2022届肥西县高三最后一模化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1 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、一定压强下，向10 L密闭容器中充入1 mol S2Cl2和1 mol Cl2，发生反应S2Cl2(g)Cl2(g) 2SCl2

2、(g)。Cl2与SCl2的消耗速率(v)与温度(T)的关系如图所示，以下说法中不正确的是（ ）A正反应的活化能大于逆反应的活化能B达到平衡后再加热，平衡向逆反应方向移动CA、B、C、D四点对应状态下，达到平衡状态的为B、DD一定温度下，在恒容密闭容器中，达到平衡后缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变2、下列说法不正确的是A常温下，在0.1molL-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)B浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）c（CO32）C25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同D冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的

3、电离程度、pH均先增大后减小3、向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH(aq)，生成沉淀的质量与滴入NaOH(aq)的体积关系如图。原混合溶液中MgCl2与FeCl3的物质的量之比为ABCD4、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A向 FeCl3 溶液中滴入少量 KI 溶液，再加入KSCN 溶液溶液变红Fe3+与 I的反应具有可逆性BSO2 通入Ba(NO3)2 溶液产生白色沉淀白色沉淀是 BaSO4C将稀硫酸滴入淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，

4、产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯AABBCCDD5、下列反应的离子方程式书写正确的是A在 FeI2 溶液中滴加少量溴水：2Fe2+ Br2=2Fe3 + 2BrB碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合： 2HCO3- + Ca2+ + 2OH-=CaCO3+CO32- + 2H2OC向 NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液至SO42- 恰好沉淀完全： Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH-=2BaSO4+AlO2- + 2H2OD过量 SO2通入到 NaClO 溶液中：SO2 + H2O + ClO- = HClO

5、+ HSO3-6、科学家合成出了一种用于分离镧系金属的化合物 A（如下图所示），短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，其 中 Z位于第三周期。Z与 Y2可以形成分子 ZY6，该分子常用作高压电气设备的绝缘介质。下列关于 X、Y、Z的叙述，正确的是A离子半径：Y ZB氢化物的稳定性：X YC最高价氧化物对应水化物的酸性：X ZD化合物 A中，X、Y、Z最外层都达到 8电子稳定结构7、从化学的规角分析，下列说法不正确的是A锂离子电池是一种生活中常用的化学电源B纳米材料可用于制造不用洗的衣服面料C水中加入“催化剂”，可变成汽车燃料“油”D科学家未研发出只加水就能跑的“水氢发动机”汽车8、短周期元素

6、W、X、Y、Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素的原子最外层电子数之和为23。下列说法不正确的是WXYZTA原子半径YZ，非金属性WYZ9、下列有关实验原理或实验操作正确的是()A用pH试纸测量Ca(ClO)2溶液的pHB向稀盐酸中加入锌粒，将生成的气体通过NaOH溶液，制取并纯化氢气C向NaBr溶液中滴入少量氯水和四氯化碳，振荡、静置，溶液下层呈橙红色，说明Br还原性强于ClD称取K2SO4固体0.174 g，放入100 mL容量瓶中，加水溶解并稀释至刻度，可配制浓度为0.010 mol/L 的K2SO4溶液10、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。其中W的气态氢化物常

7、用作制冷剂;X原子的核外电子层数与最外层电子数相等;Y主族序数大于W。 下列说法正确的是A原子半径:WXB最简单氢化物的热稳定性:YZC工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质DWO2、YO2、ZO2均为共价化合物11、对二甲苯（PX）可发生如下反应生成对苯二甲酸（PTA）。下列有关说法错误的是+12MnO4-+36H+12Mn2+28H2OAPTA是该反应的氧化产物B消耗1molPX，共转移8mol电子CPX含苯环的同分异构体还有3种DPTA与乙二醇可以发生缩聚反应12、化学与生活密切相关。下列说法错误的是（ ）A碳酸钠可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C碳酸钡可用于胃肠X射线造影D

8、氢氧化铝可用于中和过多胃酸13、a、b、c、d为短周期元素，原子序数依次增大。a原子最外层电子数等于电子层数的3倍，a和b能组成两种常见的离子化合物，其中一种含两种化学键，d的最高价氧化物对应的水化物和气态氢化物都是强酸。向d的氢化物的水溶液中逐滴加入bca2溶液，开始没有沉淀；随着bca2溶液的不断滴加，逐渐产生白色沉淀。下列推断正确的是A简单原子半径：bcaB最高价氧化物对应水化物的碱性：bI2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热有砖红色沉淀生成葡萄糖具有还原性C常温下，将浓盐酸、二氧化锰放入烧瓶中，用淀粉碘化钾试液检验试液不变蓝常温下，浓盐酸、二氧化锰没

