2022屆甘肅省民樂縣第一中學高三下學期聯(lián)考化學試題含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。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、下列指定反應的離子方程式正確的是（）A澄清石灰水與過量蘇打溶液混合：Ca2+2OH-+2HCO3-=CaCO3+CO32-+2H2OB少量SO2通入飽和的漂白粉溶液中：C1O-+SO2+H2O=SO42-+2H+Cl

2、-C向熱的稀硫酸中加入銅粉并鼓入空氣：2Cu+4H+O22Cu2+2H2OD向酸性高錳酸鉀溶液中滴加少量雙氧水：7H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+6O2+10H2O2、二羥基甲戊酸的結構簡式為，下列有關二羥基甲戊酸的說法正確的是（ ）A二羥基甲戊酸的分子式為C5H10O4B二羥基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羥基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物質的量之比為31D二羥基甲戊酸與乳酸()互為同系物3、用NaOH標準溶液滴定鹽酸，以下操作導致測定結果偏高的是A滴定管用待裝液潤洗B錐形瓶用待測液潤洗C滴定結束滴定管末端有氣泡D滴定時錐形瓶中有液體濺出4、下列說法正確的是( )A

3、表示與反應時含鋁微粒濃度變化曲線，圖中a點溶液中含大量B可知平衡常數(shù)很大，反應趨于完全C為一種高分子結構片斷，可知該高分子的結構簡式為D反應比反應的速率慢，與相應正反應的活化無關5、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得出的結論正確的是（ ）選項實驗操作和現(xiàn)象結論A向溶有SO2的BaCl2溶液中通入氣體X，出現(xiàn)白色沉淀X具有強氧化性B將稀鹽酸滴入硅酸鈉溶液中，充分振蕩，有白色沉淀產生非金屬性：ClSiC常溫下，分別測定濃度均為0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大酸性：HF0BH3H1CMn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)；H=H2-H1DMnO2(s)+SO2(g)

4、=MnSO4(s)；H=H3-H2-H118、下列關于各裝置與其對應的實驗目的或得到的實驗結論的說法中正確的是（ ）選項ABCD實驗裝置探究溫度對平衡2NO2N2O4的影響目的或結論探究溫度對平衡2NO2N2O4的影響試管中收集到無色氣體，說明銅與濃硝酸的反應產物是NO海帶提碘時，用上述裝置灼燒海帶除去HCl氣體中混有的少量Cl2AABBCCDD19、t時，將0.5mol/L的氨水逐滴加入10.00mL0.5mol/L鹽酸中，溶液中溫度變化曲線、pH變化曲線與加入氨水的體積的關系如下圖所示（忽略混合時溶液體積的變化）。下列說法正確的是AKw的比較：a點比b點大Bb點氨水與鹽酸恰好完全反應，且溶

5、液中c（NH4+） = c（Cl）Cc點時溶液中c（NH4） = c（Cl） = c（OH） = c（H）Dd點時溶液中c（NH3H2O）c（OH） = c（Cl） +c（H）20、下列說法不正確的是 ()A乙醛和丙烯醛()不是同系物，分別與氫氣充分反應后的產物也不是同系物BO2與O3互為同素異形體，1H、2H、3H是氫元素的不同核素CC2H6O有兩種同分異構體；2-甲基戊烷的結構簡式為CH3CH2CH2CH(CH3)2D氨基酸分子中均含有羧基(COOH)和氨基(NH2)21、常溫下，將NaOH溶液滴加到HA溶液中，測得混合溶液的pH與p轉化關系如圖所示已知：p=-lg。下列敘述錯誤的是（）A

6、m點：c(A-)=c(HA)BKa(HA)的數(shù)量級為10-6C水的電離程度：mrDr點：c(H+)+c(Na+)=c(A-)+c(OH-)22、以環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線如圖，則下列說法正確的是( )AA的結構簡式是B的反應類型分別是取代、消去C反應的條件分別是濃硫酸加熱、光照D加入酸性KMnO4溶液，若溶液褪色則可證明已完全轉化為二、非選擇題(共84分)23、（14分）PBAT(聚已二酸/對苯二甲酸丁二酯)可被微生物幾乎完全降解，成為包裝、醫(yī)療和農用薄膜等領域的新興材料，它可由聚合物 PBA 和PBT 共聚制得，一種合成路線如下：已知：R-CH3 R-CN R-COOHR-CH=C

7、H2 R-COOH+CO2回答下列問題：(1)B 的官能團名稱為_，D 的分子式為_。(2)的反應類型為_；反應所需的試劑和條件是_。(3)H 的結構簡式為_。(4)的化學方程式為_。(5)M 與G 互為同系物，M 的相對分子質量比G 大 14；N 是 M 的同分異構體，寫出同時滿足以下條件的N 的結構簡式：_(寫兩種，不考慮立體異構)。.既能與 FeCl3發(fā)生顯色反應，又能發(fā)水解反應和銀鏡反應；.與 NaOH 溶液反應時，1mol N 能消耗 4molNaOH；.核磁共振氫譜有五組峰，峰面積比為 1:2:2:2:1。24、（12分）非索非那定(E)可用于減輕季節(jié)性過敏鼻炎引起的癥狀。其合成路

