2022年陜西省漢中市部分學校高三第三次測評化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷注意事項1考試結(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回2答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用05毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規(guī)定位置3請認真核對監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符4作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效5如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗一、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、根據(jù)下列實驗現(xiàn)象所得出的結(jié)論

2、正確的是選項實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A將鋁片分別投入濃、稀硝酸中，前者無明顯現(xiàn)象，后者反應劇烈稀硝酸的氧化性比濃硝酸的強B滴有酚酞的Na2CO3溶液中加入BaCl2溶液，紅色變淺Na2CO3溶液中存在水解平衡C某溶液中滴加過量氨水產(chǎn)生白色沉淀且不溶解該溶液中一定含有Mg2+D溴水中通入SO2，溴水褪色SO2具有漂白性AABBCCDD2、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+)=10-12m

3、olL-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-3、由環(huán)己醇合成環(huán)己酮的反應為：。下列說法正確的是（ ）A該反應屬于取代反應B環(huán)己酮的分子式為C6H12OC環(huán)己醇不能和NaOH溶液反應D環(huán)己醇分子中的所有原子可能共平面4、鈞瓷是宋代五大名窯瓷器之一，以“入窯一色，出窯萬彩”的神奇窯變著稱，下列關于陶瓷的說法正確的是（ ）A“窯變”是高溫下釉料中的金屬化合物發(fā)生氧化還原反應導致顏色的變化B高品質(zhì)白瓷晶瑩剔透，屬于純凈物C氮化硅陶瓷屬于傳統(tǒng)無機非金屬材料D由于陶瓷耐酸堿，因此可以用來熔化氫氧化鈉5、下列有關垃圾分類說法錯誤的是A廢棄的聚乙烯塑料屬于白色垃圾，不能使溴水退色B可回收的易拉罐中含

4、金屬鋁，可通過電解氧化鋁制取C廢舊電池中含有鎳、鎘等重金屬離子，不能填埋處理D含絲、毛的廢舊衣物燃燒處理時只生成CO2和H2O6、現(xiàn)有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T型化合物能破壞水的電離平衡，五種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關系如圖所示。下列推斷正確的是（）A原子半徑和離子半徑均滿足：YZB簡單氫化物的沸點和熱穩(wěn)定性均滿足：YTC最高價氧化物對應的水化物的酸性：TRD常溫下，0.1molL1由X、Y、Z、T四種元素組成的化合物的水溶液的pH一定大于17、有關物質(zhì)性質(zhì)的比較，錯誤的是A熔點：純鐵 生

5、鐵B密度：硝基苯 水C熱穩(wěn)定性：小蘇打 苯8、已知：NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O。將總體積共為40 mL的NO和O2兩種氣體分別同時通入同一足量的NaOH溶液中，完全反應后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，剩余氣體5 mL，則原混合氣體中NO的體積為( )A20 mLB25 mLC12 mLD33 mL9、下列根據(jù)實驗操作和現(xiàn)象得出的結(jié)論不正確的是 選項操作及現(xiàn)象結(jié)論A將乙烯氣體通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有還原性B將少量濃硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖變黑，體積膨脹濃硫酸有脫水性和強氧化性C向溶液X 中先滴加稀硝酸，再

6、滴加Ba(NO3)2溶液, 出現(xiàn)白色沉淀溶液X 中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加熱，一段時間后，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀淀粉未水解AABBCCDD10、甲苯是重要的化工原料。下列有關甲苯的說法錯誤的是A分子中碳原子一定處于同一平面B可萃取溴水的溴C與H2混合即可生成甲基環(huán)己烷D光照下與氯氣發(fā)生取代反應11、鋅電池是一種極具前景的電化學儲能裝置?？凼娇沙潆婋姵亟M成示意圖如下?？梢栽诰w中可逆地嵌入和脫除，總反應為。下列說法錯誤的是（ ）A放電時不銹鋼箔為正極，發(fā)生還原反應B放電時負極的反應為C充電時電池正極上的反應為：D充電時鋅片與電源的負極相連12、用所

7、給試劑與圖示裝置能夠制取相應氣體的是（夾持儀器略）ABCDX中試劑濃硝酸濃硫酸雙氧水濃氨水Y中試劑CuC2H5OHMnO2NaOH氣體NO2C2H4O2NH3AABBCCDD13、下列說法錯誤的是（ ）A以乙醇、空氣為原料可制取乙酸B甲苯分子中最多13個原子共平面C淀粉、油脂和蛋白質(zhì)都是可以水解的高分子化合物D分子式為C5H12O的醇共有8種結(jié)構(gòu)14、下列反應的離子方程式書寫正確的是A在 FeI2 溶液中滴加少量溴水：2Fe2+ Br2=2Fe3 + 2BrB碳酸氫鈉溶液和少量的澄清石灰水混合： 2HCO3- + Ca2+ + 2OH-=CaCO3+CO32- + 2H2OC向 NH4Al(S

