1、2021-2022學年高考化學模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。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、我國古代文獻中有許多化學知識的記載，如夢溪筆談中的“信州鉛山縣有苦泉，挹其水熬之，則成膽礬，熬膽礬鐵釜，久之亦化為銅”等，上述描述中沒有涉及的化學反應類型是A復分解反應B化合反應C離子反應D氧化還原反應2、

2、關于C9 H12的某種異構體，以下說法錯誤的是()A一氯代物有5 種B分子中所有碳原子都在同一平面C能發生加成、氧化、取代反應D1mol該物質最多能和3 mol H2發生反應3、用普通圓底燒瓶將某鹵化鈉和濃硫酸加熱至500制備純凈HX氣體，則該鹵化鈉是ANaFBNaClCNaBrDNaI4、LiAlH4 是一種常用的儲氫材料，也是有機合成中重要的還原劑。下列關亍 LiAlH4 的說法中， 不正確的是A電子式：B還原有機物時，應在無水體系中迚行C1 mol LiAlH4 跟足量水反應可生成 89.6L 氫氣D乙醛還原生成乙醇的過程中，LiAlH4 作還原劑5、厲害了，我的國展示了中國在航空、深海

3、、交通、互聯網等方面取得的舉世矚目的成就，它們與化學有著密切聯系。下列說法正確的是（）A“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽B港珠澳大橋使用高性能富鋅底漆防腐，依據的是外加電流的陰極保護法C我國提出網絡強國戰略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅D化學材料在北京大興機場的建設中發揮了巨大作用，其中高強度耐腐蝕鋼筋屬于無機材料6、下列實驗結果不能作為相應定律或原理的證據之一的是（ ）ABCD勒夏特列原理元素周期律蓋斯定律阿伏加德羅定律實驗方案結果左球氣體顏色加深右球氣體顏色變淺燒瓶中冒氣泡試管中出現渾濁測得為、的和與的體積比約為2:1（B中試劑為

4、濃鹽酸、碳酸鈉溶液、硅酸鈉溶液）AABBCCDD7、化學與人類生活、社會可持續發展密切相關，下列說法中不正確的是（ ）A煤的氣化與液化均為化學變化B大自然利用太陽能最成功的是植物的光合作用C磚瓦、陶瓷、渣土、普通一次性電池、魚骨等屬于其他垃圾D用CO2合成可降解的聚碳酸酯塑料，可以實現“碳”的循環利用8、下列實驗操作不是從實驗安全角度考慮的是A稀釋硫酸時將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中，并不斷攪拌B做有毒氣體的實驗時，對尾氣進行適當處理C加熱燒瓶里液體時，在燒瓶底部放幾片碎瓷片D向試管里滴加液體時，滴管不能伸入試管內9、下列有關物質性質與用途具有對應關系的是（ ）ANa2O2吸收CO2產生O2，可用作

5、呼吸面具供氧劑BClO2具有還原性，可用于自來水的殺菌消毒CSiO2硬度大，可用于制造光導纖維DNH3易溶于水，可用作制冷劑10、下圖為光電催化能源化利用CO2制備太陽能燃料的示意圖。下列說法不正確的是A陽極反應式為2H2O4e4H+O2BCO2還原產物可能為CO、HCHO、CH3OH、CH4等C陽極、陰極材料互換對制備太陽能燃料影響不大D若太陽能燃料為甲醇，則陰極電極反應式為：CO2+6H+6eCH3OH+H2O11、四氫噻吩()是家用天然氣中人工添加的氣味添加劑具有相當程度的臭味。下列關于該化合物的說法正確的是（ ）A不能在O2中燃燒B所有原子可能共平面C與Br2的加成產物只有一種D生成1

6、molC4H9SH至少需要2molH212、海冰是海水凍結而成的咸水冰。海水凍結時，部分來不及流走的鹽分以鹵汁的形式被包圍在冰晶之間，形成“鹽泡”假設鹽分以一個NaCl計，其大致結構如下圖所示，若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水。下列敘述正確的是( )A海冰內層“鹽泡”越多，密度越小B海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越多C海冰內層“鹽泡”內的鹽分主要以NaCl分子的形式存在D海冰內層NaCl的濃度約為設冰的密度為13、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是()ACa(ClO)2(aq)HClO(aq)O2(g)BH2SO4(稀)SO2(g)BaSO3(s)CFe2O3(s)Fe

7、Cl3(aq)Fe (s)DSiO2(s)H2SiO3(膠體)Na2SiO3(aq)14、某學習小組在實驗室從海帶中提取碘，設計實驗流程如下：下列說法錯誤的是A過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，它們主要是無機物B氧化劑參加反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OC萃取過程所用有機溶劑可以是酒精或四氯化碳D因I2易升華，I2的有機溶液難以通過蒸餾法徹底分離15、克倫特羅是一種平喘藥，但被違法添加在飼料中，俗稱“瘦肉精”，其結構簡式如圖。下列有關“瘦肉精”的說法正確的是A它的分子式為C12H17N2Cl2OB它含有氨基、氯原子、碳碳雙鍵等官能團C1mol克倫特羅最多能和3

