广东省普宁英才华侨2022年高考适应性考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。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、最近我国科学家对“液流电池”的研究取得新进展，一种新型的高比能量锌-碘溴液流电池工作原理如下图所示。下列有关叙述错误的是A放电时，a 极电势高于 b 极B充电时，a 极电极反应为 I2Br+2e=2I+BrC图中贮液器可储存电解质溶液，提高电池的容量D导线中有 NA 个电子

2、转移，就有 0.5 mol Zn2+通过隔膜2、我国学者研究出一种用于催化 DMO 和氢气反应获得 EG 的纳米反应器，下图是反应的微观过程示意图。下列说法中正确的是ACu 纳米颗粒是一种胶体BDMO 的名称是二乙酸甲酯C该催化反应的有机产物只有 EGD催化过程中断裂的化学健有 H-H、C-O、CO3、用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是A1mol H2O2完全分解产生O2时，转移的电子数为2 NAB0. lmol 环氧乙烷（ ） 中含有的共价键数为0. 3 NAC常温下，1L pH= l 的草酸 （ H2C2O4 ） 溶液中H+ 的数目为0. 1NAD1mol淀粉水解后产生的葡萄糖分子

3、数目为NA4、短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，x原子的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是A单质的沸点：YWZB离子半径：XYDW与X可形成离子化合物5、生活中一些常见有机物的转化如图下列说法正确的是A上述有机物中只有C6H12O6属于糖类物质B转化1可在人体内完成，该催化剂属于蛋白质C物质C和油脂类物质互为同系物D物质A和B都属于非电解质6、常温下，向1L0.01molL1一元酸HR溶液中逐渐通入氨气常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，保持温度和溶液体积不变，混合溶液的pH与离子浓度变化

4、的关系如图所示。下列叙述不正确的是A0.01molL1HR溶液的pH约为4B随着氨气的通入，逐渐减小C当溶液为碱性时，c（R）c（HR）D当通入0.01 mol NH3时，溶液中存在：c（R）c（NH4+）c（H+）c（OH）7、下列离子方程式书写正确的是A. 碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液:HCO3-+OH-=CO32-+ H2OB向次氯酸钙溶液通入少量CO2：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+ 2HC1OC实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2：MnO2+4 HCl(浓)=Mn2+2Cl-+ Cl2+ 2H2OD向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液：NH4+OH-=NH

5、3+H2O8、下列说法不正确的是A国庆70周年放飞的气球材质是可降解材料，主要成分是聚乙烯B晶体硅可用来制造集成电路、晶体管、太阳能电池等CMgO与Al2O3均可用于耐高温材料D燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施9、化学与生产、生活及环境密切相关，下列有关说法不正确的是A二氧化硫有毒，严禁将其添加到任何食品和饮料中B工业生产时加入适宜的催化剂，除了可以加快反应速率之外，还可以降低反应所需的温度，从而减少能耗C本草经集注中记载了区分硝石(KNO3)和朴消(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，这是利用了“焰色反应”D用浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生

6、的乙烯以达到保鲜目的10、由两种物质组成的一包白色粉末，通过如下实验可鉴别其中的成分：取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色。该白色粉末可能为ASiO2、明矾BBaCO3、无水CuSO4CMgCO3、Na2S2O3DKCl、Ag2CO311、下列关于有机物的说法正确的是（ ）A含5个碳原子的有机物分子中最多可形成4个碳碳单键B蛋白质的水解和油脂的皂化都是由高分子生成小分子的过程C四苯基乙烯（）所有碳原子一定处于同一平面D化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有

7、机物，则符合此条件的的结构有16种12、下列判断正确的是( )A加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不溶解，可确定原溶液中有Cl存在B加入稀盐酸，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，可确定原溶液中有CO32存在C加入稀盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，可确定原溶液中有SO42存在D通入Cl2后，溶液由无色变为深黄色，加入淀粉溶液后，溶液变蓝，可确定原溶液中有I存在13、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。

8、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、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、如图是金属镁和卤素单质(X2)反应的能量变化示意图。下列说法正确的是() A由MgCl2制取Mg是放热过程B热稳定性：MgI2MgBr2MgCl2MgF2C常温下氧化性：F2Cl2Br2I2D由图可知此温度下MgBr2

