2021-2022学年广东广州市高三最后一模化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、已知实验室用浓硫酸和乙醇在一

2、定温度下制备乙烯，某学习小组设计实验利用以下装置证明浓硫酸在该反应中的还原产物有SO2，并制备1，2-二溴乙烷。下列说法正确的是A浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂B装置III、IV中的试剂依次为酸性高锰酸钾溶液、品红溶液C实验完毕后，采用萃取分液操作分离1，2-二溴乙烷D装置II中品红溶液褪色体现了SO2的还原性2、用如图所示装置进行下列实验：将中溶液逐滴滴入中，预测的现象与实际相符的是选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐色沉淀D氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀AABBCCDD

3、3、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， pH=2的H2SO4 溶液1L中，硫酸和水电离的 H+总数为 0.01NAB1mol H2O 最多可形成4NA个氢键C用浓盐酸分别和 MnO2、KClO3 反应制备1mol氯气，转移的电子数均为2NAD常温常压下， O2 与 O3 的混合气体16g，分子总数为NA4、室温下，将0.10 molL-1盐酸逐滴滴入20.00 mL 0.10 molL-1氨水中，溶液中pH和pOH随加入盐酸体积变化曲线如图所示。已知：pOH= -lg c(OH-)。下列说法正确的是（ ）AM点所示溶液中：c(NH4+)+c(NH3H2O)= c(Cl-

4、)BN点所示溶液中：c(NH4+)c(Cl-)CQ点所示消耗盐酸的体积等于氨水的体积DM点和N点所示溶液中水的电离程度相同5、化学与社会、生活密切相关。下列说法错误的是（）A蚕丝属于天然高分子材料B雾霾纪录片穹顶之下，提醒人们必须十分重视环境问题，提倡资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle）C化石燃料完全燃烧不会造成大气污染D中国古代用明矾溶液清洗铜镜表面的铜锈6、为纪念门捷列夫发表第一张元素周期表150周年，联合国宣布2019年为“国际化学元素周期表年”，下列说法不正确的是A元素周期表上的大部分元素都是在地球

5、上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的B118号元素Og位于第七周期0族C同主族元素的单质熔、沸点自上而下减小（不包括0族）DIIIB族元素种类最多7、下图为一定条件下采用多孔惰性电极的储氢电池充电装置（忽略其他有机物）。已知储氢装置的电流效率100%，下列说法不正确的是A采用多孔电极增大了接触面积，可降低电池能量损失B过程中通过C-H键的断裂实现氢的储存C生成目标产物的电极反应式为C6H6+6e-+6H+=C6H12D若=75%，则参加反应的苯为0.8mol8、设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A0.01 molL-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.0

6、1 NAB氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目为2 NAC2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2 NAD0.l mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同9、C8H9Cl的含苯环的（不含立体异构）同分异构体有A9种 B12种 C14种 D16种10、下列属于碱性氧化物的是AMn2O7BAl2O3CNa2O2DMgO11、常温下，向20 mL0.1 mol. L-1HN3(叠氮酸)溶液中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H+)与NaOH溶液体积的关系如图所示(电离度等于已电离的电解

7、质浓度与电解质总浓度之比)。下列说法错误的是AHN3是一元弱酸Bc点溶液中：c(OH-) =c(H+) +c( HN3)C常温下，b、d点溶液都显中性D常温下，0.1 mol. L-1 HN3溶液中HN3的电离度为10a-11 %12、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A4.0g由CO2和SO2组成的混合物中含有的质子数为2NAB1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+数目为0.5NAC常温下,0.1mol环氧乙烷( )中含有的共价键数目为0.3NAD22.4LCO2与足量Na2O2充分反应,转移的电子数目为NA13、下列说法中不正确的是（ ）A石油的催化裂化是

8、工业上生产乙烯的主要方法B水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化C镧镍合金能吸收H2形成金属氢化物，可做贮氢材料DNa2SO410H2O晶体可作为光与化学能转换的贮热材料，通过溶解与结晶实现对太阳能的直接利用14、锂铜空气燃料电池（如图）容量高、成本低，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，其中放电过程为：2LiCu2OH2O2Cu2Li+2OH-，下列说法错误的是A整个反应过程中，氧化剂为O2B放电时，正极的电极反应式为：Cu2OH2O2e-2Cu2OH-C放电时，当电路中通过0.1 mol电子的电量时，有0.1 mol Li+透过固体电解质向Cu极移动，有标准状况下1

9、.12 L氧气参与反应D通空气时，铜被腐蚀，表面产生Cu2O15、实验室制取硝基苯的反应装置如图所示，关于实验操作或叙述错误的是A试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯B实验时，水浴温度需控制在5060C长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率D反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、结晶，得到硝基苯16、关于常温下 pH2 的草酸(H2C2O4)溶液，下列说法正确的是A1L 溶液中含 H+为 0.02molBc(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)C加水稀释，草酸的电离度增大，溶液 pH 减小D加入等体积 pH2 的盐酸，溶液酸性减小17、偏二甲

