2021-2022学年湖南省邵东县高考考前模拟化学试题含解析

1、2021-2022学年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、下列由实验得出的结论正确

2、的是()A将乙烯通入溴的四氯化碳溶液，溶液变无色透明，生成的产物可溶于四氯化碳B乙醇和水都可与金属钠反应产生可燃性气体，说明两种分子中的氢原子都能产生氢气C用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，是因为乙酸的酸性小于碳酸的酸性D甲烷与氯气光照下反应后的混合气体能使湿润石蕊试纸变红是因为生成的一氯甲烷具有酸性2、煤、石油、天然气是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料。我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶主要是以石油、煤和天然气为原料生产。下列说法中正确的是（）A煤的液化是物理变化B石油裂解气不能使酸性高锰酸钾溶液褪色C棉花、羊毛、蚕丝和麻的主要成分都是纤维素D“可燃冰”是由甲烷与水在高压低温下形

3、成的类冰状的结晶物质3、已知蓄电池在充电时作电解池，放电时作原电池如图是铅蓄电池的工作示意图，其反应原理为：PbO2+Pb+2H2SO42PbSO4+2H2O下列说法中错误的是()Ab电极放电后转化为c电极B电极a和d都发生还原反应Cb的电极反应式：Pb+SO422e-PbSO4D放电后硫酸溶液的pH增大4、下列有关物质性质的叙述错误的是A将过量氨气通入CuSO4溶液中可得深蓝色溶液B蛋白质溶于水所得分散系可产生丁达尔效应C硅酸钠溶液与稀盐酸反应可生成硅酸胶体D过量铁粉在氯气中燃烧可生成氯化亚铁5、下列说法中不正确的是（ ）A石油的催化裂化是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

4、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6、下列有关能量的判断和表示方法正确的是A由C(s，石墨)=C(s，金刚石) H=+1.9 kJ/mol，可知：石墨比金刚石更稳定B等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量更多C由H+(aq)+OH-(aq) =H2O(l) H=-57.3 kJ/mol，可知：含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量等于57.3 kJD2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则

5、氢气燃烧的热化学方程式为2H2(g)+O2(g) =2H2O(l) H=-285.8 kJ/mol7、部分元素在周期表中的分布如图所示（虚线为金属元素与非金属元素的分界线），下列说法不正确的是AB只能得电子，不能失电子B原子半径GeSiCAs可作半导体材料DPo处于第六周期第VIA族8、下列关于物质用途的说法中，错误的是A硫酸铁可用作净水剂B碳酸钡可用作胃酸的中和剂C碘酸钾可用作食盐的添加剂D氢氧化铝可用作阻燃剂9、用O2将HCl转化为Cl2，反应方程式为：4HCl(g) + O2(g)2H2O(g)+ 2Cl2(g)+Q（Q0）一定条件下测得反应过程中n(Cl2)的实验数据如下。下列说法正确

6、的是（ ）t/min0246n(Cl2)/10-3 mol01.83.75.4A02 min的反应速率小于46 min的反应速率B26 min用Cl2表示的反应速率为0.9 mol/(Lmin)C增大压强可以提高HCl转化率D平衡常数K(200)K(400)10、下列有关叙述正确的是A汽车尾气中含有的氮氧化物是汽油不完全燃烧造成的B酒精能使蛋白质变性，酒精纯度越高杀菌消毒效果越好C电热水器用镁棒防止金属内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法D硅胶、生石灰、铁粉是食品包装中常用的干燥剂11、锂钒氧化物二次电池成本较低，且对环境无污染，其充放电的反应方程式为V2O5+xLiLixV2O5。如图为用该

7、电池电解含镍酸性废水制取单质镍的装置。下列说法正确的是（ ）A该电池充电时，负极的电极反应式为LixV2O5xe-=V2O5+xLi+B该电池可以用LiCl水溶液作电解质溶液C当电池中有7gLi参与放电时，能得到59gNiD电解过程中，NaCl溶液的浓度会不断增大12、如图，这种具有不同能量的分子百分数和能量的对应关系图，叫做一定温度下分子能量分布曲线图。图中E表示分子平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量。下列说法不正确的是（ ）A图中Ec与E之差表示活化能B升高温度，图中阴影部分面积会增大C使用合适的催化剂，E不变，Ec变小D能量大于Ec的分子间发生的碰撞一定是有效碰撞13、下列说法不正确

