遼寧省凌源市聯合校2021-2022學年高三第一次調研測試化學試卷含解析

1、2021-2022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、不需要通過氧化還原反應就能從海水中獲得的物質是A液溴B精鹽C鈉D燒堿2、干電池模擬實驗裝置如圖。下列說法不正確的是A鋅皮作負極，碳棒作正極B電子從鋅皮流向碳棒，電流方向則相反CNH4Cl是電解質，在鋅片逐漸消耗過程中Mn

2、O2不斷被氧化D該電池是一次性電池，該廢舊電池中鋅可回收3、溫度恒定的條件下，在2 L容積不變的密閉容器中，發(fā)生反應：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)。開始充入4 mol的SO2和2 mol的O2，10 s后達到平衡狀態(tài)，此時c(SO3)=0.5 molL-1，下列說法不正確的是 ()Av(SO2)v(O2)=21B10 s內，v(SO3)=0.05 molL-1s-1CSO2的平衡轉化率為25%D平衡時容器內的壓強是反應前的5/6倍4、氨硼烷(NH3BH3)電池可在常溫下工作，裝置如圖所示。未加入氨硼烷之前，兩極室質量相等，電池反應為NH3BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。

3、已知兩極室中電解質足量，下列說法正確的是（ ）A正極的電極反應式為2H+2e-H2B電池工作時，H+通過質子交換膜向負極移動C電池工作時，正、負極分別放出H2和NH3D工作一段時間后，若左右兩極室質量差為1.9g，則電路中轉移0.6mol電子5、298K時，用0.01molL-1NaOH溶液滴定10mL0.01molL-1H2A溶液的滴定曲線如圖所示（已知：25時，H2A的Ka1=10-1.75，Ka2=10-7.19）。下列說法不正確的是（ ）Aa點所得溶液中：V0=5mLBB點所得溶液中：c(H2A)c(H)= c(A2-)c(OH-)CC點所得溶液中：c(Na)3 c(HA-)DD點所得

4、溶液中A2-水解平衡常數Kh1=10-6.816、實驗室模擬從海帶中提取碘單質的流程如圖：下列裝置不能達成相應操作目的的是（ ）A灼燒用酒精濕潤的干海帶B用水浸出海帶灰中的I-C用NaOH溶液分離I2/CCl4D加入稀H2SO4后分離生成的I27、下列敘述正確的是( )A某溫度下，一元弱酸HA的Ka越小，則NaA的Kh(水解常數)越小B溫度升高，分子動能增加，減小了活化能，故化學反應速率增大C黃銅(銅鋅合金)制作的銅鑼易產生銅綠D能用核磁共振氫譜區(qū)分和8、下列離子方程式正確的是A鉀和冷水反應：K+H2O=K+OH+H2B氫氧化鐵溶于氫碘酸:2Fe3+2I=2Fe2+I2C碳酸氫銨稀溶液中加入足

5、量燒堿溶液：HCO3+ NH4+2OH=CO32+ NH3H2O+H2OD硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合:3S2O32+2H+=4S+2SO42+H2O9、下列有關化學用語或表達正確的是A三硝酸纖維素脂B硬酯酸鈉C硝酸苯的結構簡式：DNaCl晶體模型：10、下列關于有機化合物的說法正確的是A除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，經過濾后即得乙醇BCH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3屬于碳鏈異構C除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇雜質，可加入足量燒堿溶液，通過分液即得乙酸乙酯D一個苯環(huán)上已經連有CH3、CH2CH3、OH三種基團，如果在苯環(huán)上再連接一個CH3，其同分異構體有16種11、已

6、知：乙醇、乙醛的沸點分別為78、20.8。某同學試圖利用下列實驗裝置來完成“乙醛的制備、收集和檢驗”一系列實驗，其中設計不合理的是A提供乙醇蒸氣和氧氣B乙醇的催化氧化C收集產物D檢驗乙醛12、下列說法正確的是（ ）A淀粉、纖維素、油脂都是高分子化合物B石油分餾和煤的干餾過程，都屬于物理變化C甲烷、汽油、柴油、酒精都是碳氫化合物，都可作燃料D聚乙烯是無毒高分子材料，可用于制作食品包裝袋13、下列說法正確的是A鉛蓄電池充電時，陽極質量增大B0.1mol L-lCH3COONa溶液加熱后，溶液的pH減小C標準狀況下，11.2L苯中含有的碳原子數為36.021023D室溫下，稀釋0.1molL-1氨水

7、，c(H+)c(NH3H2O)的值減小14、宋應星所著天工開物被外國學者譽為“17世紀中國工藝百科全書”。下列說法不正確的是A“凡白土曰堊土，為陶家精美啟用”中“陶”是一種傳統硅酸鹽材料B“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C“燒鐵器淬于膽礬水中，即成銅色也”該過程中反應的類型為置換反應D“每紅銅六斤，入倭鉛四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黃銅”中的黃銅是合金15、將下列氣體通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 沒有沉淀產生的是AHCl BNH3 CCl2 DNO216、如圖所示裝置中不存在的儀器是()A坩堝B泥三角C三腳架D石棉網17、某無色氣體可能

