湖南省邵阳市洞口、隆回、武冈2021-2022学年高三适应性调研考试化学试题含解析

2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。.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。.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、下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是CL、AkH2 B.Fi,K、HC1C.NO2>Na、Br2 D.HNCh、SO2>H2O2、下列离子方程式书写正确的是（）A.氢氧化钢溶液中加入硫酸镀：Ba2++OH+NH4++SO?=BaSOj|+NH3H2OB.用惰性电极电解CuCh溶液：Cu2++2Cr+2H通电Cu（OHbl+H2T+CI2TC.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫：Ca2++2C1O-+SO2+H2O=CaSO3l+2HC1OD.向苯酚钠溶液中通入少量的CO2：C6H5O+CO2+HzO^ChHsOH+HCOj3、如图所示是一种以液态脐（N2H』）为燃料，某固体氧化物为电解质的新型燃料电池。该电池的工作温度可高达700〜900C,生成物均为无毒无害的物质。下列说法错误的是负载固体氧化物电解质A.电池总反应为：N2H4+2O2=2NO+2H2。B.电池内的-由电极乙移向电极甲C.当甲电极上消耗ImoIN2H4时，乙电极理论上有22.4L（标准状况下）Ch参与反应D.电池正极反应式为：O2+4e=2O2-4、设Na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A.在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应时转移的电子数为0.2Na12g石墨中C-C键的数目为2NaC.常温下，将27g铝片投入足量浓硫酸中，最终生成的Sth分子数为1.5NaD.常温下，lLpH=l的CH3COOH溶液中，溶液中的H+数目为O.INa5、用下列实验装置进行相应的实验，能达到实验目的的是

甲甲A.甲用于制取氯气B.乙可制备氢氧化铁胶体C.丙可分离L和KC1固体D.丁可比较Cl、C、Si的非金属性6、阿斯巴甜（Aspartame,结构简式如图）具有清爽的甜味，甜度约为蔗糖的200倍.下列关于阿斯巴甜的错误说法是A.在一定条件下能发生取代反应、加成反应B.酸性条件下的水解产物中有两种氨基酸一定条件下既能与酸反应、又能与碱反应D.分子式为CuHwNzCh,属于蛋白质7、根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向2支盛行5mL不同浓度NaHSCh溶液的试管中同时加入2mL5%HKh溶液,观察实验现象浓度越大，反应速率越快B向NaCRNai的混合稀溶液中滴入少量稀AgNOj溶液,有黄色沉淀生成KMAgClAfAgl)C向盛有2mL黄色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液,观察颜色变化维生素C具材还原性D向20%蔗糖溶液中加入少量稀HSO,.加热：再加入银氨溶液,未出现银镜蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D8、锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。VS2/Zn扣式可充电电池组成示意图如下。Zi?+可以在vs,晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为VS,+xZn、'Zi^VS,。下列说法错误的是（ ）

双甲秋敏锌双甲秋敏锌水溶液涂vs：

的不锈

徊箔A.放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B.放电时负极的反应为Zn-2e-=Zn2+C.充电时电池正极上的反应为：ZnxVS2+2xe+xZn2+=VS2+2xZnD.充电时锌片与电源的负极相连9、锚(Bi)位于元素周期表中第VA族,其价态为+3时较稳定,铀酸钠(NaBiO》溶液呈无色。现取一定量的硫酸锦(MnSOs)溶液，向其中依次滴加下列溶液，对应的现象如表所示:加入溶液①适量锡酸钠溶液②过量双氧水③适量KI淀粉溶液实验现象溶液呈紫红色溶液紫红色消失，产生气泡溶液缓慢变成蓝色在上述实验条件下，下列结论不正确的是()A.BiO1的氧化性强于MnOjB.电。2可被高锦酸根离子氧化成02C.向锡酸钠溶液中滴加KI淀粉溶液，溶液一定变蓝色D.出。2具有氧化性，能把K1氧化成h10、下列反应中，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型的是A.CH3CHO->CH3COOHb.ch2=chci->tchl1为C.D.CH3coOH—CH3coOCH2cH3A.CH3CHO->CH3COOHb.ch2=chci->tchl1为C.D.CH3coOH—CH3coOCH2cH3CH,ZCH,‘X_/311、已知：/一\（顺・2・J,烯）CH3VHCH,（反-2J烯）AH=-akJ/mol下列说法中正确的是(A.顺-2•丁烯比反2丁烯稳定B.顺2丁烯分子比反2丁烯分子能量低C.高温有利于生成顺-2-丁烯D.等物质的量的顺2丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量相等12、下列卤代足不能够由点经加成反应制得的是13、某稀硫酸和稀硝酸混合溶液100mL,逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉加入量的变化如图所示。