8、O4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液至SO42- 恰好沉淀完全： Al3+ + 2SO42- + 2Ba2+ + 4OH-=2BaSO4+AlO2- + 2H2OD過量 SO2通入到 NaClO 溶液中：SO2 + H2O + ClO- = HClO + HSO3-15、已知：pOH=-lgc(OH-)。室溫下，將稀鹽酸滴加到某一元堿（BOH）溶液中，測得混合溶液的pOH 與微粒濃度的變化關系如圖所示。 下列說法錯誤的是()A若向0.1mol/L BOH溶液中加水稀釋，則溶液中c(OH-)/c(BOH) 增大B室溫下，BOH的電離平衡常數(shù)K = 110-4.8CP點所示的溶液中：c(Cl

9、-) c(B+)DN點所示的溶液中： c(H+) = c(Cl-) + c(OH-) - c(BOH)16、從海帶中提取碘的實驗中，下列操作中未涉及的是ABCD17、常溫下，用溶液滴定溶液，曲線如圖所示。下列說法錯誤的是A滴定終點a可選擇甲基橙作指示劑Bc點溶液中Cb點溶液中Da、b、c三點中水的電離程度最大的是c18、常溫下，向21mL11mol L1HB溶液中逐滴滴入 11mol L1NaOH溶液，所得 PH變化曲線如圖所示。下列說法錯誤的是AOA各點溶液均存在：c（B） c（Na）BC至 D各點溶液導電能力依次增強C點 O時，pH1D點 C時，X約為 11.419、化學制備萘（）的合成過

10、程如圖，下列說法正確的是（ ）Aa的分子式是C10H12OBb的所有碳原子可能處于同一平面C萘的二氯代物有10種Dab的反應類型為加成反應20、M是一種常見的工業(yè)原料，實驗室制備M的化學方程式如下，下列說法正確的 Al mol的C能與7mol的H2反應B分子C中所有原子一定共面C可以用酸性KMnO4溶液鑒別A和BDA的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)和醛基的結(jié)構(gòu)有14種21、銅鋅合金俗稱黃銅下列不易鑒別黃銅與真金的方法是（）A測密度B測熔點C灼燒D看外觀22、乙苯與氫氣加成，其產(chǎn)物的一氯代物的同分異構(gòu)體數(shù)目有（不考慮立體異構(gòu)）( )A4種B5種C6種D7種二、非選擇題(共84分)23、（14分）已知，水楊

11、酸酯E為紫外吸收劑，可用于配制防曬霜。E的一種合成路線如下：已知D的相對分子質(zhì)量是130。請回答下列問題：（1）一元醇A中氧的質(zhì)量分數(shù)約為21.6%。則A的分子式為_，結(jié)構(gòu)分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為_；（2）B能與新制的Cu(OH)2發(fā)生反應，該反應的化學方程式為：_；（3）寫出C結(jié)構(gòu)簡式：_；若只能一次取樣，請?zhí)岢鰴z驗C中2種官能團的簡要方案：_；（4）寫出同時符合下列條件的水楊酸所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式：_；（a）分子中有6個碳原子在一條直線上；（b）分子中所含官能團包括羧基和羥基（5）第步的反應條件為_；寫出E的結(jié)構(gòu)簡式_。24、（12分）從薄荷油中得到一種烴A（C10H16），

12、叫非蘭烴，與A相關反應如下：已知：（1）H的分子式為_。（2）B所含官能團的名稱為_。（3）含兩個COOCH3基團的C的同分異構(gòu)體共有_種（不考慮手性異構(gòu)），其中核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個吸收峰的異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式為_。（4）BD，DE的反應類型分別為_、_。（5）G為含六元環(huán)的化合物，寫出其結(jié)構(gòu)簡式：_。（6）F在一定條件下發(fā)生聚合反應可得到一種高級吸水性樹脂，該樹脂名稱為_。（7）寫出EF的化學方程式：_。（8）A的結(jié)構(gòu)簡式為_，A與等物質(zhì)的量的Br2進行加成反應的產(chǎn)物共有_種（不考慮立體異構(gòu)）。25、（12分）ClO2是一種優(yōu)良的消毒劑，濃度過高時易發(fā)生分解，常將其制成NaClO2固體，以便運輸和

13、貯存。過氧化氫法制備NaClO2固體的實驗裝置如圖所示。請回答：已知：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2OClO2熔點-59、沸點11；H2O2沸點150（1）NaClO2中氯元素的化合價是_。（2）儀器A的作用是_。（3）寫出制備NaClO2固體的化學方程式：_。冰水浴冷卻的目的是_(寫兩種)。（4）空氣流速過快或過慢，均降低NaClO2產(chǎn)率，試解釋其原因_。（5）Cl存在時會催化ClO2的生成。反應開始時在三頸燒瓶中加入少量鹽酸，ClO2的生成速率大大提高，并產(chǎn)生微量氯氣。該過程可能經(jīng)兩步反應完成，將其補充完整：_(用離子方程式表示)，H2O2+C

