1、2021-2022學年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（每題只有一個選項符合題意）1、由下列實驗和現象得出的結論正確的是選項實驗和現象結論A向某溶液中滴加濃NaOH溶液并加熱，將濕潤的藍色石蕊試紙靠近試管口，試紙顏色無明顯變化原溶液中一定無NH4+B將少量某無色氣體通入澄清石灰水中，出現白色沉淀該氣體一定是CO2C向某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置，下層溶液顯紫紅色原無色溶

2、液中一定有ID將稀鹽酸滴入硅酸鈉溶液中，產生白色膠狀沉淀氯的非金屬性強于硅AABBCCDD2、下列實驗操作能實現相應實驗目的的是實驗目的實驗操作A比較Cl和S的非金屬性往Na2S溶液中通入氯氣，觀察溶液是否變渾濁B驗證鐵的吸氧腐蝕將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒C制取氫氧化鐵膠體將FeCl3溶液滴入NaOH溶液D比較HClO和H2CO3的酸性測量并比較等濃度NaClO與Na2CO3溶液的pHAABBCCDD3、關于下列各實驗裝置的敘述中，錯誤的是 ()A裝置可用于分離蔗糖和葡萄糖，且燒杯中的清水應多次更換B裝置可用于制備少量 Fe(OH)2沉淀，并保持較長時間白色C裝置可用從a處加水的方法檢驗的氣

3、密性，原理為液差法D裝置用于研究鋼鐵的吸氧腐蝕，一段時間后導管末端會進入一段水柱4、NA為阿伏加德羅常數的值。下列說法正確的是A19g羥基（-18OH）所含中子數為10NAB標準狀況下，44.8 L HF含有2NA個極性鍵C1 mol NaHSO4晶體含有的離子數為3NAD0.1 molL-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的數目為0.2NA5、下列關于Fe3、Fe2性質實驗的說法錯誤的是（ ）A用如圖裝置可以制備沉淀Fe(OH)2B配制FeCl3溶液時，先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需要的濃度C向FeCl2溶液中加入少量鐵粉是為了防止Fe2被氧化DFeCl3溶液中滴加KS

4、CN溶液會生成紅色沉淀6、下列顏色變化與氧化還原反應有關的是（ ）A氨氣遇到HCl氣體后產生白煙B品紅溶液通入SO2氣體后褪色C濕潤的淀粉碘化鉀試紙遇Cl2變藍D在無色火焰上灼燒NaCl火焰呈黃色7、硫酸鈣是一種用途非常廣泛的產品，可用于生產硫酸、漂白粉等一系列物質（見下圖）。下列說法正確的是ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工業上利用Cl2和澄清石灰水反應來制取漂白粉C除去與水反應，圖示轉化反應均為氧化還原反應D用CO合成CH3OH進而合成HCHO的兩步反應，原子利用率均為100%8、鈉離子二次電池因鈉資源豐富、成本低、能量轉換效率高等諸多優勢，有望取代鋰離子電池。最近，山東大學徐立強教

5、授課題組研究鈉離子二次電池取得新進展，電池反應如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列說法正確的是A充電時，Na+被還原為金屬鈉B充電時，陰極反應式：xNa+FeIIFeIII(CN)6xeNaxFeIIFeIII(CN)6C放電時，NaxFeIIFeIII(CN)6為正極D放電時，Na+移向Ni3S2/Ni電極9、三元催化轉化器能同時凈化汽車尾氣中的碳氫化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三種污染物。催化劑選擇鉑銠合金，合金負載量不同時或不同的工藝制備的合金對汽車尾氣處理的影響如圖所示。下列說法正確

6、的是A圖甲表明，其他條件相同時，三種尾氣的轉化率隨合金負載量的增大而增大B圖乙表明，尾氣的起燃溫度隨合金負載量的增大而降低C圖甲和圖乙表明，合金負載量越大催化劑活性越高D圖丙和圖丁表明，工藝2制得的合金的催化性能優于工藝1制得的合金10、常溫下，下列各組離子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B能使酚酞變紅的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D由水電離的c(H+)=10-12molL-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-11、測定Na2CO3和NaHCO3混