10、肼（CH3）2N-NH2（N为-2价）与N2O4是常用的火箭推进剂，发生的化学反应如下：（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g）H0，下列说法不正确的是（）A该反应在任何情况下都能自发进行B1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键C反应中，氧化产物为CO2，还原产物为N2D反应中，生成1molCO2时，转移8mole-18、能用元素周期律解释的是( )A酸性： H2SO3H2CO3B熔、沸点：HFHClC碱性： NaOHAl(OH)3D热稳定性： Na2CO3CaCO319、2mol金属钠和1mol氯气反应的能量关系如图所示，下列说法

11、不正确的是（ ）AH1=H2+H3+H4+H5+H6+H7BH4的值数值上和Cl-Cl共价键的键能相等CH70，且该过程形成了分子间作用力DH5H520、 Zn(CN)42-在水溶液中可与HCHO发生反应生成Zn(H2O)42+和HOCH2CN，下列说法错误的是（ ）AZn2+基态核外电子排布式为Ar3d10B1mol HCHO分子中含有键的数目为1.8061024CHOCH2CN分子中碳原子轨道的杂化类型是sp3DZn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，结构可表示为21、Garnet型固态电解质被认为是锂电池最佳性能固态电解质。LiLaZrTaO材料是目前能达到最高电导率的G

12、arnet型电解质。某Garnet型可充电锂电池放电时工作原理如图所示，反应方程式为：LixC6Li1xLaZrTaOLiLaZrTaO6C，下列说法不正确的是A放电时，a极为负极，发生氧化反应BLiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用C充电时，b极反应为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaOD充电时，每转移xmol电子，a极增重7 g22、下列实验中，对应的现象以及结论都正确且两者具有因果关系的是选项实验操作实验现象结论A向浓HNO3中加入炭粉并加热，产生的气体通入少量澄清石灰水中有红棕色气体产生，石灰水变浑浊有NO2和CO2产生B向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液

13、褪色乙醇具有还原性C向稀溴水中加入苯，充分振荡、静置水层几乎无色苯与溴发生了反应D向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸铜逐渐溶解铜可与稀硫酸反应AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）某合金X由常见的两种元素组成。为探究该合金X的元素组成和性质,设计并进行如下实验:根据上述信息,回答下列问题:(1)合金X的化学式为_。(2)用离子方程式解释溶液中滴加H2O2后呈红色的原因:_(3)写出336 mL(标准状况)气体B通入100 mL 0.2 mol/L 的NaOH溶液中的化学反应方程式:_24、（12分）阿司匹林()是有机合成过程中的中间体。已知：.(具有较强的还

14、原性)(1)反应的试剂和条件为_；反应的反应类型为_；反应的作用是_；(2)B的结构简式为_；(3)下列关于G中的描述正确的是_；A具有两性，既能与酸反应也能与碱反应B能发生加成、消去、取代和氧化反应C能聚合成高分子化合物D1molG与足量NaHCO3溶液反应放出2molCO2 (4)D与足量的NaOH溶液反应的化学方程式为_；反应的化学方程式为_；(5)符合下列条件的C的同分异构体有_种；a.属于芳香族化合物，且含有两个甲基b.既能发生银镜反应又能发生水解反应其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是_；(6)已知：依据题意，写出以甲苯为原料合成邻氨基苯甲酸的流程图(无机试剂任选)

15、_。25、（12分）某研究小组利用下图装置探究温度对氨气还原 Fe2O3 的影响（固定装置略）。完成下列填空：（1）实验时 A 中有大量紫红色的烟气，则 NH4I 的分解产物为 _（至少填三种），E装置的作用是_。（2）装置B中的反应方程式：_，D装置的作用是_。某研究小组按上图装置进行对比实验，甲组用酒精灯、乙组用酒精喷灯对装置 C 加热，反应产物均为黑色粉末（纯净物），两组分别用各自的产物进行以下探究，完成下列填空：步骤操作甲组现象乙组现象1取黑色粉末加入稀盐酸溶解，无气泡溶解，有气泡2取步骤 1 中溶液，滴加 KSCN 溶液变红无现象3向步骤 2 溶液中滴加新制氯水红色先变深后褪去先变红

16、后也褪色（3）乙组得到的黑色粉末是_。（4）甲组步骤1中反应的离子方程式为_。（5）乙组步骤3中，溶液变红的原因为_；溶液褪色可能的原因及其验证方法为_。（6）若装置C中Fe2O3反应后的产物是两种氧化物组成的混合物，为研究氧化物的组成，研究小组取样品7.84克在加热条件下通入氨气，完全反应后，停止加热，反应管中铁粉冷却后，称得质量为5.6克，则混合物的组成为_。26、（10分）过氧乙酸(CH3COOOH)是一种高效消毒剂，性质不稳定遇热易分解，可利用高浓度的双氧水和冰醋酸反应制得，某实验小组利用该原理在实验室中合成少量过氧乙酸。装置如图所示。回答下列问题：已知：常压下过氧化氢和水的沸点分别是