8、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(fā)生顯色反應；能使溴水褪色；有3種不同化學環(huán)境的氫(5)已知：?；衔颎()是制備非索非那定的一種中間體。請以為原料制備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）_25、（12分）實驗室用乙醇、濃硫酸和溴化鈉反應來制備溴乙烷，其反應原理為H2SO4(濃)NaBrNaHSO4HBr、CH3CH2OHHBrCH3CH

9、2BrH2O。有關數(shù)據(jù)和實驗裝置如（反應需要加熱，圖中省去了加熱裝置）：乙醇溴乙烷溴狀態(tài)無色液體無色液體深紅棕色液體密度/gcm-30.791.443.1沸點/78.538.459（1）A中放入沸石的作用是_，B中進水口為_口（填“a”或“b”）。（2）實驗中用滴液漏斗代替分液漏斗的優(yōu)點為_。（3）氫溴酸與濃硫酸混合加熱發(fā)生氧化還原反應的化學方程式_。（4）給A加熱的目的是_，F(xiàn)接橡皮管導入稀NaOH溶液，其目的是吸收_和溴蒸氣，防止_。（5）C中的導管E的末端須在水面以下，其原因是_。（6）將C中的鎦出液轉入錐形并瓶中，連振蕩邊逐滴滴入濃H2SO412mL以除去水、乙醇等雜質，使溶液分層后用

10、分液漏斗分去硫酸層；將經硫酸處理后的溴乙烷轉入蒸鎦燒瓶，水浴加熱蒸餾，收集到3540的餾分約10.0g。分液漏斗在使用前必須_；從乙醇的角度考慮，本實驗所得溴乙烷的產率是_（精確到0.1%）。26、（10分）化錫(SnI4)是一種橙黃色結晶，熔點為 144.5，沸點為364，不溶于冷水，溶于醇、苯、氯仿、四氯化碳等，遇水易水解，常用作分析試劑和有機合成試劑。實驗室制備四氯化錫的主要步驟如下：步驟1：將一定量錫、碘和四氯化碳加入干燥的燒瓶中，燒瓶上安裝如圖裝置和。步驟2：緩慢加熱燒瓶，待反應停止后，取下冷凝管，趁熱迅速進行過濾除去未反應的錫。用熱的四氯化碳洗滌漏斗上的殘留物，合并濾液和洗液，用冰

11、水浴冷卻，減壓過濾分離。步驟3：濾下的母液蒸發(fā)濃縮后冷卻，再回收晶體。請回答下列問題(1)圖中裝置II的儀器名稱為_，該裝置的主要作用是_。(2)減壓過濾的操作有將含晶體的溶液倒入漏斗，將濾紙放入漏斗并用水潤濕，微開水龍頭，開大水龍頭，關閉水龍頭，拆下橡皮管。正確的順序是_。27、（12分）向硝酸酸化的2mL0.1molL-1AgNO3溶液（pH=2）中加入過量鐵粉，振蕩后靜置，溶液先呈淺綠色，后逐漸呈粽黃色，試管底部仍存有黑色固體，過程中無氣體生成。實驗小組同學針對該實驗現(xiàn)象進行如下探究。探究Fe2+產生的原因（1）提出猜想：Fe2+可能是Fe與_或_反應的產物。（2）實驗探究：在兩支試管中

12、分別加入與上述實驗等量的鐵粉，再加入不同的液體試劑，5min后取上層清液，分別加入相同體積和濃度的鐵氰化鉀溶液液體試劑加人鐵氰化鉀溶液1號試管2mL.0.1molL-1AgNO3溶液無藍色沉淀2號試管_藍色沉淀2號試管中所用的試劑為_。資料顯示：該溫度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+。但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為_。小組同學繼續(xù)進行實驗，證明了2號試管得出的結論正確。實驗如下：取100mL0.1molL-1硝酸酸化的AgNO3溶液（pH=2），加入鐵粉井攪拌，分別插入pH傳感器和NO3-傳感器（傳感器可檢測離子濃度），得到如圖圖示，其中pH傳感器測得的

13、圖示為_（填“圖甲”或“圖乙”）。實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為_。探究Fe3+產生的原因查閱資料可知，反應中溶液逐漸變棕黃色是因為Fe2+被Ag+氧化。小組同學設計不同實驗方案對此進行驗證。（3）方案一；取出少量黑色固體，洗滌后_（填操作和現(xiàn)象），證明黑色固體中有Ag。（4）方案二：按圖連接裝置，一段時間后取出左側燒杯溶液，加人KSCN溶液，溶液變F紅。該實驗現(xiàn)象_（填“能“或“不能“）證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為_。28、（14分）最新“人工固氮”的研究成果表明，能在常溫常壓發(fā)生反應：2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)Q(Q

14、0)。常溫下，實驗室在10 L恒容容器中模擬該反應，測得實驗數(shù)據(jù)如表：0 min2 min4 min5 min6 minN221.71.61.62.5H2O109.18.88.88.65O200.450.60.60.675 (1)該反應的平衡常數(shù)表達式K_，02 min 內 NH3 的平均生成速率為_。(2)若反應過程中氣體的密度不再發(fā)生變化，請解釋說明能否判斷反應達到平衡_。(3)在56 min之間只改變了單一條件，該條件是_。(4)以NH3和CO2為原料可生產化肥碳銨(NH4HCO3)。生產過程中首先需往水中通入的氣體是_，通入該氣體后溶液中存在的電離平衡有_(用方程式表示)。(5)常溫下