下列说法错误的是（）0 11.216.822.4m（Fe）/gA.H2s浓度为4moi/LB.溶液中最终溶质为FeSO4C.原混合酸中NCV浓度为0.2mol/LD.AB段反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+14、下列实验合理的是（）A.A B.B C.C D.D15、下列有关物质的分类或归类正确的是A.化合物：CaCL、烧碱、聚苯乙烯、HDB.电解质：明矶、胆矶、冰醋酸、硫酸领C.同系物：CH2O2、C2H4O2、C3H6。2、CjHsOzD.同位素：犍、犍、T/16、向含ImolNaOH、2molNaAl(OH)4,1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应，加入溶质H2sCh的量和生成沉淀的量的关系正确的是选项ABCDn(H2so4)/mol2345n(沉淀)/mol2321.5A B.B C.C D.D17,下列说法或表示方法中正确的是A.等质量的硫蒸气和硫固体分别完全燃烧，后者放出的热量多B.由C(金刚石)一C(石墨)△"=-1.9kJ•mol1可知，金刚石比石墨稳定C.在101kPa时，2gH2完全燃烧生成液态水，放出285.8kJ热量，氢气燃烧的热化学方程式为：2H2(g)+(h(g)—2H2。⑴△"=-285.8kJ.mol1D.在稀溶液中：H+(aq)+OH(aq)—H2O(l)A//=-57.3kJ«mol 若将含0.5molH2sO』的浓溶液与含1molNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ18、短周期元素T、R、W、G在周期表中的相对位置如图所示。下列说法正确的是T的氢化物的沸点一定低于R的W的氧化物对应的水化物一定是强酸T和W组成的化合物含两种化学键D.工业上电解熔融氧化物制备G的单质19、氮气与氢气在催化剂表面发生合成氨反应的微粒变化历程如图所示。u-uuuu。。通。%_® 0 ®下列关于反应历程的先后顺序排列正确的是()A.④③B.®<3XD®C.③①D.④③②①20、中国传统文化博大精深，明代方以智的《物理小识》中有关炼铁的记载：“煤则各处产之，臭者烧熔而闭之成石,再凿而入炉日礁，可五日不灭火，煎矿煮石，殊为省力。”下列说法中正确的是

A.《物理小识》中记载的是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁B.文中说明以煤炭作为燃料被普遍使用，煤的主要成分为煌C.生铁是指含硫、磷、碳量低的铁合金D.工业上可通过煤的干储获得乙烯、丙烯等化工原料21、肿（N2H0是一种高效清洁的火箭燃料。25C、lOlkPa时，0.25molN2H“g）完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量。下列说法正确的是（ ）A.该反应的热化学方程式为N2HMg）+O2（g）=N2（g）+2H2O（g）A//=-534kJmor'N2H4的燃烧热534kJmolTC.相同条件下，ImolN2H4（g）所含能量高于ImolNKg）和2molHzO（g）所含能量之和D.该反应是放热反应，反应的发生不需要克服活化能22、X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序数=族序数，由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示的转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体。下列说法正确的是W的原子序数是Z的两倍，金属性强于ZW元素在周期表中的位置是第四周期VHI族C.丙属于两性氧化物D.等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HNOj的量一定相等二、非选择题（共84分）23、（14分）某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示:200CZn（CH3coB~

CH3coOH”（C4H6。2）①NaOH200CZn（CH3coB~

CH3coOH”（C4H6。2）①o已知：①A属于煌类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。②D的分子式为C7H80,遇FeCb溶液不发生显色反应。

③R,CHO③R,CHO+R2CH2COOH催化剂350CRCH-CCOOH+HQ请回答以下问题:(1)A的结构简式为。(2)反应①的反应类型为,B中所含官能团的名称为。(3)反应③的化学方程式是»D的核磁共振氢谱有组峰；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有(不含D)种。(5)反应④的化学方程式是。(6)参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品O设计合理的合成路线 。合成路线流程图示例：bCHCH3,CH3CH2OH—CH3cH2OOCCH324、(24、(12分)结晶玫瑰广泛用于香料中，它的两条合成路线如下图所示:已知：两个羟基同时连在同一碳原子上的结构不稳定，会发生脱水反应:-c-on_-川山JJ=0+H2OOH完成下列填空：(1)A的俗称是；D中官能团的名称是;反应②的反应类型是。(2)写出G与氢氧化钠溶液反应的化学方程式。R) Ri⑶已知：HO-c'lI则可推知反应②发生时，会得到一种副产物，写出该副产物的结构简式 。(4)G的同分异构体L遇FeCh溶液显色，与足量浓漠水反应未见白色沉淀产生，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则共热生成的有机物的结构简式为(任写一种)25、(12分)草酸(乙二酸)存在于自然界的植物中。草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体

