2022届四川省宜宾市南溪高考仿真模拟化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、常温下，用0.1 mol

2、L1NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1CH3COOH溶液的滴定曲线如图所示。下列说法正确的是A点所示溶液中：c(Na+)c(CH3COO)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)B点所示溶液中：c(Na+)c(H+)c(CH3COO) c(CH3COOH) c(OH)C点所示溶液中：c(CH3COO)c(Na+)c(OH)c(H+)D在整个滴定过程中：溶液中始终不变2、下列图示与操作名称不对应的是A升华B分液C过滤D蒸馏3、下列说法不正确的是（ ）A工厂常用的静电除尘装置是根据胶体带电这一性质设计的B铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物C铜属于重金属，化学性质不活泼

3、，使用铜制器皿较安全，但铜盐溶液都有毒DSO2是具有刺激性气味的有毒气体，但可应用于某些领域杀菌消毒4、如图是某元素的价类二维图。其中X是一种强碱，G为正盐，通常条件下Z是无色液体，D的相对原子质量比C小16，各物质转化关系如图所示。下列说法正确的是AE 可以是金属也可以是非金属BC 和 D 两种大气污染物，都能用排空气法收集CB 的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体D实验室制备 F 时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取5、下图所示的实验，能达到实验目的的是（ ）A验证化学能转化为电能B证明温度对平衡移动的影响C验证铁发生析氢腐蚀D验证AgCl溶解度大于Ag2S6、化学与生活密切相关，下列说法

4、不正确的是（）A用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染7、内经曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（ ）A蔗糖水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C苹果中富含的苹果酸HOOCCH(OH)CH2COOH是乙二酸的同系物D天然蛋白质水解后均得到-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽8、下列说法正确的是A在实验室用药匙取用粉末

5、状或块状固体药品BpH试纸使用时不需要润湿，红色石蕊试纸检测氨气时也不需要润湿C蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的液体中部D分液时下层液体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出9、氮及其化合物的转化过程如图所示。下列分析合理的是A催化剂a表面发生了极性共价键的断裂和形成BN2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%C在催化剂b表面形成氮氧键时，不涉及电子转移D催化剂a、b能提高反应的平衡转化率10、关于下列转化过程分析不正确的是AFe3O4 中 Fe 元素的化合价为+2、+3B过程中每消耗 58 g Fe3O4 转移 1 mol 电子C

6、过程的化学方程式为 3FeO+H2OFe3O4+H2D该过程总反应为 2H2O2H2+O211、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，其中Y元素在同周期中离子半径最小；甲、乙分别是元素Y、Z的单质；丙、丁、戊是由W、X、Y、Z元素组成的二元化合物，常温下丁为液态；戊为酸性气体，常温下0.01molL1戊溶液的pH大于2。上述物质转化关系如图所示。下列说法正确的是A原子半径：ZYXWBW、X、Y、Z不可能同存于一种离子化合物中CW和形成的化合物既可能含有极性键也可能含有非极性键D比较X、Z非金属性强弱时，可比较其最高价氧化物对应的水化物的酸性12、根据下列实验操作和现象所得到的结论正

7、确的是（ ）选项实验操作和现象实验结论A用铂丝蘸取某溶液进行焰色反应，火焰呈黄色溶液中无K+B用已知浓度HCl溶液滴定NaOH溶液，酸式滴定管用蒸馏水洗涤后，直接注入HCl溶液测得c(NaOH)偏高C使石蜡油裂解产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液褪色石蜡油裂解一定生成了乙烯D向淀粉溶液中加入稀硫酸，加热几分钟，冷却后再加入新制Cu(OH)2悬浊液，加热，无砖红色沉淀出现淀粉未水解AABBCCDD13、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（ ）滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀滴入Na2S溶液立

8、刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀A两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3B两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl36FeCl2+3SC向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeSD在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)314、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大元素W是制备一种高效电池的重要材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y是地壳中含量最丰富的金属元素，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍下列说法错误的是（）A元素W、X的氯化物中，各原子

