2022届山东省菏泽市部分重点学校高考化学一模试卷含解析

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、25时，在20 mL 0.1 molL1一元弱酸HA溶液中滴加0. 1 mol L1 NaOH溶液，溶液中1gc(A-)/c(HA)与pH关系如图所

2、示。下列说法正确的是AA点对应溶液中：c(Na+)c(A-)c(H+)c(OH-)B25时，HA酸的电离常数为1. 0 105.3CB点对应的NaOH溶液体积为10 mLD对C点溶液加热(不考虑挥发)，则c(A-)/c(HA)c(OH-)一定增大2、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是()A50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应，转移电子的数目为0.05NAB密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，所得物质中的氧原子数为4NAC30g乙酸和甲醛（HCHO）的混合物完全燃烧，消耗O2的分子数目为NAD1L0.1mol/L的CH3COONH4溶液中，CH3COOH和CH3COO的

3、微粒数之和为0.1NA3、下表所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是AABBCCDD4、海洋约占地球表面积的71%，具有十分巨大的开发潜力。工业上从海水中提取镁的流程如下：下列说法中正确的是A工业上使Mg2+沉淀，试剂应选用NaOHB将MgCl2溶液直接蒸干得到无水MgCl2C电解MgCl2溶液在阴极得到金属MgD要使MgSO4完全转化为沉淀，加入试剂的应过量5、为了除去括号中的杂质，不合理的是（）选项物质（杂质）加入试剂方法A氯化铵溶液（FeCl3）氢氧化钠溶液过滤BKNO3（s）（少量NaCl）水结晶C乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液分液D乙醇（水）新制生石灰蒸馏AAB

4、BCCDD6、反应aX(g) + bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（ ）Aa+b 0Ba+b c, Q c, Q 0Da+b c, Q 07、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A1molMg在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为NAB14g分子式为CnH2n的链烃中含有的CH键的数目为2NAC室温时，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的数目为0.2NADFe与水蒸汽反应生成22.4L氢气，转移电子数为2NA8、依据反应2KIO3+5SO2+4H2OI2+3H2SO4+2KHSO4（KIO3过量），利用下列装置从反应后的

5、溶液中制取碘的CCl4溶液并回收KHSO4。下列说法不正确的是A用制取SO2B用还原IO3-C用从水溶液中提取KHSO4D用制取I2的CCl4溶液9、工业上获得大量乙烯、丙烯、丁二烯的方法是（）A卤代烃消除B煤高温干馏C炔烃加成D石油裂解10、下列有关化学用语表示正确的是A甲酸乙酯的结构简式：CH3OOCCH3BAl3+的结构示意图：C次氯酸钠的电子式：D中子数比质子数多1的磷原子：11、下列说法不正确的是A常温下，0.1 molL1CH3COONa溶液的pH=8，则该溶液中 c(CH3COOH)=（10-6-10-8）molL1B对于相同浓度的弱酸HX和HY(前者的Ka较大)溶液，加水稀释相

6、同倍数时，HY溶液的pH改变值大于HX溶液的pH改变值C硫酸钡固体在水中存在以下平衡BaSO4（s）Ba2+（aq）+SO42-（aq），当加入饱和碳酸钠溶液时可以生成BaCO3沉淀D常温下，a molL1的CH3COOH溶液与0.01molL1NaOH溶液等体积混合后溶液呈中性，此温度下醋酸的电离平衡常数Ka=12、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、为探究NaHCO3、Na2CO3与1 mol/L盐酸反应（设两反应分别是反应、反应）过程

7、中的热效应，进行实验并测得如下数据：序号液体固体混合前温度混合后最高温度35 mL水2.5 g NaHCO320 18.5 35 mL水3.2 g Na2CO320 24.3 35 mL盐酸2.5 g NaHCO320 16.2 35 mL盐酸3.2 g Na2CO320 25.1 下列有关说法正确的是A仅通过实验即可判断反应是吸热反应B仅通过实验即可判断反应是放热反应C通过实验可判断出反应、分别是吸热反应、放热反应D通过实验可判断出反应、分别是放热反应、吸热反应14、在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A的

