2022届内蒙古自治区杭锦后旗奋斗高三下第一次测试化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。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、用如图所示装置进行下列实验：将中溶液逐滴滴入中，预测的现象与实际相符的是选项中物质中物质预测中的现象A稀盐酸浓碳酸钠溶液立即产生气泡B浓硝酸用砂纸打磨过的铝条产生大量红棕色气体C氯化亚铁溶液过氧化钠固体产生气体和红褐

2、色沉淀D氢氧化钠溶液氧化铝粉末产生白色沉淀AABBCCDD2、某温度下，向10mL 0.1molL-1 CuCl2溶液中滴加0.1molL-1的Na2S溶液，滴加过程中-lg c(Cu2+)与Na2S溶液体积的关系如图所示。已知：Ksp(ZnS)=310-25，下列有关说法正确的是ANa2S溶液中：c(H+)c(HS-)c(H2S)c(OH-)Ba、b、c三点对应的溶液中，水的电离程度最小的为b点Cc点溶液中c(Cu2+)=10-34.4 molL-1D向100mL Zn2+、Cu2+物质的量浓度均为0.1molL-1的混合溶液中逐滴加入10-3 molL-1的Na2S溶液，Zn2+先沉淀3、

3、天然气脱硫的方法有多种，一种是干法脱硫，其涉及的反应：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q0)。要提高脱硫率可采取的措施是A加催化剂B分离出硫C减压D加生石灰4、25时，向20mL 0.1mol/LH2R（二元弱酸）溶液中滴加0.1mol/LNaOH溶液，溶液pH与加入NaOH溶液体积的关系如图所示。下列有关说法正确的是Aa点所示溶液中：c (H2R) + c (HR-)+ c (R2-)=0.lmol/LBb点所示溶液中：c (Na+) c(HR-) c (H2R)c(R2-)C对应溶液的导电性：b cDa、b、c、d中，d点所示溶液中水的电离程度

4、最大5、二氧化碳捕获技术用于去除气流中的二氧化碳或者分离出二氧化碳作为气体产物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反应，且生成的甲酸是重要化工原料。下列说法不正确的是（ ）A二氧化碳的电子式: B在捕获过程，二氧化碳分子中的共价键完全断裂CN(C2H5)3能够协助二氧化碳到达催化剂表面DCO2催化加氢合成甲酸的总反应式：H2+CO2=HCOOH6、化学与工业生产密切相关。下列说法中正确的是A工业上常用电解熔融MgO制镁单质B工业上常用金属钠与水反应制NaOHC工业上炼铁的原料是铁矿石和氢气D工业上制备粗硅的原料是石英砂和焦炭7、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A高温下，0.

5、2mol Fe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NAB室温下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH离子数目为0.1NAC氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反应中，生成28g N2时，转移的电子数目为3.75NA8、研究电化学腐蚀及防护的装置如图所示。下列有关说法错误的是( )Ad为石墨，电流从d流入导线进入铁片Bd为铜片，铜片上电极反应为：O2 + 2H2O + 4e 4OHCd为锌块，铁片不易被腐蚀Dd为镁片，铁片上电极反应为：2H+ + 2e H29、高铁酸钾（K2FeO4）是一种

6、环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示：下列叙述错误的是A用K2FeO4作水处理剂时，既能杀菌消毒又能净化水B反应I中尾气可用FeCl2溶液吸收再利用C反应II中氧化剂与还原剂的物质的量之比为3:2D该条件下，物质的溶解性：Na2 FeO4B常温下，pH为5的氯化铵溶液和pH为5的醋酸溶液中水的电离程度相同CHA的电离常数Ka=4.9310-10，则等浓度的NaA、HA混合溶液中：c(Na)c(HA)c(A)D已知在相同条件下酸性HFCH3COOH，则物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中：c(Na)c(F-)c(K)c(CH3COO-)11、氢硫酸中加入或通入少量下列物质，

7、溶液酸性增强的是（ ）AO2BCl2CSO2DNaOH12、关于下列各装置图的叙述中，正确的是( )A图a制取及观察Fe(OH)2B图b比较两种物质的热稳定性C图c实验室制取NH3D图d分离沸点不同且互溶的液体混合物13、下列离子方程式正确的是A用稀硫酸除去硫酸钠溶液中少量的硫代硫酸钠：S2O32-+2H+=SO2+S+H2OBKClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO+2Fe(OH)3=2FeO42-+3Cl+4H+H2OC硬脂酸与乙醇的酯化反应：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OD向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水：Ca2+HCO3-+OH=

