2022届广西河池市高三第二次诊断性检测化学试卷含解析

2022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、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）

填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角〃条形码粘贴处〃o

2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦

干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。

3,非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先

划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题（每题只有一个选项符合题意）

223+2

1、某化学实验室产生的废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4\Ba\Cu\Al>Fe\Fe-，+中的某几种，实验室

设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。

已知：步骤①中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是

A.根据步骤①的现象，说明废液中一定含有AF+

B.由步骤②中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+

C.沉淀甲中可能含有A1（OH）3

D.该废液中一定含有NH4+、Ba2+>Cu2\Fe2+和Fe3+至少存在一种

2、某有机物分子式为C5Hl0O3,与饱和NaHCCh溶液反应放出气体体积与同等状况下与Na反应放出气体体积相等,

该有机物有（不含立体异构）（）

A.9种B.10种C.11种D.12种

3、Y是合成药物查尔酮类抑制剂的中间体，可由X在一定条件下反应制得

XY

下列叙述不正确的是（）

A.该反应为取代反应

B.Y能使酸性高镒酸钾溶液褪色可证明其分子中含有碳碳双键

C.X和Y均能与新制的Cu（OH）2在加热条件下反应生成砖红色沉淀

D.等物质的量的X、Y分别与H2反应，最多消耗H2的物质的量之比为4：5

4、在氧气中灼烧0.44gS和Fe组成的化合物，使其中的S全部转化成H2so4,这些H2s(h可用20mL0.5moi/L的

NaOH溶液完全中和，则原化合物中S的质量分数约为()

A.18%B.46%C.53%D.36%

5、一定条件下，体积为1L的密闭容器中，0.3molX和0.2molY进行反应：2X(g)+Y(s)uZ(g),经10s达

到平衡，生成O.lmolZ。下列说法正确的是()

A.若增加Y的物质的量，则V正大于V逆平衡正向移动

B.以Y浓度变化表示的反应速率为O.OlmolL-'s-1

C.该反应的平衡常数为10

D.若降低温度，X的体积分数增大，则该反应的AHVO

6、根据所给信息和标志，判断下列说法错误的是

过量服用阿司再林引说明“纳米铜”公到仃该标志的差在酿酒过程中.发生的

起酸中祢后.可服用碳的金弧性比嗣弃物.应远离并反应有水解反应、转化

成氢的药片解毒片强报警还原反应等

A.AB.BC.CD.D

7、化学与生产、生活密切相关。下列说法错误的是

A.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性

B.糖类、油脂、蛋白质均能发生水解反应

C.铁粉和维生素C均可作食品袋内的脱氧剂

D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法

8、下列关于有机化合物的说法正确的是

A.乙醇的水溶液俗称酒精

B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H6a6的反应属于取代反应

C.化学式为C4HIOO的饱和一元醇有4种

D.糖类发生水解反应的最终产物都是葡萄糖

9、分类是化学学习与研究的常用方法，下列分类不正确的是()

A.按照分散质和分散剂所处的状态，可分为9种分散系

B.天然气、水煤气、裂解气、高炉煤气都是混合物

C.CO2>C6Hl2。6、CH3CH2OH>HCOOH都是非电解质

D.塑料的老化、橡胶的硫化、石油的裂化、铁铝的钝化、油脂的硬化均属化学变化

10、已知2H2(g)+C)2(g)=2H2O(l)AHi=-572kJ/mol

C(s)+O2(g)=CO2(g)AH2=-393.5kJ/mol

C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)AH3=-1367kJ/mol

则2c(s)+3H2(g)+102(g)=C2H50H⑴，AH为()

A.+278kJ/molB.-278kJ/molC.+401.5kJ/molD.-401.5kJ/mol

11、体积相同的盐酸和醋酸两种溶液，n(CI)=n(CHjCOO)=0.01mol,下列叙述正确的是()

A.醋酸溶液的pH大于盐酸

B.醋酸溶液的pH小于盐酸

C.与NaOH完全中和时，醋酸消耗的NaOH多于盐酸

D.分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(Cl)=n(CH3COO)