14、l2=2Cl-+O2+2H+。（6）為了測定NaClO2粗品的純度，取上述粗產(chǎn)品10.0g溶于水配成1L溶液，取出10mL，溶液于錐形瓶中，再加入足量酸化的KI溶液，充分反應（NaClO2被還原為Cl-，雜質(zhì)不參加反應），該反應過程中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_，加入23滴淀粉溶液，用0.20molL-1Na2S2O3標準液滴定，達到滴定達終點時用去標準液20.00mL，試計算NaClO2粗品的純度_。（提示：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）26、（10分）甲同學向做過銀鏡反應的試管滴加0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，發(fā)現(xiàn)銀鏡部分溶解，和大家一起分析原

15、因：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag。乙同學認為：Fe(NO3)3溶液顯酸性，該條件下NO3也能氧化單質(zhì)Ag。丙同學認為：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解。(1)生成銀鏡反應過程中銀氨溶液發(fā)生_（氧化、還原）反應。(2)為得出正確結(jié)論，只需設計兩個實驗驗證即可。實驗I：向溶解了銀鏡的Fe(NO3)3的溶液中加入_（填序號，KSCN溶液、K3Fe(CN)6溶液、稀HC1），現(xiàn)象為_，證明甲的結(jié)論正確。實驗：向附有銀鏡的試管中加入_溶液，觀察銀鏡是否溶解。兩個實驗結(jié)果證明了丙同學的結(jié)論。(3)丙同學又把5mLFeSO4溶液分成兩份：第一份滴加2滴KSCN溶液無變化；第二份加入1

16、mL0.1mol/LAgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體產(chǎn)生（經(jīng)驗證黑色固體為Ag顆粒），再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅。根據(jù)上述的實驗情況，用離子方程式表示Fe3+、Fe2+、Ag+、Ag之間的反應關系_。(4)丁同學改用如圖實驗裝置做進一步探究：K剛閉合時，指針向左偏轉(zhuǎn)，此時石墨作_，（填“正極”或“負極。此過程氧化性：Fe3+_Ag+（填或或H2S，元素非金屬性越強，對應的簡單氫化物的熱穩(wěn)定性越強，則熱穩(wěn)定性H2OH2S，故B正確；C. 非金屬性SC，則最高價氧化物對應的水化物的酸性為H2SO4H2CO3，故C錯誤；D. 由H、O、Na、S四種元素組成的常見化合物有NaHSO3

17、和NaHSO4，0.1molL1NaHSO3溶液的pH1，0.1molL1NaHSO4溶液的pH1，故D錯誤。綜上所述，答案為B。【點睛】氫化物穩(wěn)定性與非金屬有關，氫化物沸點與非金屬無關，與范德華力、氫鍵有關，兩者不能混淆。7、D【解析】A生鐵是合金，熔點小于純鐵的熔點，故熔點為純鐵生鐵，選項A正確；B水的密度等于1g/mL，硝基苯的密度大于1g/mL，所以密度：水硝基苯，選項B正確；C碳酸氫鈉不穩(wěn)定受熱分解生成碳酸鈉，所以熱穩(wěn)定性：NaHCO3Na2CO3，選項C正確；D苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，碳碳鍵鍵長：乙烯苯，選項D錯誤。答案選D?！军c睛】本題考查元素及其對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)的遞

18、變規(guī)律，側(cè)重于熔點、熱穩(wěn)定性、密度等性質(zhì)的考查，題目難度不大，注意把握性質(zhì)比較的角度以及規(guī)律，易錯點為選項D：苯中不含有碳碳雙鍵 ，碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間。8、D【解析】根據(jù)NO+NO2+2NaOH2NaNO2+H2O，完全反應后，溶液中只含有NaNO2和NaOH，則剩余氣體為NO，設原混合氣體中NO的體積為V，則O2的體積為(40V) mL，氮元素化合價由+4降低為+3，根據(jù)得失電子守恒，計算得V=33 mL，故選D?！军c睛】本題考查混合物的有關計算，明確氮氧化物和NaOH反應關系式是解本題關鍵，側(cè)重考查學生分析判斷能力，注意單純的NO和NaOH不反應，二氧化氮和NaOH反應。9、D【解析

19、】A乙烯被高錳酸鉀氧化，則溶液褪色，體現(xiàn)乙烯的還原性，故A正確；B濃硫酸使蔗糖炭化后，C與濃硫酸發(fā)生氧化還原反應，則蔗糖變黑，體積膨脹，體現(xiàn)濃硫酸有脫水性和強氧化性，故B正確；C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀為硫酸鋇，由于稀硝酸能夠氧化亞硫酸根離子，則原溶液中可能含有SO32-，故C正確；D淀粉水解生成葡萄糖，檢驗葡萄糖應在堿性條件下，沒有加堿至堿性，再加入新制的氫氧化銅懸濁液并加熱，無紅色沉淀，不能檢驗，故D錯誤；故選D。10、C【解析】A苯環(huán)具有平面形結(jié)構(gòu)，甲苯中側(cè)鏈甲基的碳原子取代的是苯環(huán)上氫原子的位置，所有碳原子在同一個平面，故A正確；B甲苯不溶于水