8、CaCO3+H2O14、垃圾分类有利于资源回收利用。下列有关垃圾归类不合理的是AABBCCDD15、某有机化合物的结构简式如图所示，下列说法正确的是( )A不能发生银镜发应B1mol 该物质最多可与2molBr2反应C1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应D与NaHCO3、Na2CO3均能发生反应16、近日，北京某区食药监局向居民发放了家用食品快检试剂盒试剂盒涉及的部分检验方法如下，其中不是通过化学原理进行检验的是（）A通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度B用含Fe2+的检测试剂检验自来水中余氯的含量C向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量D通过观察放入检测液中鸡蛋的沉浮检验鸡蛋

9、新鲜度17、下列说法正确的是A烷烃的通式为CnH2n+2，随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐减小B乙烯与溴水发生加成反应的产物为溴乙烷C1mol苯恰好与3mol氢气完全加成，说明一个苯分子中有三个碳碳双键DC7H16，主链上有5个碳原子的同分异构体共有5种18、用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)并进行相关实验(装置如图)，电解一段时间后，各部分装置及对应的现象为：(1)中黑色固体变红；(2)电极a附近溶液出现浑浊；(3)中溶液出现浑浊；(4)中溶液红色褪去。下列对实验现象解释不正确的是A(1)中：CuO+H2Cu+H2OB(2)中a电极：2H2O+2e-=H2+2OH-，M

10、g2+2OH-=Mg(OH)2C(3)中：Cl2+S2-=S+2Cl-D(4)中：Cl2具有强氧化性19、下列有关实验的操作、现象和结论都正确的是选项实验操作现象结论A向浓度均为0.10molL1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp（AgCl）Ksp（AgI）B向Na2SO3溶液中先加入Ba（NO3）2溶液，然后再加入稀盐酸生成白色沉淀，加入稀盐酸，沉淀不溶解溶液已经变质C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+H2OD测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值Na2CO3

11、NaClO酸性：H2CO3HClOAABBCCDD20、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A标准状况下，11.2LSO3中含有原子数为2NAB用浓盐酸分别与MnO2、KClO3反应制备1molCl2，均转移电子2NAC将0.1molNH4NO3溶于适量的稀氨水，溶液恰好呈中性，溶液中NH4+数目小于0.1NAD2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA21、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的四种短周期元素，其中Z为金属元素，X、W为同一主族元素。X、Z、W形成的最高价氧化物分别为甲、乙、丙，甲是常见温室效应气体。x、y2、z、w分别为X、Y、Z、W的单

12、质，丁是化合物，其转化关系如图所示。下列判断不正确的是A反应都属于氧化还原反应BX、Y、Z、W四种元素中，W的原子半径最大C在信息工业中，丙常作光导纤维材料D一定条件下，x与甲反应生成丁22、下列除杂（括号内为少量杂质）操作正确的是物质（少量杂质）操作AKNO3固体（NaCl）加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥BNaCl固体（KNO3）加水溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥CFeCl3溶液（NH4Cl）加热蒸干、灼烧DNH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）以下是合成芳香族有机高聚物P的合成路线已知：RO

13、H+ROH ROR+H2O完成下列填空：（1）F中官能团的名称_；写出反应的反应条件_；（2）写出反应的化学方程式_（1）写出高聚物P的结构简式_（4）E有多种同分异构体，写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式_分子中只有苯环一个环状结构，且苯环上有两个取代基；1mol该有机物与溴水反应时消耗4molBr2（5）写出以分子式为C5H8的烃为主要原料，制备F的合成路线流程图（无机试剂任选）_合成路线流程图示例如下：CH1CHO CH1COOH CH1COOCH2CH124、（12分）药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下：已知：；化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元

14、环状结构。回答下列问题：(1)A的名称为_(2)H中含氧官能团的名称为_(3)B的结构简式为_(4)反应的化学方程式为_(5)的反应类型是_(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4组峰且峰面积之比为6:3:2:1。任写出三种满足上述条件的M的结构简式_(不考虑立体异构)。(7)结合上述合成路线，设计以2溴环己酮() 和氰基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备的合成路线_(无机试剂及有机溶剂任选)25、（12分）为探究铜与稀硝酸反应的气态产物中是否含NO2，进行如下实验已知：FeSO4+NOFe（NO）SO4，该反应较缓慢，待生成一