9、有发生化学反应D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH4+OH- = NH3+H2OAABBCCDD20、反应2NO2(g)N2O4(g) + 57 kJ，若保持气体总质量不变。在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化曲线如图所示。下列说法正确的是Aa、c两点气体的颜色：a浅，c深Ba、c两点气体的平均相对分子质量：acCb、c两点的平衡常数：Kb=KcD状态a通过升高温度可变成状态b21、下列操作不能达到目的的是选项目的操作A配制100 mL 1.0 mol/L CuSO4溶液将25 g CuSO45H2O溶于1

10、00 mL蒸馏水中B除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤C在溶液中将MnO4完全转化为Mn2向酸性KMnO4溶液中滴加H2O2溶液至紫色消失D确定NaCl溶液中是否混有Na2CO3取少量溶液滴加CaCl2溶液，观察是否出现白色浑浊AABBCCDD22、现代汉语词典中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属于糖类B丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维二、非选择题(

11、共84分)23、（14分）有机物A（C6H8O4）为食品包装纸的常用防腐剂。A可以使溴水褪色。A难溶于水，但在酸性条件下可发生水解反应，得到B(C4H4O4)和甲醇。通常状况下B为无色晶体，能与氢氧化钠溶液发生反应。（1）A可以发生的反应有_（选填序号）。加成反应 酯化反应 加聚反应 氧化反应（2）B分子所含官能团的名称是_。（3）B分子中没有支链，其结构简式是_，B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式是_。（4）由B制取A的化学方程式是_。（5）天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，可由B通过以下反应制取：天门冬氨酸的结构简式是_。24、（12分）化合物I是一种抗脑缺血

12、药物，合成路线如下： 已知： 回答下列问题：(1)按照系统命名法，A的名称是_；写出A发生加聚反应的化学方程式：_。(2)反应HI的化学方程式为_；反应EF的反应类型是_。(3)写出符合下列条件的G的所有同分异构体的结构简式：_遇FeCl3溶液发生显色反应 核磁共振氢谱有4组峰(4),-二甲基苄醇()是合成医药、农药的中间体，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备,-二甲基苄醇的合成路线如下： 该合成路线中X的结构简式为_，Y的结构简式为_；试剂与条件2为_。25、（12分）乙醇是制取饮料、香精、染料、涂料、洗涤剂等产品的原料。完成下列填空：（1）实验室用乙醇制取乙烯时，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂

13、的正常用量，原因是_。（2）验证乙烯加成反应性质时，需对乙烯气体中的干扰物质进行处理，可选用的试剂是_（填写化学式）；能确定乙烯通入溴水中发生了加成反应的事实是_。（选填编号）a溴水褪色 b有油状物质生成c反应后水溶液酸性增强 d反应后水溶液接近中性（3）实验室用乙醇和乙酸制备乙酸乙酯时，甲、乙两套装置如图1都可以选用。关于这两套装置的说法正确的是_。（选填编号）a甲装置乙酸转化率高 b乙装置乙酸转化率高c甲装置有冷凝回流措施 d乙装置有冷凝回流措施（4）用乙装置实验时，提纯乙中乙酸乙酯的流程如图3以上流程中试剂A的化学式是_；操作的名称是_；操作一般适用于分离_混合物。（5）如图2是用乙醇制

14、备溴乙烷的装置，实验中有两种加料方案：先加溴化钠再加乙醇最后加1：1浓硫酸；先加溴化钠再加1：1浓硫酸最后加乙醇。按方案和实验时，产物都有明显颜色，若在试管中加入_，产物可变为无色。与方案相比较，方案的明显缺点是_。26、（10分）草酸铵（NH4)2C2O4 为无色柱状晶体，不稳定 ，受热易分解，可用于测定 Ca2+、Mg2+的含量。I.某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置 B 中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有_（填化学式）；若观察到_，说明分解产物中含有 CO。草酸铵分解的化学方程式为_。（2）反应开始前 ，通入氮气的目的