8、的是A一定条件下，苯能与H2发生加成反应生成环己烷B利用粮食酿酒经历了淀粉葡萄糖乙醇的化学变化过程C石油裂解得到的汽油可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，褪色原理相同D乙醇能与CuO反应生成乙醛，乙醛又能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O14、下列示意图与化学用语表述内容不相符的是（水合离子用相应离子符号表示）（）ANaClNa+Cl-BCuClCu2+2Cl-CCH3COOHCH3COO-+H+DH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+183kJ15、设 NA 为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A12g 金刚石与 12g 石墨所含共价键数均为 2NAB常温下，lLpH=7 的 1mol/L

9、HCOONH4 溶液中 HCOO-与 NH4+数目均为 NAC0.1molCl2 与 0.2molCH4 光照充分反应生成 HCl 分子数为 0.1NAD100g34%的 H2O2 中加入 MnO2 充分反应转移电子数为 2NA16、下列实验操作或装置（略去部分夹持仪器）正确的是A除去HCl中含有的少量Cl2B石油的蒸馏C制备乙酸乙酯D制备收集干燥的氨气17、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是A温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁B植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质C常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液，可以

10、灭活新型冠状病毒D白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化18、向H2S的水溶液中通入一定量的Cl2，下列图像所示变化正确的是ABCD19、2019年为“国际元素周期表年“，中国学者姜雪峰当选为“全球青年化学家元素周期表”硫元素代言人。下列关于硫元素的说法不正确的是（ ）AS2、S4和S8互为同素异形体B“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”过程中涉及的反应为可逆反应C可运用”无机硫向有机硫转化”理念，探索消除硫污染的有效途径D我国古代四大发明之一“黑火药”的主要成分中含有硫单质20、几种化合物的溶解度随温度变化曲线如图所示，下列说法正确的是（ ）ANaClO3

11、的溶解是放热过程B由图中数据可求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度C可采用复分解反应制备Mg（ClO3）2：MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaClD若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，可用降温结晶方法提纯21、下列装置可达到实验目的是A证明酸性：醋酸碳酸苯酚B制备乙酸丁酯C苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作D用NH4Cl饱和溶液制备NH4Cl晶体22、有一种化合物是很多表面涂层的重要成分，其结构如图所示，其中W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，Z的含氧酸均具有氧化性，下列有关说法正确的是（ ）AWZ沸点高于W2Y

12、的沸点B含Z的两种酸反应可制得Z的单质CW2Y2中既含离子键又含共价键键DX的含氧酸一定为二元弱酸二、非选择题(共84分)23、（14分）含氧有机物甲可用来制取多种有用的化工产品，合成路线如图：已知：.RCHO.RCOOHRCOClRCOOR(R、R代表烃基)（1）甲的含氧官能团的名称是_。写出检验该官能团常用的一种化学试剂的名称_。（2）写出己和丁的结构简式：己_，丁_。（3）乙有多种同分异构体，属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体共有_种。（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，丁与辛消耗NaOH的物质的量之比为_。（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为_。24、

13、（12分）聚合物G可用于生产全生物降解塑料，有关转化关系如下：（1）物质A的分子式为_，B的结构简式为_。（2）E中的含氧官能团的名称为_。（3）反应-中属于加成反应的是_。（4）写出由两分子F合成六元环化合物的化学方程式_。25、（12分）四氯化锡（SnCl4）常用作有机催化剂、烟雾弹和用来镀锡。某学习小组拟用干燥的氯气和熔融的锡制备 SnCl4 并测定产品的纯度。已知：iSnCl4 在空气中极易水解成 SnO2xH2O；ii有关物质的物理性质如下表所示。物质颜色熔点/沸点/Sn银白色2322260SnCl2白色247652SnCl4无色-33114回答下列问题：(1)装置 E 的仪器名称是

14、_，装置 C 中盛放的试剂是_。(2)装置 G 的作用是_。(3)实验开始时，正确的操作顺序为_。点燃装置 A 处酒精灯 点燃装置 D 处酒精灯 打开分液漏斗活塞(4)得到的产品显黄色是因含有少量_，可以向其中加入单质_（填物质名称）而除去。为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称是_。(5)产品中含少量 SnCl2，测定产品纯度的方法：取 0.400 g 产品溶于足量稀盐酸中，加入淀粉溶液作指示剂，用 0.0100 mo/L 碘酸钾标准溶液滴定至终点，消耗标准液 8.00 mL 。滴定原理如下，完成 i 对应的离子方程式。i_Sn2+_IO3+_H+= _Sn4+_I+_ iiIO3+5 I2