20、，可萃取溴水的溴，故B正確；C與H2混合，在催化劑，加熱的條件下才能反應生成甲基環(huán)己烷，故C錯誤；D光照下，甲苯的側(cè)鏈甲基上的氫原子能夠與氯氣發(fā)生取代反應，故D正確；故選C。11、C【解析】如圖：對VS2/Zn扣式可充電電池組成分析，放電時，不銹鋼箔為正極，鋅片為負極，電極反應Zn-2eZn2；充電時原電池的正極與外電源正極相連，作陽極，失電子發(fā)生氧化反應，原電池負極與電源負極相連，作陰極，得到電子發(fā)生還原反應?！驹斀狻緼放電時，不銹鋼箔為正極，發(fā)生還原反應，故A正確；B放電時，負極為鋅，鋅電極反應為：Zn-2eZn2，故B正確；C充電時，原電池的正極接電源的正極，作陽極，失去電子，發(fā)生氧化反

21、應，故C錯誤；D充電時，原電池負極鋅片與電源的負極相連，作陰極，故D正確；故選C。12、C【解析】A.二氧化氮和水反應，收集二氧化氮不能用排水法，A錯誤；B.乙醇消去制乙烯需要加熱，B錯誤；C.雙氧水分解制氧氣制取裝置用固液不加熱制氣體，收集氧氣用排水法，C正確；D.氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，D錯誤；答案選C。13、C【解析】A. 醇羥基可以發(fā)生氧化反應生成羧基，可以用乙醇、空氣為原料制取乙酸，故A正確；B. 甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，故B正確；C. 油脂不屬于高分子化合物，故C錯誤；D. C5H12的同分異構(gòu)體有CH3CH

22、2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3種H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4種H原子，C(CH3)4只有1種H原子，故羥基(OH)取代1個H得到的醇有3+4+1=8種，故D正確；故答案為C?！军c睛】C5H12O的醇可以看做羥基上連接一個戊基，戊基有8種，所以分子式為C5H12O的醇共有8種結(jié)構(gòu)；常見的烴基個數(shù)：丙基2種；丁基4種；戊基8種。14、B【解析】A選項，在 FeI2 溶液中滴加少量溴水，首先是溴水和碘離子反應，故A錯誤；B選項，碳酸氫鈉溶液和少量的澄清石灰水混合，“少定多變”即澄清石灰水定為1 mol來分析：2H

23、CO3 + Ca2+ + 2OH=CaCO3+CO32 + 2H2O，故B正確；C選項，向 NH4Al(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2 溶液至SO42 恰好沉淀完全，鋁離子先生成沉淀，再是銨根離子反應： Al3+ + NH4+2SO42 + 2Ba2+ + 4OH=2BaSO4+Al(OH)3+ H2O + NH3，故C錯誤；D選項，過量 SO2通入到 NaClO 溶液中，次氯酸鈉有強氧化性，會將二氧化硫氧化為硫酸根離子，故D錯誤；綜上所述，答案為B?！军c睛】物質(zhì)發(fā)生反應的順序是：先發(fā)生酸堿中和反應，再生成沉淀的反應，再是沉淀不變的階段，再是沉淀溶解的反應。15、C【解析】ABOH是弱

24、堿，加水稀釋時促進電離，溶液中BOH的微粒數(shù)減小，而OH-的數(shù)目增多，則溶液中=不斷增大，故A正確；BN點-lg=0，即c(BOH)=c(B+)，則BOH的電離平衡常數(shù)Kb=c(OH-)=c(OH-)=110-4.8，故B正確；CP點的pOH4，溶液呈堿性，則c(OH-)c(OH-)，根據(jù)電荷守恒可知：c(Cl-)c(B+)，故C錯誤；DN點-lg=0，則c(BOH)=c(B+)，根據(jù)電荷守恒c(B+)+c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)可知，c(H+)=c(Cl-)+c(OH-)-c(BOH)，故D正確；故答案為C?！军c睛】考查酸堿混合的定性判斷，明確圖象圖象變化的意義為解答關鍵，根據(jù)圖

25、象可知，N點-lg=0，=1，此時pOH=-lgc(OH-)=4.8，則BOH的電離平衡常數(shù)Kb=c(OH-)=c(OH-)=110-4.8，證明BOH只能部分電離，屬于弱堿，再結(jié)合溶液中的電荷守恒式分析即可。16、A【解析】從海帶中提取碘，涉及到海帶的灼燒、物質(zhì)的溶解，使用B裝置，然后過濾除去不溶性固體物質(zhì)，使用C裝置；然后向溶液中加入有機溶劑將碘單質(zhì)萃取出來，然后分液，使用D裝置，未涉及到滴定操作，故合理選項是A。17、C【解析】A滴定終點生成Na3PO4，溶液顯堿性，則選擇甲基橙作指示劑，故A正確；Bc點消耗NaOH溶液體積為30mL，此時完全生成Na3PO4，溶液中的OH-來源于PO4