（H2c2Or2IhO）无色，熔点为101易溶于水，受热脱水、升华，17。P以上分解。回答下列问题:—_澄清剪石灰水A B C（1）装置C中可观察到的现象是,装置B的主要作用是.（2）请设计实验验证草酸的酸性比碳酸强 .26、（10分）亚硝酰硫酸（NOSO』H）纯品为棱形结晶，溶于硫酸，遇水易分解，常用于制染料。SO2和浓硝酸在浓硫酸存在时可制备NOSOM反应原理为：SO2+HNO3=SO3+HNO2^SO3+HNO2=NOSO4Ho①仪器I的名称为,打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是.②按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为（填仪器接口字母，部分仪器可重复使用）.③A中反应的方程式为.④B中“冷水”的温度一般控制在20C,温度不宜过高或过低的原因为。（2）亚硝酰硫酸（NOSOJI）纯度的测定。称取1.500g产品放入250mL的碘量瓶中，并加入100.00mL浓度为0.1000mol^T的KMnfh标准溶液和10mL25%的H2sO4,摇匀；用0.5000mo卜LT的Na2C204标准溶液滴定，滴定前读数1.02mL,到达滴定终点时读数为31.02mL。已知：i：nKMnO4+nNOSO4H+□=ciK2sO4+ciMnSCh+ciHNCh+ciH2sO4ii：2KMnO4+5Na2c2O4+8H2SO4=2MnSO4+IOCO2T+8H2O①完成反应i的化学方程式：□KMnO4+dNOSOjH+□=口1<2sO4+aMnSO4+aHNOj+nH2sO$②滴定终点的现象为.③产品的纯度为.27、（12分）实验室用如图装置（夹持装置略）制备高效水处理剂高铁酸钾（LFeOj）并探究其性质。装置A 装置B 装置C 装置D已知KzFeCh具有下列性质：①可溶于水，微溶于浓KOH溶液；②在0C〜5C、强碱性溶液中比较稳定，在Fe(OH)3或Fe3+催化下发生分解；③在弱碱性至酸性条件下，能与水反应生成02和Fe(OHb(或Fe3+)。(1)装置A用于制取氯气，其中使用恒压漏斗的原因是一o(2)为防止装置C中MFeO』分解，可以采取的措施是一和一。(3)装置C中生成QFeO』反应的离子方程式为.(4)用一定量的KzFeOs处理饮用水，测得产生的体积随时间的变化曲线如图所示。tis〜12s内，。2的体积迅速增大的主要原因是。(5)验证酸性条件下氧化性FeO42->CL的实验方案为：取少量KzFeCh固体于试管中，«(实验中须使用的的试剂和用品有：浓盐酸，NaOH溶液、淀粉KI试纸、棉花)⑹根据KzFeO,的制备实验得出：氧化性C12>Fe(h*,而第⑸小题实验表明，CL和FeO户的氧化性强弱关系相反,原因是.28、(14分)有机物结构如图所示，下列说法正确的是()A.能使滨水与KMnCh溶液褪色B.含有3种官能团，分子式C11H12O3C.可以发生加成反应、取代反应D.易溶于水与有机溶剂29、(10分)含有N、P、Fe、Ti等元素的新型材料有着广泛的用途。(1)基态Fe原子未成对电子数为个；基态Ti原子的价电子排布图是.(2)意大利罗马大学的：FuNvioCacace等人获得了极具理论研究意义的N4分子，其中氮原子的轨道杂化形式为°⑶比较气态氢化物瞬(PH3)和氨(NH3)的键角：PH3NH"填“大于”、“小于”或“等于”),主要原因为 0(4)半夹心结构催化剂M能催化乙烯、丙烯、苯乙烯的聚合，其结构如图所示。ClaaC1I.①组成M的元素中，电负性最大的是(填名称)。②M中含有(填标号)。An键 Bg键C离子键 D配位键(5)已知金刚石的晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图如下图B所示，则金属铁晶胞沿其体对角线垂直在纸平面上的投影图应该是图 (填标号)。(6)某种磁性氮化铁的晶胞结构如图所示，其中距离铁原子最近的铁原子的个数为,氮化铁晶胞底边长为acm,高为ccm,则这种磁性氮化铁的晶体密度为g•cnr'用含a、c和Na的计算式表示)。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】物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。【详解】A.CL中C1元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；A.F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高钵酸钾反应表现还原性，B正确；C.NO2和水的反应说明N（h既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溟单质既有氧化性又有还原性，C错误；D.SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。故合理选项是B,【点睛】本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。2、D【解析】A.该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba2++2OH-+2NH4++SOj-=BaSO“+2NH3・H2（）,故A错误；B.用惰性电极电解饱和CuCL溶液时，阴极上Cu"放电能力大于H+,阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu2++2CI通电Cu+CLT,故B错误；C.向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫,发生氧化还原反应,离子方程式为SO2+Ca2++3ClO+H2O=CaSO4i+2HClO+Cl,故C错误；D.