8、电子式:B乙酸的球棍模型C该反应为吸热反应D该反应为化合反应15、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A1L 0.1mol/L的NaHS溶液中HS-和S2-离子数之和为0.1NAB2.0 g H218O与D2O的混合物中所含中子数为NAC1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAD3 mol Fe在足量的水蒸气中完全反应转移9NA个电子16、下列属于强电解质的是A蔗糖B甘氨酸CI2DCaCO317、实验室从废定影液含Ag(S2O3)23-和Br-等中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧Ag2S制Ag；制取Cl2并通入滤液氧化Br-，

9、用苯萃取分液。其中部分操作的装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）A用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌B用装置乙在空气中高温灼烧Ag2S制取AgC用装置丙制备用于氧化滤液中Br-的Cl2D用装置丁分液时，先放出水相再放出有机相18、化合物Y具有抗菌、消炎作用，可由X制得。下列有关化合物X、Y的说法不正确的是（ ）A1molX最多能与3molNaOH反应BY与乙醇发生酯化反应可得到XCX、Y均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D室温下X、Y分别与足量Br2加成的产物分子中手性碳原子数目相等19、下列实验操作、实验现象和结论均正确的是()实验操作现象结论A测定常温时同浓度的HCOONa溶液、NaClO溶

10、液溶液的pHpH(HCOONa)HClOB向1mlL1molL1的NaOH溶液中加入5mL 2mol/L的CuSO4溶液，振荡后再加入0.5mL有机物X，加热未出现砖红色沉淀说明X不是葡萄糖C把烧得红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中产生大量蓝绿色的烟Cu在Cl2中能燃烧D在试管中加入1 mL 0.1molL1的FeCl3溶液，再加入1 mL 0.5molL1的盐酸溶液颜色变浅H+能抑制Fe3+的水解AABBCCDD20、下表中对应关系正确的是ACH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HClCH2=CH2+HClCH3CH2Cl均为取代反应B由油脂得到甘油由淀粉得到葡萄糖均发生了水解反应CCl2

11、+2Br=2Cl+Br2Zn+Cu2+=Zn2+Cu均为单质被还原的置换反应D2Na2O2+2H2O+4NaOH+O2Cl2+H2O=HCl+HClO均为水作还原剂的氧化还原反应AABBCCDD21、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A所含共价键数均为0.4NA的白磷(P4)和甲烷的物质的量相等B1 mol Na与O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物共失去NA个电子C1mol Na2O2固体中含有离子总数为4NAD25时，pH=13的氢氧化钠溶液中约含有NA个氢氧根离子22、常温下，HCOOH和CH3COOH的电离常数分别1.80104和1.75105。将pH=3，体积均为V0

12、的两种酸溶液分别加水稀释至体积V，pH随lg的变化如图所示。下列叙述错误的是（ ）A溶液中水的电离程度：b点c点B相同体积a点的两溶液分别与NaOH恰好中和后，溶液中n(Na+)相同C从c点到d点，溶液中不变（HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子）D若两溶液无限稀释，则它们的c(H+)相等二、非选择题(共84分)23、（14分）药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐,用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。完成下列填空：47、写出反应类型：反应_、反应_。48、写出结构简式：A_、C_。49、由1mol B转化为C，消耗H2的物质的量为_。如果将、两步颠倒，则最后得到的是（写

13、结构简式）_。50、D有同类别的同分异构体E，写出E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式_。51、写出与A的属于芳香族化合物的同分异构体与盐酸反应的化学方程式_。24、（12分）香豆素-3-羧酸是一种重要的香料，常用作日常用品或食品的加香剂。已知：RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）+R1OH（1）A和B均有酸性，A的结构简式：_；苯与丙烯反应的类型是_。（2）F为链状结构，且一氯代物只有一种，则F含有的官能团名称为_。（3）D丙二酸二乙酯的化学方程式：_。（4）丙二酸二乙酯在一定条件下可形成聚合物E，其结构简式为：_。（5）写出符合下列条件的丙二酸二乙酯同分异构体的结