15、是_。（3）装置 C 的作用是_。（4）还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO , 该反应的化学方程式为_。II.该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量 。（5）取 20.00 mL 血液样品 ，定容至 l00m L, 分别取三份体积均为25.00 mL 稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用 0.0l00mol/L KMnO4 溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为_。三次滴定实验消耗 KMnO4 溶液的体积分别为0.43mL , 0.41 m L , 0.52mL, 则该血液样品中钙元素的含量为_m mol/L。27、（12分）某学习小组以

16、电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2+Cu+H2O。生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4H2O=2Cu2O+N2+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：_（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是_（3）步骤III，反萃取剂为_（4）步骤IV，制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_A B C 从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O

17、的是_Cu2O干燥的方法是_（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 molL1标准KMnO4溶液滴定，重复23次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。产品中Cu2O的质量分数为_若无操作误差，测定结果总是偏高的原因是_28、（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成气(主要成分为CO、CO2和H2 )在催化剂的作用下合成甲醇，可能发生的反应如下：i. CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=QkJmol- 1ii. CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O

18、(g) H2=+41 kJmol- 1iii. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-99 kJmol- 1回答下列问题：(1)Q=_(2)反应iii的化学平衡常数K3=_(填表达式)。(3)图中能正确反映平衡常数K3随温度变化关系的曲线为_(填字母)，理由是_(4)如图为单位时间内CO2+H2、CO+ H2、CO/CO2+H2三个条件下生成甲醇的物质的量浓度与温度的关系(三个条件下通入的CO、CO2和H2的物质的量浓度相同)。490K时，根据曲线a、c判断合成甲醇时主要发生的反应为_(填i ”或 iii)；由曲线a可知，甲醇的量先增大后减小，其原因是_。曲线a与曲线b相比，CO的

19、存在使甲醇生成速率增大，从热力学与动力学角度，并结合反应i、ii分析原因：_。(5)如图是以NaOH溶液为电解质溶液的甲醇燃料电池：电极a的反应式为_， 若隔膜为阳离子交换膜，则每转移6 mol电子，溶液中有_mol Na+向_(填“正极区”或“负极区”)移动。29、（10分）甲氧基肉桂酸乙基己酯（图中J）是一种理想的防晒剂，能有效吸收紫外线，安全性良好。其合成线路图如下：回答下列问题：（1）由A生成B的反应类型为_。有机物E的分子式为_。丙二酸的结构简式为_。（2）C的结构简式为_。（3）H的结构简式为_。（4）G与氢气反应可得X（）。X有多种同分异构体，其中同时满足下列条件同分异构体的结构

20、简式为：_。核磁共振氢谱有四种峰；与FeCl3溶液能发生显色反应，且1mol该物质恰好能与3molNaOH完全反应。（5）以乙醇和丙二酸为原料合成聚巴豆酸乙酯，请补充完成以下合成路线（无机试剂可任选）。_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】根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，由图中数据可知，B、D

21、点的状态对应的温度为250，300时，SCl2的消耗速率大于氯气的消耗速率的2倍，说明平衡逆向移动，则正反应为放热反应，H20。【详解】A. 正反应的活化能是发生反应所需要的能量，逆反应的活化能是反应中又释放出的能量，正反应的活化能减去逆反应的活化能就等于总反应的吸热放热量，由分析可知H0，正反应为放热反应，所以正反应的活化能小于逆反应的活化能，故A错误；B. 由分析可知H0，正反应为放热反应，加热后平衡向逆反应方向移动，故B正确；C. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)可知，用氯气的消耗速率表示正反应速率和用SCl2的消耗速率表示逆反应速率，二者之比为1：2时转化

22、为用同一种物质表示的正逆反应速率相等，达到平衡状态，由图像可知B、D点时的正逆反应速率之比为1：2，达到平衡状态；B、D点为平衡点，故C正确；D. 根据反应S2Cl2 (g) +Cl2 (g)2SCl2 (g)反应物和产物都是气体，且反应物和产物的系数相等，所以改变压强不改变平衡移动，缩小容器体积，重新达到平衡后，Cl2的平衡转化率不变，故D正确；答案选A。2、D【解析】试题分析：A硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1molL-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)1013mol/L，A正确；B浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电离程度，则c（H2

23、CO3）c（CO32），B正确；C溶度积常数只与温度有关系，则25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等3、D【解析】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0-amL，沉淀的质量为0 g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从a mL开始，b m