8、含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一種或幾種，依次進行如下處理(假定每步處理都反應完全)：通過堿石灰時，氣體體積變??；通過赤熱的氧化銅時，黑色固體變?yōu)榧t色；通過白色硫酸銅粉末時，粉末變?yōu)樗{色晶體；通過澄清石灰水時，溶液變得渾濁。由此可以確定原無色氣體中()A一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一種B一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一種C一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一種D一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一種18、PbCl2是一種重要的化工材料，常用作助溶劑、制備鉛黃等染料。工業(yè)生產中利用方鉛礦精礦(主要成分為P

9、bS，含有FeS2等雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCl2的工藝流程如圖所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s) + 2Cl(aq)PbCl42-(aq) H0下列說法不正確的是( )A浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生反應的離子方程式為：8H+2Cl+PbS + 4MnO2=PbCl2 +4Mn2+SO42-+4H2OBPbCl2微溶于水，浸取劑中加入飽和NaCl溶液會增大其溶解性C調pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好D沉降池中獲得PbCl2采取的措施有加水稀釋、降溫19、下列實驗操作正確或實驗設計能達到實驗目的的是( )A證明鈉的密度小于水的密度但大于煤油的

10、密度B制備氫氧化鐵膠體C利用過氧化鈉與水反應制備氧氣，且隨開隨用、隨關隨停D證明氯氣具有漂白性20、鹵代烴C3H3Cl3的鏈狀同分異構體（不含立體異構）共有A4種B5種C6種D7種21、向100mL0.1molL-1硫酸鋁銨NH4Al(SO4)2溶液中逐滴滴入0.1molL-1Ba(OH)2溶液。隨著Ba(OH)2溶液體積V的變化，沉淀總物質的量n的變化如圖所示。下列說法正確的（ ）Aa點的溶液呈中性Ba點沉淀的質量比c點沉淀的質量大Cb點加入Ba(OH)2溶液的體積為250mLD至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al3+2SO42-+NH4+2Ba2+5OH-AlO2-+2BaSO4

11、+NH3H2O+2H2O22、下列化學用語的表述正確的是A離子結構示意圖：可以表示16O2，也可以表示18O2B比例模型：可以表示甲烷分子，也可以表示四氯化碳分子C氯化銨的電子式為：D二氧化碳分子的比例模型是： 二、非選擇題(共84分)23、（14分）為分析某鹽的成分，做了如下實驗：請回答：（1）鹽 M 的化學式是_；（2）被 NaOH 吸收的氣體的電子式_；（3）向溶液 A 中通入H2S氣體，有淡黃色沉淀產生，寫出反應的離子方程式_ (不考慮空氣的影響)。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。其合成路線如下(其中R-為)(1)E中的含氧官能團名稱為_和_。(2)

12、 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）過氧化鈣是一種白色固體，微溶于冷水，不溶于乙醇，化學性質與過氧化鈉類似。某學習小組設計在堿性環(huán)境中利用CaCl2與H2O2反應制取CaO28H2O，裝置如圖所示：回答下列問題：（1）小組同學查閱文

13、獻得知：該實驗用質量分數為20%的H2O2溶液最為適宜。市售H2O2溶液的質量分數為30%。該小組同學用市售H2O2溶液配制約20%的H2O2溶液的過程中，使用的玻璃儀器除玻璃棒、膠頭滴管外，還有_。（2）儀器X的主要作用除導氣外，還具有的作用是_。（3）在冰水浴中進行的原因是_。（4）實驗時，在三頸燒瓶中析出CaO28H2O晶體，總反應的離子方程式為_。（5）反應結束后，經過濾、洗滌、低溫烘干獲得CaO28H2O。下列試劑中，洗滌CaO28H2O的最佳選擇是_。A無水乙醇 B濃鹽酸 CNa2SO3溶液 DCaCl2溶液（6）若CaCl2原料中含有Fe3+雜質，Fe3+催化分解H2O2，會使H

14、2O2的利用率明顯降低。反應的機理為：Fe3+ +H2O2=Fe2+H+HOOH2O2+X=Y +Z+W（已配平）Fe2+OH=Fe3+OH-H+ +OH-=H2O根據上述機理推導步驟中的化學方程式為_。（7）過氧化鈣可用于長途運輸魚苗，這體現了過氧化鈣具有_的性質。A與水緩慢反應供氧 B能吸收魚苗呼出的CO2氣體C能是水體酸性增強 D具有強氧化性，可殺菌滅藻（8）將所得CaO28H2O晶體加熱到150160，完全脫水后得到過氧化鈣樣品。該小組測定過氧化鈣樣品中CaO2的純度的方法是：準確稱取0.4000g過氧化鈣樣品，400以上加熱至完全分解成CaO和O2(設雜質不產生氣體)，得到33.60

15、mL(已換算為標準狀況)氣體。則：所得過氧化鈣樣品中CaO2的純度為_。26、（10分）硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO4)2是分析化學中的重要試劑，在不同溫度下加熱分解產物不同。設計如圖實驗裝置（夾持裝置略去），在500時隔絕空氣加熱A中的硫酸亞鐵銨至分解完全。確定分解產物的成分。（1）B裝置的作用是_。（2）實驗中，觀察到C中無明顯現象，D中有白色沉淀生成，可確定產物中定有_氣體產生，寫出D中發(fā)生反應的離子方程式_。若去掉C，是否能得出同樣結論并解釋其原因_。（3）A中固體完全分解后變?yōu)榧t宗色粉末，某同學設計實驗驗證固體殘留物僅為Fe2O3.而不含FeO。請完成表內容。(試劑，僅然和用品自

