2021-2022学年江苏省宿迁高三下学期第一次联考化学试卷含解析

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、标准状态下，气态分子断开1 mol化学键的能量称为键能。已知HH、HO和O=O键的键能分别为436 kJmol1、463 kJmol1和495 kJ

2、mol1。下列热化学方程式正确的是A断开1 mol H2O(l)中的HO键需要吸收926 kJ的能量B2H2O(g)=2H2(g)O2(g)H485 kJmol1C2H2(g)O2(g)=2H2O(l)H485 kJmol1D2H2(g)O2(g)=2H2O(g)H485 kJmol12、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%3、某学生利用Na

3、OH 溶液去除铝表面的氧化膜以后，进行“铝毛”实验。在其实验过程中常有发生，但与实验原理不相关的反应是()AAl2O3+2NaOH2NaAlO2+H2OB2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2C2Al+3Hg(NO3)22Al(NO3)3+3HgD4Al+3O22Al2O34、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A28g晶体硅中含有NA个Si-Si键B叠氮化铵(NH4N3)发生爆炸反应：NH4N3=2N2+2H2，当产生标准状况下22.4L气体时，转移电子的数目为NACpH=1的H3PO4溶液中所含H+的数目为0.1NAD200mL1mol/LAl2(SO4)3溶液中A13

4、+和SO42-的数目总和是NA5、下列离子方程式书写正确的是A小苏打治疗胃酸过多的反应：CO322HCO2H2OB次氯酸钠溶液通入少通的CO2：2ClOCO2H2O2HClOCO32CH218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2OD过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中：3SO22NO33Ba22H2O3BaSO42NO4H6、下列说法中正确的是（ ）A60-70的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果B液溴可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中C苯酚溅到皮肤上，立即用水冲洗，然后涂上稀硼酸溶液D油脂不能使溴水褪色7、下列有关物质结构的叙述正确

5、的是A在离子化合物中不可能存在非极性共价键B由电子定向移动而导电的物质一定是金属晶体C有键能很大的共价键存在的物质熔沸点一定很高D只含有共价键的物质不一定是共价化合物8、下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法ACO2(g)SO2(g)饱和NaHCO3溶液、浓H2SO4洗气BNH4Cl(aq)FeCl3(aq)NaOH溶液过滤CCH4(g)CO2(g)NaOH溶液、浓H2SO4洗气DFeCl2 (aq)CuCl2 (aq)铁粉过滤AABBCCDD9、下列说法不正确的是( )A牛油、植物油、汽油在碱性条件下的水解反应可以制造肥皂B氨基酸、蛋白质都既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液

6、反应C向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液产生沉淀属于物理变化D用酶催化淀粉水解的水解液中加入银氨溶液，水浴加热，无光亮银镜生成，说明无葡萄糖存在10、下列化学用语对事实的表述正确的是A硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB向Na2SiO3溶液中通入过量的SO2：SiO32SO2H2OH2SiO3SO32C由Na和C1形成离子键的过程：D已知电离平衡常数：H2CO3HClOHCO3，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClOCO2H2O2HClOCO3211、改革开放40周年以来，化学科学技术的发展大大提高了我国人民的生活质量。下列过

7、程没有涉及化学变化的是A太阳能分解水制取氢气B开采可燃冰获取燃料C新能源汽车燃料电池供电D运载“嫦娥四号”的火箭发射AABBCCDD12、某烃的含氧衍生物的球棍模型如图所示下列关于该有机物的说法正确的是()A名称为乙酸乙酯B显酸性的链状同分异构体有3种C能发生取代、加成和消除反应D能使溴水或酸性高锰酸钾溶液褪色，且原理相同13、将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是AHCl BNH3 CCl2 DNO214、新修草本有关“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”据此推测“青矾”的主要成分为( )ABCD15、把图2中的物质补充到图1中，

8、可得到一个完整的氧化还原型离子方程式(未配平)。对该氧化还原反应型离子方程式，说法不正确的是（ ）AIO4-作氧化剂具有氧化性B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52C若有2molMn2+参加反应时则转移10mol电子D氧化性：MnO4-IO4-16、某可充电钠离子电池放电时工作原理如图所示，下列说法错误的是A放电时电势较低的电极反应式为：FeFe(CN)6+2Na+2e-=Na2Fe(CN)6B外电路中通过0.2 mol电子的电量时，负极质量变化为2.4 gC充电时，Mo箔接电源的正极D放电时，Na+从右室移向左室17、常温下，将溶液分别滴加到浓度均为的溶液中，所得的沉淀溶解平衡曲线如图所示(用