7、合物中Na2CO3質量分數的實驗方案不合理的是A取ag混合物用酒精燈充分加熱后質量減少bgB取ag混合物與足量稀硫酸充分反應，逸出氣體用堿石灰吸收后質量增加bgC取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入12滴甲基橙指示劑，用標準鹽酸溶液滴定至終點，消耗鹽酸VmLD取ag混合物于錐形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示劑，用標準鹽酸溶液滴定至終點，消耗鹽酸VmL12、明礬KA1(SO4)212H2O是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A合理處理易拉罐有利于環境保護和資源再利用B從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC“沉淀”反應的金屬離子為Fe3

8、+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO313、下列說法合理的是( )ANH3極易溶于水，所以液氨常用作制冷劑BC具有還原性，高溫下用焦炭還原SiO2制取粗硅和CO2C用ClO2代替Cl2對飲用水消毒，是因為ClO2殺菌消毒效率高，二次污染小D明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，可用作生活用水的消毒劑14、25時，將1.0Lcmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合，使之充分反應。然后向該混合溶液中加入CH3COOH 或CH3COONa固體(忽略體積和溫度變化)，引起溶液pH的變化如圖所示。下列敘述錯誤的是A該溫度下，醋酸的電離平衡常數Ka=Ba點對應的混合

9、溶液中c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C水的電離程度:cbaD當混合溶液呈中性時，c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)15、室溫下，取一定量冰醋酸，進行如下實驗： 將冰醋酸配制成0.1 molL-1醋酸溶液； 取20 mL所配溶液，加入a mL 0.1 molL-1 NaOH溶液，充分反應后，測得溶液pH=7； 向所得溶液中繼續滴加稀鹽酸，直至溶液中n(Na+) = n(Cl)。下列說法正確的是A中：所得溶液的pH=1B中：a20C中：所得溶液中c(CH3COO)c(H+)，且pH7D與所得溶液相比，等體積時所含CH3COOH分子數目相等16、下列說法不正確的

10、是A乙醇、苯酚與金屬鈉的反應實驗中，先將兩者溶于乙醚配成濃度接近的溶液，再投入綠豆大小的金屬鈉，觀察、比較實驗現象B可以用新制Cu（OH）2濁液檢驗乙醛、甘油、葡萄糖、雞蛋白四種物質的溶液（必要時可加熱）C牛油與NaOH濃溶液、乙醇混合加熱充分反應后的混合液中，加入冷飽和食鹽水以促進固體沉淀析出D分離氨基酸混合液可采用控制pH法、分離乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法二、非選擇題（本題包括5小題）17、鐵氰化鉀（化學式為K3Fe(CN)6）主要應用于制藥、電鍍、造紙、鋼鐵生產等工業。其煅燒分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物質。（1）鐵元素在周期表中的位置為_，基態Fe3+ 核外電子排布

11、式為_。（2）在Fe(CN)63 中不存在的化學鍵有_。A離子鍵 B金屬鍵 C氫鍵 D共價鍵（3）已知(CN)2性質類似Cl2： (CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HCCH+HCNH2C=CHCN KCNO中各元素原子的第一電離能由小到大排序為_。丙烯腈（H2C=CHCN）分子中碳原子軌道雜化類型是_；分子中鍵和鍵數目之比為_。（4）C22和N2互為等電子體，CaC2晶體的晶胞結構與NaCl晶體的相似（如圖甲所示），但CaC2晶體中啞鈴形的C22使晶胞沿一個方向拉長，晶體中每個Ca2+周圍距離最近的C22數目為_。（5）金屬Fe能與CO形成Fe(C

12、O)5，該化合物熔點為20，沸點為103，則其固體屬于_晶體。（6）圖乙是Fe單質的晶胞模型。已知晶體密度為dgcm3，鐵原子的半徑為_nm（用含有d、NA的代數式表示）。18、非索非那定(E)可用于減輕季節性過敏鼻炎引起的癥狀。其合成路線如下(其中R-為)(1)E中的含氧官能團名稱為_和_。(2) X的分子式為C14Hl5ON，則X的結構簡式為_。(3) BC的反應類型為_。(4) 一定條件下，A可轉化為F()。寫出同時滿足下列條件的F的一種同分異構體的結構簡式：_。能與FeCl3溶液發生顯色反應；能使溴水褪色；有3種不同化學環境的氫(5)已知：。化合物G()是制備非索非那定的一種中間體。請