15、定量Fe（NO）2+时突显明显棕色（1）实验前需检验装置的气密性，简述操作_（2）实验开始时先将Y形试管向盛有碳酸钙的支管倾斜，缓慢滴入稀硝酸，该实验操作的目的是_；铜片和稀硝酸反应的化学方程式为_（3）洗气瓶中加入KSCN溶液的目的及原理是_；本实验只观察到洗气瓶中出现了棕色，写出尾气处理的化学方程式_26、（10分）ClO2是一种具有强氧化性的黄绿色气体，也是优良的消毒剂，熔点-59、沸点11，易溶于水，易与碱液反应。ClO2浓度大时易分解爆炸，在生产和使用时必须用稀有气体或空气等进行稀释，实验室常用下列方法制备：2NaC1O3+Na2SO3+H2SO42C1O2+2Na2SO4+H2O。

16、（1）H2C2O4可代替Na2SO3制备ClO2，该反应的化学方程式为_，该方法中最突出的优点是_。（2）ClO2浓度过高时易发生分解，故常将其制备成NaClO2固体，以便运输和贮存。已知：2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O，实验室模拟制备NaC1O2的装置如图所示（加热和夹持装置略）。产生ClO2的温度需要控制在50，应采取的加热方式是_；盛放浓硫酸的仪器为：_；NaC1O2的名称是_；仪器B的作用是_；冷水浴冷却的目的有_（任写两条）；空气流速过快或过慢，均会降低NaC1O2的产率，试解释其原因_。27、（12分）乙醛能与银氨溶液反应析出银，如果条件控制适当，

17、析出的银会均匀分布在试管上，形成光亮的银镜，这个反应叫银镜反应。某实验小组对银镜反应产生兴趣，进行了以下实验。(1)配制银氨溶液时，随着硝酸银溶液滴加到氨水中，观察到先产生灰白色沉淀，而后沉淀消失，形成无色透明的溶液。该过程可能发生的反应有_AAgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3 BAgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2OC2AgOH=Ag2O+H2O DAg2O+4NH3H2O=Ag(NH3)2OH+3H2O(2)该小组探究乙醛发生银镜反应的最佳条件，部分实验数据如表：实验序号银氨溶液/mL乙醛的量/滴水浴温度/反应混合液的pH出现银镜时间113651152134

18、5116.53156511441350116请回答下列问题：推测当银氨溶液的量为1 mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60，反应混合液pH为11时，出现银镜的时间范围是_。进一步实验还可探索_对出现银镜快慢的影响(写一条即可)。(3)该小组查阅资料发现强碱条件下，加热银氨溶液也可以析出银镜，并做了以下两组实验进行分析证明。已知：Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O。装置实验序号试管中的药品现象实验2 mL银氨溶液和数滴较浓NaOH溶液有气泡产生，一段时间后，溶液逐渐变黑，试管壁附着银镜实验2 mL银氨溶液和数滴浓氨水有气泡产生，一段时间后，溶液无明显变化两组实验产生的气体相同，该气体化

19、学式为_，检验该气体可用_试纸。实验的黑色固体中有Ag2O，产生Ag2O的原因是_。(4)该小组同学在清洗试管上的银镜时，发现用FeCl3溶液清洗的效果优于Fe2(SO4)3溶液，推测可能的原因是_，实验室中，我们常选用稀HNO3清洗试管上的银镜，写出Ag与稀HNO3反应的化学方程式_。28、（14分）随新能源汽车的发展,新能源电池技术也在不断创新,典型的锂离子电池一般以LiCoO2或LiFePO4等为正极材料，以石墨碳为负极材料，以溶有LiPF6等的有机溶液为电解质溶液。（1）P原子的电子排布式为_。Fe2+中未成对电子数为_。（2）N、O、F原子的第一电离能由小到大的顺序为_。（3）等电子