16、選)實驗步驟預期現象結論取少量A中殘留物于試管中，加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解：_固體殘留物僅為Fe2O3（4）E中收集到的氣體只有N2，其物質的量為xmol，固體殘留物剛體死目物Fe2O3的物質的量為ymol，D中沉淀物質的量為zmol，根據氧化還原反應的基本規(guī)律，x、y和z應滿足的關系為_。（5）結合上述實驗現象和相關數據的分析。寫出硫酸亞鐵銨在500時隔絕空氣加熱完全分解的化學方程式：_。27、（12分）氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體，難溶于CCl4。實驗室可將干燥二氧化碳和干燥氨氣通入CCl4中進行制備，化學方程式為：2NH3(g)+CO2(g)

17、=NH2COONH4(s) H0?；卮鹣铝袉栴}： （1）利用裝置甲制備氨氣的化學方程式為_。（2）簡述檢查裝置乙氣密性的操作_。（3）選擇圖中的裝置制備氨基甲酸銨，儀器接口的連接順序為：B_EF_A。（4）反應時為了增加氨基甲酸銨的產量，三頸瓶的加熱方式為_（填“熱水浴”或“冷水浴”）；丁中氣球的作用是_。（5）從裝置丁的混合物中分離出產品的方法是_（填寫操作名稱）。（6）取因吸潮變質為碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品11.730g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥、稱量，質量為15.000g。則樣品中氨基甲酸銨的質量分數為_（已知：Mr(NH2COONH4)=78、

18、Mr(NH4HCO3)=79、Mr(CaCO3)=100。計算結果保留3位有效數字）。28、（14分）倍他樂克是一種治療高血壓的藥物,其中間體F合成路線如下: 回答下列問題:（1）A的分子式為_ 。 D中官能團的名稱是_ 。（2）B與足量NaOH溶液反應的化學方程式為_。（3）DE的反應類型為_。（4）反應加入試劑X反應后只生成中間體F,則X結構簡式為 _。（5）滿足下列條件的C的同分異構體有_種。能發(fā)生銀鏡反應;與NaOH溶液反應時,1molC最多消耗3molNaOH;苯環(huán)上只有4個取代基,且直接與苯環(huán)相連的烴基處于間位。其中核磁共振氫譜有4種不同化學環(huán)境的氫,且峰面積比為1621的可能是_

19、(寫結構簡式)。 （6）根據已有知識及題目相關信息,完成以和CH3OH、CH3ONa為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任選)_。29、（10分）氫能作為高效清潔的二次能源，應用前景日益廣泛。二甲醚制氫技術是實現小規(guī)模現場制氫的一種理想方案。其反應原理主要分兩步：二甲醚水解：CH3OCH3(g)H2O(g) 2CH3OH(g) H1+23.53kJ/mol 反應甲醇與水蒸汽重整：CH3OH(g)H2O(g) 3H2(g)CO2(g) H2+49.48kJ/mol 反應回答下列問題。(1)反應CH3OCH3(g)3H2O(g) 6H2(g)2CO2(g) H3_。該反應自發(fā)進行的條件是_(填“高

20、溫”、“低溫”或“任意條件”)。(2)實驗室條件下，二甲醚與水蒸汽以物質的量之比1：3混合，以固定的高流速通過填充有催化劑HZSM-5(分子篩)反應器。測得如下關系圖（圖1和圖2）。圖2中的平衡值是指不同溫度下的平衡轉化率。已知：二甲醛轉化率= 下列說法合理的是_A圖1中表明，催化劑HZSM-5的活性只受溫度影響，與反應持續(xù)時間無關B圖1中使用不同的催化劑可以改變二甲醚水解的平衡轉化率C圖2中曲線數值高于平衡值，是因為催化劑可能會吸附部分未反應的二甲醚D圖2中曲線和曲線在275前二甲醚的轉化率與平衡轉化率的趨勢一致，這與反應I和反應II是吸熱反應有關E.圖2中曲線在在較低溫度時二甲醚的轉化率與

21、平衡值保持一致，主要是反應持續(xù)280min后已達到平衡狀態(tài)圖2曲線數值在280之后明顯下降，解釋可能原因_(3)在固定體積容器內，二甲醚與水蒸汽以物質的量之比1：3投料，溫度恒定為150，二甲醚的平衡轉化率約為15%，平衡時容器內總壓為P0，升溫到280并保持恒定，再次達到平衡，此時二甲醚平衡轉化率接近22%，而容器內總壓約為1.5P0，請解釋升溫二甲醚平衡轉化率增大的原因。_(4)研究表明，在相同條件下，反應的活化能遠小于反應的活化能，在固定體積容器內，二甲醚與水蒸汽以物質的量之比1：3投料，溫度恒定為250，反應在t1時刻達到平衡，在圖中作出甲醇含量隨時間變化的關系圖_。參考答案一、選擇題

22、(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】海水中溶有氯化鈉、溴化鈉等多種無機鹽，從其利用過程發(fā)生的反應判斷是否氧化還原反應?！驹斀狻緼. 從溴化鈉（NaBr）制液溴（Br2）必有氧化還原反應，A項不符；B. 海水經蒸發(fā)結晶得粗鹽，再提純得精鹽，無氧化還原反應，B項符合；C. 從海水中的鈉離子（Na+）制得鈉單質，必有氧化還原反應，C項不符；D. 海水制得氯化鈉后，電解飽和食鹽水得燒堿，發(fā)生氧化還原反應，D項不符。本題選B。2、C【解析】試題分析：A鋅是活潑金屬，則鋅皮作負極，碳棒作正極，A項正確；B原電池中電子從負極沿導線流向正極，電流從正極流向負極，電流從碳棒流到鋅上

