2022届江苏省江阴市高三（最后冲刺）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、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ANa(s)Na2O2(s)Na2CO3(s)BFe3O4(s)Fe(s)FeCl2(s)CSiO

2、2(s)SiCl4(g)Si(s)DS(s)SO3(g)H2SO4(aq)2、已知常温下反应：Fe3+AgFe2+Ag+的平衡常数K=0.3。现将含0.010mol/LFe(NO3)2和0.10mol/L Fe(NO3)3的混合溶液倒入烧杯甲中，将含0.10mol/L的AgNO3溶液倒入烧杯乙中(如图)，闭合开关 K，关于该原电池的说法正确的是A原电池发生的总反应中Ag+氧化Fe2+B盐桥中阳离子从左往右作定向移动C石墨为负极，电极反应为Fe2+-e-= Fe3+D当电流计指针归零时，总反应达到平衡状态3、在下列工业处理或应用中不属于化学变化原理的是A石油分馏B从海水中制取镁C煤干馏D用SO2

3、漂白纸浆4、将中物质逐步加入中混匀（中离子均大量存在），预测的现象与实际相符的是（ ）选项溶液预测中的现象A稀盐酸Na+、SiO32-、OH-、SO42-立即产生白色沉淀B氯水K+、I-、Br-、SO32-溶液立即呈黄色C过氧化钠Ca2+、Fe2+、Na+、Cl-先产生白色沉淀，最终变红褐色D小苏打溶液Al3+、Mg2+、Ba2+、Cl-同时产生气体和沉淀AABBCCDD5、下列属于碱的是AHIBKClOCNH3.H2ODCH3OH6、为研究某固体混合物样品的成分，取等质量的两份该固体，进行如下实验(不考虑盐类的水解及水的电离)：(1)一份固体溶于水得透明溶液，加入足量BaCl2溶液，得沉淀6

4、.63 g，在沉淀中加入过量稀盐酸，仍有4.66 g沉淀。(2)另一份固体与过量NaOH固体混合后充分加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体0.672 L(标准状况)。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是()ANa2SO4、(NH4)2CO3、KClBKCl、Na2CO3、(NH4)2SO4CCuCl2、Na2CO3、(NH4)2SO4DNa2SO4、NH4Cl、K2CO37、人类的生产、生活与化学息息相关，下列说法不正确的是 A将铝制品置于电解液中作为阳极，用电化学氧化的方法，可以在铝制品表面生成坚硬的氧化膜。B防治酸雨的措施可以对煤燃烧后形成的烟气脱硫，目前主要用石灰法。C压敏胶黏

5、剂(即时贴)只需轻轻一压就能黏结牢固，其黏附力为分子间作用力。D人体所需六大营养物质：糖类、油脂、蛋白质、维生素、无机盐和水，其中产能最高的是糖类。8、已知有关溴化氢的反应如下：反应I：反应：反应：下列说法正确的是A实验室可用浓与NaBr反应制HBr并用干燥B反应中还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1CHBr有强还原性，与溶液发生氧化还原反应DHBr的酸性比HF强，可用氢溴酸在玻璃器皿表面作标记9、比较纯碱的两种工业制法，正确的是选项项目氨碱法联合制碱法A原料食盐、氨气、生石灰食盐、氨气、二氧化碳B可能的副产物氯化钙氯化铵C循环物质氨气、二氧化碳氨气、氯化钠D评价原料易得、产率高设备简单、能

6、耗低AABBCCDD10、下列有关物质性质的比较，结论正确的是A溶解度：Na2CO3NaHCO3B热稳定性：HClPH3C沸点：C2H5SHC2H5OHD碱性：LiOH0D加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液，溶液中所有离子的浓度均减小19、草酸亚铁(FeC2O4)可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进行实验。下列说法不正确的是A实验中观察到装置B、F中石灰水变浑浊，E中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和COB反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C装置

7、C的作用是除去混合气中的CO2D反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温20、在25时,将1.0L c molL-1 CH3COOH溶液与0.1mol NaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中通入HCl气体或加入NaOH固体(忽略体积和温度变化)，溶液pH随通入(或加入)物质的物质的量的变化如图所示。下列叙述错误的是( )A水的电离程度：abcBc点对应的混合溶液中：c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)Ca点对应的混合溶液中：c(Na+)=c(CH3COO-)D该温度下，CH3COOH的电离平衡常数21、下列关于各装置与其对应的实验目的或得到的实验结

8、论的说法中正确的是（ ）选项ABCD实验装置探究温度对平衡2NO2N2O4的影响目的或结论探究温度对平衡2NO2N2O4的影响试管中收集到无色气体，说明铜与浓硝酸的反应产物是NO海带提碘时，用上述装置灼烧海带除去HCl气体中混有的少量Cl2AABBCCDD22、下列说法错误的是（ ）A光照下，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HClB将苯滴入溴水中，振荡、静置，上层接近无色C邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构D乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈二、非选择题(共84分)23、（14分）某药物

