1、2021-2022高考化學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區內。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規定答題。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、山梨酸鉀(CH3CH=CHCH=CHCOOK，簡寫為RCOOK)是常用的食品防腐劑，其水溶液顯堿性。下列敘述正確的是（ ）A山梨酸和山梨酸鉀都是強電解質B稀釋山梨酸鉀溶液時，n(OH-)、c(OH-)都減小C若山梨酸的電離常數為Ka，則RCOOK稀溶液中c(K+)=c(RCOO-

2、)1+D山梨酸能發生加成反應，但不能發生取代反應2、NA是阿伏加德羅常數的值，下列說法不正確的是A5.5g超重水(T2O)中含有的中子數目為3NAB常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NAC常溫常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子的數目為6NAD0.1L0.5molL1CH3COOH溶液中含有H數目為0.2NA3、以黃銅礦(主要成分為 CuFeS2，含少量雜質SiO2等)為原料，進行生物煉銅，同時得到副產品綠礬(FeSO47H2O)。其主要工藝流程如下:已知:部分陽離子以氫氧化物形式開始沉淀和完全沉淀時溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3F

3、e(OH)2開始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列說法不正確的是A試劑a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是調節pH至3.74.7之間B反應I的化學反應方程式為4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應中鐵元素被還原C操作X為蒸發濃縮至溶液表面出現晶膜，再冷卻結晶D反應的離子方程式為Cu2+Fe=Cu+Fe2+，試劑c參與反應的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O4、下列選用的儀器和藥品能達到實驗目的的是ABCD尾氣吸收Cl2吸收CO2中的HCl雜質蒸餾時的接收裝置乙酸

4、乙酯的收集裝置AABBCCDD5、某學習小組在室溫下用0.01 mol/L NaOH溶液滴定20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液，滴定曲線如圖。（H2A的電離分兩步，H2A=H+HA-，HA-H+A2-)下列說法錯誤的是A室溫時，E點對應的溶液中0.01 mol/Lc( H+)bcBb點對應的混合溶液中:c(Na+)c(Na+)c(OH-)D該溫度下,a、b、c三點CH3COOH的電離平衡常數均為9、分子式為C5H12的烴，其分子內含3個甲基，該烴的二氯代物的數目為A8種B9種C10種D11種10、下面是丁醇的兩種同分異構體，其結構簡式、沸點及熔點如下表所示：異丁醇叔丁醇結構簡式沸

5、點/10882.3熔點/-10825.5下列說法不正確的是A用系統命名法給異丁醇命名為：2-甲基-1-丙醇B異丁醇的核磁共振氫譜有三組峰，且面積之比是126C用蒸餾的方法可將叔丁醇從二者的混合物中分離出來D兩種醇發生消去反應后得到同一種烯烴11、下列表示不正確的是（ ）AHCl的電子式BSiO2的結構式O=Si=OCS的原子結構示意圖 D乙炔的分子式C2H212、用NaOH標準溶液滴定鹽酸實驗中，以下操作可能導致所測溶液濃度偏高的是A滴定管用待裝液潤洗B錐形瓶振蕩時有少量液體濺出C滴定結束后滴定管末端出現氣泡D錐形瓶用待測液潤洗13、為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業廢氣

6、（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分），設計了如下流程：下列說法不正確的是A固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空氣，且需過量C捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD處理含NH4+廢水時，發生反應的離子方程式為：NH4+NO2-=N2+2H2O14、利用下圖所示裝置進行下列實驗，能得出相應實驗結論的是( )AABBCCDD15、下列實驗現象和結論相對應且正確的是AABBCCDD16、W、X、Y、Z均為短周期主族元素且原子序數依次增大。W最外層電子數是次外層電子數的3倍，W與Y同主族，X在短周期中原子半徑最大。下列說法正確的是A常溫常壓下Y的單質為氣態BX

7、的氧化物是離子化合物CX與Z形成的化合物的水溶液呈堿性DW與Y具有相同的最高化合價17、NA代表阿伏加德羅常數。已知C2H4和C3H6的混合物的質量為a g，則該混合物( )A所含共用電子對數目為(a/7+1) NAB所含原子總數為aNA/14C燃燒時消耗的O2一定是33.6 a/14LD所含碳氫鍵數目為aNA/718、一定條件下，在水溶液中1 mol 的能量(kJ)相對大小如下圖所示。下列有關說法錯誤的是A上述離子中結合能力最強的是EB上述離子中最穩定的是AC上述離子與結合有漂白性的是BD反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和19、硫酸銨在一定條件下發生反應:4(NH4)2SO46NH3+3S