15、NH4HCO3 溶液的 pH7，由此判斷溶液中：c( NH4+)_c( HCO3)(選填“”、“”或“”)，理由是_。29、（10分）世界能源消費的90%以上依靠化學技術。請回答下列問題：（1）質子交換膜燃料電池中作為燃料的H2通常來自水煤氣。已知：C（s）O2（g）=CO（g）H1110.35kJmol12H2（g）O2（g）=2H2O（l）H2571.6kJmol1H2O（l）=H2O（g）H344.0kJmol1則反應C（s）H2O（g）CO（g）H2（g）H4_。某實驗小組在實驗室模擬反應C（s）H2O（g）CO（g）H2（g），其平衡常數(shù)表達式為K_。一定溫度下，在2L盛有足量炭粉的

16、恒容密閉容器（固體所占體積忽略不計）中通入0.8molH2O，6min時生成0.7gH2，則6min內以CO表示的平均反應速率為_（保留3位有效數(shù)字）。（2）燃料氣（流速為1800mLmin1；體積分數(shù)為50%H2，0.98%CO，1.64%O2，47.38%N2）中的CO會使電極催化劑中毒，使用CuO/CeO2催化劑可使CO優(yōu)先氧化而脫除。160、CuO/CeO2作催化劑時，CO優(yōu)先氧化的化學方程式為_。CeO2可由草酸鈰Ce2（C2O4）3隔絕空氣灼燒制得，同時生成兩種氣體，則發(fā)生反應的化學方程式為_。在CuO/CeO2催化劑中加入不同的酸（HIO3或H3PO4），測得燃料氣中CO優(yōu)先氧化

17、的轉化率隨溫度的變化如下圖所示。加入_（填酸的化學式）的CuO/CeO2催化劑催化性能最好。溫度為120，催化劑為CuO/CeO2HIO3時，反應0.5h后CO的體積為_mL。（3）LiOH是制備鋰離子電池正極材料的重要原料，采用惰性電極電解制備LiOH的裝置如下圖所示。通電后，Li通過陽離子交換膜向_（填“M”或“N”）極區(qū)遷移。電極N產生的氣體a通入淀粉KI溶液，溶液變藍，持續(xù)一段時間后，藍色可逐漸褪去。據(jù)此寫出電極N的電極反應式：_；藍色逐漸褪去是因為溶液中逐漸生成HIO3，寫出此反應的化學方程式：_。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

18、.蘇打為碳酸鈉，則澄清石灰水與過量蘇打溶液反應的離子方程式為：Ca2+ CO32-=CaCO3，故A錯誤；B.次氯酸根離子具有強氧化性，能將SO2氧化成SO42-，CaSO4微溶于水，則少量SO2通入飽和的漂白粉溶液中，反應的離子方程式為Ca2+ClO+SO2+H2O=CaSO4+2H+Cl，故B錯誤；C.向熱的稀硫酸中加入銅粉并鼓入空氣，反應生成硫酸銅和水，離子方程式為2Cu+4H+O22Cu2+2H2O，故C正確；D. 向酸性高錳酸鉀溶液中滴加少量雙氧水，離子方程式為5H2O2+2MnO4+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，故D錯誤，答案選C。【點睛】本題考查離子方程式的正誤判斷，明確反

19、應實質是解題關鍵，注意反應物用量對反應的影響，題目難度中等。解題時容易把蘇打誤認為碳酸氫鈉，為易錯點。2、C【解析】A. 根據(jù)結構簡式，該有機物的分子式為C6H12O4，故A錯誤；B. 二羥基甲戊酸中含有羥基，CH2OH中羥基能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，故B錯誤；C. 該有機物中能與Na發(fā)生反應的是OH和羧基，1mol二羥基甲戊酸中含有2mol羥基和1mol羧基，因此1mol該有機物消耗Na的物質的量為3mol，能與NaHCO3溶液反應的是羧基，因此1mol該有機物消耗NaHCO3的物質的量為1mol，故C正確；D. 二羥基甲戊酸與乳酸中羥基的數(shù)目不同，因此兩者不互為同系物，故D錯誤；答案：C。

20、【點睛】同系數(shù)定義的理解，要求碳原子連接方式相同，含有官能團的種類、數(shù)目相同，然后再看組成上是否相差若干個“CH2”。3、B【解析】A. 滴定管需要用待裝溶液潤洗，A不符合；B. 錐形瓶用待測液潤洗會引起待測溶液增加，使測定結果偏高，B符合；C. 滴定管末端有氣泡，讀出的體積比實際體積小，計算出的待測液濃度偏低，C不符合；D. 有液體濺出則使用的標準溶液減少，造成結果偏低，D不符合。故選擇B。4、B【解析】Aa點所示pH接近12，顯強堿性，堿性環(huán)境中鋁離子會先生成氫氧化鋁沉淀，后轉化為偏鋁酸根，故a點溶液中存在的含鋁微粒為偏鋁酸根，故A錯誤；B圖象X(20，9.2)c(Ag+)=10-20mo

21、l/L，c(S2-)=10-9.2mol/L，Ksp(Ag2S)=c2(Ag+)c(S2-)= (10-20mol/L)210-9.2mol/L=10-49.2，同理可知Ksp(CuS)=10-510-30.2=10-35.2，CuS(s)+2Ag+(aq)Ag2S(s)+Cu2+(aq)平衡常數(shù)K=1014，反應趨于完全，故B正確；C該高分子化合物由對甲基苯酚與甲醛縮合生成，則高分子的結構簡式為，故C錯誤；D根據(jù)圖象可知，反應中正反應的活化能較小，反應中正反應的活化能較大，則反應比反應的速率快，故D錯誤；故答案為B。5、D【解析】A若X為氨氣，生成白色沉淀為亞硫酸鋇，若X為氯氣，生成白色沉淀