9、G，其合成路线如下：已知：R-X+ 试回答下列问题：(1)写出A的结构简式_。(2)下列说法正确的是_A化合物E具有碱性 B化合物B与新制氢氧化铜加热产生砖红色沉淀C化合物F能发生还原反应 D化合物G的分子式为C16H17N5O2Br(3)写出C+DE的化学方程式_。(4)请设计以用4溴吡啶（）和乙二醇（）为原料合成化合物D的同系物的合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)写出化合物A可能的同分异构体的结构简式_。须同时符合：分子中含有一个苯环； 1H-NMR图谱显示分子中有3种氢原子。24、（12分）有机物是有机合成中间体，如可合成J或高聚物等，其合成J的线路图如图：已知：，A苯环上

10、的一氯代物只有2种有机物B是最简单的单烯烃，J为含有3个六元环的酯类（、为烃基或H原子）回答以下问题：（1）A的化学名称为_；E的化学式为_。（2）的反应类型：_；H分子中官能团的名称是_。（3）J的结构简式为_。（4）写出I在一定条件下生成高聚物的化学反应方程式_。（5）有机物K是G的一种同系物，相对分子质量比G少14，则符合下列条件的K的同分异构体有_种（不考虑立体异构）。a苯环上只有两个取代基b既能发生银镜反应也能与溶液反应写出其中核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为2:2:1:1:1:1的结构简式_。25、（12分）向硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1 AgNO3溶液（pH2）中加入

11、过量铁粉，振荡后静置，溶液先呈浅绿色，后逐渐呈棕黄色，试管底部仍存在黑色固体，过程中无气体生成。实验小组同学针对该实验现象进行了如下探究。.探究Fe2产生的原因。（1）提出猜想：Fe2可能是Fe与_或_反应的产物。（均填化学式）（2）实验探究：在两支试管中分别加入与上述实验等量的铁粉，再加入不同的液体试剂，5 min后取上层清液，分别加入相同体积和浓度的铁氰化钾溶液。液体试剂加入铁氰化钾溶液1号试管2 mL 0.1 molL1AgNO3溶液无蓝色沉淀2号试管硝酸酸化的2 mL 0.1 molL1_溶液(pH2)蓝色沉淀2号试管中所用的试剂为_。资料显示：该温度下，0.1 molL1 AgNO3

12、溶液可以将Fe氧化为Fe2。但1号试管中未观察到蓝色沉淀的原因可能为_。小组同学继续进行实验，证明了由2号试管得出的结论正确。实验如下：取100 mL 0.1 molL1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2），加入铁粉并搅拌，分别插入pH传感器和NO传感器（传感器可检测离子浓度），得到图甲、图乙，其中pH传感器测得的图示为_（填“图甲”或“图乙”）。实验测得2号试管中有NH4+生成，则2号试管中发生反应的离子方程式为_。.探究Fe3产生的原因。查阅资料可知，反应中溶液逐渐变棕黄色是因为Fe2被Ag氧化了。小组同学设计了不同的实验方案对此进行验证。（3）方案一：取出少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和

13、现象），证明黑色固体中有Ag。（4）方案二：按下图连接装置，一段时间后取出左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液，溶液变红。该实验现象_（填“能”或“不能”）证明Fe2可被Ag氧化，理由为_。26、（10分）为探究氧化铜与硫的反应并分析反应后的固体产物，设计如下实验装置。(1)如图连接实验装置，并_。(2)将氧化铜粉末与硫粉按 5：1 质量比混合均匀。(3)取适量氧化铜与硫粉的混合物装入大试管中，固定在铁架台上，打开_ 和止水夹 a 并_，向长颈漏斗中加入稀盐酸，一段时间后，将燃着的木条放在止水夹 a 的上端导管口处，观察到木条熄灭，关闭活塞 K 和止水夹 a，打开止水夹 b。该实验步骤的作用是_

14、，石灰石与稀盐酸反应的离子方程式为_。(4)点燃酒精灯，预热大试管，然后对准大试管底部集中加热，一段时间后，气球膨胀， 移除酒精灯，反应继续进行。待反应结束，发现气球没有变小，打开止水夹 c，观察到酸性高锰酸钾溶液褪色后，立即用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞 K。这样操作的目的是_。(5)拆下装置，发现黑色粉末混有砖红色粉末。取少量固体产物投入足量氨水中，得到无色溶液、但仍有红黑色固体未溶解，且该无色溶液在空气中逐渐变为蓝色。查阅资料得知溶液颜色变化是因为发生了以下反应：4Cu(NH3)2+ + O2+8NH3 H2O=4Cu(NH3)42+4OH+6H2O。