14、构简式：_。与丙二酸二乙酯的官能团相同；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321；能发生银镜反应。（6）丙二酸二乙酯与经过三步反应合成请写出中间产物的结构简式：中间产物I_；中间产物II_。25、（12分）硫酸锌可用于制造锌钡白、印染媒染剂等。用锌白矿(主要成分为ZnO，还含有Fe2O3、CuO、SiO2等杂成) 制备ZnSO47H2O的流程如下。相关金属离了生成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0molL-1计算）如下表：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHFe3+1.13.2Fe2+5.88.8Zn2+6.48.0 (1)“滤渣1”的主要成分为_(填化学式）。“

15、酸浸”过程中，提高锌元素浸出率的措施有：适当提高酸的浓度、_(填一种)。(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应的化学方程式为_。(3)“氧化”一步中，发生反应的离子方程式为_。溶液pH控制在3.2，6.4)之间的目的是_。(4)“母液”中含有的盐类物质有_ (填化学式）。26、（10分）某学习小组以电路板刻蚀液（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

16、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50.00m

17、L。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_27、（12分）葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：实验流程如下：回答下列问题：（1）第步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是_。甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是_。（2）第步CaCO3固体过量，其目的是_。（3）本实验中_(填“能”或“不能”)用CaCl2替

18、代CaCO3，理由是_。（4）第步“某种操作”名称是_。（5）第步加入乙醇的作用是_。（6）第步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是_(填标号)。A冷水 B热水 C乙醇 D乙醇水混合溶液28、（14分）实现碳及其化合物的相互转化，对开发新能源和降低碳排放意义重大。（1）已知：CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=x已知：标准状态下，由最稳定的单质生成1mol化合物的焓变，称为该化合物的标准摩尔生成焓，几种物质的标准摩尔生成焓如下。则x=_kJmol1。(标准摩尔生成焓：CH4(g)75kJ/mol；H2O(g)240kJ/mol；CO(g)110kJ

19、/mol；H2(g)0kJ/mol)（2）为了探究温度、压强对反应(1)的影响，在恒温恒容下，向下列三个容器中均充入4molCH4和4molH2O。容器温度/体积/LCH4平衡浓度/molL1平衡时间/min甲40011.55.0乙5001xt1丙4002yt2平衡前，容器甲中反应的平均速率(H2)=_mol/(Lmin)；在一定条件下，能判断容器丙中的反应一定处于化学平衡状态的是_(填序号)；A3v(CH4)正=v(H2)逆 BCH4和H2O的转化率相等C容器内压强保持不变 D混合气体的密度保持不变平衡后，乙容器中CH4的转换率较丙低，其原因是_，其中t1_t2(填“”、 “Ka2，其原因是

20、_。（4）我国科学家根据反应CO2C+O2，结合电解池原理设计出了二氧化碳捕获与转化装置。该装置首先利用电解池中熔融电解质ZrO捕获CO2，发生的相关反应为：CO2+O2=CO32，2CO2+O2=C2O52，然后CO32在阴极转化为碳单质和_；C2O52在阳极发生电极反应，其方程式为_。29、（10分）一种合成囧烷（E）的路线如下图所示：（1）A中所含官能团的名称是_，E的分子式为_。（2）AB、BC的反应类型分别是_、_。（3）在一定条件下，B与足量乙酸可发生酯化反应，其化学方程式为_。CD为醛酮缩合反应，其化学方程式为_。（4）F是一种芳香族化合物，能同时满足下列条件的F的同分异构体有_