15、+6H+ = 3I2 + 3HO滴定终点的现象是_。产品的纯度为_%（保留一位小数）。26、（10分）吊白块( NaHSO2HCHO2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。（1）装置中产生气体的化学反应方程式为_；中多孔球泡的作用是_。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是_。吊白块的制备：如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍

16、过量的锌粉和一定量甲醛，在8090C下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器A的名称为_；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是_。（4）将仪器A中的反应温度恒定在8090的目的是_。吊白块纯度的测定：将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4+5HCHO+12H+=4Mn2+5CO2+11H2O)，再用0.1000molL1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断

17、方法是_；吊白块样品的纯度为_%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)27、（12分）亚硝酰氯（NOCl，熔点：-64.5，沸点：-5.5）是一种黄色气体，遇水易反应，生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。（1）甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，下表中缺少的药品是：制备原料装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2_饱和食盐水制备纯净NOCu稀硝酸_（2）乙组同学利用甲组制得的N

18、O和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_（按气流自左向右方向，用小写字母表示）。为了使气体充分反应，从A处进入的气体是_（填Cl2或NO）。实验中先通入Cl2，待装置中充满黄绿色气体时，再将NO缓缓通入，此操作的目的是_（回答一条即可）。装置生成NOCl的化学方程式是_。装置的作用为_，若无该装置，中NOCl可能发生反应的化学方程式为_。（3）丁组同学用以下方法测定亚硝酰氯（NOCl）纯度：取中所得液体m克溶于水，配制成250mL溶液，取出25.00mL，以K2CrO4溶液为指示剂，用c mol/LAgNO3 标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为b mL。亚硝酰氯（NOCl

19、）的质量分数为_（用代数式表示即可）。28、（14分）钛被称为继铁、铝之后的第三金属，请回答下列问题：(1)金红石(TiO2)是钛的主要矿物之一，基态Ti原子价层电子的排布图为_，基态O原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 _形。(2)以TiO2为原料可制得TiCl4，TiCl4的熔、沸点分别为205K、409K，均高于结构与其相似的CCl4，主要原因是 _。(3)TiCl4可溶于浓盐酸得H2TiCl6，向溶液中加入NH4Cl浓溶液可析出黄色的(NH4)2TiCl6晶体。该晶体中微观粒子之间的作用力有 _。A离子键 B共价键 C分子间作用力 D氢键 E范德华力 (4)TiCl4可与CH3CH2

20、OH、HCHO、CH3OCH3等有机小分子形成加合物。上述三种小分子中C原子的VSEPR模型不同于其他分子的是 _，该分子中C的轨道杂化类型为_ 。(5)TiO2与BaCO3一起熔融可制得钛酸钡。BaCO3中阴离子的立体构型为 _。经X射线分析鉴定，钛酸钡的晶胞结构如下图所示（Ti4+、Ba2+均与O2相接触），则钛酸钡的化学式为 _。已知晶胞边长为a pm，O2的半径为b pm，则Ti4+、Ba2+的半径分别为_pm、_pm。29、（10分）BE是现代有机化工重要的单体之一，工业上采取乙苯催化脱氢制苯乙烯反应制备：（1）已知：化学键C-HC-CC=CH-H键能/412348612436计算上

21、述反应的_。该反应能够发生的原因是_（2）维持体系总压强p恒定，在温度T时，物质的量为n、体积为V的乙苯蒸汽发生催化脱氢反应。已知乙苯的平衡转化率为，则在该温度下反应的平衡常数K=_（用a等符号表示）。（3）工业上，通常在乙苯蒸气中掺混水蒸气，控制反应温度600，并保持体系总压为常压的条件下进行反应。在不同反应温度下，乙苯的平衡转化率和某催化剂作用下苯乙烯的选择性（指除了以外的产物中苯乙烯的物质的量分数）示意图如图所示：a掺入水蒸气能提高乙苯的平衡转化率，解释说明该事实_。b控制反应温度为的理由是_（4）在逆过程苯乙烯加氢制乙苯的操作中，如果氢气中混有和等杂质，会引起催化剂中毒，因此必须除去。