9、表示，不考虑的水解)。下列叙述正确的是( )。A的数量级为B点对应的溶液为不饱和溶液C所用溶液的浓度为D平衡常数为，反应趋于完全18、下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A图1，a点表示的溶液通过升温可以得到b点B图2，若使用催化剂E1、E2、H都会发生改变C图3表示向Na2CO3和NaHCO3的混合溶液中滴加稀盐酸时，产生CO2的情况D图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，a+bc19、镁、铝都是较活泼的金属，下列描述中正确的是A高温下，镁、铝在空气中都有抗腐蚀性B镁、铝都能跟稀盐酸、稀硫酸、强碱反应C镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反

10、应D铝热剂是镁条、铝粉和氧化铁的混合物20、事实上，许多非金属氧化物在一定条件下能与Na2O2反应，且反应极有规律。如：Na2O2SO2 Na2SO4、Na2O2SO3 Na2SO4+ O2，据此，你认为下列方程式中不正确的是A2Na2O22Mn2O74NaMnO4O2B2Na2O2P2O3Na4P2O7C2Na2O22 N2O3NaNO2O2D2 Na2O22 N2O5 4NaNO3O221、化学与生产、生活、社会密切相关。下列说法错误的是A大量使用含丙烷、二甲醚等辅助成分的“空气清新剂”会对环境造成新的污染B制造普通玻璃的原料为石英砂（Si02）、石灰石（CaCO3）和纯碱C髙锰酸钾溶液、

11、酒精、双氧水能杀菌消毒，都利用了强氧化性D红柿摘下未熟，每篮用木瓜三枚放入，得气即发，并无湿味。”文中的“气”是指乙烯22、某溶液中只可能含有K、Al3、Br、OH、CO、SO中的一种或几种。取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色；向橙色溶液中加BaCl2溶液无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是ABrBOHCKDAl3二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物G是一种药物合成中间体，其合成路线如下：回答下列问题：（1）B的名称为_；D中含有的无氧官能团结构简式为_。（2）反应的反应类型为_；反应生成G和X两种有机物，其中X的结构简为_。（3）反应的化学反应方程式为_（C6

12、H7BrS用结构简式表示）。（4）满足下列条件的C的同分异构体共有 _种，写出其中一种有机物的结构简式：_。苯环上连有碳碳三键；核磁共振氢谱共有三组波峰。（5）请设计由苯甲醇制备的合成路线（无机试剂任选）_：24、（12分）聚合物H是一种聚酰胺纤维，其结构简式为。该聚合物可广泛用于各种刹车片，其合成路线如下图所示：已知：C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子。DielsAlder反应：。（1）生成A的反应类型是_，D的名称是_，F中所含官能团的名称是_。（2）B的结构简式是_；“BC”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是_（填化学式）。（3）DGH的化学方程式是_

13、。（4）Q是D的同系物，其相对分子质量比D大14，则Q可能的结构有_种。其中，核磁共振氢谱有4组峰，且峰面积比为1223的结构简式为_（任写一种）。（5）已知：乙炔与1，3丁二烯也能发生DielsAlder反应。请以1，3丁二烯和乙炔为原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线（用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）_。25、（12分） “84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在日常生活中使用广泛，其有效成分是NaClO。某化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。(1)该学习小组按上图装置进行实验（部分夹持装置省去），反

14、应一段时间后，分别取B、C瓶中的溶液进行实验，实验现象如下表。已知：饱和NaClO溶液pH为11；25C时，弱酸电离常数为：H2CO3：K1=4.410-1，K2=4.110-11；HClO：K=310-8实验步骤实验现象B瓶C瓶实验1：取样，滴加紫色石蕊试液变红，不褪色变蓝，不褪色实验2：测定溶液的pH312回答下列问题：仪器a的名称_，装置A中发生反应的离子方程式_。C瓶溶液中的溶质是NaCl、_（填化学式）。若将C瓶溶液换成NaHCO3溶液，按上述操作步骤进行实验，C瓶现象为：实验1中紫色石蕊试液立即褪色；实验2中溶液的pH=1结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因_(2)测定C

15、瓶溶液中NaClO含量（单位：g/L）的实验步骤如下：取C瓶溶液20mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。用0.1000mol/LNa2S2O3标准溶液滴定锥形瓶中的溶液，淀粉溶液显示终点后，重复操作23次，Na2S2O3溶液的平均用量为24.00mL。（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）步骤I的C瓶中发生反应的离子方程式为_。盖紧瓶塞并在暗处反应的原因_滴定至终点的现象_。C瓶溶液中NaClO含量为_g/L（保留2位小数）26、（10分）氨基磺酸(H2NSO3H)是一元固体强酸，俗称“固体硫酸”，易溶于水和液氨，不溶于乙醇，在工业上常用作酸