22、為硫酸鋇，則X可能為氨氣或Cl2等，不一定具有強氧化性，選項A錯誤；B由現(xiàn)象可知，生成硅酸，則鹽酸的酸性大于硅酸，但不能利用無氧酸與含氧酸的酸性強弱比較非金屬性，方案不合理，選項B錯誤；C、常溫下，分別測定濃度均為0.1 molL1 NaF和NaClO溶液的pH，后者的pH大，說明ClO-的水解程度大，則酸性HFHClO，選項C錯誤；D鹵代烴中鹵元素的檢驗時，先將鹵元素轉化為鹵離子，然后加入稀硝酸中和未反應的NaOH，最后用硝酸銀檢驗鹵離子，則鹵代烴Y與NaOH水溶液共熱后，加入足量稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，產生白色沉淀，說明鹵代烴Y中含有氯原子，選項D正確；答案選D?！军c睛】本題考查化學

23、實驗方案評價，明確實驗操作步驟、元素化合物性質是解本題關鍵，注意鹵素離子與鹵素原子檢驗的不同，題目難度不大。6、C【解析】A.在燒瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后將水從分液漏斗放下，通過產生氣體的量可計算Na2O2的量，故A符合題意；B.在燒瓶中放入金屬鈉，然后將有機物從分液漏斗放下，根據(jù)產生的氣體的量來判斷有機物分子中含活潑氫原子的個數(shù)，故B符合題意；C.該實驗需要測量生成氣體的量進而計算，Na2SO4xH2O晶體中結晶水測定時無法產生氣體，該裝置不能完成，故C不符合題意；D.可通過對照所以比較單位時間內Fe3+和Cu2+與雙氧水反應產生氣體的多少比較的催化效率，故D符合題意。故選

24、C。7、C【解析】A. pH=1的溶液顯酸性，Cr2O72有強氧化性，會把CH3CH2OH氧化，故A錯誤；B.草酸鈣難溶于水，故B錯誤；C. C6H5OH的酸性比碳酸弱比碳酸氫根強，因此可以共存，故C正確；D.使甲基橙變?yōu)槌沙壬娜芤猴@酸性，其中不可能存在大量的CO32-，故D錯誤；故答案為C。8、C【解析】A. 在該物質分子中含有6個飽和碳原子，由于飽和碳原子構成的是四面體結構，所以分子中不可能所有碳原子可能在同一平面，A錯誤；B. 乙苯分子式是C8H10，1，1-二環(huán)丙基乙烯分子式是C8H12，二者的分子式不相同，因此乙苯與1，1-二環(huán)丙基乙烯不是同分異構體，B錯誤；C. 該物質分子結構對

25、稱，若2個Cl原子在同一個C原子上，有2種不同的結構；若2個Cl原子在不同的C原子上，其中一個Cl原子在不飽和C原子上，可能有2種不同結構；若其中一個Cl原子位于連接在不飽和C原子的環(huán)上的C原子上，另一個C原子可能在同一個環(huán)上有1種結構；在不同環(huán)上，具有2種結構；若一個Cl原子位于-CH2-上，另一個Cl原子在同一個環(huán)上，只有1種結構；在兩個不同環(huán)上，又有1種結構，因此可能的同分異構體種類數(shù)目為：2+2+1+2+1+1=9，C正確；D. 該物質含有不飽和的碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應、加聚反應；含有環(huán)丙基結構，能夠發(fā)生取代反應，該物質屬于不飽和烴，能夠發(fā)生燃燒反應，催化氧化反應，因此不僅僅能夠發(fā)生

26、上述反應，D錯誤；故合理選項是C。9、A【解析】A、鍋爐水垢中的CaSO4用飽和Na3CO3溶液浸泡：CO32+CaSO4CaCO3+SO42，A正確；B、用鐵電極電解飽和食鹽水，陽極鐵失去電子，轉化為亞鐵離子，陰極氫離子得到電子轉化為氫氣，得不到氯氣，B錯誤；C、氨水不能溶解氫氧化鋁，向Al2(SO4)3溶液中加入過量的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C錯誤；D、溶液顯堿性，產物不能出現(xiàn)氫離子，KClO堿性溶液與Fe(OH)3反應制取K2FeO4：4OH-+3ClO+2Fe(OH)32FeO42+3Cl+5H2O，D錯誤；答案選A。10、A【解析】A將一塊沾有

27、油污的銅片浸入接近沸騰的碳酸鈉溶液中，能除去銅片表面的油污，故A正確；B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳雙鍵和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B錯誤；C制備 Fe(OH)3膠體，是將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，當溶液呈紅褐色時停止加熱，故C錯誤；D取一塊鐵片，用砂紙擦去鐵銹 ，在鐵片上滴1滴含酚酞的食鹽水 ，靜置幾分鐘，鐵失電子，氧氣得電子，發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯誤；故選A。【點睛】本題考查化學實驗方案的評價，把握有機物的性質、有機物的檢驗及制備、實驗技能為解答的關鍵，側重分析與實驗能力的考查，注意實驗的評價性分析，B為易錯點，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是