9、均满足8电子的稳定结构B元素X与氢形成的原子比为1：1的化合物有很多种C元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成D元素Z可与元素X形成共价化合物XZ215、 “神药”阿司匹林是三大经典药物之一，下列有关阿司匹林的说法错误的是（）A能与NaHCO3溶液反应产生气体B与邻苯二甲酸（）互为同系物C在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸D1mol阿司匹林最多能与3molH2发生加成反应16、大气中CO2含量的增多除了导致地球表面温度升高外，还会影响海洋生态环境。某研究小组在实验室测得不同温度下（T1，T2）海水中CO32-浓度与模拟空气中CO2浓度的关系曲线。已知：海水中存在以下平衡：CO2（aq

10、）+CO32-（aq）+H2O（aq）2HCO3-（aq），下列说法不正确的是AT1T2B海水温度一定时，大气中CO2浓度增加，海水中溶解的CO2随之增大，CO32-浓度降低C当大气中CO2浓度确定时，海水温度越高，CO32- 浓度越低D大气中CO2含量增加时，海水中的珊瑚礁将逐渐溶解17、已知磷酸分子（）中的三个氢原子都可以与重水分子（D2O）中的 D 原子发生氢交换。又知次磷酸（ H3 PO2）也可与 D2O 进行氢交换，但次磷酸钠（NaH2PO2）却不能与 D2O 发生氢交换。下列说法正确的是AH3 PO2 属于三元酸BNaH2PO2 溶液可能呈酸性CNaH2PO2 属于酸式盐DH3 P

11、O2 的结构式为18、某温度下，将Cl2通入KOH溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，经测定ClO-和ClO3-个数比为1：2，则Cl2与KOH溶液反应时，被还原的氯与被氧化的氯的物质的量之比为（ ）A21：5B4：1C3：lD11：319、人的胃壁能产生胃液，胃液里含有少量盐酸，称为胃酸。胃过多会导致消化不良和胃痛。抗酸药是一类治疗胃痛的药物，能中和胃里过多的盐酸，缓解胃部的不适。下列物质不能作抗酸药的是（ ）A碳酸氢钠B氢氧化铝C碳酸镁D硫酸钡20、下列化合物中，属于酸性氧化物的是()ANa2O2BSO3CNaHCO3DCH2O21、两个单环共用一个碳原子的多环化合物称

12、为螺环化合物，共用的碳原子称为螺原子。螺5，5十一烷的结构为，下列关于该化合物的说法错误的是（ ）A一溴代物有三种B与十一碳烯互为同分异构体C分子中所有碳原子不可能在同一平面D1mo1该化合物完全燃烧需要16mo1O222、下列有关物质与应用的对应关系正确的是（ ）A甲醛可以使蛋白质变性，所以福尔马林可作食品的保鲜剂BCl2和SO2都具有漂白性，所以都可以使滴有酚酞的NaOH溶液褪色C碳酸氢钠溶液具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂D氯化铝是强电解质，可电解其水溶液获得金属铝二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A()是重要的有机化工原料。由A制备有机化合物F的合成路线(部分反应条件略

13、去)如图所示：（1）A的分子式是_，B中含有的官能团的名称是_。（2）DE的反应类型是_。（3）已知G能与金属钠反应，则G的结构简式为_。（4）写出EF的化学方程式：_。（5）写出符合下列条件的龙胆酸乙酯()的同分异构体有_种，写出其中一种同分异构体的结构简式：_ 。能发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应，但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应；核磁共振氢谱有四组峰，且峰的面积之比为6:2:1:1。（6）已知：。参照上述合成路线，设计一条以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线(无机试剂任用)：_。24、（12分）有机物G是一种医药中间体。其合成路线如下：(1)B中含氧官能

14、团名称为_和_。(2)BC反应类型为_。(3)D的分子式为C10H11OCl，写出D的结构简式：_。(4)写出满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。分子中含有1个苯环，能发生银镜反应；分子中有4种不同化学环境的氢。(5)请以、和为原料制备，写出相应的合成路线流程图(无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。25、（12分）图A装置常用于实验室制备气体(1)写出实验室用该装置制备O2化学方程式 _。(2)若利用该装置制备干燥NH3，试管中放置药品是_(填化学式)；仪器 a中放置药品名称是_ 。(3)图B装置实验室可用于制备常见的有机气体是_。仪器b名称是_。有学生利用图B装置用浓

