2021-2022学年广西玉林高中高考化学四模试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、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

2、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2、用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法不正确的是A该反应的氧化剂是KNO3B氧化产物与还原产物的物质的量之比为23CFe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为电解质D该反应中生成144gH2O，转移电子的物质的量为12mol3、短周期元素X、Y、Z的原子序数依次递増，其原子的最外层电子数之和为13。X与Y、Z位于相邻周期，Z原子最外

3、层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍。下列说法正确的是( )AX的简单氢化物溶于水显酸性BY的氧化物是离子化合物CZ的氢化物的水溶液在空气中存放不易变质DX和Z的最高价氧化物对应的水化物都是弱酸4、反应A(g)+B(g) 3X，在其他条件不变时，通过调节容器体积改变压强，达平衡时c(A)如下表：平衡状态容器体积/L40201c(A)( mol/L)0.022a0.05a0.75a下列分析不正确的是（ ）A的过程中平衡发生了逆向移动B的过程中X的状态发生了变化C的过程中A的转化率不断增大D与相比，中X的物质的量最大5、下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是A将过量二氧化

4、硫气体通入冷氨水中：SO2+NH3H2OHSO3+NH4+B醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应：CaCO3+2H+Ca2+H2O+CO2CNH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中：HCO3+OHCO32+H2OD向AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色：2AgCl+S2=Ag2S+2Cl6、下列化学用语使用正确是A氧原子能量最高的电子的电子云图：B35Cl与37Cl互为同素异形体CCH4分子的比例模型：D的命名：1,3,4-三甲苯7、下列操作能达到实验目的的是目的实验操作AAl2O3有两性将少量Al2O3分别加入盐酸和氨水中B浓硫酸有脱水性蔗糖中加入浓硫酸，用玻璃棒充分搅拌C检验SO4

5、2-向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液D检验Fe2+向某溶液中滴入氯水，再滴入KSCN溶液AABBCCDD8、下列反应颜色变化和解释原因相一致的是（）A氯水显黄绿色：氯气和水反应生成的次氯酸为黄绿色液体B氢氧化钠溶液滴加酚酞显红色：氢氧化钠水解使溶液显碱性C乙烯使溴水褪色：乙烯和溴水发生氧化反应D碘在苯中的颜色比水中深：碘在有机物中的溶解度比水中大9、下列生活用品的主要成分不属于有机高分子物质的是（ ）A植物油B丝织品C聚乙烯D人造毛10、下列有关浓硫酸和浓盐酸的说法错误的是（）A浓硫酸、浓盐酸都是无色液体B铁片加入浓硫酸中无明显现象，加入浓盐酸中有大量气泡产生C将两种酸分别滴到pH试纸上

6、，试纸最终均呈红色D将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟11、化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是A针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别C硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化12、人体尿液中可以分离出具有生长素效应的化学物质吲哚乙酸，吲哚乙酸的结构简式如图所示。下列有关说法正确的是A分子中含有2种官能团B吲哚乙酸苯环上的二氯代物共有四种C1 mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗5 mol H2D分子中不

7、含手性碳原子13、用化学用语表示2CO22Na2O2=2Na2CO3O2中的相关微粒，其中正确的是()A中子数为6的碳原子：612CB氧原子的结构示意图：CCO2的结构式：OCODNa2O2的电子式：NaNa14、二氧化氯（ClO2）是易溶于水且不与水反应的黄绿色气体，沸点为11。某小组在实验室中制备ClO2的装置如下：已知：SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2 +2NaHSO4下列说法正确的是A装置C中装的是饱和食盐水，a逸出的气体为SO2B连接装置时，导管口a应接h或g，导管口c应接eC装置D放冰水的目的是液化SO2，防止污染环境D可选用装置A利用1molL1盐酸与MnO2反应制

8、备Cl215、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中元素A、E的单质在常温下呈气态，元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，元素C在同周期的主族元素中原子半径最大，元素D的合金是日常生活中常用的金属材料。下列说法正确的是A工业上常用电解法制备元素C、D、E的单质B元素A、B组成的化合物常温下一定呈气态C化合物AE与CE含有相同类型的化学键D元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物两两之间均可发生化学反应16、在催化剂、400时可实现氯的循环利用，下图是其能量关系图下列分析正确的是A曲线a是使用了催化剂的能量变化曲线B反应物的总键能高于生成物的总键能C反应的热化学方程

