2021-2022学年湖南省东部六校高考化学押题试卷含解析

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、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在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、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，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、只改变一个影响因素，平衡常数K与化学平衡移动的关系叙述错误的是AK值不变，平衡可能移动BK值变化，平衡一定移动C平衡移动，K值可

2、能不变D平衡移动，K值一定变化2、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是A常温常压下，1 mol氦气中含有的质子数为2NABl0g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC1 Ll mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA3、设NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的是A25、l0IKPa下，NA个C18O2分子的质量为48gB标准状况下，22.4L HF中含有的电子数为10NAC1mol白磷(P4)分子中所含化学键的数目为4NAD1L0.1 mol/L的NaClO水溶液中含有的氧原子数为0.l NA4、异丁

3、烯与氯化氢可能发生两种加成反应及相应的能量变化与反应进程的关系如图所示，下列说法正确的是 ( )A反应 的活化能大于反应B反应的H 小于反应C中间体 2 更加稳定D改变催化剂，反应、的活化能和反应热发生改变5、几种短周期元素的原子半径及某些化合价见下表，下列说法不正确的是（ ）元素代号ABDEGIJK化合价-1-2+4-4-1+5-3+3+2+1原子半径/nm0.0710.0740.0770.0990.1100.1430.1600.186A常温下B元素的单质能与K单质反应BA、I、J的离子半径由大到小顺序是AJICG元素的单质存在同素异形体DJ在DB2中燃烧生成B元素的单质6、下列关于物质或离

4、子检验的叙述正确的是A在溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，证明原溶液中有SO42B用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，证明该溶液一定是钠盐溶液C气体通过无水CuSO4，粉末变蓝，证明原气体中含有水蒸气D将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，证明原气体是SO27、利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S。下列说法正确的是A的摩尔质量是100BCH3COOH既表现氧化性又表现酸性C反应的离子方程式是：CH3COOH+2+H236SD每生成11.2 L H2S转移电子为46.0210238、银锌电池广泛

5、用作各种电子仪器的电源，电池反应是：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，下列说法正确的是（ ）A工作时原电池负极附近溶液的pH增大B电子由Zn经过溶液流向Ag2OC溶液中OH- 由Zn电极移向Ag2O电极DAg2O作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+ 2OH-9、下列实验合理的是（）A证明非金属性ClCSiB制备少量氧气C除去Cl2中的HClD吸收氨气，并防止倒吸AABBCCDD10、举世闻名的侯氏制碱法的工艺流程如下图所示，下列说法正确的是（）A往母液中加入食盐的主要目的是使NaHCOB从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CC沉淀池中反应的化学方程式：2D设计循环的目的是

6、使原料氯化钠的利用率大大提升11、为确定下列物质在空气中是否部分变质，所选检验试剂（括号内物质）不能达到目的的是（）AFeSO4溶液（KSCN溶液）BCH3CHO溶液（pH试纸）CKI（淀粉溶液）DNaHCO3溶液（稀盐酸溶液）12、下列说法不正确的是A乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的

7、混合物可用萃取法13、用下列装置完成相关实验，合理的是()A图：验证H2CO3的酸性强于H2SiO3B图：收集CO2或NH3C图：分离Na2CO3溶液与CH3COOC2H5D图：分离CH3CH2OH与CH3COOC2H514、下列化学式中属于分子式且能表示确定物质的是（）AC3H8BCuSO4CSiO2DC3H615、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M，X的一种单质可用于自来水的消毒，Y的焰色反应呈黄色，X与Z同主族。下列说法正确的是（）A简单离子半径：r（Y）r（Z）r（X）r（W）BX与Z形成的常见化合物均能与水发生

8、反应CM是一种离子化合物，其溶液呈酸性是因为阴离子水解DX的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固16、常温下，向20 mL 0.1molL1一元酸HA中滴加相同浓度的KOH溶液，溶液中由水电离的氢离子浓度随加入KOH溶液体积的变化如图所示。则下列说法错误的是AHA的电离常数约为105Bb点溶液中存在：c(A)c(K)Cc点对应的KOH溶液的体积V20 mL，c水(H)约为7106 molL1D导电能力：cab17、下列由实验现象得出的结论正确的是（ ）操作及现象结论A其他条件相同，测定等浓度的HCOOK和K2S溶液的pH比较Ka（HCOOH）和Ka2（H2S）的大小B向某溶液中滴