15、氨水和生石灰制备NH3，请说明该方法制取NH3的原因 。_(4)学生甲按图所示探究氨催化氧化用一只锥形瓶倒扣在浓氨水试剂瓶口收集氨气 ，然后将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中；片刻，锥形瓶中气体变为红棕色。下列叙述正确的是_A如图收集氨气是利用氨水的密度较小 B锥形瓶必须干燥 C收集氨气时间越长，红棕色现象越明显 D铜丝能保持红热学生乙对学生甲的实验提出了异议，认为实验中产生的红棕色气体可能是空气中的氮气氧化后造成的，你认为学生乙的说法合理吗？请你设计一个简单实验证明学生乙的说法是否正确。_。26、（10分）某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验初步探究硝酸盐热分解的规律。（提出猜想）

16、小组提出如下4种猜想：甲：Mg(NO2)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2(1)查阅资料得知，NO2可被NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：_。(2)实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_。（实验操作）(3)设计如图装置，用氮气排尽装置中空气，其目的是_；加热Mg(NO3)2固体，AB装置实验现象是：_，说明有Mg(NO3)2固体分解了，有NO2生成。(4)有同学提出可用亚硫酸钠溶液检验是否有氧气产生，但通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，其作用是：_。(5)小组讨论后认为即便通过C后有氧气，仅仅用亚硫酸钠溶液

17、仍然难以检验，因为：_，改进的措施是可在亚硫酸钠溶液中加入_。(6)上述系列改进后，如果分解产物中有O2存在，排除装置与操作的原因，未检测到的原因是_。（用化学方程式表示）27、（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）。“酸浸”过程中，提高锌元素

18、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）。28、（14分）我国是世界上最早制得和使用铜、锌的国家，铜、锌及其化合物在日生产和生活中有着广泛的应用。回答下列问题：（1）Cu在元素周期表中位于 _（选填“s” “p” “d”或“ds” ）区。在高温下CuO能分解生成Cu2O，试从原子结构角度解释其原因_。（2）Cu2+能与吡咯（）的阴离子（）形成双吡

19、咯铜。中C和N原子的杂化均为_，1mol含有_mol键。双吡咯铜Cu（）2中含有的化学键有_（填编号）。A 金属键 B 极性键 C 非极性键 D 配位键 E 氢键噻吩（）的沸点为84，吡咯（ ）的沸点在129 131之间，吡咯沸点较高，其原因是_。分子中的大键可用符号表示，其中m代表参与形成的大键原子数，n 代表参与形成的大键电子数（如苯分子中的大键可表示为），则中的大键应表示为_。（3）硼氢化锌Zn （ BH4 ）2 常用作有机合成中的还原剂，BH4-的VSEPR模型为_，与其互为等电子体的分子和阳离子有_（各写一种）。（4）硒化锌（ZnSe）是一种半导体材料，其晶胞结构如图所示，图中X和Y

20、点所堆积的原子均为_（填元素符号）；该晶胞中硒原子所处空隙类型为 _（填“立方体”、 “正四面体”或“正八面体” ） ；若该晶胞的参数为a pm， NA代表阿伏加德罗常数的数值，则晶胞的密度为_ gcm-3（用相关字母的代数式表示）。29、（10分）明矾石是制取钾肥和氢氧化铝的重要原料，明矾石的组成和明矾相似，此外还含有氧化铝和少量氧化铁杂质。具体实验步骤如下图所示(明矾石焙烧后成分不变):完成下列填空:（1）“浸出”反应的离子方程式为_。“浸出”所用稀氨水浓度为39.20g/L，配制500mL该氨水需251.28g/L的浓氨水_mL。（2）“过滤”所需的玻璃仪器有_。（3）写出“溶解”过程中