20、体具有相似的化学键特征，它们的许多性质是相近的。ClO4-与PO43-互为等电子体，ClO4-的立体构型为_，中心原子的杂化轨道类型为_。（4）烷烃同系物中，CH4的沸点最低，原因是_。（5）向CuSO4溶液中加入氨水，首先形成蓝色沉淀，继续加氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液，在此溶液中加入乙醇，析出深蓝色的晶体。由蓝色沉淀得到深蓝色溶液的离子方程式为_；深蓝色晶体中存在的化学键类型有_ 。（填代号）A离子键 B键 C非极性共价键 D配位键 E金属键 F氢键（6）如图所示为Co的某种氧化物的晶胞结构图，则该氧化物的化学式为_；若该晶胞的棱长为a pm,则该晶体的密度为_g/cm3。（NA为阿伏加

21、德罗常数的值） 29、（10分）I.工业上可由氢气、氮气合成氨气，溶于水形成氨水。盐酸和氨水是实验室常见的电解质溶液。一定温度下，向2L 密闭容器中加入N2(g)和H2(g)，发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+ Q（Q0）， NH3物质的量随时间的变化如右图所示。（1）02 min 内的平均反应速率 v(H2)=_。（2）该温度下，反应 N2(g)+3H2(g)2NH3(g)+ Q（Q0）的平衡常数表达式K=_。其平衡常数K与温度T的关系如下表：T/ 25125225平衡常数 K4106K1K2试判断K1_K2（填写“”“=”或“”“”“”或“”），所得混合溶液中各离子浓度大小

22、关系为_。（5）请你再设计一个能证明一水合氨是弱电解质的方案。_。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、C【解析】A. 稀盐酸和碳酸钠反应先生成碳酸氢钠和氯化钠，生成的碳酸氢钠再和稀盐酸反应生成二氧化碳，所以不会立即产生气体，故A错误；B. 浓硝酸和Al发生氧化还原反应生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步被氧化，该现象为钝化现象，所以不会产生大量红棕色气体，故B错误；C. 过氧化钠和水反应生成氧气，氧气能氧化氢氧化亚铁，所以产生气体和红褐色沉淀，故C正确；D. 氢氧化钠和氧化铝反应生成可溶性的偏铝酸钠，溶液为澄清，故D错误；故选：C。2、B【解析】向10mL

23、0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，结合溶度积常数和溶液中的守恒思想分析解答。【详解】向10mL0.1mol/LCuCl2溶液中滴加0.1mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-=CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会发生水解，水解促进水的电离，b点滴加Na2S溶液的体积是10mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，已知此时-lgc(Cu2+)=17.7，则平衡时c(Cu2+)=c(S2-)

24、=10-17.7mol/L。ANa2S溶液显碱性，根据质子守恒，c(H+)c(HS-)2c(H2S)c(OH-)，故A错误；Ba、c两点Cu2+、S2-的水解促进了水的电离，水的电离程度增大，b点可认为是NaCl溶液，水的电离没有被促进和抑制，水的电离程度最小，故B正确；C该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，则Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-) =10-17.7mol/L10-17.7mol/L =10-35.4mol2/L2，c点溶液中含有NaCl和Na2S，c(S2-)=0.1mol/L，因此 c(Cu2+)=310-34.4 mol/L，故C

25、错误；D向100 mLZn2+、Cu2+浓度均为0.1molL-1的混合溶液中逐滴加入10-3 molL-1的Na2S溶液，产生ZnS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=310-24mol/L；产生CuS时需要的S2-浓度为c(S2-)=mol/L=10-34.4mol/L，则产生CuS沉淀所需S2-浓度更小，先产生CuS沉淀，故D错误；故选B。【点睛】本题的难点是根据图象所提供的信息计算出CuS的Ksp，也是解题的关键。本题的易错点为C，要注意c点溶液中c(S2-)=0.1mol/L。3、D【解析】H2（g）+CO（g）+SO2（g）H2O（g）+CO2（g）+S（s）Hc(R2-

26、)c(HR-) c (H2R)，B错误；C、溶液的导电性强弱与溶液中阴阳离子的浓度大小和离子所带的电荷数有关系，c点溶液中离子浓度大，对应溶液的导电性：b K2FeO4，D叙述错误，但是符合题意；答案选D。10、A【解析】A氢离子抑制铵根离子水解，NH4HSO4溶液呈强酸性，NH4Al(SO4)2中两种阳离子水解显酸性，要使这三种溶液的pH相等，则NH4Cl和NH4Al(SO4)2溶液中阳离子的水解程度相等，硫酸氢铵浓度最小，所以NH4浓度的大小顺序为，故A正确；B氯化铵溶液中铵根水解促进水的电离，醋酸溶液中醋酸电离抑制水的电离，当pH相同时，溶液中水的电离程度不同，故B错误；CKhKa，可知