22、在常温下，可以用银氨溶液来检测微量的，其原理与银镜反应相似，有银析出，写出银氨溶液与反应的离子方程式_。（5）苯乙烯废气在工业上常用电催化氧化处理，原理如图所示：写出阳极电极反应式I为_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. 乙烯含有碳碳双键，可与溴的四氯化碳溶液发生加成反应，生成1，2-二溴乙烷，溶液最终变为无色透明，生成的产物1，2-二溴乙烷可溶于四氯化碳，A项正确；B. 乙醇的结构简式为CH3CH2OH，只有羟基可与钠反应，且OH中H的活泼性比水弱，B项错误；C. 用乙酸浸泡水壶中的水垢，可将其清除，说明醋酸可与碳酸钙等反应，从强酸制备弱

23、酸的角度判断，乙酸的酸性大于碳酸，C项错误；D. 甲烷与氯气在光照条件下反应生成的气体有一氯甲烷和氯化氢，使湿润的石蕊试纸变红的气体为氯化氢，一氯甲烷为非电解质，不能电离，D项错误；答案选A。2、D【解析】A煤的液化是指从煤中产生液体燃料的一系列方法的统称，是化学变化，A错误；B石油裂解的化学过程是比较复杂的，生成的裂解气是一种复杂的混合气体，它除了主要含有乙烯、丙烯、丁二烯等不饱和烃外，还含有甲烷、乙烷、氢气、硫化氢等，有烯烃，所以能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B错误；C羊毛蚕丝主要成分都是蛋白质，棉花和麻主要成分都是天然纤维，C错误；D天然气水合物，有机化合物，化学式CHnHO，即可燃冰，是分

24、布于深海沉积物或陆域的永久冻土中，由天然气与水在高压低温条件下形成的类冰状的结晶物质，D正确；故答案选D。3、B【解析】Ab是蓄电池负极，放电时负极反应为Pb+SO422e=PbSO4，b电极放电后转化为PbSO4电极，故A正确；Ba是蓄电池的正极，a发生还原反应，d是电解池阳极，阳极发生氧化反应，d极发生氧化反应，故B错误；Cb为蓄电池负极，负极反应式为：Pb+SO422e=PbSO4，故C正确；D放电时总反应为PbO2Pb2H2SO4=2PbSO42H2O，消耗硫酸，氢离子浓度降低，溶液pH增大，故D正确；选B。4、D【解析】A. 将过量氨气通入CuSO4溶液过程中发生如下反应：2NH3+

25、2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2NH4+，Cu(OH)2+2NH3=Cu(NH3)42+2OH-，Cu(NH3)42+络离子在水溶液中呈深蓝色，A项正确；B. 蛋白质属于高分子，分子直径已达到1nm100nm之间，蛋白质的水溶液属于胶体，故可产生丁达尔效应。B项正确；C.在硅酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸，边滴边振荡，可得到硅酸胶体：Na2SiO3+2HCl=H2SiO3(胶体)+2NaCl。C项正确；D.铁粉在氯气中燃烧只生成氯化铁：2Fe+3Cl22FeCl3。D项错误；答案选D。5、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

26、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，答案为A。6、A【解析】A由C(s，石墨)=C(s，金刚石) H=+1.9 kJ/mol可知：石墨比金刚石具有的总能量低，因此石墨比金刚石更稳定，A正确；B硫蒸气转化为硫固体要放热，等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃

27、烧，前者放出的热量更多，B错误；CCH3COOH电离吸收能量，则含1 mol CH3COOH的溶液与含1 mol NaOH的溶液混合，放出热量小于57.3 kJ，C错误；D2 g H2为1mol，2 g H2完全燃烧生成液态水放出285.8 kJ热量，则氢气燃烧的热化学方程式为H2(g)+O2(g) =H2O(l) H=-285.8 kJ/mol，D错误；答案选A。7、A【解析】同一周期从左到右元素的金属性逐渐减弱，非金属性逐渐增强；同一主族从上到下元素的金属性逐渐增强，非金属性逐渐减弱，因此图中临近虚线的元素既表现一定的金属性，又表现出一定的非金属性，在金属和非金属的分界线附近可以寻找半导体