8、molH2發生加成反應D一定條件下它能發生水解反應、酯化反應、消去反應、氧化反應、加聚反應等16、下列實驗中，能達到相應實驗目的的是A制備并收集乙酸乙酯B證明氯化銀溶解度大于硫化銀C驗證溴乙烷的消去產物是乙烯D推斷S、C、Si的非金屬性強弱AABBCCDD17、常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A使酚酞變紅色的溶液中：Na、Al3、SO42、ClB=11013molL1的溶液中：NH4、Ca2、Cl、NO3C與Al反應能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D水電離的c(H)=11013molL1的溶液中：K、Na、AlO2、CO3218、目前，國家電投集團正在建

9、設國內首座百千瓦級鐵鉻液流電池儲能示范電站。鐵鉻液流電池總反應為Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，工作示意圖如圖。下列說法錯誤的是A放電時a電極反應為Fe 3+e=Fe2+B充電時b電極反應為Cr3+e=Cr2+C放電過程中H+通過隔膜從正極區移向負極區D該電池無爆炸可能，安全性高，毒性和腐蝕性相對較低19、根據下列實驗操作和現象得出的結論正確的是選項實驗現象結論A甲烷與氯氣在光照下反應，將反應后的氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅反應后的氣體是HCIB向正已烷中加入催化劑，高溫使其熱裂解，將產生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產生的氣體是乙烯C向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2O2溶液有

10、氣體產生，一段時間后，FeCl3溶液顏色加深Fe3+能催化H2O2分解，該分解反應為放熱反應D向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍該溶液無NH4+AABBCCDD20、下列說法不正確的是A用飽和碳酸鈉溶液能鑒別乙酸、乙醇、苯、四氯化碳B麥芽糖、淀粉、花生油、大豆蛋白都能在人體內水解C苯中混有的少量甲苯，可加入足量高錳酸鉀酸性溶液，充分反應后，經分液可得純凈的苯D向乙酰水楊酸粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，充分反應后過濾，可除去乙酰水楊酸中的水楊酸聚合物雜質21、Na、Al、Fe都是重要的金屬元素。下列說法正確的是A氧化物都是堿性氧化物B氫氧化物都是白色固體C單質都可

11、以與水反應D單質在空氣中都形成致密氧化膜22、常溫下，向20 mL某濃度的硫酸溶液中滴入0.1 molL1氨水，溶液中水電離出的氫離子濃度隨加入氨水的體積變化如圖所示。下列分析正確的是Ac點所示溶液中：c(H)c(OH)c(NH3H2O)Bb點所示溶液中：c(NH4)2 c(SO42)CV40D該硫酸的濃度為0.1 molL1二、非選擇題(共84分)23、（14分）扁桃酸D在有機合成和藥物生產中有著廣泛應用。用常見化工原料制備D，再由此制備有機物I的合成路線如下：回答下列問題：(l)C的名稱是 _，I的分子式為_。(2)EF的反應類型為_，G中官能團的名稱為_ 。(3) AB的化學方程式為_。

12、(4)反應GH的試劑及條件是_。(5)寫出符合下列條件的D的同分異構體：_。能發生銀鏡反應 與FeC13溶液顯紫色 核磁共振氫譜峰面積之比1:2:2:3(6)寫出以溴乙烷為原料制備H的合成路線（其他試劑任選）_。24、（12分）鏈狀有機物A是一種食用型香精，在一定條件下有如變化：已知：(i) (ii)A和G互為同分異構體，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，B和F中所含官能團的類型相同。完成下列填空：(1)F的分子式為_。CD的試劑和條件是_。(2)A的結構簡式為_。 BH的反應類型是_。(3)I中所有碳原子均在一條直線上，H轉化為I的化學方程式為_。(4)X是A的一種同分異構體，1 mol X

13、 在HIO4加熱條件下完全反應，可以生成1 mol無支鏈的有機物，則X的結構簡式為_。25、（12分）葡萄酒中抗氧化劑的殘留量是以游離SO2的含量計算，我國國家標準(GB27602014)規定葡萄酒中SO2的殘留量0.25 gL1。某興趣小組設計實驗方案對葡萄酒中SO2進行測定。.定性實驗方案如下：(1)將SO2通入水中形成SO2飽和H2SO3溶液體系，此體系中存在多個含硫元素的平衡，分別用平衡方程式表示為_。(2)利用SO2的漂白性檢測干白葡萄酒(液體為無色)中的SO2或H2SO3。設計如下實驗：實驗結論：干白葡萄酒不能使品紅溶液褪色，原因：_。.定量實驗方案如下(部分裝置和操作略)：(3)

14、儀器A的名稱是_。(4)A中加入100.0 mL葡萄酒和適量鹽酸，加熱使SO2全部逸出并與B中H2O2完全反應，其化學方程式為_。(5)除去B中過量的H2O2，然后再用NaOH標準溶液進行滴定，除去H2O2的方法是_。(6)步驟X滴定至終點時，消耗NaOH溶液25.00 mL，該葡萄酒中SO2的含量為_ gL1。該測定結果比實際值偏高，分析原因_。26、（10分）葡萄糖酸鈣是一種可促進骨骼生長的營養物質。葡萄糖酸鈣可通過以下反應制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸鈣)+H2O

15、+CO2相關物質的溶解性見下表：實驗流程如下：回答下列問題：（1）第步中溴水氧化葡萄糖時，甲同學設計了如圖所示裝置。你認為缺少的儀器是_。甲同學在尾氣吸收裝置中使用倒立漏斗的目的是_。（2）第步CaCO3固體過量，其目的是_。（3）本實驗中_(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是_。（4）第步“某種操作”名稱是_。（5）第步加入乙醇的作用是_。（6）第步中洗滌操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化鈣，洗滌劑最合適的是_(填標號)。A冷水 B熱水 C乙醇 D乙醇水混合溶液27、（12分）I.四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業中烯烴聚合反應的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固