27、混合溶液中盐的水解大于弱酸的电离，则等浓度的NaA、HA混合溶液中： c(HA)c(Na)c(A)，故C错误；D酸性HFCH3COOH，则酸根离子水解程度FCH3COO，则溶液中c(F)c(CH3COO)，物质的量浓度相等的NaF与CH3COOK溶液中由物料守恒得c(Na)c(K)，可知c(Na)c(F)c(K)c(CH3COO)，故D错误；故答案选A。【点睛】本题C选项注意利用HA的电离常数计算A-的水解常数，判断混合溶液中水解和电离程度的相对大小，进而得出溶液中粒子浓度的相对大小。11、B【解析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S的水溶液呈酸性，能和碱发生中和反应，以此解答该题。【

28、详解】A.发生2H2S+O2=S+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误； B.发生2H2S+Cl2=S+2HCl反应，溶液酸性增强，故B正确； C.发生2H2S+SO2=3S+2H2O反应，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误； D.加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误；故答案选B。12、A【解析】A将滴管插入到液面以下，氢氧化钠和硫酸亚铁发生反应：2NaOH+FeS04=Na2S04+Fe（OH）2，Fe（OH）2很容易被空气中的氧气氧化：4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该装置使用煤油以隔绝空气，使氢氧化亚铁不能与氧气充分接

29、触，从而达到防止被氧化的目的，所以该实验能制取并观察到氢氧化亚铁白色絮状沉淀，故A正确；B碳酸钠较稳定，加热不分解，只有碳酸氢钠分解：2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，该装置的受热温度较低的小试管中应该盛放易分解的碳酸氢钠，由于该设计方案中碳酸氢钠的受热温度较高，故无法比较二者的热稳定性，故B错误；C氯化铵受热生成氨气和氯化氢，在试管口易因温度降低，两者易反应生成氯化铵，不能制备氨气，故C错误；D图中装置为分馏操作，可用于分离沸点不同且互溶的液体混合物，进出水方向为下口进上口出，温度计水银球的位置应该在蒸馏烧瓶的支管出口处，故D错误；故答案选A。13、A【解析】A. 用稀硫酸除去硫酸

30、钠溶液中少量的硫代硫酸钠，发生歧化反应生成二氧化硫与硫单质，其离子方程式为：S2O32-+2H+=SO2+S+H2O，A项正确；B. KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应，不可能生成H+，其离子方程式为：3ClO+2Fe(OH)3+4OH-=2FeO42-+3Cl+5H2O，B项错误；C. 硬脂酸与乙醇的酯化反应的化学方程式为：C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，C项错误；D. 向NH4HCO3溶液中加入足量石灰水，铵根离子与碳酸氢根离子均会与氢氧根离子反应，其离子方程式为：NH4+Ca2+HCO3-+2OH=CaCO3+H2O+NH3H2O，D项错误

31、；答案选A。【点睛】B项是易错点，在书写离子方程式时，若反应属于氧化还原反应，则应该符合电子守恒、电荷守恒、原子守恒，同时注意在酸性环境不可能存在大量OH-，同时在碱性溶液中不可能大量存在H+。14、D【解析】A、废易拉罐主要材料为铝质，属于可回收利用的材料，属于可回收物，选项A正确；B、卫生间用纸由于水溶性太强，不算可回收的“纸张”，属于其它垃圾，选项B正确；C、废荧光灯管中含有重金属等有害物质，所以属于有害垃圾，选项C正确；D、大棒骨属于其他垃圾，因为“难腐蚀”被列入“其他垃圾”，选项D错误；答案选D。15、C【解析】A含甲酸某酯结构，能发生银镜反应，故A错误；B酚-OH的邻位、碳碳双键与