28、材料（如锗、硅、硒等），据此分析解答。【详解】A. 根据以上分析，B元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，既能得电子，又能失电子，故A错误；B. 同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，所以原子半径GeSi，故B正确；C. As元素位于金属元素与非金属元素的分界线附近，可作半导体材料，故C正确；D. Po为主族元素，原子有6个电子层，最外层电子数为6，处于第六周期第VIA族，故D正确。故选A。8、B【解析】A硫酸铁中铁离子水解生成胶体，胶体具有吸附性而净水，故A不符合题意；B碳酸钡可用作胃酸的中和剂会生成溶于水的钡盐，使人中毒，故B符合题意；C碘酸钾能给人体补充碘元素，碘酸钾也比较稳定，所以

29、碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂，故C不符合题意；D氢氧化铝分解吸收热量，且生成高熔点的氧化铝覆盖在表面，所以氢氧化铝常用作阻燃剂，故D不符合题意；故选：B。【点睛】治疗胃酸过多常用氢氧化铝或小苏打，不能使用碳酸钠，因碳酸钠水解程度较大，碱性较强，但需注意，一般具有胃穿孔或胃溃疡疾病不能使用小苏打，以防加重溃疡症状。9、C【解析】A. 相同时间内，02min内氯气变化量为1.810-3mol，而46min内氯气变化量为 (5.4-3.7) 10-3mol=1.710-3mol，则02min的反应速率大于46min的反应速率，A项错误；B. 容器容积未知，用单位时间内浓度变化量无法表示氯气反应速率，

30、B项错误；C. 正反应为气体体积减小的反应，增大压强平衡正向移动，可以提高HCl转化率，C项正确；D. 正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，平衡常数减小，则平衡常数K(200)K(400)，D项错误；答案选C。10、C【解析】A、汽油来自于石油，石油是由多种碳氢化合物组成的混合物，即汽油是由碳氢两种元素组成，不含N元素，故A错误；B、酒精能使蛋白质变性，医用酒精的浓度一般为75%，故B错误；C、金属的电化学腐蚀包括牺牲阳极的阴极保护法和外加电流阴极保护法，前者属于原电池原理，后者属于电解原理，金属Mg比铁活泼，Mg作负极，原理是牺牲阳极的阴极保护法，故C正确；D、硅胶、生石灰作干燥剂，铁粉

31、作还原剂，铁粉防止食品氧化，故D错误，答案选C。11、D【解析】V2O5+xLiLixV2O5，分析反应得出Li化合价升高，为负极，V2O5化合价降低，为正极。【详解】A. 该电池充电时，阴极的电极反应式为Li+ + e= Li，故A错误；B. Li会与LiCl水溶液中水反应，因此LiCl水溶液不能作电解质溶液，故B错误；C. 根据电子守恒得到关系式2Li Ni，因此当电池中有7gLi即1mol参与放电时，能得到0.5molNi即29.5g，故C错误；D. 电解过程中，碳棒为阳极，阳极区钠离子穿过阳离子膜不断向右移动，右边是阴极，阴极区氯离子穿过阴离子膜不断向左移动，因此NaCl溶液的浓度会不

32、断增大，故D正确。综上所述，答案为D。【点睛】分析电池中化合价，对放电来说化合价升高为负极，降低为正极，充电时，原电池的负极就是充电时的阴极，书写时将原电池负极反过来书写即可。12、D【解析】A. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，活化分子具有的最低能量Ec与分子的平均能量E之差叫活化能，A正确；B. 当温度升高时，气体分子的运动速度增大，不仅使气体分子在单位时间内碰撞的次数增加，更重要的是由于气体分子能量增加，使活化分子百分数增大，阴影部分面积会增大，B正确；C.催化剂使活化能降低，加快反应速率，使用合适的催化剂，E不变，Ec变小，

33、C正确；D. E表示分子的平均能量，Ec是活化分子具有的最低能量，能量等于或高于Ec的分子可能产生有效碰撞，D错误；故答案为：D。13、C【解析】A苯虽然并不具有碳碳双键，但在镍作催化剂的条件下也可与H2加成生成环己烷，故A正确；B淀粉经过水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下转化为乙醇，过程中有新物质生成，属于化学变化，故B正确；C. 石油裂解得到的汽油中含有烯烃，可使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，但褪色原理不同，与溴水是发生加成反应，与酸性高锰酸钾是发生氧化还原反应，故C错误；D乙醇在加热条件下能与CuO反应生成乙醛，乙醛能将新制的Cu(OH)2还原成Cu2O，反应中都存在元素的化合价的变化