9、(s)与Cl2(g)反应的热化学方程式为：MgBr2(s)Cl2(g)=MgCl2(s)Br2(g)H117 kJmol115、下列图示与对应的叙述符合的是（ ）A图甲实线、虚线分别表示某可逆反应未使用催化剂和使用催化剂的正、逆反应速率随时间的变化B图乙表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)的平衡常数K与温度和压强的关系C据图丙，若除去CuSO4溶液中的Fe3+可向溶液中加入适量CuO至pH=4左右D图丁表示常温下向20mL0.001mol/L的醋酸溶液中滴加0.001mol/L的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化关系16、某种化合物（如图）由 W、X、Y、Z 四种短

10、周期元素组成，其中 W、Y、Z 分别位于三个不同周期，Y 核外最外层电子数是 W 核外最外层电子数的二倍；W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布相同。下列说法不正确的是A原子半径：W X Y MX19、碳酸亚乙酯是一种重要的添加剂，其结构简式为。用环氧乙烷合成碳酸亚乙酯的反应为：。下列说法错误的是A上述反应属于加成反应B碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种C碳酸亚乙酯中的所有原子处于同一平面内D1mol碳酸亚乙酯最多可消耗2molNaOH20、Y是合成香料、医药、农药及染料的重要中间体，可由X在一定条件下合成：下列说法不正确的是AY的分子式为C10H8O3B由X制取Y的过程中可得到乙醇C一定条件下，Y

11、能发生加聚反应和缩聚反应D等物质的量的X、Y分别与NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为3221、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2OB将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH+SO2HSO3D向AlCl3溶液中加入氨水：Al3+3OHAl（OH）322、零族元素难以形成化合物的本质原因是A它们都是惰性元素B它们的化学性质不活泼C它们都以单原子分子形式存在D它们的原子的电子层结构均为稳定结构二、非选择题(共84分)23、（14分）白藜芦醇

12、在保健品领域有广泛的应用。其合成路线如下：回答下列问题：(1)物质B中含氧官能团的名_。BC的反应类型为_。(2)1mol有机物D最多能消耗NaOH为 _mol，白藜芦醇遇足量浓溴水时反应的化学方程式为_。(3)已知的系统名称1，3-苯二酚，则A的名称为_，已知乙酸酐()极易与水反应生成乙酸，是很好的吸水剂。试从平衡移动的角度分析AB反应中用乙酸酐代替乙酸的目的是_。(4)C的核磁共振氢谱有_组峰，写出满足下列条件的化合物X的所有同分异构体的结构简式_。具有与X相同的官能团属于醋酸酯(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛为原料可以合成(涉及无机试剂自选)，请写出合成路线_。24、（12分）某药物合

13、成中间体F制备路线如下：已知：RCHORCH2NO2H2O(1)有机物A结构中含氧官能团的名称是_.(2)反应中除B外，还需要的反应物和反应条件是_(3)有机物D的结构简式为_，反应中1摩尔D需要_摩尔H2才能转化为E(4)反应的反应物很多种同分异构体，请写出符合下列条件的一种同分异构体的结构简式_。a.结构中含4种化学环境不同的氢原子 b.能发生银镜反应c.能和氢氧化钠溶液反应(5)已知：苯环上的羧基为间位定位基，如。写出以为原料制备的合成路线流程图(无机试剂任选)_。25、（12分）葡萄糖酸锌MZn(C6H11O7)2455gmol1)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领

14、城中具有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：.葡萄糖酸(C6H12O7)的制备。量取50 mL蒸馏水于100 mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7 mL(0.05 mol)浓H2SO4，分批加入21.5 g葡萄糖酸钙MCa(C6H11O7)2430gmol1，易溶于热水，在90条件下，不断搅拌，反应40min后，趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖酸溶液。.葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO，在6