17、158和100。过氧化氢易分解，温度升高会加速分解。双氧水和冰醋酸反应放出大量的热。(1)双氧水的提浓：蛇形冷凝管连接恒温水槽，维持冷凝管中的水温为60，c口接抽气泵，使装置中的压强低于常压，将滴液漏斗中低浓度的双氧水(质量分数为30%)滴入蛇形冷凝管中。蛇形冷凝管的进水口为_。向蛇形冷凝管中通入60水的主要目的是_。高浓度的过氧化氢最终主要收集在_(填圆底烧瓶A/圆底烧瓶B)。(2)过氧乙酸的制备：向100mL的三颈烧瓶中加入25mL冰醋酸，滴加提浓的双氧水12mL，之后加入浓硫酸1mL，维持反应温度为40，磁力搅拌4h后，室温静置12h。向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，其主要原因是

18、_。磁力搅拌4h的目的是_。(3)取V1mL制得的过氧乙酸溶液稀释为100mL，取出5.0mL，滴加酸性高锰酸钾溶液至溶液恰好为浅红色(除残留H2O2)，然后加入足量的KI溶液和几滴指示剂，最后用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗标准溶液V2mL(已知：过氧乙酸能将KI氧化为I2；2Na2S2O3I2Na2S4O62NaI)。滴定时所选指示剂为_，滴定终点时的现象为_。过氧乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式为_。制得过氧乙酸的浓度为_mol/L。27、（12分）三苯甲醇是有机合成中间体。实验室用格氏试剂)与二苯酮反应制备三苯甲醇。已知:格氏试剂非常活泼，易与水、氧气、二氧

19、化碳等物质反应；实验过程如下实验装置如图1所示。a.合成格氏试剂:向三颈烧瓶中加入0.75g镁屑和少量碘(引发剂)，连接好装置，在恒压漏斗中加入3.20mL(0.03mol)溴苯和15.00mL乙醚混匀，开始缓慢滴加混合液，滴完后待用。b.制备三苯甲醇:将5.50g二苯与15.00mL乙醚在恒压漏斗中混匀，滴入三颈烧瓶。40左右水溶回流0.5h，加入20.00mL包和氯化铵溶液，使晶体析出。提纯:图2是简易水蒸气蒸馏装置，用该装置进行提纯，最后冷却抽滤 （1）图1实验中，实验装置有缺陷，应在球形冷凝管上连接_装置（2）合成格氏试剂过程中，低沸点乙醚的作用是_；合成格氏试剂过程中，如果混合液滴加

20、过快将导致格氏试剂产率下降，其原因是_；（3）提纯过程中发现A中液面上升，此时应立即进行的操作是_；（4）反应结束后获得三苯甲醇晶体的操作为_、过滤、洗涤_；A蒸发结晶 B冷却结晶 C高温烘干 D滤纸吸干下列抽滤操作或说法正确的是_A用蒸馏水润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上B用倾析法转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀C注意吸滤瓶内液面高度，当接近支管口位置时，拨掉橡皮管，滤液从支管口倒出D用抽滤洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，以减少沉淀物损失E.抽滤不宜用于过滤胶状成剧粒太小的沉淀（5）用移液管量取20.00mL饱和氯化较溶液，吸取液体时，左手_，

21、右手持移液管；（6）通过称量得到产物4.00g，则本实验产率为_(精确到0.1)。28、（14分）合成氨技术的创立开辟了人工固氮的重要途径。回答下列问题：（1）德国化学家F.Haber从1901年开始研究N1和H1直接合成NH3。在1.01105Pa、150时，将1 molN1和1 molH1加入aL刚性容器中充分反应，测得NH3体积分数为0.04；其他条件不变，温度升高至450，测得NH3体积分数为0.015，则可判断合成氨反应为 _填“吸热”或“放热”）反应。（1）在1.01105Pa、150时，将1 moIN1和1 molH1加入aL密闭容器中充分反应，H1平衡转化率可能为 _（填标号）

22、。A =4% B 11.5%（3）我国科学家结合实验与计算机模拟结果，研究了在铁掺杂W18049纳米反应器催化剂表面上实现常温低电位合成氨，获得较高的氨产量和法拉第效率。反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*标注。需要吸收能量最大的能垒（活化能）E=_ev，该步骤的化学方程式为_，若通入H1体积分数过大，可能造成 _。（4）T时，在恒温恒容的密闭条件下发生反应：反应过程中各物质浓度的变化曲线如图所示：表示N1浓度变化的曲线是 _（填“A”、“B”或“C，）。与（1）中的实验条件（1.01105Pa、450）相比，改变的条件可能是_。在015min内H1的平均反应速率为_。在该条件下反

23、应的平衡常数为 _mol-1L1（保留两位有效数字）。29、（10分）费托合成是以合成气(CO 和 H2 混合气体)为原料在催化剂和适当条件下合成烯烃(C2C4)以及烷烃(CH4、C5C11、C12C18 等，用Cn H2n+2 表示)的工艺过程。已知： 2CO(g) +O2(g) =2CO2 (g) H1 =a2H2(g) + O2(g)=2H2O(g) H2 =b回答下列问题：(1)反应(2n +1)H2 (g)+nCO(g)=CnH2n+2(g)+nH2O(g)的 H_。(用含有a、b、c、n 的式子表示)(2)费托合成产物碳原子分布遵循 ASF 分布规律。碳链增长因子()是描述产物分布