9、式为：4HCl(g)+O2(g) 2Cl2+2H2O(g)H115.6 kJD若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ17、已知：H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ； 下列选项正确的是AH2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 bB相同物质的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)C1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，反应放热 87.48kJDH2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，Q ZBY单质的熔点高于X 单质CX、W、Z 能形成具有强氧化性的 XZ

10、WDYZ4分子中 Y 和 Z 都 满足8 电子稳定结构22、下列各组离子能在指定溶液中，大量共存的是（ ）无色溶液中：K+，Cu2+，Na+，MnO4-，SO42-使pH=11的溶液中：CO32-，Na+，AlO2-，NO3-加入Al能放出H2的溶液中：Cl-，HCO3-，NO3-，NH4+加入Mg能放出H2的溶液中： NH4+，Cl-，K+，SO42-使石蕊变红的溶液中：Fe3+，MnO4-，NO3-，Na+，SO42-酸性溶液中：Fe2+，Al3+，NO3-，I-，Cl-ABCD二、非选择题(共84分)23、（14分）据研究报道，药物瑞德西韦(Remdesivir)对2019年新型冠状病毒

11、(COVID-19)有明显抑制作用。F为药物合成的中间体，其合成路线如下：已知：R-OH R-Cl(1)A中官能团名称是_；C的分子式为_(2)A到B为硝化反应，则B的结构简式为_，A到B的反应条件是_。(3)B到C、D到E的反应类型 _(填“相同”或“不相同”)；EF的化学方程式为_ 。(4)H是C的同分异构体，满足下列条件的同分异构体有_种。硝基直接连在苯环上 核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1遇FeCl3溶液显紫色(5)参照F的合成路线图，设计由、SOCl2为原料制备的合成路线_(无机试剂任选)。24、（12分）RLClaisen双酯缩合反应的机理如下：2RCH2COOC2H5+C2

12、H5OH，利用该反应制备化合物K的一种合成路线如图试回答下列问题：（1）A与氢气加成所得芳香烃的名称为_；AB的反应类型是_；D中含氧官能团的名称是_。（2）C的结构简式为_；FG的反应除生成G外，另生成的物质为_。（3）HK反应的化学方程式为_。（4）含有苯环结构的B的同分异构体有_种（B自身除外），其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为_（任写一种即可）。（5）乙酰乙酸乙酯（）是一种重要的有机合成原料，写出由乙醇制备乙洗乙酸乙時的合成路线（无机试剂任选）：_。25、（12分）工业尾气中的氮氧化物常用氨催化吸收法，原理是NH3与NOx反应生成无毒物质。某同学采用以下装置和步骤模拟工业上氮氧化

13、物的处理过程。(一)提供的装置(二)NH3的制取(1)下列有关实验室制备气体的说法正确的是_(填序号)。可以用排饱和食盐水的方法收集氯气用赤热的炭与水蒸气反应制取氢气实验室制氧气有时需要加热，有时不需要加热用无水氯化钙干燥氨气用浓盐酸洗涤高锰酸钾分解制氧气的试管(2)从所提供的装置中选取一个能制取氨气的装置：_(填序号)。(3)当采用你所选用的装置制取氨气时，相应反应的化学方程式是_。(三)模拟尾气的处理选用上述部分装置，按下列顺序连接成模拟尾气处理装置，回答有关问题：(4)A中反应的离子方程式为_。(5)D装置中的液体可换成_(填序号)。a CuSO4b H2Oc CCl4d 浓硫酸(6)该

14、同学所设计的模拟尾气处理实验还存在的明显缺陷是_。26、（10分）废旧电池中的Zn、Mn元素的回收，对环境保护有重要的意义。锌锰干电池的负极是作为电池壳体的金属锌，正极是被二氧化锰和碳粉包围的石墨电极，电解质是氯化锌和氯化铵的糊状物，该电池放电过程中产生MnOOH。I.回收锌元素，制备ZnCl2步骤一：向除去壳体及石墨电极的黑色糊状物中加水，搅拌，充分溶解，经过滤分离得固体和滤液；步骤二：处理滤液，得到ZnCl2xH2O晶体；步骤三：将SOCl2与ZnCl2xH2O晶体混合制取无水ZnCl2。制取无水ZnCl2，回收剩余的SOCl2并验证生成物中含有SO2(夹持及加热装置略)的装置如下：已知：