15、0条件下，不断搅拌，反应1h，此时溶液pH6。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10 mL 95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称量晶体的质量为18.2g。回答下列问题：(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为_。(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是_。(3)检验葡萄糖酸溶液中是否存在SO42-的操作为_。(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为_。(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是_，“一系列操作”具体是指_。(6)葡萄糖酸锌的产率为_(用百分数表示)，若pH5时就进行后续操作，产率将_(填“增大”“减小”或“不变”)。26、（10分）化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学

16、生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置（夹持设备已略）制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。(2)A装置中发生的化学反应方程式为_。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3g Cl2时转移的电子数目为_NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到_。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中、依次可放入_（填选项a或b或c）。选项a干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非

17、金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_，该现象_（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是_。27、（12分）葡萄酒中抗氧化剂的残留量是以游离SO2的含量计算，我国国家标准(GB27602014)规定葡萄酒中SO2的残留量0.25 gL1。某兴趣小组设计实验方案对葡萄酒中SO2进行测定。.定性实验方案如下：(1)将SO2通入水中形成SO2饱和H2SO3溶液体系，此体系中存在多个含硫元素的平衡，分别用平衡方程式表示为_。(2)利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的

18、SO2或H2SO3。设计如下实验：实验结论：干白葡萄酒不能使品红溶液褪色，原因：_。.定量实验方案如下(部分装置和操作略)：(3)仪器A的名称是_。(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与B中H2O2完全反应，其化学方程式为_。(5)除去B中过量的H2O2，然后再用NaOH标准溶液进行滴定，除去H2O2的方法是_。(6)步骤X滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00 mL，该葡萄酒中SO2的含量为_ gL1。该测定结果比实际值偏高，分析原因_。28、（14分）2019年诺贝尔化学奖授予约翰古德伊纳夫、斯坦利惠廷汉和吉野彰三位科学家，以表彰他们在锂电池领域所做出的

19、巨大贡献。请回答下列问题：(1)LiCoO2、LiFePO4常用作锂离子电池的正极材料。基态Co原子核外电子排布式为_；基态磷原子中，电子占据的最高能层符号为_；该能层能量最高的电子云在空间有_个伸展方向。(2)Co(NO3)42的配体中N原子的杂化方式为_，该配离子中各元素的第一电离能由小到大的顺序为_(填元素符号)，1mol该配离子中含键数目为_NA。(3)LiFePO4属于简单磷酸盐，而直链的多磷酸盐则是一种复杂磷酸盐，如：焦磷酸钠、三磷酸钠等。焦磷酸根离子、三磷酸根离子如图所示：这类磷酸根离子的化学式可用通式表示为_(用n代表P原子数)。(4)Li2O被广泛用作玻璃的组分，其熔点_Na

20、2O(填高于或者低于)，判断理由_。Li2O具有反萤石结构，晶胞如图所示，已知其晶胞参数为0.4665nm，NA为阿伏加德罗常数的值，则Li2O的密度为_gcm3(列出计算式)。29、（10分）工业上以铬铁矿(主要成分为FeO和Cr2O3，含有Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料生产化工原料红矾钠(主要成分为：Na2Cr2O72H2O)，其主要工艺流程如下：查阅相关资料得知：i.常温下，NaBiO3不溶于水，有强氧化性，在碱性条件下能将Cr3+转化为CrO42，自身被还原为Bi(OH)3固体。ii.物质Fe(OH)3Al(OH)3Cr(OH)3Fe(OH)2Bi(OH)3开始沉淀的PH2.7

21、3.44.67.50.7完全沉淀的PH3.74.45.99.74.5回答下列问题：(1)将铬铁矿矿石粉碎的目的是_。(2)操作I、III、IV用到的主要玻璃仪器有玻璃棒和_（填仪器名称）。(3)写出反应的化学方程式_。(4)中酸化是使CrO42转化为Cr2O72。写出该反应的离子方程式_。(5)将溶液H经下列操作：蒸发浓缩，_，过滤，洗涤，干燥即得红矾钠。(6)取一定质量的固体D溶解于200mL的稀硫酸中，向所得溶液中加入5.0mol/L的NaOH溶液，生成沉淀的物质的量（n）与加入NaOH溶液的体积（V）关系如图所示，则稀硫酸的浓度为_，固体D中含Fe化合物的物质的量为_。参考答案一、选择题