13、以為原料制備G，寫出相應的合成路線流程圖（無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干）_19、氨基鋰（LiNH2)是一種白色固體，熔點為390，沸點為430 ，溶于冷水，遇熱水強烈水解，主要用于有機合成和藥物制造。實驗室制備少量氨基鋰的裝置如圖所示（部分夾持裝置已略）：(1)A中裝置是用于制備氨氣的，若制備氨氣的試劑之一是熟石灰，則A中制氣裝置是_(從方框中選用，填序號）；用濃氨水與生石灰反應也可制取NH3，反應的化學方程式為_。(2)試劑X是_，裝置D的作用是_。 (3)實驗中需要先向C通入一段時間的NH3再點燃C處酒精燈，這樣做的目的是_，可根據E中_(填現象）開始給鋰加熱。(4)某同學經

14、理論分析認為LiNH2遇熱水時可生成一種氣體，試設計一種方案檢驗該氣體:_。20、18世紀70年代，瑞典化學家舍勒首先發現并制得了氯氣(Cl2)。氯氣是一種黃綠色、密度比空氣大且有毒的氣體，它能與水發生化學反應生成鹽酸和次氯酸(HClO)。氯氣也能與堿溶液發生化學反應。在實驗室中，通常用二氧化錳固體與濃鹽酸在加熱的條件下制取氯氣。現提供如下圖所示實驗裝置，試回答下列問題：(1)實驗室中制取氯氣應采用的發生裝置是_，收集并吸收氯氣應選用的裝置為_。(均填序號)(2)上述裝置的燒杯中盛有的氫氧化鈉溶液的作用是用于吸收多余的氯氣，防止氯氣污染空氣，試寫出氯氣和氫氧化鈉溶液反應的化學方程式：_。(3)

15、自來水廠經常用氯氣做消毒劑。目前市場上出售的某些假冒“純凈水”是用自來水灌裝的，請你利用所學的化學知識加以鑒別，并寫出有關的化學方程式_，_ 。(4)次氯酸具有漂白性，它可以將某些有色物質氧化成無色物質。某同學用滴管將飽和氯水(氯氣的水溶液)逐滴滴入含有酚酞試液的NaOH溶液中，當滴到最后一滴時，紅色突然褪去。紅色褪去的原因可能有兩種情況(用簡要的文字說明)：_；_。(5)請設計一個簡單的實驗，確定(4)中紅色褪去的原因是還是?_。21、化合物H是一種用于合成胃酸分泌調節劑的藥物中間體，其合成路線流程圖如圖：已知B為烴，其中含碳元素的質量分數為92.31%，其相對分子質量小于110。回答下列問

16、題：(1)H的官能團名稱是_。(2)X的名稱為_。(3)IJ的反應條件為_；AB的反應類型為_。(4)B分子中最多有_個碳原子在一條直線上。(5)化合物I的多種同分異構體中，同時滿足下列條件的同分異構體有_種。能發生水解反應和銀鏡反應能與FeCl3溶液發生顯色反應苯環上有四個取代基，且苯環上一鹵代物只有一種。其中，核磁共振氫譜有5組吸收峰物質的結構簡式為_（任寫一種即可）。(6)參照上述合成路線，寫出由F、甲醇、甲酸甲酯為有機原料制備的合成路線流程圖_（無機試劑任選）。(7)酸或醇都能發生酯化反應。酸催化下酯化反應的歷程可表示為（箭頭表示原子或電子的遷移方向）：據此完成4-羥基丁酸在酸催化下生

17、成4-羥基丁酸內酯（）的反應歷程：_。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A. 滴加濃NaOH溶液并加熱，若有NH4+，則會有氨氣放出，應該用濕潤的紅色石蕊試紙檢驗，故A錯誤； B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水變渾濁，則氣體不一定為CO2，故B錯誤；C. 某無色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、靜置，下層溶液顯紫紅色，可知碘離子被氧化生成碘單質，則原溶液中有I-，故C正確；D. 由現象可知，鹽酸的酸性大于硅酸的酸性，但鹽酸為無氧酸，不能比較Cl、Si的非金屬性，故D錯誤；故選C。2、A【解析】A. 往Na2S溶液中通入氯氣，觀察溶液變渾濁，在該反應中氯氣為氧化劑，S為氧