15、SOCl2是一种常用的脱水剂，熔点-105，沸点79，140以上时易分解，与水剧烈水解生成两种气体。（1）接口的连接顺序为a_hi_e。（2）三颈烧瓶中反应的化学方程式：_。（3）步骤二中得到ZnCl2xH2O晶体的操作方法：_。（4）验证生成物中含有SO2的现象为：_。II.回收锰元素，制备MnO2（5）步骤一得到的固体经洗涤，初步蒸干后进行灼烧，灼烧的目的_。III.二氧化锰纯度的测定称取1.0g灼烧后的产品，加入1.34g草酸钠(Na2C2O4)固体，再加入足量的稀硫酸并加热(杂质不参与反应)，充分反应后冷却，将所得溶液转移到100mL容量瓶中用蒸馏水稀释至刻度线，从中取出10.00mL

16、，用0.0200mol/L高锰酸钾溶液进行滴定，滴定三次，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值为10.00mL。（6）写出MnO2溶解反应的离子方程式_。（7）产品的纯度为_。27、（12分）苯胺()是重要的化工原料。某兴趣小组在实验室里制取并纯化苯胺。已知：与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为：2 +3Sn+12HCl2 +3SnCl4+4H2O有关物质的部分物理性质见下表：物质相对分子质量熔点/沸点/溶解性密度/gcm-3苯胺936.3184微溶于水，易溶于乙醚1.02硝基苯1235.7210.9难溶于水，易溶于乙醚1.23乙醚74116.234.6微溶于水0.7

17、134.制备苯胺图1所示装置中加入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，向三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。（1）滴加适量NaOH溶液的目的是_，写出主要反应的离子方程式_。.纯化苯胺.取出图l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。用“水蒸气蒸馏”的方法把B中苯胺逐渐吹出，在烧瓶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甲。.向所得水溶液甲中加入氯化钠固体至饱和，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1.86g。（2）装置A中玻璃管的作用

18、是_。（3）在苯胺吹出完毕后，应进行的操作是先_，再_。（4）该实验中苯胺的产率为_(保留三位有效数字)。（5）欲在不加热条件下除去苯胺中少量的硝基苯杂质，简述实验方案_。28、（14分）有机物M是有机合成的重要中间体，制备M的一种合成路线如下(部分反应条件和试剂略去)：已知：A的密度是相同条件下H2密度的38倍；其分子的核磁共振氢谱中有3组峰；(-NH2容易被氧化)；R-CH2COOH请回答下列问题：(1)B的化学名称为_。A中官能团的电子式为_。(2)CD的反应类型是_，I的结构简式为_。(3)FG的化学方程式为_。(4)M不可能发生的反应为_(填选项字母)。a.加成反应 b.氧化反应 c

19、.取代反应 d.消去反应(5)请写出任意两种满足下列条件的E的同分异构体有_。能与FeCl3溶液发生显色反应 能与NaHCO3反应 含有-NH2(6)参照上述合成路线，以为原料(无机试剂任选)，设计制备的合成路线：_。29、（10分）铝是地壳中含量最高的金属元素，其单质及其化合物在生产生活中的应用十分广泛。（1）铝原子最外层电子排布式是_，铝原子核外有_种能量不同的电子。（2）1827年，德国化学家维勒用金属钾与无水氯化铝反应而制得了金属铝。不用钾与氯化铝溶液制铝的理由是_；现代工业炼铝是以Al2O3为原料，与冰晶石(Na3A1F6)在熔融状态下进行电解，其阴极电极反应式为_。（3）用铝和金属

20、氧化物反应制备金属单质是工业上较常用的方法。如：2Al+4BaO3Ba+BaOAl2O3，用化学平衡移动原理解释上述方法可制取金属Ba的原因是_。（4）LiAlH4由Li+、A1H4-构成，是有机合成中常用的试剂，LiAlH4在125分解为LiH、H2和Al。比较Li+、 H-、Al3+、H+离子半径大小_。写出LiAlH4分解的方程式（需配平）_，若反应生成3.36 L氢气（标准状况下），则有_g铝生成。LiAlH4与乙醛反应可生成乙醇，推断LiAlH4是反应的_剂。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分子中每个节点为C原子，每个C原子连接四

21、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显色反应，W

22、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。2、B【解析】A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；B. 配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO

23、，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为32，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移6mol电子， 则生成144g H2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；故合理选项是B。3、B【解析】Z原子最外层电子数是X原子内层电子数的3倍或者Y原子最外层电子数的3倍，说明Z原子的最外层电