15、经分析，固体产物中含有Cu2O。Cu2O 溶于氨水反应的离子方程式为_。仍有红色固体未溶解，表明氧化铜与硫除发生反应 4CuO + S2Cu2O+SO2外，还一定发生了其他反应，其化学方程式为_。进一步分析发现 CuO 已完全反应，不溶于氨水的黑色固体可能是_(填化学式)。27、（12分）甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，某化学小组利用如图装置探究其反应产物。查阅资料：CO能与银氨溶液反应：CO+2Ag(NH3)2+2OH-=2Ag+2NH4+CO32-+2NH3Cu2O为红色，不与Ag反应，发生反应：Cu2O+2H+=Cu2+Cu+H2O已知Al4C3与CaC

16、2类似易水解，CaC2的水解方程式为：CaC2+2H2OCa(OH)2+C2H2（1）装置A中反应的化学方程式为_。（2）装置F的作用为_；装置B的名称为_。（3）按气流方向各装置从左到右的连接顺序为A_。(填装置名称对应字母，每个装置限用一次)（4）实验中若将A中分液漏斗换成（恒压漏斗）更好，其原因是_。（5）装置D中可能观察到的现象是_。（6）当反应结束后，装置D处试管中固体全部变为红色。设计实验证明红色固体中含有Cu2O（简述操作过程及现象）：_。28、（14分）富镍三元层状氧化物LiNi0.8Co0.1Mn0.1O2(NCM811)作为下一代锂离子电池的正极材被广泛关注和深入研究，纳米

17、级TiO2形成的表面包覆对提高该材料的性能效果明显。回答下列问题：（1）Li在元素周期表中的位置为_；基态Ni的电子排布式为_，基态Co3+有_个未成对电子。（2）制备NCM811的过程中，残余的Li2CO3会破坏材料的界面，CO32-的空间构型是_，其中C原子的杂化方式为_。（3）该电池初始充电过程中，会有C2H4等气体产生。C2H4分子中。键和键数目之比为_。（4）TiO2的晶胞（=90o）如图所示：TiO2晶体中O原子的配位数是_，其晶胞参数为：a=b=459pm，c=295pm，该晶体的密度为_g/cm3（列出计算式）。29、（10分）乙苯是重要的化工原料，利用乙苯为初始原料合成高分子

18、化合物J的流程如下图所示（部分产物及反应条件已略去）：已知：R1CHO+R2CH2CHO+H2O(1)物质B的名称为_。反应所需的试剂和条件分别为_。(2)、的反应类型分别为_。(3)物质H中官能团的名称是_；物质J的化学式是_。(4)反应的化学方程式为_。(5)写出符合下列条件，与G互为同分异构体的芳香族化合物的结构简式：_。.与Na反应能够生成氢气；.含碳碳叁键（不考虑“”结构）；.苯环上只有两个处于对位的取代基；.核磁共振氢谱中峰的面积之比为2:2:2:1:1。(6)参照上述合成路线和信息，设计由、乙醛、苯甲醇合成的路线_（无机试剂任选）。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只

19、有一个符合题意的选项）1、A【解析】ANa在氧气中燃烧生成Na2O2，Na2O2与CO2反应生成Na2CO3，能实现转化，故A正确；BFe与Cl2燃烧，反应生成FeCl3不能生成FeCl2，故B错误；C在高温下，SiO2与与盐酸溶液不反应，故C错误；DS在氧气中燃烧生成二氧化硫，不能得到三氧化硫，故D错误；答案选A。【点睛】氯气是强氧化剂，与变价金属单质反应时，金属直接被氧化为最高价。2、D【解析】A根据浓度商Qc和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极。由Fe3、Fe2及Ag的浓度，可求得，Qc小于K，所以反应Fe3+AgFe2+Ag+正向进行，即原电池总反应为Fe3+Ag=

20、Fe2+Ag，Fe3作氧化剂，氧化了Ag，A错误；B根据A项分析，Ag失去电子，作还原剂，为负极，石墨作正极。在原电池中，阳离子向正极移动，因此盐桥中的阳离子是从右往左作定向移动，B错误；C根据A项分析，石墨作正极，石墨电极上发生反应，Fe3+e=Fe2，C错误；D当电流计读数为0时，说明该电路中无电流产生，表示电极上得失电子达到平衡，即该总反应达到化学平衡，D正确。答案选D。【点睛】该题通过浓度商Qc和平衡常数K大小判断反应进行方向，从而确定原电池的正负极，是解题的关键。3、A【解析】A石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，属于物理变化，故A正确；B镁是活泼金属，

21、在海水中一化合态存在，制取镁单质，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；D二氧化硫具有漂白性，能够结合有色物质生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A。4、D【解析】A.OH优先稀盐酸反应，加入稀盐酸后不会立即生成白色沉淀，故A错误；B.SO32的还原性大于I，加入氯水后亚硫酸根离子优先反应，不会立即呈黄色，故B错误；C.加入过氧化钠后Fe2+立即被氧化成铁离子，生成的是红褐色沉淀，不会出现白色沉淀，故C错误；D.小苏打为碳酸氢钠，Al3+与碳酸氢钠发生双水解反应生成氢氧化铝沉淀和二氧