23、，B項正確；C以糊狀NH4Cl作電解質，其中加入MnO2氧化吸收H2，C項錯誤；D該電池是一次性電池，該廢舊電池中鋅可回收，D項正確；答案選C?？键c：考查干電池的工作原理3、D【解析】A. 根據2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)，任何時刻都存在v(SO2)v(O2)=21，故A正確；B. 10 s內，v(SO3)=0.5molL-110s=0.05 molL-1s-1，故B正確；C. 達到平衡狀態(tài)，此時c(SO3)=0.5 molL-1，則生成的三氧化硫為1mol，反應的二氧化硫也是1mol，則SO2的平衡轉化率為1mol4mol100%=25%，故C正確；D. 同溫同體積時，氣體的壓

24、強之比等于物質的量之比，平衡時容器內二氧化硫為3mol，氧氣為1.5mol，三氧化硫為1mol，平衡時壓強是反應前的3mol+1.5mol+1mol4mol+2mol5.56倍，故D錯誤；故選D。4、D【解析】由氨硼烷（NH3BH3）電池工作時的總反應為NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4H2O可知，左側NH3BH3為負極失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H+6e-6H2O，據此分析?！驹斀狻緼.右側H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為H2O2+2H+2e-=2

25、H2O，故A錯誤；B.放電時，陽離子向正極移動，所以H+通過質子交換膜向正極移動，故B錯誤；C. NH3BH3為負極失電子發(fā)生氧化反應，則負極電極反應式為NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H+6e-6H2O，電池工作時，兩電極均不會產生氣體，故C錯誤；D.未加入氨硼烷之前，兩極室質量相等，通入后，負極電極反應式為NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正極反應式為3H2O2+6H+6e-6H2O，假定6mol電子轉移，則左室質量增加=31g-6g=25g，右室質量增加6g，兩極室質量相差19g。

26、工作一段時間后，若左右兩極室質量差為1.9g，則電路中轉移0.6mol電子，故D正確；答案選D。【點睛】本題考查原電池原理，注意電極反應式的書寫方法，正極得到電子發(fā)生還原反應，負極失電子發(fā)生氧化反應，書寫時要結合電解質溶液，考慮環(huán)境的影響。5、A【解析】Aa點所得溶液中，pH=1.75，則c(H2A)= c(HA-)，所以H2A與NaOH反應發(fā)生后，c(H2A)c(HA-)，V05mL，A不正確；BB點時，H2A與KOH剛好完全反應生成KHA，溶液中存在三個平衡體系：HA-H+A2-，HA-+H2OH2A+OH-，H2OH+OH-，由此得出所得溶液中：c(H2A)c(H)= c(A2-)c(O

27、H-)，B正確；CC點時，c(HA-)= c(A2-)，依據電荷守恒c(Na)+c(H+)= c(HA-)+2 c(A2-)+ c(OH-)=3c(HA-)+ c(OH-)，因為pH=7.19，c(H+)3 c(HA-)，C正確；DD點所得溶液中，A2-水解平衡常數Kh1= =10-6.81，D正確；故選A。6、D【解析】A灼燒在坩堝中進行，裝置及儀器合理，故A正確；B在燒杯中溶解，玻璃棒攪拌，操作合理，故B正確；CNaOH與碘反應后，與四氯化碳分層，分液可分離，故C正確；D加硫酸后生成碘的水溶液，不能蒸餾分離，應萃取后蒸餾，故D錯誤；答案選D。7、D【解析】A某溫度下，一元弱酸HA的電離常數

28、為Ka，則其鹽NaA的水解常數Kh與Ka存在關系為：Kh=，所以Ka越小，Kh越大，故A錯誤；B、溫度升高，更多分子吸收能量成為活化分子，反應速率增大，但活化能不變，故B錯誤；C黃銅是鋅和銅的合金，鋅比銅的化學性質活潑，與銅相比它更易與空氣中的氧氣反應，而阻礙了銅在空氣中的氧化，所以黃銅(銅鋅合金)制作的銅鑼不易產生銅綠，故C錯誤；D、和的核磁共振氫譜上峰的個數相同，但峰面積之比分別為1223和1221，可以區(qū)分，故D正確；答案選D。8、C【解析】A. 鉀和冷水反應：2K+2H2O=2K+2OH-+H2，A錯誤；B. 氫氧化鐵溶于氫碘酸:2Fe(OH)3+ 6H+2I-=2Fe2+I2+3H2

29、O，B錯誤；C. 碳酸氫銨稀溶液中加入足量燒堿溶液，無氨氣溢出：HCO3-+ NH4+2OH-=CO32-+ NH3H2O+H2O，C正確；D. 硫代硫酸鈉溶液與稀硫酸混合: S2O32-+2H+=S+SO2+H2O，D錯誤；答案為C?！军c睛】離子方程式中單質、氧化物、氣體、沉淀、弱電解質寫化學式。9、C【解析】A三硝酸纖維素脂正確書寫為：三硝酸纖維素酯，屬于酯類物質，故A錯誤；B硬酯酸鈉中的“酯”錯誤，應該為硬脂酸鈉，故B錯誤；C硝基苯為苯環(huán)上的一個氫原子被硝基取代得到，結構簡式：，故C正確；D氯化鈉的配位數是6，氯化鈉的晶體模型為，故D錯誤；故答案為：C。10、D【解析】A. CaO與水反

