二氧化硅，故C错误；D. 建设世界第一高混凝土桥塔用到的水泥和石灰均属于传统无机非金属材料，故D错误；故选B。【点睛】硝酸属于氧化性酸，浓度越大氧化性越强，所以稀硝酸和浓硝酸在反应时产物不同。2、B【解析】A同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d元素的原子半径比a小，故A错误；B若b最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则b为C元素，结合位置可知a为Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼

25、金属，故B正确；C若a为非金属元素，a为Si或P，则C为O或F，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D若a最外层有两个未成对电子，则a为Si或S，当a为S时，d为Ar，Ar的单质常温下为气体，故D错误；故选B。3、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。4、C【解析】A氨

26、水显碱性，则c(OH-)c(H+)，故A正确；B0.1mol/L的氨水溶液中，由氮元素守恒可知，所有含氮元素微粒的浓度之和为0.1mol/L，即c(NH3H2O)+c(NH4+)+c(NH3)=0.1mol/L，故B正确；C由NH3H2ONH4+OH-，电离的程度很弱，则c(NH3H2O)c(NH4+)，故C错误；D溶液不显电性，阳离子带的正电荷总数等于阴离子带的负电荷总数，即c(OH-)=c(NH4+)+c(H+)，故D正确；故选C。5、C【解析】ANH4HCO3中含有植物生长需要的N元素，可用作氮肥，与其受热易分解的性质无关，A项错误；BSiO2传导光的能力非常强，常用于制光导纤维，与Si

27、O2熔点高硬度大没有对应关系，B项错误；C75%乙醇能杀菌消毒，利用乙醇能使蛋白质变性的性质，C项正确；D硫化钠与Cu2+和Hg2+反应生成硫化物沉淀，发生复分解反应，不发生氧化还原反应，没有体现还原性，D项错误；答案选C。6、D【解析】闭合K2、断开K1时，该装置为电解池，Pt电极生成氢气，则Pt电极为阴极，X电极为阳极；断开K2、闭合K1时，该装置为原电池，Zn电极生成Zn2+，为负极，X电极为正极。【详解】A. 制氢时，Pt电极为阴极，电解池中阳离子流向阴极，故A正确；B. 制氢时，X电极为阳极，失电子发生氧化反应，根据根据化合价可知该过程中Ni(OH)2转化为NiOOH，电极方程式为，

28、故B正确；C. 供电时，Zn电极为负极，原电池中阴离子流向负极，所以氢氧根流向Zn电极，电极反应为Zn-2e-+4OH-=ZnO22-+2H2O，转移两个电子同时迁移两个OH-，但会消耗4个OH-，说明还消耗了水电离出的氢氧根，所以电极负极pH降低，故C正确；D. 供电时，正极为NiOOH被还原，而不是水，故D错误；故答案为D。7、A【解析】A、B形成的简单化合物常用作制冷剂，该化合物为氨气，A为H，B为N；D原子最外层电子数与最内层电子数相等，则D的质子数=2+8+2=12，D为Mg；化合物DC中两种离子的电子层结构相同，C为O；A，B、C、D的原子序数之和是E的两倍，E为Si。【详解】A.

29、 N的非金属性强于Si，最高价氧化物对应的水化物的酸性BE，A正确；B. 同周期，原子半径随原子序数增大而减小，故原子半径NO，即BCA，B错误；C. 元素的非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，故气态氢化物的热稳定性CE，C错误；D. 化合物DC为MgO，EC2为SiO2，DC中为离子键，EC2为共价键，D错误；故答案选A。【点睛】日常学习中注意积累相关元素化合物在实际生产生活中的应用，以便更好地解决元素化合物的推断题。8、B【解析】A. 铁和铝在冷的浓硫酸中均发生钝化，A错误；B. 铁和氢氧化钠不反应，铝能和强酸、强碱反应，金属铝与氢氧化钠溶液反应生成了偏铝酸钠和氢气，B正确；C. 两者