苯酚钠溶液中通入少量CO2,反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：C6H5O+CO2+H2O-ChHsOH+HCOj,故D正确；答案选Do3、A【解析】A、按照题目意思，生成物均为无毒无害的物质，因此N2H4和02反应的产物为Nz和H2O,总反应方程式为N2H』+O2=N2+2H2O,A错误，符合题意；B、在原电池中，阴离子向负极移动，N2H4中N的化合价从-1升高到0,失去电子，因此通过N2H』的一极为负极，则-由电极乙向电极甲移动，B正确，不符合题意；C、总反应方程式为N2H4+Ch=N2+2H2O,每消耗ImolN2H4,就需要消耗ImoKh,在标准状况下的体积为22.4L,C正确，不符合题意；D、根据题目，Ch得到电子生成。2-，电极方程式为(h+4e-=2O2-,D正确，不符合题意；答案选A。4、D【解析】A.在标准状况下，将4.48L的氯气通入到水中反应是可逆反应，氯气未能完全参与反应，转移的电子数小于0.2Na,故A错误；B.一个C连3个共价键，一个共价键被两个C平分，相当于每个C连接1.5个共价键，所以12gC即ImolC中共价键数为1.5Na,故B错误；C.常温下，铝片与浓硫酸钝化，反应不能继续发生，故C错误；D.常温下，lLpH=l即c(H+)=0.1mol/L的CBbCOOH溶液中，溶液中的n(H+)=0.1mol/LxlL=0.1mol,数目为0.1Na»故D正确。答案选D。5、C【解析】A.MnCh与浓盐酸反应制备氯气需要加热，缺少加热装置，A不能达到实验目的；B.向NaOH溶液中滴加饱和FeCb溶液得到红褐色的Fe(OH)3沉淀，不能获得氢氧化铁胶体，制备氢氧化铁胶体应向沸水中逐滴加入5~6滴FeCb饱和溶液，继续加热至液体呈红褐色即可，B不能达到实验目的；C.L易升华，加热L和KC1固体的混合物，L变为碘蒸气，碘蒸气在圆底烧瓶底冷凝成L固体，烧杯中留下KC1,C能达到实验目的；D.锥形瓶中产生气泡，说明锥形瓶中发生反应2HC1+Na2co3=2NaCl+H2O+CO2T，得出酸性HCDH2CO3,但HC1不是氯元素的最高价含氧酸，不能比较C、。非金属性强弱，由于盐酸具有挥发性，从锥形瓶导出的CO2中一定混有HCI,HC1能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，故烧杯中产生白色沉淀，不能说明CO2一定与硅酸钠溶液发生了反应，不能比较H2c03、H2SiO3酸性的强弱，不能比较C、Si非金属性的强弱，D不能达到实验目的；答案选C。6、D【解析】A.分子中含有-COOH、酯基-COO-、肽键工二一能发生取代反应，分子中含有苯环能发生加成反应，故A正确；MB.酸性条件下肽键发生水解，生成两种氨基酸，故B正确；C.阿斯巴甜中含有氨基，具有碱性，可与酸反应，含有-COOH,具有酸性，可与碱反应，故C正确；D.蛋白质属于高分子化合物，该有机物相对分子质量较小，不属于蛋白质，故D错误；故选Do7、C【解析】A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度是否相同，并且NaHSOj溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故A错误；B.向NaCl、Nai的混合溶液中滴加少量稀AgNCh溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到Agl的溶度积，但由于NaCl、Nai浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故B错误；C.由于维生素C能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故C正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故D错误。故答案选C.8、C【解析】如图：对VSz/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极，电极反应Zn-2e-=Zn2+；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A.放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；B.放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2e-=Zn2+,故B正确；C.充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；D.充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；故选C。9、C【解析】向一定量的硫酸铳(MnSCh)溶液中滴入适量锡酸钠溶液，溶液呈紫红色说明Mn2+被BiOj•氧化为MnO/；再滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnO,把H2O2氧化为02；最后滴入适量KI淀粉溶液，溶液缓慢变成蓝色，说明H2O2把KI氧化为12；【详解】A.氧化剂的氧化性大于氧化产物，MiP+被BiO.#氧化为MnOj,BiCh-的氧化性强于MnO「，故A正确；B.滴入过量双氧水，溶液紫红色消失，产生气泡，说明MnOj把H2O2氧化为02,故B正确；c.锄酸钠具有强氧化性，向钿酸钠溶液中滴加ki溶液，r可能被氧化为io”所以溶液不一定变蓝色，故c错误；D.由③中现象可知：碘离子被双氧水氧化成单质碘，故D正确；故选C。【点睛】本题考查学生氧化还原反应中氧化性强弱的判断方法，掌握氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性是关键，注意I被强氧化剂氧化的产物不一定是上。