24、子数是6个，Y的最外层电子数是2，因此X的最外层电子数是5，即X是N。X与Y、Z位于相邻周期，所以Y是镁，Z是硫。A.氨气的水溶液显碱性，A不正确；B.氧化镁是活泼的金属和活泼的非金属形成的，属于离子化合物，B正确；C.H2S具有还原性，容易被氧化，C不正确；D.硝酸和硫酸都是强酸，D不正确；答案选B。4、C【解析】A. 到的过程中，体积缩小了一半，平衡时A物质的量由0.88amol变为1amol，说明增大压强，平衡逆向移动，X此时应为气态；故A正确；B. 到的过程中，体积继续缩小，平衡时A物质的量由1amol变为0.75amol，说明增大压强平衡正向移动，说明X在压缩的某个过程中变成了非气态

25、，结合A项分析，到的过程中X的状态发生了变化；故B正确；C. 结合A、B项的分析，平衡首先逆向移动然后正向移动，A的转化率先减小后增大，故C错误；D. 状态下A物质的量最小，即A转化率最大，X的物质的量最大，故D正确；答案选C。5、A【解析】A、过量二氧化硫含氨水反应生成亚硫酸氢铵；B、醋酸为弱电解质，保留化学式；C、漏写铵根离子与碱的反应；D、硫化银比氯化银更难溶，则氯化银悬浊液中滴加硫化钠会生成硫化银黑色沉淀，前者有沉淀，后者沉淀无需符号。【详解】A、过量二氧化硫气体通入冷氨水中反应的离子方程式为：，故A正确；B、醋酸溶液与水垢中的CaCO3反应，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=

26、Ca2+H2O+CO2+2CH3COO-，故B错误；C、NH4HCO3溶于过量的NaOH溶液中的离子反应为，故C错误；D、AgCl悬浊液中滴加Na2S溶液，由于氯化银的溶解度大于硫化银，则实现了沉淀转化，会观察到白色沉淀变成黑色，反应的离子方程式为：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl，故D错误；故选：A。【点睛】判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进行：从反应原理进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物等；从物质存在形态进行判断，如拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等（如本题B选项）；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化还原反应中的电子转移守恒等；从反应的条件进行判

27、断；从反应物的组成以及反应物之间的配比进行判断。6、C【解析】A氧原子能量最高的电子是2p轨道上的电子，其电子云图不是球形，选项A错误；B35Cl与37Cl的质子数相同而中子数不同，互为同位素，选项B错误；CCH4分子的比例模型为，选项C正确；D的命名：1，2，4-三甲苯，选项D错误；答案选C。7、B【解析】AAl(OH)3是两性氢氧化物，只溶于强酸、强碱，不溶于氨水，故A错误；B浓硫酸能将蔗糖中H、O以21水的形式脱去，体现浓硫酸的脱水性，故B正确；C向某溶液中滴加少量酸化的BaCl2溶液可能生成氯化银或硫酸钡白色沉淀，不能检验硫酸根离子，故C错误；D氯气具有氧化性，可以将亚铁离子氧化，生成

28、三价铁离子，三价铁离子可以和KSCN溶液发生显色反应，显红色，不能确定是含有亚铁离子还是铁离子，故D错误；故选B。8、D【解析】A、氯水显黄绿色的原因是氯气在水中的溶解度有限，氯气本身为黄绿色，次氯酸无色，故A不符合题意；B、氢氧化钠为强碱，在水溶液中完全电离出氢氧根，使酚酞显红色，不是水解，故B不符合题意； C、乙烯中含有碳碳双键，为不饱和键，能够与溴单质发生加成反应，使溴水褪色，故C不符合题意； D、碘单质本身为紫黑色，碘水显黄色，而碘溶于苯中显紫红色，碘在有机物中溶解度增大，故D符合题意； 故选：D。9、A【解析】A、植物油成分是油脂，油脂不属于有机高分子化合物，故A正确；B、丝织品的成