30、均能与强酸反应生成盐和氢气，C错误；D. 两者均可以在氧气中燃烧，D错误。故选择B。9、B【解析】由工作原理示意图可知，H+从电极流向，可得出电极为负极，电极为正极，电子通过外电路由电极流向电极，则电极处发生氧化反应，故a处通入气体为NH3，发生氧化反应生成N2，电极反应式为2NH36e=N2+6H+，b处通入气体O2，O2得到电子与H+结合生成H2O，根据电极反应过程中转移的电子数进行计算，可得出消耗的标况下的O2的量。【详解】A由分析可知，电极为负极，电极上发生的是氧化反应，A项错误；B电极发生氧化反应，NH3被氧化成为无污染性气体，电极反应式为2NH36eN2+6H+，B项正确；C原电池

31、中，电子通过外电路由负极流向正极，即由电极流向电极，C项错误；Db口通入O2，在电极处发生还原反应，电极反应方程式为：O2+4e-+4H+=2H2O，根据电极反应方程式可知，当外接电路中转移4 mol e时，消耗O2的物质的量为1mol，在标准状况下是22.4 L，题中未注明为标准状况，故不一定是22.4 L，D项错误；答案选B。10、C【解析】根据信息，加入BaCl2溶液，产生沉淀甲，沉淀可能是BaCO3、BaSO4至少有一种，沉淀甲中加入盐酸溶液，还有沉淀，说明沉淀甲中含有BaSO4，沉淀甲和沉淀乙的质量前后对比，说明沉淀甲中还含有BaCO3，即原溶液中含有CO32、SO42，根据离子共存

32、，Fe3一定不存在，根据沉淀的质量，推出n(CO32)=0.01mol，n(SO42)=0.01mol，滤液中加入NaOH溶液，并加热，产生气体，此气体为NH3，说明原溶液中含有NH4，n(NH4)=0.005mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Na，A、根据电荷守恒，n(Na)=0.035mol，原溶液中可能含有Cl，因此c(Na)0.35molL1，故A错误；B、根据上述分析，原溶液中一定含有Na，故B错误；C、根据上述分析，故C正确；D、原溶液中一定含有SO42，SO42对Cl的检验产生干扰，故D错误。11、D【解析】A原电池中，溶液中氢离子向正极二氧化铅电极移动，故A错误；B根据电子

33、守恒分析，每消耗3molPb，转移6mol电子，根据电子守恒生成1molAl2O3，故B错误；C原电池正极上二氧化铅得电子生成硫酸铅，则正极：PbO2+4H+SO42-+2e-=PbSO4+2H2O，故C错误；D原电池中铅作负极，负极上铅失电子和硫酸根离子反应生成难溶性的硫酸铅，所以质量增加，在电解池中，Pb阴极，阴极上氢离子得电子生成氢气，所以铅电极质量不变，故D正确；答案：D【点睛】本题考查原电池和电解池原理，根据电极上得失电子、离子放电顺序来分析解答即可，难度中等。12、B【解析】A、上述反应为去氢的氧化反应，A错误；B、该反应涉及碘单质的反应，可用淀粉溶液作指示剂；B正确；C、滴定时轻

34、轻振荡锥形瓶，C错误；D、维生素C的分子式为C6H8O6，D错误。13、D【解析】方案：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3+Na2SO4；则2Al2NaOHH2SO42Al(OH)3；方案：发生反应为2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3 Na2SO4；则2Al6NaOH3H2SO42Al(OH)3；方案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2

35、O=8Al(OH)3+3Na2SO4，则2Al1.5NaOH0.75H2SO42Al(OH)3。【详解】A三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案所用硫酸的量最少，B正确；C方案需控制酸的加入量，方案需控制碱的加入量，而方案不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D采用方案时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al6NaOH3H2SO42Al，用于制备溶液的 Al 占总量的 0.75，D不正确；故选D。14、C【解析】A分子中每个节点为C原子，每个