26、3-的水解和水的電離，則根據(jù)質(zhì)子守恒可得：，故B正確；Cb點消耗NaOH溶液體積為20mL，此時生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其電離，溶液顯堿性，則c(HPO42-)c(H2PO4-)c(PO43-)，故C錯誤；Da、b、c三點溶液中的溶質(zhì)分別為NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促進水的電離，則水的電離程度最大的是c，故D正確；故答案為C。18、D【解析】AOA各點顯酸性，則c(H+)c(OH-)，溶液中存在電荷守恒：c(H+)+c(Na+)= c(OH-)+c(B-)，則c(B-) c(Na+)，A選項正確；B

27、C至D各點溶液中，C點濃度為1.15molL-1，C之后加入的c(NaOH)為1.1molL-1，導電能力依次增強，B選項正確；C定性分析有：氫氧化鈉溶液滴入21mL時達到終點，pH7，HB為弱酸，O點pH1，C選項正確；DC點為剛好反應完全的時候，此時物質(zhì)c(NaB)=1.15molL-1，B-水解常數(shù)為Kh=11-14/（211-5）=511-11，B-水解生成的c(OH-)=511-6 molL-1，C點c(H+)=211-9 molL-1，C點pH=9-lg2=8.7，即x=8.7，D選項錯誤；【點睛】C選項也可進行定量分析：B點有c(B-)=c(Na+)=19.911-31.1（21

28、11-3+19.911-3），c(HB)=(21.111-3-19.911-3)1.1(2111-3+19.911-3)，則c(B-)/c(HB)=199，K=c(H+)c(B-)/c(HB)=111-7199=1.9911-5，則HB為弱酸，O點的pH1。19、C【解析】A根據(jù)結(jié)構(gòu)簡式確定分子式為C10H10O，故A錯誤；Bb中有4個C原子為飽和C原子，具有甲烷結(jié)構(gòu)特點，所以該分子中所有C原子不可能共平面，故B錯誤；C結(jié)構(gòu)對稱，萘中含2種位置的H，則其一氯代物有2種（），二氯代物有10種（，故C正確；Da比b少1個O原子、多2個H原子，所以為還原反應，故D錯誤；答案選C?！军c睛】本題考查有機

29、物結(jié)構(gòu)和性質(zhì)，明確官能團及其性質(zhì)關系、同分異構(gòu)體種類判斷方法是解本題關鍵，C為解答易錯點，采用定一移二的方法判斷即可。20、D【解析】A. C中含有2個苯環(huán)、1個碳碳雙鍵、1個羰基，l mol的C能與8mol的H2發(fā)生加成反應，故A錯誤；B. 分子C中含有甲基，為四面體結(jié)構(gòu)，所以C中不可能所有原子共面，故B錯誤；C. A和B都能使高錳酸鉀溶液褪色，不能用酸性KMnO4溶液鑒別A和B，故C錯誤；D. A的同分異構(gòu)體中含有苯環(huán)和醛基的結(jié)構(gòu)，側(cè)鏈為-CH2CH2CHO有1種、側(cè)鏈為-CH(CHO)CH3有1種、側(cè)鏈為-CH2CH3和-CHO有3種、側(cè)鏈為-CH2CHO和-CH3有3種、側(cè)鏈為2個-C

30、H3和1個-CHO有6種，共14種，故D正確。答案選D。21、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。22、C【解析】完全氫化后的產(chǎn)物，即為乙基環(huán)己烷，六元環(huán)含有4種H，乙基含有2種H，故產(chǎn)物的一氯代物有6種同分異構(gòu)體；答案選C。【點睛】容易出錯。乙基環(huán)己烷的六元環(huán)含有4種H，同學會錯當成乙苯的苯環(huán)那樣有3種H。二、非選擇題(共84分)23、C4H10O 1

31、丁醇（或正丁醇） 用銀氨溶液先檢驗醛基，再加稀鹽酸使溶液呈酸性后，加溴水檢驗碳碳雙鍵 HOCH2CCCCCH2COOH、HOCH2CH2CCCCCOOH、 濃H2SO4、加熱 【解析】一元醇A中氧的質(zhì)量分數(shù)約為21.6%，設該飽和一元醇的化學式為CnH2n+2O，氧元素的質(zhì)量分數(shù)=100%=21.6%，解得：n=4，且A中只有一個甲基，所以該一元醇是1-丁醇，在銅作催化劑、加熱條件下，A被氧氣氧化生成B，B為丁醛，根據(jù)題干信息，丁醛在氫氧化鈉水溶液發(fā)生反應生成C，C的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2CH2CH=C(CH2CH3)CHO，C反應生成D，D的相對分子質(zhì)量是130，則C和氫氣發(fā)生加成反應生成