29、分是蛋白质，蛋白质属于有机高分子化合物，故B错误；C、聚乙烯是有机高分子化合物，故C错误；D、人造毛属于人造纤维，属于有机高分子化合物，故D错误。10、C【解析】A、浓硫酸、浓盐酸都是无色液体，故A正确； B、浓硫酸具有强氧化性，使铁发生钝化，所以铁片加入浓硫酸中无明显现象，铁与浓盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，产生大量气泡，故B正确； C、浓硫酸具有脱水性，能够使试纸脱水变黑，所以浓硫酸滴到pH试纸上最终变黑，故C错误； D、浓硫酸不具有挥发性，浓盐酸具有挥发性，所以将蘸有浓氨水的玻璃棒靠近浓盐酸有白烟，靠近浓硫酸没有白烟，故D正确； 故选：C。【点睛】本题考查有关浓硫酸、浓盐酸的性质等，注意浓

30、硫酸具有脱水性，不能使pH试纸变红色。11、A【解析】A高锰酸钾溶液和双氧水是利用其强氧化性进行杀菌消毒，酒精能够使蛋白质变质，但不是用无水酒精，而是用75%左右的酒精水溶液消毒，故A错误；B危险化学品标志中的数字是对其危险特性的分类：如第1类 爆炸品、第2类 易燃气体、第3类 易燃液体等，故B正确；C硅胶具有较强的吸附性，可用于催化剂载体或干燥剂，故C正确；D二氧化硫能杀菌还有较强的还原性，故添加在葡萄酒中既能杀菌又能防止葡萄酒被氧化，故D正确；故选A。12、D【解析】A分子中含有三种官能团，包括了羧基、碳碳双键和氨基，A错误；B采用“定一移一”的方法，二氯代物，如图所示：、，共有6种，B错

31、误； C1mol苯环能够与3molH2发生加成，1mol碳碳双键和1molH2发生加成，而羧基不能与H2发生加成，则1 mol吲哚乙酸与足量氢气发生反应，最多消耗4mol H2，C错误；D分子中只有1个饱和碳原子，但是碳原子连有2个相同的H原子，因此分子中不含有手性碳原子，D正确。答案选D。13、B【解析】A. 中子数为6的碳原子：612C，B. 氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；C. CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D. Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；答案选B。【点

32、睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中ZAX元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（14、B【解析】利用A装置制取SO2，在B中发生制取反应得到ClO2，ClO2的沸点为11，利用冰水浴冷凝，可在装置D中收集到ClO2；E为安全瓶，防B中的液体进入到A中，E放置在A与B之间。C为尾气吸收装置，吸收多余的SO2。【详解】A、利用A装置制取SO2，a逸出的气体为SO2，C为尾气吸收装置，用于吸收多余的SO2，应该装有NaOH溶液，A错误；B、利用A装置制取SO2，在B中发生制取反应得到ClO2，

33、E为安全瓶，防B中的液体进入到A中，E放置在A与B之间，所以a应接h或g；装置D中收集到ClO2，导管口c应接e，B正确；C、ClO2的沸点11，被冰水浴冷凝，在D中收集到，C错误；D、MnO2有浓盐酸反应，1molL1并不是浓盐酸，D错误；答案选B。15、A【解析】元素B的原子最外层电子数是其电子层数的2倍，短周期元素中有碳、硫，A、B、C、D、E是原子序数依次增大，所以B是C；A的原子序数小于6（碳）且单质为气体，A是H元素；C的原子序数大于6，半径是同周期中最大，C是第三周期的Na元素；元素D的合金是日常生活中常用的金属材料，D是Al元素；E单质是气体，E是Cl元素；所以A、B、C、D、

34、E分别是：H、C、Na、Al、Cl。工业上用电解熔融氯化钠制取钠，用电解熔融氧化铝制取铝，用电解饱和食盐水制取氯气，A选项正确；氢元素、碳元素组成化合物属于烃，常温下碳原子数小于4是气态，大于4是液态或者固态，B选项错误；HCl是共价化合物，含共价键，氯化钠是离子化合物，含离子键，HCl和NaCl的化学键类型不同，C选项错误；元素B、C、D的最高价氧化物对应的水化物分别是H2CO3、NaOH、Al（OH）3， H2CO3与Al（OH）3不反应，D选项错误，正确答案A。16、D【解析】A.曲线b的活化能比a的低，所以曲线b是使用了催化剂的能量变化曲线，选项A错误；B.由图像可知反应物能量高，所以

35、键能低，选项B错误；C.反应的热化学方程式为：4HCl（g）+O2（g）2Cl2+2H2O（g）H=115.6 kJ/mol，选项C错误；D.气态水变成液态要放出能量，所以若反应生成2mol液态水，放出的热量高于115.6kJ ，选项D正确；答案选D。17、A【解析】A. 根据H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的总能量对应图中线段 b，故正确；B. 相同物质的量的 Se，Se(s)的能量低于 Se(g)，