12、已知常温下反应：Fe3++Ag=Fe2++Ag+的平衡常数K=0.3。现将含0.(H0mol/LFe(N()3)2和0.10mol/LFe(N(h)3的混

合溶液倒入烧杯甲中，将含O.lOmol/L的AgN(h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

13、PET1aHM隹节=192g・moL)可用来生产合成纤维或塑料。测某PET样品的端基

中竣基的物质的量，计算其平均聚合度：以酚献作指示剂，用cmol・LTNaOH醇溶液滴定mgPET端基中的竣基至终

点(现象与水溶液相同)，消耗NaOH醇溶液vmL。下列说法不正确的是

A.PET塑料是一种可降解高分子材料

B.滴定终点时，溶液变为浅红色

C.合成PET的一种单体是乙醇的同系物

D.PET的平均聚合度n。幽巴（忽略端基的摩尔质量）

192cv

14、化学与生活、社会发展息息相关。下列说法正确的是

A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”，丝绸的主要成分是纤维素

B.聚乳酸酯的降解和油脂的皂化都是高分子生成小分子的过程

C.疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性

D.“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是二氧化硅

15、某溶液中可能含有离子：K+、Na+、Fe2+、Fe3\SO.?\SO?,且溶液中各离子的物质的量相等，将此溶液分为

两份,一份加高锈酸钾溶液，现象为紫色褪去,另一份加氯化钢溶液，产生了难溶于水的沉淀。下列说法正确的是（）

A.若溶液中含有硫酸根，则可能含有K+

B.若溶液中含有亚硫酸根，则一定含有K+

C.溶液中可能含有Fe3+

D.溶液中一定含有Fe2+和SO4*

16、向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中，持续稳定地通入二氧化碳气体，通入气体为6.72L（标

准状况）时，立即停止，则这一过程中，溶液中离子数目与通入二氧化碳气体体积的关系正确的是（不考虑气体的溶

解）

二、非选择题（本题包括5小题）

17、I.元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素知识回答问题:

（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是o

a.原子半径和离子半径均减小

b.金属性减弱，非金属性增强

c.氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强

d.单质的熔点降低

⑵原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素为（填名称）；氧化性最弱的简单阳离子是

________________（填离子符号）。

⑶P2O5是非氧化性干燥剂，下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是（填字母）。

a.NH3b.HIc.SOzd.CO2

（4）KCKh可用于实验室制O2,若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离

子个数比为1:lo写出该反应的化学方程式：。

U.氢能源是一种重要的清洁能源。现有两种可产生Hz的化合物甲和乙，甲和乙是二元化合物。将6.00g甲加热至完

全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和6.72L%（已折算成标准状况）。甲与水反应也能产生H2,同时还产生一

种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液。化合物乙在催化剂存在下可分解得到H2和另一种单质气体丙，丙在

标准状态下的密度为1.25g/L。请回答下列问题：

（5）甲的化学式是；乙的电子式是o

（6）甲与水反应的化学方程式是o

（）判断：甲与乙之间（填“可能”或“不可能”）发生反应产生

7H2O

18、研究发现艾滋病治疗药物利托那韦对新型冠状病毒也有很好的抑制作用，它的合成中间体2-异丙基-4-（甲基氨基

甲基）嚏哇可按如下路线合成：

回答下列问题：

（DA的结构简式是,C中官能团的名称为o

（2）①、⑥的反应类型分别是、oD的化学名称是。

（3）E极易水解生成两种酸，写出E与NaOH溶液反应的化学方程式：。

（4）H的分子式为o

（5）1是相对分子质量比有机物D大14的同系物，写出I符合下列条件的所有同分异构体的结构简式:

①能发生银镜反应②与NaOH反应生成两种有机物

和丙烯制备的合成路线（无机试剂任选）。

19、无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气。某学生试图用如图所示装

置来确定该化学反应中各物质的计量关系。

(1)加热过程中，试管A中发生的实验现象可能有—=

(2)装置E和F的作用是一；

(3)该学生使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，他的做法正确吗？为什么？

(4)另一学生将9.6g无水硫酸铜充分加热使其完全分解后，用正确的实验方法除去了生成物中的二氧化硫和三氧化

硫，最后测出氧气的体积为448mL(标准状况)。据此可计算出二氧化硫为一mol,三氧化硫为一moL

(5)由上述实验数据可知无水硫酸铜受热分解的化学方程式：_»