9、加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色溶液中一定含有Fe2+C向等体积等浓度的H2O2溶液中分别加入5滴等浓度的CuSO4和KMnO4溶液，观察气体产生的速度比较CuSO4和KMnO4的催化效果DC2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制得的气体使酸性KMnO4溶液褪色一定是制得的乙烯使酸性KMnO4溶液褪色AABBCCDD18、对乙烯（CH2=CH2）的描述与事实不符的是A球棍模型：B分子中六个原子在同一平面上C键角：109o28D碳碳双键中的一根键容易断裂19、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是（）A32gCu在足量O2或硫蒸气中完全燃烧失去的电子数均为NAB4g甲烷和8g甲

10、醇含有的氢原子数均为NAC标准状况下,5.6L乙烷中含有的共价键数目为1.5NAD一定条件下,32gSO2与足量O2反应。转移电子数为NA20、现在正是全球抗击新冠病毒的关键时期，专家指出磷酸氯喹对治疗新冠病毒感染有明显效果，磷酸氯喹的分子结构如图所示，下列关于该有机物的说法正确的是（ ）A该有机物的分子式为：C18H30N3O8P2ClB该有机物能够发生加成反应、取代反应、不能发生氧化反应C该有机物苯环上的1-溴代物只有2种D1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应21、由下列实验及现象不能推出相应结论的是实验现象结论A某钾盐晶体中滴加浓盐酸，产生的气体通入品红溶液中品红溶液褪色产生

11、的气体一定是SO2B向装有经过硫酸处理的CrO3（桔红色）的导管中吹入乙醇蒸气固体逐渐由桔红色变为浅绿色（Cr3+）乙醇具有还原性C向2mL0.1mol/LFeCl3溶液中加入铜粉，充分振荡，再加入2滴KSCN溶液铜粉溶解，溶液由黄色变为绿色，滴入KSCN溶液颜色不变氧化性：Fe3+Cu2+D向盛有CuO的试管中加入足量HI溶液，充分震荡后滴入3滴淀粉溶液固体有黑色变为白色，溶液变为黄色，滴入淀粉后溶液变蓝CuO与HI发生了氧化还原反应AABBCCDD22、我国科学家成功地研制出长期依赖进口、价格昂贵的物质，下列说法正确的是（ ）A它是的同分异构体B它是O3的一种同素异形体C与互为同位素D1

12、mol分子中含有20 mol电子二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物N的结构中含有三个六元环，其合成路线如下。已知：RCH=CH2+CH2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR请回答下列问题：（1）F分子中含氧官能团的名称为_。B的结构简式为_。（2）GH的化学方程式_。其反应类型为_。（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式_。（4）A 在5000C和Cl2存在下生成，而不是或的原因是_。（5）E的同分异构体中能使FeCl3溶液显色的有_种。（6）N的结构简式为_。24、（12分）物质AG有下图所示转化关系（部分反应物、生成物未列出）。其中A为某金属矿的主要成分

13、，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，请回答下列问题：（1）写出下列物质的化学式：B_、G_。（2）反应的化学方程式是_。（3）利用电解可提纯C物质，现以碱性锌锰电池为外电源，在该电解反应中电解质溶液是_，阳极物质是_。MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极的电极反应式为_（4）将0.20mol B和0.10mol O2充入一个固定容积为5L的密闭容器中， 在一定温度并有催化剂存在下，进行反应，经半分钟后达到平衡，测得容器中含D0.18mol，则vO2=_molLmin（5）写出FG转化过程中，甲醛参与反应的化学方程式： 25、（12分）某学生对SO2

14、与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色液面上方出现白雾；稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。 实验a目的是_。由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是_。（4）

15、现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是_。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_。用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：_。26、（10分）有学生将铜与稀硝酸反应实验及NO、NO2性质实验进行改进、整合，装置如图(洗耳球：一种橡胶为材质的工具仪器)。实验步骤如下：(一)组装仪器：按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹；(二)加入药品：在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜

16、丝，在装置C的U型管中加入4.0 mol/L的硝酸，排除U型管左端管内空气；(三)发生反应：将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹，U型管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色；(四)尾气处理：气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应；(五)实验再重复进行。回答下列问题：(1)实验中要保证装置气密性良好，检验其气密性操作应该在_。a.步骤(一)(二)之间 b.步骤(二)(三)之间(2)装置A的烧杯中玻璃仪器的名称是_。(3)加入稀硝酸，排除U型管左端管内空气

17、的操作是_。(4)步骤(三)中“进行适当的操作”是打开止水夹_(填写序号)，并用洗耳球在U型管右端导管口挤压空气进入。(5)在尾气处理阶段，使B中广口瓶内气体进入烧杯中的操作是_。尾气中主要含有NO2和空气，与NaOH溶液反应只生成一种盐，则离子方程式为 _。(6)某同学发现，本实验结束后硝酸还有很多剩余，请你改进实验，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，你的改进是_。27、（12分）实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁Fe2(OH)n(SO4)30.5n m和绿矾(FeSO47H2O)，过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有

18、SO2的方法是_。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a_f。_装置A中发生反应的化学方程式为_。D装置的作用_。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有_。(4)欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用_滴定管(填“酸式”或“碱式”)。28、（14分）超分子在生命科学和物理学等领域中具有重要意义。由Mo将2个C60分子、2个p甲酸丁酯吡啶及2个CO分子利用配位键自组装的超分子结构如图所示。

19、(1)Mo处于第五周期第VIB族，核外电子排布与Cr相似，它的基态价电子排布式是_；核外未成对电子数是_个。(2)该超分子中配体CO提供孤电子对的原子是_(填元素符号)，p甲酸丁酯吡啶配体中C原子的杂化方式有_。(已知吡啶可看做苯分子中的一个CH原子团被N取代的化合物)(3)已知：C60分子中存在碳碳单、双键；C60分子中每个碳原子只跟相邻的3个碳原子形成化学键；C60分子只含有五边形和六边形；多面体的顶点数V、面数F及棱边数E遵循欧拉定理：V+FE=2。则一个C60分子的结构是由_个五边形和_个六边形组成的球体。用文字简述C60跟F2在一定条件下反应所得的物质的组成：_。(4)已知：某晶胞中

20、各原子的相对位置可用如图所示的原子坐标表示，其中所有顶点的原子坐标均可以为(0，0，0)。钼(Mo)的一种立方晶系的晶体结构中，每个晶胞有2个Mo原子，其中Mo原子坐标是(0，0，0)及(，)。根据以上信息，推断该晶体的原子堆积方式是_。已知该晶体的密度是gcm-3，Mo的摩尔质量是Mgmol-1，阿伏加德罗常数是NA，晶体中距离最近的Mo原子核之间的距离为_pm。29、（10分）化合物H在有机合成中有重要的应用，由A制备H的合成路线如下：已知：RCHO + CH3CHO RCH = CHCHO + H2O回答下列问题：（1）E中的官能团名称为_ 和_。（2）CD的反应类型为_ 。BC的化学反

21、应方程式为_。（3）G的结构简式为_。（4）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_。遇FeC13溶液显紫色；能发生银镜反应；分子中有5种不同化学环境的氢原子，且个数比为1：1：2：2：4。（5）写出用乙烯和乙醛为原料制备化合物的合成路线_（其他无机试剂任选，合成路线流程图示例见本题题干）。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、D【解析】A、平衡常数只与温度有关系，温度不变平衡也可能发生移动，则K值不变，平衡可能移动，A正确；B、K值变化，说明反应的温度一定发生了变化，因此平衡一定移动，B正确；C、平衡移动，温度可能不变，因此K值可能不变，C正确

22、；D、平衡移动，温度可能不变，因此K值不一定变化，D不正确，答案选D。2、C【解析】AHe原子序数为2，原子序数等于质子数，所以1molHe含有2mol质子，质子数为2NA，A项正确；B10g 46%的乙醇水溶液含有乙醇4.6g，为0.1mol，0.1molCH3CH2OH含有0.1mol氧原子，溶液中还含有54%的水，5.4g水，为0.3molH2O，含有0.3molO，所以溶液中含有的O原子共0.4mol，数目为0.4NA，B项正确；CCO32H2OHCO3OH，可以知道1个CO32水解会生成1个OH和1个HCO3，阴离子数目增加，大于NA，C项错误；DNO2、N2O4的最简式相同，可以以