36、C原子连接四个键，不足键用H原子补齐，则H的分子式为C17H16O4，故A错误；BQ中苯环是平面结构，所有碳原子共面，碳碳双键是平面结构，两个碳原子共面，与双键上的碳原子直接相连的原子可共面，则Q中所有碳原子可能都共面，故B错误；C该有机物中含苯环、酚-OH、C=C、-COOC-、-COOH、-OH，其中羧酸的酸性强于碳酸HCO3-，酚羟基的酸性比碳酸HCO3-弱，则该有机物只有-COOH与NaHCO3溶液，1mol绿原酸含有1mol-COOH，与足量NaHCO3溶液反应，最多放出1molCO2，故C正确；DH、Q 中都含有苯环和酚羟基，在一定条件下苯环可以发生取代反应，酚羟基可发生氧化反应和

37、显色反应，W中没有苯环，不含酚羟基，不能发生显色反应，故D错误；答案选C。【点睛】本题中能与碳酸氢钠反应的官能团有羧基，不包括酚羟基，酚羟基的酸性弱于碳酸，化学反应符合强酸制弱酸的规则，故酚羟基不能和碳酸氢钠反应。15、C【解析】A. 汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B. 尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C. 催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；D. 使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故

38、D正确。故选C。16、A【解析】A丙烷上的二氯取代物，使用“定一移一”的方法。丙烷上有1对称轴，定1个氯在端基的碳原子，另1个氯原子的位置为邻间对，共3种。定1个氯原子在中间的碳原子上，则另1个氯只能在对位，共1种。如图所示。A项正确；B乙烯和Br2反应生成1,2二溴乙烷为有机物，有机物溶于有机物，不会出现分层现象，B项错误；C乙醇可以被高锰酸钾氧化到乙酸，不一定生成乙醛，C项错误；D合成材料是由两种或两种以上的物质复合而成并具有某些综合性能的材料。往往具有质轻、强度高、耐磨等优点，不应被禁止使用，D项错误；【点睛】在使用“定一移一”的方法的时候要注意不能重复。17、B【解析】A滴加BaCl2

39、溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32、SO32、Ag等，故A错误；B滴加氯水和CCl4，下层溶液显紫红色说明产生了碘单质，氯水为强氧化性溶液，则溶液中存在强还原性的I，氯气置换出了碘单质，故B正确；C用洁净的铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na，但并不能说明溶液中无K，因为检验K需通过蓝色钴玻璃观察火焰，故C错误；DNH3极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，检验NH4的正确操作：向原溶液中滴加几滴浓NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝则证明存在NH4，故D错误；故答案为B。18、C【解析】A114.8即

40、为铟元素的相对原子质量，故A错误； B49既为铟元素的原子核内的质子数，也为铟元素的原子序数，故B错误； C由于铟元素可能含有两种或两种以上的铟原子，故仅根据114.8无法计算出各铟原子的相对原子质量，故C正确； D49既是铟原子的质子数，也是铟原子的核电荷数，故D错误。 故选：C。【点睛】本题考查了原子结构中质子数与核电荷数、原子序数、电子数等之间的关系以及元素的相对原子质量与各原子的相对原子质量之间的计算关系。注意仅根据一种原子的相对原子质量无法计算元素的相对原子质量，同样，仅根据元素的相对原子质量也无法计算原子的相对原子质量。19、C【解析】A二氧化硫与氯水反应生成硫酸和盐酸，使氯水褪色

41、，体现二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故A错误；B铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸中部分硫元素化合价降低、部分化合价不变，浓硫酸表现强的氧化性和酸性，使铜化合价升高体现浓硫酸的强的氧化性，故B错误；C硅单质中硅化合价为0，处于低价，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来，体现其还原性，故C正确；D过氧化氢分解生成氧气和水，反应中二氧化锰起催化作用，故D错误；故选C。20、A【解析】A一个P4分子中含有6个P-P键，所以1molP4(正四面体结构)含有6NA个P-P键，故A正确；B一个CH3+所含电子数为6+3-1=8，所以1mol碳正离子(CH3+)所含的电子总数为8NA，故B错误；

42、C溶液体积未知，无法计算所含微粒数目，故C错误；D8g氧气的物质的量为0.25mol，过氧化钠与水反应过程中氧化产物为O2，且为唯一氧化产物，氧元素化合价由-1价变为0价，所以转移的电子数目为0.5 NA，故D错误；故答案为A。21、D【解析】A、氧化剂标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，故A错误；B、爆炸品标识，LiBH4是一种供氢剂，属于易燃物品，故B错误；C、腐蚀品标识，与LiBH4是一种供氢剂不符，故C错误；D、易燃物品标识，LiBH4是有机合成的重要还原剂，也是一种供氢剂，属于易燃物品标识，故D正确；故选D。22、D【解析】A、a处变蓝,b处变红棕色,说明Cl2分别与KI、NaB