28、碳碳雙鍵和溴發(fā)生加成反應，也可能是醛基被氧化。11、D【解析】A世界最大射電望遠鏡主體用料：鋼索是金屬合金材料，故A不符合；B中國第一艘國產航母主體用料：鋼材屬于合金為金屬材料，故B不符合；C中國大飛機C919主體用料：鋁合金屬于金屬材料，故C不符合；D世界最長的跨海大橋港珠澳大橋主體用料：硅酸鹽不是金屬材料，故D符合；故答案為D。12、B【解析】A.舊報紙主要成分是纖維素，可以回收制成再生紙張而被利用，屬于可回收垃圾，A不符合題意；B.香煙頭中主要含有有機的化合物，且含有大量的有害物質，屬于不可回收的垃圾，B符合題意；C.廢金屬經過熔化，可以重新制成各種金屬制品，屬于可回收垃圾，C不符合題意

29、；D.飲料瓶主要成分為玻璃、塑料、金屬，經回收可再重新制成各種有益物質，因此屬于可回收垃圾，D不符合題意；故合理選項是B。13、D【解析】A黃銅和金的密度不可能相同，所以測密度可行，故A不選； B合金的熔點一般較低，黃銅合金的熔點較低，真金的熔點高，所以測熔點可行，故B不選；C黃銅在空氣中灼燒，會與空氣中的氧氣反應變黑色，真金無明顯變化，灼燒可行，故C不選；D黃銅和金的顏色相同，不可鑒別，故D選；故選D。14、B【解析】A明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，溶于酸性溶液，故利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故A正確；B陶瓷、水泥和玻璃為硅酸鹽產品，而光導纖維的

30、主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽材料，故B錯誤；C二氧化硫、氮氧化物以及可吸入顆粒物這三項是霧霾主要組成，前兩者為氣態(tài)污染物，最后一項顆粒物才是加重霧霾天氣污染的罪魁禍首它們與霧氣結合在一起，讓天空瞬間變得灰蒙蒙的，“煤改氣”、“煤改電”等清潔燃料改造工程減少了二氧化硫、氮氧化物和可吸入顆粒物，故有利于減少霧霆天氣，故C正確；D石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質的變性過程均生成了新的物質，是化學變化，故D正確；故選B?！军c睛】本題綜合考查常見物質的組成、性質的應用，為高考常見題型，題目難度不大，側重于化學與生活的考查，注意光導纖維的主要成分為二氧化硅，不屬于硅酸鹽。15、A【解析】A. 工業(yè)

31、生產純堿的化學方程式為：NaCl + NH3 + H2O + CO2 = NaHCO3+ NH4Cl、2NaHCO3 Na2CO3 + CO2 + H2O 都為復分解反應，不涉及氧化還原反應，故A正確；B. 工業(yè)制氨氣的化學方程式為：N2+3H2 2NH3，有化合價變化，是氧化還原反應，故B錯誤；C. 工業(yè)制取燒堿的化學方程式為：2NaCl + 2H2O 2NaOH + H2 + Cl2，有化合價變化，是氧化還原反應，故C錯誤；D. 工業(yè)制取鹽酸：H2 + Cl2 2HCl，HCl溶于水形成鹽酸，有化合價變化，是氧化還原反應，故D錯誤；故答案為A。16、C【解析】此題的橫坐標是，V是加水稀釋后

32、酸溶液的體積，未稀釋時，V=V0，橫坐標值為1；稀釋10倍時，V=10V0，橫坐標值為2，以此類推。此題實際上考察的是稀釋過程中，酸堿溶液pH的變化規(guī)律：越強的酸堿，稀釋過程中pH的變化越明顯；如果不考慮無限稀釋的情況，對于強酸或強堿，每稀釋十倍，pH變化1。根據(jù)此規(guī)律，再結合題干指出的次磷酸是弱酸這條信息，就可以明確圖像中兩條曲線的歸屬，并且可以得出氟硼酸是強酸這一信息?！驹斀狻緼根據(jù)圖像可知，b表示的酸每稀釋十倍，pH值增加1，所以b為強酸的稀釋曲線，又因為H3PO2為一元弱酸，所以b對應的酸只能是氟硼酸(HBF4)，即氟硼酸為強酸；那么NaBF4即為強酸強堿鹽，故溶液為中性，常溫下pH=

33、7，A項正確；Ba曲線表示的是次磷酸的稀釋曲線，由曲線上的點的坐標可知，1mol/L的次磷酸溶液的pH=1，即c(H+)=0.1mol/L；次磷酸電離方程式為：，所以1mol/L的次磷酸溶液中c(H3PO2)=0.9mol/L，c()=0.1mol/L，那么次磷酸的電離平衡常數(shù)即為：，B項正確；C次磷酸為一元弱酸，無法繼續(xù)電離，溶液中并不含有和兩類離子；此外，還會發(fā)生水解產生次磷酸分子，所以上述等式錯誤，C項錯誤；D令y=pH，x=，由圖可知，在0pH4區(qū)間內，y=x-1，代入可得pH=，D項正確；答案選C。【點睛】關于pH的相關計算主要考察三類：一類是最簡單的單一溶液的pH的相關計算，通過列