22、(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】在a电极上，I2Br-得电子生成I-和Br-，a电极为正极；在b电极上，Zn失电子生成Zn2+进入溶液，b电极为负极。【详解】A放电时，a 极为正极，电势高于作负极的 b 极，A正确；B充电时，a 极应为阳极，电极反应为 2I+Br-2e= I2Br-，B错误；C图中贮液器中的溶液组成与电极区的溶液组成相同，相当于电极区的电解质溶液，可提高电池的容量，C正确；D导线中有 NA 个电子转移，依据关系式Zn2e-，就有0.5 mol Zn2+生成并通过隔膜(保持溶液的电中性)，D正确；故选B。2、D【解析】A选项，Cu纳米颗粒是单质

23、，而胶体是混合物，故A错误；B选项，DMO的名称是乙二酸二甲酯，故B错误；C选项，该催化反应的有机产物只有EG还有甲醇，故C错误；D选项，CH3COOCOOCH3+4H2CH3OH+HOCH2CH2OH，由图及反应可知催化过秳中断裂的化学健有HH、CO、CO，故D正确。综上所述，答案为D。3、C【解析】A.H2O2分解的方程式为2H2O2=2H2O+O2，H2O2中O元素的化合价部分由-1价升至0价、部分由-1价降至-2价，1molH2O2完全分解时转移1mol电子，转移电子数为NA，A错误；B.1个环氧乙烷中含4个CH键、1个CC键和2个CO键，1mol环氧乙烷中含7mol共价键，0.1mo

24、l环氧乙烷中含0.7mol共价键，含共价键数为0.7NA，B错误；C.pH=1的草酸溶液中c（H+）=0.1mol/L，1L该溶液中含H+物质的量n（H+）=0.1mol/L1L=0.1mol，含H+数为0.1NA，C正确；D.淀粉水解的方程式为，1mol淀粉水解生成nmol葡萄糖，生成葡萄糖分子数目为nNA，D错误；答案选C。【点睛】本题易错选B，在确定环氧乙烷中共价键时容易忽略其中的CH键。4、A【解析】X原子的电子层数与最外层电子数相等，X应为Al，Y和W、Y和Z分别相邻，且W、Y和Z三种元素的原子最外层电子数之和为19，则W为O、Y为S，Z为Cl元素。【详解】A氯气的相对分子质量比氧气

25、大，沸点比氧气高，故A错误；BX为Al、Y为S、硫离子比铝离子多一个电子层，离子半径较大，故B正确；C非金属性OS，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性：H2OH2S，故C正确；DO的非金属性较强，与铝反应生成的氧化铝为离子化合物，熔融状态下可导电，故D正确。故选A。5、B【解析】淀粉(转化1)在人体内淀粉酶作用下发生水解反应，最终转化为葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化成酒精，发生C6H12O62C2H5OH+2CO2，且A可发生连续氧化反应，则A为C2H5OH，B为CH3COOH，乙醇和乙酸反应生成C为CH3COOC2H5，据此解答。【详解】由上述分析可以知道，转化1

26、为淀粉水解反应，葡萄糖分解生成A为C2H5OH，A氧化生成B为CH3COOH，A、B反应生成C为CH3COOC2H5，则A.淀粉、C6H12O6属于糖类物质，故A错误；B. 淀粉属于多糖，在酶催化作用下水解最终生成单糖葡萄糖，反应为：（C6H10O5）n+nH2On C6H12O6，酶属于蛋白质，所以B选项是正确的；C.C为乙酸乙酯，油脂为高级脂肪酸甘油酯，含-COOC-的数目不同，结构不相似，不是同系物，故C错误；D. 乙酸可在水中发生电离，为电解质，而乙醇不能，乙醇为非电解质，故D错误。所以B选项是正确的。6、D【解析】A. pH=6时c(H+)=10-6，由图可得此时=0，则Ka=10-