36、故错误；C. 1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ，该反应是可逆反应，放出的热量小于87.48kJ，故错误；D.S和Se是同族元素，S的非金属性比Se强，和氢气化合更容易，放热更多，故错误；故选：A。18、D【解析】A. Fe3O4为磁性氧化铁，可作指南针的材料，司南中“杓”的材料为Fe3O4，A正确；B. 蚕丝的主要成分是蛋白质，B正确；C. 铜绿主要成分是碱式碳酸铜，C正确；D. 陶瓷主要成分是硅酸盐，不是SiO2，D错误；故合理选项是D。19、B【解析】取样加入稀硫酸产生白色沉淀和产生气体，则一定含有HCO

37、3-、Ba2+，又HCO3-与Al3+发生双水解反应，所以原溶液中一定不含Al3+，取样加入少量氢氧化钠溶液产生白色沉淀，则白色沉淀一定含碳酸钡，综上所述，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，一定不含Al3+，可能含Cl-，据此分析判断。【详解】A、原溶液中可能含Cl-，故A错误； B、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故B正确； C、由上述分析可知，原溶液中一定含HCO3-、Ba2+，故C错误； D、由上述分析可知，原溶液中一定不含Al3+，故D错误； 故选：B。【点睛】本题考查离子检验与推断，掌握发生的离子反应及现象是解题关键，题目难度不大。20、D【解析】本题考查有机物

38、的知识，碳碳双键使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；有机物中碳碳双键、叁键、苯环才具有所有碳共面。由图可知，分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种。【详解】A. 根据图示，葛缕酮的不饱和度为4，所以分子式为C10H14O，A项错误；B. 葛缕酮使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，但原理不同，前者是加成反应，后者是氧化反应；B项错误； C. 葛缕酮中所有碳原子不可能处于同一个平面，C项错误；D. 分子式为C10H14O，羟基直接连苯环，且苯环

39、上有2个取代基，还剩-C4H9，其结构有四种，分别是、，每一种在苯环上与羟基分别有邻间对3种异构体，共12种，D项正确。答案选D。【点睛】在确定含苯环的同分异构体的题目中，要确定苯环上有几个取代基，之后确定每个取代基是什么基团，例如此题中确定苯环上有羟基之外，还有一个乙基，乙基有4种机构，每一种和羟基成3种同分异构，这样共有12种。苯环上如果有2个取代基（-X、-X或者-X、-Y）有3种同分异构；如果有3个取代基时（-X、-X、-Y）有6种同分异构体；如果是（-X、-Y、-Z）有10种同分异构体。21、A【解析】W在大气中有两种同素异形体且均能支持燃烧，W为O元素；X的原子半径是所有短周期主族

40、元素中最大的，X为Na元素；短周期主族元素 W、X、Y、Z的原子序数依次增大，非金属元素Y的原子序数是Z的最外层电子数的 2 倍，则Y为Si、Z为Cl元素；A.非金属性SiCl，则Y、Z的氢化物的稳定性Si（Y）Cl（Z），A错误；B.Y的单质是晶体硅，晶体硅属于原子晶体，X单质是金属Na，硅的熔点高于Na，B正确；C.X（Na）、W（O）、Z（Cl）能形成NaClO，NaClO具有强氧化性，C正确；D.YZ4为SiCl4，SiCl4的电子式为，Si和Cl都满足8电子稳定结构，D正确；答案选A。22、C【解析】无色溶液中，不含有呈紫色的MnO4-，不合题意；CO32-，AlO2-都能发生水解反

41、应，使溶液呈碱性，符合题意；加入Al能放出H2的溶液，可能呈酸性，也可能呈碱性，但HCO3-都不能大量存在，不合题意；加入Mg能放出H2的溶液呈酸性，NH4+、Cl-、K+、SO42-都能大量存在，符合题意；使石蕊变红的溶液呈酸性，Fe3+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-都能大量存在，符合题意；酸性溶液中，Fe2+、NO3-、I-会发生氧化还原反应，不能大量存在，不合题意。综合以上分析，只有符合题意。故选C。二、非选择题(共84分)23、酚羟基 C8H7NO4 浓硫酸、浓硝酸、加热 相同 ：+HCl 2 +H2 【解析】根据流程图，A在浓硫酸、浓硝酸、加热条件下发生取代反应生成B，B