(6)上述装置可以简化而不影响实验效果。请你提出一个简化方案，达到使装置最简单而不影响实验效果的目的：

20、葡萄糖酸锌｛M[Zn(C6HuO7)4=455g・010「)是一种重要的补锌试剂，其在医药、食品、饲料、化妆品等领城中具

有广泛的应用。纯净的葡葡糖酸锌为白色晶体，可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，化学兴趣小组欲在实验室制

备葡萄糖酸锌并测定产率。实验操作分以下两步：

I.葡萄糖酸(C6Hl2O7)的制备。量取50mL蒸储水于100mL烧杯中，搅拌下缓慢加入2.7mL(0.05mol)浓H2so4,分

批加入21.5g葡萄糖酸钙｛M[Ca(C6HuO7)2]=430g・mo「，易溶于热水卜在90℃条件下，不断搅拌，反应40min后，

趁热过滤。滤液转移至小烧杯，冷却后，缓慢通过强酸性阳离子交换树脂，交换液收集在烧杯中，得到无色的葡葡糖

酸溶液。

1葡萄糖酸锌的制备。向上述制得的葡萄糖酸溶液中分批加入足量的ZnO,在60C条件下，不断搅拌，反应lh,此

时溶液pH"。趁热减压过滤，冷却结晶，同时加入10mL95%乙醇，经过一系列操作，得到白色晶体，经干燥后称

量晶体的质量为18.2g。

回答下列问题：

(1)制备葡萄糖酸的化学方程式为o

(2)通过强酸性阳离子交换树脂的目的是。

(3)枪验葡萄糖酸溶液中是否存在SO’?•的操作为。

(4)制备葡萄糖酸时选用的最佳加热方式为.

(5)制备葡萄糖酸锌时加入乙醇的目的是,“一系列操作”具体是指»

(6)葡萄糖酸锌的产率为(用百分数表示)，若pH=5时就进行后续操作，产率将(填“增大”“减小”或“不变

21、处理、回收利用CO是环境科学家研究的热点课题。回答下列问题：

I.处理大气污染物

CO用于处理大气污染物N2O所发生的反应原理为:CO(g)+N2O(g)UCO2(g)+N,(g)M=2240kJ/mol有人提出上述

反应可以用“Fe+”作催化剂。

其总反应分两步进行：(1)第一步:Fe++N2O===FeO++N2悌二步:一(写反应方程式)。

(2)第二步反应不影响总反应达到平衡所用时间，由此推知，第二步反应速率—第一步反应速率(填“大于”“小于”或

“等于”)。

II.合成天然气(SNG)涉及的主要反应原理如下：

CO甲烷化：CO(g)+3H2(g)^CH4(g)+H2O(g)AW,=-206.2kJ/mol

水煤气变换：CO(g)+H2O(g)^CO2(g)+H2(g)A/72=-41.2kJ/mol

(3)反应CO(g)+4H2(g)UCH式g)+2H2O(g)的△〃=—kJ/moL

(4)在一恒容容器中，按照nmolCO和3nmolHz投料发生CO甲烷化反应，测得CO在不同温度下的平衡转化率与压强

的关系如右图所示，下列说法正确的是(填标号)。

a.温度:TI<T2<T3

b.正反应速率:V(e)>V(c)>V(b)

c.平衡常数:K⑹国d)<K(c)

d.平均摩尔质量:M(a)>M(b)=M(e)

(5)在恒压管道反应器中，按n(H2)：n(CO)=3：1通入原料气发生CO甲烷化反应,400℃、P总为lOOkPa时反应体系平

衡组成如下表所示。

组分HO

H2coCH42co2

体积分数tp/%8.501.5045.044.01.00

则该条件下co的总转化率a=_o(保留一位小数)

(6)将制备的CH,用来组成下图所示燃料电池电解制备N2O5

①阳极的电极反应为

②理论上制备ImolNzOs,石墨2电极消耗气体的体积为L(标准状况)。

参考答案(含详细解析)

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、D

【答案解析】

沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为FezCh,则沉淀甲可能为Fe(OH”或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe?+

或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSCh,说明废液中一定含有Ba?+；溶液乙中加入过

量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu,说明废液中一定含有Cu2+,以此解答该题。

【题目详解】

A.由步骤④可知，废液中一定含有Cu2+,而沉淀甲中没有CU(OH)2,说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存