21、种。1个F分子只比1个C分子少2个氢原子苯环上有3个取代基1 mol F能与2 mol NaOH反应写出其中核磁共振氢谱图有5组峰，且峰面积比为32221的一种物质的结构简式：_。（5）1，2环己二醇是一种重要的有机合成原料，请参照题中的合成路线，以和为主要原料，设计合成1，2环己二醇的合成路线（其他试剂任选）_。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、B【解析】A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）c（OH-），结合电荷关系判断；B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），结合HA酸的电离常数Ka的表达式进行计算；C. 在20mL HA溶液中加入1

22、0mL NaOH溶液，得到等浓度的HA和NaA混合溶液，根据题意判断出电离程度与水解程度的大小关系，再分析作答； D. = =，Kh为A-的水解常数，据此分析判断。【详解】A. A点对应溶液显酸性，即c（H+）c（OH-），溶液中电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（A-）+c（OH-），所以离子浓度关系为c（A-）c（Na+）c（H+）c（OH-），A项错误；B. pH=5.3时，=0，即c（A-）=c（HA），HA酸的电离常数Ka= =c（H+）=10-pH=10-5.3，B项正确；C. 由于Ka=10-5.3 = = Kh，所以20 mLHA溶液中加入10mL NaOH溶液，得到等

23、浓度的HA和NaA混合溶液，混合溶液以电离为主，使c（A-）c（HA），即0，故B点对应的NaOH溶液的体积小于10 mL，C项错误；D. A-的水解常数Kh随温度升高而增大，所以 = =，随温度升高而减小，D项错误；答案选B。2、A【解析】A项、50mL 1mol/L硝酸与Fe完全反应生成硝酸铁或硝酸亚铁，若硝酸的还原产物只有一氧化氮，50mL 1mol/L硝酸的物质的量为0.05mol，则生成一氧化氮转移的电子数目为0.0375mol，故A错误；B项、2molNO与1molO2所含O原子的物质的量为4 mol，由质量守恒定律可知，反应前后原子个数不变，则所得物质中的氧原子数为4NA，故B正

24、确；C项、乙酸和甲醛（HCHO）的最简式相同，均为CH2O，30gCH2O的物质的量为1mol，1molCH2O完全燃烧消耗O2的物质的量为1mol，故C正确；D项、1L0.1mol/L的CH3COONH4的物质的量为0.1mol，由物料守恒可知溶液中CH3COOH和CH3COO的物质的量为0.1mol，故D正确。故选A。【点睛】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。3、B【解析】A氢氧化铝不能一步反应生成铝，不符合转化关系，A不符合题意；B稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，符合转化关系， B符合题

25、意；C二氧化硅不溶于水，不能与水反应生成硅酸，不符合转化关系，C不符合题意；DCu与氧气反应生成氧化铜，氧化铜不能与水反应产生氢氧化铜，氢氧化铜不能直接变为铜单质，不符合转化关系，D不符合题意；故合理选项是B。4、D【解析】A. 工业上使Mg2+沉淀，应选用廉价的石灰乳，可利用海边大量存在的贝壳煅烧成石灰制得，故A错误；B. 氯化镁是强酸弱碱盐，加热时，氯化镁水解生成氢氧化镁和盐酸，升高温度促进盐酸挥发，所以小心蒸干氯化镁溶液最终得到氢氧化镁而不是氯化镁，故B错误；C. 电解熔融MgCl2在阴极得到金属Mg，电解MgCl2溶液在阴极得到H2，故C错误；D. 为了使镁离子完全转化，加入试剂的量应

26、过量，故D正确。故答案选D。5、A【解析】A二者均与NaOH反应，不能除杂，应加氨水、过滤，选项A错误；B二者溶解度受温度影响不同，可结晶法分离，选项B正确； C乙酸与碳酸钠反应后，与乙酸乙酯分层，可分液分离，选项C正确； DCaO与水反应后，增大与乙醇的沸点差异，可蒸馏分离，选项D正确； 答案选A。6、D【解析】观察图可知，P1P2，T1T2。升高温度，X的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，Q0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+bc，故选D。7、B【解析】A由于镁反应后变为+2价，故1mol镁反应转移2NA个电子，故A错误；BCnH2n的最简式为CH