16、性清洗剂、阻燃剂、磺化剂等。某实验室用尿素和发烟硫酸(溶有SO3的硫酸)制备氨基磺酸的流程如图：已知“磺化”步骤发生的反应为：CO(NH2)2(s)+SO3(g)H2NCONHSO3H(s) H0H2NCONHSO3H+H2SO42H2NSO3H+CO2发生“磺化”步骤反应的装置如图1所示：请回答下列问题：（1）下列关于“磺化”与“抽滤”步骤的说法中正确的是_。A.仪器a的名称是三颈烧瓶B.冷凝回流时，冷凝水应该从冷凝管的B管口通入C.抽滤操作前，应先将略小于漏斗内径却又能将全部小孔盖住的滤纸平铺在布氏漏斗中，稍稍润湿滤纸，微开水龙头，抽气使滤纸紧贴在漏斗瓷板上，再转移悬浊液D.抽滤结束后为了

17、防止倒吸，应先关闭水龙头，再拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管（2）“磺化”过程温度与产率的关系如图2所示，控制反应温度为7580为宜，若温度高于80，氨基磺酸的产率会降低，可能的原因是_。（3）“抽滤”时，所得晶体要用乙醇洗涤，则洗涤的具体操作是_。（4）“重结晶”时，溶剂选用10%12%的硫酸而不用蒸馏水的原因是_。（5）“配液及滴定”操作中，准确称取2.500g氨基磺酸粗品配成250mL待测液。取25.00mL待测液于锥形瓶中，以淀粉-碘化钾溶液做指示剂，用0.08000molL-1的NaNO2标准溶液进行滴定，当溶液恰好变蓝时，消耗NaNO2标准溶液25.00mL。此时氨基磺酸恰好被完

18、全氧化成N2，NaNO2的还原产物也为N2。电子天平使用前须_并调零校准。称量时，可先将洁净干燥的小烧杯放在称盘中央，显示数字稳定后按_，再缓缓加样品至所需质量时，停止加样，读数记录。试求氨基磺酸粗品的纯度：_(用质量分数表示)。若以酚酞为指示剂，用0.08000molL-1的NaOH标准溶液进行滴定，也能测定氨基磺酸粗品的纯度，但测得结果通常比NaNO2法_(填“偏高”或“偏低”)。27、（12分）用6molL-1的硫酸配制100mL1molL-1硫酸，若实验仪器有：A100mL量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E20mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶（1）

19、实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）_。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）_。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近标线2cm3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次28、（14分）镍是一种用途广泛的金属，常用于电镀工业和制造电池。镍易形成Ni(CO

20、)4、Ni(NH3)6SO4等配合物。（1）镍基态原子的核外电子排布式为_。（2）Ni2可用丁二酮肟检验。丁二酮肟的结构如图所示，其分子中碳原子轨道的杂化类型为_。 （3）与CO互为等电子体的阴离子的化学式为_。（4）1 mol Ni(NH3)6SO4中键的数目为_。氨的沸点高于膦(PH3)，原因是_。（5）镧镍合金是较好的储氢材料。储氢后所得晶体的化学式为LaNi5H6，晶胞结构如图所示，X、Y、Z表示储氢后的三种微粒，则图中Z表示的微粒为_(填化学式)。29、（10分）H2S作为一种有毒气体，广泛存在于石油、化工、冶金、天然气等行业的废气中，脱除气体中的硫化氢对于保护环境、合理利用资源都有

21、着现实而重要的意义。请回答下列问题：(1)H2S的电子式为_，其热稳定性弱于HCl的原因是_。(2)用H2S和天然气生产CS2的反应为CH4(g)+2H2S(g) CS2(l)+4H2(g)。已知：ICH4(g)+4S(s) CS2(g)+2H2S(g) H1=akJmol1；IIS(s)+H2(g) H2S(g) H2=bkJmol1；CS2(1) CS2(g) H3=ckJmol1；则反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(1)+4H2(g)的H=_ kJmol1(用含a、b、c的代数式表示)。(3)800时，将一定量的H2S气体充入恒容密闭容器中，发生反应H2S(g) S(s)+H2(

22、g)，tmin后反应达到化学平衡状态，测得容器中H2与H2S的质量浓度分别为0.02g/L、0.34g/L，则H2S的初始浓度_mol/L，该温度下，反应的化学平衡常数K=_。(4)向恒压密闭容器中充入0.1 molCH4和0.2molH2S，发生反应CH4(g)+2H2S(g) CS2(g)+4H2(g)，测得不同温度下，CH4的平衡转化率(%)与温度()的关系如图所示：该反应的活化能：E正_E逆(填“”“”或“=”)若初始容积为V0L，1200反应达到平衡时，容器的容积为_L(用含V0的代数式表示)。1200时，欲提高CH4的平衡转化率，可以采取的措施是_(填选项字母)。A增大压强 B再充