16、體，熔點為38.3，沸點為233.5，具有潮解性且易發生水解。實驗室利用反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如圖所示。回答下列問題：（1）檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是_，反應結束后應繼續通入一段時間CO2，主要目的是_。（2）將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將a端的儀器改裝為_、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是_（填儀器名稱）。II.過氧化鈣溶于酸，極微溶于水，不溶于乙醇、乙醚和丙酮，通常可用作醫用殺菌劑、消毒劑、防腐劑。已知從溶液中制得的過氧化鈣帶有8個結晶水，在100時會脫水生成米黃色的無水過氧化鈣，而無水過氧化鈣在349時

17、會迅速分解生成CaO和O2。以下是一種用純凈的碳酸鈣制備過氧化鈣的實驗方案。請回答下列問題：CaCO3濾液白色結晶（3）步驟的具體操作為向碳酸鈣中逐滴加入稀鹽酸，至溶液中尚存有少量固體，此時溶液呈_性（填“酸”、“堿”或“中”）。將溶液煮沸，趁熱過濾。將溶液煮沸的作用是_。（4）步驟中反應的化學方程式為_，該反應需要在冰浴下進行，原因是_。（5）為測定產品中過氧化鈣的質量分數，取1.2g樣品，在溫度高于349時使之充分分解，并將產生的氣體（恢復至標準狀況）通過如圖所示裝置收集，測得量筒中水的體積為112mL，則產品中過氧化鈣的質量分數為_。28、（14分）高氯酸鈉可用于制備高氯酸。以精制鹽水等

18、為原料制備高氯酸鈉晶體(NaClO4H2O)的流程如下：（1）由粗鹽(含Ca2、Mg2、SO42-、Br等雜質)制備精制鹽水時需用到NaOH、BaCl2、Na2CO3等試劑。Na2CO3的作用是_；除去鹽水中的Br可以節省電解過程中的電能，其原因是_。（2）“電解”的目的是制備NaClO3溶液，產生的尾氣除H2外，還含有_(填化學式)。“電解”的化學方程式為_。（3）“除雜”的目的是除去少量的NaClO3雜質，該反應的離子方程式為_。“氣流干燥”時，溫度控制在80100 的原因是_。29、（10分）回收利用硫和氮的氧化物是保護環境的重要舉措。I（1）工業生產可利用CO從燃煤煙氣中脫硫。已知S(

19、s)的燃燒熱(H)為-mkJ/mol。CO與O2反應的能量變化如圖所示，則CO從燃煤煙氣中脫硫的熱化學方程式為_ (H用含m的代數式表示) 。（2）在模擬回收硫的實驗中，向某恒容密閉容器中通入2.8molCO和1molSO2氣體，反應在不同條件下進行，反應體系總壓強隨時間的變化如圖所示。與實驗a相比，實驗c改變的實驗條件可能是_。請利用體積分數計算該條件下實驗b的平衡常數K=_。（列出計算式即可）（注：某物質的體積分數=該物質的物質的量/氣體的總物質的量）（3）雙堿法除去SO2的原理為：NaOH溶液Na2SO3溶液。該方法能高效除去SO2并獲得石膏。該過程中NaOH溶液的作用是_。25時,將一

20、定量的SO2通入到100mL0.1mol/L的NaOH溶液中，兩者完全反應得到含Na2SO3、NaHSO3的混合溶液，溶液恰好呈中性，則溶液中H2SO3的物質的量濃度是_（假設反應前后溶液體積不變；25時，H2SO3的電離常數 K1=1.010-2 K2=5.010-8)。II用NH3消除NO污染的反應原理為：4NH3(g)+6NO(g)5N2(g)+6H2O(l) H= -1807.98kJ/mol 。不同溫度條件下，NH3與NO的物質的量之比分別為4:1、3:1、1:3，得到NO脫除率曲線如圖所示。（1）曲線a中NH3的起始濃度為410-5mol/L,從A點到B點經過1秒，該時間段內NO的

21、脫除速率為_mg/(Ls)。（2）不論以何種比例混合，溫度超過900，NO脫除率驟然下降，除了在高溫條件下氮氣與氧氣發生反應生成NO，可能的原因還有（一條即可）_。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、A【解析】CuSO4+5H2O=CuSO4.5H2O為化合反應，CuSO4.5H2OCuSO4+5H2O為分解反應，Fe+CuSO4=Cu+FeSO4為置換反應，且Fe、Cu元素的化合價變化，為氧化還原反應，故答案為A。2、B【解析】A苯環上有3種氫，側鏈上有2種氫，其一氯代物有5 種，故A正確；B次甲基中碳原子連接的原子或基團形成四面體結構，分子中所有碳原子

22、不可能都在同一平面，故B錯誤；C含有苯環，可以發生加成反應與取代反應，可以燃燒，側鏈可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故C正確；D苯環能與氫氣發生加成反應，1 mol該物質最多能和3 mol H2發生反應，故D正確。故選：B。【點睛】一氯代物的種類即判斷分子內的等效氫數目，一般同一個甲基上的氫等效、同一個碳上連接點甲基上的氫等效、對稱結構的氫等效。3、B【解析】A玻璃中含有二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應生成四氟化硅，所以不能用普通圓底燒瓶制取氟化氫，選項A錯誤；B利用高沸點的酸制取揮發性酸原理，鹽酸是揮發性酸，濃硫酸是高沸點酸，且氯化氫和玻璃不反應，所以可以用濃硫酸和氯化鈉制取氯化氫，選項B正確；C