21、发生反应的化学方程式_、_。（4）检验滤液中是否含有SO42-的实验方法_。（5）为测定钾氨复合肥K2SO4、(NH4)2SO4中SO42-的质量分数，设计实验步骤如下:_。溶于水，加入足量BaCl2溶液，待白色沉淀不再产生为止。过滤、_、_(依次填写实验操作名称)。冷却、称量所得沉淀的质量。（6）若所取试样和所得沉淀的质量分别为mg、ng,试用含有m、n的代数式表示该钾氮复合肥中SO42-的质量分数为_。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根据图像可知点所示溶液中含有等浓度的醋酸钠和醋酸，溶液显酸性，说明醋酸的电离程度大于醋酸根的水解程度，则

22、c(CH3COO)c(Na+)c(CH3COOH)c(H+)c(OH)，A错误；B点所示溶液显中性，则根据电荷守恒可知c(Na+)c(H+)c(CH3COO) c(OH)，B错误；C点所示溶液中二者恰好反应，生成的醋酸钠水解，溶液显碱性，则c(Na+)c(CH3COO)c(OH)c(H+)，C错误；D表示醋酸电离平衡常数的倒数，平衡常数只与温度有关系，因此在整个滴定过程中：溶液中始终不变，D正确。答案选D。2、A【解析】A、升华是从固体变为气体的过程，图中操作名称是加热，选项A不对应；B、由图中装置的仪器以及操作分离互不相溶的液体，可知本实验操作名称是分液，选项B对应；C、由图中装置的仪器以及

23、操作分离难溶固体与液体的混合物，可知本实验操作名称过滤，选项C对应；D、由图中装置的仪器以及操作分离沸点不同的液体混合物，可知本实验操作名称蒸馏，选项D对应。答案选A。3、A【解析】A. 工厂常用的静电除尘装置是根据胶粒带电这一性质设计的，不是胶体带电，故A错误；B. 铝、氧化铝具有两性，酸、碱还有盐等可直接侵蚀铝的保护膜以及铝制品本身，因此铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放酸性、碱性或咸的食物，故B正确；C. 铜盐溶液都含有重金属离子Cu2+，能使人体内的蛋白质变性，则铜盐溶液都有毒，故C正确；D. 二氧化硫本身不具有杀菌的作用，是与水反应所形成的新物质能起到杀死细菌、清洁消毒的作用，所以可以

24、应用于某些领域杀菌消毒，故D正确；故选A。4、D【解析】G + NaOH反应生成氢化物，再结合D的相对原子质量比C小16，可以得出F为氨气，D为NO，E为氮气，C为NO2，B为HNO3，A为NaNO3。【详解】A选项，E是氮气，故A错误；B选项，C和D两种大气污染物，NO2不能用排空气法收集，故B错误；C选项，B的浓溶液具有强氧化性，故C错误；D选项，实验室制备氨气时，可以将其浓氨水和碱石灰反应得到，故D正确；综上所述，答案为D。5、B【解析】A由图可知，没有形成闭合回路，不能形成原电池，不能验证化学能转化为电能，故A不能达到实验目的；B在圆底烧瓶中存在化学平衡：2NO2N2O4，二氧化氮为红

25、棕色气体，利用颜色的深浅，可说明温度对二氧化氮与四氧化二氮的化学平衡的影响，故B能达到实验目的；C食盐水为中性，铁发生吸氧腐蚀，不会发生析氢腐蚀，故C不能达到实验目的；D加入NaCl溶液后，溶液中Ag+还有剩余，再滴入Na2S溶液后，会生成黑色沉淀，不存在沉淀的转化，因此无法判断AgCl与Ag2S的溶解度大小关系，故D不能达到实验目的；故答案为B。6、C【解析】A乙烯含有碳碳双键，可被酸性高锰酸钾氧化，因此用浸泡过高锰酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故A正确；B实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25

26、%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故B正确；C煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、H2、CH4等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故C错误；D因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅污染，故D正确；答案选C。7、C【解析】A蔗糖水解产物为葡萄糖和果糖，二者分子式均为C6H12O6，互为同分异构体，故A正确；B食用油为油脂，油脂是高级脂肪酸与甘油形成的酯，在体内酶的催化作用下水解，生成高级脂肪酸和甘油，故B正确；C苹果酸含有羟基，乙二酸不含羟