30、應后，混合物成分沸點差異增大，應選蒸餾法分離，故A錯誤；B. CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3官能團不同，屬于類別異構，故B錯誤；C. 乙酸乙酯與NaOH反應，不能除雜，應選飽和碳酸鈉溶液、分液，故C錯誤；D. 一個苯環(huán)上已經連有CH3、CH2CH3、OH三種基團，如果在苯環(huán)上再連接一個CH3，看成二甲苯(、)苯環(huán)上連有CH2CH3、OH，中OH在甲基的中間時乙基有2種位置，OH在甲基的鄰位時乙基有3種位置，OH在兩個甲基的間位時乙基有2種位置，共7種；中先固定OH，乙基有3種位置，有3種同分異構體；先固定OH在鄰位時乙基有3種位置，固定OH在間位時乙基有3種位置，有6種；

31、則同分異構體有7+3+6=16(種)，故D正確；故答案為D。11、D【解析】A、乙醇易揮發(fā)，向熱的乙醇中通入空氣，可以向后續(xù)裝置中提供乙醇蒸氣和氧氣，選項A正確；B、在銅粉催化下，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，選項B正確；C、乙醛易揮發(fā)，應用冰水浴收集乙醛產物，選項C正確；D、產物中混有乙醇，乙醇也能還原酸性高錳酸鉀溶液，使其褪色，選項D錯誤。答案選D。12、D【解析】A.油酯中相對分子質量比較大，但不屬于高分子化合物，A錯誤；B.煤的干餾是將煤隔絕空氣加強熱使它發(fā)生分解反應，屬于化學變化，B錯誤；C.酒精分子結構簡式為CH3CH2OH，含有C、H、O三種元素，是烴的衍生物，不是碳氫化合物，C錯誤

32、；D.聚乙烯是乙烯CH2=CH2發(fā)生加聚反應產生的無毒高分子材料，因此可用于制作食品包裝袋，D正確；故合理選項是D。13、D【解析】A. 鉛蓄電池充電時，陽極反應為PbSO4-2e-+2H2O=PbO2+SO42-+4H+，陽極質量減小，故A錯誤；B. 0.1mol L-lCH3COONa溶液加熱后，水解程度增大，溶液的堿性增強，pH增大，故B錯誤；C. 標準狀況下，苯不是氣體，無法計算11.2L苯中含有的碳原子數，故C錯誤；D. 室溫下，稀釋0.1molL-1氨水，氨水的電離程度增大，但電離平衡常數不變，K= =，則 c(H+)c(NH3H2O)=，隨著稀釋，銨根離子濃度減小，因此c(H+)

33、c(NH3H2O)的值減小，故D正確；故選D。14、B【解析】A.陶瓷是傳統硅酸鹽材料,屬于無機傳統非金屬材料,故A正確; B.“凡火藥,硫為純陽,硝為純陰”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸鉀,故B不正確;C.該過程中反應為鐵與硫酸銅反應生成硫酸亞鐵和銅,反應類型為置換反應,故C正確; D.黃銅是銅鋅合金,故D正確; 答案：B。15、A【解析】二氧化硫和水反應生成亞硫酸，亞硫酸酸性小于HCl，所以亞硫酸和氯化鋇不反應，則向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某氣體，溶液中仍然沒有沉淀，則該氣體不能將亞硫酸氧化為硫酸或該氣體不能和亞硫酸反應生成沉淀?！驹斀狻緼HCl和亞硫酸不

34、反應且和氯化鋇不反應，所以沒有生成沉淀，符合題意，選項A正確；B氨氣和亞硫酸反應生成亞硫酸氨，亞硫酸氨和氯化鋇發(fā)生復分解反應生成亞硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項B錯誤；C氯氣和二氧化硫及水反應生成硫酸和鹽酸，與氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以不符合題意，選項C錯誤；D二氧化氮和水反應生成硝酸，硝酸具有強氧化性，能氧化亞硫酸生成硫酸，硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇白色沉淀，所以不符合題意，選項D錯誤；答案選A。16、D【解析】由圖示裝置可知，涉及的儀器為：坩堝、泥三角、三腳架、酒精燈等，由于給坩堝加熱時可以直接進行加熱，不需要使用石棉網，所以該裝置中沒有用到石棉網，答案選D?！军c睛】注意常見的儀器干

35、燥及正確的使用方法，明確給坩堝加熱時，不需要墊上石棉網。17、D【解析】中通過了堿石灰后，氣體中無CO2、H2O，通過熾熱的氧化銅，CO和H2會把氧化銅還原成銅單質，同時生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸銅粉末變?yōu)樗{色，CO2通過澄清石灰水時，溶液變渾濁，以此來判斷原混合氣體的組成?！驹斀狻客ㄟ^堿石灰時，氣體體積變??；堿石灰吸收H2O和CO2，體積減小證明至少有其中一種，而且通過堿石灰后全部吸收；通過赤熱的CuO時，固體變?yōu)榧t色；可能有CO還原CuO，也可能是H2還原CuO，也可能是兩者都有；通過白色硫酸銅粉末時，粉末變?yōu)樗{色，證明有水生成，而這部分水來源于氫氣還原氧化銅時生成，所以一定有H