23、溴化氫能被濃硫酸氧化而得不到溴化氫，選項C錯誤；D碘化氫易被濃硫酸氧化生成碘單質而得不到碘化氫，選項D錯誤；答案選B。4、C【解析】A選項，LiAlH4中鋰顯+1價，AlH4，因此LiAlH4電子式：，故A正確；B選項，LiAlH4與水要反應，生成氫氣，因此在還原有機物時，應在無水體系中迚行，故B正確；C選項，1 mol LiAlH4 跟足量水反應可生成 89.6L 氫氣，缺少標準狀況下，因此C錯誤；D選項，乙醛還原生成乙醇的過程中，乙醛作氧化劑，LiAlH4 作還原劑，故D正確。綜上所述，答案為C。5、D【解析】A高溫結構陶瓷耐高溫、耐腐蝕，是新型無機非金屬材料，不是傳統的硅酸鹽，A錯誤；B

24、鋼結構防腐蝕涂裝體系中，富鋅底漆的作用至關重要，它要對鋼材具有良好的附著力，并能起到優異的防銹作用，依據的是犧牲陽極的陰極保護法，B錯誤；C光纜的主要成分是二氧化硅，C錯誤；D高強度耐腐蝕鋼筋屬于無機材料，D正確；故答案選D。6、B【解析】A. 是放熱反應，升高溫度，平衡向生成二氧化氮的方向移動，顏色變深，可以作為勒夏特列原理的證據之一；B、比較元素的非金屬性，應用元素最高價氧化物對應水化物的酸性比較，濃鹽酸不是氯的最高價氧化物對應水化物，無法比較氯和碳的非金屬性；生成的二氧化碳中含有HCl氣體，氯化氫與二氧化碳都能與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，故也無法比較碳和硅的非金屬性，不能證明元素周期律

25、；C、H=H1+H2，化學反應的熱效應只與起始和終了狀態有關，與變化途徑無關，可以證明蓋斯定律；D、在同溫同壓下，氣體的體積比等于方程式的化學計量數之比等于氣體的物質的量之比，電解水生成的氧氣和氫氣體積比等于物質的量之比，可以證明阿伏加德羅定律；故答案為B。7、C【解析】A. 煤經氣化、液化都生成新物質屬于化學過程，故A正確；B. 太陽能應用最成功的是植物的光合作用，故B正確；C. 磚瓦陶瓷、渣土、衛生間廢紙、瓷器碎片等難以回收的廢棄物是其他垃圾，普通一次性電池屬于有害垃圾，故C錯誤；D. 利用CO2合成聚碳酸酯類可降解塑料，實現“碳”的循環利用應用，減少二氧化碳的排放，符合題意，故D正確；題

26、目要求選不正確的選項，故選C。【點睛】本題考查了化學與生活、社會密切相關知識，主要考查白色污染、清潔能源、綠色化學等知識，掌握常識、理解原因是關鍵。8、D【解析】A. 稀釋硫酸時將濃硫酸緩慢注入蒸餾水中，并不斷攪拌，是為了防止濃硫酸溶于水放出的大量的熱使液體沸騰飛濺出來，是出于安全考慮，A不符合題意；B. 做有毒氣體的實驗時，進行尾氣處理，是出于安全考慮，B不符合題意；C. 加熱燒瓶里液體時，在燒瓶底部放幾片碎瓷片，是為了防止暴沸，是出于安全考慮，C不符合題意；D. 向試管里滴加液體時，滴管不能伸入試管內，是為了防止污染試劑，不是出于安全考慮，D符合題意；故答案選D。9、A【解析】ANa2O2

27、吸收CO2生成O2和Na2CO3，Na2O2用作呼吸面具中的供氧劑，故A正確；BClO2具有強氧化性而使蛋白質變性而不是還原性，故B錯誤；C光導纖維的主要成分是二氧化硅，光導纖維是利用光的全反射原理，與二氧化硅的硬度大小無關，故C錯誤；D氨氣易液化而吸收熱量導致周圍環境溫度降低，所以氨氣常常作制冷劑，與氨氣易溶于水無關，故D錯誤；故選B。10、C【解析】圖中陽極是水失電子，生成O2和H+，電極反應式為：2H2O4e4H+O2，選項A正確；CO2被還原時，化合價降低，還原產物可能為CO、HCHO、CH3OH、CH4等，選項B正確；裝置中陽極材料是光電催化材料，陰極是惰性電極Pt，二者不能互換，選

28、項C錯誤；若太陽能燃料為甲醇，陰極反應物為CO2和H+，則電極反應式為：CO2+6H+6eCH3OH+H2O，選項D正確。11、B【解析】由結構可知，含碳碳雙鍵，且含C、H、S元素，結合雙鍵為平面結構及烯烴的性質來解答。【詳解】A家用天然氣中可人工添加，能在O2中燃燒，故A錯誤；B含雙鍵為平面結構，所有原子可能共平面，故B正確；C含2個雙鍵，若1：1加成，可發生1，2加成或1，4加成，與溴的加成產物有2種，若1：2加成，則兩個雙鍵都變為單鍵，有1種加成產物，所以共有3種加成產物，故C錯誤；D含有2個雙鍵，消耗2molH2，會生成1mol，故D錯誤；故答案選B。【點睛】本題把握官能團與性質、有機