23、入CH4C再充入H2S D充入He E使用高效催化剂(5)H2S废气可用碳酸钠溶液吸收，将吸收足量H2S气体后的溶液加入到如图所示的电解池中进行电解，在阳极生成有工业价值的Na2S2O3，电解时阳极的电极反应式为_。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、D【解析】A. 断开1 mol H2O(g)中的HO键需要吸收926 kJ的能量，故A错误；B. 2H2O(g) = 2H2(g)O2(g) H463 kJmol14 436 kJmol12 495 kJmol1= + 485 kJmol1，故B错误；C. 2H2(g)O2(g)=2H2O(l)应该是放热反应

24、，故C错误；D. 2H2(g)O2(g)=2H2O(g) H485 kJmol1，故D正确。综上所述，答案为D。2、C【解析】ASO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。3、B【解析】利用NaOH溶液去除铝表面的氧化膜，发生的反应为Al2O3+2NaOH=2Na

25、AlO2+H2O，然后进行“铝毛”实验即汞能与铝结合成合金，俗称“铝汞齐”，所以铝将汞置换出来，形成“铝汞齐”，发生反应为：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，当“铝汞齐”表面的铝因氧化而减少时，铝片上的铝会不断溶解进入铝汞齐，并继续在表面被氧化，最后使铝片长满固体“白毛”而且越长越高，发生反应为：4Al+3O2=2Al2O3，所以与实验原理不相关的反应是B； 故选：B。4、B【解析】A1个Si原子周围有4个SiSi，而1个SiSi周围有2个Si原子，则Si和SiSi的比例为2：4=1：2，28gSi其物质的量为1mol，则含有的SiSi的物质的量为2mol，其数目为2NA

26、，A错误；B叠氮化铵发生爆炸时，H的化合价降低，从1降低到0，1mol叠氮化铵发生爆炸时，生成4mol气体，则总共转移4mol电子；现生成22.4：L，即1mol气体，则转移的电子数为NA，B正确；C不知道磷酸溶液的体积，无法求出其溶液中的H数目，C错误；D200mL1molL1Al2(SO4)3溶液中，如果Al3不水解，则Al3和SO42的物质的量=0.2L1molL120.2L1molL13=1mol，其数目为NA，但是Al3为弱碱的阳离子，在溶液中会水解，因此Al3数目会减少，Al3和SO42的总数目小于NA，D错误。答案选B。5、C【解析】A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：

27、HCO3HCO2H2O，故A错误；B、次氯酸钠溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClOCO2H2OHClOHCO3，故B错误；C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2O，故C正确；D、过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，过量的二氧化硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2+2NO3+2H2O=BaSO4+4H+2SO42+2NO，故D错误；故选C。【点睛

28、】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错点B，根据电离平衡常数H2CO3HClOHCO3可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。6、B【解析】A. 35- 40的甲醛水溶液称为福尔马林具有防腐杀菌的效果，故A错误；B. 液溴见光、受热易挥发，可以加少量水保存在棕色的试剂瓶中，故B正确；C. 苯酚溶液的腐蚀性很强，如果不马上清洗掉， 皮肤很快就会起泡，应马上用有机溶剂清洗，常用的有机溶剂就是酒精（苯酚在水中的溶解度很小），故C错

29、误；D. 油脂是油和脂肪的统称。从化学成分上来讲油脂都是高级脂肪酸与甘油形成的酯。油脂是烃的衍生物。其中，油是不饱和高级脂肪酸甘油酯，脂肪是饱和高级脂肪酸甘油酯，所以油脂中的油含有不饱和键，可以使溴水褪色，而脂肪不能使溴水褪色。故D错误。答案选B。7、D【解析】A含有离子键的化合物是离子化合物，离子化合物中可能含有极性键或非极性键，如Na2O2，故A错误；B多数物质导电都是靠电子定向移动的，不仅仅是金属，如半导体材料硅等，故B错误；C分子晶体的熔沸点高低取决于分子间作用力的大小，与共价键的强弱无关，故C错误；D只含共价键的物质不一定是共价化合物，可能是多原子单质，如臭氧等，故D正确；答案选D。