22、化碳气体，故D正确。故选D。5、C【解析】A.HI在溶液中电离出的阳离子全为氢离子，属于酸，故A错误；B.KClO是由钾离子和次氯酸根离子构成的盐，故B错误；C. NH3.H2O在溶液中电离出的阴离子全为氢氧根离子，属于碱，故C正确；D. CH3OH是由碳、氢、氧三种元素形成的醇，在溶液中不能电离出离子，属于有机物，故D错误；答案选C。6、D【解析】根据（1）中沉淀6.63 g和4.66 g可知，含有SO42-和CO32-，且二者的物质的量分别为0.02 mol、0.01 mol；根据（2）中气体0.672 L可知含有NH4+ 0.03 mol。根据离子的定量关系看，只能选择Na2SO4、NH

23、4Cl、K2CO3，若选择B项KCl、Na2CO3、(NH4)2SO4，SO42- 0.02 mol时NH4+有0.04 mol，不符合定量关系，A、C项也类似，故D正确；答案选D。7、D【解析】A.电解池的阳极上发生失去电子的氧化反应；B.二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力；D.人体所需六大营养物质中产能最高的是油脂。【详解】A.Al是活泼金属，作阳极时，失去电子生成氧化铝，所以铝制品作电解池阳极电解，可在铝制品表面生成坚硬的氧化物保护膜，A正确；B.二氧化硫能形成酸雨，并且二氧化硫、氧气和碳酸钙反应生成硫酸钙进入炉渣，所以在燃煤中加入石灰石或

24、生石灰，减少环境污染，是目前主要脱硫方法，B正确；C.压敏胶属于有机物，具有较强的分子间作用力，能牢固黏贴物品，C正确；D.人体所需六大营养物质中：直接的供能物质是糖类，产能最高的是油脂，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题综合考查物质的性质与用途，掌握反应原理和物质的性质即可解答，侧重考查了学生的分析能力，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性。8、B【解析】A. HBr会与发生反应，故HBr不能用干燥，A错误；B. 反应中还原剂为HBr，还原产物为水，还原剂和还原产物的物质的量之比为2:1，B正确；C. HBr与溶液会发生复分解反应生成AgBr沉淀，C错误；D. HF中F是亲硅元

25、素，故可用于刻蚀玻璃，而HBr不行，D错误；故答案选B。9、B【解析】氨碱法制纯碱，以食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气为原料，先使氨气通入饱和食盐水中而成氨盐水，再通入二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠沉淀和氯化铵溶液其化学反应原理是：，将经过滤、洗涤得到的微小晶体，再加热煅烧制得纯碱产品，放出的二氧化碳气体可回收循环使用。含有氯化铵的滤液与石灰乳混合加热，所放出的氨气可回收循环使用。，氯化钠的利用率低。联合制碱法，以氨气、水、二氧化碳、氯化钠为原料。氨气与水和二氧化碳反应生成碳酸氢铵，这是第一步。第二步是：碳酸氢铵与氯化钠反应生成氯化铵和碳酸氢钠沉淀，碳酸氢钠之所以沉淀是因为

26、在该温度下它的溶解度较小。最后一步，加热析出的碳酸氢钠得到纯碱，原理方程式为： ，保留了氨碱法的优点，消除了它的缺点，使食盐的利用率提高；可做氮肥；可与合成氨厂联合，使合成氨的原料气CO转化成，革除了制这一工序。【详解】A氨碱法原料有：食盐氯化钠、石灰石经煅烧生成生石灰和二氧化碳、氨气，联合制碱法原料有：食盐、氨气、二氧化碳，A错误；B氨碱法可能的副产物为氯化钙，联合制碱法可能的副产物氯化铵，B正确；C氨碱法循环物质：氨气、二氧化碳，联合制碱法循环物质：氯化钠，二氧化碳，C错误；D氨碱法原料食盐和石灰石便宜，产品纯碱的纯度高，副产品氨和二氧化碳都可以回收循环使用，制造步骤简单，适合于大规模生产

27、，但设备复杂；能耗高，氨碱法的最大缺点还在于原料食盐的利用率只有；联合制碱法最大的优点是使食盐的利用率提高到以上，废弃物少，D错误。答案选B。10、C【解析】A碳酸钠的溶解度应该大于碳酸氢钠，实际碳酸氢钠在含钠化合物中属于溶解度相对很小的物质。选项A错误。B同周期由左向右非金属的气态氢化物的稳定性逐渐增强，所以稳定性应该是：HClPH3。选项B错误。CC2H5OH分子中有羟基，可以形成分子间的氢键，从而提高物质的沸点。选项C正确。D同周期由左向右最高价氧化物的水化物的碱性逐渐减弱，所以碱性应该是：LiOHBe(OH)2。选项D错误。【点睛】解决此类问题，一个是要熟悉各种常见的规律，比如元素周期