29、反應為解答關鍵，注意選項D為解答的難點。12、D【解析】A“鹽泡”中鹽與水的比值不變，則內層“鹽泡”越多時，密度不變，故A錯誤；B若海冰的冰齡達到1年以上，融化后的水為淡水，則海冰冰齡越長，內層的“鹽泡”越少，故B錯誤；C“鹽泡”內的鹽分為NaCl，由離子構成，不存在NaCl分子，故C錯誤；D冰的密度為，設海水1L時，水的質量為900g，由個數比為1：500000，含NaCl為，可知海冰內層NaCl的濃度約為，故D正確；故答案為D。【點睛】考查海水資源的應用，把握海水中鹽泡的成分、信息的應用為解答的關鍵， “鹽泡”內的鹽分為NaCl，屬離子化合物，由離子構成，且“鹽泡”中鹽與水的比值不變，特別

30、注意“鹽泡結構的判斷。13、A【解析】A. Ca(ClO)2與二氧化碳和水反應生成次氯酸，次氯酸再受熱分解會產生氧氣，A項正確；B. 根據金屬活動性順序已知，銅與稀硫酸不反應，B項錯誤；C. 銅與氯化鐵反應時生成氯化亞鐵與氯化銅，不能得到鐵單質，C項錯誤；D. 二氧化硅不與水反應，D項錯誤；答案選A。14、C【解析】實驗室從海帶中提取碘：將海帶在坩堝中灼燒得到海帶灰，將海帶灰浸泡得到海帶灰懸濁液，然后采用過濾的方法將殘渣和溶液分離，得到含有碘化鉀的溶液，向水溶液中加入氧化劑，將I-氧化成I2，向含有碘單質的溶液中加入萃取劑萃取分液得到碘單質的有機溶液，據此分析解答。【詳解】A海帶在坩堝中灼燒得

31、到海帶灰，有機物燃燒生成二氧化碳和水，過濾操作主要除去海帶灰中難溶于水的固體，主要是無機物，故A正確；B氧化劑可以選用過氧化氫溶液，反應的離子方程式為2I-+H2O2+2H+=I2+2H2O，故B正確；C萃取過程所用有機溶劑可以是四氯化碳或苯，不能選用酒精，因為酒精易溶于水，故C錯誤；D因I2易升華，有機溶劑的沸點一般較低，因此I2的有機溶液通過蒸餾法難以徹底分離，故D正確；故選C。15、C【解析】A、根據克倫特羅結構簡式知它的分子式為C12H18N2Cl2O，錯誤；B、根據克倫特羅結構簡式知它含有苯環、氨基、氯原子、羥基等官能團，不含碳碳雙鍵，錯誤；C、該有機物含有1個苯環，1mol克倫特羅

32、最多能和3 molH2發生加成反應，正確；D、該有機物不含碳碳雙鍵，不能發生加聚反應，錯誤；故答案選C。16、D【解析】A、制取乙酸乙酯需要用濃硫酸做催化劑，故不選A；B、1mL0.1mol/L的AgNO3溶液滴加幾滴0.1mol/L的NaCl溶液生成白色沉淀AgCl，AgNO3有剩余，再滴加幾滴0.1mol/L的Na2S，AgNO3與Na2S反應生成Ag2S沉淀，所以不能證明氯化銀溶解度大于硫化銀，故不選B；C、乙烯、乙醇都能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以該裝置不能驗證溴乙烷的消去產物是乙烯，故不選C；D、碳酸鈉與稀硫酸反應放出二氧化碳，證明非金屬性SC，二氧化碳與硅酸鈉溶液反應生成硅酸沉淀，

33、證明非金屬性CSi，故選D。17、B【解析】A、酚酞變紅色的溶液，此溶液顯堿性，Al3、OH生成沉淀或AlO2，不能大量共存，故A錯誤；B、根據信息，此溶液中c(H)c(OH)，溶液顯酸性，這些離子不反應，能大量共存，故正確；C、與Al能放出氫氣的，同業可能顯酸性也可能顯堿性，若是堿性，則Fe2和OH不共存，若酸性，NO3在酸性條件下具有強氧化性，不產生H2，故C錯誤；D、水電離的c(H)=11013molL1的溶液，此物質對水電離有抑制，溶液可能顯酸性也可能顯堿性，AlO2、CO32和H不能大量共存，故D錯誤。答案選B。18、C【解析】鐵-鉻液流電池總反應為Fe3+Cr2+Fe2+Cr3+，

34、放電時，Cr2+發生氧化反應生成Cr3+、b電極為負極，電極反應為Cr2+-e-=Cr3+，Fe3+發生得電子的還原反應生成Fe2+，a電極為正極，電極反應為Fe3+e-Fe2+，放電時，陽離子移向正極、陰離子移向負極；充電和放電過程互為逆反應，即a電極為陽極、b電極為陰極，充電時，在陽極上Fe2+失去電子發、生氧化反應生成Fe3+，電極反應為：Fe2+-e-Fe3+，陰極上Cr3+發生得電子的還原反應生成Cr2+，電極反應為Cr3+e-Cr2+，據此分析解答。【詳解】A根據分析，電池放電時a為正極，得電子發生還原反應，反應為Fe3+e=Fe2+，A項不選；B根據分析，電池充電時b為陰極，得電