32、溴水反应，则1mol 该物质最多可与3molBr2反应，故B错误；C.2个酚羟基、-Cl及-COOC-均与NaOH反应，则1mol 该物质最多可与4mol NaOH反应，故C正确；D含酚-OH，与Na2CO3发生反应，与碳酸氢钠不反应，故D错误；故选C。16、D【解析】A项、通过测定大米浸泡液的pH检验大米新鲜度，涉及与氢离子的反应，pH试纸的变色过程是化学变化，故A错误；B项、亚铁离子与氯气发生氧化还原反应，属于化学变化，故B错误；C项、向食盐样品中加还原剂和淀粉检测食盐的含碘量，发生氧化还原反应，淀粉中碘酸钾被还原生成碘，故C错误；D项、鸡蛋的沉浮与密度有关，没有发生化学变化，故D正确；故

33、选D。17、D【解析】A烷烃的通式为CnH2n+2，C元素的质量分数为，则随n值增大，碳元素的质量百分含量逐渐增大，故A错误；B乙烯中含碳碳双键，可与溴水发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，故B错误；C苯中不含碳碳双键，故C错误；DC7H16主链上有5个碳原子的烷烃，支链为2个甲基或1个乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5种，故D正确；答案选D。18、D【解析】用惰性电极电解饱和食盐水(含少量Ca2+、Mg2+)

34、产生的气体为氢气和氯气，氯气具有强氧化性，而氢气在加热条件下具有较强还原性，根据(1)中黑色固体变红，(2)电极a附近溶液出现浑浊可知，a电极为阴极，放出氢气，生成氢氧根与镁离子结合成白色沉淀，b电极为阳极，产生的氯气可氧化硫化钠生成硫沉淀出现浑浊，过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，据此分析解答。【详解】A(1)中黑色固体变红，是氢气还原氧化铜，反应的化学方程式为：CuO+H2Cu+H2O，故A正确；B(2)电极a附近溶液出现浑浊，则a电极放出氢气生成氢氧根，与镁离子结合成白色沉淀，相关反应为：2H2O+

35、2e-H2+2OH-，Mg2+2OH-Mg(OH)2，故B正确；C(3)中溶液出现浑浊，是产生的氯气氧化硫化钠生成硫沉淀，离子方程式为：Cl2+S2-S+2Cl-，故C正确；D(4)中过量的氯气通入含酚酞的NaOH溶液中，溶液褪色的原因可能为H+中和了OH-，也可能是氯气与水反应生成的次氯酸的强氧化性所致，故D错误；故选D。19、A【解析】A向浓度均为0.10molL1的KCl和KI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，出现黄色沉淀，说明相同条件下AgI先于AgCl沉淀，二者为同种类型沉淀，Ksp越小溶解度越小，相同条件下越先沉淀，所以Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，故A正确；B即便亚硫酸没有

36、变质，先加入Ba(NO3)2溶液，再加入稀盐酸后硝酸根也会将亚硫酸根氧化沉硫酸根，故B错误；C向盛有NH4Al(SO4)2溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液会先发生Al3+3OH-=Al(OH)3，并不能生成氨气，故C错误；D测定等物质的量浓度的Na2CO3和NaClO的pH值，Na2CO3NaClO可以说明HCO3-的酸性强于HClO，若要比较H2CO3和HClO的酸性强弱，需要测定等物质的量浓度NaHCO3和NaClO的pH值，故D错误；故答案为A。20、D【解析】A.在标准状况下SO3不是气体，不能使用气体摩尔体积计算，A错误；B.用KClO3法制取氯气发生的是归中反应，反应方程式为：K

37、ClO3+6HCl=KCl+3Cl2+3H2O，Cl2既是氧化产物，也是还原产物，产生3molCl2，反应转移5mol电子，若产生1molCl2，需转移电子mol，B错误；C.溶液的电荷守恒式为：n(NH4+)+n(H+)= n(NO3-)+n(OH-)，溶液显中性时，n(NH4+)=n(NO3-)=0.1mol，C错误；D.发生反应：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，故2molNO和1molO2充分反应后，所得混合气体的分子数小于2NA，D正确；故合理选项是D。21、B【解析】已知甲是常见温室效应气体，X、W为同一主族元素，X、W形成的最高价氧化物分别为甲、丙，则X为C元素、W为Si