23、NO2的形式进行求解，23gNO2物质的量为0.5mol，N的化合价从NO3中的5降低到了4，现生成0.5molNO2，则共转移0.5mol电子，转移的电子数为0.5NA，D项正确；本题答案选C。3、A【解析】A、NA个分子，其物质的量为1mol，其质量为148g=48g，故正确；B、标准状况下，HF不是气体，故错误；C、白磷是正四面体结构，4个P处于顶点，1mol白磷分子中含有化学键物质的量为6mol，故错误；D、NaClO溶液中有水，水是由氢元素和氧元素组成，即氧原子的物质的量大于0.1mol，故错误；故答案选A。4、C【解析】A由图可知生成产物1时对应活化能高，则活化能：反应大于反应，故

24、A错误；B图中生成产物2的能量低，能量低的更稳定，且为放热反应，焓变为负，则H 大小：反应的H 大于反应，故B错误；C图中生成中间体2的能量低，能量低的更稳定，则中间产物的稳定性：中间体1小于中间体2，故C正确；D改变催化剂，反应、的反应热不发生改变，故D错误；故选C。【点睛】本题考查反应热与焓变，把握反应中能量变化、焓变与能量为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意焓变的比较及焓变只与终始态有关，与催化剂无关。5、D【解析】短周期元素，A、E有-1价，B有-2价，且A的原子半径与B相差不大，则A、E处于A族，B处于A族，A原子半径小于E，可推知A为F、E为Cl，B为O；D有-4、+4价，

25、处于A族，原子半径与O原子相差不大，可推知D为C元素；G元素有-3、+5价，处于A族，原子半径大于C原子，应处于第三周期，则G为P元素；I、J、K的化合价分别为+3、+2、+1，分别处于族A、A族、A族，原子半径依次增大，且都大于P原子半径，应处于第三周期，可推知I为Al、J为Mg、K为Na；ANa与O2常温下可生成Na2O，故A正确；BF-、Mg2+、Al3+离子核外电子层数相等，核电荷数越大离子半径越小，故离子半径大小顺序为：F-Mg2+Al3+，故B正确；C磷的单质有红磷和白磷，存在同素异形体，故C错误；D镁在二氧化碳中的燃烧生成MgO和碳单质，故D错误；故选D。6、C【解析】A. 在溶

26、液中加酸化的BaCl2溶液，溶液出现白色沉淀，白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡沉淀，不能证明一定含硫酸根离子，故A错误；B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明该溶液中含有钠元素，则该溶液可能是钠盐溶液或氢氧化钠溶液，故B错误；C. 气体通过无水硫酸铜,粉末变蓝,则发生反应：CuSO4+5H2OCuSO45H2O，可证明原气体中含有水蒸气，故C正确；D. 二氧化硫和澄清石灰水中氢氧化钙反应生成亚硫酸钙沉淀，二氧化碳气体通过澄清石灰水溶液生成碳酸钙白色沉淀，反应都会变浑浊，不能检验二氧化碳和二氧化硫，故D错误；答案选C。7、C【解析】的摩尔质量是100 gmol1，A错误；CH3CO

27、OH中碳化合价升高，表现还原性，B错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C正确；没有指明处于标准状况，D错误。8、D【解析】根据电池反应：Ag2O+Zn+H2O=2Ag+Zn(OH)2，电极反应式正极：Ag2O+H2O +2e-= 2Ag+2OH-，负极：Zn+2OH- 2e -= Zn( OH)2A. 工作时原电池负极消耗OH-，溶液的pH减小，故A错误；B. 电子不能在溶液中传递，故B错误；C. 原电池中阴离子向负极移动，溶液中OH-由Ag2O电极移向Zn电极，故C错误；D. 根据上面分析，Ag2O作正极：Ag2O+H2O+2e-2Ag+ 2OH-，故D正确；答案选D。【点睛】根据题干中的电池总反应

28、中氧化还原反应，写出电极反应，即可容易分析解答。9、D【解析】A. 盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；B. 过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错误；C. 碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；D. 四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故