A【解析】乙醇生成乙醛为氧化反应，据此解答。【详解】CH3CHO-CH3COOH,为氧化反应，与乙醇生成乙醛属于同一种反应类型，故A选；C1CH2=CHC1-TcHl^H至为碳碳双键的加聚反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故B不选：NS为苯环上H的取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故C不选；CH3coOHTCH3COOCH2cH3为乙酸与乙醇的酯化反应，属于取代反应，与乙醇生成乙醛的反应类型不同，故D不选；故答案选A.11、C【解析】A.反应可知是放热反应，顺-2-丁烯能量高于反-2-丁烯的能量，所以反-2-丁烯稳定，故A错误；B.反应可知是放热反应，顺-2-丁烯能量高于反-2-丁烯的能量，故B错误；C.温度升高平衡向吸热反应方向进行，所以平衡逆向进行，有利于生成顺-2-丁烯，故C正确；D.顺-2-丁烯能量高于反-2-丁烯的能量，等物质的量的顺-2-丁烯和反-2-丁烯分别与足量氢气反应，放出的热量不相等，故D错误；故答案选C.12、C【解析】A、,。可由环己烯发生加成反应产生，A错误；CH)B、可由甲基丙烯与氯化氢发生加成反应生成，B错误；CH,C、rc-4-CHQ可由2,2-二甲基丙烷发生取代反应产生，不能通过加成反应生成，C正确；8H3CH3cH3D.C为＜一《一CH,可由2,3,3一三甲基一1一丁烯与氯化氢发生加成反应生成，D错误。CH©答案选C。13、C【解析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NOj+4H+=Fe3++NOt+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2t.最终消耗Fe为22.4g,此时溶液中溶质为FeSO4,则n(FeSO4)=n(Fe),由硫酸根守恒n(H2sO4)=n(FeSO4),根据OA段离子方程式计算原混合酸中NO：物质的量，再根据c=^计算c(H2SO4),C(NOr)o【详解】A、反应消耗22.4g铁，也就是22.4g+56g/mol=0.4moL所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4moL所以硫酸的浓度是4mol/L,A正确；B、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSCh,B正确；C、OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe"+NOT+2H2。，硝酸全部起氧化剂作用，所以n(NOr)=n(Fe)=0.2mol,NOjT浓度为2mol/L,C错误；D、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3+4H+=Fe3++NOT+2H2O,AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+,BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2T，D正确。答案选C。【点晴】该题难度较大，解答的关键是根据图象分析各段发生的反应，注意与铁的反应中硝酸全部起氧化剂作用。在做此类题目时，应当先分析反应的过程，即先发生的是哪一步反应，后发生的是哪一步。计算离子时注意用离子方程式计算。还需要用到一些解题技巧来简化计算过程，比如合理使用守恒原理等。14、D【解析】A.盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较C1与C的非金属性强弱，同时盐酸易挥发，与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱，故A错误；B.过氧化钠为粉末固体，隔板不能使固体与液体分离，关闭止水夹，不能使反应随时停止，图中装置不合理，故B错c.碳酸氢钠与氯化氢会发生反应生成二氧化碳气体，引入新的杂质，应用饱和食盐水，故C错误；D.四氯化碳的密度比水大，不溶于水，可使气体与水隔离，从而可防止倒吸，故D正确；故选D。【点睛】A项是学生们的易错点，其中盐酸不是氯元素的最高价含氧酸，因此不能通过盐酸的酸性大于碳酸的酸性比较C1与C的非金属性强弱，应用高氯酸；同时盐酸易挥发，能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，会干扰二氧化碳、水与硅酸钠的反应，因此图中装置不能说明碳酸的酸性大于硅酸的酸性，则不能比较C与Si的非金属性强弱。15、B【解析】A.CaCL、烧碱属于化合物，聚乙烯是高分子化合物，属于混合物，HD为单质，选项A错误；B.明矶是硫酸铝钾结晶水合物，胆研是硫酸铜结晶水合物，冰醋酸是醋酸，硫酸领是盐，它们都是在水溶液中或熔化状态下能导电的化合物，都是电解质，选项B正确；CH2O2、C2H4O2、C3H6。2、C4HxO2,结构不相似，不属于同系物，选项C错误；[C、1C是碳元素不同核素，互为同位素，1C6a是单质，选项D错误。答案选B。