27、6，设HR 0.01molL1电离了X molL1，Ka=10-6 ，解得X=10-6，pH=4，A项正确；B. 由已知HR溶液中存在着HR分子，所以HR为弱酸，= c(H+)/Ka温度不变时Ka的值不变，c(H+)浓度在减小，故在减小，B项正确；C.当溶液为碱性时，R的水解会被抑制，c(R)c(HR)，C项正确；D. Ka=10-6，当通入0.01 mol NH3时，恰好反应生成NH4R，又因为常温下NH3H2O电离平衡常数K1.76105，所以NH4R溶液中R-水解程度大于NH4+水解程度，NH4R溶液呈碱性，则c(NH4+)c(R)c(OH)c(H+)，D项错误；答案选D。7、B【解析】

28、A、碳酸氢钠溶液中滴入足量氢氧化钙溶液，反应的离子方程式为：Ca2+HCO3-+OH-=CaCO3+H2O，选项A错误；B、向次氯酸钙溶液通入少量CO2，反应的离子方程式为：Ca2+2C1O-+CO2+H2O=CaCO3+2HC1O，选项B正确；C、实验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2，反应的离子方程式为：MnO2+4H+2Cl-=Mn2+Cl2+2H2O，选项C错误； D、向NH4HCO3溶液中加过量的NaOH溶液，反应的离子方程式为：NH4+HCO3-+2OH-=CO32-+NH3 H2O +H2O，选项错误。答案选B。8、A【解析】A.聚乙烯不属于可降解材料，故错误；B.硅属于半导体材料，

29、能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；C.氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；D. 燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。故选A。9、A【解析】A.二氧化硫具有较强的还原性，故常用作葡萄酒的抗氧化剂，选项A错误；B.催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用，选项B正确；C.利用钾和钠的焰色反应不同进行区分，选项C正确；D.乙烯有催熟的效果，高锰酸钾溶液可以吸收乙烯，选项D正确。答案选A。【点睛】本题考查化学与生产、生活的关系，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用

30、基础知识的能力，易错点为选项B催化剂可以降低活化能，从而起到加快速率，降低所需能量等作用。10、D【解析】A、取少量样品加入足量水中，充分搅拌，固体部分溶解，说明固体中含有不溶性的物质和可溶性物质，对四个选项分析比较，都具备该条件；向所得的悬浊液中加入足量稀HNO3，有气体放出，说明有碳酸盐，A中无碳酸盐， A错误；B、最后仍有未溶解的白色固体，上层清液呈无色，由于CuSO4溶液显蓝色，不是无色，B错误；C、Na2S2O3与硝酸反应产生Na2SO4、S单质、NO气体，S是淡黄色难溶于水的物质，不是白色固体， C错误；D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反应产生AgNO3、

31、CO2气体和H2O，KCl再与AgNO3发生复分解反应产生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合题意，通过上述分析可知该白色粉末为KCl、Ag2CO3，D正确；故合理选项是D。11、D【解析】A.若5个碳原子形成一个五元环，则有5个碳碳单键，A项错误；B.蛋白质属于高分子，油脂不属于高分子，B项错误；C.由于碳碳单键可以旋转，因此四苯基乙烯分子中所有碳原子不一定处于同一平面，C项错误；D. 化学式为且有芳香气味的有机物，在酸性条件下加热水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则水解后得到丁酸和戊醇，丁酸一共有2种，戊基则有8种，即戊醇有8种，因此该酯一共可能有16种结构，D项正确；答案选D。【点睛】高

32、分子一般指分子量大于10000的有机物，同学们可以自己算一算油脂的分子量，就知道油脂属不属于高分子了。12、D【解析】A、在加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀,也可能是别的白色沉淀,但是后面加上HCl中含有大量Cl-，所以不能确定Cl-是原溶液里的还是后来加进去的,故A错误；B、碳酸根、碳酸氢根、亚硫酸根、亚硫酸氢根遇到盐酸,均会生成能使澄清石灰水变浑浊的气体,故B错误；C、若溶液中含有亚硫酸根,加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸相当于存在了硝酸,亚硫酸根能被硝酸氧化成硫酸根,会生成硫酸钡沉淀,故C错误；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质,碘水溶液为棕黄色,碘遇淀粉变蓝色,故D正确

33、；综上所述，本题应选D。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+12H2O=8Al(OH)3+3Na2SO4，则2