24、L时沉淀完全bmL时，溶液仍然呈酸性，到c mL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，结合Fe3+3OH-Fe(OH)3、Mg2+2OH-Mg(OH)2计算判断。【详解】向用盐酸酸化的MgCl2、FeCl3混合溶液中逐滴滴入NaOH溶液，首先发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，即为图象中0a mL，沉淀的质量为0 g；FeCl3只能在酸性较强的溶液中存在，当酸性减弱时，会转化为Fe(OH)3沉淀，从a mL开始，b mL时沉淀完全。b mL时，溶液仍然呈酸性，到c mL时，才开始产生Mg(OH)2沉淀，令氢氧化钠浓度为x mol/L，Fe3+完全沉淀消耗氢氧化钠为(ba) mL，结合Fe3

25、+3OHFe(OH)3可知，溶液中n(Fe3+)= (ba)103Lxmol/L，Mg2+完全沉淀消耗氢氧化钠为(dc) mL，结合Mg2+2OHMg(OH)2可知，溶液中n(Mg2+)=(dc)103Lxmol/L，故原混合溶液中n(MgCl2)：n(FeCl3)= (dc)103Lxmol/L： (ba)103Lxmol/L=，D项正确；答案选D。4、B【解析】A. 滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；B. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是B

26、aSO4，故B正确；C. 淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D. 酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选B。【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。5、B【解析】A选项，在 FeI2 溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘离子反应，故A错误；B选项，碳酸氢钠溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多变”即澄清石灰

27、水定为1 mol来分析：2HCO3 + Ca2+ + 2OH=CaCO3+CO32 + 2H2O，故B正确；C选项，向 NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液至SO42 恰好沉淀完全，铝离子先生成沉淀，再是铵根离子反应： Al3+ + NH4+2SO42 + 2Ba2+ + 4OH=2BaSO4+Al(OH)3+ H2O + NH3，故C错误；D选项，过量 SO2通入到 NaClO 溶液中，次氯酸钠有强氧化性，会将二氧化硫氧化为硫酸根离子，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】物质发生反应的顺序是：先发生酸碱中和反应，再生成沉淀的反应，再是沉淀不变的阶段，再是沉淀溶解的反应。

28、6、D【解析】短周期元素 X、Y、Z原子序数依次增大，观察正离子结构，Z失去一个电子后，可以成3个共价键，说明Z原子最外面为6个电子，由于Z位于第三周期，所以Z为S元素，负离子结构为，Y成一个共价键，为-1价，不是第三周期元素，且原子序数大于X，应为F元素（当然不是H，因为正离子已经有H）；X得到一个电子成4个共价键，说明其最外层为3个电子，为B元素，据此分析解答。【详解】A电子层数F-S2-，离子半径F- Y，A选项错误；B非金属性越强，简单氢化物越稳定，非金属性：FB，则有BH3HF，所以 X B，则酸性H3BO3（弱酸）H2SO4（强酸），所以X Cl，非金属性WX，故A正确；B、同主族

29、从上到下元素的非金属性减弱，故O2能与H2Se反应，生成Se单质，故B正确；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正确；D、最高价氧化物对应水化物的酸性：H2CO3H2SO4HClO4，故D错误；故选D。9、C【解析】ACa（ClO）2溶液具有漂白性，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，故A错误；BNaOH可吸收挥发的HCl，氢气中混有水蒸气，还需浓硫酸干燥纯化氢气，故B错误；C由操作和现象可知，氯气与NaBr反应生成溴，则Br还原性强于Cl，故C正确；D不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后转移到容量瓶中定容，故D错误；故选：C。10、D【解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物

30、应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【详解】A电子层数越多，半径越大，所以原子半径WX，故A错误；B非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性SCl，所以简单氢化物的热稳定性YAlO，A正确；B. 最高价氧化物对应水化物的碱性，氢氧化钠强于氢氧化铝，B不正确；C. 工业上电解熔融三氧化二铝来冶炼铝，氯化铝是共价化合物，其在熔融状态下不导电，C不正确；D. 向过氧化钠中加入足量的氯化铝溶液可以产生氢氧化铝沉淀，D不正确。本题选A。14、A