35、子發生還原反應，反應為Cr3+e=Cr2+，B項不選；C原電池在工作時，陽離子向正極移動，故放電過程中H+通過隔膜從負極區移向正極區，C項可選；D該電池在成充放電過程中只有四種金屬離子之間的轉化，不會產生易燃性物質，不會有爆炸危險，同時物質儲備于儲液器中，Cr3+、Cr2+毒性比較低，D項不選；故答案選C。19、C【解析】甲烷與氯氣在光照下反應，將反應后的混合氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅且不褪色，混合氣體中含有HC1,故A錯誤；向正已烷中加入催化劑，然后高溫熱裂解，將產生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產生的氣體中含有烯烴，但不一定是乙烯，故B錯誤；向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2

36、O2有氧氣產生，一段時間后溶液顏色加深，Fe3+能催化H2O2分解且該分解反應為放熱反應，故C正確；銨鹽與堿反應，加熱才能放出氨氣，向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍，不一定無NH4+，故D錯誤。點睛：甲烷與氯氣在光照下反應，反應后的混合氣體中含有氯化氫、氯代烴，可能含有剩余的氯氣，將反應后的氣體通入紫色石蕊試液中，紫色石蕊試液變紅且不褪色，一定含有氯化氫，紫色石蕊試液變紅后褪色，不一定有氯化氫。20、C【解析】A用飽和碳酸鈉溶液能鑒別乙酸、乙醇、苯、四氯化碳，現象分別是：不分層，有氣泡；不分層；分層上層有機層、分層下層有機層，故A正確；B麥芽糖水解產物：葡萄

37、糖 ；淀粉水解產物：葡萄糖 ；花生油水解產物：不飽和脂肪酸，包括油酸，亞油酸和甘油；大豆蛋白中的肽鍵能在人體內水解，故B正確；C苯中混有的少量甲苯，可加入足量高錳酸鉀酸性溶液，充分反應后，甲苯被氧化成苯甲酸，經蒸餾可得純凈的苯，故C錯誤；D向乙酰水楊酸粗產品中加入飽和碳酸氫鈉溶液，充分反應后過濾，可除去乙酰水楊酸中的水楊酸聚合物雜質，故D正確；故選C。21、C【解析】ANa、Al、Fe的氧化物中，過氧化鈉能跟酸起反應，除生成鹽和水外，還生成氧氣，不是堿性氧化物，氧化鋁不但可以和堿反應還可以和酸反應均生成鹽和水，為兩性氧化物，故A錯誤；B氫氧化鈉、氫氧化鋁為白色固體，而氫氧化鐵為紅褐色固體，故B

38、錯誤；C鈉與水反應2Na+2H2O=2NaOH+H2，生成氫氧化鈉和氫氣，鐵與水蒸汽反應生成氫氣與四氧化三鐵，3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，在金屬活動性順序表中，鋁介于二者之間，鋁和水2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2，反應生成氫氧化鋁和氫氣，高溫下氫氧化鋁分解阻礙反應進一步進行，但鋁能與水反應，故C正確；DNa在空氣中最終生成碳酸鈉，不是形成致密氧化膜，Al在空氣中與氧氣在鋁的表面生成一層致密的氧化物保護膜，阻止Al與氧氣的進一步反應，鐵在空氣中生成三氧化二鐵，不是形成致密氧化膜，故D錯誤；故答案為C。22、A【解析】A. c點所示溶液是硫酸銨溶液，電荷守恒式為c(H+)+

39、c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，物料守恒式為c(NH4) +c(NH3.H2O)2c(SO42)，兩式相減可得：c(H+)c(OH)c(NH3.H2O)，故A正確；B. 根據電荷守恒：c(H+)+c(NH4)2c(SO42)+c(OH)，b點為硫酸銨和硫酸的混合溶液，呈酸性，c(OH)c(H+)，所以c(NH4)2c(SO42)，故B錯誤；C. c點水電離程度最大，說明此時銨根離子濃度最大，對水的電離促進程度最大，所以兩者恰好完全反應生成硫酸銨，而稀硫酸的濃度為0.05mol/L，所以氨水的體積也是20ml，即V=20，故C錯誤；D. 根據20mL的稀H2SO4溶液中,水電離出的氫離

40、子濃度是1013，根據水的離子積得到硫酸電離出的氫離子濃度是0.1mol/L，稀硫酸的濃度為0.05mol/L，故D錯誤；答案選AB。【點睛】需熟練使用電荷守恒，物料守恒，質子守恒，并且了解到根據圖像判斷出溶液的酸堿性。二、非選擇題(共84分)23、苯甲醛 C11H10O4 取代反應（或水解反應） 羰基、羧基 +2Cl2+2HCl H2/Ni，加熱 、 CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 【解析】根據流程圖，A為甲苯，甲苯與氯氣在光照條件下發生側鏈的取代反應生成B，因此B為；B在氫氧化鈉溶液中發生水解反應生成C，則C為，根據信息，D為；丙烯與溴發生加成反應生成E，E為1，2-二溴丙烷