27、2，故14g此链烃中含有的CH2的物质的量为1mol,则含2NA个CH键，故B正确；C pH=13的氢氧化钡溶液中氢氧根浓度为0.1mol/L，故1L溶液中含有的氢氧根的物质的量为0.1mol，个数为0.1NA个，故C错误；D氢气所处的状态不明确，故其物质的量无法计算，则转移的电子数无法计算，故D错误；答案选B。【点睛】不管Mg在空气中完全燃烧生成MgO或者是Mg3N2，镁的化合价都升高到+2价，从化合价的变化，算出电子转移的数目。8、C【解析】A加热条件下Cu和浓硫酸反应生成二氧化硫，所以该装置能制取二氧化硫，故A正确；B二氧化硫具有还原性，碘酸钾具有氧化性，二者可以发生氧化还原反应生成碘，

28、且倒置的漏斗能防止倒吸，所以能用该装置还原碘酸根离子，故B正确；C从水溶液中获取硫酸氢钾应该采用蒸发结晶的方法，应该用蒸发皿蒸发溶液，坩埚用于灼烧固体物质，故C错误；C四氯化碳和水不互溶，可以用四氯化碳萃取碘水中的碘，然后再用分液方法分离，故D正确；答案选C。9、D【解析】石油裂解是在比裂化更高的温度下（一般在1000左右），使长链烃断裂得到大量短链不饱和烃的方法，其它方法均不适合在工业上大规模生产，答案选D。10、D【解析】A. 甲酸乙酯的结构简式：HCOOCH2CH3，故错误；B. Al3+的结构示意图： ，故错误；C. 次氯酸钠的电子式：，故错误；D. 中子数比质子数多1的磷原子含有16

29、个中子，质量数为31，符号为：，故正确。故选D。【点睛】掌握电子式的书写方法，离子化合物的电子式中含有电荷和括号，每个原子符号周围一般满足8电子结构。分清原子之间的共用电子对的数值和写法。11、B【解析】A列出溶液中的电荷守恒式为：，溶液中的物料守恒式为：，两式联立可得：，又因为溶液在常温下pH=8，所以有，A项正确；B由于，HX酸性更强，所以HX溶液在稀释过程中pH变化更明显，B项错误；C硫酸钡向碳酸钡的转化方程式为：，当向硫酸钡中加饱和碳酸钠溶液时，溶液中的碳酸根浓度很高，可以让上述转化反应正向进行，生成BaCO3沉淀，C项正确；D常温下，两种溶液混合后，溶液呈中性，即：=10-7mol/

30、L；列出溶液的电荷守恒式：，所以有：；此外，溶液中还有下列等式成立：，所以；醋酸的电离平衡常数即为：，D项正确；答案选B。【点睛】处理离子平衡的题目，如果题干中指出溶液呈中性，一方面意味着常温下的该溶液c(H+)=10-7mol/L，另一方面意味着溶液中，可以通过将这个等量关系与其他守恒式关联进一步得出溶液中其他粒子浓度之间的等量关系。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

31、有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、C【解析】A根据表中数据可知，碳酸氢钠溶于水为吸热反应，不能仅根据实验混合后溶液温度降低而判断碳酸氢钠与盐酸的反应为吸热反应，需要结合实验综合判断，故A错误；B根据实验可知，碳酸钠溶于水的过程为吸热过程，所以不能仅根据实验碳酸钠与盐酸反应后混合液温度升高判断反应是放热反应，故B错误；

32、C根据实验可知，碳酸氢钠溶于水后混合液温度从20降低到18.5，而实验中碳酸氢钠与盐酸反应后混合液温度从20降低16.218.5，通过反应后混合液温度更低，证明反应为吸热反应；同理根据实验碳酸钠溶于水，混合液温度从20升高到24.3，实验中碳酸钠与盐酸反应，温度从20升高到25.124.3，碳酸钠与盐酸反应后混合液的温度比碳酸钠溶于水后升高的温度更高，证明碳酸钠与盐酸的反应为放热反应，故C正确；D根据选项C的分析可知，反应为吸热反应、反应为放热反应，故D错误；故选C。14、C【解析】A二氧化碳属于共价化合物，碳原子和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B乙酸的分子式为