36、2；通過澄清石灰水時，溶液變渾濁證明有CO2，而這些CO2來源于CO還原CuO產生的，所以一定有CO。綜上分析：混合氣體中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一種，故合理選項是D。【點睛】本題考查混合氣體的推斷的知識，抓住題中反應的典型現象，掌握元素化合物的性質是做好此類題目的關鍵。18、C【解析】方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質)和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，根據酸性廢液中含有硫酸根離子礦渣，PbS中S元素被氧化成SO42，則發(fā)生反應為4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促進反應PbCl2(s)+2

37、Cl(aq)PbCl42-(aq)正向移動。加入NaOH溶液調節(jié)溶液pH，使Fe3轉化成Fe(OH)3沉淀，過濾得到Fe(OH)3、礦渣和濾液；PbCl2微溶于水，將溶液沉降過濾得到PbCl2。A浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生氧化還原反應，離子反應為：8H+2Cl+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2+SO42+4H2O，正確，A不選；B發(fā)生PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl)，有利于平衡正向移動，將PbCl2(s)轉化為PbCl42-(aq)，正確，B不選；C調節(jié)溶液pH，使Fe3轉化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3，但應避免同時生產

38、Mn(OH)2沉淀，pH不能過大，錯誤，C選；D已知：PbCl2(s)+2Cl(aq)PbCl42-(aq) H0，可以通過加水稀釋、降溫促進反應逆向進行，獲得PbCl2，正確，D不選。答案選C。19、A【解析】A、鈉在水和煤油的界面反復上下移動，可以證明(煤油)(鈉)(水)，A項正確；B、飽和氯化鐵溶液滴入氫氧化鈉溶液中得到氫氧化鐵沉淀，B項錯誤；C、過氧化鈉是粉末狀物質，不能做到隨開隨用、隨關隨停，C項錯誤；D、氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，利用D裝置只能證明氯水具有漂白性，而不能說明氯水中的某種成分具有漂白性，D項錯誤；故答案為：A?！军c睛】Fe(OH)3膠體的制備：用燒杯取少量蒸餾水，

39、加熱至沸騰，向沸水中逐滴加入適量的飽和FeCl3溶液，繼續(xù)煮沸至溶液呈紅褐色，停止加熱，即得Fe(OH)3膠體；注意在制備過程中，不能攪拌、不能加熱時間過長。20、C【解析】由C3H3Cl3的不飽和度為3+1-=1可知碳鏈上有一個雙鍵，C3H3Cl3的鏈狀同分異構體相當于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法進行討論。【詳解】鹵代烴C3H3Cl3的鏈狀同分異構體中三個氯原子在一個碳原子的有一種：CH2=CHCCl3；兩個氯原子在一個碳原子上一個氯原子在另一個碳原子上的有四種：CCl2=CClCH3、CCl2=CHCH2Cl、CHCl=CHCHCl2、CH2=CClCHCl2；三個氯原子在三個碳原子

40、上的有一種：CHCl=CClCH2Cl，共6種。答案選C?！军c睛】鹵代烴的一氯代物就是看等效氫，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。21、D【解析】100mL 0.1molL1硫酸鋁銨NH4Al(SO4)2中NH4Al(SO4)2物質的量為0.01mol溶液含有NH4+0.01mol，Al3+0.01mol，SO42-0.02mol。開始滴加時，發(fā)生反應為SO42-+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH- =Al(OH)3，當Al3+沉淀完全時需加入0.03mol OH-，即加入0.015mol Ba(OH)2，加入的Ba2+為0.015mol，SO42

41、-未完全沉淀，此時溶液含有硫酸銨、硫酸鋁；（開始到a）再滴加Ba(OH)2，生成BaSO4沉淀，發(fā)生反應為SO42-+Ba2+=BaSO4，NH4+ OH-=NH3H2O，所以沉淀質量繼續(xù)增加；當SO42-完全沉淀時，共需加入0.02mol Ba(OH)2，加入0.04mol OH-，Al3+反應掉0.03molOH，生成Al(OH)30.01mol，剩余0.01molOH恰好與NH4+完全反應，此時溶液中NH4+完全反應，此時溶液為氨水溶液；（a到b）繼續(xù)滴加Ba(OH)2，Al(OH)3溶解，發(fā)生反應Al(OH)3+OH- =AlO2+2H2O，由方程式可知要使0.01mol Al(OH)

42、3完全溶解，需再加入0.005mol Ba(OH)2，此時溶液為氨水與偏鋁酸鋇溶液（b到c）【詳解】A由分析可知，從開始到a點，發(fā)生反應為SO42+Ba2+=BaSO4，Al3+3OH= Al(OH)3，a點對應的沉淀為BaSO4和Al(OH)3，溶液中的溶質是(NH4)2SO4，該物質水解溶液呈酸性，A錯誤；Ba點沉淀的質量=0.015mol233g/mol+0.01mol78g/mol=4.275g，c點為硫酸鋇的質量，為0.01mol2233g/mol=4.66g，所以質量c點a點，B錯誤；C當SO42完全沉淀時，共需加入0.02mol Ba(OH)2，則b點消耗氫氧化鋇體積=0.2L=