24、的重要参数，不同数值对应不同的产物分布。ASF 分布规律如图，若要控制 C2C4 的质量分数 0.480.57，则需控制碳链增长因子()的范围是_。(3)近期，我国中科院上海高等研究院在费托合成烃的催化剂上取得重大进展。如图所示，Co2C作催化剂的规律是：选择球形催化剂时_，选择平行六面体催化剂时_。(4)中科院大连化物所研究团队直接利用CO2 与H2 合成甲醇。一定条件下，向 2L 恒容密闭容器中充入1molCO2和 2mol H2发生反应“CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) H”。CO2 的平衡转化率()与温度(T)的关系如图所示。判断H_0。(填“大于”“小于”或“

25、等于”)500 K 时，反应 5 min 达到平衡。计算 05 min 用H2O 表示该反应的化学反应速率为_，该反应的平衡常数为_。500 K 时，测定各物质的物质的量浓度分别为 c(CO2)=0.4 mol/L、c(H2) = 0.2 mol/L、c(CH3OH) = 0.6 mol/L、c(H2O) = 0. 6 mol/L，此时反应_ (填“是”或“否”) 达到平衡，理由是_ 。一定条件下，对于反应 CO2(g) + 3H2(g)CH3OH(g) + H2O(g)。下列说法中不能表明反应达到平衡的是_。a.恒温恒容下，c(CH3OH)=c(H2O)b.恒温恒容下，体系的压强保持不变c.

26、恒温恒容下，体系的平均摩尔质量不变d.相同时间内，断裂 HH 键和断裂 HO 键之比 1：1参考答案一、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、A【解析】A乙醇在浓硫酸和加热条件下反应生成乙烯和水，浓硫酸在该反应中主要作用是催化剂、脱水剂，故A正确；B锰酸钾溶液和二氧化硫、乙烯都要反应，除掉乙烯中的二氧化硫用氢氧化钠溶液，再用品红检验二氧化硫是否除尽，因此装置III、IV中的试剂依次为氢氧化钠溶液、品红溶液，故B错误；C实验完毕后，产物是1，2-二溴乙烷，二溴乙烷溶于四氯化碳，二者沸点不同，可采用蒸镏操作分离提纯产品，故C错误；D装置II中品红溶液褪色体现了SO2的漂白性

27、，故D错误。综上所述，答案为A。【点睛】SO2使溶液褪色不一定体现漂白性，使某些有机色质褪色，体现漂白性，使无机物酸性高锰酸钾溶液褪色体现还原性。2、C【解析】A. 稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；B. 浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产生大量红棕色气体，故B错误；C. 过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；D. 氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；故选：C。3、A【解析】

28、A常温下， 1LpH=2的H2SO4 溶液中，硫酸和水电离的 H+总数为(10-2+10-12)mol/L1LNA=0.01NA，A正确；B在冰中，1个H2O与4个H2O形成4个氢键，平均每个水分子形成2个氢键，则1mol H2O 最多可形成2NA个氢键，B不正确；CMnO2与浓盐酸反应制备1mol氯气，转移的电子数为2NA，KClO3与浓盐酸反应制备1mol氯气(反应方程式为ClO3-+5Cl- +6H+=3Cl2+3H2O)，转移的电子为NA，C不正确；D采用极端分析法，O2 与 O3 各16g，分子总数分别为NA和NA，则16g混合气，所含分子数介于二者之间，D不正确；故选A。【点睛】在

29、冰中，每个水分子与周围的水分子可形成4个氢键，我们易认为平均每个水分子能形成4个氢键，从而产生错解。4、D【解析】已知室温时水的电离常数为110-14，则根据曲线得Q点时溶液中pH=pOH=7，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O；Q点左侧溶液为碱性，Q点右侧溶液为酸性。【详解】A项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而M点加的盐酸比Q点少，溶液为碱性，即c(H+)c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故A项错误；B项，根据电荷守恒得c(H+)+c(NH4+)=c(OH-)+ c(Cl-)，而N点加的盐酸比Q点多，溶液为酸性，即c(H+)

30、c(OH-)，则c(NH4+)c(Cl-)，故B项错误；C项，根据分析，Q点时溶液显中性，溶质为NH4Cl和NH3H2O，则消耗的盐酸体积小于氨水的体积，故C项错误；D项，M点溶液为碱性，而pH=a，则水电离出的c(H+)=10-amol/L，N点溶液为酸性，pOH=a，则水电离出的c(OH-)=10-amol/L，而水电离出的H+和OH-始终相等，即M点和N点均满足水电离出的c(H+)= c(OH-)=10-amol/L，即水的电离程度相同，故D项正确。综上所述，本题正确答案为D。5、C【解析】A. 蚕丝主要成分是蛋白质，属于天然高分子材料，A正确；B.资源的“3R”利用，即：减少资源消耗（