在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+,Cu元素以［Cu(NH3)F+形式存在于溶液甲中，因此步骤①沉淀部分溶解，不

能说明废液中一定含有AF+,A错误；

B.废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，则该红棕色固体为Fe2(h,沉淀甲可能为

Fe(OH”或Fe(OH)3,说明废液中可能含有Fe?+或Fe3+,B错误；

C.由于步骤①中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有A1(OH)3沉淀，C错误；

D.溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu,说明溶液乙中含有CM+,向原废液中滴加过量NaOH溶液,

Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH「，Cu元素以［Cu(NH3)4产形式存在于溶液甲中，所以废

液中一定含有NH4+、Cu2\Ba2+,可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；

故合理选项是D。

【答案点睛】

本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，

试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。

2、D

【答案解析】

分子式为C5H10O3与饱和NaHCOj溶液反应能放出气体，说明含有较基，且ImolCsHioCh与足量钠反应放出Imol

气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9一的H原子。

【题目详解】

分子式为C5H10O3与饱和NaHCOj溶液反应能放出气体，说明含有较基，且ImolCsHioO.,与足量钠反应放出Imol

气体，说明分子中含有羟基，可看作-OH取代C4H9-的H原子，C4H9一有4种，分别为CH3cH2cH2cH2一(4种)、

CH3cH(CH3)CH2-(3种)、CH3cH2cH(CH3)-(4种)、C(CH。3-(1种)，共12种。

故选D。

【答案点睛】

本题考查同分异构体的判断，侧重考查学生的分析能力，解题关键：注意把握同分异构体的判断角度和方法。

3、B

【答案解析】

A.由X生成Y,是X中-OH上的H原子被-CH2cH=C(CH3)2所取代，A正确；

B.Y使酸性高镒酸钾溶液褪色，可能是碳碳双键的作用，也可能是醛基的作用，B不正确；

C.X和Y分子中都含有醛基，均能与新制的Cu(OH)2在加热条件下反应生成砖红色沉淀，C正确；

D.醛基、碳碳双键和苯环都可以和氢气加成，等物质的量的X、Y分别与H2反应，前者最多消耗H24mo1,后者最

多消耗H25mo1,D正确；

故选B。

4、D

【答案解析】

n(NaOH)=0.02Lx0.50mol/L=0.01mol,由反应的关系式SO2〜H2sO4〜2NaOH可知，n(SO2)=0.005mol,则硫和

铁组成的化合物中含有0.005molS,m(S)=0.005molx32g/mol=0.16g,

0.16g

则3(S)=^TT-xl00%=36%,答案选D。

0.44g

5、C

【答案解析】

A.Y是固体，若增加Y的物质的量，平衡不移动，故A错误；

B.Y是固体，物浓度变化量，不能表示反应速率。

0.1mol

C.平衡时，生成O.lmolZ,消耗0.2molX,剩余O.lmolX,该反应的平衡常数为/,J°y,故C正确；

(0.1mol]

I1L)