28、律等；另外还要注意到一些反常的规律。例如：本题的选项A，比较碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度，一般碳酸盐比碳酸氢盐的溶解度小，碳酸钙难溶，而碳酸氢钙可溶，但是碳酸钠却比碳酸氢钠溶解度大。此外，比如，碱金属由上向下单质密度增大，但是钾反常等等。11、B【解析】A次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，则H3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，故A错误；BH3PO2中只有一个羟基氢，为一元酸，则其结构为，故B正确；CH3PO2为一元酸，则NaH2PO2属于正盐，故C错误；DNaH2PO2是强碱盐，不能电离出H+，则其溶液可能显中性或碱性，不可能呈酸性

29、，故D错误；答案为B。点睛：准确理解信息是解题关键，根据磷酸分子中的三个氢原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子发生氢交换及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O进行氢交换，说明羟基上的氢能与D2O进行氢交换，但次磷酸钠(NaH2PO2)却不能跟D2O发生氢交换，说明次磷酸钠中没有羟基氢，则H3PO2中只有一个羟基氢，由此分析判断。12、C【解析】A. 粗盐精制过程需要除去粗盐中含有的硫酸根离子、钙离子、镁离子，需要加入除杂剂，该过程中有新物质生成，发生化学变化，故A正确；B. 病毒表现生命活动需要蛋白质，高温、消毒剂都能使蛋白质变性而失去生理活性，故B正确；C. 铜活泼性弱于氢，所以铜制品不能发

30、生析氢腐蚀，而铁制品既能发生吸氧腐蚀又能发生析氢腐蚀，故C错误；D. 植物油中由于含有碳碳双键，易被氧化而变质，因此在空气中长时间放置容易氧化变质，故D正确；答案选C。13、B【解析】K层最多只能填2个电子，因此Z原子最外层有6个电子，考虑到X、Y不可能是第一周期，则Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，据此来分析本题即可。【详解】A.非金属越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，而W的非金属性比Z强，因此W的最高价氧化物对应水化物的酸性比Z强，A项错误；B.有机化合物必须有碳元素，这四种元素不能组成有机化合物，B项正确；C.非金属性越强，其单质与氢气的化合越容易，Y的非金属性强于Z，因此Y的单

31、质更易与氢气反应，C项错误；D.X、Y可以组成二氧化氮，这是一种红棕色气体，D项错误；答案选B。14、C【解析】ANa2Cr2O7溶在酸性条件下能氧化正丁醛，为防止生成的正丁醛被氧化，所以将酸化的Na2Cr2O7溶液逐滴加入正丁醇中，故A不符合题意；B由反应物和产物的沸点数据可知，温度计1保持在9095，既可保证正丁醛及时蒸出，又可尽量避免其被进一步氧化，温度计2示数在76左右时，收集产物为正丁醛，故B不符合题意；C正丁醇能与钠反应，但粗正丁醛中含有水，水可以与钠反应，所以无法检验粗正丁醛中是否含有正丁醇，故C符合题意；D粗正丁醛中含有水、正丁醇，向粗正丁醛中加入CaCl2固体，过滤，可除去水

32、，然后利用正丁醇与正丁醛的沸点差异进行蒸馏，从而得到纯正丁醛，故D不符合题意；故答案为：C。15、C【解析】A.3amolCO2与含2amolBa（OH）2的溶液反应的离子方程式为：3CO2+4OH+Ba2+BaCO3+2HCO3+H2O，故A正确；B.NH4Fe（SO4）2溶液中加入几滴NaOH溶液，该反应的离子方程式为：Fe3+3OHFe（OH）3，故B正确；C.亚硫酸不能拆开，正确的离子方程式为：2H2SO3+O24H+2SO42，故C错误；D.酸性高锰酸钾溶液中滴加双氧水产生气泡，该反应的离子方程式为：2MnO4+5H2O2+6H+2Mn2+8H2O+5O2，故D正确。故选C。【点睛】

33、注意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。16、A【解析】A. 曲线的交点处，c(HA)=c(A-)，此时pH=4.7，则因此Ka(HA)的数量级为10-5，A项正确；B. a点、b点溶液均显酸性，均抑制水的电离，a点pH较小，溶液酸性较强，抑制水的电离程度更大，因此，溶液中由水电离出的c (H)：a点7，D项错误；答案选A。【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候

34、，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。17、D【解析】A、由图可以知道，左室电极产物为CO2和N2，发生氧化反应，故a为电源的正极，右室电解产物H2，发生还原反应，故b为电源的负极，故A错误；B、阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，根据上述反应式可以看出在阴、阳极上产生的OH-、H+的数目相等，阳极室中反应产生的H+，通过质子交换膜进入阴极室与OH-恰好反应生成水，所以阴极室中电解前后溶液的pH不变，故B错误；C、由图可以知道，阳极室首先是氯离子放电生成氯气，氯气再

35、氧化尿素生成氮气、二氧化碳，同时会生成HCl，阳极室中发生的反应依次为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，故C错误；D、如图所示，阴极反应为6H2O+6e-=6OH-+3H2，阳极反应为6Cl-6e-=3Cl2，CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl，若两极共收集到气体0.6mol，则n(N2)=n(CO2)=0.61/5mol=0.12mol，由反应CO（NH2）2+3Cl2+H2O=N2+CO2+6HCl可知所消耗的CO（NH2）2的物质的量也为0.12mol，故D正确。答案选D。18、C【解析】A. 根据电镀原理易知，