31、Reduce)、增加资源的重复使用（Reuse）、提高资源的循环利用（Recycle）符合绿色化学理念，B正确；C.化石燃料完全燃烧会生成CO2,可以形成温室效应，会造成大气污染，C错误；D.明矾是KAl(SO4)212H2O，Al3在溶液中发生水解反应Al33H2O Al(OH)33H，明矾溶液呈酸性，可清洗铜镜表面的铜锈，D正确。故选D。6、C【解析】A. 元素周期表上的大部分元素都是在地球上本身存在的自然元素，只有少数元素是人工合成的，超铀元素中大多数是人工合成的，故A正确；B. 118号元素Og一共有7个电子层，最外层有8个电子，所以位于第七周期0族，故B正确；C. 第VIIA族元素形

32、成的单质都可以形成分子晶体，自上而下随着其相对分子质量的增大，其分子间作用力增大，故其熔、沸点增大，故C错误；D. 因为IIIB族中含有镧系和锕系，所以元素种类最多，故D正确，故选C。7、B【解析】A. 多孔电极可增大电极与电解质溶液接触面积，降低能量损失，故A正确；B. 该过程苯被还原为环己烷，C-H键没有断裂，形成新的C-H键，故B错误；C. 储氢是将苯转化为环己烷，电极反应式为C6H6+6e-+6H+=C6H12，故C正确；D. 根据图示，苯加氢发生还原反应生成环己烷，装置中左侧电极为阳极，根据放电顺序，左侧电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，生成1.6molO2失去的电子量为6

33、.4mol，根据阴阳得失电子守恒，阴极得到电子总数为6.4mol，若=75%，则生成苯消耗的电子数为6.4mol75=4.8mol，苯发生的反应C6H6+6e-+6H+=C6H12，参加反应的苯的物质的量为4.8mol/6=0.8mol，故D正确；故选B。8、C【解析】A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.溶液的体积未知，不能计算微粒的

34、数目，D错误；故合理选项是C。9、C【解析】分子式为C8H9Cl中含有苯环、饱和烃基、氯原子；当取代基可以是1个：-CH2CH2Cl；-CHClCH3，有2种同分异构体；取代基可以是2个：-CH2Cl、-CH3；-CH2CH3、-Cl，根据邻、间、对位置异构可知，共有3+3=6种同分异构体；取代基可以是3个：-Cl、-CH3、-CH3；2个甲基处于邻位时，-Cl有2种位置，有2种同分异构体；2个甲基处于间位时，-Cl有3种位置，有3种同分异构体；2个甲基处于对位时，-Cl有1种位置，有1种同分异构体；所以符合条件的同分异构体共有14种；故选C。点睛：本题主要考查了同分异构体的书写，苯环上的取代

35、基种类和数目决定了同分异构体的种类，注意取代基的分类。分子式为C8H9Cl，不饱和度为4，苯环本身的不饱和度就为4，说明解题时不用考虑不饱和键。10、D【解析】碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【详解】A. Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B. Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C. Na2O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D. MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考

36、查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。11、C【解析】ApH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20 mL0.1 mol. L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；Bc点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-) =c(H+) +c( HN3)，B正确；C常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；D常温下，0.1 mol. L-1 HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则HN3电离出的c(H+)=10-14+a

37、mol/L，HN3的电离度为=10a-11 %，D正确。故选C。12、A【解析】ACO2的摩尔质量为44g/mol，含22个质子；SO2的摩尔质量为64g/mol，含32个质子，即两者均是2g中含1mol质子，故4g混合物中含2mol即2NA个质子，故A正确；B1L0.5molL-1pH=7的CH3COONH4溶液中，铵根离子发生水解，根据物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）0.5mol，故B错误；C一个环氧乙烷分子的共价键数目为7，所以0.1mol环氧乙烷中含有的共价键数目为0.7NA，故C错误；D未指明温度和压强，22.4LCO2的物质的量不一定是

38、1mol，故D错误；故答案为A。【点睛】选项A为难点，注意寻找混合物中质子数与单位质量之间的关系。13、A【解析】A.石油的裂解是工业上生产乙烯的主要方法，故A错误；B.煤液化是把固体煤炭通过化学加工过程，使其转化成为液体燃料、化工原料和产品的先进洁净煤技术，水煤气经过催化合成得到甲醇等液体燃料的过程属于煤的液化，故B正确；C.储氢材料是一类能可逆的吸收和释放氢气的材料，镧镍合金能大量吸收氢气形成金属氢化物，是目前解决氢气的储存和运输问题的材料，故C正确；D.Na2SO410H2O晶体在太阳光照射时能够分解失去结晶水，温度降低后又形成Na2SO410H2O晶体释放能量，故D正确；综上所述，答案

39、为A。14、C【解析】A，根据题意，该电池通过一种复杂的铜腐蚀“现象”产生电力，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，由放电反应推知Cu极电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，Cu2O又被还原成Cu，整个过程中Cu相当于催化剂，氧化剂为O2，A项正确；B，放电时正极的电极反应式为Cu2O+2e-+H2O=2Cu+2OH-，B项正确；C，放电时负极电极反应式为Li-e-=Li+，电路中通过0.1mol电子生成0.1molLi+，Li+透过固体电解质向Cu极移动，反应中消耗O2物质的量为=0.025mol，在标准状况下O2的体积为0.025mol22.4L