34、三段式即可求得；第二類是溶液混合后pH的計算，最?？疾斓氖菑娝釅A混合的相關計算，務必要考慮混合時發(fā)生中和反應；第三類就是本題考察的，稀釋過程中pH的變化規(guī)律：越強的酸或堿，稀釋過程中pH的變化越明顯，對于強酸或強堿，在不考慮無限稀釋的情況下，每稀釋十倍，pH就變化1。17、D【解析】A. 硫與氧氣反應屬于放熱反應，放熱反應焓變小于0，H20，故A錯誤；B. 反應放出熱量多少未知，無法判斷H3和H1大小，故B錯誤；C. Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；H1，S(s)+O2(g)=SO2(g)；H2，-得：Mn(s)+SO2(g)=MnO2(s)+S(s)，根據(jù)蓋斯定律得，Mn(s)+SO

35、2(g)=MnO2(s)+S(s)；HH1H2 ，故C錯誤；D. Mn(s)+O2(g)=MnO2(s)；H1S(s)+O2(g)=SO2(g)；H2Mn(s)+S(s)+2O2(g)=MnSO4(s)；H3根據(jù)蓋斯定律-得：MnO2(s)+SO2(g)=MnSO4(s)；HH3H2H1 ，故D正確；故選D。18、A【解析】A對于可逆反應2NO2N2O4，升高溫度，氣體的顏色變深，則平衡逆向移動；降低溫度，氣體顏色變淺，則平衡正向移動，A正確；B銅與濃硝酸反應，不管生成的氣體是NO還是NO2，用排水法收集后，都收集到無色的氣體，所以不能肯定生成的氣體的成分，B錯誤；C灼燒海帶時，應放在坩堝內，

36、否則會損壞燒杯，C錯誤；D飽和食鹽水，用于除去Cl2中混有的HCl氣體，D錯誤；故選A。19、D【解析】A據(jù)圖可知b點的溫度比a點高，水的電離吸熱，所以b點Kw更大，故A錯誤；B據(jù)圖可知b點加入10mL0.5mol/L的氨水，與10.00mL0.5mol/L鹽酸恰好完全反應，所以溶液中的溶質為NH4Cl，由于銨根會發(fā)生水解，所以c(NH4+) c(OH)= c(H)，故C錯誤；Dd點加入20 mL0.5mol/L的氨水，所以溶液中的溶質為等物質的量的NH4Cl和NH3H2O，溶液中存在電荷守恒：c(NH4)+c(H)= c(Cl)+c(OH)，物料守恒：2c(Cl)= c(NH4)+c(NH3

37、H2O)，二式聯(lián)立可得c(NH3H2O)c(OH) = c(Cl) +c(H)，故D正確；故答案為D。20、A【解析】A乙醛和丙烯醛結構不相似，二者不是同系物，與氫氣發(fā)生加成反應都生成醇類物質，結構相似，分子組成上相差1個CH2原子團，為同系物，故A錯誤；BO2和O3是氧元素的不同單質，互為同素異形體；1H、2H、3H質子數(shù)都為1，中子數(shù)分別為0、1、2，它們?yōu)闅湓氐娜N不同的核素，故B正確；CC2H6O有乙醇和二甲醚兩種同分異構體；CH3CH2 CH2CH(CH3)2的最長碳鏈含有5個C，主鏈為戊烷，在2號C含有1個甲基，其名稱為2-甲基戊烷，故C正確；D氨基酸分子中均含有羧基(-COOH

38、)和氨基(-NH2)，如最簡單的氨基酸甘氨酸(H2NCH2COOH)，故D正確；故選A。21、B【解析】A.由圖像可知m點所示溶液中p=-lg=0，=1，則m點c(A-)=c (HA)，A正確；B. Ka(HA)只與溫度有關，可取m點分析，Ka(HA)= ，由于=1，Ka(HA) =c(H+)=10-4.76，B錯誤；C. 由A項知m點c (A-)=c (HA)，r點時由橫坐標可知，=100，即c(A-)c (HA)，說明r點溶液中A-濃度大于m點，水的電離程度：mr，C正確；D. r點溶液中電荷守恒關系為：c (H+)+c (Na+)=c (A-)+c (OH-)，D正確；故選B。【點睛】水

39、溶液中的圖像題，解題關鍵在于認真讀懂圖像，橫坐標、縱坐標、線的走勢、尤其是特殊點的分析，如本題中的m點。22、B【解析】由環(huán)戊烷為原料制備環(huán)戊二烯的合成路線，根據(jù)逆向思維的方法推導，C為，B為，A為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼由上述分析可知，A為，故A錯誤；B根據(jù)合成路線，反應為光照條件下的取代反應，反應為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應，反應為加成反應，反應為在氫氧化鈉醇溶液中加熱發(fā)生消去反應，故B正確；C反應為鹵代烴的消去反應，需要的反應試劑和反應條件為氫氧化鈉醇溶液、加熱，反應為烯烴的加成反應，條件為常溫，故C錯誤；DB為環(huán)戊烯，含碳碳雙鍵，環(huán)戊二烯含碳碳雙鍵，均能使高錳酸鉀褪色，則酸性