34、，均属于氧化还原反应，故D正确；故选C14、B【解析】A、NaCl为强电解质，电离方程式为NaCl=Na+Cl-，故A不符合题意；B、电解氯化铜溶液生成Cu和氯气，电解发生CuCl2Cu+Cl2，故B符合题意；C、醋酸为弱酸，电离方程式为CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合题意；D、焓变等于断裂化学键吸收的能量减去成键释放的能量，则H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) =(436+243-4312)kJ/mol=-183 kJ/mol，因此H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+183kJ，故D不符合题意；故选：B。【点睛】电解池中阳极若是活性电极作阳极，则活性电极首先失电子，发生

35、氧化反应，若是惰性电极作阳极，放电顺序为：，注意：阴极不管是什么材料，电极本身都不反应，一定是溶液(或熔融电解质)中的阳离子放电；最常用、最重要的放电顺序为阳极：ClOH；阴极：AgCu2H。15、C【解析】A金刚石中平均1个碳原子形成2个共价键，石墨中平均1个碳原子形成1.5个共价键，因此12g金刚石与12g石墨所含共价键数不相等，A错误；B常温下，lLpH=7的1mol/LHCOONH4溶液显中性，根据电荷守恒守恒可知HCOO-与NH4+的浓度相等，但由于二者均水解，所以数目均小于NA，B错误；C0.1molCl2与0.2molCH4光照充分反应根据氯原子守恒可知生成HCl分子数为0.1N

36、A，C正确；D100g34%的H2O2（物质的量是1mol）中加入MnO2充分反应生成0.5mol氧气，转移电子数为NA，D错误；答案选C。16、A【解析】A氯气在饱和食盐水中的溶解度较低，可除掉氯化氢，故A正确；B蒸馏试验中温度计测量蒸气的温度，应与蒸馏烧瓶支管口处相平，故B错误；C制备乙酸乙酯可直接加热，水浴加热不能达到合成温度，故C错误；D可用浓氨水和生石灰制备氨气，氨气的密度比空气小，用向下排空法收集，但导管应插入试管底部，故D错误。故选A。【点睛】氯气和水的反应是可逆的，氯化氢溶于水电离是不可逆的，所有单质气体都是难溶于或者微溶于水的，只有卤族除外，他们可以和水发生化学反应，而Cl2

37、和水反应产生Cl-，这个反应是一个平衡反应，有一定的限度，当水中Cl-增多时，平衡会逆向移动，所以NaCl溶液中Cl2更加难溶，HCl溶于水后非常容易电离，因此可以用饱和食盐水除去Cl2中的HCl。17、B【解析】A二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威胁，故A正确；B植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；C常温下用3体积乙醇与1体积蒸馏水配制成的混合液中酒精含量约为75%，即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正确；D二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确；故答案为B。18、C【解析】H2

38、S与Cl2发生反应：H2S+Cl2=2HCl+S，溶液酸性逐渐增强，导电性逐渐增强，生成S沉淀，则AH2S为弱酸，HCl为强酸，溶液pH逐渐减小，选项A错误；BH2S为弱酸，HCl为强酸，溶液离子浓度逐渐增大，导电能力增强，选项B错误；C生成S沉淀，当H2S反应完时，沉淀的量不变，选项C正确；D开始时为H2S溶液，c(H+)0，溶液呈酸性，选项D错误。答案选C。19、B【解析】A同种元素形成的不同单质是同素异形体，故A正确；B丹砂（HgS）烧之成水银，积变又还成丹砂，前者需要加热，后者常温下反应，反应条件不同，不是可逆反应，故B错误；C无机硫向有机硫转化，可减少含硫气体的排放，是探索消除硫污染

39、的有效途径，故C正确；D“黑火药”的主要成分中含有硫单质，故D正确；答案选B。20、C【解析】A项、由图象只能判断NaClO3溶解度与温度的关系，无法确定其溶解过程的热效应，故A错误；B项、MgCl2饱和溶液的密度未知，不能求出300K时MgCl2饱和溶液的物质的量浓度，故B错误；C项、反应MgCl2+2NaClO3Mg（ClO3）2+2NaCl类似于侯德榜制碱法生产的原理，因为NaCl溶解度小而从溶液中析出，使反应向正方向进行，故C正确；D项、若NaCl中含有少量Mg（ClO3）2，应用蒸发结晶方法提纯，故D错误；故选C。21、B【解析】A醋酸易挥发，醋酸、碳酸均与苯酚钠反应生成苯酚，则不能