43、r作用生成I2、Br2,可证明氧化性:Cl2I2,Cl2Br2,无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱,A项错误;B、c处先变红,说明氯气与水生成酸性物质,后褪色,则证明氯气与水生成具有漂白性物质,B项错误;C、d处立即褪色,也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH,C项错误;D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+,证明还原性:Fe2+Cl-,D项正确；答案选D。二、非选择题(共84分)23、对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛） 酯基、醚键 C13H14O3Cl2 加成反应 +HBr 12 、 【解析】A()与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B（）；B氧化生成C（）；C生成D（）；D与

44、发生取代反应生成E（）和HBr；E环化生成F（）；F酸性条件下水解生成H（），据此分析。【详解】（1）C为，命名为对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）；答案：对羟基苯甲醛（或4-羟基苯甲醛）（2）F为，F中含氧官能团为酯基、醚键；答案：酯基、醚键（3）H为，由结构简式可知，H的分子式为C13H14O3Cl2；答案：C13H14O3Cl2（4）反应为加成反应，反应为取代反应，产物中还有HBr，化学方程式为+HBr；答案：加成反应 +HBr（5）M为的同分异构体，满足条件的M的结构简式为 、 、 、 、共12种；其中1HNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为、；答案：12种 、（6）根

45、据题干信息可得出合成路线，由环己烷为原料制备的合成路线为；答案：【点睛】第小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-Br确定碳链种类将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。24、硝基 浓硫酸、浓硝酸 +Cl2+HCl 还原反应 取代反应 【解析】产物中含有苯环，则A是苯，B为硝基苯，B到C是一个取代反应，考虑到E中氮原子和氯原子处于间位，因此C是间硝基氯苯，D则是硝基被还原后变成了间氨基氯苯，E到F即题目信息中给出的反应，从F到G，分子式中少1个O和1个H，而多出了一个Cl，因此为一个取代反应，用氯原子取代了羟基，最后再

46、进一步取代反应得到H，据此来分析本题即可。【详解】（1）根据分析，B是硝基苯，其官能团为硝基；（2）硝化反应需要用到浓硫酸和浓硝酸组成的混酸；（3）B到C即取代反应，方程式为+Cl2+HCl；（4）C到D是硝基被还原为氨基的过程，因此是一个还原反应，D为邻氨基氯苯，即；（5）根据分析，F到G是一个取代反应；（6）加入碳酸氢钠溶液能产生气体，因此分子中一定含有羧基，结合其它要求，写出符合条件的同分异构体，为。25、检查装置气密性 分液漏斗 B 吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体 蒸发浓缩，冷却结晶 玻璃棒、烧杯、漏斗 碱石灰 制备NaN3的反应需要在210-220oC下进行，水浴不能达到

47、这样的温度 2Na+2NH3=2NaNH2+H2 D 【解析】I.(1)组装好仪器后，接下来应该进行的实验操作是检查装置气密性，然后加入试剂。仪器a的名称是分液漏斗。二氧化硫有毒，需要尾气处理，且反应中还有二氧化碳生成，澄清石灰水浓度太低，则E中的试剂最好是氢氧化钠溶液，作用是吸收多余的SO2和C装置中生成的CO2气体。(2)由于五水合硫代硫酸钠的溶解度随温度升高显著增大。待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到产品，过滤时用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗。.(1)生成的氨气中含有水蒸气，需要干燥，则装置B中盛放的药品为碱

48、石灰。(2)由于制备NaN3的反应需要在210220oC下进行，水浴不能达到这样的温度，所以实验中使用油浴而不用水浴。(3)氨气与熔融的钠反应生成NaNH2，根据原子守恒可知还有氢气生成，反应的化学方程式为2Na+2NH3=2NaNH2+H2。(4)N2O可由NH4NO3(熔点为169.6oC)在240oC下分解制得，由于在该温度下硝酸铵已熔化，同时为避免液体倒流引起试管炸裂，因此选择的气体发生装置是装置D。26、分液漏斗 Na2SO3(或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等) 2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4 溶液蓝色褪去 d acd 防止