8、O2+SO3+N2+7H2O，將反應后的氣體通入一定量的氯化鋇溶液中恰好完全反應，有白色沉淀生成。下列有關說法正確的是A白色沉淀為BaSO4B白色沉淀為BaSO3和BaSO4的混合物，且 n(BaSO3):n(BaSO4)約為1:1C白色沉淀為BaSO3和BaSO4的混合物，且n(BaSO3):n(BaSO4)約為3:1D從溶液中逸出的氣體為N2，最后溶液中的溶質只有NH4Cl20、下列過程中，共價鍵被破壞的是A木炭吸附溴蒸氣B干冰升華C葡萄糖溶于水D氯化氫溶于水21、下列物質的名稱正確的是ASiO2：剛玉B(NH4)2CO3：碳銨CCCl4：氯仿D：3，3，5 -三甲基庚烷22、根據合成氨反

9、應的能量變化示意圖，下列有關說法正確的是（ ）A斷裂0.5molN2（g）和1.5mol H2（g）中所有的化學鍵釋放a kJ熱量BNH3（g）NH3（l）H=c kJmol1CN2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）kJmol1D2NH3（l）N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca） kJmol1二、非選擇題(共84分)23、（14分）由芳香烴A制備M（可用作消毒劑、抗氧化劑、醫藥中間體）的一種合成路線如下：已知: R1COOR2請回答:（1）A的結構簡式為_；D中官能團的名稱為 _ 。（2）由D生成E的反應類型為 _；G的分子式為 _ 。（3）由E與足量氫氧化鈉的乙醇溶液反應

10、的化學方程式為 _。（4）M的結構簡式為 _。（5）芳香化合物H為C的同分異構體，H既能發生銀鏡反應又能發生水解反應，其核磁共振氫譜有4組吸收峰。寫出符合要求的H的一種結構簡式 _。（6）參照上述合成路線和信息，以苯甲酸乙酯和CH3MgBr為原料（無機試劑任選），設計制備的合成路線_。24、（12分）（化學選修5：有機化學基礎）高血脂是一種常見的心血管疾病，治療高血脂的新藥I的合成路線如下：回答下列問題：（1）反應所需試劑、條件分別是_；F 的化學名稱為_。（2）的反應類型是_；AB 的化學方程式為_。（3）G 的結構簡式為_；H 中所含官能團的名稱是_。（4）化合物W的相對分子質量比化合物C

11、大14，且滿足下列條件，W的可能結構有_種。遇FeCl3溶液顯紫色 屬于芳香族化合物 能發生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5 種不同化學環境的氫，峰面積比為2:2:2:1:1，寫出符合要求的W 的結構簡式_。（5）設計用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線，其他無機試劑任選（合成路線常用的表示方式為：）_。25、（12分）硫酰氯（SO2Cl2）可用于有機合成和藥物制造等。實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2Cl2SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol，裝置如圖所示（部分裝置省略）。已知SO2Cl2的熔點為54.1，沸點為69.1，有強腐蝕性，不宜接觸堿、

12、醇、纖維素等許多無機物和有機物，遇水能發生劇烈反應并產生白霧。回答下列問題：ISO2Cl2的制備（1）水應從_（選填“a”或“b”）口進入。（2）制取SO2的最佳組合是_（填標號）。Fe+18.4mol/LH2SO4Na2SO3+70%H2SO4Na2SO3+3mo/LHNO3（3）乙裝置中盛放的試劑是_。（4）制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中，原因是_。（5）反應結束后，分離甲中混合物的最佳實驗操作是_。II測定產品中SO2Cl2的含量，實驗步驟如下：取1.5g產品加入足量Ba(OH)2溶液，充分振蕩、過濾、洗滌，將所得溶液均放入錐形瓶中；向錐形瓶中加入硝酸酸化，再加入0.2000molL

13、1的AgNO3溶液l00.00mL；向其中加入2mL硝基苯，用力搖動，使沉淀表面被有機物覆蓋；加入NH4Fe(SO4)2指示劑，用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+，終點所用體積為10.00mL。已知：Ksp(AgCl)=3.210-10Ksp(AgSCN)=210-12（6）滴定終點的現象為_。（7）產品中SO2Cl2的質量分數為_%，若步驟不加入硝基苯則所測SO2Cl2含量將_（填“偏高”、“偏低”或“無影響”）。26、（10分）水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水體水質的重要指標。某化學小組測定某河流中氧的含量，經查閱有關資料了解到溶解氧測定可用“碘量法”，用已準確稱量

14、的硫代硫酸鈉（Na2S2O3）固體配制一定體積的cmol/L標準溶液；用水樣瓶取河流中水樣v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL堿性KI溶液，塞緊瓶塞（瓶內不準有氣泡），反復震蕩后靜置約1小時；向水樣瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶至沉淀全部溶解，此時溶液變為黃色； 將水樣瓶內溶液全量倒入錐形瓶中，用硫代硫酸鈉標準溶液滴定；V待試液呈淡黃色后，加1mL淀粉溶液，繼續滴定到終點并記錄消耗的硫代硫酸鈉溶液體積為v2。已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6（1）在滴定環節中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和_。（2）在步驟中，水樣中