40、/mol=0.56L，C项错误；D，放电过程中消耗Cu2O，由此可见通入空气Cu腐蚀生成Cu2O，D项正确；答案选C。15、D【解析】A. 试剂加入顺序：先加浓硝酸，再加浓硫酸，最后加入苯，正确；B. 实验时，水浴温度需控制在5060，正确；C. 长玻璃导管兼起冷凝回流苯和硝酸的作用，以提高反应物转化率，正确；D. 反应后的混合液经水洗、碱溶液洗涤、分液(不是结晶)，得到硝基苯，错误。故答案为D。16、B【解析】A选项，c(H+) =0.01mol/L，1L 溶液中含 H+为 0.01mol，故A错误；B选项，根据电荷守恒得到c(H+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)+c(OH-)，

41、故B正确；C选项，加水稀释，平衡正向移动，氢离子浓度减小，草酸的电离度增大，溶液pH增大，故C错误；D选项，加入等体积pH2的盐酸，溶液酸性不变，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】草酸是二元弱酸，但pH =2，氢离子浓度与几元酸无关，根据pH值可得c(H+) =0.01mol/L，很多同学容易混淆c(二元酸) =0.01mol/L，如果是强酸c(H+) = 0.02mol/L，若是弱酸，则c(H+) 0.01mol/L。17、C【解析】A. 自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应能自发进行，根据方程式（CH3）2N-NH2（l）+2N2O4（l）2CO2（g）+3N2（g）+4H2O（g

42、）H0可知，H0，可得G=H-TS0，该反应在任何情况下都能自发进行，A正确；B. 1mol（CH3）2N-NH2含有11mol共价键，B正确；C. 反应中，C元素化合价由-4升高到+4，发生氧化反应，CO2为氧化产物，N元素化合价由-2升高到0，+4降低到0，即发生氧化反应又发生还原反应，N 2即为氧化产物又为还原产物，C错误；D. 反应中，C元素化合价由-4升高到+4，生成1molCO2时，转移8mole-，D正确；故答案选C。【点睛】自发反应的判断依据，G=H-TS0，反应自发进行，G=H-TS0，反应非自发，S为气体的混乱度。18、C【解析】A、不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，

43、A错误；B、氢化物的熔沸点与元素周期律没有关系，B错误；C、金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，可以用元素周期律解释，C正确；D、碳酸盐的热稳定性与元素周期律没有关系，D错误，答案选C。【点晴】素的性质随原子序数的递增而呈周期性变化的规律，具体表现为同周期(从左到右)同主族(从上到下)原子序数依次递增依次递增电子层数相同依次递增最外层电子数依次递增（从1至8）相同（He除外）原子半径逐渐减小逐渐增大主要化合价最高正价由1价到7价价(O、F除外) 最低负价由4价到1价一般相同金属性逐渐减弱逐渐增强非金属性逐渐增强逐渐减弱19、C【解析】A由盖斯定律可得，H1=H2+H3+H4+H5+H

44、6+H7，A正确；BH4为破坏1molCl-Cl共价键所需的能量，与形成1molCl-Cl共价键的键能在数值上相等，B正确；C物质由气态转化为固态，放热，则H70，且该过程形成了离子键，C不正确；DCl转化为Cl-，获得电子而放热，则H5H5，D正确；故选C。20、C【解析】AZn原子序数为30，位于B族，所以，Zn2+基态核外电子排布式为Ar3d10，A选项正确；B1分子HCHO含2个C-H键和1个C=O键，共有3个键，所以，1molHCHO分子中含有键的物质的量为3mol，数目为1.8061024，B选项正确；CHOCH2CN分子中与羟基相连的C为sp3杂化，-CN(-CN)中的C为sp杂

45、化，C选项错误；DZn(CN)42-中Zn2+与CN-的C原子形成配位键，Zn为sp3杂化，配位原子形成正四面体，所以，Zn(CN)42-结构可表示为，D选项正确；答案选C。【点睛】一般，两原子间形成的共价键，有且只有1个键，如：C=O双键含1个键、1个键，CN叁键含1个键、2个键。21、D【解析】根据题干信息，由电池工作原理图分析可知，电池工作放电时，Li+向b极移动，则b极为电池的正极，发生还原反应，电极反应式为：xLiLi1xLaZrTaO+xe-=LiLaZrTaO，a极为电池的负极，发生氧化反应，据此分析解答问题。【详解】A根据上述分析可知，电池工作放电时，a极为电池的负极，发生氧化