43、200mL，C錯誤；D至c點完成反應，反應的離子方程式可表示為：Al3+2SO42+NH4+2Ba2+5OH=AlO2+2BaSO4+NH3H2O+2H2O，D正確；故選D?！军c睛】在分析曲線時，可使用共存原理，對此題來說，主要是NH4+、Al3+、Al(OH)3與OH-反應的順序問題，若假設NH4+先與OH-發(fā)生反應，由于生成的NH3H2O能與Al3+反應生成Al(OH)3，所以假設錯誤，應為Al3+先與OH-反應生成Al(OH)3；對NH4+、Al(OH)3哪個先與OH-反應，若我們認為Al(OH)3先反應，生成的AlO2-能與NH4+發(fā)生反應生成Al(OH)3和NH3H2O，所以假設錯誤

44、，應為NH4+先與OH-反應。22、A【解析】A離子結構示意圖中質子數為8，核核外電子數為10，表示氧離子，所以可以表示16O2-，也可以表示18O2-，與中子數無關，故A正確；B比例模型為：可以表示甲烷分子，但不能表示四氯化碳分子，因Cl原子半徑比C原子半徑大，四氯化碳的比例模型為，故B錯誤；C氯化銨為離子化合物，氯離子需要標出最外層電子和電荷，正確的電子式為：，故C錯誤；D二氧化碳是直線形分子，同一周期元素中，原子半徑隨著原子序數的增大而減小，則二氧化碳分子的比例模型：，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題的易錯點為BD，要注意比例模型中原子的相對大小的判斷。二、非選擇題(共84分)23、Fe(

45、ClO4)32Fe3+H2S=2Fe2+2H+S【解析】（1）混合單質氣體被稀NaOH溶液吸收后得到的無色氣體能使帶火星木條復燃，證明有氧氣生成；能被氫氧化鈉吸收的氣體單質為Cl2.,說明M中含有O和Cl元素；由“”說明紅棕色固體為Fe2O3，說明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g160g/mol=0.1mol，n（O2）=33.6g32g/mol=1.05mol，則m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g35.5g/mol=0.6mol，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2mol：0.6mol：（0.3mol+1.05mol2）=1:3:12

46、，則M的分子式為Fe(ClO4)3。（2）被 NaOH 吸收的氣體為氯氣，其電子式為：。（3）A為FeCl3溶液，向溶液 A 中通入 H2S 氣體，有淡黃色沉淀產生，反應的離子方程式2Fe3+H2S=2Fe2+2H+S。24、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(fā)生顯色反應，說明苯環(huán)

47、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。25、燒杯、量筒 防止三頸燒瓶中溶液發(fā)生倒吸 防止溫度過高H2O2分解、

48、有利于晶體析出 Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4+ A HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH ABD 54.00% 【解析】配制一定質量分數的溶液需要的儀器，只需要從初中知識解答，通入氨氣后，從氨氣的溶解性思考，雙氧水在冰水浴中，從雙氧水的不穩(wěn)定來理解，根據原料和產物書寫生成八水過氧化鈣的離子方程式，過氧化鈣晶體的物理性質得出洗滌八水過氧化鈣的試劑，充分利用前后關系和雙氧水分解生成水和氧氣的知識得出中間產物即反應方程式，利用關系式計算純度。【詳解】配制約20%的H2O2溶液的過程中，使用的玻璃儀器除玻璃棒、膠頭滴管、燒杯、量筒，故答案為：燒杯、量筒；儀器

49、X的主要作用除導氣外，因為氨氣極易溶于水，因此還具有防倒吸作用，故答案為：防止三頸燒瓶中溶液發(fā)生倒吸；雙氧水受熱分解，因此在冰水浴中進行的原因是防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出，故答案為：防止溫度過高H2O2分解、有利于晶體析出，；實驗時，在三頸燒瓶中析出CaO28H2O晶體，總反應的離子方程式為Ca2+H2O2+2NH3+ 8H2O =CaO28H2O+2NH4+，故答案為：Ca2+H2O2+2NH3+8H2O=CaO28H2O+2NH4+；過氧化鈣是一種白色固體，微溶于冷水，不溶于乙醇，因此洗滌CaO28H2O的最佳實際為無水乙醇，故答案為：A；若CaCl2原料中含有Fe3+雜質，

50、Fe3+催化分解H2O2變?yōu)檠鯕夂退鶕昂舐撓?，說明中產物有氧氣、水、和OH，其化學方程式為：HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH，故答案為：HOO+ H2O2=H2O + O2 +OH；過氧化鈣可用于長途運輸魚苗，魚苗需要氧氣，說明過氧化鈣具有與水緩慢反應供氧，能吸收魚苗呼出的二氧化碳氣體和殺菌作用，故答案為：ABD；將所得CaO28H2O晶體加熱到150160，完全脫水后得到過氧化鈣樣品。該小組測定過氧化鈣樣品中CaO2的純度的方法是：準確稱取0.4000g過氧化鈣樣品，400以上加熱至完全分解成CaO和O2(設雜質不產生氣體)，得到33.60mL即物質的量為1.510-3 m

51、ol，。2CaO2 = 2CaO + O2根據關系得出n(CaO2) = 310-3 mol，故答案為54.00%。26、檢驗產物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成將溶液分成兩份，分別滴加高錳酸鉀溶液、KSCN溶液若高錳酸鉀溶液不褪色，加入KSCN溶液后變紅3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+N2+4SO2+5H2O【解析】（1）硫酸亞鐵銨（NH4）2Fe（SO4）2 在500時隔絕空氣加熱分解，H、O結合有水生成，故B裝置的作用是檢驗產物中是否有水生成。（2）裝置C中BaC12溶液的作用是為了檢驗分解產