33、CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。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

34、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、D【解析】完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐是强电解质，弱酸和弱碱都是弱电解质。【详解】A蔗糖是非电解质，故A不选；B甘氨酸是弱电解质，故B不选；CI2 是单质，不是电解质，故C不选；DCaCO3属于盐，是强电解质，故D选；故选D。【点睛】本题考查

35、了强弱电解质的判断，电解质强弱与电离程度有关，与溶液的导电性强弱无关，D为易错点，CaCO3难溶，但溶于水的部分全电离。17、C【解析】A过滤分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌，容易损坏滤纸，A不正确；B蒸发皿不能用于灼烧，在空气中高温灼烧Ag2S会生成SO2，污染环境，同时生成的Ag会被氧化成Ag2O，B不正确；CKMnO4与浓盐酸不需加热就能反应生成Cl2，C正确；D分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，D不正确；故选C。18、B【解析】A.X中能与NaOH反应的官能团是羧基和酯基，1mol羧基能消耗1molNaOH，X中酯基水解成羧基和酚羟基，都能与氢氧化钠发生中和反应，1mol

36、这样的酯基，消耗2molNaOH，即1molX最多能与3molNaOH反应，故A说法正确；B.Y中含有羟基，对比X和Y的结构简式，Y和乙酸发生酯化反应得到X，故B说法错误；C.碳碳双键及连接苯环的碳原子上含有H原子的结构都能与酸性高锰酸钾溶液反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C说法正确；D.X中只有碳碳双键能和溴发生加成反应，Y中碳碳双键能和溴发生反应，两种有机物与溴反应后，X、Y中手性碳原子都是4个，故D说法正确；答案：B。19、A【解析】A、弱酸的酸性越强，其对应盐水解程度小，盐溶液的pH越小；B、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应必须在碱性环境下、加热进行；C、Cu丝在Cl2燃烧，产生大量

37、棕色的烟；D、加入等体积的盐酸，稀释也会造成FeCl3溶液颜色变浅。【详解】A项、弱酸的酸性越强，其对应盐水解程度越小，盐溶液的pH越小。室温时，同浓度的HCOONa溶液的pH小于NaClO溶液，说明NaClO的水解程度大于HCOONa，则酸性HCOOH大于HClO，故A正确；B项、葡萄糖和新制的Cu（OH）2反应必须在碱性环境下、加热进行，1mL1molL1的NaOH溶液中与5mL 2mol/L的CuSO4溶液反应，硫酸铜过量，NaOH的量不足，不是碱性条件，加入0.5mL有机物X，加热无红色沉淀出现，不能说明X不是葡萄糖，故B错误；C项、把烧得红热的Cu丝伸入盛满Cl2的集气瓶中，Cu丝剧

38、烈燃烧，产生大量棕色的烟，故C错误；D项、向1 mL 0.1molL1的FeCl3溶液中加入1 mL 0.5molL1的盐酸，可能是因为盐酸体积较大，稀释造成颜色变浅，故D错误。故选A。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，把握反应原理及反应与现象的关系为解答的关键。20、B【解析】ACH2=CH2+HClCH3CH2Cl为烯烃的加成反应，而CH3CH3+Cl2CH3CH2Cl+HCl为烷烃的取代反应，故A错误；B油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均发生了水解反应，故B正确；CCl2+2Br-2Cl-+Br

39、2中Cl元素的化合价降低；Zn+Cu2+Zn2+Cu中Zn元素的化合价升高，前者单质被还原，后者单质被氧化，均属于置换反应，故C错误；D.2Na2O2+2H2O4NaOH+O2中只有过氧化钠中O元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化，属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点是D，2Na2O2+2H2O4NaOH+O2反应中只有过氧化钠中的O元素的化合价变化；Cl2+H2OHCl+HClO中只有Cl元素的化合价变化。21、B【解析】A、P4和甲烷空间结构都是正四面体，P4的空间结构是，1