46、反应，A选项正确；B由电池工作原理图可知，LiLaZrTaO固态电解质起到传导Li+的作用，B选项正确；C电池充电时，b极为阳极，发生氧化反应，电极反应式为：LiLaZrTaO xe=xLiLi1xLaZrTaO，C选项正确；D充电时，a极为阴极，发生的反应为6C+ xe-+xLi=LixC6：每转移xmol电子，增重7x g，D选项错误；答案选D。22、B【解析】A.单质C和浓硝酸加热生成二氧化碳、二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸和氢氧化钙反应，抑制了二氧化碳和氢氧化钙的反应，所以石灰水不变浑浊，A错误；B.酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，向酸性KMnO4溶液中滴加

47、乙醇，溶液褪色，说明酸性高锰酸钾溶液被乙醇还原，乙醇体现了还原性，B正确；C.溴水和苯不反应，但是苯能萃取溴水中的溴单质，由于苯与水互不相溶，因此看到分层现象，下层的水层几乎无色，这种现象为萃取，并没有发生化学反应，C错误；D.向试管底部有少量铜的Cu(NO3)2溶液中加入稀硫酸，发生反应：3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O，因此看到铜逐渐溶解，不是Cu与硫酸反应，D错误；故合理选项是B。二、非选择题(共84分)23、Fe5C H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3 4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O 【解

48、析】由血红色可以推出X含有铁元素，由无色无味的气体使澄清石灰水变浑浊推出X中另一种元素为碳。铁碳合金和足量的稀硫酸反应生成FeSO4和H2（A气体），剩余黑色固体碳在足量的氧气中灼烧，生成无色无味气体B（CO2），CO2通入足量澄清石灰水中得到白色沉淀CaCO3。【详解】(1)生成的CaCO3为5.0 g即0.05 mol，碳元素的质量为0.05 mol12 g/mol=0.6 g，则X中铁的含量为14.6 g-0.6 g=14.0 g，即含铁14.0g56g/mol=0.25 mol，所以X为Fe5C。(2)合金中的Fe与H2SO4反应生成的是FeSO4，加氧化剂H2O2后被氧化成Fe3+再

49、与SCN-生成Fe(SCN)3。故离子方程式为：H2O2+2H+2Fe2+=2Fe3+2H2O、Fe3+3SCN-=Fe(SCN)3；(3)CO2的物质的量为0.336L22.4L/mol=0.015 mol，NaOH的物质的量为0.02mol。0.015molCO2与0.02 mol NaOH反应生成Na2CO3 a mol与NaHCO3 b mol，根据Na和C守恒列2个二元一次方程分别为2a+b=0.02，a+b=0.015解得a=0.005，b=0.01，根据四种物质的最简比写出方程式:4NaOH+3CO2=Na2CO3+2NaHCO3+H2O。24、浓硫酸、浓硝酸、加热 取代反应 保

50、护酚羟基，以防被氧化 AC +3NaOH+CH3COONa+2H2O +(CH3CO)2O+CH3COOH 6 或 【解析】乙酰氯和乙酸反应生成A，A和B反应生成C，C被酸性高锰酸钾溶液氧化生成D，根据D的结构简式()知，C为，B中含有苯环，根据B的分子式C7H8O知，B为，根据信息I，A为(CH3CO)2O；D发生水解反应然后酸化得到E，E为，E反应生成F，F发生还原反应生成G，根据G的结构简式()结合题给信息知，F为；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，据此分析解答。【详解】(1)反应为转化为，

51、发生的是苯环上的硝化反应，反应的条件为浓硫酸、浓硝酸和加热；反应为乙酰氯()转化为乙酸，反应类型为取代反应；酚羟基也容易被酸性高锰酸钾溶液氧化，反应的作用是保护酚羟基，防止被氧化，故答案为浓硫酸、浓硝酸和加热；取代反应；保护酚羟基，防止被氧化；(2)根据上述分析，B的结构简式为，故答案为；(3)AG()中含有羧基和氨基，所以具有酸性和碱性，则具有两性，既能与酸反应也能和碱反应，故A正确；BG()中含有酚羟基，能发生氧化反应，但不能发生消去反应，羧基能发生取代反应，苯环能发生加成反应，故B错误；CG()中含有羧基和酚羟基(或氨基)，能发生缩聚反应生成高分子化合物，故C正确；D只有羧基能和碳酸氢钠

52、反应生成二氧化碳，所以1molG与足量NaHCO3溶液反应放出1molCO2，故D错误；故选AC；(4)D中含有羧基和酯基，酯基水解生成的酚羟基都能与氢氧化钠反应，与足量的NaOH反应的化学方程式为+3NaOH +CH3COONa+2H2O，反应的化学方程式为+(CH3CO)2O+CH3COOH，故答案为+3NaOH +CH3COONa+2H2O；+(CH3CO)2O+CH3COOH；(5)C为，C的同分异构体符合下列条件：a属于芳香族化合物，说明含有苯环，且含有两个甲基；b能发生银镜反应，说明含有醛基；又能发生水解反应，说明含有酯基，则为甲酸酯类物质，如果两个-CH3位于邻位，HCOO-有2