29、D正确；故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较Cl与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。10、B【解析】先通入氨气再通入二氧化碳反应得到碳酸氢钠晶体和母液为氯化铵溶液，沉淀池中得到碳酸氢钠晶体，反应式为NH3+H2O+CO2+NaCl=NH4Cl+NaHCO3，过滤得到碳酸氢钠晶体煅烧炉中加热分解，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠纯碱，过滤后的母液通入氨气加入细小食盐颗粒，冷却

30、析出副产品氯化铵，氯化钠溶液循环使用， 据此分析。【详解】A向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出，选项A错误； B向母液中通氨气作用有增大NH4+的浓度，使NH4Cl更多地析出和使NaHCO3转化为Na2CO3，从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、NH4Cl和氨水，选项B正确； C沉淀池中发生的化学反应为饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳析出碳酸氢钠晶体，反应方程式为NH3+H2O+CO2+NaClNH4Cl+NaHCO3，选项C错误； D循环是将未反应的氯化钠返回沉淀池中使原料氯化钠的利用率大大提升，循环的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应生成碳酸氢钠，

31、二氧化碳利用率大大提升，选项D错误； 答案选B。【点睛】本题主要考察了联合制碱法的原料、反应式以及副产物的回收利用，如何提高原料的利用率、检验氯离子的方法是关键，循环的目的是生成的二氧化碳通入沉淀池继续反应，循环中的氯化钠有又返回到沉淀池。11、D【解析】A、亚铁离子被氧化生成铁离子，遇KSCN溶液为血红色，而亚铁离子不能，可检验是否变质，故A正确； B、CH3CHO 被氧化生成CH3COOH，乙酸显酸性，乙醛不显酸性，可用pH试纸检验，故B正确； C、KI可被氧气氧化生成碘，淀粉遇碘单质变蓝，则淀粉可检验是否变质，故C正确； D、碳酸氢钠分解生成碳酸钠，碳酸钠、碳酸氢钠都与盐酸反应生成气体，

32、不能判断碳酸氢钠是否变质，故D错误； 故选：D。12、C【解析】A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故

33、正确。故选C。13、B【解析】A、生成的二氧化碳中含有氯化氢，氯化氢也能与硅酸钠反应产生硅酸沉淀，干扰二氧化碳与硅酸钠反应，A错误；B氨气的密度比空气密度小，二氧化碳的密度比空气密度大，则导管长进短出收集二氧化碳，短进长出收集氨气，B正确；CNa2CO3溶液与CH3COOC2H5分层，应选分液法分离，C错误；DCH3CH2OH与CH3COOC2H5互溶，不能分液分离，应选蒸馏法，D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握物质的性质、酸性比较、气体收集、混合物分离、实验技能为解答本题的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，选项A是解答的易错点，注意浓盐酸

34、的挥发性。14、A【解析】AC3H8为分子晶体且无同分异构体，故C3H8为分子式且只能表示丙烷，故A正确； BCuSO4为离子晶体，故CuSO4是化学式但不是分子式，故B错误； CSiO2为原子晶体，故SiO2是化学式，不是分子式，故C错误； DC3H6为分子晶体，但有同分异构体，即C3H6是分子式，但可能表示的是丙烯，还可能表示的是环丙烷，故不能确定其物质，故D错误。 故选：A。【点睛】应注意的是只有分子晶体才有分子式。15、B【解析】由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N，M为NH4NO3；由“Y的焰色反应呈黄色”可知Y为Na；由“W、X、Y、Z是原子序

35、数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知，X为O；“X与Z同主族”，则Z为S。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S；A四种简单离子中S2-电子层数最多，半径最大，N、O、Na对应简单离子核外电子结构相同，其核电荷数越小，半径越大，故简单离子半径：r(S2-)r(N3-)r(O2-)r(Na+)，故A错误；B由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3，它们均能与水发生反应，故B正确；CNH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子水解，故C错误；D共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，故D错误；故答案为：B。16、D【解析】A由a点可知，0.1m

36、ol/L一元酸HA中c水(H+)=c水(OH-)=110-11mol/L，则c(H+)=110-1410-11=110-3mol/L，则HA的电离常数，A选项正确；Bb点溶液中c水(H+)=110-7mol/L，c点c水(H+)最大，则溶质恰好为KA，显碱性，a点显酸性，c点显碱性，则中间c水(H+)=110-7mol/L的b点恰好显中性，根据电荷守恒可得c(A-)+c(OH-)=c(K+)+c(H+)，又c(OH-)=c(H+)，则c(A-)=c(K+)，B选项正确；Cc点时加入的KOH的物质的量n(KOH)=20mL0.1mol/L0.1mol/L=20mL，由HA的Ka=110-5，可得