40、mol白磷中有6molPP键，甲烷的空间结构为，1mol甲烷中4molCH键，0.4NA共价键，当含有共价键的物质的量为0.4mol时，白磷的物质的量为0.4/6mol，甲烷的物质的量为0.4/4mol，故A错误；B、无论是Na2O还是Na2O2，Na的化合价为1价，1molNa都失去电子1mol，数目为NA，故B 正确；C、由Na2O2的电子式可知，1molNa2O2固体中含有离子总物质的量为3mol，个数为3NA，故C错误；D、题中未给出溶液的体积，无法计算OH的物质的量，故D错误，答案选B。22、B【解析】从图中可以看出，随着溶液的不断稀释，的pH大于的pH，则表明的n(H+)小于的n(

41、H+)，从而表明lg=0时，对应的酸电离程度大，为HCOOH，为CH3COOH；pH=3时，二者电离产生的c(H+)相等，由于HCOOH的电离常数大于CH3COOH，所以CH3COOH的起始浓度大。【详解】A在c点，溶液的pH大，则酸电离出的c(H+)小，对水电离的抑制作用小，所以溶液中水的电离程度：b点c点，A正确；B相同体积a点的两溶液，CH3COOH的物质的量比HCOOH大，分别与NaOH恰好中和后，消耗的NaOH体积大，所以CH3COOH溶液中n(Na+)大，B错误；C对于HCOOH来说，从c点到d点，温度不变，溶液中=Ka(HCOOH)不变，C正确；D若两溶液无限稀释，可看成是纯水，

42、所以它们的c(H+)相等，D正确；故选B。二、非选择题(共84分)23、取代反应 消去反应 10mol 【解析】根据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物，所以A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成B，和氢气发生加成反应生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：；据以上分析进行解答。【详解】据流程图中苯转化为，为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，CCl4+2+2HCl，同一碳上的羟基不稳定，所以卤代烃水解消去得到酮，根据酮和A反应生成，推之酮和A发生加成反应的产物

43、，+，A为：，在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应+H2O，生成B，和氢气发生加成反应+10H2，生成C，C与D反应生成心舒宁，所以D为：，反应为：+，1结合以上分析可知，反应取代反应、 反应是醇的消去；2发生加成反应生成，结合原子守恒和碳架结构可得出A的结构简式：；C是由经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可C的结构简式为：；3B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故由1mol B转化为C，完全加成消耗H2的物质的量为10mol；如果将、两步颠倒，则发生反应为中间体B先与生成盐，后再与H2加成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键即为；4D为与之

44、同类别的同分异构体E为，E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式；5A的属于芳香族化合物的同分异构体为与盐酸反应的化学方程式。24、CH3COOH 加成反应 羰基 +2C2H5OH2H2O 【解析】丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，可知D为丙二酸；由(1)可知A和B均有酸性，则存在羧基，故A为CH3COOH；A与溴水和红磷反应得到B，B再与NaCN反应得到C，则B为BrCH2COOH，C为NCCH2COOH；根据信息提示，高聚物E为。【详解】(1)由分析可知A为CH3COOH；苯与丙烯反应得到异丙基苯，为加成反应，故答案为：CH3COOH；加成反应；(2) F为C3H6O，不饱和度为1，链状结构

45、，且一氯代物只有一种，则存在两个甲基，故F为丙酮，官能团为羰基，故答案为：羰基；(3)丙二酸二乙酯由D和乙醇反应得到，方程式为+2C2H5OH2H2O ，故答案为：+2C2H5OH2H2O ；(4)根据信息提示，则丙二酸二乙酯()要形成高聚物E，则要发生分子间的缩聚反应，高聚物E为，故答案为： ；(5) 丙二酸二乙酯(C7H12O4)同分异构体满足与丙二酸二乙酯的官能团相同，说明存在酯基；核磁共振氢谱有三个吸收峰，且峰面积之比为321，故氢个数分别为6，4，2；能发生银镜反应，说明要存在醛基或者甲酯，官能团又要为酯基，只能为甲酯，根据可知，含有两个甲酯，剩下-C5H10，要满足相同氢分别为6、