34、Al1.5NaOH0.75H2SO42Al(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、D【解析】A、依据图象分析判断，Mg与Cl2的能量高于MgCl2，依据能量守恒判断

35、，所以由MgCl2制取Mg是吸热反应，A错误；B、物质的能量越低越稳定，根据图像数据分析，化合物的热稳定性顺序为：MgI2MgBr2MgCl2MgF2，B错误；C、氧化性：F2Cl2Br2I2，C错误；D、依据图象Mg（s）+Cl2（l）=MgCl2（s）H=-641kJ/mol，Mg（s）+Br2（l）=MgBr2（s）H=-524kJ/mol，将第一个方程式减去第二方程式得MgBr2（s）+Cl2（g）MgCl2（s）+Br2（g）H=-117KJ/mol，D正确；答案选D。15、C【解析】本题主要考查化学平衡结合图像的运用。A使用催化剂化学反应速率加快；B平衡常数是温度的函数，温度不变，

36、平衡常数不变；C由图像可知pH=4左右Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀；D0.001mol/L的醋酸溶液PH3。【详解】A使用催化剂化学反应速率加快，所以正反应速率的虚线在实线的上方，故A错误；B平衡常数是温度的函数，温度不变，平衡常数不变，所以温度相同而压强不同时，两者的平衡常数相同，故B错误；C由图像可知pH=4左右Fe3完全沉淀，Cu2还未开始沉淀，由于CuO+2H+=Cu2+H2O反应发生，所以加入CuO可以调节PH=4左右，此时Fe3+完全沉淀，过滤即可，故C项正确；D0.001mol/L的醋酸溶液PH3，图像中起点PH=3，故D项错误；答案选C。16、A【解析】W、X、Y、Z 均

37、为短周期元素，且W、Y、Z 分别位于三个不同周期，则其中一种元素为H，据图可知W不可能是H，则Y或者Z有一种是氢，若Y为H，则不满足“W、X、Y 三种简单离子的核外电子排布相同”，所以Z为H，W和Y属于第二或第三周期；据图可知X可以形成+1价阳离子，若X为Li，则不存在第三周期的元素简单离子核外电子排布与X相同，所以X为Na；据图可知Y能够形成2个共价键，则Y最外层含有6个电子，结合“W、X、Y三种简单离子的核外电子排布相同”可知，Y为O；根据“Y核外最外层电子数是W核外最外层电子数的二倍”可知，W最外层含有3个电子，为Al元素，据此解答。【详解】A同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从

38、上到下原子半径逐渐增大，则原子半径大小为：ZYWX，故A错误；BNa与O形成的过氧化钠、O与H形成的双氧水都是强氧化剂，具有漂白性，故B正确；C金属性越强，对应简单离子的氧化性越弱，金属性AlNa，则简单离子的氧化性：WX，故C正确；DAl与Na的最高价氧化物的水化物分别为氢氧化铝、NaOH，二者可相互反应生成偏铝酸钠和水，故D正确；故选：A。17、C【解析】A、该装置中发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子； B、铁腐蚀过程中部分化学能转化为热能、部分化学能转化为电能； C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，加速Fe的腐蚀； D、弱酸性或中性条件下铁腐蚀吸氧腐蚀。【详解】A、该装置中

39、发生吸氧腐蚀，Fe作负极，Fe失电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，被氧化，故A错误； B、铁腐蚀过程发生电化学反应，部分化学能转化为电能，且该过程放热，所以还存在化学能转化为热能的变化，故B错误； C、Fe、C和电解质溶液构成原电池，Fe易失电子被腐蚀，加速Fe的腐蚀，故C正确； D、铁在弱酸性或中性条件以及碱性条件下发生吸氧腐蚀，水代替NaCl溶液，溶液仍然呈中性，Fe发生吸氧腐蚀，故D错误； 故选：C。18、C【解析】由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，A