49、CuBr被氧化 用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥 【解析】(1)根据仪器结构判断仪器的名称；(2)根据复分解反应的规律选择试剂；(3)在B中NaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀，利用电子守恒、原子守恒，书写反应的化学方程式，根据Cu2+的水溶液显蓝色，结合该反应的特点判断反应完全的特征及加入的物质；(4)根据过滤操作的目的、仪器的使用方法解答；(5)CuBr容易被氧化，根据SO2的水溶液具有还原性分析，结合H2O容易溶于乙醇中，及乙醇、乙醚具有易挥发的性质分析。【详解】(1)根据装置图中仪器M的结构可知该仪器的名称是分液漏斗；(

50、2)根据复分解反应的规律可用70%的H2SO4与Na2SO3或K2SO3或NaHSO3或KHSO3等反应制取SO2气体，反应方程式为H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2；(3)在B中BaBr、SO2、CuSO4、H2O会发生氧化还原反应产生CuBr沉淀，利用电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2CuSO4+2NaBr+SO2+2H2O=2CuBr+Na2SO4+2H2SO4；Cu2+的水溶液显蓝色，若反应完全，则溶液中不再含有Cu2+，溶液的蓝色褪去，由于CuSO4是强酸弱碱盐，在溶液中Cu2+水解使溶液显酸性，H+与Na2S2O3反应产生SO2气体，以促使反应的进

51、行，因此若B中Cu2+仍未完全被还原，适宜加入的试剂是Na2S2O3，故合理选项是d；(4)a.漏斗末端颈尖紧靠烧杯壁，就可以使过滤得到的滤液沿烧杯内壁不断进入到烧杯中，a错误；b.将滤纸润湿，使其紧贴漏斗内壁，就可以使混合物充分分离，b正确；c.为了使难溶性的固体与液体物质分离，滤纸边缘要低于漏斗口边缘，c错误；d.用玻璃棒引流，使混合物进入到过滤器中，在漏斗中不能用玻璃棒搅动，否则会使滤纸破损，导致不能过滤，不能分离混合物，d错误；故合理选项是acd；(5)SO2是大气污染物，为防止其污染环境，用蒸馏水吸收SO2，得到H2SO3溶液，该物质具有还原性，用H2SO3溶液洗涤，就可以避免CuB

52、r被空气中的氧气氧化，然后依次用溶解SO2的乙醇、乙醚洗涤的目的是用乙醇除去固体表面的水，再用更易挥发的乙醚除去乙醇，使其快速干燥。【点睛】本题考查物质制备方案的设计的知识，涉及对操作的分析评价、物质的分离提纯、实验方案实际等，(5)为易错点，学生容易忽略加入氢氧化钠溶液的质量，试题有利于提高学生的分析能力及化学实验能力。27、NH3+HCl=NH4Cl 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止B中液体倒吸 60.0% 加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加入NaOH固体干燥、过滤 【解析】制备苯胺：

53、向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3Cl，之后再加入NaOH与C6H5NH3Cl反应生成苯胺。【详解】(1)将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成NH4Cl白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HCl=NH4Cl；依据表中信息，苯胺沸点较高(184)，不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出”，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6

54、H5NH3Cl，使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3Cl生成C6H5NH2，离子反应方程式为C6H5NH3+OH-= C6H5NH2+H2O；(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；(5)水蒸气蒸馏装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸馏结束后，在取出烧瓶C前，必须先打开止水夹d，再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；(6)已知硝基苯的用量为5.0mL，密度为1.23g/cm3，则硝基苯的质量为6.15g，则硝基苯的物质的量为，根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05mol，理论质量为=4.65g，实际质量为2.79g，所以产率为60.0%；(7)“不加热”即排除了用蒸馏的方法除杂，苯胺能与HCl溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3Cl而硝基苯则不能与HCl溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先