31、【解析】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺，明矾KAl(SO4)212H2O中铝离子水解，其水解方程式为：，产生氢离子促进纤维素水解，使高分子链断裂，所以纸质会变脆、破损，A项符合题意，答案选A。15、B【解析】A. HS在溶液中既能水解为H2S又能电离为S2，根据物料守恒可知溶液中H2S、HS和S2的个数之和为0.1NA个，故A错误；B. H218O与D2O的摩尔质量均为20g/mol，且均含10个中子，故2.0g混合物的物质的量为0.1mol，含NA个中子，故B正确；C. 过氧化钠由2个钠离子和1个过氧根构成，故1mol过氧化钠中含3NA个离子，故C错误；D. 铁与水蒸汽反应后变

32、为+价，故3mol铁和水蒸汽反应后转移8mol电子即8NA个，故D错误；故选：B。16、B【解析】A由结构简式()可知，该有机物分子式为C18H17NO2，故A正确；B有机物b中含有10种()不同的H原子，一氯代物有10种，故B错误；CC=C两端碳原子上分别连接有2个不同的基团，存在一种顺式结构的同分异构体，故C正确；D含有碳碳双键，可发生氧化反应，可使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为C，要注意有机物存在顺反异构的条件和判断方法。17、D【解析】由题目可推断出 X，Y，Z，W，M 分别是 H，C，O，Na，Cl 这五元素。【详解】A选项，原子半径大小顺序为 Na

33、COH，故A正确；B选项，Z对应的简单氢化物为H2O，M对应的简单氢化物为HCl，水分子形成分子间氢键，沸点反常高，故B正确；C选项，上述变化为复分解反应，故C正确；D选项，O和Na可形成Na2O2，既有离子键又有共价键，故D错误。综上所述，答案为D。18、C【解析】A. Y是固体，若增加Y的物质的量，平衡不移动，故A错误；B. Y是固体，物浓度变化量，不能表示反应速率。C. 平衡时，生成0.1molZ，消耗0.2molX，剩余0.1molX，该反应的平衡常数为，故C正确；D. 若降低温度，X的体积分数增大，即反应向逆向进行，则正反应为吸热，H0，故D错误；答案选C。19、C【解析】A.由于B

34、r2具有强的氧化性，所以向FeI2溶液中滴入足量溴水，Fe2+、I-都被氧化，Fe2+被氧化为Fe3+，I-被氧化为I2单质，由于I2容易溶于CCl4，而CCl4与水互不相容，密度比水大，因此加入CCl4，振荡，静置，会看到液体分层，下层为I2的CCl4溶液层但不能证明氧化性:Fe3+I2，A错误；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液显碱性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热，会看到产生砖红色沉淀，证明淀粉水解产生的葡萄糖具有还原性，B错误；C.浓盐酸、二氧化锰在室温下不能反应产生氯气，因此用淀粉碘化钾试液检验，不能使试纸变为蓝色，C正确；D.向盛有NH4A

35、l(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，首先发生反应：Al3+3OH-=Al(OH)3，D错误；故合理选项是C。20、A【解析】Ac点压强高于a点，c点NO2浓度大，则a、c两点气体的颜色：a浅，c深，A正确；B c点压强高于a点，增大压强平衡向正反应方向进行，气体质量不变，物质的量减小，则a、c两点气体的平均相对分子质量：ac，B错误；C正方应是放热反应，在压强相等的条件下升高温度平衡向逆反应方向进行，NO2的含量增大，所以温度是T1T2，则b、c两点的平衡常数：KbKc，C错误；D状态a如果通过升高温度，则平衡向逆反应方向进行，NO2的含量升高，所以不可能变成状态b，D错误；答案

36、选A。21、A【解析】A、将25gCuSO45H2O溶于100 mL蒸馏水中所得溶液的体积不是0.1L，所以不能实现目的，A错误；B、硝酸钾和氯化钠的溶解度受温度影响相差大，因此将混合物制成热的饱和溶液，冷却结晶，过滤即可除去KNO3中少量NaCl，B正确；C、高锰酸钾具有强氧化性，能把双氧水氧化为氧气，而高锰酸钾被还原为锰离子，导致溶液紫色消失，所以能实现目的，C正确；D、NaCl和CaCl2不反应，Na2CO3和CaCl2反应生成碳酸钙沉淀，所以可以检验是否含有Na2CO3，则可以实现目的，D正确；答案选A。【点晴】该题的易错点是物质的分离与提纯，分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性