18、化產物，可實現目的，A正確；B. 將鐵釘放入試管中，用鹽酸浸沒，發生的為析氫腐蝕，不能實現目的，B錯誤；C. 將FeCl3溶液滴入NaOH溶液，制取的為氫氧化鐵沉淀，不能實現目的，C錯誤；D. 測量并比較等濃度NaClO與Na2CO3溶液的pH，可比較HClO與HCO3-的酸性強弱，不能比較HClO和H2CO3的酸性，D錯誤；答案為A。3、A【解析】A. 蔗糖、葡萄糖分子的直徑都比較小，可以通過半透膜，因此通過滲析的方法不能分離蔗糖和葡萄糖，A錯誤；B. 根據裝置圖可知：Fe為陽極，失去電子，發生氧化反應，電極反應式為Fe-2e-=Fe2+；在陰極石墨電極上，溶液中的H+得到電子變為H2逸出，

19、電極反應式為2H+2e-=H2，H+放電，破壞了水的電離平衡，使溶液中OH-濃度增大，發生反應：Fe2+OH-=Fe(OH)2，由于在溶液表面覆蓋保護層苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以較長時間觀察到產生的Fe(OH)2白色沉淀，B正確；C. 關閉分液漏斗的活塞，由a處加水，若裝置不漏氣，會長時間觀察到U型管左右兩側有高度差，C正確；D. 若發生吸氧腐蝕，一段時間后，具支試管中空氣中的O2會因反應消耗，氣體減少，小試管中的水在外界大氣壓強作用下會進入小試管中，從而在導管末端形成一段水柱，D正確；故合理選項是A。4、A【解析】A19g羥基(-18OH)的物質的量為=1mol，而羥基(-18OH

20、)中含10個中子，故1mol羥基(-18OH)中含10NA個中子，故A正確；B標況下HF為液體，不能根據氣體摩爾體積來計算其物質的量，故B錯誤；CNaHSO4由鈉離子和硫酸氫根離子構成，1molNaHSO4晶體中含有的離子總數為2NA，故C錯誤；D溶液體積未知，無法計算0.1molL-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的數目，故D錯誤；故選A。【點睛】本題的易錯點為B，要注意一些特殊物質在標準狀況下的狀態，本題中的HF為液體，類似的還有SO3為固體，H2O為液體或固體等。5、D【解析】A. 反應開始時生成的氫氣進入B中，可排出氧氣，防止生成的氫氧化亞鐵被氧化，一段時間后關閉止水夾C，A中硫

21、酸亞鐵進入B中可生成Fe(OH)2，故A正確；B. FeCl3易水解，配制溶液時應防止溶液因水解而生成氫氧化鐵沉淀，可先將氯化鐵晶體溶于較濃的鹽酸中，再加水稀釋到所需要的濃度，故B正確；C. Fe3+與鐵反應可生成Fe2+，則向FeCl2溶液中加入少量鐵粉是為了防止Fe2+被氧化，故C正確；D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液變紅色，無沉淀，故D錯誤；故選：D。6、C【解析】A氨氣遇到HCl氣體后生成氯化銨，沒有發生化合價的變化，與氧化還原反應無關，故A不符合題意；B品紅溶液通入SO2氣體后發生化合反應使溶液的紅色褪去，沒有發生化合價的變化，與氧化還原反應無關，故B不符合題意；CCl2

22、與碘化鉀發生氧化還原反應生成I2，I2使淀粉變藍，故C符合題意；D焰色反應與電子的躍遷有關，為物理變化，故D不符合題意；故答案選C。7、C【解析】ASO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成鹽氧化物， A錯誤；B工業上利用Cl2和石灰乳反應來制取漂白粉，B錯誤；C除去與水反應，圖示轉化反應中均有元素化合價的升降，故反應均為氧化還原反應，C正確；D用CO與氫氣反應合成CH3OH，反應物完全轉化為生成物，原子利用率為100%，甲醇與氧氣在催化劑存在時發生反應HCHO和水，所以該步反應中原子利用率不為100%，D錯誤；故答案選C。8、D【解析】A充電為電解原理，由題意知Na+反應后為NaxFeIIFe