30、【点睛】含有离子键的化合物是离子化合物，而极性键和非极性键是从原子之间的共用电子对是否偏移判断的，它们之间没有必然的联系。8、B【解析】A二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，浓硫酸干燥二氧化碳，则洗气可除杂，故A正确；BNH4Cl和FeCl3均与NaOH反应，应选氨水、过滤，故B错误；CNaOH溶液能吸收CO2，浓硫酸干燥甲烷，则洗气可除去CH4中混有的CO2，故C正确；DCuCl2溶液和过量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，过滤可除去Cu和过量Fe粉，故D正确；故答案为B。【点睛】在解答物质分离提纯试题时,选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则: 1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后

31、的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则。9、A【解析】A汽油不是油脂，不能发生水解反应制造肥皂，选项A错误；B氨基酸、蛋白质都含有氨基和羧基，具有两性，既能和盐酸反应，也能和氢氧化钠溶液反应，选项B正确；C向鸡蛋清溶液中加入饱和硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，属于物理变化，选项C正确；D葡萄糖能发生银镜反应，无光亮银镜生成，说明用酶催化淀粉水解的水解液中无葡萄糖存在，选项D正确；答案选A。10、C【解析】A硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518O

32、H发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-，故B错误；C氯化钠为离子化合物，含有离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：，故C正确；D弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故D错误；故答案为C。11、B【解析】A.水分解产生氢气和氧气，

33、有新的物质产生，发生的是化学变化，A不符合题意；B.从海底开采可燃冰获取燃料，没有新物质产生，发生的是物理变化，B符合题意；C.新能源汽车燃料电池供电，是化学能转化为电能，有新物质产生，发生的是化学变化，C不符合题意；D.运载“嫦娥四号”的火箭发射，化学能转化为热能、机械能，发生化学反应，有新的物质产生，D不符合题意；故合理选项是B。12、B【解析】由结构模型可知有机物为CH3COOCH=CH2，含有酯基，可发生取代反应，含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，以此解答该题。【详解】A有机物为CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A错误；B该化合物的链状同分异构体中,显酸性的同分异构体有

34、CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3种，故B正确；C含有酯基，可发生水解反应，含有碳碳双键，可发生加成反应，不能发生消去反应，故C错误；D含有碳碳双键，能使溴水褪色是发生了加成反应，与酸性高锰酸钾反应是发生了氧化还原反应，故原理不同，故D错误；答案选B。13、A【解析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】AHCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以

35、没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。14、B【解析】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃烧之赤色”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒子非常细而活性又很强的Fe2O3，超细粉末为红色。A.CuSO45H2O为蓝色晶体，A错误；B. FeSO

36、47H2O是绿色晶体，B正确；C.KAl(SO4)212H2O是无色晶体，C错误；D.Fe2(SO4)37H2O为黄色晶体，D错误。所以判断“青矾”的主要成分为FeSO47H2O。故合理选项是B。15、D【解析】已知锰离子是反应物，反应后生成高锰酸根离子，则锰离子失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素应该得电子化合价降低，所以IO4-是反应物，IO3-是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，该反应方程式为：2Mn2+5IO4-+3H2O=2MnO4-+5IO3-+6H+，据此进行解答。【详解】根据氧化还原反应的规律，该反应方程式为：2 Mn2+5 IO4-+3H2O =2MnO

37、4- + 5IO3-+6H+。AIO4-在反应中得电子作氧化剂，故A正确；B氧化剂和还原剂的物质的量之比为52，故B正确；C若有2mol Mn2+参加反应，则转移的电子为2mol(7-2)=10mol，故C正确；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；该反应中氧化剂为IO4-，氧化产物为MnO4-，所以氧化性：MnO4-IO4-，故D错误；故选D。16、A【解析】由原电池示意图可知，正极上发生还原反应，电解方程式为FeFe(CN)6+2Na+-2e-=Na2FeFe(CN)6，负极发生氧化反应，电解方程式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，充电时，原电池的负极连接电源的负极，电极反应和放

38、电时的相反，以此解答该题。【详解】A放电时，电势较低的电极为负极，负极失去电子，发生氧化反应，电极反应式为2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，A错误；B负极上Mg失电子发生氧化反应：2Mg+2Cl-4e-=Mg2Cl22+，外电路中通过0.2 mol电子的电量时，负极质量变化为减少的金属镁0.1 mol，即质量变化2.4 g，B正确；C充电时，原电池的正极连接电源的正极，发生氧化反应，Mo箔接电源的正极，C正确；D放电时，阳离子Na+向负电荷较多的正极移动，所以放电时，Na从右室移向左室，D正确；故合理选项是A。【点睛】本题考查原电池与电解池的知识，原电池的负极、电解池的阳极发生氧化反应