16、A【解析】A、2moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，Imol氢离子与偏铝酸钠反应生成Imol氢氧化铝沉淀，同时还有Imol硫酸铁产生，共计是2mol,选项A正确；B、3moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，2moi氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝沉淀又有一部分溶解在氢离子中，而硫酸银是ImoL则沉淀的物质的量小于3mol,选项B错误；C、4moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，2mol氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余3moi氢离子又溶解Imol氢氧化铝，而硫酸领是Imol,则沉淀的物质的量是2mol,选项C错误；D、5moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，2moi氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余5moi氢离子又溶解5/3moI氢氧化铝，而硫酸钢是Imol,则沉淀的物质的量是4/3mol,选项D错误；答案选A。17、D【解析】A.等质量的硫蒸气和硫固体相比较，硫蒸气具有的能量多，因此完全燃烧硫蒸气放出的热量多，故A错误；B.从热化学方程式看，石墨能量低，物质所含能量越低越稳定，故B错误；C.2g氢气是ImoL热化学方程式应为：2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）AH=-57L6kJ・moL,故C错误：D.浓硫酸溶解放热，所以将含OBmolH2sO,的浓溶液与含ImolNaOH的溶液混合，放出的热量大于57.3kJ,故D正确；答案选D.18、D【解析】T、R、W、G均为短周期元素，根据它们在周期表中的位置，可知T为碳元素，R为氧元素，G为铝元素，W为氯元素。【详解】A.T为C元素，可形成多种氢化物，当分子量较大时，沸点即可高于R的，A错误；B.W的最高价氧化物对应水化物为强酸，而HQO为弱酸，B错误；C.T和W组成的化合物为CCL,只含有一种化学键共价键，C错误；D.G为AL工业电解熔融的氧化铝来制备其单质，D正确；故答案选Do19,A【解析】物质发生化学反应就是构成物质的微粒重新组合的过程，分子分解成原子，原子再重新组合成新的分子，新的分子构成新的物质.氢分子和氮分子都是由两个原子构成，它们在固体催化剂的表面会分解成单个的原子，原子再组合成新的氨分子，据此解答。【详解】催化剂在起作用时需要一定的温度，开始时催化剂还没起作用，氮分子和氢分子在无规则运动，物质要在催化剂表面反应，所以催化剂在起作用时，氢分子和氮分子有序的排列在催化剂表面，反应过程中的最小微粒是原子，所以分子先断键形成原子，然后氢原子和氮原子结合成氨分子附着在催化剂表面，反应结束后脱离催化剂表面形成自由移动的氨气分子，从而完成反应，在有催化剂参加的反应中，反应物先由无序排列到有序排列再到无序排列，分子先分成原子，原子再结合成新的分子，A项正确；答案选A。20、A【解析】A.由《物理小识》中记载语句“臭者烧熔而闭之成石，再凿而入炉日礁，可五日不灭火，煎矿煮石”可知是以焦炭作为还原剂的方法来炼铁，A选项正确；B.煤其主要成分为碳、氢、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烧只由C、H两种元素组成，B选项错误；C.生铁的含碳量比钢的含碳量较高，故生铁不是指含碳量很低的铁合金，C选项错误：D.工业上可通过石油的裂化、裂解获得乙烯、丙烯等化工原料，D选项错误；答案选A。21、A【解析】A.由已知25C、lOlkPa时，0.25molN2H4(g)完全燃烧生成氮气和气态水，放出133.5kJ热量，则Imol肿燃烧放出的热量为534kJ,故该反应的热化学方程式为：N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)AH=-534kJ.mol1,故A正确。B.燃烧热是指生成为稳定的氧化物所放出的热量，但水蒸气都不是稳定的氧化物，N2为单质，故B错误。C.由N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)AH=-534kJ.moI1,可知该反应是放热反应，所以1molN2HS(g)和1molCh(g)所含能量之和高于1molN2(g)和2molIhO(g)所含能量之和，故C错误；D.化学反应实质旧键断裂新键生成，旧化学键断裂时需要消耗能量，且两个过程能量不相等，因此需要克服活化能，故D错误；答案：A.22、B【解析】X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前四周期元素，X,Z的周期序数=族序数，则X是H元素，Z是A1元素；由这四种元素组成的单质或化合物存在如图所示转化关系，其中甲、戊是两常见的金属单质，丁是非金属单质，其余为氧化物且丙为具有磁性的黑色晶体，则丙是Fe3。4，结合元素及化合物的性质逆推可知甲为Fe,乙为H2O,丁是Hz,戊为金属单质，可以与FejO,反应产生Fe单质，因此戊是A1单质，己为AWh,结合原子序数的关系可知丫是O元素,W是Fe元素，据此分析解答。【详解】综上所述可知X是H元素，丫是O元素，Z是A1元素，W是Fe元素。甲是Fe单质，乙是H2O,丙是Fe3(h,丁是H2,戊是Al单质，己是ALO3。A.Fe原子序数是26,AI原子序数是13,26为13的2倍，金属性Al>Fe,A错误；B.Fe是26号元素，在元素周期表中位于第四周期VHI族，B正确；C.丙是Fe-Uh,只能与酸反应产生盐和水，不能与碱发生反应，因此不是两性氧化物，C错误；D.Fe是变价金属，与硝酸反应时，二者的相对物质的量的多少不同，反应失去电子数目不同，可能产生Fe2+,也可能产生Fe3+,而Al是+3价的金属，因此等物质的量的甲和戊完全溶于稀硝酸，消耗的HN。、的量不一定相等，D错误;故合理选项是Bo【点睛】本题考查了元素及化合物的推断及其性质的知识，涉及Fe、Al的单质及化合物的性质，突破口是丙是氧化物，是具有

