2022年高三第一次模擬考試化學試卷含解析

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、下列除雜方案錯誤的是選項被提

2、純的物質雜質除雜試劑除雜方法ACO2(g)SO2(g)飽和NaHCO3溶液、濃H2SO4洗氣BNH4Cl(aq)FeCl3(aq)NaOH溶液過濾CCH4(g)CO2(g)NaOH溶液、濃H2SO4洗氣DFeCl2 (aq)CuCl2 (aq)鐵粉過濾AABBCCDD2、 Zn(CN)42-在水溶液中可與HCHO發(fā)生反應生成Zn(H2O)42+和HOCH2CN，下列說法錯誤的是（ ）AZn2+基態(tài)核外電子排布式為Ar3d10B1mol HCHO分子中含有鍵的數(shù)目為1.8061024CHOCH2CN分子中碳原子軌道的雜化類型是sp3DZn(CN)42-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，結構可

3、表示為3、化學與人類生產(chǎn)、生活密切相關，下列敘述中不正確的是A用地溝油制取的生物柴油和從石油煉得的柴油都屬于烴類物質B高鐵“復興號”車廂連接關鍵部位使用的增強聚四氟乙烯板屬于高分子材料C“一帶一路”是“絲綢之路經(jīng)濟帶”和“21世紀海上絲綢之路”的簡稱，絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然高分子化合物D中國天眼“FAST“，用到的碳化硅是一種新型的無機非金屬材料4、下列實驗過程中，始終無明顯現(xiàn)象的是ACl2通入Na2CO3溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AgNO3溶液中DSO2通入NaHS溶液中5、查閱資料可知，苯可被臭氧氧化，發(fā)生化學反應為：。則鄰甲基乙苯通過上述反應得到的有機產(chǎn)物最

4、多有( )A5種B4種C3種D2種6、對下列實驗的分析合理的是A實驗：振蕩后靜置，上層溶液顏色保持不變 B實驗：酸性KMnO4溶液中出現(xiàn)氣泡，且顏色保持不變C實驗：微熱稀HNO3片刻，溶液中有氣泡產(chǎn)生，廣口瓶內會出現(xiàn)紅棕色D實驗：將FeCl3飽和溶液煮沸后停止加熱，以制備氫氧化鐵膠體7、離子化合物O2PtF6的陰離子為PtF6，可以通過反應 O2PtF6O2PtF6得到。則AO2PtF6中只含離子鍵BO2PtF6中氧元素化合價為+1C反應中O2是氧化劑，PtF6是還原劑D每生成1molO2PtF6 轉移1mol電子8、已知有機物是合成青蒿素的原料之一（如圖）。下列有關該有機物的說法正確的是（）

5、A可與酸性KMnO4溶液反應B既能發(fā)生消去反應，又能發(fā)生加成反應C分子式為C6H10O4D1mol該有機物與足量的金屬Na反應最多產(chǎn)生33.6LH29、短周期主族元素R、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，化合物M、N均由這四種元素組成，且M的相對分子質量比N小16。分別向M和N中加入燒堿溶液并加熱，二者均可產(chǎn)生能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍的氣體。將M溶液和N溶液混合后產(chǎn)生的氣體通入品紅溶液中，溶液變無色，加熱該無色溶液，無色溶液又恢復紅色。下列說法錯誤的是A簡單氣態(tài)氫化物的穩(wěn)定性：YXB簡單離子的半徑：ZYCX和Z的氧化物對應的水化物都是強酸DX和Z的簡單氣態(tài)氫化物能反應生成兩種鹽10、二氧化碳捕獲

6、技術用于去除氣流中的二氧化碳或者分離出二氧化碳作為氣體產(chǎn)物，其中CO2催化合成甲酸是原子利用率高的反應，且生成的甲酸是重要化工原料。下列說法不正確的是（ ）A二氧化碳的電子式: B在捕獲過程，二氧化碳分子中的共價鍵完全斷裂CN(C2H5)3能夠協(xié)助二氧化碳到達催化劑表面DCO2催化加氫合成甲酸的總反應式：H2+CO2=HCOOH11、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(chǎn)物是乙烯D推斷S、C、Si的非金屬性強弱AABBCCDD12、在下列各溶液中，一定能大量共存的離子組是A有色透明溶液中：Fe2、Ba2、Fe(CN)63、NO3B