40、比较碳酸、苯酚的酸性，选项A错误；B乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流，图中可制备乙酸丁酯，选项B正确；C苯的密度比水小，水在下层，应先分离下层液体，再从上口倒出上层液体，选项C错误；D蒸干时氯化铵受热分解，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价及实验装置综合应用，为高频考点，把握物质的性质、实验技能、实验装置的作用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验评价性分析，易错点为选项B：乙酸与丁醇加热发生酯化反应生成酯，长导管可冷凝回流；选项D：蒸干时氯化铵受热分解，应利用冷却结晶法制备，否则得不到氯化铵晶体。22、B【解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增

41、大的短周期主族元素，只有X、Y在同一周期，Y无最高正价，结合图示可知，W形成1个共价键，Y能够形成2个共价键，X形成4个共价键，Z形成1个共价键，则W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素，据此解答。【详解】根据分析可知，W为H，X为C元素，Y为O元素，Z为Cl元素；AH2O分子间存在氢键，且常温下为液体，而HCl常温下为气体，则HCl沸点低于H2O的沸点，故A错误；BHCl和和HClO反应生成氯气，故B正确；CH2O2是共价化合物，分子中只含共价键，不存在离子键，故C错误；DX为C元素，C的含氧酸H2CO3为二元弱酸，而CH3COOH为一元弱酸，故D错误；故答案为B。二、非选择题(共84

42、分)23、醛基 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） 5 1：2 【解析】甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。【详解】（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故

43、答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；（3）乙有多种同分异构体属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有4种位置，故共有5种，故答案为：5；（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1mol丁（）水解消耗1molNaOH，1mol辛（）消耗NaOH为2mol，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，故答案

44、为：。【点睛】本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。24、C6H12O6 CH3-CH=CH2 羰基、羧基 +2H2O 【解析】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件

45、下水解得A为葡萄糖，据此答题。【详解】B的分子式为C3H6，根据题中各物质转化关系，比较B、C的分子式可知反应为加成反应，所以B中有碳碳双键，所以B为CH3-CH=CH2，B与溴加成生成C为CH3CHBrCH2Br，C在碱性条件下水解得D为CH3CHOHCH2OH，D氧化得E为CH3COCOOH，E与氢气发生加成反应得F为CH3CHOHCOOH，F在一定条件下发生缩聚反应得G，淀粉在酸性条件下水解得A为葡萄糖。（1）物质A为葡萄糖，其分子式为C6H12O6，B的结构简式为CH3-CH=CH2；（2）E为CH3COCOOH，含氧官能团的名称为羰基、羧基；（3）根据上面的分析可知，反应中属于加成反

46、应的是；（4）由两分子F合成六元环化合物的化学方程式为+2H2O。【点睛】本题考查有机物的推断，确定B的结构是关键，再根据官能团的性质结合反应条件进行推断，题目难度中等，注意掌握官能团的性质与转化。25、冷凝管 浓硫酸（浓 H2SO4） 吸收多余的 Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解 Cl2 锡 蒸馏 3 1 6 3 1 3H2O 锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色 88.6 【解析】在A装置中，MnO2与浓盐酸在加热条件下反应生成Cl2，由于浓盐酸易挥发，所以生成的Cl2中混有HCl气体和水蒸气。B装置中，饱和食盐水可除去Cl2中的HCl，C装置用于干燥Cl2，所以

47、应放入浓硫酸；在排尽装置内的空气后，加热D装置，让锡与Cl2反应生成SnCl4蒸汽，冷凝管冷凝后用F装置收集，同时用G装置吸收未反应的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入F中，引起SnCl4的水解。【详解】(1)装置 E 的仪器名称是冷凝管，由以上分析知，装置 C 用于干燥氯气，应盛放的试剂是浓硫酸（浓 H2SO4）。答案为：冷凝管；浓硫酸（浓 H2SO4）；(2)装置 G 既可防止氯气进入大气，又可防止大气中的水蒸气进入装置，所以其作用是吸收多余的 Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解。答案为：吸收多余的 Cl2，防止污染空气；吸收空气中的水蒸气，防止产品水解；(3)实验开始时