D.若降低温度，X的体积分数增大，即反应向逆向进行，则正反应为吸热，AHX),故D错误；

答案选C。

6、B

【答案解析】

A.阿司匹林主要成分是乙酰水杨酸，含有竣基，具有酸性，可以与NaHCCh发生反应，因而可解毒，A正确；

B.将Cu片制成纳米铜，增加了铜与空气的接触面积，导致反应速率加快，并不是金属活动性发生改变，B错误；

C.带有该标识，证明该物质具有放射性，会对人产生危害，因此看到要随时报警，C正确；

D.粮食酿酒，涉及淀粉的水解反应，产生的葡萄糖在酒化酶的作用下产生乙醇的氧化还原反应，D正确；

故合理选项是Bo

7、B

【答案解析】

A.疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性，正确；

B.油脂、蛋白质均能发生水解反应，但糖类中的单糖不能发生水解，错误；

C.铁粉和维生素C都具有还原性，均可作食品袋内的脱氧剂，正确；

D.电热水器用镁棒防止内胆腐蚀，原理是牺牲阳极的阴极保护法，正确。

故答案为B。

8、C

【答案解析】

A.乙醇俗称酒精，A错误；B.由苯与氯气在一定条件下生成C6H6Ck的反应属于加成反应，B错误；C.丁基有4种，

因此化学式为CJlioO的饱和一元醇有4种，C正确；D.糖类发生水解反应的最终产物不一定都是葡萄糖，也可以产

生果糖，D错误，答案选C。

9、C

【答案解析】

A.分散剂和分散质都存在3种状态：固体、液体和气体，每一种状态的分散剂能够与3种不同状态的分散质组成3种

分散系，共可组成3x3=9种分散系，A正确；

B.天然气主要成分是甲烷，还含有乙烷、丙烷、丁烷等，水煤气是CO、也的混合气，裂解气是乙烯、丙烯等的混合

气，高炉煤气是CO、CO2等的混合气，B正确；

C.HCOOH是电解质，C错误；

D.塑料老化是塑料被氧化造成，橡胶的硫化是天然橡胶与硫发生反应生产硫化橡胶、石油的裂化是将长链烧断裂为短

链烧、铁铝的钝化是在铁铝表面形成钝化膜、油脂的硬化是油酯与氢气发生加成反应，均属化学变化，D正确。

故选C。

10、B

【答案解析】

①2H2(g)+O2(g)=2H2。。)AHi=-572kJ/moI

②C(s)+O2(g)=CO2(g)AH2=-393.5kJ/mol

③C2H50H⑴+3O2(g)=2CC)2(g)+3H2O⑴AH3=-1367kJ/mol

根据盖斯定律

31

②x2+①X]—③得2c(s)+3H2(g)+]O2(g)=C2H5OH(l),AH=-278kJ/mol,故选B。

【答案点睛】

根据盖斯定律，反应热只与反应体系的始态和终态有关，与反应历程无关；在用盖斯定律计算时，要准确找到反应物

和生成物及它们的系数，这样有助于准确的对已知方程进行处理。

11,C

【答案解析】

A.根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(C])=n(CH3CO(y),氢离子浓度相同，溶液pH相同，故

A错误；

B.根据电荷守恒，当体积相同的盐酸和醋酸两种溶液中n(C/)=n(CH3CO(T),氢离子浓度相同，溶液pH相同，故

B错误；

C.醋酸是弱酸存在电离平衡，当n(C「)=n(CH3COCT：W,n(CH3coOH)远远大于n(HC1),与NaOH完全中和时,

醋酸消耗的NaOH多于盐酸，故C正确；

D.加水稀释时，醋酸电离平衡正向移动，醋酸溶液中醋酸根离子物质的量增大，而盐酸溶液中氯离子物质的量不变,

所以分别用水稀释相同倍数后，所得溶液中：n(CI)<n(CH3COO),故D错误；

选C。

【答案点睛】

本题考查了弱电解质的电离，侧重于学生的分析能力的考查，根据电荷守恒判断两种溶液中氢离子浓度相等是解本题

关键，再结合弱电解质电离特点来分析解答。

12、D

【答案解析】

A.根据浓度商&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

Aa+')rfFe2+)01x001

求得0=：、=———=0.01,Qc小于K,所以反应Fe3++Ag=Fe2++Ag+正向进行，即原电池总反应为

c(Fe')0.1

Fe3++Ag=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。

【答案点睛】

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。

13、C

【答案解析】

COOH

1cHq土m聚酯类高分子，它的单体为：HOCH2cH20H和1]

,可以发生水解反应生成小

COOM

分子。

【题目详解】

COOH

A、PET塑料是聚酯类高分子，可发生水解反应生成HOCH2cH20H和,故A正确；

rmw

B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的竣基，恰好反应完时生成竣酸钠，显弱碱性，使酚配试剂显浅红色，B正确；