36、铁表面镀铜时，将铁与电源的负极相连作电解池的阴极被保护，铜与电源的正极相连作阳极，失电子发生氧化反应，A项错误；B. 0.01 mol Cl2通入足量水中发生的反应为：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，为可逆反应，则转移电子的数目小于6.021021，B项错误；C. 反应3C(s)CaO(s)=CaC2(s)CO(g)中S0，因在常温下不能自发进行，则G=H-TS0，那么H必大于0，C项正确；D. CH3COOH为弱酸，发生电离方程式为：CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀释0.1 molL1CH3COOH溶液过程中，CH3COO-与H+的离子浓度减小，但一定温度下，水溶液中的离子积不

37、变，则OH-的浓度增大，D项错误；答案选C。19、B【解析】A选项，实验中观察到装置B中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2，E中固体变为红色，F中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有CO，故A正确；B选项，因为反应中生成有CO，CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12滴KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含Fe2O3，故B错误；C选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在E中还原氧化铜，生成的气体在F中变浑浊，因此在装置C要除去混合气中的CO2，故C正确；D选项，反应结束后，应熄灭A，E处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成

38、的铜单质被氧化，故D正确；综上所述，答案为B。【点睛】验证CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉，除掉后利用CO的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。20、D【解析】A. CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，其中CH3COONa的水解促进水的电离，CH3COOH的电离抑制水的电离。若向该混合溶液中通入HCl，c点反应CH3COONa+HClCH3COOH+NaCl恰好完全发生，CH3COONa减少，CH3COOH增多；若向该混合溶液中加入NaOH 固体，a点反应CH3COO

39、H+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，CH3COONa增多，CH3COOH减少，因此，水的电离程度： abc，故A正确；B.CH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O，形成CH3COOH和CH3COONa的混合溶液，b点溶液呈酸性，说明CH3COOH浓度远大于CH3COONa，c点CH3COONa与HCl反应完全，溶液呈酸性，此时溶液为CH3COOH和NaCl溶液，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正确；C.a点反应CH3COOH+NaOHCH3COONa+H2O恰好完全进行，溶液中电荷守恒：c（Na+）+c

40、（H+）=c（OH-）+c（CH3COO-），此时pH=7，则c（H+）= c（OH-），则c（Na+）= c（CH3COO-），故C正确；D. 该温度下pH=7时，c（H+）=10-7molL-1，c（CH3COO-）=c（Na+）=0.2mol/L，c（CH3COOH）=（c-0.2）mol/L，则醋酸的电离平衡常数Ka=，故D错误；故选D。【点睛】解答本题的难点是选项A，需要明确酸、碱抑制水的电离，盐类水解促进水的电离。需要分析a、b、c三点c(CH3COOH)和c(CH3COONa)的差别，从而确定水的电离程度的相对大小。21、A【解析】A对于可逆反应2NO2N2O4，升高温度，气体的

41、颜色变深，则平衡逆向移动；降低温度，气体颜色变浅，则平衡正向移动，A正确；B铜与浓硝酸反应，不管生成的气体是NO还是NO2，用排水法收集后，都收集到无色的气体，所以不能肯定生成的气体的成分，B错误；C灼烧海带时，应放在坩埚内，否则会损坏烧杯，C错误；D饱和食盐水，用于除去Cl2中混有的HCl气体，D错误；故选A。22、B【解析】A甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同时生成氯化氢；B苯与溴水不反应，发生萃取；C如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种；D醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢。【详解】A甲烷和氯气发生取代反应生成多种氯代烃，取代1个氢原子消耗1mol氯气，同

42、时生成氯化氢，1 mol CH4最多能与4 mol Cl2发生取代反应，产物中物质的量最多的是HCl，故A正确；B苯与溴水不反应，发生萃取，溴易溶于苯，苯密度小于水，所以将苯滴入溴水中，振荡、静置，下层接近无色，故B错误；C如果苯环是单双键交替，则邻二氯苯有两种，邻二氯苯仅有一种结构可证明苯环结构中不存在单双键交替结构，故C正确；D醇羟基氢活泼性弱于羧羟基氢，所以乙醇、乙酸都能与金属钠反应，且在相同条件下乙酸比乙醇与金属钠的反应更剧烈，故D正确；故选：B。二、非选择题(共84分)23、 A、B、C +HBr 、 【解析】A的分子式为C6H6N2Br2，A生成分子式为C7H6N2Br2O的B，再