52、物中是否有SO3氣體生成，若含有該氣體，會生成硫酸鋇白色沉淀，觀察到的觀象為溶液變渾濁，但該裝置中沒有明顯現象，可知產物中無有SO3氣體生成；裝置D中有白色沉淀，說明產物中有SO2氣體生成，通入過氧化氫發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，反應的離子方程式為：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出說明出有SO2而無SO3的結論。（3）根據Fe2+的還原性，可以用高錳酸鉀溶液檢驗，依據Fe3+與KSCN溶液后變紅可檢驗，方法為：取少量A中殘留物與試管中，加入適量稀硫酸，充分振蕩使其完全溶解，將溶液分成兩份，分別滴加高錳酸鉀溶

53、液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案） 并振蕩，若高錳酸鉀溶液不褪色，加入KSCN溶液后變紅（或：加入K3Fe(CN)6溶液無現象，加入KSCN溶液后變紅，或其他合理答案），則殘留物僅為Fe2O3而不含FeO。（4）若產物中有氮氣生成，則失去電子的元素是Fe和N，得到電子的元素是S， （NH4）2Fe（SO4）2分解，E中生成xmolN2失去電子的物質的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去電子的物質的量是2y mol，D中沉淀物質的量為zmol，即生成的二氧化硫的物質的量是z mol，則得電子的物質的量是2z mol，根據得失電子守恒，6x+

54、2y=2z即3x+y=z；（5）結合上述實驗現象和相關數據的分析，完成硫酸亞鐵銨（NH4）2Fe（SO4）2在500時隔絕空氣加熱完全分解的化學方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O【點睛】該題為實驗探究題，主要考查物質的檢驗，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查實驗設計，氧化還原的計算等知識，理解實驗目的和掌握基礎知識為關鍵，難度適中。27、Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O 夾緊止水夾B，向長頸漏斗加水至漏斗中的液面高于試管中的液面，靜置，若液面差保持不變，則表明氣密性良好 I J H G D(C)或C(D)

55、 冷水浴 平衡氣壓，收集多余的氣體 過濾 79.8% 【解析】(1)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣晶體共熱制取氨氣； (2)夾緊止水夾B，向長頸漏斗加水至漏斗中的液面高于試管中的液面變化情況；(3)選擇圖中的裝置制備氨基甲酸銨，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸氣，制取氨氣時氣體中含有水蒸氣，也需要除去雜質氣體；(4)氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體，結合物質的性質分析；丁中氣球的用來平衡內外壓強；(5)利用已知信息，氨基甲酸銨(NH2COONH4)難溶于CCl4分析；(6)取因吸潮變質為碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品11.730g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳

56、酸鈣，過濾、洗滌、干燥、稱量，質量為15.000g。通過碳原子守恒，計算樣品中氨基甲酸銨的質量分數?！驹斀狻?1)實驗室用氯化銨和氫氧化鈣晶體共熱制取氨氣，方程式為：Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；(2)檢查裝置乙氣密性的操作：夾緊止水夾B，向長頸漏斗加水至漏斗中的液面高于試管中的液面，靜置，若液面差保持不變，則表明氣密性良好；(3)選擇圖中的裝置制備氨基甲酸銨，制取的二氧化碳中含有HCl和水蒸氣，應先通過裝置已中的飽和碳酸氫鈉溶液除去HCl，然后通過戊中的濃硫酸除去水蒸氣；制取氨氣時氣體中含有水蒸氣，通過裝置丙中的堿石灰；儀器接口的連接順序為：BI JHGEF（或

57、DC）CDA。(4)氨基甲酸銨(NH2COONH4)是一種易分解、易水解的白色固體，生成氨基甲酸銨的反應是放熱的，所以需要降低溫度，用冷水?。欢≈袣馇虻挠脕砥胶鈨韧鈮簭?，還能吸收多余未反應的氣體；(5)氨基甲酸銨(NH2COONH4)是易水解的白色固體，難溶于CCl4，則可以使用過濾的方法分離；(6)取因吸潮變質為碳酸氫銨的氨基甲酸銨樣品11.730g，用足量石灰水充分處理后，使碳元素完全轉化為碳酸鈣，過濾、洗滌、干燥、稱量，質量為15.000g。碳酸鈣的物質的量=0.1500mol，根據碳原子守恒，氨基甲酸銨樣品中碳的物質的量也為0.1500mol，碳酸氫銨和氨基甲酸銨的物質的量分別為x、y，則x+y=0.15，79x+78y=11.73，解得：x=0.03mol，y=0.12mol，則樣品中氨基甲酸銨的質量分數為100%=79.8%。28、C8H8O2 羥基、醚鍵 +2NaOH +NaBr+H2O 取代反應 (CH3)2CHNH2 7 和 【解析】（1）根據A的鍵線式可知其分子式；由結構可知D中的官能團；（2）B中含有酚羥基和溴原子，都可以與NaOH反應；（3）根據D、E物質的結構簡式，分析反應特點；（4）根據EF的結構簡式，分析反應的特點和規(guī)律，找出X的結構簡式； （5）C的分子式為C9H10O3，同分異