15、出現了MnMnO3沉淀，離子方程式為4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O。（3）步驟中發生反應的離子方程式為 _。（4）滴定時，溶液由_色到_色，且半分鐘內顏色不再變化即達到滴定終點。（5）河水中的溶解氧為_mg/L。（6）當河水中含有較多NO3時，測定結果會比實際值_(填偏高、偏低或不變)27、（12分）草酸合銅()酸鉀KaCub(C2O4)cxH2O是一種重要的化工原料。（1）二草酸合銅()酸鉀晶體可以用CuSO4晶體和K2C2O4溶液反應得到。從硫酸銅溶液中獲得硫酸銅晶體的實驗步驟為：加入適量乙醇、蒸發濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥。在蒸發濃縮的初始階段還采用了蒸餾操作，其目

16、的是_。（2）某同學為測定草酸合銅()酸鉀的組成，進行如下實驗：步驟測定Cu2+：準確稱取0.7080 g樣品，用20.00 mL NH4ClNH3H2O緩沖溶液溶解，加入指示劑，用0.1000 molL1的EDTA(Na2H2Y)標準溶液滴定至終點（離子方程式為Cu2+H2Y2CuY2+2H+），消耗EDTA標準溶液20.00 mL；步驟測定C2O42-：準確稱取0.7080 g樣品，用6.00 mL濃氨水溶解，加入30.00 mL 4.0 molL1的硫酸，稀釋至100 mL，水浴加熱至7080，趁熱用0.1000 molL1 KMnO4標準液滴定至終點，消耗KMnO4溶液16.00 mL

17、。已知酸性條件下MnO4-被還原為Mn2+，步驟發生反應的離子方程式為_。步驟滴定終點的現象是_。通過計算確定草酸合銅()酸鉀的化學式（寫出計算過程）。_28、（14分）氨為重要化工原料，有廣泛用途。(1)合成氨中的氫氣可由下列反應制?。篴.CH4(g)+H2O(g)CO(g)+3H2(g) H=+216.4KJ/molb.CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g) H=-41.2kJ/mol則反應CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=_。(2)起始時投入氮氣和氫氣分別為1mol、3mol，在不同溫度和壓強下合成氨。平衡時混合物中氨的體積分數與溫度關系如圖。恒壓時，

18、反應一定達到平衡狀態的標志是_(填序號)：AN2和H2的轉化率相等 B反應體系密度保持不變C的比值為3:2 D=2P1_P2(填“”、“”、“”、“=”)。(3)已知25時由Na2SO3和NaHSO3形成的混合溶液恰好呈中性，則該混合溶液中各離子濃度的大小順序為_(已知25時，H2SO3的電離平衡常數Ka1=110-2，Ka2=110-7)29、（10分）甲醇是重要的化工原料。利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2 )在催化劑的作用下合成甲醇，可能發生的反應如下：i. CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=QkJmol- 1ii. CO2(g)+ H2(g)CO

19、(g)+ H2O(g) H2=+41 kJmol- 1iii. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-99 kJmol- 1回答下列問題：(1)Q=_(2)反應iii的化學平衡常數K3=_(填表達式)。(3)圖中能正確反映平衡常數K3隨溫度變化關系的曲線為_(填字母)，理由是_(4)如圖為單位時間內CO2+H2、CO+ H2、CO/CO2+H2三個條件下生成甲醇的物質的量濃度與溫度的關系(三個條件下通入的CO、CO2和H2的物質的量濃度相同)。490K時，根據曲線a、c判斷合成甲醇時主要發生的反應為_(填i ”或 iii)；由曲線a可知，甲醇的量先增大后減小，其原因是_。曲線a與曲

20、線b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，從熱力學與動力學角度，并結合反應i、ii分析原因：_。(5)如圖是以NaOH溶液為電解質溶液的甲醇燃料電池：電極a的反應式為_， 若隔膜為陽離子交換膜，則每轉移6 mol電子，溶液中有_mol Na+向_(填“正極區”或“負極區”)移動。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、C【解析】A. 山梨酸鉀是鹽，屬于強電解質，其水溶液顯堿性，說明該鹽是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，因此山梨酸是一元弱酸，屬于弱電解質，A錯誤；B. 山梨酸鉀是強堿弱酸鹽，水解使溶液顯堿性，稀釋時，水解程度增大，水解產生的OH-物質的量增大，但稀釋

21、倍數大于水解增大的倍數，所以稀釋后的溶液中n(OH-)增大，但c(OH-)減小，B錯誤；C.根據物料守恒可得c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)，山梨酸鉀水解平衡常數Kh=，所以c(RCOOH)=c(RCOO-)，故c(K+)=c(RCOO-)+c(RCOOH)=c(RCOO-)1+，C正確；D. 山梨酸分子中含有碳碳雙鍵能發生加成反應，含有羧基能發生取代反應，D錯誤；故合理選項是C。2、D【解析】A選項，5.5g超重水(T2O)物質的量，1個T2O中含有12個中子，5.5g超重水(T2O)含有的中子數目為3NA，故A正確，不符合題意；B選項，根據反應方程式2mol過氧化鈉與2mol