42、的结构简式为，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，D在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为E()，E与A发生被取代转化为F，根据E、F的结构简式可判断，A的结构简式为，据此分析答题。【详解】(1)根据流程图中A的结构简式分析，官能团名称是羟基；根据图示C中的每个节点为碳原子，每个碳原子连接4个共价键，不足键由氢原子补齐，则分子式为C8H7NO4；(2)A到B为硝化反应，根据分析，B的结构简式为，A到B的反应条件是浓硫酸、浓硝酸、加热；(3)根据分析，B和发生取代反应生成C()，C和磷酸在加热条件下发生取代生成D，则B到C、D到E的反应类型相同；E与A发生被取代转化为

43、F， A的结构简式为，化学方程式为：+HCl； (4)C的结构简式为 ，H是C的同分异构体， 硝基直接连在苯环上，核磁共振氢谱峰面积之比为2:2:2:1，说明分子结构中含有4中不同环境的氢原子，且氢原子的个数比为2:2:2:1，遇FeCl3溶液显紫色，说明结构中含有酚羟基，根据不饱和度可知，还存在CH=CH2，满足下列条件的同分异构体结构简式为、，共有有2种；(5) 与氢气在催化剂作用下发生加成反应生成，在SOCl2、催化剂、加热条件下转化为，则合成路线为：+H2。24、乙苯 加成反应 醛基 C2H5OH +C2H5OH 13 或 C2H5OH 【解析】对比A、E的结构，结合反应条件、B与C的

44、分子式，与HBr发生加成反应生成B为，B发生水解反应反应生成C为，C发生催化氧化生成D为，D发生氧化反应生成EE与乙醇发生酯化反应生成F为F与甲酸乙酯发生取代反应生成G，反应同时生成乙醇。G与氢气发生加成反应生成H，H发生醇的消去反应、酯的水解反应得到K，故H为。【详解】（1）与氢气发生加成反应生成的芳香烃为，所得芳香烃的名称为：乙苯；AB的反应类型是：加成反应；D为，D中含氧官能团的名称是：醛基，故答案为乙苯；加成反应；醛基；（2）由分析可知，C的结构简式为；FG的反应除生成G外，另生成的物质为：C2H5OH，故答案为；C2H5OH；（3）HK反应的化学方程式为：，故答案为；（4）B为，B的

45、同分异构体含有苯环，有1个取代基还可以为-CHBrCH3，有2个取代基为-Br、-CH2CH3或-CH2Br、-CH3，均有邻、间、对3种位置结构，有23=6种，有3个取代基为-Br、-CH3、-CH3，2个甲基有邻、间、对3种位置，对应的-Br分别有2种、3种、1种位置，有6种，故符合条件的共有1+6+6=13种，其中核磁共振氢谱显示3组峰的结构简式为、，故答案为13；或；（5）由乙醇制备乙酰乙酸乙酯，乙醇被氧化生成乙酸，乙酸和乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯在碱性条件下发生信息中的转化可得乙酰乙酸乙酯，其合成路线为：，故答案为。【点睛】本题考查有机物推断与合成，侧重对有机化学基础知识

46、和逻辑思维能力考查，注意对比物质的结构明确发生的反应，熟练掌握官能团的结构、性质及相互转化是解答关键。25、 C或G 2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O或CaONH3H2O=NH3Ca(OH)2(要对应) 3Cu2NO38H=3Cu22NO4H2O c NO尾气直接排放，没有进行处理 【解析】(1)氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，可以用排饱和食盐水的方法收集氯气，正确；用赤热的炭与水蒸气反应生成CO、H2，制取的氢气含有杂质，错误；实验室制氧气，用高锰酸钾或氯酸钾时需要加热，用过氧化氢时不需要加热，正确；氯化钙与氨气可形成配合物，不能用无水氯化钙干燥氨气，错误；用高锰酸钾制取

47、氧气后剩余的固体为二氧化锰、高锰酸钾，均可与浓盐酸反应生成可溶性的二氯化锰，故可用浓盐酸洗涤高锰酸钾分解制氧气的试管，正确；故答案为：；(2)实验室制备氨气可用氢氧化钙与氯化铵固体加热法，也可以用浓氨水与氢氧化钠(或氧化钙)在常温下制取。可选装置C或G，故答案为：C或G；(3)根据所选装置，相应制备氨气的化学方程式为2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O或CaONH3H2O=NH3Ca(OH)2(要对应)，故答案为：2NH4ClCa(OH)22NH3CaCl22H2O或CaONH3H2O=NH3Ca(OH)2；(4)A中为Cu与稀硝酸的反应：3Cu2 NO38H=3Cu22NO4