37、A-的则c(A-)0.05mol/L，则c(OH-)710-6mol/L，在KA中c(OH-)都是由水电离处的，则c水(OH-)=c水(H+)710-6mol/L，C选项正确；D向一元弱酸中加入相同浓度的一元强碱，溶液的导电能力逐渐增强，则导电能力：cba，D选项错误；答案选D。17、A【解析】由于甲酸的酸性大于氢硫酸，等浓度的HCOOK和K2S溶液的PH：K2S溶液HCOOK溶液，所以甲酸的电离平衡常数较大，A正确；含有铁离子的溶液滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，不一定为Fe2+的溶液，B错误；硫酸铜在H2O2溶液分解时作催化剂，而KMnO4溶液与H2O2溶液反应，KMnO4溶液做

38、氧化剂，没有可比性，C错误；浓硫酸能够使乙醇脱水碳化，浓硫酸被还原为二氧化硫，可能是二氧化硫能够使酸性KMnO4溶液褪色，也可能是乙醇蒸气使高锰酸钾溶液褪色，D错误；正确选项A。点睛：C2H5OH与浓硫酸混合后加热到170，制得的气体通入到足量的氢氧化钠溶液中进行洗气，除去二氧化硫和二氧化碳气体，然后所得的气体通入到酸性KMnO4溶液中，溶液褪色，证明一定制得了乙烯气体。18、C【解析】A球表示原子，棍表示化学键，则乙烯的球棍模型为，选项A正确；B碳碳双键为平面结构，则分子中六个原子在同一平面上，选项B正确；C平面结构，键角为120，正四面体结构的键角为109 o 28，选项C错误；D碳碳双键

39、比单键活泼，则碳碳双键中的一根键容易断裂，选项D正确；答案选C。19、B【解析】A. 32gCu是0.5mol，在足量O2或硫蒸气中完全燃烧分别生成氧化铜和硫化亚铜，失去的电子数分别为NA和0.5NA，A错误；B. 4g甲烷和8g甲醇的物质的量均是0.25mol，含有的氢原子数均为NA，B正确；C. 标准状况下，5.6L乙烷是0.25mol，其中含有的共价键数目为1.75NA，C错误；D. 一定条件下，32gSO2与足量O2反应，转移电子数小于NA，因为是可逆反应，D错误，答案选B。点睛：在高考中，对物质的量及其相关计算的考查每年必考，以各种形式渗透到各种题型中，与多方面的知识融合在一起进行考

40、查，近年来高考题常以阿伏加德罗常数为载体，考查物质的量，气体摩尔体积、阿伏加德罗定律及其推论、氧化还原反应等，综合运用了物质的状态、摩尔质量、比例关系、微粒数目、反应关系、电子转移等思维方法。其中选项A是易错点，注意铜在氧气和硫的反应中铜的价态不同。20、D【解析】A该有机物的分子式为：C18H32N3O8P2Cl，A错误；B分子中含有苯环、氯原子，该有机物能够发生加成反应、取代反应，有机物可以燃烧，能发生氧化反应，B错误；C该有机物苯环上的1-溴代物只有3种，C错误；D氯原子水解形成酚羟基，磷酸能与氢氧化钠反应，因此1mol该有机物最多能和8molNaOH发生反应，D正确。答案选D。21、A

41、【解析】A次氯酸钠与浓盐酸反应能够生成氯气，亚硫酸盐与浓盐酸反应能够生成二氧化硫，氯气与二氧化硫均使品红褪色，则由现象不能判断产生的气体是SO2，故A符合题意；BCrO3可氧化乙醇蒸气，则乙醇具有还原性，故B不符合题意；CCu与氯化铁发生氧化还原反应生成氯化亚铁、氯化铜，氧化性：Fe3+Cu2+，故C不符合题意；D由现象可知生成CuI和碘单质，Cu、I元素的化合价变化，为氧化还原反应，故D不符合题意；故选：A。22、B【解析】A与的分子式相同，不属于同分异构体，故A错误；B与O3都为氧元素的不同单质，互为同素异形体，故B正确；C同位素研究的对象为原子，与属于分子，不属于同位素关系，故C错误；D