43、结合B的结构推测由A生成B的反应即取代反应，生成了一个肽键，所以A的结构为。B经过反应后生成分子式为C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1个H2O，所以推测B生成C额外产生了不饱和结构。由C生成E的条件以及E的分子式为C16H20N3O2Br且其中仅含1个Br推测，C生成E发生的是已知信息中给出的反应类型的取代反应；进一步由G的结构原子的排列特点可以推测，C的结构为，那么E的结构为。E反应生成分子式为C14H16N3OBr的产物F，再结合反应条件分析可知，E生成F的反应即已知信息中提供的反应，所以F的结构为。【详解】(1)通过分析可知，A生成B的反应即取代反应，所以A的结构即为；(

44、2)A通过分析可知，E的结构为，结构中含有咪唑环以及胺的结构，所以会显现碱性，A项正确；B化合物B的结构中含有醛基，所以可以与新制氢氧化铜在加热条件下产生砖红色沉淀，B项正确；C通过分析可知，F的结构为，可以与氢气加成生成醇，所以F可以发生还原反应，C项正确；D由化合物G的结构可知其分子式为C16H18N5O2Br，D项错误；答案选ABC；(3)C与D反应生成E的方程式为：+HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最终合成了，产物的结构中具有特征明显的五元环结构，因此考虑通过已知信息中的反应实现某步转化；所以大致思路是，将4-溴吡啶中的溴原子逐渐转变为羰基，再与乙二醇发生反应即可，所以具体的合成

45、路线为：；(5)化合物A为，分子中含有4个不饱和度，1个苯环恰好有4个不饱和度，所以符合条件的A的同分异构体除苯环外其他结构均饱和；除去苯环外，有机物中还含有2个溴原子，以及2个都只形成单键的氮原子；若苯环上只安排1个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有2个取代基，只有；若苯环上有3个取代基，没有能够满足核磁共振氢谱有3组峰的要求的结构；若苯环上有4个取代基，则满足要求的结构有和，至此讨论完毕。【点睛】推断有机物结构时，除了反应条件，物质性质等信息外，还可以从推断流程入手，对比反应前后，物质结构上的差异推测反应的具体情况。24、对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛） 消去

46、反应 氯原子、羧基 n+(n-1)H2O 6 【解析】根据已知，A为，根据流程和已知可知，B为乙烯、C为乙醇、D为乙醛，根据已知，可知E为，被银氨溶液氧化生成F()，F发生消去反应生成G（）。根据J分子结构中含有3个六元环可知，G与HCl发生加成反应，氯原子加在羧基邻位碳上，生成H为，H在碱性条件下发生水解反应再酸化生成I为，两分子I在浓硫酸作用下发生成酯化反应，生成环酯J为。【详解】（1）A的化学名称为对甲基苯甲醛（或4-甲基苯甲醛）；E的化学式为；（2）的反应类型为消去反应，H分子中官能团的名称是氯原子、羟基；（3）J的结构简式为；（4）I在一定条件下发生缩聚反应生成高聚物的化学反应方程式

47、为n+(n-1)H2O；（5）K是G的一种同系物，相对分子质量比G小14，说明K比G少一个CH2，根据题意知，K的同分异构体分子中含有酚羟基和醛基，根据分子式知还应有碳碳双键，即有OH和CH=CHCHO或连接在苯环上，分别得到3种同分异构体，故符合条件的同分异构体有6种，其中的核磁共振氢谱有6个峰，峰面积之比为221111。25、HNO3 AgNO3 NaNO3 该反应速率很小（或该反应的活化能较大） 图乙 4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O 加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可） 不能 Fe2

48、可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可） 【解析】.（1）向硝酸酸化的AgNO3溶液（pH2）中加入过量的铁粉，过量的铁粉可与硝酸反应生成亚铁离子，也可与AgNO3溶液反应生成Fe2，Fe2AgNO3=Fe(NO3)22Ag，因此溶液中的Fe2可能是Fe与HNO3或AgNO3反应的产物，故答案为：HNO3；AgNO3；（2）探究Fe2的产生原因时，2号试管作为1号试管的对比实验，要排除Ag的影响，可选用等浓度、等体积且pH相同的不含Ag的NaNO3溶液进行对比实验，故答案为：NaNO3；AgNO3可将Fe氧化为Fe2，但1号试管中未观察到蓝色沉淀，说明AgNO3溶液和Fe反应的速率较慢，

49、生成的Fe2浓度较小，故答案为：该反应速率很小（或该反应的活化能较大）；由2号试管得出的结论正确，说明Fe2是Fe与HNO3反应的产物，随着反应的进行，HNO3溶液的浓度逐渐减小，溶液的pH逐渐增大，则图乙为pH传感器测得的图示，故答案为：图乙；实验测得2号试管中有NH生成，说明Fe与HNO3反应时，Fe将HNO3还原为NH，根据氧化还原反应的原理可写出反应的离子方程式为4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O，故答案为：4Fe10HNO3-=4Fe2NH4+3H2O；.（3）Ag氧化Fe2时发生反应AgFe2=AgFe3，而黑色固体中一定含有过量的铁，所以可加入足量HCl或H2SO4溶