39、；原电池的正极和电解池的阴极上发生还原反应，注意把握原电池、电解池的工作原理，根据电池总反应书写电极反应式，侧重考查学生的分析能力。17、D【解析】A.由图象可知-lgc(SeO32-)=5.0时，-lgc(Ag+)=5，则Ksp(Ag2SeO3)=c2(Ag+)c(SeO32-)=10-15，数量级为10-15，故A错误；B.由图象可知d点对应的c(Ag+)偏大，应生成沉淀，B错误；C.由图象可知起始时，-lg c(Ag+)=2，则所用AgNO3溶液的浓度为10-2 mol/L，C错误；D.Ag2SeO3(s)+2Br-(aq)=2AgBr(s)+SeO32-(aq)平衡常数为K=109.6

40、105，反应趋于完全，D正确；故合理选项是D。18、D【解析】Aa点未饱和，减少溶剂可以变为饱和，则a点表示的溶液通过升温得不到b点，故A错误；B加催化剂改变了反应的历程，降低反应所需的活化能，但是反应热不变，故B错误；C碳酸钠先与氯化氢反应生成碳酸氢钠，开始时没有二氧化碳生成，碳酸钠反应完全之后碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，生成二氧化碳需要的盐酸的体积大于生成碳酸氢钠消耗的盐酸，故C错误；D. 图4表示反应aA(g)+bB(g)cC(g)，由图可知，P2先达到平衡，压强大，加压后，A%减小，说明加压后平衡正向移动，a+bc，故D正确；故选D。【点睛】本题考查了元素化合物的性质、溶解度、催

41、化剂对反应的影响等，侧重于考查学生的分析能力和读图能力，注意把握物质之间发生的反应，易错点A，a点未饱和，减少溶剂可以变为饱和。19、C【解析】A、在常温下，镁和铝在空气里都能跟氧气反应，生成一层致密而坚固的氧化物薄膜，这层氧化物薄膜能够阻止金属的继续氧化，所以镁和铝都有抗腐蚀的性能，但是在高温下能剧烈反应，放出大量热，选项A错误；B、镁能跟酸反应不能跟碱反应，选项B错误；C、镁在点燃条件下可以与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，铝在一定条件下可以与氧化铁发生氧化还原反应生成铁和氧化铝，选项C正确；D、铝热剂是铝粉和氧化铁的混合物，在铝热剂反应时，为了引燃，在铝热剂上放供氧剂(氯酸钾)，中间插一根镁

42、条，是为引燃用的，选项D错误。答案选C。20、C【解析】Na2O2可与某些元素的最高价氧化物反应，生成对应的盐(或碱)和O2，Na2O2具有强氧化性，与所含元素不是最高价态的氧化物反应时，只生成相对应的盐，不生成O2。据此分析。【详解】AMn2O7是最高价态的锰的氧化物，NaMnO4中的锰为+7价，符合上述规律， A正确；BP2O3不是最高正价，生成Na4P2O7，符合上述规律，B正确；CN2O3不是最高价态的氮的氧化物，不符合上述规律，C错误；DN2O5是最高价态的氮的氧化物，因此过氧化钠与五氧化二氮反应生成硝酸钠和氧气，D正确；答案选C。【点睛】Na2O2具有氧化性、还原性，所以与强氧化剂

43、反应体现还原性，与还原剂反应体现氧化性，同时也既可以作氧化剂，也作还原剂，再依据得失电子守恒判断书写是否正确。21、C【解析】A. 丙烷、二甲醚都有一定的毒性，会对环境造成污染，故A不选；B. SiO2和CaCO3、Na2CO3在玻璃熔炉里反应生成Na2SiO3和CaSiO3，和过量的SiO2共同构成了玻璃的主要成分，故B不选；C. 髙锰酸钾溶液和双氧水杀菌消毒，利用了强氧化性，酒精没有强氧化性，故C选；D.成熟的水果能释放乙烯，乙烯可以促进果实成熟，故D不选。故选C。22、B【解析】取样，滴加足量氯水，有气泡产生，溶液变为橙色，则一定含有Br-，生成气体说明含CO32-；向橙色溶液中加BaC

44、l2溶液无明显现象，则一定不含SO32-离子，且Al3+、CO32-相互促进水解不能共存，则一定不存在Al3+，由电荷守恒可知，一定含阳离子K+，不能确定是否含OH-，还需要检验，故答案为B。二、非选择题(共84分)23、邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛 -NH2和-Cl 取代反应或酯化反应 HOCH2CH2OH 4 、(任写一种即可) 【解析】对比D与F的结构可知，D与甲醇发生酯化反应生成E，E与C6H7BrS发生取代反应生成F，则E的结构简式为： ；C6H7BrS的结构简式为：；（5）由苯甲醇制备，可由与苯甲醇发生酯化反应生成，若要利用苯甲醇合成，则需要增长碳链、引进氨基、羧基，结合题干中物质转化