32、D，則D的結(jié)構(gòu)簡式為：CH3CH2CH2CH2CH(CH2OH)CH2CH3，D和鄰羥基苯甲酸發(fā)生酯化反應生成E，E的結(jié)構(gòu)簡式為：。【詳解】(1)通過以上分析知，A的分子式為：C4H10O，結(jié)構(gòu)分析顯示A只有一個甲基，A的名稱為1-丁醇；(2)加熱條件下，丁醛和新制氫氧化銅反應生成丁酸鈉、氧化亞銅和水，反應方程式為：；(3)C的結(jié)構(gòu)簡式為：，C中含有醛基和碳碳雙鍵，都能和溴水反應，要檢驗兩種官能團，則應先用銀氨溶液檢驗醛基，然后再用溴水檢驗碳碳雙鍵，檢驗方法為：用銀氨溶液先檢驗醛基，再加稀鹽酸使溶液呈酸性后，加溴水檢驗碳碳雙鍵； (4)a分子中有6個碳原子在一條直線上，則該分子中含有兩個碳碳三

33、鍵；b分子中含有一個羥基和一個羧基，所以與水楊酸互為同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式為：HOCH2CC-CCCH2COOH、HOCH2CH2CC-CC-COOH、；(5)第步的反應是酯化反應，根據(jù)乙酸乙酯的反應條件知，該反應條件是濃硫酸作催化劑、加熱，通過以上分析知，E的結(jié)構(gòu)簡式為：。24、C10H20羰基、羧基4加成反應（或還原反應）取代反應聚丙烯酸鈉3【解析】烴A（C10H16）能與氫氣加成得到H，結(jié)構(gòu)簡式為，B為，D為CH3CH（OH）COOH，G為，結(jié)合有機物的性質(zhì)解答。【詳解】（1）根據(jù)H的結(jié)構(gòu)簡式可得分子式為C10H20，故答案為C10H20；（2）B的結(jié)構(gòu)簡式為，所以B所含官能團的名稱為羰基

34、、羧基，故答案為羰基、羧基；（3）含兩個COOCH3基團的C的同分異構(gòu)、CH3OOCCH2CH2CH2COOCH3、CH3OOCCH2CH(CH3)COOCH3、CH3CH2C(COOCH3)2共4種；核磁共振氫譜呈現(xiàn)2個吸收峰，既H原子的位置有2種，結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為4；（4）BD為羰基與H2發(fā)生的加成反應，DE為D中的-H原子被Br取代，反應類型為取代反應。故答案為加成反應；取代反應；（5）D分子內(nèi)羧基和羥基發(fā)生酯化反應生成G，則G的結(jié)構(gòu)簡式為：，故答案為；（6）E為丙烯酸，與NaOH醇溶液反應生成丙烯酸鈉，加聚反應可得F，名稱為：聚丙酸鈉。故答案為聚丙烯酸鈉；（7）E在NaOH醇溶液

35、發(fā)生消去反應和中和反應，所以EF的化學方程式為：，故答案為；（8）根據(jù)B、C的結(jié)構(gòu)簡式和A的分子式 C10H16可推出A的結(jié)構(gòu)簡式為：；A中兩個碳碳雙鍵與等物質(zhì)的量的Br2可分別進行加成反應，也可以發(fā)生1，4加成，所以產(chǎn)物共有3種。故答案為；3。25、+3 防止倒吸 2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O 減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度 空氣流速過快ClO2反應不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發(fā)生分解 2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O 14 90.5% 【解析】(1)根據(jù)化合物中化合價的代數(shù)和為0可求得，NaClO2中氯元素的化合

36、價為+3價，故答案為：+3；(2)A為安全瓶，作用是防倒吸，故答案為：防止倒吸； (3)根據(jù)題干信息可知，制備NaClO2固體時，冰水浴瓶內(nèi)發(fā)生反應：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2受熱易分解，ClO2的沸點低，降低溫度可以減少雙氧水的分解、增加ClO2的溶解度，從而提高產(chǎn)率等，故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O；減少雙氧水分解、提高ClO2的溶解度；(4)鼓入空氣的作用是將ClO2趕入氫氧化鈉和雙氧水的混合液中反應，空氣流速過慢，ClO2不能被及時一走，濃度過高導致分解；空氣流速過快，ClO2不能被充分吸收，故

37、答案為：空氣流速過快ClO2反應不充分，空氣流速過慢ClO2濃度過高易發(fā)生分解；(5)根據(jù)信息可以確定反應的反應物為ClO3-和Cl-，產(chǎn)物ClO2和Cl2，根據(jù)得失電子守恒配平方程式為2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O，故答案為：2ClO3-+2Cl+4H+=2ClO2+Cl2+2H2O；(6)NaClO2和KI反應生成的產(chǎn)物為I2和Cl-，離子方程式為：4H+ClO2-+4I-=2I2+Cl-+2H2O，其中氧化劑為ClO2-，還原劑為I-，氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為：1:4，結(jié)合方程式2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI可得關系式NaClO24Na

38、2S2O3，則10mL樣品溶液中，n(NaClO2)= n(Na2S2O3)= 0.2mol/L0.02L=0.001mol，所以1L溶液中n(NaClO2)=0.1mol，m (NaClO2)=9.05g，則NaClO2粗品的純度為，故答案為：1:4；90.5%。26、還原 產(chǎn)生藍色沉淀 pH=2 0.3mol/L KNO3或NaNO3溶液 Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+或(Ag+ + Fe2+ Ag + Fe3+) 正極 其它條件不變時，物質(zhì)的氧化性與濃度有關系，濃度的改變可導致平衡的移動 【解析】(1)根據(jù)元素化合價的變化判斷；(2)實驗：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶

39、解單質(zhì)Ag，則要證明甲的結(jié)論正確，可驗證Fe3+的還原產(chǎn)物Fe2+的存在；實驗：進行對照實驗；(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象判斷溶液中發(fā)生的反應；(4)根據(jù)指針偏轉(zhuǎn)方向判斷正負極，判斷電極反應，并結(jié)合氧化還原反應中氧化劑的氧化性大于氧化產(chǎn)物分析解答?！驹斀狻?1)往AgNO3溶液中逐滴加入氨水，銀離子和氨水反應生成白色的氫氧化銀沉淀和銨根離子，Ag+NH3H2OAgOH+NH4+；繼續(xù)滴入氨水白色沉淀溶解，氫氧化銀和氨水反應生成銀氨溶液和水，AgOH+2NH3H2OAg(NH3)2OH+2H2O，若用乙醛進行銀鏡反應，再加入乙醛溶液后，水浴加熱，生成乙酸銨，氨氣、銀和水，化學反應方程式為：CH3CHO+2

40、Ag(NH3)2OHCH3COONH4+2Ag+3NH3+H2O，銀氨溶液中的銀為+1價，被醛基還原生成0價的銀單質(zhì)，故答案為：還原；(2)實驗：甲同學認為：Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則要證明甲的結(jié)論正確，可驗證Fe3+的還原產(chǎn)物Fe2+的存在即可，驗證Fe2+的實驗是取少量除盡Ag+后的溶液于試管中，加入K3Fe(CN)6溶液會和Fe2+反應生成藍色沉淀，故答案為：；產(chǎn)生藍色沉淀；實驗：丙同學認為：Fe3+和NO3均能把Ag氧化而溶解，且兩個實驗結(jié)果證明了丙同學的結(jié)論，而實驗I驗證了Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則實驗II需要驗證NO3也能把Ag氧化而溶解，需進行對照實驗

41、，0.1mol/L的Fe(NO3)3溶液(pH=2)，NO3為0.3 mol/L，所以需向附有銀鏡的試管中加入pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3溶液，故答案為：pH=2的 0.3 mol/L KNO3或NaNO3；(3)Fe3+遇KSCN溶液變紅，第一份滴加2滴KSCN溶液無變化，說明FeSO4溶液中無Fe3+，第二份加入1ml 0.1mol/L AgNO3溶液，出現(xiàn)白色沉淀，隨后有黑色固體Ag產(chǎn)生，再取上層溶液滴加KSCN溶液變紅，說明有Fe3+產(chǎn)生，說明Fe2+被Ag+氧化生成Fe3+，Ag+被還原為Ag，又Fe3+具有氧化性，能夠溶解單質(zhì)Ag，則該反應為可逆反應，反應的

42、離子方程式為：Fe3+AgFe2+Ag+或Ag+Fe2+Ag+Fe3+； (4)K剛閉合時，指針向左偏轉(zhuǎn)，則銀為負極，石墨為正極，該電池的反應本質(zhì)為Fe3+AgFe2+Ag+，該反應中鐵離子為氧化劑，銀離子為氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+Ag+，故答案為：正極；當指針歸零后，向右燒杯中滴加幾滴飽和AgNO3溶液，指針向右偏轉(zhuǎn)，則此時石墨為負極，銀為正極，右側(cè)燒杯中銀離子濃度增大，反應Fe3+AgFe2+Ag+的平衡左移，發(fā)生反應Ag+Fe2+Ag+Fe3+，此時Ag+為氧化劑，F(xiàn)e3+為氧化產(chǎn)物，則氧化性：Fe3+Ag+；由上述實驗，得出的結(jié)論是：在其它條件不變時，物質(zhì)的氧化性與濃度有關，濃度的

43、改變可導致平衡移動。27、蒸餾燒瓶 生成FeSO4溶液，且用產(chǎn)生的H2排盡裝置內(nèi)的空氣 關閉k2 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O 取最后一次洗滌液，加入稀鹽酸酸化，再滴入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則洗滌干凈 隔絕空氣 乳酸根離子中的羥基也能被高錳酸鉀氧化，導致消耗高錳酸鉀溶液用量偏多 藍色褪去且半分鐘不恢復 95.2% 【解析】I亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，B制備硫酸亞鐵，利用生成氫氣，使B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應產(chǎn)