22、二氧化碳反應生成2mol碳酸鈉和1mol氧氣，轉移2mol電子，因此常溫常壓下，44gCO2即物質的量1 mol，與足量過氧化鈉反應轉移電子的數目為NA，故B正確，不符合題意；C選項，C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析，通式為CnH2n，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子物質的量，因此含有氫原子的數目為6NA，故C正確，不符合題意；D選項，0.1 L 0.5 molL1CH3COOH物質的量為0.05mol，醋酸是弱酸，部分電離，因此溶液中含有H數目小于為0.05NA，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】C2H4和C4H8混合氣體可用通式法來分析含碳原子個數和含氫

23、原子個數的思想。3、B【解析】A. 加入試劑a調節pH至3.74.7之間，目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同時要防止生成Cu(OH)2沉淀，為了防止引入新的雜質，試劑a可以是CuO或Cu(OH)2、CuCO3等，故A正確；B. 反應I的化學反應方程式為4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應中鐵元素化合價升高被氧化，故B錯誤；C. 操作X為從硫酸亞鐵溶液中得到綠礬晶體，當蒸發濃縮至溶液表面出現晶膜時，再冷卻結晶即可，故C正確；D. 反應主要是Cu2+與過量的Fe(即b試劑)反應，為將Cu2+全部轉化，加入的鐵粉過量，因此在反應時應該將

24、過量的鐵粉除去，利用鐵、銅的性質差別，加入適量稀硫酸(即試劑c)即可，參與反應的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O，故D正確；答案選B。4、A【解析】A、氯氣能與氫氧化鈉溶液反應，可用來吸收氯氣，A正確；B、應該是長口進，短口出，B錯誤；C、蒸餾時應該用接收器連接冷凝管和錐形瓶，C錯誤；D、為了防止倒吸，導管口不能插入溶液中，D錯誤，答案選A。5、C【解析】由題給信息可知，H2A分步電離，第一步完全電離， 第二步部分電離，F點20.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液與20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反應生成NaH

25、A，G點溶液顯中性，溶質為NaHA和Na2A，H點40.00mL 0.01 mol/L NaOH溶液與20.00mL 0.01 mol/L的H2A溶液恰好反應生成Na2A?！驹斀狻緼項、由題給信息可知，H2A分步電離，第一步完全電離， 第二步部分電離，則0.01 mol/L的H2A溶液中0.01 mol/Lc( H+)bc，故A正確；B. b點對應的混合溶液呈酸性，c(H+)c(OH-)，則此時溶質為CH3COOH和CH3COONa，結合電荷守恒，所以c(Na+)c(Na+)c(OH-)，故C正確；D.該溫度下，CH3COOH的電離平衡常數，a點對于溶液中pH=7，c(Na+)=c(CH3CO

26、O-)=0.2mol/L，c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L，則溶液中c(CH3COOH)=(c-0.2)mol/L，帶入公式得，故D錯誤。9、C【解析】分子式為C5H12含3個甲基的烴為，該烴的一氯代物有4種：ClCH2CH（CH3）CH2CH3、（CH3）2CClCH2CH3、（CH3）2CHCHClCH3、（CH3）2CHCH2CH2Cl，采用“定一移二”法，第二個氯原子的位置如圖： 、，該烴的二氯代物的同分異構體有5+2+2+1=10種，答案選C。10、B【解析】A. 醇的系統命名步驟：1.選擇含羥基的最長碳鏈作為主鏈，按其所含碳原子數稱為某醇；2.從靠近羥基的一端依次編號，

27、寫全名時，將羥基所在碳原子的編號寫在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.側鏈的位置編號和名稱寫在醇前面。因此系統命名法給異丁醇命名為：2-甲基-1-丙醇，故不選A；B. 有幾種氫就有幾組峰，峰面積之比等于氫原子個數比；異丁醇的核磁共振氫譜有四組峰，且面積之比是1216，故選B；C. 根據表格可知，叔丁醇的沸點與異丁醇相差較大，所以用蒸餾的方法可將叔丁醇從二者的混合物中分離出來，故不選C；D. 兩種醇發生消去反應后均得到2-甲基丙烯，故不選D；答案：B11、B【解析】A. HCl是共價化合物，其電子式為 B. SiO2是原子晶體，是立體網狀結構，如，故B錯誤；C. S的核電荷

28、數為16，其原子結構示意圖為 D. 乙炔的分子式為C2H2，故D正確；答案為B。12、D【解析】由c(HCl)=可知，不當操作使V(堿)增大，則導致所測溶液濃度偏高，以此來解答?！驹斀狻緼滴定管用待裝液潤洗，對實驗無影響，故A錯誤；B錐形瓶振蕩時有少量液體濺出，使V(堿)減小，則導致所測溶液濃度偏低，故B錯誤；C滴定結束后滴定管末端出現氣泡，使V(堿)減小，則導致所測溶液濃度偏低，故C錯誤；D錐形瓶用待測液潤洗，n(HCl)偏大，則消耗V(堿)增大，則導致所測溶液濃度偏高，故D正確；故答案為D。【點睛】本題考查中和滴定操作、計算及誤差分析，注意利用公式來分析解答，無論哪一種類型的誤差，都可以歸