37、质和状态来定的。具体如下：分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)，例如选项B；分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；分离提纯物是胶体:盐析或渗析；分离提纯物是气体：洗气。22、D【解析】A造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；B蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。故选D。二、非选择题(共84分)23、 碳碳双键、羧基 HOOCCH=CHCOOH CH2=C(COOH)2 HOOCCH=CHCOOH+2

38、CH3OHCH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O 【解析】A的分子式为C6H8O4，A的不饱和度为3，A可以使溴水褪色，A中含碳碳双键；A在酸性条件下可发生水解反应得到B（C4H4O4）和CH3OH，B能与氢氧化钠溶液反应，B中含两个羧基和碳碳双键，A中含两个酯基；（1）A中含有碳碳双键和酯基，A中含碳碳双键，A能发生加成反应、加聚反应、氧化反应，A中不含醇羟基和羧基，A不能发生酯化反应，答案选。（2）B分子中所含官能团为碳碳双键和羧基。（3）B分子中没有支链，B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B的具有相同官能团的同分异构体的结构简式为CH2=C(COOH)2。（4）B与CH3O

39、H发生酯化反应生成A，由B制取A的化学方程式为HOOCCH=CHCOOH+2CH3OH CH3OOCCH=CHCOOCH3+2H2O。（5）B的结构简式为HOOCCH=CHCOOH，B与HCl发生加成反应生成C，C的结构简式为HOOCCH2CHClCOOH，C与NH3反应生成天门冬氨酸，天门冬氨酸（C4H7NO4）是组成人体蛋白质的氨基酸之一，则天门冬氨酸的结构简式为。24、2-甲基丙烯 氧化反应 (CH3 )2 CHOH O2、Cu 和加热 【解析】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据

40、I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2据此分析。【详解】D发生取代反应生成E，E发生氧化反应生成F，由F结构简式知，D为甲苯、E为邻甲基溴苯；G发生信息中的反应生成H，H中应该含有一个-COOH，根据I结构简式知，H发生酯化反应生成I，则H为、G为；C、F发生信息中的反应生成G，则C为(CH3)3CBrMg，B为(CH3)3CBr，A中C、H原子个数之比为1：2，

41、根据A、B分子式知，A和HBr发生加成反应生成B，A中含有一个碳碳双键，根据B知A为CH2=C(CH3)2。(1)A为CH2=C(CH3)2，A的系统命名法命名的名称为2-甲基丙烯；A发生加聚反应生成2-甲基聚丙烯，反应的化学方程式为：；(2)H为，H发生酯化反应生成J，则HI的反应方程为；EF是邻甲基溴苯发生氧化反应生成，反应类型是氧化反应；(3)G为，G的同分异构体符合下列条件：遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；核磁共振氢谱有4组峰，说明分子中含有4种不同位置的氢原子，则符合条件的同分异构体有；(4)以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应

42、生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇。根据合成路线可知试剂与条件1为液溴、Fe作催化剂；X的结构简式为；Y的结构简式为(CH3)2CHOH；试剂与条件2为O2、Cu和加热。【点睛】本题考查有机推断和合成，推出各物质的结构简式是解题的关键。易错点是合成路线的设计，以苯和2-氯丙烷为起始原料制备a，a二甲基苄醇，苯和溴在催化条件下发生取代反应生成溴苯，溴苯发生信息中的反应生成X，2-氯丙烷发生水解反应生成2-丙醇，2-丙醇发生催化氧化生成丙酮，X和丙酮发生信息中的反应生成a，a二甲基苄醇

43、。25、利用浓硫酸的吸水性，使反应向有利于生成乙烯的方向进行 NaOH d b、d Na2CO3 分液 相互溶解但沸点差别较大的液体混合物 Na2SO3 先加浓硫酸会有较多HBr气体生成，HBr挥发会造成HBr的损耗 【解析】（1）乙醇在浓硫酸作催化剂、脱水剂的条件下迅速升温至170可到乙烯，反应为可逆反应，浓硫酸还具有吸水性；（2）乙醇生成乙烯的反应中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择氢氧化钠溶液吸收SO2；乙烯与溴水发生加成反应生成1,2二溴乙烷，据此分析解答；（3）甲装置边反应边蒸馏，乙装置采用冷

44、凝回流，等反应后再提取产物，使反应更充分；（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离，得到的乙酸乙酯再进一步进行提纯即可；（5）按方案和实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色；方案中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。【详解】（1）乙醇制取乙烯的同时还生成水，浓硫酸在反应中作催化剂和脱水剂，浓硫酸的用量远远超过作为催化剂的正常用量，原因是：浓硫酸还具有吸水性，反应生成的水被浓硫酸吸收，使反应向有利于生成乙烯的方向进行；（2）乙醇生成乙烯的反应