44、生FeCO3沉淀。Fe2+有較強還原性，易被空氣中氧氣氧化，獲取乳酸亞鐵晶體過程中應減小空氣中氧氣的干擾；乳酸和亞鐵離子都可被酸性高錳酸鉀氧化；I2的淀粉溶液顯藍色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍色會變淺，最終褪色；根據(jù)已知反應可得關系式2Fe3+I22S2O32-，根據(jù)滴定時參加反應的硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量計算出Fe2+的物質(zhì)的量，再計算樣品純度。【詳解】I亞鐵離子容易被氧氣氧化，制備過程中應在無氧環(huán)境中進行，F(xiàn)e與稀硫酸反應制備硫酸亞鐵，利用反應生成的氫氣排盡裝置中的空氣，裝置B制備硫酸亞鐵，C裝置中硫酸亞鐵和NH4HCO3發(fā)生反應：Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O，利用生成氫氣，使

45、B裝置中氣壓增大，將B裝置中的氯化亞鐵溶液壓入C中。(1)由儀器圖形可知B為蒸餾燒瓶；打開kl、k2，加入適量稀硫酸，可使生成的氫氣排出裝置C內(nèi)的空氣，防止二價鐵被氧化；(2)待裝置內(nèi)空氣排出后，再關閉k2，反應產(chǎn)生的氫氣使裝置內(nèi)的氣體壓強增大，可將B中生成的硫酸亞鐵溶液排到裝置C中，發(fā)生反應生成碳酸亞鐵，同時生成二氧化碳，反應的離子方程式為Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(3)FeCO3是從含有SO42-的溶液中過濾出來的，檢驗沉淀是否洗滌干凈，可通過檢驗是否含有SO42-判斷。方法是：取最后一次水洗液于試管中，加入過量稀鹽酸酸化，滴加一定量的BaCl2溶液，若無白色渾濁出

46、現(xiàn)，則表明洗滌液中不存在SO42-，即可判斷FeCO3沉淀洗滌干凈；(4)Fe2+有較強還原性，易被空氣中氧氣氧化，則乳酸亞鐵應隔絕空氣，防止被氧化；(5)乳酸根中含有羥基，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，F(xiàn)e2+也可以被氧化，因此二者反應都消耗KMnO4溶液，導致消耗高錳酸鉀的增大，使計算所得乳酸亞鐵的質(zhì)量偏大，產(chǎn)品中乳酸亞鐵的質(zhì)量分數(shù)會大于100%；I2遇淀粉溶液顯藍色，滴加硫代硫酸鈉溶液后藍色會變淺，說明I2與Na2S2O3發(fā)生了氧化還原反應，當藍色剛好褪去且半分鐘不恢復，即可判斷為滴定終點；24.80 mL0.1000mol/L硫代硫酸鈉溶液中硫代硫酸鈉的物質(zhì)的量為n(Na2S2O3)=0

47、.02480L0.100mol/L=2.4810-3mol，根據(jù)關系式2Fe2+2Fe3+I22S2O32-，可知樣品中CH3CH(OH)COO2Fe3H2O的物質(zhì)的量為n(Fe2+)=n(S2O32-)=2.4810-3mol=9.9210-3mol，則樣品的純度為100%=95.2%?！军c睛】本題考查實驗制備方案的知識，涉及化學儀器識別、對操作的分析評價、物質(zhì)分離提純、氧化還原反應滴定應用等，明確原理是解題關鍵，通過化學方程式可得關系式，然后根據(jù)關系式進行有關化學計算，注意在物質(zhì)計算時取用的物質(zhì)與原樣品配制的溶液的體積關系，以免出錯。28、減小 增大 增大 溶液中有白色沉淀生成 NH3+C

48、O2+NaCl+H2ONH4Cl+NaHCO3 當NaHCO3溶液加入酸時，促進了HCO3-的水解，生成CO2；當加入堿時，促進了HCO3-的電離，生成碳酸正鹽。 【解析】(1)NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，說明該反應為放熱反應，則降低溫度后平衡向著正向移動，反應速率減小、氮氣體積分數(shù)和平衡常數(shù)都增大；(2)氨氣極易溶于水，飽和食鹽水中先通入氨氣再通入二氧化碳會析出碳酸氫鈉晶體；(3)碳酸氫鈉在溶液中存在電離平衡HCO3- H+CO32-，水解平衡：HCO3-+H2OH2CO3+OH-；當加入酸時促進了HCO3-的水解；當加入堿時促進了HCO3-的電離；(4) H2CO3為二元弱酸，分步電離，以第一步電離為主，溶液中c（CO32-）最??；Na2CO3在溶液中電離出碳酸根離子，碳酸根離子的水解程度較小，其溶液中c（CO32-）最大；NaHCO3在溶液中，碳酸氫根離子的水解程度大于其電離程度，溶液中碳酸根離子濃度較??；NH4HCO3溶液中，銨根離子水解溶液呈酸性，抑制了碳酸氫根離子的電離，據(jù)此進行解答?！驹斀狻?1)反應中，NO的轉(zhuǎn)化率隨溫度升高而降低，說明升高溫度平衡向著逆向移動，則該反應為放熱反應；若降低溫度，正逆反應速率都減小，平衡向著吸熱的正反應進行，氮氣的物質(zhì)的量增大，則N2的體積分數(shù)增大；因為降低溫度后氮氣和二氧化碳的濃度增大，NO的濃度減