27、基，二者结构不相似，不属于同系物，故C错误；D天然蛋白质都是由氨基酸缩聚而成的，水解均得到-氨基酸；甘氨酸脱去氨基，丙氨酸脱去羟基为一种，甘氨酸脱去羟基、丙氨酸脱去氨基为一种，共两种，故D正确；故答案为C。【点睛】甘氨酸和丙氨酸分子间可以形成两种二肽，甘氨酸和甘氨酸有一种、丙氨酸和丙氨酸有一种，即两种氨基酸可以形成共4种二肽。8、D【解析】A、粉末状或小颗粒状固体，要利用药匙，块状固体药品要用镊子取用，故A错误；B、红色石蕊试纸检测气体时需要润湿，而pH试纸使用时不需要润湿，故B错误；C、蒸馏操作时，装置中的温度计的水银球应位于蒸馏烧瓶中的支管口处，测的是蒸汽的温度，故C错误；D、分液时下层液

28、体从分液漏斗下端管口放出，关闭活塞，换一个接收容器，上层液体从分液漏斗上端倒出，故D正确；故选D。9、B【解析】A.催化剂A表面是氮气与氢气生成氨气的过程，发生的是同种元素之间非极性共价键的断裂，A项错误；B. N2与H2在催化剂a作用下反应生成NH3属于化合反应，无副产物生成，其原子利用率为100%，B项正确；C. 在催化剂b表面形成氮氧键时，氨气转化为NO，N元素化合价由-3价升高到+2价，失去电子，C项错误；D. 催化剂a、b只改变化学反应速率，不能提高反应的平衡转化率，D项错误；答案选B。【点睛】D项是易错点，催化剂通过降低活化能，可以缩短反应达到平衡的时间，从而加快化学反应速率，但不

29、能改变平衡转化率或产率。10、B【解析】AFe3O4的化学式可以改写为Fe2O3FeO，Fe3O4中Fe元素的化合价为+2、+3，故A正确；B过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)当有2molFe3O4分解时，生成1mol氧气，而58g Fe3O4的物质的量为0.25mol，故生成0.125mol氧气，而氧元素由-2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；C过程中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3FeO+H2OFe3O4+H2，故C正确；D过程：2Fe3O4(s)=6FeO(s)+O2(g)过程II：3FeO(s)+H2O(l)=H2(g)+Fe3O4(

30、s)，相加可得该过程总反应为2H2O=O2+2H2，故D正确；故选：B。11、C【解析】Y元素在同周期中离子半径最小，金属离子外的电子层数比相应的原子少一层，而且同周期金属元素离子半径随着原子序数的递增而减小，而非金属元素的离子的电子层没有减少，所以Y应为Al元素。丁为二元化合物，而且为液态，为水。丙与水反应得到两种物质，而且一种为酸。0.01molL1戊溶液的pH大于2，为弱酸。短周期中二元化合物为弱酸的HF和H2S。结合乙是Z的单质，Z的原子序数比Al大，Z为S元素。涉及的反应为2Al3SAl2S3，Al2S36H2O=2Al(OH)33H2S。W、X、Y、Z分别为H、O、Al、S。AH原

31、子半径最小。同周期的元素，原子序数越大，原子半径越小，Al原子的半径大于S；同主族元素，原子序数越大，原子半径越大，S的原子半径大于O，排序为Y（Al） Z（S） X（O） W（H），A项错误；BH、O、Al、S可以存在于KAl(SO4)212H2O中，存在离子键，为离子化合物，B项错误；CW(H)和X(O)的化合物可能为H2O和H2O2。H2O的结构简式为HOH，含有极性键。H2O2的结构简式为HOOH，含有极性键和非极性键，C项正确；D比较X(O)和Z(S)的非金属性，不能比较最高价氧化物对应的水化物的酸性，因为O没有它的含氧酸。D项错误；本题答案选C。12、B【解析】A.所给现象只能确定