38、元素，甲为二氧化碳，丙为二氧化硅，x、w分别为X、W的单质，在高温条件下x碳单质与二氧化硅反应生成w为硅，丁为一氧化碳；y2为氧气，碳与氧气点燃反应生成甲为二氧化碳，则Y为O元素，Z为金属元素，z金属单质能与二氧化碳反应生成碳单质与金属氧化物，则Z为Mg元素，综上所述，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，据此解答。【详解】由以上分析可知，X为C元素、Y为O元素、Z为Mg元素、W为Si元素，A. 反应二氧化碳与镁反应、碳与氧气反应、碳与二氧化硅反应都属于氧化还原反应，A项正确；B. 同周期元素原子半径从左到右依次减小，同主族元素原子半径从上而下以此增大，故C、O、Mg、Si四种元

39、素中，Mg的原子半径最大，B项错误；C. 丙为二氧化硅，在信息工业中，二氧化硅常作光导纤维材料，C项正确；D. 在高温条件下，碳与二氧化碳反应生成一氧化碳，D项正确；答案选B。22、D【解析】A.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加热水溶解配成饱和溶液、冷却热饱和溶液使KNO3先结晶出来、再过滤，故A错误；B.KNO3和NaCl的溶解度受温度的影响不同，硝酸钾溶解度受温度影响较大，而氯化钠受温度影响较小，所以可采取加水溶解、蒸发结晶、趁热过滤、洗涤、干燥，故B错误；C. 加热促进铁离子水解，生成的HCl易挥发，蒸干不能得到

40、氯化铁，故C错误；D. 氯化铁与氨水反应生成沉淀，则滴加氨水至不再产生沉淀为止，过滤可除杂，故D正确；故选：D。二、非选择题(共84分)23、羧基、氯原子 光照 HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF 【解析】不饱和度极高，因此推测为甲苯，推测为，根据反应的条件，C中一定含有醇羟基，则反应是卤代烃的水解变成醇的过程，C即苯甲醇，根据题目给出的信息，D为，结合D和E的分子式，以及反应的条件，

41、推测应该是醇的消去反应，故E为，再来看M，M的分子式中有钠无氯，因此反应为氢氧化钠的乙醇溶液，M为，经酸化后得到N为，N最后和E反应得到高聚物P，本题得解。【详解】（1）F中的官能团有羧基、氯原子；反应取代的是支链上的氢原子，因此条件为光照；（2）反应即中和反应和消去反应，方程式为HOOCCCl（CH1）CH2COOH+1NaOH+NaCl+1H2O；（1）根据分析，P的结构简式为；（4）首先根据E的分子式可知其有5个不饱和度，苯环只能提供4个不饱和度，因此必定还有1个碳碳双键，符合条件的同分异构体为；（5）首先根据的分子式算出其分子内有2个不饱和度，因此这两个碳碳双键可以转化为F中的2个羧基

42、，故合成路线为CH2=C（CH1）CH=CH2CH2BrC（CH1）=CHCH2BrHOCH2C（CH1）=CHCH2OHOHCC（CH1）=CHCHOHOOCC（CH1）=CHCOOHF。24、苯甲醚 醚键、酰胺键 +H2O 消去反应 【解析】已知化合物B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构即为。C生成D时，反应条件与已知信息中给出的反应条件相同，所以D的结构即为。D经过反应后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为。【详解】(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醚；(2)

43、由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醚键和酰胺键；(3) B分子式为C4H4O3，有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物C的结构为，所以推测B的结构简式即为；(4) D经过反应后，分子式中少了1个H2O，且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为，所以反应的方程式为：+H2O；(5) F经过反应后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应为消去反应；(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6，去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M的分

44、子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：，；如果为5时，满足要求的结构可以有：，；(7)氰基乙酸出现在题目中的反应处，要想发生反应需要有机物分子中存在羰基，经过反应后，有机物的结构中会引入的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环己酮多了一个取代基溴原子，所以综合考虑，先将原料中的羰基脱除，再将溴原子转变为羰基即可，因此合成路线为：【点睛】在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物

45、中含有的特定基团；分析完有机物的结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。25、关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好 利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰 3Cu+8HNO33Cu（NO3）2+2NO+4H2O 检验有无NO2产生，若有NO2，则NO2与水反应生成硝酸，硝酸将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与SCN反应溶液呈血红色，若无二氧化氮则无血红色 2NO+O2+2NaOHNaNO2+NaNO3+H2O 【解析】盛有稀硝酸的分液漏斗与一个