53、种位置；如果两个-CH3位于间位，HCOO-有3种位置；如果两个-CH3位于对位，HCOO-有1种位置；共6种同分异构体，其中核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积之比为6211的是或，故答案为6；或；(6)甲苯和浓硝酸发生取代反应生成邻硝基甲苯，邻硝基甲苯被酸性高锰酸钾溶液氧化生成邻硝基苯甲酸，邻硝基苯甲酸被还原生成邻氨基苯甲酸，其合成流程图为，故答案为。【点睛】本题的易错点为(6)，根据题意，苯环上引入取代基的位置与苯环上已有取代基的种类有关，要注意硝化反应和氧化反应的先后顺序不能颠倒。25、NH3、H2、I2(HI) 吸收多余的氨气 Zn+I2ZnI2 安全瓶 Fe粉 Fe3O4+8H+2Fe3

54、+Fe2+4H2O Fe2+被氧化成Fe3+，Fe3+遇SCN-显红色 假设SCN-被Cl2氧化，向溶液中加入KSCN溶液，若出现红色，则假设成立 Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4 【解析】(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，NH4I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B中锌的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸，因为氨气极易被浓硫酸吸收；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并

55、产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式；(5)步骤4中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致、溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7，由此确定混合物的组成。【详解】：(1)实验时中A有大量紫红色的烟气，说明生成了碘蒸气，

56、NH4I发生下列反应：NH4I(固)NH3(气)+HI(气)，2HI(气)H2(气)+I2(气)，则NH4I的分解产物为 NH3、H2、I2(HI)，E装置浓硫酸的作用是 吸收多余的氨气；(2)装置B的作用是吸收碘蒸气，反应方程式：Zn+I2ZnI2，因为氨气极易被浓硫酸吸收，故D装置的作用是作安全瓶，防倒吸；(3)利用黑色固体可溶于盐酸并产生气体，结合“原子守恒”可知用酒精喷灯的乙组实验得到的固体为Fe；(4)利用甲组现象可知Fe2O3与CO在酒精灯加热的条件下，Fe2O3被还原得到黑色固体为Fe3O4，由此可写出反应的离子方程式为Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O；(5)因Fe

57、3+遇SCN-显红色，所以乙组步骤3中溶液变红是溶液中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+所致，溶液褪色的原因可能是Cl2将SCN-氧化，若该假设成立，则溶液中还存在Fe3+，再继续加入KSCN溶液则溶液变红；(6)氧化物样品质量为7.84克，还原成铁粉质量为5.6克，氧元素质量为：7.84-5.6g=2.24g，则铁和氧的原子个数比为：=0.1：0.14=5：7，氧化物的平均分子式为Fe5O7；则混合物的组成为Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4，故答案为：Fe2O3和FeO或Fe2O3和Fe3O4。26、a 使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离 圆底烧瓶A 防止过氧化氢和过氧乙酸因

58、温度过高大量分解 使过氧化氢和冰醋酸充分反应 淀粉溶液 滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变 CH3COOOH2H2II2CH3COOHH2O 【解析】蛇形冷凝管的进水口在下面，出水口在上面；向蛇形冷凝管中通入60水的主要目的从实验目的来分析，该实验目的是双氧水的提浓；高浓度的过氧化氢最终主要收集哪个圆底烧瓶，可从分离出去的水在哪个圆底烧瓶来分析判断；(2)向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，从温度对实验的影响分析；磁力搅拌4h的目的从搅拌对实验的影响分析；(3)滴定时所选指示剂为淀粉，滴定终点时的现象从碘和淀粉混合溶液颜色变化、及滴定终点时颜色变化的要求回答；书写过氧

59、乙酸与碘化钾溶液反应的离子方程式，注意产物和介质；通过过氧乙酸与碘化钾溶液反应、及滴定反应2Na2S2O3I2Na2S4O62NaI，找出过氧乙酸和硫代硫酸钠的关系式、结合数据计算求得过氧乙酸的浓度；【详解】蛇形冷凝管的进水口在下面，即图中a，出水口在上面；答案为：a；实验目的是双氧水的提浓，需要水分挥发、避免双氧水分解，故向蛇形冷凝管中通入60水，主要目的为使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；答案为：使低浓度双氧水中的水变为水蒸气与过氧化氢分离；圆底烧瓶B收集的是挥发又冷凝后的水，故高浓度的过氧化氢最终主要收集在圆底烧瓶A；答案为：圆底烧瓶A ； (2)用高浓度的双氧水和冰醋酸反应

60、制过氧乙酸，双氧水和冰醋酸反应放出大量的热，而过氧乙酸性质不稳定遇热易分解，过氧化氢易分解，温度升高会加速分解，故向冰醋酸中滴加提浓的双氧水要有冷却措施，主要防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解；答案为：防止过氧化氢和过氧乙酸因温度过高大量分解； 磁力搅拌能增大反应物的接触面积，便于过氧化氢和冰醋酸充分反应；答案为：使过氧化氢和冰醋酸充分反应； (3)硫代硫酸钠滴定含碘溶液，所选指示剂自然为淀粉，碘的淀粉溶液呈特殊的蓝色，等碘消耗完溶液会褪色，滴定终点时的现象为：滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再改变；答案为：淀粉溶液；滴入最后一滴标准溶液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟不再