29、結為對標準溶液體積的影響，然后根據c(待測)=分析，若標準溶液的體積偏小，那么測得的物質的量的濃度也偏??；若標準溶液的體積偏大，那么測得的物質的量的濃度也偏大。13、B【解析】工業廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成固體1為CaCO3、CaSO3，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體2含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A工業廢氣中CO2、SO2可被石灰水吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氫氧化鈣過量，則固

30、體1為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正確；B由分析可知，氣體1是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體1通入氣體X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到硝酸鈉，故B錯誤；C氣體2含有CO、N2，經捕獲劑得到氮氣和CO，所捕獲的氣體主要是CO，防止污染空氣，故C正確；DNaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，發生氧化還原反應，離子方程式為NH4+NO2-=N2+2H2O，故D正確；故選B。14、B【解析】A.同一氧化還原反應中，氧化劑的氧化性大于氧化產物的氧化性。濃氯水能揮發出氯氣，該實驗中氯氣易參與試管中的反應，

31、故無法證明溴和碘的氧化性的強弱關系，A得不到相應結論；B.濃硫酸使蔗糖變黑，證明濃硫酸有脫水性；然后有氣體生成，該氣體能使溴水褪色，證明有二氧化硫生成，說明濃硫酸有強氧化性，可以被C還原為二氧化硫，故B可以得出相應的結論；C.SO2溶解在試管中使溶液顯酸性，與Ba(NO3)2溶液發生氧化還原反應得到SO42-，所以生成硫酸鋇白色沉淀，故C得不到相應的結論；D.鹽酸有揮發性，揮發出的鹽酸也會與Na2SiO3溶液反應得到硅酸沉淀。因此不能證明酸性：碳酸硅酸，D得不到相應的結論?！军c睛】本題主要是考查化學實驗方案設計與評價，明確相關物質的性質和實驗原理是解答的關鍵，選項A是易錯點，注意濃氯水的揮發性

32、?？疾楦鶕嶒灛F象，得出結論，本題的難度不大，培養學生分析問題，得出結論的能力，體現了化學素養。15、C【解析】A.進行焰色反應，火焰呈黃色，說明含有Na+，不能確定是否含有K+，A錯誤；B.蔗糖在稀硫酸催化作用下發生水解反應產生葡萄糖，若要證明水解產生的物質，首先要加入NaOH中和催化劑硫酸，使溶液顯堿性，然后再用Cu(OH)2進行檢驗，B錯誤；C.在AgCl和AgI飽和溶液中加入過量AgNO3溶液，產生白色沉淀和黃色沉淀，且白色沉淀的質量遠大于黃色沉淀，說明溶液中c(Cl-)較大，c(I-)較小，物質的溶解度AgClAgI，由于二者的化合物構型相同，因此可證明物質的溶度積常數Ksp(AgC

33、l)Ksp(AgI)，C正確；D.根據實驗現象，只能證明溶液中含有I2，由于溶液中含有兩種氧化性的物質HNO3、Fe3+，二者都可能將I-氧化為I2，因此不能證明氧化性Fe3+I2，D錯誤；故合理選項是C。16、B【解析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素且原子序數依次增大。W最外層電子數是次外層電子數的3倍，最外層電子數只能為6，次外層電子數為2，W為O元素；W與Y同主族，則Y為S元素；X在短周期中原子半徑最大，X為Na元素；短周期中比S原子序數大的主族元素只有Cl，因此Z為Cl元素，據此分析解答?！驹斀狻扛鶕鲜龇治?，W為O元素，X為Na元素，Y為S元素，Z為Cl元素。A常溫常壓下，S為固體

34、，故A錯誤；BX的氧化物為氧化鈉或過氧化鈉，均是離子化合物，故B正確；CX與Z形成的化合物為NaCl，NaCl為強酸強堿鹽，不水解，水溶液呈中性，故C錯誤；D一般情況下，O元素不存在正價，S的最高價為+6價，故D錯誤；故選B。17、D【解析】C2H4和C3H6的最簡式為CH2，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，以最簡式計算，物質的量為a/14mol；【詳解】A.環丙烷、丙烯和乙烯的最簡式均為CH2，每個C有4個價電子、每個H有1個價電子，平均每個CH2中形成3個共用電子對，所以總共含有共用電子對，故A錯誤；B.C2H4和C3H6的最簡式為CH2，1個CH2中含有3個原子，C2H4和C3H

35、6的混合物的質量為ag，物質的量為，所含原子總數，故B錯誤；C.氣體的狀況不知道，無法確定消耗氧氣的體積，故C錯誤；D.烴分子中，每個氫原子與碳原子形成1個C-H鍵，C2H4和C3H6的最簡式為CH2，1個CH2中含有3個原子，C2H4和C3H6的混合物的質量為ag，物質的量為，所含碳氫鍵數目，故D正確?！军c睛】本題考查阿伏加德羅常數，為高考高頻考點，注意挖掘題目隱含條件C2H4和C3H6的最簡式為CH2，難度不大，注意相關基礎知識的積累。18、A【解析】A.酸性越弱的酸，其結合氫離子能力越強，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-結合氫離子能力最強，應為B，A錯誤；B.物質含有的能量越低，物質的穩定