32、有Na+，不能确定是否有K+，确定是否有K+要透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色，A项错误；B.滴定管在盛装溶液前要用待装液润洗23次，如不润洗，滴定管内壁残存的水分将会对装入的溶液进行稀释，导致所耗盐酸的体积偏大，造成NaOH的浓度的计算结果偏高，B项正确；C.酸性高锰酸钾溶液的褪色，只是说明生成了不饱和烃，不能确切指生成了乙烯，C项错误；D.在加入新制的氢氧化铜悬浊液之前，一定要加过量的NaOH溶液中和作为催化剂的硫酸，并调整溶液至碱性，不然即使淀粉发生水解生成了葡萄糖，也不能与新制的氢氧化铜悬浊液共热产生砖红色沉淀，D项错误；所以答案选择B项。13、D【解析】实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3

33、，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。【详解】A开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；B硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl36FeCl2+3S，故B正确；C发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；D在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。故选：D。14、A【解析】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰

34、富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。【详解】X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，是C元素，Y是地壳中含量最丰富的金属元素，为Al元素。Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素，W是制备一种高效电池的重要材料，是Li元素。A、W、X的氯化物分别为LiCl和CCl4，则Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，故A错误；B、元素X与氢形成的化合物有C2H2，C6H6等，故B正确；C、元素Y为

35、铝，铝与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成，故C正确；D、硫和碳可形成共价化合物CS2，故D正确；答案选A。15、B【解析】A、含-COOH，能与NaHCO3 溶液反应产生气体，故A正确；B、与邻苯二甲酸()的官能团不完全相同，不是同系物，故B错误；C、含-COOC-，在酸性条件，能发生水解反应生成乙酸，故C正确；D、只有苯环与氢气发生加成，则1mol 阿司匹林最多能与 3mol H2 发生加成反应，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意羧酸、酯的性质，题目难度不大。16、C【解析】题中给出的图，涉及模拟空气中CO2浓度以及温度两个

36、变量，类似于恒温线或恒压线的图像，因此，在分析此图时采用“控制变量”的方法进行分析。判断温度的大小关系，一方面将模拟空气中CO2浓度固定在某个值，另一方面也要注意升高温度可以使分解，即让反应逆向移动。【详解】A升高温度可以使分解，反应逆向移动，海水中的浓度增加；当模拟空气中CO2浓度固定时，T1温度下的海水中浓度更高，所以T1温度更高，A项正确；B假设海水温度为T1，观察图像可知，随着模拟空气中CO2浓度增加，海水中的浓度下降，这是因为更多的CO2溶解在海水中导致反应正向移动，从而使浓度下降，B项正确；C结合A的分析可知，大气中CO2浓度一定时，温度越高，海水中的浓度也越大，C项错误；D结合B

37、项分析可知，大气中的CO2含量增加，会导致海水中的浓度下降；珊瑚礁的主要成分是CaCO3，CaCO3的溶解平衡方程式为：，若海水中的浓度下降会导致珊瑚礁中的CaCO3溶解平衡正向移动，珊瑚礁会逐渐溶解，D项正确；答案选C。17、D【解析】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，据此分析解答。【详解】A. 根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，故A

38、错误；B. NaH2PO2属于正盐并且为强碱形成的正盐，所以溶液不可能呈酸性，故B错误；C. 根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，则H3PO2属于一元酸，所以NaH2PO2属于正盐，故C错误；D. 根据以上分析，H3PO2中只有一个羟基氢，结构式为，故D正确；故选：D。【点睛】某正盐若为弱碱盐，由于弱碱根水解可能显酸性，若为强碱盐其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解为碱性。18、D【解析】ClO-和ClO3-个数比为1：2，则按电子守恒，它们与Cl-的个数比为1：2：11，从而得出被还原的氯(生成Cl-)与被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物质的量之比为11:3。故选D。19、D

39、【解析】碳酸氢钠、氢氧化铝、碳酸镁、硫酸钡中只有硫酸钡不能和盐酸反应。答案D20、B【解析】A.Na2O2是过氧化物，不属于酸性氧化物，选项A错误；B.SO32NaOH=Na2SO4H2O，SO3是酸性氧化物，选项B正确；C.NaHCO3不属于氧化物，是酸式盐，选项C错误；D. CH2O由三种元素组成，不是氧化物，为有机物甲醛，选项D错误。答案选B。【点睛】本题考查酸性氧化物概念的理解，凡是能与碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，注意首先必须是氧化物，由两种元素组成的化合物，其中一种元素为氧元素的化合物。21、B【解析】A.该分子内有三种等效氢，分别位于螺原子的邻位、间位和对位，因此一取代物