42、1 mol分子中含有16mol电子，故D错误；故选B。二、非选择题(共84分)23、羧基 C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O 取代反应、（中和反应） 因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代 9种 【解析】由A与氯气在加热条件下反应生成，可知A的结构简式为：，故苯乙烯与发生已知信息中的反应生成A，为。与HCl反应生成B，结合B的分子式可知，应是发生加成反应，B发生卤代烃的水解反应反应生成C，C氧化生成D，结合D分子式可知B为，顺推可知C为，D为。根据N分子结构中含有3个六元环可知，D与M应是发生酯化反应，M中羧基与羟基连接同一碳原子上，结合N

43、的分子式可推知M为，N为。苯乙烯与水发生加成反应生成E为，再发生氧化反应生成，与氯气反应生成G，G在氢氧化钠溶液条件下水解、酸化得到H，则G为，H为，据此解答。【详解】（1）F分子中含氧官能团的名称为羧基，B的结构简式为；故答案为：羧基；（2）GH的化学方程式：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O，其反应类型为水解反应取代反应、中和反应；故答案为：C6H5CHClCOOH+2NaOHC6H5CHOHCOONa+NaCl+H2O；水解反应取代反应、中和反应；（3）D在一定条件下能合成高分子化合物，该反应的化学方程式：；故答案为：；（4）A在和存在下生成

44、，而不是或的原因是：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；故答案为：因为该条件下与双键相连的甲基上的氢原子更易取代；（5）E（）的同分异构体中能使溶液显色，说明含有酚羟基，另外取代基为乙基，有邻、间、对3种，或取代基为2个甲基，当2个甲基处于邻位时，有2种位置，当2个甲基处于间位时，有3种位置，当2个甲基处于对位时，有1种位置，共有9种；故答案为：9；（6）根据以上分析可知N的结构简式为；故答案为：。【点睛】已知条件RCH=CH2+CH2=CHR CH2=CH2+RCH=CHR为烯烃双键断裂，结合新对象的过程。由此可以迅速知道C8H8的结构为为,，A为，再依次推导下去，问题迎刃而解。

45、24、（1）SO2Cu2O（2）Cu+2H2SO4浓）SO2+ CuSO4+2H2O（3）CuSO4溶液 粗铜 MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-（4）0.036 ； 正反应方向 ； 0.36 ；0.40；（5）HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O 【解析】试题分析：F与甲醛溶液反应生成G，G为砖红色沉淀，则G为Cu2O； A为某金属矿的主要成分，则A中含有Cu元素，经过一系列反应可得到气体B和固体C。单质C可与E的浓溶液发生反应，判断C为Cu单质，则E为酸，B能与氧气反应生成C，

46、C能与水反应生成相应的酸，所以B是二氧化硫，C是三氧化硫，E为硫酸，Cu与浓硫酸加热反应生成二氧化硫和硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠溶液、甲醛反应生成氧化亚铜沉淀，符合此图。（1）根据以上分析，B的化学式是SO2；G为Cu2O；（2）反应为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为Cu+2H2SO4浓）SO2+ CuSO4+2H2O；（3）提纯Cu时，用粗铜作阳极，纯铜作阴极，硫酸铜作电解质溶液，则铜离子在阴极析出，从而提纯Cu；MnO2是碱性锌锰电池的正极材料，电池放电时，正极发生还原反应，Mn元素的化合价降低，与水结合生成碱式氧化锰和氢氧根离子，电极反应式为MnO2+ H2O+e-=MnOOH+OH-；（

47、4）二氧化硫与氧气的反应方程式是2SO2+O22SO3，经半分钟后达到平衡，测得容器中含三氧化硫0.18 mol，说明消耗氧气的物质的量是0.09mol，则vO（2）=0.09mol/5L/0.5min=0.036 mol/Lmin)；继续通入0.20 mol B和0.10 mol O2，相当于反应物浓度增大，缩小容器体积，压强增大，平衡正向移动，再达平衡时，三氧化硫的物质的量比原来的2倍还多，所以大于0.36mol，容器中相当于有0.4mol二氧化硫，可逆反应不会进行到底，所以三氧化硫的物质的量小于0.40mol；（5）F是硫酸铜，先与氢氧化钠溶液反应生成氢氧化铜，甲醛与氢氧化铜发生氧化反应