40、M、N的氧化物Al2O3、SiO2都能与Z、R的最高价氧化物对应水化物NaOH反应，但SiO2不与R的最高价氧化物对应水化物HClO4反应，选项A错误；BF2非常活泼，与含氯离子的水溶液反应时直接与水反应，无法置换出氯气，选项B错误；CX、M两种元素组成的化合物氧化铝熔点很高，选项C正确；DO2-、Al3+电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，Cl-比它们多一个电子层，半径最大，故离子半径Cl-O2-Al3+，选项D错误。答案选C。点睛：本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题关键，侧重对化学用语的考查，注意理解氢氧化铝的两性，能与强酸强碱反应，由图可知，为第二周期和第三周期元素的原子

41、半径的变化，根据原子序数关系可知X为O元素，Y为F元素，Z为Na元素，M为Al元素，N为Si元素，R为Cl元素，据此分析得解。19、C【解析】A选项，根据分析两种物质变为一种物质，则上述反应属于加成反应，故A正确；B选项，碳酸亚乙酯的二氯代物只有两种，一种为在同一个碳原子上，另一种是两个碳原子上各一个氯原子，故B正确；C选项，碳酸亚乙酯有亚甲基的结构，类似于甲烷的空间结构，不可能所有原子共平面，故C错误；D选项，1mol碳酸亚乙酯相当于有2mol酯基，因此最多可消耗2molNaOH发生反应，生成乙二醇和碳酸钠，故D正确。综上所述，答案为C。20、D【解析】A由Y的结构简式可知Y的分子式为C10

42、H8O3，故A正确；B由原子守恒，由X发生取代反应生成Y的过程中另一产物为乙醇，故B正确；CY中含有碳碳双键，一定条件下，能发生加聚反应；Y中含有酚羟基，一定条件下可和醛发生缩聚反应，故C正确；DX中酚羟基、酯基可与氢氧化钠溶液反应，1mol可与3molNaOH反应，Y中酚羟基、酯基可与氢氧化钠反应，且酯基可水解生成酚羟基和羧基，则1molY可与3molNaOH反应，最多消耗NaOH的物质的量之比为1：1，故D错误；故答案为D。【点睛】以有机物的结构为载体，考查官能团的性质。熟悉常见官能团的性质，进行知识迁移运用，根据有机物结构特点，有碳碳双键决定具有烯的性质，有酯基决定具有酯的水解性质，有醇

43、羟基决定具有醇的性质，有酚羟基还具有酚的性质。21、A【解析】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故A正确；B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+H2OH+Cl+HClO，故B错误；C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH+SO2H2O+SO32，故C错误；D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故D错误；答案选A。【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。22、D【

44、解析】零族元素难以形成化合物的本质原因是最外层都已达到稳定结构，不容易和其它原子化合，故选D。二、非选择题(共84分)23、酯基 取代反应 6 5甲基1,3苯二酚 吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率 4 和 【解析】A和乙酸酐反应，酚羟基中的H被OCCH3取代，B中的甲基上的H被Cl取代。D在碱性环境下发生水解反应，再酸化，得到白藜芦醇。【详解】(1)B中含氧官能团的名称是酯基；B中的甲基上的H被Cl取代，B到C为取代反应；(2)1mol酚羟基形成的酯基与NaOH溶液反应时，消耗2molNaOH，1molD中含有3mol酚羟基形成的酯基，因此1molD最多能消耗6molN

45、aOH；酚羟基的邻对位上的H能够被Br取代，碳碳双键能够与Br2发生加成反应，则化学方程式为；(3)根据已知，可知酚羟基的编号为1和3，则A中甲基的编号为5，则A的名称为5甲基1,3苯二酚；A与乙酸发生酯化反应时有水生成，如果用乙酸酐代替乙酸，乙酸酐可以吸收酯化反应生成的水，而且生成乙酸，有利于反应正向进行，答案：吸收酯化反应生成的水，促进酯化反应正向移动以提高酯的产率；(4)C分子存在一对称轴，分子中有4种H原子，如图所示，因此C的核磁共振氢谱有4组峰；X的同分异构体，与X具有相同的官能团，也属于醋酸酯，则苯环上的取代基与X的相同，分别是CHO，OOCCH3。苯环上有2个取代基，则同分异构体