46、不太常见的Y型试管相连，通过Y型试管我们可以先让稀硝酸滴入碳酸钙的一侧，产生赶走装置内的氧气（此时活塞a打开），接下来再让稀硝酸滴入含有铜片的一侧，关闭活塞a开始反应，产生的气体通入集气瓶中观察现象，实验结束后打开活塞a，进行尾气处理即可。【详解】（1）若要检验气密性，可以关闭活塞a和分液漏斗活塞，向分液漏斗中加水，打开分液漏斗活塞，水滴入圆底烧瓶一会儿后不再滴入，则装置气密性良好；（2）根据分析，先和碳酸钙反应的目的是利用生成的CO2将整个装置内的空气赶尽，避免NO和O2反应生成NO2对气体产物的观察产生干扰；铜和稀硝酸的反应产物为，方程式为； （3）在整个中学阶段只有一个用途，那就是检验，

47、此处可以通过来间接检验是否有的生成，若有则与水反应生成硝酸，硝酸将氧化为，与反应呈血红色，若无则溶液不会呈血红色；只观察到了棕色证实反应中只产生了，因此尾气处理的方程为。26、2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+Na2SO4+H2O+2CO2 反应中产生的CO2可以起到稀释ClO2的作用，避免ClO2浓度大时分解爆炸，提高了安全性 水浴加热 分液漏斗 亚氯酸钠 安全瓶，防倒吸 降低NaClO2的溶解度，增大ClO2的溶解度，减少H2O2分解，减少ClO2分解 空气流速过快时，ClO2不能被充分吸收：空气流速过慢时，ClO2浓度过高导致分解 【解析】中的氯是+4价的，因此我们需

48、要一种还原剂将氯酸钠中+5价的氯还原，同时要小心题干中提到的易爆炸性。再来看实验装置，首先三颈烧瓶中通入空气，一方面可以将产物“吹”入后续装置，另一方面可以起到稀释的作用，防止其浓度过高发生危险，B起到一个安全瓶的作用，而C是吸收装置，将转化为，据此来分析本题即可。【详解】（1）用草酸来代替，草酸中的碳平均为+3价，因此被氧化产生+4价的二氧化碳，方程式为2NaClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+Na2SO4+H2O+2CO2；产生的可以稀释，防止其浓度过高发生危险；（2）50最好的加热方式自然是水浴加热，盛放浓硫酸的仪器为分液漏斗，中的氯元素为+3价，因此为亚氯酸钠；仪器B是一个

49、安全瓶，防止倒吸；而冰水浴一方面可以减少的分解，另一方面可以使变为液体，增大产率；当空气流速过快时，来不及被充分吸收，当空气流速过慢时，又会在容器内滞留，浓度过高导致分解。27、ABCD 56 min 银氨溶液的用量不同或pH不同 NH3 湿润的红色石蕊 在NaOH存在下，加热促进NH3H2O的分解，逸出NH3，促使Ag(NH3)2+2H2OAg+2NH3H2O平衡正向移动，c(Ag+)增大，Ag+、OH-反应产生的AgOH立即转化为Ag2O：Ag+2OH-=Ag2O+H2O 产物AgCl的溶解度小于Ag2SO4 3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO+2H2O 【解析】(1)灰白色沉淀

50、含有AgOH和Ag2O，最后为澄清溶液，说明这两种物质均溶于浓氨水；(2)由实验1和实验4知在56 min之间；根据表格数据，采用控制变量法分析；(3)根据物质的成分及性质，结合平衡移动原理分析产生的气体和Ag2O的原因；(4)FeCl3和Fe2(SO4)3的阳离子相同，因此从阴离子的角度考虑。氯化银的溶解度小于硫酸银，从沉淀溶解平衡分析。【详解】(1)向氨水中滴加硝酸银溶液，首先发生复分解反应：AgNO3+NH3H2O=AgOH+NH4NO3，AgOH能够被氨水溶解，会发生反应AgOH+2NH3H2O=Ag(NH3)2OH+2H2O；反应产生的AgOH不稳定，会发生分解反应： 2AgOH=Ag2O+H2O，分解产生的Ag2O也会被氨水溶解得到氢氧化二氨合银，反应