COOH

C、HO+bog-OCBWHqtH的单体为：H°CH2cH2°H和,乙二醇中有两个羟基’在组成上与乙醇也

COOM

没有相差-CH2-的整数倍，故乙二醇与乙醇不是同系物，故C错误；

D、NaOH醇溶液只与PET端基中的竣基反应，n(NaOH)=cvxlOJmol,则PET的物质的量也等于cvx10-3m

则PET的平均相对分子质量=——涓一-=-------g/mol,PET的平均聚合度n«——,故D正确。

vcxX^molcv192cv

答案选C。

【答案点睛】

本题考查高分子化合物的结构，单体的判断，中和滴定等知识点，判断同系物的两个要点：一是官能团的种类和个数

要相同，二是组成上要相差-CH2-的整数倍。

14、C

【答案解析】

A.丝绸的主要成分是蛋白质，故A错误；

B.聚乳酸酯的降解是高分子生成小分子的过程，油脂不属于高分子，故B错误；

C.疫苗一般应冷藏存放，其目的是避免蛋白质变性，使蛋白质失去活性，故C正确；

D.硅是半导体，“玉兔二号”的太阳能电池帆板的材料是硅，故D错误；

故选C。

15、B

【答案解析】

向溶液中加高镒酸钾溶液，现象为紫色褪去，说明溶液中含有还原性微粒，可能含有Fe2+或SO；；另一份加氯化钢溶

液,产生了难溶于水的沉淀，溶液中可能含有SO；或SOf；若溶液中阴离子只有SO；,SO；与Fe2+会发生双水解，

因溶液中各离子的物质的量相等以及SO：会与Fe3+反应，因此阳离子为K+、Na+；若溶液中阴离子为SO：,则阳离

子为Fe2+（不能含有K+、Na+,否则溶液不能使高锯酸钾褪色）；若溶液中阴离子为SO/、SO，，Fe3\Fe?+与SO；不

能共存，故溶液中阴离子不可能同时含有so；、so--；综上所述，答案为B。

【答案点睛】

本题推断较为复杂，需要对于离子共存相关知识掌握熟练，且需依据电荷守恒进行分析，注意分类讨论。

16、C

【答案解析】

6.72L

n（COi）=-,...一-=0.3mol,向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入CO,二氧化碳首先与氢氧化

22.4L/mol2

钙反应2OH-+Ca2++CO2=CaCO31+H2O,离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗O.lmolCCh,然后二氧化碳与

氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO3*+H2O,消耗O.lmolCCh,离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O

2

+CO3-2HCO3,离子浓度增大，恰好反应时，0.3mol二氧化碳也完全反应，所以图像C符合，故选C。

【答案点睛】

正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B,要注意B和C的区别。

二、非选择题（本题包括5小题）

H

+

17、bMNab4KC1O3KC1+3KC1O4A1H3H：M：H2A1H3+6H2O=2A1(OH)3+6H2T

可能

【答案解析】

1.(1)根据同周期元素性质递变规律回答；

⑵第三周期的元素，次外层电子数是8；

(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能干燥碱性气体、还原性气体；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，

不能干燥碱性气体；

(4)根据题干信息可知该无氧酸盐为氯化钾，再根据化合价变化判断另一种无氧酸盐，最后根据化合价升降相等配平即

可；

II.甲加热至完全分解，只得到一种短周期元素的金属单质和H2,说明甲是金属氢化物，甲与水反应也能产生H2,同

时还产生一种白色沉淀物，该白色沉淀可溶于NaOH溶液，说明含有铝元素；化合物乙在催化剂存在下可分解得到

出和另一种单质气体丙，则乙是非金属气态氢化物，丙在标准状态下的密度1.25g/L,则单质丙的摩尔质量M=L25

g/Lx22.4L/mol=28g/moL丙为氮气，乙为氨气。

【题目详解】

(1)

a.同周期的元素从左到右，原子半径依次减小，金属元素形成的阳离子半径比非金属元素形成阴离子半径小，如/'(Na+)

<r(Cl),故a错误；

b.同周期的元素从左到右，金属性减弱，非金属性增强，故b正确；

c.同周期的元素从左到右，最高价氧化物对应的水化物碱性减弱，酸性增强，故c错误；

d.单质的熔点可能升高，如钠的熔点比镁的熔点低，故d错误。选b。

(2)第三周期的元素，次外层电子数是8,最外层电子数与次外层电子数相同的元素为氨；元素金属性越强，简单阳离

子的氧化性越弱，所以第三周期元素氧化性最弱的简单阳离子是Na+；

(3)浓硫酸是酸性干燥剂，具有强氧化性，不能用浓硫酸干燥NH3、HI；P2O5是酸性氧化物，是非氧化性干燥剂，不能

干燥NH3；所以不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是HL选b；

(4)若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1,则该无氧

酸为KCLKC1中氯元素化合价为-1,说明氯酸钾中氯元素化合价降低，则另一种含氧酸盐中氯元素化合价会升高，

由于氯酸钾中氯元素化合价为+5,则氯元素化合价升高只能被氧化成高氯酸钾，根据氧化还原反应中化合价升降相等

400,C

配平该反应为：4KC1O3=KC1+3KC1O4»