40、KMnO4溶液褪色不能證明環(huán)戊烷已完全轉化成環(huán)戊二烯，故D錯誤；答案選B?！军c睛】把握官能團與性質的關系為解答的關鍵。本題的易錯點為A，要注意根據(jù)目標產物的結構和官能團的性質分析推導，環(huán)烷烴可以與鹵素發(fā)生取代反應，要制得，可以再通過水解得到。二、非選擇題(共84分)23、氯原子 C6H10O4 取代反應 NaOH、C2H5OH(或乙醇)，加熱 HOCH2CH2CH2CH2OH +2NH3+3O2+6H2O 【解析】從A到C由環(huán)烷烴變成了環(huán)烯烴，并且A生成B是光照下與Cl2的取代，所以從B到C即為鹵代烴的消去，結合題干提示的反應，環(huán)己烯經過高錳酸鉀處理后就可以得到己二酸，H就是1,4-丁二醇，所

41、以PBA就是聚己二酸丁二酯。從E生成F，再由F生成對苯二甲酸，條件恰好與題干提示的反應相同，所以推測E為對二甲苯，F(xiàn)即為對苯二腈?！驹斀狻?1)B為鹵代烴，官能團的名稱為氯原子；D為己二酸，所以分子式為C6H10O4；(2)反應即為烴變成鹵代烴的反應，反應類型即為取代反應；反應為鹵代烴的消去反應，所加試劑即NaOH，乙醇，并且需要加熱；(3)H通過推斷即為1,4-丁二醇，所以結構簡式為HOCH2CH2CH2CH2OH；(4)反應即由對二甲苯生成對苯二腈的反應，所以方程式為：+2NH3+3O2+6H2O；(5)由題可知M的分子式為C9H8O4，扣除苯環(huán)還有2個不飽和度；滿足要求的N的結構中一定有

42、羥基，此外也要具有醛基和酯基的結構；考慮到1molN能消耗4mol的NaOH，所以只能是2個羥基，1個甲酸酯基，由于還需要有一個不飽和度，所以還含有一個乙烯基；再考慮到核磁共振氫譜的信息，最終滿足要求的有機物的結構為如下兩種：；【點睛】書寫滿足特定要求的物質的同分異構體的結構時，從不飽和度入手，結合有關信息確定有機物中一定含有的結構；此外，也要注意特定結構的基團，例如甲酸酯基等；確定有機物所含的基團后，再結合核磁共振氫譜的信息考慮物質的對稱性，最終將物質的結構書寫出來。24、羥基羧基取代反應【解析】 (1) 根據(jù)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 )

43、 根據(jù)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(fā)生顯色反應，說明苯環(huán)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(huán)境的氫，滿足條件的F的一種同分異構體為，故答案為；（5）以為原料制備，需要引入2個甲基，可以根據(jù)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

44、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(lián)想遷移法，注意（5）中合成路線充分利用信息中甲基的引入。25、防止暴沸 b 平衡壓強，使?jié)饬蛩犴樌蜗?2HBr+H2SO4(濃)SO2+Br2+2H2O 加快反應速率，蒸餾出溴乙烷 SO2 防止污染環(huán)境 冷卻并減少溴乙烷的揮發(fā) 檢漏 53.4% 【解析】(1)液體加熱需要防止液體瀑沸，B為球形冷凝管，應采取逆流原理通入冷凝水，進行充分冷凝回流；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的壓強相等，使?jié)饬蛩犴樌飨拢?3)濃硫酸有強氧化性，氫溴酸與濃硫酸混合加熱可生成Br2和

45、SO2；(4)給A加熱可以加快反應速率蒸出溴乙烷；實驗中產生的二氧化硫、溴化氫、溴等可以用稀NaOH溶液吸收；(5)通過E的末端插入水面以下冷卻減少溴乙烷的揮發(fā)；(6)帶有活塞或瓶塞的裝置使用前要檢查是否漏水；10mL乙醇的質量為0.7910g=7.9g，其物質的量為0.172mol，所以理論制得溴乙烷的物質的量為0.172mol，其質量為18.75g，根據(jù)產率=100%計算。【詳解】(1)液體加熱加入沸石，可以防止液體瀑沸，B為球形冷凝管，應采取逆流原理通入冷凝水，進行充分冷凝回流，所以B中進水口為b；(2)滴液漏斗可以使漏斗的上方和下方的壓強相等，使?jié)饬蛩犴樌飨?，而分液漏斗沒有這個功能；

46、(3)濃硫酸有強氧化性，氫溴酸與濃硫酸混合加熱可生成Br2和SO2，發(fā)生氧化還原反應的化學方程式為2HBr+H2SO4(濃)SO2+Br2+2H2O；(4)加熱的目的是加快反應速率，溫度高于38.4溴乙烷全部揮發(fā)蒸餾出來，實驗中產生的二氧化硫、溴化氫、溴等會污染空氣，所以可以用稀NaOH溶液吸收，防止污染環(huán)境；(5)導管E的末端須在水面以下，通過冷卻得到溴乙烷，減少溴乙烷的揮發(fā)；(6)分液漏斗有上口塞子和下口有控制液體流量的活塞，在使用前需要檢查是否漏水；10mL乙醇的質量為0.7910g=7.9g，其物質的量為0.172mol，所以理論制得溴乙烷的物質的量為0.172mol，其質量為18.7