48、，生成氧化亚铜砖红色沉淀，化学方程式是HCHO+2CuOH)2+NaOHHCOONa+Cu2O+3H2O 或HCHO+4CuOH)2+2NaOHNa2CO3+2Cu2O+6H2O 。考点：考查物质推断，物质性质的判断，化学方程式的书写25、2Cl22Ca(OH)2 =Ca(ClO)2CaCl22H2O 漂白性 检验氯气 SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀 要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可 CaSO4 Cl2SO22H2O=2Cl-4H+ SO42- 【解析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、

49、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次

50、氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾推测现象的白雾由HCl小液滴形成，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；为了检验白雾中是否含有氯气，因为含有氯气在检验氯化氢存在时产生干扰；故答案为检验白雾中是否含有Cl2，排除Cl2干扰；用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，若含有二氧化硫气体，通入硝酸酸化的硝酸银

51、溶液，会被硝酸氧化为硫酸，硫酸和硝酸银反应也可以生成硫酸银沉淀，所以通过实验不能证明一定含有氯化氢；故答案为白雾中混有SO2，SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀；（4）现象中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和Cl-发生反应通过进一步实验确认了这种可能性，漂粉精中成分为次氯酸钙、氯化钙，次氯酸根具有强氧化性在酸性溶液中可以氧化氯离子为 氯气；故答案为：向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色；（5）取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为SO42-，故沉淀X为CaSO4；溶液呈黄绿色，有Cl2生成，Cl2与SO2反应生成盐酸与

52、硫酸；反应的离子方程式为：SO2+Cl2+2H2O=SO42-+2Cl-+4H+。26、a 球形干燥管 加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管 打开止水夹，关闭止水夹，并将洗耳球尖嘴插在止水夹处的导管上，打开止水夹挤压洗耳球 4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O 取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中 【解析】(1)气密性检验在连接好装置之后，加药品之前； (2)根据装置的形状分析判断；(3)根据实验的目的分析；(4) 使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，必须保持气流畅通；(5)尾气处理阶段需要让氮氧化物进入氢氧化钠溶液中，必须打开止水夹，并关闭，并将气体压入装置A；根据反应物主要是N

53、O2和O2，产物只有一种盐，说明只有NaNO3。(6)要考虑硝酸浓度越低，反应越慢，该反应又没有加热装置，不可取，最好是放入四氯化碳，密度比硝酸溶液大，且难溶于水，反应后通过分液便于分离。【详解】(1)气密性检验在连接好装置之后，加药品之前，故答案选a；(2)根据装置中仪器的形状，可以判定该装置为球形干燥管或干燥管；(3)根据实验目的是铜和稀硝酸反应的性质实验，加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管；(4)使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，必须保持气流畅通，气体若进入三孔洗气瓶，在需要打开，只打开，气体也很难进入，因为整个体系是密封状态，需用洗耳球尖嘴插在止水夹处的导管上，打开止水夹挤压洗耳

54、球；(5)尾气处理阶段需要让氮氧化物进入氢氧化钠溶液中，必须打开止水夹，并关闭，并通过通入空气，排出氮氧化物；根据反应物主要是NO2和O2，产物只有一种盐，说明只有NaNO3，方程式为：4NO2+O2+4OH-=4NO3-+2H2O；(6)硝酸浓度越低，反应越慢，该反应又没有加热装置，最好是放入四氯化碳，密度比硝酸溶液大，且难溶于水，反应后通过分液便于分离,则改进的方法为取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中，二者不互溶，可填充U型管的空间不改变硝酸的浓度。27、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色 decb Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O 防止倒吸 铁屑 烧杯、漏斗

55、、玻璃棒 酸式 【解析】制备聚铁和绿矾(FeSO47H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在7080条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。【详解】(1)检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；(2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进

56、气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为adecbf；(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3+Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。28、4d5s1 6 C sp2和sp3 12 20 由C60结构和碳的四个价键理论，可知一个碳需连接一个双键，一个双键被两个碳原子共用，故含有602=30个双键，易与活泼的F2发生加成反应生