48、H2O，故答案为：3Cu2 NO38H=3Cu22NO4H2O；(5)D中用饱和氨水防止氨气被吸收，因此还可以换成CCl4，故答案为：c；(6)该反应中尾气含有NO等污染性气体，应除去后再排空，故答案为：NO尾气直接排放，没有进行处理。26、f g b c d xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 品红溶液褪色 除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2 MnO2+C2O42-+4H+Mn2+2CO2+2H2O 43.5% 【解析】SOCl2吸收结晶水得到SO2与HCl，用冰水冷却收集SOCl2，浓硫酸吸收水蒸气，防止溶液中水蒸气进入，用品

49、红溶液检验二氧化硫，用氢氧化钠溶液吸收尾气种二氧化硫与HCl，防止污染环境，注意防止倒吸。III.该滴定实验的原理为利用高猛酸钾标准液来测定未反应的草酸根的量，从而确定与草酸根反应的二氧化锰的量。【详解】（1）根据分析可知装置的连接顺序为fghibcde，（2）三颈烧瓶中为SOCl2与ZnCl2xH2O中的结晶水的反应，SOCl2遇水剧烈反应生成SO2与HCl，所以反应方程式为：xSOCl2+ZnCl2xH2O=xSO2+2xHCl+ ZnCl2；（3）由溶液得到晶体，可进行蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；（4）二氧化硫可使品红溶液褪色，所以当生成物中有二氧化硫时会观察到品红溶液褪色；II. （5）

50、固体含有碳和MnOOH，灼烧可生成二氧化碳，以除去碳，且将MnOOH氧化为MnO2，故答案为：除去碳粉，并将MnOOH氧化为MnO2；III.（6）MnO2溶解在草酸钠中，二氧化锰会将草酸根氧化得到锰离子和二氧化碳，结合电荷守恒和质量守恒书写可得离子方程式为：MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O；（7）高猛酸钾在酸性环境下也可以将草酸根氧化，反应方程式为2MnO4-+5C2O42-+16H+=2Mn2+10CO2+8H2O，根据方程式可知存在数量关系：2MnO4-5C2O42-，则10.00mL待测液中剩余的n（C2O42-）=0.0200mol/L0.01L=0.000

51、5mol，则总剩余的n（C2O42-）=0.0005mol=0.005mol，总的草酸根的物质的量为=0.01mol，则与二氧化锰反应的n（C2O42-）=0.01mol-0.005mol=0.005mol，根据反应方程式MnO2+C2O42-+4H+=Mn2+2CO2+2H2O可知n(MnO2)=0.005mol，所以产品的纯度为【点睛】第（2）题的方程式书写为易错点，要注意与SOCl2反应的不是单纯的水，而是ZnCl2xH2O中的结晶水，所以在方程式中不能写水；从溶液中获取晶体的一般操作为：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、（洗涤、干燥）。27、与C6H5NH3+发生中和反应，生成C6H5NH2

52、C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 安全管、平衡压强、防止气压过大等 打开止水夹d 撤掉酒精灯或停止加热 40.0% 在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再向水溶液中加氢氧化钠溶液，析出苯胺，分液后用氢氧化钠固体（或碱石灰）干燥苯胺中含有的少量水分，滤去氢氧化钠固体即可得较纯净的苯胺 【解析】(1)与NH3相似，NaOH与反应生成； (2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强； (3)为防止倒吸，在苯胺吹出完毕后，打开止水夹d，再停止加热；(4)根据硝基苯的体积计算苯胺的理论产量，实际产量理论产量=产率；(5)根据易溶于水、硝基苯难溶于水设计分离方案；【详解】(1)与NH3相似，加入氢氧化钠，NaOH与反应生成，反应的离子方程式是；(2)装置A中玻璃管与空气连通，能平衡烧瓶内外的压强，所以玻璃管的作用是安全管、平衡压强、防止气压过大；(3)为防止倒吸，先打开止水夹d，再停止加热；(4)5mL硝基苯的质量是5mL1.23 gcm-3=6.15g，物质的量是=0.05