36、性就越強，根據圖示可知：A、B、C、D、E中A能量最低，所以A物質最穩定，B正確；C.ClO-與H+結合形成HClO，具有強氧化性、漂白性，C正確；D.BA+D，由電子守恒得該反應方程式為3ClO-=ClO3-+2Cl-，H=（64kJ/mol+20kJ/mol）-360kJ/mol=-116kJ/mol，為放熱反應，所以反應物的鍵能之和小于生成物的鍵能之和，D正確；故合理選項是A。19、B【解析】反應后的混合氣體通入到BaCl2溶液中發生的是復分解反應：SO2+H2O+2NH3=(NH4)2SO3、(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3+2NH4Cl、SO3+H2O+2NH3=(NH4)

37、2SO4、(NH4)2SO4+BaCl2=BaSO4+2NH4Cl，依據反應定量關系，結合分解生成的氣體物質的量可知，二氧化硫轉化為亞硫酸銨，1mol三氧化硫轉化為硫酸銨消耗氨氣2mol，則4mol氨氣和2molSO2反應生成亞硫酸銨，所以得到的沉淀為1mol硫酸鋇，2mol亞硫酸鋇，剩余SO2和亞硫酸鋇反應生成亞硫酸氫鋇，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，則：n(BaSO4):n(BaSO3)=1:1；【詳解】A、根據分析可知，白色沉淀為BaSO4和BaSO3，故A錯誤；B、由上述分析可知，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，二者物質的量之比為1:1，故B正確；C、

38、根據B項分析可知，最后得到沉淀為1mol硫酸鋇、1mol亞硫酸鋇，二者物質的量之比為1:1，故C錯誤；D、從溶液中逸出的氣體為N2，根據分析可知，反應后的溶質為亞硫酸氫鋇與氯化銨，故D錯誤；答案選B。20、D【解析】A木炭吸附溴蒸氣屬于物理變化，克服的是分子間作用力，共價鍵沒有破壞，故A錯誤；B干冰升華屬于物理變化，克服的是分子間作用力，共價鍵沒有破壞，故B錯誤；C葡萄糖溶于水沒有發生電離，克服的是分子間作用力，共價鍵沒有破壞，故C錯誤；D氯化氫溶于水發生電離，共價鍵被破壞，故D正確；答案選D。21、D【解析】A. 剛玉為三氧化二鋁，故A錯誤；B. 碳銨為NH4HCO3，故C錯誤；C. 氯仿為

39、CHCl3，故C錯誤；D. 的主鏈為7個碳：3，3，5 -三甲基庚烷，故D正確；故選D。22、D【解析】由圖可知，斷裂化學鍵吸收akJ熱量，形成1mol氣態氨氣時放熱為bkJ，1mol氣態氨氣轉化為液態氨氣放出熱量為ckJ?！驹斀狻緼斷裂0.5mol N2（g）和1.5mol H2（g）中所有的化學鍵，吸收a kJ熱量，故A錯誤；BNH3（g）NH3（l）H=c kJmol1，故B錯誤；C由圖可知，N2（g）+3H2（g）2NH3（g）H=2（ab）kJmol1，故C錯誤；D由圖可知，N2（g）+3H2（g）2NH3（l）H=2（abc）kJmol1，互為逆反應時，焓變的數值相同、符號相反，則

40、2NH3（l）N2（g）+3H2（g）H=2（b+ca） kJmol1，故D正確；故選：D。二、非選擇題(共84分)23、 羧基、氯原子 加成反應 C10H16O2 +2NaOH+NaCl+2H2O 【解析】A的分子式為C7H8，結合B的結構，應是與CO發生加成反應，可知A為對比B與C的結構，結合反應條件、C的分子式，可知B中醛基氧化為羧基得到C，C與氯氣發生苯環上取代反應生成D，D與氫氣發生加成反應生成E，E發生取代反應生成F，故C為、D為、E為F與乙醇發生酯化反應生成G為，G發生信息中反應生成M為?！驹斀狻?1)A的結構簡式為；D為，其官能團為羧基、氯原子；(2)根據分析可知D與氫氣發生加

41、成反應生成E；G的結構簡式為，分子式為C10H16O2；(3)E為，與足量氫氧化鈉的乙醇溶液在加熱條件發生氯原子的消去反應，以及羧基與氫氧化鈉的中和反應，故反應方程式為：+2NaOH+NaCl+2H2O；(4)由分析可知M的結構簡式為；(5)C為，其同分異構體H既能發生銀鏡反應又能發生水解反應說明其含有CHO結構且含有酯基，核磁共振氫譜有4組吸收峰說明其結構對稱，則符合條件的H為：；(6)加聚反應得到，發生消去反應得到，由信息可知苯甲酸乙酯與CH3MgBr、H+/H2O作用得到，合成路線流程圖為?！军c睛】解決本題充分利用物質的結構與反應條件進行分析判斷，熟練掌握官能團的性質與轉化；注意對信息的