41、，E在氫氧化鈉溶液中水解生成F，F為；F被高錳酸鉀溶液氧化生成G，G為，G與氫氣加成得到H，H為；與發生酯化反應生成I，加成分析解答。【詳解】(l)根據上述分析，C為，名稱為苯甲醛，I()的分子式為C11H10O4；(2)EF為1，2-二溴丙烷在氫氧化鈉溶液中發生水解反應生成的反應； G()中官能團有羰基、羧基；(3) 根據上述分析，AB的化學方程式為+2Cl2+2HCl；(4)反應GH為羰基的加成反應，試劑及條件為H2/Ni，加熱；(5) D為，能發生銀鏡反應，說明結構中存在醛基；與FeC13溶液顯紫色，說明含有酚羥基；核磁共振氫譜峰面積之比1:2:2:3，符合條件的D的同分異構體有、；(6

42、) 以溴乙烷為原料制備H()，需要增長碳鏈，根據流程圖中制備D的分析，可以結合題中信息制備，因此需要首先制備CH3CHO，可以由溴乙烷水解生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，因此合成路線為CH3CH2BrCH3CH2OHCH3CHO 。24、C2H6O 銀氨溶液，水浴加熱（或新制氫氧化銅懸濁液，加熱） 取代反應 +2NaOH CH3-CC-CH3+2NaBr+2H2O 【解析】根據信息反應(i)，B生成C，說明B分子對稱，又A生成B，則A與B碳原子數相同，A和G互為同分異構體，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A含有4個碳原子，不含碳碳雙鍵，所以B也含4個碳原子，則B為，A為，B與HBr發生取代反

43、應生成H，則H為，H生成I，I中所有碳原子均在一條直線上，則I為CH3-CC-CH3，又B發生信息反應(i)生成C，則C為CH3CHO，C與銀氨溶液反應在水浴加熱的條件下生成D，D再酸化生成E，則E為CH3COOH，由E與F在濃硫酸加熱條件下發生酯化反應生成G，則F為醇，C發生還原反應生成F為CH3CH2OH，G為CH3COOCH2CH3，據此分析解答。【詳解】根據上述分析可知：A為，B為，C為CH3CHO，D為CH3COONH4，E為CH3COOH，F為CH3CH2OH，G為CH3COOCH2CH3。(1)根據以上分析，F為CH3CH2OH，分子式為C2H6O；C為CH3CHO，分子中含有醛

44、基，與銀氨溶液在水浴加熱條件下發生氧化反應產生D：CH3COONH4，所以C生成D的反應試劑與條件是銀氨溶液，水浴加熱；(2)根據以上分析，A的結構簡式為，B為，B與HBr發生取代反應生成H：，所以B生成H的反應類型為取代反應；(3) I為CH3-CC-CH3，則H轉化為I的化學方程式為+2NaOH CH3-CC-CH3+2NaBr+2H2O；(4)X是A的一種同分異構體，則分子式為C4H8O2，1 molX在HIO4加熱條件下完全反應，可以生成1mol無支鏈的有機物，則X為環狀結構，則X的結構簡式為。【點睛】本題考查有機物的推斷，注意把握題給信息，結合已學過的有機物知識為解答該題的關鍵。側重

45、考查學生分析能力、推斷能力和綜合運用化學知識的能力。25、SO2（g）SO2 （aq）；SO2H2OH2SO3；H2SO3 H + HSO3；HSO3H+ + SO32 干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少 圓底燒瓶 SO2H2O2=H2SO4 加入二氧化錳并振蕩 0.32 鹽酸的揮發造成的干擾 【解析】（1）將SO2通入水中形成SO2 飽和H2SO3溶液體系，此體系中存在的平衡有：SO2（g）SO2 （aq）；SO2H2OH2SO3；H2SO3 H + HSO3；HSO3H + SO32，故答案為SO2（g）SO2 （aq）；SO2H2OH2SO3；H2SO3H + HSO3；HSO3H + SO

46、32；（2）根據對比實驗，干白葡萄酒中滴入品紅溶液，紅色不褪去，可能是葡萄酒中的二氧化硫的含量太少的緣故，故答案為干白中二氧化硫或亞硫酸含量太少；. （3）根據裝置圖，儀器A是圓底燒瓶，故答案為圓底燒瓶；（4）H2O2具有強氧化性，將二氧化硫氧化為硫酸，化學方程式為SO2H2O2=H2SO4，故答案為SO2H2O2=H2SO4；（5）過氧化氫在催化劑作用下容易分解，除去H2O2，可以在反應后的溶液中加入二氧化錳并振蕩，故答案為加入二氧化錳并振蕩；（6）根據反應方程式，有SO2H2SO42NaOH，n(SO2)=n(NaOH)=0.04000 mol/L0.025L=0.0005mol，質量為0

47、.0005mol64g/mol=0.032g，因此1L溶液中含有二氧化硫的質量為0.032g=0.32g，該葡萄酒中SO2的含量為0.32g/L，測定過程中，鹽酸會揮發，導致反應后溶液酸的物質的量偏多，滴定時消耗的氫氧化鈉偏多，使得結果偏大，故答案為0.32；鹽酸的揮發造成的干擾。26、溫度計 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率 不能 氯化鈣與葡萄糖酸不反應 趁熱過濾 降低葡萄糖酸鈣的溶解度，有利于其析出 D 【解析】葡萄糖中加入3%的溴水并且加熱，發生反應C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入過量碳酸鈣并加熱，