23、III(CN)6而不是金屬Na，A錯誤；B充電時陰極得到電子，反應式為xNa+FeIIFeIII(CN)6+xe=NaxFeIIFeIII(CN)6，B錯誤；C放電時為原電池原理，由總反應知Ni化合價下降，應為正極，故NaxFeIIFeIII(CN)6為負極，C錯誤；D放電時陽離子向正極移動，D正確；故選D。9、D【解析】A. 根據圖甲所示可知：在400時，三種氣體的轉化率在合金負載量為2 g/L時最大，A錯誤；B. 圖乙表明，尾氣的起燃溫度在合金負載量為2 g/L時最低，其它各種合金負載量時起燃溫度都比2 g/L時的高，B錯誤；C. 圖甲表示只有在合金負載量為2 g/L時尾氣轉化率最大，而圖

24、乙表示的是只有在合金負載量為2 g/L時尾氣轉化率最低，可見并不是合金負載量越大催化劑活性越高，C錯誤；D. 圖丙表示工藝1在合金負載量為2 g/L時，尾氣轉化率隨尾氣的起燃溫度的升高而增大，而圖丁表示工藝2在合金負載量為2 g/L時，尾氣轉化率在尾氣的起燃溫度為200時已經很高，且高于工藝1，因此制得的合金的催化性能：工藝2優于工藝1，D正確；故合理選項是D。10、C【解析】A. pH=l的溶液中， Fe3+、SCN-反應生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不選A；B. 能使酚酞變紅的溶液：Ca2+、CO32-反應生成碳酸鈣沉淀，不能大量共存，故不選B；C. =10-12的溶液呈酸性，NH

25、4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反應，能大量共存，故不選C；D. 由水電離的c(H+)=10-12molL-1的溶液，呈酸性或堿性，若呈堿性， Al3+不能存在，故不選D。11、B【解析】A.NaHCO3受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，通過加熱分解利用差量法即可計算出Na2CO3質量分數，故不選A；B.混合物與足量稀硫酸充分反應，也會生成水和二氧化碳，所以逸出的氣體是二氧化碳，但會混有水蒸氣，即堿石灰增加的質量不全是二氧化碳的質量，不能測定含量，故選B；C. Na2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據VmL鹽酸可知道鹽酸的物質的量，根據二者的質量和消耗

26、鹽酸的物質的量，可計算出Na2CO3質量分數，故不選C；DNa2CO3和NaHCO3均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以根據VmL鹽酸可知道鹽酸的物質的量，根據二者的質量和消耗鹽酸的物質的量，可計算出Na2CO3質量分數，故不選D；答案：B【點睛】實驗方案是否可行，關鍵看根據測量數據能否計算出結果。12、D【解析】A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用對經濟效益、社會效益的提高、環境的保護有著巨大的促進作用，故不選A；B.易拉罐(主要成分為Al,含有少量的Fe)，因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe，故不選B；C. “沉淀”反應是鐵離子生成氫氧化鐵的反應，故不選C；D.鋁離子與

27、碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應，故選D；答案：D13、C【解析】A.NH3可用作制冷劑，是利用液氨氣化時從環境吸收大量的熱的性質，不是溶解性，故A錯誤；B.高溫下用焦炭還原SiO2生成的產物是粗硅和一氧化碳，不能產生二氧化碳，故B錯誤；C.相同物質的量的ClO2轉移電子數Cl2的2.5倍，其消毒能力之比為5:2，而且不產生二次污染，故C正確；D.明礬水解形成的Al(OH)3膠體能吸附水中懸浮物，是利用膠體的吸附作用，不能殺菌消毒，故D錯誤；故答案為C。【點睛】本題綜合考查常見物質的性質，為高考高頻考點，側重于學生的分析能力和元素化

28、合物知識的綜合理解和運用的考查，難度不大，注意相關基礎知識的積累。14、A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合溶液的pH=4.3，溶液顯酸性，加入醋酸后，溶液酸性增強，加入醋酸鈉，溶液的酸性減弱。A.該溫度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液與0.1molNaOH固體混合溶液的pH=4.3，醋酸的電離平衡常數Ka=，故A錯誤；B. a點溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的結果，根據電荷守恒知，c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸的電離程度較小，則c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正確；C. a以醋酸的電離為主，抑制水的電離，酸性越