45、关系解答。【详解】（1）以苯甲醛为母体，氯原子为取代基，因此其名称为：邻氯苯甲醛或2-氯苯甲醛；D中含有的官能团为：氨基、羧基、氯原子，其中无氧官能团为：-NH2和-Cl；（2）由上述分析可知，该反应为酯化反应或取代反应；对比该反应中各物质的结构简式可知，该碳原子与N原子和C原子成环，中的断键方式为，因此X的结构简式为：HOCH2CH2OH；（3）反应为与发生取代反应生成，其化学方程式为：+HBr；（4）苯环上连有碳碳三键，C中一共含有6个不饱和度，苯环占据4个，碳碳三键占据2个，则其它取代基不含有不饱和度，则N原子对于的取代基为-NH2；核磁共振氢谱共有三组波峰，则说明一共含有3种化学环境的

46、氢原子，则该结构一定存在对称结构；则该同分异构体的母体为，将氨基、氯原子分别补充到结构式中，并满足存在对称结构，结构简式为：、；（5）由上述分析可知，合成中需要增长碳链、引进氨基、羧基，引进氨基、增长碳链可以利用题干中反应的条件，引进羧基可利用题干中反应的条件，因此具体合成路线为：。24、消去反应 对苯二甲酸（或1，4苯二甲酸） 硝基、氯原子 H2O 10 （任写一种） 【解析】乙醇发生消去反应生成A为CH2=CH2，C被氧化生成D，D中含有羧基，C、D、G均为芳香族化合物，分子中均只含两种不同化学环境的氢原子，C发生氧化反应生成D，D中应该有两个羧基，根据H结构简式知，D为、G为；根据信息知

47、，生成B的反应为加成反应，B为，B生成C的反应中除了生成C外还生成H2O，苯和氯气发生取代反应生成E，E为，发生取代反应生成F，根据G结构简式知，发生对位取代，则F为，F发生取代反应生成对硝基苯胺。【详解】C2H5OH与浓H2SO4在170下共热发生消去反应生成的A为H2C=CH2；由H的结构简式可知D为、G为；D为对苯二甲酸，苯与Cl2在FeCl3作催化剂的条件下反应生成的E()，E发生硝化反应生成的F()，F中所含官能团的名称是硝基和氯原子；故答案为：消去反应；对苯二甲酸(或1，4苯二甲酸）；硝基、氯原子。乙烯和发生DielsAlder反应生成B，故B的结构简式是；C为芳香族化合物，分子中

48、只含两种不同化学环境的氢原子，“BC”的反应中，除C外，还生成的一种无机产物是H2O；故答案为：；H2O。DGH的化学方程式是；故答案为：。D为，Q是D的同系物，相对分子质量比D大14，如果取代基为CH2COOH、COOH，有3种结构；如果取代基为CH3、两个COOH，有6种结构；如果取代基为CH(COOH)2，有1种，则符合条件的有10种；其中核磁共振氢谱有4组峰,且峰面积比为1:2:2:3的结构简式为，故答案为：10；。CH2=CHCH=CH2和HCCH发生加成反应生成,和溴发生加成反应生成,发生水解反应生成，其合成路线为，故答案为：。25、分液漏斗 MnO2+2Cl-+4H+Cl2+Mn

49、2+2H2O NaClO、NaOH 溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 防止HClO分解（防止Cl2、I2逸出） 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 4.41 【解析】装置A中MnO2固体和浓盐酸反应生成Cl2，Cl2中含HCl气体，通过装置B中饱和食盐水除去氯化氢，通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，通过碳酸氢钠溶液，氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大，最后通过碱石灰吸收多余氯气，(1)由图可知

50、仪器的名称，二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气；通过装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是氯气和水反应生成的盐酸和碳酸氢钠反应，促进氯气和水反应正向进行次氯酸浓度增大；(2)取C瓶溶液20mL于锥形瓶，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，次氯酸钠在酸性溶液中氧化碘化钾生成碘单质；盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO分解； ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，ClO-I22S2O32-，以此计算C瓶溶液中NaClO的含量。【详解】(1)仪器a的名称分液漏斗，装置A中发生反应的离子方程式为MnO2+2Cl