46、共3种，两取代基分别位于邻位、间位、对位，除去X本身还有2种，分别是和；(5)利用甲苯、磷叶立德试剂和乙醛制备，模仿B到D的过程，则合成路线为。24、酚羟基、醛基、醚键 CH3OH、浓硫酸、加热 4 【解析】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在D中碳碳双键可与氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，据此答题；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合

47、可写出同分异构体的结构；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成。【详解】(1)根据A的结构简式可知A中所含有的含氧官能团为酚羟基、醛基、醚键，故答案为：酚羟基、醛基、醚键；(2)比较B和C的结构可知，反应为B与甲醇生成醚的反应，应该在浓硫酸加热的条件下进行，故答案为：CH3OH、浓硫酸、加热；(3)比较C和E的结构可知，D的结构简式为，在1molD中碳碳双键可与1mol氢气加成，硝基能被氢气还原成氨基，可消耗3mol氢气，所以共消耗4mol氢气，故答案为：；4；(4)根据条件结构中含4种化学环境不同的氢原子，即有4种位置的氢原子，能发生银镜反应，说明有醛

48、基，能和氢氧化钠溶液反应，说明有羧基或酯基或酚羟基，结合可知，符合条件的同分异构体的结构为，故答案为：；(5)被氧化可生成，与硝酸发生取代反应生成，被还原生成，进而发生缩聚反应可生成，可设计合成路线流程图为，故答案为：。【点睛】本题考查有机物的合成，题目难度中等，解答本题的关键是能把握题给信息，根据有机物的官能团判断有机物可能具有的性质。25、 将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸 取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在 水浴加热（或热水浴） 降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出 过滤、洗涤

49、80% 减小 【解析】(1)葡萄糖酸钙Ca(C6H11O7)2与硫酸H2SO4反应生成葡萄糖酸(C6H12O7)，原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为，故答案为：；(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为H+，即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；(3)结合SO42-离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐

50、酸，无明显现象，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO42-，反之则不存在；(4)实验制备葡糖糖酸时，反应条件为90，则最佳的加热方式为水浴加热（或热水浴），故答案为：水浴加热（或热水浴）；(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出；过滤、洗涤；(6)根据反应方程式可得关系式：Ca(C6H11O7)2 Zn(C6H11O7)2，mCa(C6H11O7)2=21.5g，则，则理论上可得到葡萄糖酸锌的

51、物质的量为nZn(C6H11O7)2=0.05mol，因此，根据可得，葡萄糖酸锌的产率为，若pH5时就进行后续操作，一些葡萄糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；26、长颈漏斗 Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2+2H2O 0.5 液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 b 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 不能 过量的Cl2也可将I-氧化为I2 【解析】(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物

52、质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性；(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl

53、2+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电子数目为0.5NA；(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证

54、氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，a.I为干燥的有色布条不褪色，中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；故合理选项是b；(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘

55、化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书写及计算，题目难度中等。27、SO2（g）SO2 （aq）；SO2H2OH2SO3；H2SO3 H + HSO3；HSO3H+ + SO32 干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少 圆底烧瓶 SO2H2O2=H2SO4 加入二氧化锰并振荡 0.32 盐酸的挥发造成的干扰 【解析】（1）将SO2通入水中形成SO2 饱和H2S

56、O3溶液体系，此体系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2H2OH2SO3；H2SO3 H + HSO3；HSO3H + SO32，故答案为SO2（g）SO2 （aq）；SO2H2OH2SO3；H2SO3H + HSO3；HSO3H + SO32；（2）根据对比实验，干白葡萄酒中滴入品红溶液，红色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的缘故，故答案为干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少；. （3）根据装置图，仪器A是圆底烧瓶，故答案为圆底烧瓶；（4）H2O2具有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸，化学方程式为SO2H2O2=H2SO4，故答案为SO2H2O2=H2SO4；（5）过氧化氢在催化剂作用下容易分解，除去H2O2，可以在反应后的溶液中加入二氧化锰并振荡，故答案为加入二氧化锰并振荡；（6）根据反应方程式，有SO2H2SO42NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=0.04000 mol/L0.025L=0.0005mol，质量为0.0005mol64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的质量为0.032g=0.32g，该葡萄酒中SO2的含量为0.32g/L，测定过程中，盐酸会挥发，导