48、發生反應2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3(C6H11O7)2Ca(葡萄糖酸鈣)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2+H2O，趁熱過濾，然后加入乙醇得到葡萄糖酸鈣懸濁液，過濾、洗滌、干燥得到葡萄糖酸鈣，據此進行分析。【詳解】(1)根據流程可知溴水氧化葡萄糖時需要控制溫度為55，所以還需要溫度計；倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固體需有剩余，可使葡萄糖酸充分反應，提高葡萄糖酸的轉化率，符合強酸制弱酸原理，以確保葡萄糖酸完全轉化為鈣鹽；(3)鹽酸為強酸，酸性比葡萄糖酸強，氯化鈣不能與葡萄糖酸直接反應得到葡萄糖酸鈣，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(

49、4)根據表格中葡萄糖酸鈣的溶解度與溫度可知葡萄糖酸鈣冷卻后會結晶析出，應趁熱過濾；(5)葡萄糖酸鈣在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸鈣在溶劑中的溶解度，有利于葡萄糖酸鈣的析出；(6)利用水可以將無機雜質溶解除掉，同時利用葡萄糖酸鈣在乙醇中的微溶，減少葡萄糖酸鈣的損失，所以應選“乙醇水的混合溶液”進行洗滌。27、打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳 排出殘留在裝置中的四溴化鈦和溴蒸氣 直形冷凝管 溫度計 酸 除去溶液中的二氧化碳 CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O 溫度過高時

50、過氧化氫分解 60% 【解析】I.TiBr4常溫易潮解，所以制備TiBr4時要使用干燥的反應物，所以通入的二氧化碳氣體必須干燥，濃硫酸能干燥二氧化碳，所以試劑A為濃硫酸；因為裝置中含有空氣，空氣中氧氣能和C在加熱條件下反應，所以要先通入二氧化碳排出裝置中空氣，需要打開K1，關閉K2和K3；然后打開K2和K3，同時關閉K1，發生反應TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4，TiBr4常溫下為橙黃色固體，流入收集裝置中；溴有毒不能直接排空，應該最后有尾氣處理裝置，TiBr4易潮解，所以裝置X單元能起干燥作用，結合題目分析解答。II.大理石加入稀鹽酸溶解得到氯化鈣溶液，將溶液煮沸，趁熱

51、過濾，將溶液煮沸的作用是除去溶液中溶解的CO2，反應濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，過濾得到過氧化鈣晶體，水洗、乙醇洗、烘烤得到過氧化鈣固體，以此來解答。【詳解】(1)根據分析以及圖示可知加熱前要先打開K1，關閉K2和K3，通入二氧化碳排出裝置中空氣；反應結束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應繼續通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進行尾氣處理，防止污染；(2)在產品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據題中給出的四溴化鈦的沸點233.5C，可以使用蒸餾法提純；此時應將a端的儀器改裝為直形

52、冷凝管、承接管和接收瓶，蒸餾時要根據溫度收集餾分，所以在防腐膠塞上應加裝溫度計；(3)此時溶液中溶有二氧化碳，所以呈酸性；將溶液煮沸的作用是除去溶液中的二氧化碳；(4)反應是濾液中加入氨水和過氧化氫冰水浴中反應生成過氧化鈣晶體，反應的化學方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3H2O+6H2O=CaO28H2O+2NH4Cl或CaCl2+2NH3H2O+H2O2=CaO2+2NH4Cl+2H2O；過氧化氫熱易分解，所以該反應需要在冰浴下進行；(5)過氧化鈣受熱分解，方程式為2CaO2=2CaO+O2，收集到的氣體為氧氣，根據量筒中水的體積可知收集到氧氣112mL，則其物質的量為=0.005mo

53、l，則原樣品中n(CaO2)=0.01mol，所以樣品中過氧化鈣的質量分數為=60%。28、除去Ca2和引入的Ba2 電解時Br被氧化 Cl2 NaClO3H2ONaClO4H2 2ClO3-SO2=2ClO2SO42- 溫度太高，高氯酸鈉晶體失去結晶水或分解；溫度太低，干燥不充分 【解析】（1）粗鹽的提純中：Ca2用CO32除去、Mg2用OH除去、SO42用Ba2除去，除雜過程中過量除雜試劑必須除去，過量NaOH用鹽酸除去，過量的Ba2用CO32除去，過量CO32用鹽酸除去，碳酸鈉的作用除去Ca2和引入的Ba2，根據電解池的放電順序，放電順序：BrCl，除去Br，在電解過程中直接電解Cl，節

54、省電能，因此原因：電解時Br被氧化；（2）根據題意，在陽極上Cl放電生成ClO3，也有可能放電生成Cl2，陰極上2H2O2e=H22OH，尾氣中除含有氫氣外，可能含有氯氣，電解產生高氯酸鈉，陽極上電極反應式：ClO3H2O2e=ClO42H，陰極上電極反應式：2H2e=H2，兩式合并：ClO3H2OClO4H2，反應方程式：NaClO3H2ONaClO4H2；（3）根據信息：SO2被氧化，ClO3ClO2，ClO3SO2ClO2SO42，根據化合價升降法配平，其離子反應方程式為：2ClO3-SO2=2ClO2SO42-，實驗目的是制備NaClO4H2O，溫度過高，高氯酸鈉晶體會失去結晶水，或溫度過高，高氯酸鈉分解，如果溫度過低，干燥不充分。29、2CO（g）+SO2（g）=S（l）+2CO2