40、有三种，A项正确；B.直接从不饱和度来判断，该烷形成了两个环，不饱和度为2，而十一碳烯仅有1个不饱和度，二者不可能为同分异构体，B项错误；C.分子中的碳原子均是饱和碳原子，所以碳原子不可能在同一平面上，C项正确；D.该物质的分子式为，因此其完全燃烧需要16mol氧气，D项正确；答案选B。22、C【解析】A甲醛可使蛋白质变性，可以用于浸泡标本，但甲醛有毒，不能作食品的保鲜剂，A错误；B滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体后溶液褪色，发生复分解反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质，B错误；C小苏打能够与胃酸中的盐酸反应，可用于制胃酸中和剂，C正确；D电解氯化铝的水溶液得到氢气、氯气和氢氧化

41、铝，制取不到Al，电解熔融氧化铝生成铝，D错误；答案为C。【点睛】Cl2和SO2都具有漂白性，但漂白原理不同；二氧化硫使滴有酚酞的NaOH溶液褪色体现酸性氧化物的性质，二氧化硫使溴水、高锰酸钾溶液褪色体现二氧化硫的还原性。二、非选择题(共84分)23、C6H7N 羰基、碳碳双键 酯化反应（或取代反应） HOCH2COOC2H5 +C6H5CH2Br+HBr 2 或 【解析】本小题考查有机化学基础知识，意在考查学生推断能力。（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式；由有B的结构简式确定其官能团；（2）根据D和E的官能团变化判断反应类型；（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E

42、的结构简式可确定G的结构简式；（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F；（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构；（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。【详解】（1）结合芳香族化合物A的结构简式可知其分子式为C6H7N；根据B的结构简式确定其官能团为羰基、碳碳双键。本小题答案

43、为：C6H7N；羰基、碳碳双键。（2）根据D和E的官能团变化分析，DE发生的是酯化反应（或取代反应）。本小题答案为：酯化反应（或取代反应）。（3）G能与金属钠反应，则G中含羧基或羟基，对比D和E的结构简式可确定G中含羟基，结构简式为HOCH2COOC2H5。本小题答案为：HOCH2COOC2H5。（4）EF的反应中，E中的酚羟基的氢原子被苯甲基取代生成F，方程式为+C6H5CH2Br+HBr。本小题答案为： + C6H5CH2Br +HBr。（5）发生银镜反应，与FeCl3溶液不发生显色反应但水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明该有机物分子中不含有酚羟基，但其水解产物中含有酚羟基，

44、故该有机物为酯类，核磁共振氢谱有四组峰，氢峰的面积之比为6:2:1:1，说明该有机物分子中含有4种等效氢原子，其中6个氢应该为两个甲基上的H，则该有机物具有对称结构，结合结构简式可知，满足条件的有机物的结构简式为或本小题答案为：、（6）根据信息，以苯酚、乙醇为原料制备龙胆酸乙酯()的合成路线为。本小题答案为：。24、羰基 羧基 还原反应 【解析】A与在AlCl3作用下发生取代反应生成，与HCl在催化剂作用下发生加氢还原反应生成，与SOCl2发生取代反应生成D，D在AlCl3作用下发生取代反应生成根据逆分析法可知，D为，据此分析作答。【详解】（1）B为，其中含氧官能团名称为羰基和羧基；（2）BC

45、的过程中，羰基转化为亚甲基，属于还原反应；（3）与SOCl2发生取代反应生成D，D的分子式为C10H11OCl，可知D为：；（4）F的分子式为C16H16O，其不饱和度=162+2-162=9，分子中含有1个苯环，能发生银镜反应，则说明分子内含醛基；分子中有4种不同化学环境的氢，则分子为对称结构，满足上述条件的同分异构体为：；（5）根据上述合成路线，若以请以可以先将苯在AlCl3作用下与CH3COCl进行反应，再利用生成的与以及水进行反应制备，采用逆合成分析法结合目标产物，只要将酸性条件下加热可生成，最后与氢气加成即可得到，具体合成路线为：。25、：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2