42、理解，明確題目所給反應中是哪個化學鍵的斷裂與形成。24、Cl2、光照辛醛取代反應羥基13【解析】甲苯發生取代反應生成，在氫氧化鈉水溶液加熱條件下發生取代反應生成，則A為，該分子繼續氧化為B，可推知B為，C為；D經過先水解后消去反應可得到HCHO，所以E為HCHO，根據給定的已知信息及逆合成分析法可知，G為，據此分析作答?！驹斀狻考妆?，發生的是取代反應，所需試劑、條件分別是Cl2、光照；F為，根據系統命名法可知其名稱為辛醛，故答案為Cl2、光照；辛醛；（2）反應是C和H發生的酸和醇的酯化反應（取代反應），AB 的化學方程式為，故答案為取代反應；（3）結合給定的已知信息推出G 的結構簡式為；GH，

43、是-CHO和H2的加成反應，所以H中所含官能團的名稱是羥基，故答案為；羥基。（4）C為，化合物W 的相對分子質量比化合物C 大14，W比C多一個CH2，遇FeCl3 溶液顯紫色含有酚羥基，屬于芳香族化合物含有苯環，能發生銀鏡反應含有醛基，苯環上有三個取代基，分別為醛基、羥基和甲基，先固定醛基和羥基的位置，鄰間對，最后移動甲基，可得到10種不同結構；苯環上有兩個取代基，分別為-OH和-CH2CHO，鄰間對位共3種，所以W 的可能結構有10+3 = 13種；符合遇FeCl3 溶液顯紫色、屬于芳香族化合物、能發生銀鏡反應其中核磁共振氫譜顯示有5 種不同化學環境的氫、峰面積比為2:2:2:1:1要求的

44、W 的結構簡式：，故答案為13；（5）根據題目已知信息和有關有機物的性質，用甲苯和乙醛為原料制備的合成路線具體如下：，故答案為。25、b 堿石灰 制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率 蒸餾 溶液變為紅色，而且半分鐘內不褪色 85.5% 偏小 【解析】（1）用來冷卻的水應該從下口入，上口出；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3來制備SO2；（3）冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2

45、Cl2遇水易水解，故用堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點； （7）用cmolL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積V，則過量Ag+的物質的量為Vcmol，與Cl反應的Ag+的物質的量為0.1000mol/L0.1LVc103mol，則可以

46、求出SO2Cl2的物質的量； AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgCl沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小?！驹斀狻浚?）用來冷卻的水應該從下口入，上口出，故水應該從b口進入；（2）制備SO2，鐵與濃硫酸反應需要加熱，硝酸能氧化SO2，所以用70% H2SO4+Na2SO3來制備SO2，故選；（3）根據裝置圖可知，冷凝管的作用是冷凝回流而反應又沒有加熱，故SO

47、2與氯氣間的反應為放熱反應，由于會有一部分Cl2、SO2通過冷凝管逸出，故乙中應使用堿性試劑，又因SO2Cl2遇水易水解，故用堿石灰，可以吸收氯氣、SO2并防止空氣中的水蒸氣進入冷凝管中，故乙裝置中盛放的試劑是堿石灰；（4）制取硫酰氯的反應時放熱反應，降低溫度使平衡正向移動，有利于提高SO2Cl2產率；（5）分離沸點不同的液體可以用蒸餾的方法，所以甲中混合物分離開的實驗操作是蒸餾；（6）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，當滴定達到終點時NH4SCN過量，加NH4Fe(SO4)2作指示劑，Fe3+與SCN反應溶液會變紅色，半分鐘內不褪色，即可確定滴定終點；故答案為：

48、溶液變為紅色，而且半分鐘內不褪色；（7）用0.1000molL-1NH4SCN溶液滴定過量Ag+至終點，記下所用體積10.00mL，則過量Ag+的物質的量為Vcmol=0.010.1000molL-1=110-3mol，與Cl反應的Ag+的物質的量為0.2000mol/L0. 1LVc103mol1.910-2mol，則SO2Cl2的物質的量為1.910-2mol 0.5=9.510-3mol ，產品中SO2Cl2的質量分數為 100%=85.5%； 已知：Ksp(AgCl)=3.21010，Ksp(AgSCN)=21012，則AgSCN沉淀的溶解度比AgCl小，可加入硝基苯用力搖動，使AgC

49、l沉淀表面被有機物覆蓋，避免在滴加NH4SCN時，將AgCl沉淀轉化為AgSCN沉淀，若無此操作，NH4SCN與AgCl反應生成AgSCN沉淀，則滴定時消耗的NH4SCN標準液的體積偏多，即銀離子的物質的量偏大，則與氯離子反應的銀離子的物質的量偏小，所以測得的氯離子的物質的量偏??；故答案為：85.5%；偏小。26、堿式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O 藍 無 偏高 【解析】(1)滴定環節中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞

50、，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變為黃色，說明產生I2，根據氧化還原反應方程式分析；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色；(5)根據關系式，進行定量分析；(6)含有較多NO3時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3。【詳解】(1)滴定環節中使用的儀器有滴定管夾、鐵架臺、燒杯、錐形瓶和滴定管，滴定管裝Na2S2O3溶液，Na2S2O3顯堿性，用堿式滴定管，故答案為：堿式滴定管；(3)中有MnMnO3沉淀生成同時有碘離子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞緊瓶塞，振蕩水樣瓶，沉淀全部溶解，此時溶液變為黃色，說明產生I2，即碘化合價升高，Mn的化合

51、價會降低，離子方程式為MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案為：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待測液中有I2，用淀粉溶液做指示劑，溶液為藍色，終點時為無色，故答案為：藍；無；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知關系式，即，則氧氣的物質的量x=，v1mL水樣中溶解氧=，故答案為：；(6)含有較多NO3時，在酸性條件下，形成硝酸，具有強氧化性，會氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，結果偏高，故答案為：偏高?！军c睛

52、】本題難點(3)，信息型氧化還原反應方程式的書寫，要注意對反應物和生成物進行分析，在根據得失電子守恒配平；易錯點(5)，硝酸根存在時，要注意與氫離子在一起會有強氧化性。27、回收乙醇 2+5+16H+2Mn2+10CO2+8H2O 當滴入最后一滴KMnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色 由步驟的反應離子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得關系式：Cu2+H2Y2，據題意有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步驟的離子反應方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得關系式：2MnO4-5C2O42-，則有：解得：n(C2O42-)=

53、0.004mol根據電荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根據質量守恒原理，則n(H2O)=。故草酸合銅()酸鉀的化學式為：K2Cu(C2O4)22H2O。 【解析】（1）分析題中所給信息，硫酸銅不溶于乙醇，使用乙醇可以降低硫酸銅的溶解度，有利于晶體的析出。加入乙醇后，乙醇易揮發，故可通過蒸餾的方法回收。（2）根據題中步驟測定Cu2+的原理及消耗的EDTA的量，可計算出0.7080 g樣品中Cu2+的量；根據步驟測定C2O42-的過程中，KMnO4和C2O42-在酸性條件下發生氧化還原反應，結合氧化還原反應原理，可計算出0.7080 g樣品中C2O42-的量；結合電荷守恒和質量守恒，分別計

54、算出K+和H2O的量。進而可確定草酸合銅()酸鉀的化學式。【詳解】（1）乙醇易揮發，故可通過蒸餾的方法回收。答案為：回收乙醇；（2）根據氧化還原反應原理，可知離子反應方程式為：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；答案為：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O；KMnO4溶液為紫紅色，當加入最后一滴KMnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色，說明達到滴定終點。答案為：當滴入最后一滴KMnO4標準液時，溶液變成淺紅色，且半分鐘不褪色；由步驟的反應離子方程式：Cu2+H2Y2CuY2+2H+，可得關系式：Cu2+H2Y2，據題意

55、有：解得：n(Cu2+)=0.002mol由步驟的離子反應方程式：2MnO4-+5C2O42-+16H+2Mn2+10CO2+8H2O，可得關系式：2MnO4-5C2O42-，則有： 解得：n(C2O42-)=0.004mol根據電荷守恒，可知n(K+)=0.004mol根據質量守恒原理，則n(H2O)=。故草酸合銅()酸鉀的化學式為：K2Cu(C2O4)22H2O。28、CH4(g)+2H2O(g)CO2(g)+4H2(g) H=+175.2kJ/mol B 66.7% c(HSO3-)=c(SO32-)c(H+)=c(OH-) 【解析】(1)將兩個熱化學方程式疊加，就可得到相應反應的熱化學

56、方程式；(2)根據反應達到平衡時任何一組分的速率不變，物質的濃度、含量等不變判斷平衡狀態；該反應是氣體體積減小的反應，在溫度不變時，增大壓強，平衡正向移動，氨的含量增加；在壓強不變時，根據該反應的正反應是放熱反應分析判斷B、D兩點的化學平衡常數大小；根據C點時氨的含量是50%，利用三段式計算H2的轉化率；根據A、B兩點的溫度、壓強的大小及溫度、壓強與化學反應速率的影響分析；(3)利用物料守恒、電荷守恒分析比較離子濃度大小?！驹斀狻?1)a+b，整理可得CH4(g)+2H2O(g) CO2(g)+4H2(g) H=+175.2kJ/mol；(2)A.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在該反應中N2、H2反應的物質的量的比是1：3，加入的物質的物質的量的比是1：3，所以無論反應是否達到平衡，N2和H2的轉化率都相等，不能據此判斷反應為平衡狀態，A錯誤；B.該反應是反應前后氣體分子數不相等的反應，由于壓強恒定不變，若反應未達到平衡，氣體體積就會發生變化，由于氣體質量不變，所以密度就會發生變化，因此若密度不變，反應達到