48、，应先加药品再制氯气，最后发生Sn与Cl2的反应，所以正确的操作顺序为。答案为：；(4)得到的产品显黄色是因含有少量Cl2，可以向其中加入单质锡，让其与Cl2反应生成SnCl4除去。由信息可知，杂质SnCl2的沸点比SnCl4高，可采取的操作名称是蒸馏。答案为：Cl2；锡；蒸馏；(5)利用得失电子守恒配平时，可先配含变价元素微粒的化学计量数，再利用电荷守恒、质量守恒配其它物质的化学计量数，从而得到配平的方程式为：3Sn2+IO3+6H+= 3Sn4+I+3H2O。答案为：3；1；6；3；1；3H2O；滴定终点时，发生反应IO3+5 I2+6H+ = 3I2 + 3HO，生成的I2使淀粉变蓝，从

49、而得出产生的现象是锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色。答案为：锥形瓶内溶液由无色变为蓝色，半分钟不褪色；由反应方程式可得关系式：3Sn2+IO3，n(Sn2+)=3n(IO3-)=30.0100 mo/L8.0010-3 L=2.410-4mol，产品的纯度为=88.6%。答案为：88.6。【点睛】在回答“为了进一步分离提纯产品，采取的操作名称”时，我们应清楚产品中混入了何种杂质，所以需从题干、表格中寻找信息，在表格中将SnCl2的熔、沸点与SnCl4进行了对比，从而暗示我们，杂质为SnCl2，由此便可确定净化方法。26、Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2

50、O 增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率 取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化 三颈烧瓶 恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发 温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解 当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色 92.40% 偏高 【解析】装置中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。实验室检测N

51、aHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。根据信息吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在8090的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色

52、，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000molL10.03L = 2mol ：xmol解得x = 1.2103mol36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4的物质的量为36.00103L0.1000molL1 = 3.6103mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6103mol - 1.2103mol=2.4103mol，再根据4mol：2.4103mol = 5mol：ymol解得y = 3103mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】装置中产生气体的化学反应方程式为Na

53、2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2+ H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看

54、是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。根据信息吊白块在酸性环境下、100即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在8090的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000m

55、olL10.03L = 2mol ：xmol解得x = 1.2103mol36.00mL0.1000molL1酸性KMnO4的物质的量为36.00103L0.1000molL1 = 3.6103mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6103mol - 1.2103mol=2.4103mol，再根据4mol：2.4103mol = 5mol：ymol解得y = 3103mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高，故答案为：当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；9

56、2.40%；偏高。27、浓盐酸 水 ef（或fe）bcd Cl2 排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化 2NO+Cl2=2NOCl 防止水蒸气进入装置 2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2 【解析】由氯气与一氧化氮在常温常压下合成NOCl：由图装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故 装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体，装置用浓硫酸干燥，由图制备NO，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，故 装置用水净化NO，装置IV用浓硫酸干燥，将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空

57、气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此进行解答。【详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰制备氯气，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，故 装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体，用铜和稀硝酸反应制备NO，制得的NO中可能混有NO2，NO不溶于水，故 装置用水净化NO，故答案为：浓盐酸；水；(2)将氯气和NO干燥后在装置V中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，故答案为：ef(或fe)bcd；A处进入的气体进入装置上方，为了

58、使反应充分应从A口通入密度大的气体，即氯气；先通氯气可排尽装置中的空气，防止NO被装置中的氧气氧化；根据电子守恒和元素守恒可得反应方程式为：2NO+Cl2=2NOCl；NOCl遇水易反应生成一种氯化物和两种常见的氮氧化物，其中一种呈红棕色，反应方程式为：2NOCl+H2O=2HCl+NO+NO2，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，所以装置的作用是防止水蒸气进入装置；(3)滴定过程中存在数量关系n(NOCl)=n(AgNO3)，所以取出25.00mL溶液中n(NOCl)=bc10-3mol，则NOCl总的物质的量为10bc10-3mol，所以质量分数为： 。28、 哑铃型 TiCl4的相对分子质量大于CCl4，分子间作用力更大 AB HCHO sp2 平面三角形 BaTiO3 【解析】(1)根据元素核外电子排布规律书写电子排布式，根据电子排布式判断最高能级及电子云轮廓； (2)分子晶体的熔沸点与分子间作用力有关，根据相对分子质量分析判断；(3)结合晶体转化反应过程，和物质类别判断分析化学键的种类； (4)根据有机物中碳原子的成键方式，判断空间构型，进而判断碳原子杂化方式；(5)应用杂化轨道理论计算中心