47、5g，所以溴乙烷的產率=100%53.4%。【點睛】考查制備實驗方案設計，為高頻考點，涉及計算、基本操作、氧化還原反應、除雜等知識點，明確實驗原理及物質性質、基本操作規(guī)范性是解本題關鍵，知道各個裝置可能發(fā)生的反應，題目難度中等。26、 (球形)干燥管 防止水蒸氣進入裝置使SnI4水解 【解析】（1）根據(jù)儀器構造可得，根據(jù)SnI4易水解解析；（2）按實驗操作過程來進行排序。【詳解】（1）圖中裝置II的儀器名稱為(球形)干燥管，四碘化錫遇水易水解，裝有無水CaCl2的干燥管可吸收空氣中的水蒸氣，防止空氣中水蒸氣進入反應器中，導致四碘化錫水解，該裝置的主要作用是防止水蒸氣進入裝置使SnI4水解。故答

48、案為：(球形)干燥管；防止水蒸氣進入裝置使SnI4水解；（2）減壓過濾的操作過程：將濾紙放入漏斗并用水潤濕，微開水龍頭，保證緊貼在漏斗底部將含晶體的溶液倒入漏斗，開大水龍頭，拆下橡皮管，防止水倒吸關閉水龍頭。正確的順序是。故答案為：。【點睛】本題考查物質的分離、提純，側重于學生的分析能力、實驗能力和評價能力的考查，注意把握物質的性質的異同，難點（2）注意熟練掌握實驗過程，按實驗操作過程來進行排序。27、HNO3 AgNO3 硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2） 該反應速率很小或反應的活化能較大 圖乙 NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O 加入足量稀硝酸

49、加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀 不能 Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化 【解析】（1）Fe過量，可能與硝酸反應生成硝酸亞鐵，或Fe與硝酸銀反應生成硝酸亞鐵； （2）加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作對比實驗； 1號試管中未觀察到藍色沉淀，與反應速率很小有關； 發(fā)生NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O，消耗氫離子，pH增大； 實驗過程中，溶液先變成淺綠色，而后逐漸呈棕黃色，但整個過程中并無NO氣體產生，則NO3-中N轉化為NH4+； （3）Ag可溶于硝酸，不溶于鹽酸； （4）左側燒杯溶液，加KSCN溶液，溶液變紅，可知

50、左側含鐵離子，左側為正極，但亞鐵離子可能被硝酸或氧氣氧化?！驹斀狻浚?）提出猜想：Fe2+可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產物；（2）2號試管中所用的試劑為硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），與1為對比實驗；資料顯示：該溫度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為該反應速率很小或反應的活化能較大；反應中消耗氫離子，pH變大，則pH傳感器測得的圖示為圖乙；實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O；（3）方案一：取出少量黑色

51、固體，洗滌后加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產生白色沉淀（或加入足量鹽酸，有黑色固體剩余），證明黑色固體中有Ag；（4）方案二：一段時間后取出左側燒杯溶液，加入KSCN溶液，溶液變紅，該實驗現(xiàn)象不能證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化。28、 0.03mol/(Lmin) 能判斷，因為恒容容器的體積不變，而反應過程中氣體質量會發(fā)生變化，這樣隨著反應的進行，容器中氣體的密度會不斷變化，所以若密度不變，說明反應達到了平衡狀態(tài) 增加了氮氣的量 NH3 NH3H2ONH4+OH、H2OH+OH 因為pH7，說明c(H+)c(OH)，根據(jù)電荷守

52、恒：c(H+)+c(NH4+)c(HCO3)+c(OH)+2c(CO32)，所以c(NH4+)c(HCO3)(或NH4+水解呈酸性，HCO3水解呈堿性，pH7，說明水解程度NH4+HCO3，所以c(NH4+)c(HCO3) 【解析】(1)根據(jù)表格中的數(shù)據(jù)可知，第4，5分鐘時，各物質的物質的量不變，達到平衡狀態(tài)，根據(jù)平衡狀態(tài)表達式；根據(jù)公式v=計算；(2)根據(jù)化學平衡的判斷依據(jù)判斷是否處于平衡狀態(tài)；(3)根據(jù)各物質的濃度的變化量判斷改變的條件；(4)根據(jù)氨氣和二氧化碳的溶解度判斷先通什么氣體，根據(jù)溶液中的成分寫出電離方程式；(5)根據(jù)電荷守恒，比較離子的濃度大?。弧驹斀狻?1).根據(jù)化學方程式，

53、2N2(g)+6H2O(l)4NH3(g)+3O2(g)，化學平衡常數(shù)=生成物離子的濃度冪之積/反應物離子的濃度冪之積=，表格中數(shù)據(jù)，02 min 內N2的物質的量變化=2mol-1.7mol=0.3mol，v(N2)= =0.3mol/10L/2min=0.015mol/(Lmin)，由于氮氣和氨氣的速率之比為1:2，v(NH3)=2v(N2)=0.015mol/(Lmin)2=0.03mol/(Lmin)；(2)因為恒容容器的體積不變，而反應過程中氣體質量會發(fā)生變化，這樣隨著反應的進行，容器中氣體的密度會不斷變化，所以若密度不變，說明反應達到了平衡狀態(tài) ，故答案為：能判斷，因為恒容容器的體積不變，而反應過程中氣體質量會發(fā)生變化，這樣隨著反應的進行，容器中氣體的密度會不斷變化，所以若密度不變，說明反應達到了平衡狀態(tài)；(3)在56 min，N2的物質的量增加了2.5mol-1.6mol=0.9mol，H2O的物質的量減小了8.8mol-8.65mol=0.15mol，O2的物質的量增加了0.675-0.6=0.075mol，H2O的物質的