45、中，浓硫酸作催化剂和脱水剂，浓硫酸还有强氧化性，与乙醇发生氧化还原反应，因此产物中有可能存在SO2，会对乙烯的验证造成干扰，选择碱性溶液吸收SO2；a若乙烯与溴水发生取代反应也可使溴水褪色；b若乙烯与溴水发生取代反应也有油状物质生成；c若反应后水溶液酸性增强，说明乙烯与溴水发生了取代反应；d反应后水溶液接近中性，说明反应后没有HBr生成，说明乙烯与溴水发生了加成反应；答案选d；（3）甲装置边反应边蒸馏，而乙醇、乙酸易挥发，易被蒸出，使反应物转化率降低，乙装置采用冷凝回流，等充分反应后再提取产物，使反应更充分，乙酸的转化率更高；答案选bd。（4）分离粗产品乙酸乙酯、乙酸和乙醇的混合物时加入饱和的

46、碳酸钠溶液，吸收挥发出的乙酸和乙醇，同时降低乙酸乙酯的溶解度，分液可将其分离；分液得到的乙酸乙酯中还含有少量杂质，再精馏，精馏适用于分离互溶的沸点有差异且差异较大的液态混合物；（5）按方案和实验时，产物都有明显颜色，是由于有溴单质生成，溶于水后出现橙红色，可用亚硫酸钠溶液吸收生成的溴单质；方案中把浓硫酸加入溴化钠溶液，会有HBr生成，HBr具有挥发性，会使HBr损失。26、 装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊 排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验 吸收，避免对CO的检验产生干扰 当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色

47、 2.10 【解析】I草酸铵在A中受热分解，若产物中有氨气，氨气与水反应生成氨水，氨水显碱性，则浸有酚酞溶液的滤纸变红，通入澄清石灰水，若澄清石灰水变浑浊，则产物有二氧化碳，用NaOH溶液除去二氧化碳，用浓硫酸除去水蒸气，接下来若玻璃管内变红，且F中澄清石灰水变浑浊则证明产物中有CO；II钙离子和草酸根离子生成草酸钙沉淀，草酸钙和硫酸反应生成硫酸钙和草酸，用高锰酸钾滴定草酸从而间接滴定钙离子。【详解】.（1）实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体，若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊

48、，说明分解产物中含有CO，所以草酸铵分解产生了、CO和，反应的化学方程式为；（2）反应开始前，通入氮气的目的是排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验,故答案为：排尽装置内的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的干扰实验；（3）装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要把分解产生的除去，因此装置C的作用是：吸收，避免对CO的检验产生干扰，故答案为：吸收，避免对CO的检验产生干扰；（4）草酸铵分解产生的有还原性，一定条件下也会与CuO反应，该反应的化学方程式为；用酸性高锰酸钾溶液滴定草酸根离子，发生的是氧化还原反应，红色的高锰酸钾溶液会褪色，滴

49、定至终点时的实验现象为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色，根据三次滴定所用酸性高锰酸钾溶液的体积可知，第三次与一、二次体积差别太大，需舍弃，所以两次的平均体积为，根据氧化还原反应中的电子守恒及元素守恒，则：，解得，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即，则该血液中钙元素的含量为，故答案为：当滴入最后一滴溶液时，溶液由无色变为浅红色，且半分钟内不褪色；。27、Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 稀硫酸 pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 C 真空干燥 90.90% 制备氧化亚铜

50、时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大 【解析】刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方程式为：Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱

51、性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；（5）根据得失电子分析关系式有5Cu2O-2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 moI.L-10.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。28、-58 a 反应iii的H30，为放热反应，温度升高平衡左移，平衡常数减小 i 温度低于490K时单位时间内反应未达到平衡，温度高于490K时单位时间内反应达到平衡，反应i为放热反应，升高温度平衡左移 加入CO促进反应ii平衡逆向移动，CO2和H2的量增加，甲醇生成速率加快，同时反应ii为吸热反应，反应i为放热反应，反应ii的存在使得反应i正向进行 CH3OH+8OH-6e=CO3+6H2O 6 正极 【解析】（1）根据定律进行分析得出CO2(g)+ 3