46、KClO32KCl+3O2； NH4Cl、Ca(OH) 2 碱石灰 乙炔或CHCH 分液漏斗 生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3 BD 现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象 【解析】(1)该装置为固体加热制取氧气，因此可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，反应产生水，可用碱石灰干燥；(3)图2装置为固+液气，可用于制备常见的有机气体乙炔，仪器b分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气；B氨气极易溶于水，锥形瓶必

47、须干燥；C4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2分析；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热；另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察现象。如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成。【详解】(1)该装置为固体加热制取氧气，可加热高锰酸钾或加热氯酸钾和二氧化锰的混合物，化学方程式为2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2，2KClO32KCl+3O2，故答案为：2KMnO4K2MnO4+MnO2+O2或2KClO32KCl+3O2；(2)实验室装置为固+固气，可利用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2

48、NH4Cl=CaCl2+2NH3+2H2O，产物中的水可用碱石灰干燥，故答案为：NH4Cl、Ca(OH)2；碱石灰；(3)图2装置为固+液气，可用于制备常见的有机气体乙炔，CaC2+2H2OCa(OH)2+CHCH，仪器b分液漏斗，生石灰与氨水中的水反应发出大量的热，可以促使氨水分解生成NH3，故答案为：乙炔或CHCH；分液漏斗；生石灰与氨水中的水反应发出大量的热促使氨水分解生成NH3；(4)A浓氨水挥发，氨气密度小于空气，故A错误；B氨气极易溶于水，锥形瓶必须干燥，故B正确；C发生的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，收集氨气时间越长，锥形瓶中氧气浓度越低，最终生

49、成NO2的浓度越低，颜色越浅，故C错误；D该反应为放热反应，铜丝能保持红热，故D正确；故答案为：BD；现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象，如果无现象，则证明上述红棕色气体由氨催化氧化后造成，而不是空气中氮气氧化后造成，如出现红棕色气体，说明乙的说法合理；故答案为：现另取一个锥形瓶，将红热的螺旋状铜丝插入锥形瓶中观察象。26、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O 不符合氧化还原反应原理 避免对产物O2的检验产生干扰 固体减少，产生红棕色气体，溶液中有气泡冒出 确保二氧化氮已被除尽，防止干扰氧气的检验 亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，难以判断反应是否发生了

50、几滴酚酞试剂 4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O 【解析】(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2；(2)根据氧化还原反应化合价升降相等判断；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽；加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被二氧化氮氧化；(5)亚硫酸钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是二氧化氮、氧气与水反应。【详解】

51、(1)NO2在碱性条件下自身发生氧化还原反应，与氢氧化钠反应生成NaNO3和NaNO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的方程式为2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)由于丙产物中化合价只有降低情况，没有升高，不满足氧化还原反应的特征，不符合氧化还原反应原理；(3)为检验是否生成氧气，应将装置内的氧气排尽，避免对产物O2的检验产生干扰，加热Mg(NO3)2固体，固体质量减小，如生成红棕色气体，则有NO2生成；(4)亚硫酸钠具有还原性，可被氧气氧化，也可被NO2氧化，通入之前，还需在BD装置间增加滴有酚酞的氢氧化钠溶液，可确保NO2已被除尽，防止干扰氧气的检验；(5)亚硫酸

52、钠溶液与氧气反应没有明显现象，结合亚硫酸钠溶液呈碱性，硫酸钠溶液呈中性判断，可滴加几滴酚酞试剂，如溶液由红色变为无色，说明有氧气生成；(6)如果分解产物中有O2存在，但没有检测到，可能原因是NO2、O2与H2O反应，发生方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3或4NO2+O2+4NaOH=4NaNO3+2H2O。【点睛】本题为实验探究题目，答题时主要在把握物质的性质基础上把握实验的原理、目的以及相关实验的基本操作，侧重考查学生的分析、实验能力。27、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+MnO

53、2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-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ZnSO47H2O。(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