46、4，只能为两个乙基，满足的为 ，故答案为：； (6) 与丙二酸二乙酯反生加成反应，故双键断裂，苯环没有影响，则醛基碳氧双键断裂，生成，进过消去反应得到，根据题干信息RCOOR1+R2OHRCOOR2+R1OH（R代表烃基）提示，可反生取代得到，故答案为：；。【点睛】本题难点(5)，信息型同分异构体的确定，一定要对所给信息进行解码，确定满足条件的基团，根据核磁共振或者取代物的个数，确定位置。25、SiO2粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）Zn+CuSO4Cu+ZnSO43Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-

47、变为MnO2沉淀，避免引入杂质ZnSO4、K2SO4【解析】锌白矿中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分别和稀硫酸反应生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反应，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向滤液中混入Zn，将Fe3+还原为Fe2+，得到Cu沉淀，然后过滤，得到的滤液中含有ZnSO4、FeSO4，向滤液中加入高锰酸钾，高锰酸钾将Fe2+氧化为Fe3+，向溶液中加入适量氧化锌，溶液pH升高，铁离子转化为氢氧化铁沉淀，过滤，得到的滤液中含有ZnSO4，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到ZnSO47

48、H2O。(1)根据上述分析，“滤渣1”的主要成分为二氧化硅。浸取过程中，为提高浸出效率可采用的措施有，可将矿石粉碎或提高浸取时的温度，或适当增大酸的浓度等，故答案为SiO2；粉碎锌白矿（或充分搅拌浆料、适当加热等）；(2)“置换”过程中，加入适量的锌粉，除与溶液中的Fe3+，H+反应外，另一主要反应为置换铜的反应，反应的化学方程式为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，故答案为Zn+CuSO4Cu+ZnSO4；(3)根据流程图，“氧化”一步中，Fe2+能被高锰酸钾氧化生成Fe3+，高锰酸钾被还原成二氧化锰，生成是铁离子转化为氢氧化铁沉淀反应的离子方程式为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe

49、(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在3.2，6.4)之间可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质，故答案为3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ ；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-变为MnO2沉淀，避免引入杂质；(4)根据上述分析，氧化后溶液转化含有的盐类物质有ZnSO4、K2SO4，故答案为ZnSO4、K2SO4。点睛：本题考查物质分离和提纯、实验装置综合等知识点，为高频考点，明确物质的性质及实验步骤是解本题关键，知道流程图中发生的反应及基本操作方法、实验先后顺序等。本题的易错点是（3）中

50、离子方程式的书写和配平。26、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

51、+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

52、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。27、温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率 不能 氯化钙与葡萄糖酸不反应 趁热过滤 降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出 D 【解析】葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3(C6H11O7)2Ca(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+C

53、O2+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。【详解】(1)根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55，所以还需要温度计；倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在

54、溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇水的混合溶液”进行洗涤。28、+205 1.5 AC 根据勒夏特列原理，容器乙因温度比丙高，平衡正向移动，因压强比丙大平衡逆向移动，但压强影响为主，乙的转化率比丙低 110-6 碳酸不带电，而碳酸氢根带一个单位的负电荷 O2 2C2O52+4e = O2+4 CO2 【解析】C(s) + 2H2 (g) = CH4 (g) H=75kJ/mol；O2(g) + H2 (g) = H2O(g) H=240kJ/mol；C(s) + O2(g) = CO(g) H=110kJ/mol；根据第3个方程减去第2 个和第1个方程得到CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H= + 205 kJmol1。平衡前，容器甲中反应的平均速率甲烷开始的浓度为4 molL1，平衡时的浓度为1.5 molL1，改变的浓度为2.5 m