磁性的黑色晶体，结合Fe与水蒸气的反应及铝热反应，就可顺利解答。二、非选择题（共84分）"ECHz-CH++nNaOH—*-ECH2—CH-J*4-«CH3C(X)Na23、CH三CH 加成反应 碳碳双键、酯基 岛* ohII0"jH-CHC(X)H+ECHqH+ +11H,O5 4 OH IOOCCH-CH°Ot/Cu Ot/Cu 催化剂CHjCHzOH CHaCHO >CH3c(X)H△ △CHaCHO————-*CH.CH-CHCOOH俵化剂.350rj)-^=)hh?H2CH2—o-c—CH-CHCH,【解析】A属于髭类化合物，在相同条件下，A相对于省的密度为13,则A的相对分子质量为26,其分子式为C2H2,应为乙+CH2-±快，结构简式为CH三CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成 ocCH3»结合B的分子式C4H6O2,可知BO■ECH2—CH-K的结构简式为CH2=CHOCOCH3,说明A和CHjCOOH发生加成反应生成了B； IcCH：〕再在NaOH的水O溶液中发生水解生成的C应为｛（"2一,H+；［）的分子式为c7H80,遇FeCb溶液不发生显色反应，再结合D催化OH氧化生成了CHO,可知D为苯甲醇，其结构简式为O-CH2QH；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的~ECH2-CH土反应生成的E为^^~CH-CHaX）H,C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为CHCO()⑹以乙醇和苯乙醇为原料制备dcHzCHLlLcH-CHCH「可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成ch3ch=chcooh,最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到()O—C-CH-CHCH3【详解】（1）A的分子式为C2H2,应为乙焕，结构简式为CHmCH；

（2）反应①CH三CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3,反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3,所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；-ECH2-CH^（3）反应③是 OCCII3在ONaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是■£-CH2-CHa+riNaOH—*~ECHz—CH3»+11CH3coONaOCCHa OHIIO（4）D为QACH2OH,有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醛、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；（5）反应④（5）反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物,反应的化学方程式是F为CHCOO"^2^"^2^<H=CHC(X)H+-ECH,—CH3sOH-ECH,—CHi +.1H2OOOCCH-CH-（6）以乙醇和苯乙醇为原料制备()(2)^（6）以乙醇和苯乙醇为原料制备()(2)^cH2CH2—o—c—ch=chch3可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成ch3ch=chcooh,最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到OCHzCHz—o-c-CH-CHCHOCHzCHz—o-c-CH-CHCH、具体的合成路线为:Qz/Cu 催化剂 CHaCHOch,ch,ohf^H3CHOf^hkooh诉际•chchyhcoohQ—CHjCHjOH y*«/△ *《—》CH2CH2—o—c—CH-CHCHj【点睛】常见依据反应条件推断反应类型的方法：（1）在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烧的水解反应。（2）在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代燃的消去反应。（3）在浓H2s（h存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成酸反应或硝化反应等。（4）能与澳水或澳的CCL溶液反应，可能为烯点、块炫的加成反应。（5）能与比在Ni作用下发生反应，则为烯烧、焕煌、芳香烧、醛的加成反应或还原反应。（6）在02、Cu（或Ag）、加热（或CuO、加热）条件下，发生醇的氧化反应。（7）与。2或新制的Cu（OH）2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是一CHO的氧化反应。（如果连续两次出现02,则为醇-醛一竣酸的过程）。（8）在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；24、氯仿氯原子、醛基加成反应 0-［；+4NaOH——ONa ONa0rs成cprJi CH=CHi【解析】(1)根据A的结构简式可判断其俗称是氯仿，D中官能团为醛基、氯原子I反应，在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。