50、液溶解Fe，若有黑色固体剩余，则证明黑色固体中有Ag；或向黑色固体中加入足量稀硝酸加热溶解后再加入稀盐酸，若产生白色沉淀，则证明黑色固体中有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸并加热将固体全部溶解，再向所得溶液中加入稀盐酸，产生白色沉淀（或加入足量稀盐酸，有黑色固体剩余）（答案合理均可）（4）取左侧烧杯中的溶液，加入KSCN溶液后，溶液变红，只能证明有Fe3生成，不能证明Fe2可被Ag氧化，因为Fe（NO3）2溶液呈酸性，酸性条件下NO可将Fe2氧化为Fe3，且Fe（NO3）2溶液直接与空气接触，Fe2也可被空气中的氧气氧化为Fe3；故答案为：不能；Fe2可能被HNO3氧化或被氧气氧化（答案合理均可

51、）。26、检查装置气密性 活塞K 关闭 b、c 排除装置中的空气或氧气 CaCO3 +2H+ =Ca2+ H2O+CO2 避免SO2污染空气 Cu2O+4NH3 H2O =2Cu(NH3)2+2OH+3H2O 2CuO+S2Cu+SO2 Cu2S 【解析】(1)硫在加热条件下易于空气中的氧气反应，对该实验会产生影响，要确保实验装置中无空气，保证密闭环境； (3)氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行，石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，二氧化硫有毒不能排放到大气中；(5)反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，加入氨水后但仍有红黑色固体未溶

52、解，表明有Cu，CuO与S的质量比为51。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+ S2Cu2O+SO2，其中CuO与S的质量比为101，因此S过量。【详解】(1)探究氧化铜与硫的反应，需在无氧条件下进行(S在空气与O2反应)，故需对装置进行气密性检查；(3)利用石灰石与盐酸反应产生的CO2气体排除装置中的空气，打开K使盐酸与石灰石接触，打开a，并检验是否排尽空气，该实验步骤的作用是排除装置中的空气或氧气。石灰石与盐酸反应的离子方程式是CaCO3+2H+=Ca2+ H2O+CO2；(4)酸性高锰酸钾溶液褪色，说明产物有SO2，用盛有氢氧化钠溶液的烧杯替换盛装酸性高锰酸钾溶液的烧杯，并打开活塞K的

53、目的是尽量使SO2被吸收，避免污染环境；(5)结合题意，反应剩余固体含有Cu2O(砖红色)，因为Cu2O与氨水反应为Cu2O+4NH3H2O=2Cu(NH3)2+(无色)+2OH+ 3H2O，4Cu(NH3)2+O2+8NH3H2O=4 Cu(NH3)42+(蓝色)+4OH+6H2O。但仍有红黑色固体未溶解，表明有Cu，反应方程式为2CuO+S2Cu+SO2，其中CuO与S的质量比为51。而生成Cu2O的反应方程式为4CuO+ S2Cu2O+SO2，其中CuO与S的质量比为101，因此S过量，则可能发生反应2Cu+SCu2S，黑色固体为Cu2S。27、Al4C3+12HCl=3CH4+4AlC

54、l3除去甲烷中的HCl和H2O（球形）干燥管FDBECG平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发D中黑色氧化铜变红，硬质玻璃管内壁有水珠附着取少量红色固体，加入适量稀硫酸，若溶液变蓝色，则证明含Cu2O【解析】装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，甲烷在加热条件下可还原氧化铜，气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物,，生成的甲烷气体通过装置F吸收混有的氯化氢，干燥气体，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气，通过裝置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，CO能与银氨溶液反应： CO+2Ag(NH3)2+2OH-=2Ag+2NH4+CO32-+2N

55、H3，最后用排水法吸收和收集尾气。【详解】(1).装置A是用于制取甲烷，可判断 A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷,反应的化学方程式为Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3，故答案为: Al4C3+12HCl=3CH4+4AlCl3；(2). A中稀盐酸和Al4C3反应生成的甲烷中混有杂质HCl和H2O，碱石灰的作用就是除去甲烷中的HCl和H2O，故答案为：除去甲烷中的HCl和H2O ；装置B为球形干燥管；(3).装置A中反应是稀盐酸和Al4C3反应生成氯化铝和甲烷，生成的甲烷气体通过装置F除杂并干燥，甲烷在加热条件下可还原氧化铜,气体产物除水蒸气外，还有碳的氧化物，通过装置D加热还原氧化铜，通过装置B检验生成的水蒸气。通过装置E检验吸收生成产物二氧化碳，通过装置C中银氨溶液验证一氧化碳，最后用排水法吸收和收集气体，按气流方向各装置从左到右的连接顺序为AFDBECG，故答案为：FDBECG ；(4). 如果是普通分液漏斗，需先打开分液漏斗上口的玻璃塞，再将分液漏斗下面的旋塞打开，使稀盐酸缓慢滴下，对比起来，恒压分液漏斗的好处是平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发，故答案为：平衡气压使盐酸顺利流下，减少盐酸的挥发；(5). D中