29、強，水的電離程度越小，b點加入醋酸水的電離程度減小，c點加入醋酸鈉，水的電離程度增大，故水的電離程度cba，故C正確；D. 當混合溶液呈中性時，c(H+)=c(OH-)，根據電荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，則c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)，故D正確；故選A。15、C【解析】A.因為醋酸是弱酸，故中0.1mol/L的醋酸pH1，A錯誤；B.若中a20，則醋酸和氫氧化鈉恰好反應生成醋酸鈉，醋酸鈉水解顯堿性，B錯誤；C.中溶液的電荷守恒為：，結合，故，所以，pH7，C正確；D. 與所得溶液相比，相當于向中加入了氯化鈉溶液，越稀越電離，故等體積時中醋酸分子數少

30、，D錯誤；答案選C。16、C【解析】A.因為苯酚是固體，將其溶于乙醚形成溶液時，可以和金屬鈉反應，二者配制成接近濃度，可以從反應產生氣體的快慢進行比較，故正確；B.四種溶液中加入新制的氫氧化銅懸濁液，沒有明顯現象的為乙醛，出現沉淀的為雞蛋白溶液，另外兩個出現絳藍色溶液，將兩溶液加熱，出現磚紅色沉淀的為葡萄糖，剩余一個為甘油，故能區別；C.牛油的主要成分為油脂，在氫氧化鈉溶液加熱的條件下水解生成高級脂肪酸鹽，應加入熱的飽和食鹽水進行鹽析，故錯誤；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通過控制pH法進行分離，乙醇能與水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水進行萃取分離，故正確。故選C。二、非選擇題（

31、本題包括5小題）17、第四周期 族 Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 AB KCON sp sp2 2:1 4 分子 【解析】(1)Fe的原子序數是26，根據構造原理知Fe的核外電子排布式為Ar3d64s2，據此確定其在周期表的位置；基態Fe失去4s上2個電子和3d軌道上1個電子即為Fe3+；(2)根據化學鍵的類型和特點解答，注意氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵；(3)KCNO由K、C.N、O四種元素組成，K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態、能量最低；丙烯腈(H2C=CHCN)分子中碳原子VSEPR構型有兩種形式：平面三角形和

32、直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個鍵和1個鍵、CN含有1個鍵和2個鍵，CH都是鍵，確定分子中鍵和鍵數目，再求出比值；(4)1個Ca2+周圍距離最近且等距離的C22應位于同一平面，注意使晶胞沿一個方向拉長的特點；(5)Fe(CO)5的熔點、沸點均不高，類似于分子晶體的特點；(6)Fe單質的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數為8+1=2，晶胞的質量為g，晶胞體積V=cm3、邊長a=cm，根據Fe原子半徑r與晶胞邊長a關系求出r。【詳解】(1)Fe的原子序數是26，根據構造原理知Fe的核外電子排布式為Ar3d64s2，位于第四周期族據；基態Fe失去4s上2個電子和3d

33、軌道上1個電子即為Fe3+，所以基態Fe3+核外電子排布式為) Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案為：第四周期族，Ar3d5或Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63是陰離子，是配合物的內界，含有配位鍵和極性共價鍵，金屬鍵存在于金屬晶體中，氫鍵是分子間作用力，不是化學鍵，故選AB；故答案為：AB；(3)KCNO中K為金屬、容易失去電子，第一電離能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p軌道是半充滿狀態、能量最低，所以第一電離能大于O，C的非金屬性小于O，第一電離能小于O，所以第一電離能由小到大排序為KCON；故答案為：KCON；丙烯腈(H2C=

34、CHCN)分子中碳原子VSEPR構型有兩種形式：平面三角形和直線形，雜化方式也有sp、sp2兩種形式，其中C=C含有1個鍵和1個鍵、CN含有1個鍵和2個鍵，CH都是鍵，所以分子中鍵和鍵數目分別為6、3，鍵和鍵數目之比為6:3=2:1；故答案為：sp、sp2；2:1；(4)依據晶胞示意圖可以看出，晶胞的一個平面的長與寬不相等，再由圖中體心可知1個Ca2+周圍距離最近的C22不是6個，而是4個，故答案為：4；(5)根據Fe(CO)5的熔點、沸點均不高的特點，可推知Fe(CO)5為分子晶體；故答案為：分子；(6)Fe單質的晶胞模型為體心立方堆積，晶胞的原子均攤數為8+1=2，晶胞的質量為g，晶胞體積