H

(5)根据以上分析，甲是铝的氢化物，AI为+3价、H为-1价，化学式是A1H“乙为氨气，氨气的电子式是H：N：H。

(6)Al%与水反应生成氢氧化铝和氢气，反应的化学方程式是2AlH3+6H2O=2AI(OH)3+6H2t.

(7)A1H3中含-1价H,NH3中含+1价H,可发生氧化还原反应产生H2。

18、CH2=CH-CH2C1谈基、氯原子加成反应取代反应2-甲基丙酸

CHa0CH,o

〃+2NaOHn+NaCl+HOC8H14N2sHCOOCH2cH2cH2cH3、

ClCHj-CH-C—ONa2

HCOOCH2CH（CH3）2>HCOOCH（CH3）CH2cH3、HCOOC（CHJ）3

-

【答案解析】

根据合成路线中，有机物的结构变化、分子式变化及反应条件分析反应类型及中间产物；根据目标产物及原理的结构

特征及合成路线中反应信息分析合成路线；根据结构简式、键线式分析分子式及官能团结构。

【题目详解】

(1)根据B的结构及A的分子式分析知，A与HOC1发生加成反应得到B,则A的结构简式是CH2=CH-CHZC1；

C中官能团的名称为埃基、氯原子；故答案为：CH2=CH-CH2C1；炭基、氯原子；

(2)根据上述分析，反应①为加成反应；比较G和H的结构特点分析，G中氯原子被甲胺基取代，则反应⑥为取代

反应；D为COOH,根据系统命名法命名为2-甲基丙酸；故答案为：加成反应；取代反应；2-甲基丙酸；

(3)E水解时C-C1键发生断裂，在碱性条件下水解生成两种盐，化学方程式为：

+2NaOH-+NaCl+H2O,故答案为:

CH,o

+2NaOH-*In+NaCl+HO；

Uh-CH-C-ONa2

,则根据C、N、S原子的成键特点分析分子式为C8H14N2S,故答案为：CsHuNzS;

(5)I是相对分子质量比有机物D大14的同系物，贝心的结构比D多一个CH2原子团；①能发生银镜反应，则结

构中含有醛基；②与NaOH反应生成两种有机物，则该有机物为酯；结合分析知该有机物为甲酸某酯，贝III结构简式

为：HCOOCH2cH2cH2cH3、HCOOCH2cH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2cH3、HCOOC(CH3)3,故答案为：

HCOOCH2cH2cH2cH3、HCOOCH2cH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2cH3、HCOOC(CH3)3；

氧化得到,可由丙烯加成得到，合成路线为:

故答案为:

19、白色固体变黑测出产生02的体积不正确，02能被NaHSth溶液吸收0.040.02

3CUSO4△3CuO+S(M+2SO2T+O2T去掉BC,仅02进入E中可计算

【答案解析】

(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，氧化铜为黑色；

(2)EF是排水量气法测量气体体积，依据装置试剂作用分析判断最后测量的是氧气的体积；

(3)装置连接中A受热分解生成的气体含有氧气，通过亚硫酸氢钠溶液会被还原吸收引起误差；

(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，依据硫酸铜质量换算物质的量，结合

硫元素守恒计算三氧化硫物质的量；

(5)依据⑷计算得到生成物的物质的量，然后写出化学方程式；

(6)结合电子守恒和原子守恒可知，只要知道02的物质的量，即可计算SO2和SO3的物质的量，据此分析调整装置。

【题目详解】

(1)无水硫酸铜在加热条件下能发生分解反应，生成氧化铜、二氧化硫、三氧化硫和氧气，无水硫酸铜是白色固体，氧

化铜为黑色；

(2)EF是排水量气装置，难溶于水的气体体积可以利用排水量气装置测定体积，装置A生成的气体通过亚硫酸氢钠溶

液吸收氧气；吸收三氧化硫生成二氧化硫，浓硫酸吸收三氧化硫和水蒸气；通过碱石灰吸收二氧化硫，则最后测定的

是氧气的体积；

(3)使用装置B的本意是除去混合气体中的三氧化硫以提纯氧气，但气体通过饱和亚硫酸氢钠溶液中，氧气会被还原吸

收；

(4)依据反应生成的二氧化硫和氧气之间存在电子守恒，计算二氧化硫物质的量，氧气448mL(标准状况)物质的量为

0.02mol,电子转移0.08moLCuSO4~SO2~2e；计算得到二氧化硫物质的量为0.04mol,依据硫酸铜质量换算物质的

9.6g__

量=777；―7—^=0.06mol,结合硫元素守恒计算三氧化硫物质的量为0.06mol-0.04mol=0.02mol；

160g/mol

(5)依据(4)计算得到生成物的物质的量写出化学方程式为3CUSO4A3CuO+SO3?+2SO2t+O2t:

(6)由计算(4)中分析可知，只要知道02的物质的量，即可计算Sth和SO3的物质的量，则简化方案是去掉BC,仅02

进入E中，即可根据收集的氧气计算。

20、Ca(C、H,Qj+H,SO,90℃2cH,O,+CaSO,J将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸取适量

葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCL溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液

中还存在SO?,反之则不存在水浴加热(或热水浴)降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析出过滤、洗涤

80%减小

【答案解析】

(1)葡萄糖酸钙Ca(C6HuO7)2与硫酸H2s04反应生成葡萄糖酸(C6HnO7),原理为强酸制弱酸，化学反应方程式为

Ca(GH,Q7),+H,SO,90℃2GHQ,+CaSO.J,故答案为：

Ca(C6HHO7),+H,SO,90℃2cHQ+CaSO,J；

(2)将葡萄糖酸钙与硫酸反应后的滤液缓慢通过强酸性阳离子交换树脂进行阳离子交换，可将为充分反应的Ca2+交换为

H+,即将未充分反应的葡萄糖酸钙转化为葡萄糖酸，故答案为：将未充分反应的葡萄糖转化为葡萄糖酸；

(3)结合SO/离子的检验方法，可取适量葡萄糖酸试液，向其中加入足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCL溶液，

若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO4%反之则不存在，故答案为：取适量葡萄糖酸试液，向其中加入

足量的稀盐酸，无明显现象，再滴加BaCL溶液，若产生白色沉淀，则证明葡萄糖酸溶液中还存在SO4%反之则不存

在；

(4)实验I制备葡糖糖酸时，反应条件为90℃,则最佳的加热方式为水浴加热(或热水浴)，故答案为：水浴加热(或

热水浴)；

(5)葡萄糖酸锌可溶于水，极易溶于热水，不溶于乙醇，生成葡萄糖酸锌后，加入乙醇可减少葡萄糖酸锌的溶解，使其

以晶体的形式析出，加入乙醇后的“一些列操作”可以是过滤、洗涤，故答案为：降低葡萄糖酸锌溶解度，便于晶体析

出；过滤、洗涤；

⑹根据反应方程式可得关系式：Ca(C6HnO7)2~Zn(C6HnO7)2,m[Ca(C6HnO7)2]=21.5g,则

rimCa(C,HHO7)^5。

nJCaCHO,]=%;]狷=，〃=\=0.05mol,则理论上可得到葡萄糖酸锌的物质的量为

L、JM^Ca(CftHnOjJ430g.mol

n[Zn(C6HnO7)2]=0.05mob因此,

1

m[Zn(C6H„O7)2]=n[Zn(C6HHO7)2].M[Zn(C6H„O7)2]=0.05molx455g.moi=22.75g,根据

室际产量182g

产率=x100%可得,葡萄糖酸锌的产率为中告xl00%=80%，若pH=5时就进行后续操作，一些葡萄

理论产量22.75g

糖酸就不能充分转化为葡萄糖酸锌，导致葡萄糖酸锌质量将减小，产率减小，故答案为：80%；减小；

21、FeO++CO=Fe++CO大于-165ad——xlOO%NO+2HNO3-2e=2NO+2H+16.8

247.52425

【答案解析】

<1)根据催化剂定义可知第二步反应中，中