51、-+4H+Mn2+Cl2+2H2O；氯气和装置C中氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，C瓶溶液的溶质是NaCl、NaClO、NaOH；C瓶溶液中石蕊立即褪色的原因是：溶液中存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，HCO3-消耗H+，使平衡右移，HClO浓度增大；(2)步骤I的C瓶中反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；紧瓶塞并在暗处反应的原因是防止HClO光照分解；通常选用淀粉溶液作指示剂，滴定至终点的现象当滴入最后一滴Na2S2O3溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色；由ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O、I2+2S2O32-2I-+S4O6

52、2-，由方程式可得关系式NaClOI22S2O32-，1 2n 0.1000mol/L0.024L=0.0024mol则n=0.0012mol，则C瓶溶液中NaClO的含量为=4.41g/L。【点睛】本题考查物质含量测定实验的测定的知识，把握物质的性质、发生的反应、测定原理为解答的关键，注意滴定终点的判断方法、学会利用关系式法进行计算，侧重分析与实验、计算能力的考查，注意测定原理。26、A 温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动 关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作23次 氨基磺

53、酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动 (通电)预热 去皮键(归零键) 77.60% 偏高 【解析】发烟硫酸和尿素在磺化步骤转化为氨基磺酸，反应为放热反应，同时反应因为有气体参与，则通过改变温度和压强可以影响产率；因为氨基磺酸为固体，则过滤时可采用抽滤；得到的氨基磺酸可能混有杂质，则要经过重结晶进行提纯，最后干燥可得到纯净的氨基磺酸。【详解】（1）A.仪器a的名称是三颈烧瓶，故A正确；B.冷凝回流时，冷凝水应该下进上出，即从冷凝管的A管口通入，故B错误； C.向漏斗内转待抽滤液时，应用倾析法先转移溶液，待溶液快流尽时再

54、转移沉淀，不能直接转移悬浊液，故C错误； D.抽滤结束后为了防止倒吸，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶之间的橡皮管，再关闭水龙头，故D错误；综上所述，答案为A。（2）气体的溶解度随温度升高而降低，则温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动，故答案为：温度过高，SO3气体在硫酸中的溶解度小，逸出快，反应接触不充分转化率降低；同时温度升高，反应平衡向逆反应方向移动；（3）洗涤的具体操作为关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀，待乙醇完全滤下后重复此操作2-3次，故答案为：关小水龙头，向布氏漏斗中加入乙醇至恰好完全浸没沉淀

55、，待乙醇完全滤下后重复此操作23次；（4）“重结晶”时，溶剂选用10%12%的硫酸是为了防止氨基磺酸洗涤时因溶解而损失，因为氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动，故答案为：氨基磺酸在水溶液中可发生反应：H2NSO3H+H2ONH4HSO4；稀H2SO4可提供H+与SO42-促使该平衡逆向移动；（5）电子天平在使用时要注意使用前须(通电)预热并调零校准，称量时，要将药品放到小烧杯或滤纸上，注意要先按去皮键(归零键)，再放入药品进行称量，故答案为：(通电)预热；去皮键(归零键)；亚硝酸钠与氨基磺酸反应后的产物均为氮

56、气，根据氧化还原反应原理可知，亚硝酸与氨基磺酸以1:1比例反应，可知，则2.500g氨基磺酸粗品中氨基磺酸粗品的纯度=，故答案为：77.60%；因为氨基磺酸粗品中混有硫酸，则用NaOH标准溶液进行滴定，会使测得结果通常比NaNO2法偏高，故答案为：偏高。【点睛】当讨论温度对产率的影响时，注意考虑要全面，温度一般可以影响反应速率、化学平衡移动、物质的溶解度以及物质的稳定性等，可以从这些方面进行讨论，以免漏答。27、G、E、C、H、F或E、G、C、H、F B、C、D 【解析】（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）

57、A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6molL-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E

58、、G、C、H、F；（2）A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所

59、选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。28、 Ar3d84s2(或1s22s22p63s23p63d84s2) sp3、sp2 CN 28 mol NH3分子间可形成氢键，而PH3分子间不能 H2 【解析】(1)镍在元素周期表中的原子序数为28，根据原子的构造原理书写； (2)根据结构简式中碳原子的键连方式分析； (3)等电子体是指一类分子或离子，组成它们的原子数相同，而且所含的价层电子数相同；(4) Ni(NH3)6SO4中的配位键和单键都为键。PH3分子之间为范德华力，氨气分子之间形成氢键，增大了物质的沸点；(5)根据均摊法计算晶胞中各微粒的数目，进而分析判断X、Y、Z代表的微粒。【详解】(1)镍在元素周期表中的原子序数为28，根据原子的构造原理，镍基态原子的核外电子排布式为Ar3d84s2(或1s22s22