35、V=cm3、邊長a=cm，Fe原子半徑r與晶胞邊長a關系為4r=a，所以r=a=cm=107nm；故答案為：107。18、羥基羧基取代反應【解析】 (1) 根據有機物E的結構簡式，可知分子中含氧官能團為羥基和羧基，故答案為羥基、羧基；(2 ) 根據反應流程圖，對比A、X、C的結構和X的分子式為C14Hl5ON可知，X的結構簡式為，故答案為；(3 ) 對比B、C的結構可知，B中支鏈對位的H原子被取代生成C，屬于取代反應，故答案為取代反應；(4 ) F為。能與FeCl3溶液發生顯色反應，說明苯環上含有羥基；能使溴水褪色，說明含有碳碳雙鍵等不飽和鍵；有3種不同化學環境的氫，滿足條件的F的一種同分異構

36、體為，故答案為；（5）以為原料制備，需要引入2個甲基，可以根據信息引入，因此首先由苯甲醇制備鹵代烴，再生成，最后再水解即可，流程圖為，故答案為。點睛：本題考查有機物的推斷與合成，是高考的必考題型，涉及官能團的結構與性質、常見有機反應類型、有機物結構、同分異構體的書寫、有機合成路線的設計等，充分理解題目提供的信息內涵，挖掘隱含信息，尋求信息切入點，可利用類比遷移法或聯想遷移法，注意（5）中合成路線充分利用信息中甲基的引入。19、 CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3 堿石灰或氫氧化鈉或生石灰 防止水蒸氣進入C中導致氨基鋰水解 排盡裝置中的空氣，防止加熱時Li與氧氣反應 球形干燥管末端基本沒有

37、氣泡冒出時 取適量LiNH2加入盛有熱水的試管中，在試管口放一張濕潤的紅色石蕊試紙，若觀察到試紙變藍，則證明有氨氣生成 【解析】（1）實驗室選用氯化銨與熟石灰加熱的情況下制備氨氣；CaO溶于水生成氫氧化鈣并放出大量的熱，OH-濃度增大，使NH3與水反應的平衡逆向移動，濃氨水受熱分解生成氨氣；（2）X是用于干燥氨氣的；因LiNH2溶于冷水，且遇熱水強烈水解，據此分析D的作用；（3）Li非常活潑，在加熱條件下容易被空氣氧化，需排盡裝置中的空氣；（4）依據水解原理分析可知產物之一為氨氣，根據氨氣的性質選擇檢驗方案。【詳解】（1）氯化銨與Ca(OH)2反應需要加熱且有水生成，故應選用；CaO與氨水反應

38、生成NH3與Ca(OH)2，化學方程式為：CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3，故答案為：；CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3；（2）由于鋰能與水反應，故B是干燥裝置，可用NaOH、生石灰或堿石灰做干燥劑干燥NH3；氨基鋰溶于冷水、遇熱水強烈水解，因此D的作用是防止E中水蒸氣進入C中導致生成的氨基鋰水解，故答案為：堿石灰或氫氧化鈉或生石灰；防止水蒸氣進入C中導致氨基鋰水解；（3）加熱時鋰易與空氣中的氧氣反應，故先通入NH3的目的是將裝置中的空氣排盡，E的作用是吸收尾氣NH3，NH3極易溶于水，故當E中球形干燥管末端基本無氣泡冒出時，說明裝置中的空氣基本排盡，故答案為：排盡裝置中的空氣

39、，防止加熱時Li與氧氣反應；球形干燥管末端基本沒有氣泡冒出時；（4）LiNH2水解時產物應是LiOH和NH3，可用濕潤的紅色石蕊試紙或pH試紙檢驗NH3，故方案可設計如下：取適量LiNH2加入盛有熱水的試管中，在試管口放一張濕潤的紅色石蕊試紙，若觀察到試紙變藍，則證明有氨氣生成。20、C H Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 取少量的“純凈水”于一支潔凈的試管中，滴加AgNO3溶液，若產生白色沉淀，證明該“純凈水”是自來水 AgNO3十HCl=AgCl+HNO3 氯水中的酸與堿發生中和反應 次氯酸將有色物質漂白 取“紅色褪去”溶液12mL于試管中，滴加NaOH溶液，若紅色恢復，則是由氯水的酸性所致；否則是由次氯酸的漂白性所致 【解析】(1)在實驗室中，通常用二氧化錳固體與濃鹽酸在加熱的條件下制取氯氣，因此需要加熱；氯氣是一種黃綠色、密度比空氣大且有毒的氣體，氯氣可以