一铲来 +3NaCl+2H2O/doONa;对比D、E、G的结构可知反应②为加成故答案为：氯仿；醛基、氯原子；加成反应；(2)G与氢氧化钠溶液反应发生水解反应，再脱去1程式为：-4N.K>H *f1分子水生成形成竣基，竣基和氢氧化钠发生中和反应，则反应方OH-3SaCKH：O»CO,故答案为：''H—(3)已知：no(II―《CCI,故答案为：(4)G的同分异构体L遇FeCb溶液显色,COONaOH | XaCKI；COONa可推知反应②中副产物为苯环取代G中羟基，结构简式为:说明含有酚羟基，与足量浓滨水反应未见白色沉淀产生，说明酚羟基邻位、对位没有H原子，若L与NaOH的乙醇溶液共热能反应，则L含有-CH2cH2cl-Cl,L与NaOH的乙醇溶液共热时，羟基发生反应，还发生卤代煌的消去反应,ONa ONaCl 或Ji ch»ch2ONa ONa故答案为：门一。」…也或。J CH=CH：或-CHCICH3,L苯环上还含有2个生成物的结构简式为：25、有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸【解析】根据草酸的性质熔点为101C,易溶于水，受热脱水、升华，170c以上分解，草酸受热生成二氧化碳，二氧化碳使澄清石灰水变浑浊。【详解】(1)根据草酸的性质熔点为101C,易溶于水，受热脱水、升华，170C以上分解，草酸受热分解产生CO2可使澄清石灰水变浑浊，冰水的作用是冷却挥发出来的草酸，避免草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的检验，故答案为：有气泡逸出，澄清石灰水变浑浊；冷凝(水蒸气、草酸等)，防止挥发出来的草酸进入装置C反应生成草酸钙沉淀，干扰CO2的校验。(2)利用强酸制弱酸的原理设计，向NaHCCh溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡即可证明草酸酸性强于碳酸，故答案为：向碳酸氢钠溶液中滴加草酸溶液，观察是否产生气泡，若有气泡产生，说明草酸酸性强于碳酸。26、分液漏斗 分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐aTde—cb—deTf Na2s(h+H2sO$=Na2sO4+H2O+SO2T或Na2so3+2H2SO产2NaHSO4+SO2T 温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，Sth逸出 2KMn(h+5NOSO4H+2H2O=K2so4+2M11SO4+5HNO3+2H2s。4 滴入最后一滴Na2c2。4标准液后，溶液由紫红色变为无色，且半分钟颜色不恢复 84.67%【解析】(1)①根据图示中装置的形外分析名称；漏斗内的液体与大气相通时液体才能顺利流下；②亚硝酰硫酸(NOSChH)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO』H)时，要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，Sth有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中；据此分析；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫：④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定；(2)①根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒分析配平；②在氧化还原滴定操作中，高锌酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂；③结合反应ii,根据题给数据计算过量的KMnO』的物质的量，在结合反应i计算NOSO4H的物质的量，进而求算产品纯度。【详解】(1)①根据图示中装置A图所示，仪器I为分液漏斗；漏斗内与大气相通时液体才能顺利流下，打开其旋塞后发现液体不下滴，可能的原因是分液漏斗上口的瓶塞未打开或漏斗未与大气相通或漏斗下端活塞的凹槽未与瓶颈上的通气孔对齐；②亚硝酰硫酸(NOSO4H)遇水易分解，装置A制取的SO2中含有水蒸气，必须先干燥在通入B中反应制取亚硝酰硫酸(NOSO4H),同时要防止空气中或其他实验仪器中的水蒸气进入B中，通入SO2时要尽量使SO2充分与反应物混合，提高SO2利用率，SO2有毒，未反应的剩余SO2不能排放到大气中，上述仪器的连接顺序为：a-de-cb-deTf；③硫酸和亚硫酸钠反应生成硫酸钠(或硫酸氢钠)和二氧化硫，反应方程式为：NazSCh+H2so产NazSCh+WO+SO2T或Na2so3+2HzSO4=2NaHSO4+SO2T;④温度影响反应速率，同时浓硝酸不稳定，温度过低，反应速率太慢，温度过高，浓硝酸易分解，SCH逸出，导致反应产率降低：(2)①反应中钵元素的化合价由+7价降低为+2价，亚硝酰硫酸中氮元素的化合价由+3价升高为+5价，根据氧化还原反应，化合价升降(电子得失)守恒及物料守恒，配平该方程式为：2KMnO4+5NOSOsH+2H2O=K2SCh+2MnSO4+5HNO3+2H2s0舒②在氧化还原滴定操作中，高锌酸钾自身为紫红色，发生氧化还原反应时紫色褪去，自身可做滴定操作的指示剂，用0.5000mol-LT草酸钠标准溶液滴定过量的高钵酸钾溶液，溶液颜色变化是紫红色变为无色且半分钟不变说明反应达到终点；③根据反应ii：2KMnO』+5Na2c2O4+8H2so』=2MnSO4+10CO2T+8H2O,过量的KMnO』的物质的量2=-x0.5000mol-L-'x(31.02inL-1.02mL)xlO^/L=0.006mol,则与NOSO4H反应的高钵酸钾物质的量=0.1000mobL-1*0.1L-0.006mol=0.004mol,在结合反应i：2KMnO4+5NOSO$H+2H2OK2SO4+2M11SO4+5HNO3+2H2so4,NOSO4H的物质的量=』x().004=0.()lmoL产品的纯度20.01molx127g/mol为= - xlOO%=84.67%.1.5g【点睛】亚硝酰硫酸(NOSO』H)纯品遇水易分解，故在连接实验仪器时，需要考虑反应中产生的气体是否带有水蒸气，还要考虑外界空气中的水蒸气