7、強酸性溶液中：Cu2、K、ClO、SO42C含有大量AlO2的溶液中：K、Na、HCO3、ID常溫下水電離的c(H)為11012mol/L的溶液中：K、Na、Cl、NO313、下列實驗操作能達到實驗目的的是選項實驗目的操作A配制氯化鐵溶液將氯化鐵固體溶解在較濃的鹽酸中，再加水稀釋B除去乙醇中的水加入無水氯化鈣，蒸餾C除去 NO 中的 NO2將氣體通過盛有 NaOH 溶液的洗氣瓶D除去 Cl2 中的 HCl 得到純凈的Cl2將 Cl2 和 HCl 混合氣體通過飽和食鹽水AABBCCDD14、有3份等量的燒堿溶液，第1份直接與鹽酸反應；第2份稀釋一倍，再與鹽酸反應；第3份通入適量的CO2后，再與鹽

8、酸反應若鹽酸的濃度相同，完全反應時消耗鹽酸的體積分別為V1、V2和V3，則V1、V2和V3的大小關系正確的是（ ）AV1=V2=V3BV1V3V2CV2V3V1DV1V2V315、我國科學家發(fā)明了一種“可固氮”的鋰-氮二次電池，將可傳遞Li+的醚類作電解質，電池的總反應為6Li+N22Li3N。下列說法正確的是A固氮時，鋰電極發(fā)生還原反應B脫氮時，釕復合電極的電極反應：2Li3N-6e-=6Li+N2C固氮時，外電路中電子由釕復合電極流向鋰電極D脫氮時，Li+向釕復合電極遷移16、丙烯是石油化學工業(yè)的重要基礎原料，我國科學家利用甲醇轉化制丙烯反應過程如下：3CH3OH +H3AlO6 3+3H

9、2O3+H3AlO6 + 3CH23CH2 CH2=CHCH3下列敘述錯誤的是A甲醇轉化制丙烯反應的方程式為3CH3OHCH2=CHCH3+3H2OB甲醇轉化制丙烯反應的過程中H3AlO6作催化劑C1.4 g CH2所含的電子的物質的量為1 molD甲基碳正離子的電子式為17、中國第二化工設計院提出，用間接電化學法對大氣污染物 NO 進行無害化處理，其原理示意如圖(質子膜允許H+和 H2O 通過)，下列相關判斷正確的是 A電極為陰極，電極反應式為 2H2O+2e- =2OH- +H2B電解池中質子從電極向電極作定向移動C吸收塔中的反應為 2NO+ 2S2O42-+H2O=N2+4HSO3-D每

10、處理1molNO電解池質量減少16g18、已知磷酸分子（）中的三個氫原子都可以與重水分子（D2O）中的 D 原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸（ H3 PO2）也可與 D2O 進行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能與 D2O 發(fā)生氫交換。下列說法正確的是AH3 PO2 屬于三元酸BNaH2PO2 溶液可能呈酸性CNaH2PO2 屬于酸式鹽DH3 PO2 的結構式為19、共用兩個及兩個以上碳原子的多環(huán)烴稱為橋環(huán)烴，共用的碳原子稱為橋頭碳。橋環(huán)烴二環(huán)2.2.0己烷的碳原子編號為。下列關于該化合物的說法錯誤的是（）A橋頭碳為1號和4號B與環(huán)己烯互為同分異構體C二氯代物有6種（不考慮立體異構）D所有碳

11、原子不可能位于同一平面20、化學與生活密切相關。下列說法正確的是（ ）A利用二氧化硅與碳酸鈣常溫反應制備陶瓷B紡織業(yè)利用氫氧化鈉的強氧化性將其作為漂洗的洗滌劑C利用明礬的水溶液除去銅器上的銅銹，因Al3+水解呈酸性D“丹砂（主要成分為硫化汞）燒之成水銀，積變又還成丹砂”中發(fā)生的反應為可逆反應21、在恒容密閉容器中發(fā)生反應：2NO2(g)N2O4(g) H=-a kJ/mol(a0)，設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法錯誤的是（ ）A平衡后升高溫度，容器中氣體顏色加深B每消耗44.8 LNO2，生成N2O4的分子數(shù)一定為NAC該容器中氣體質量為46 g時，原子總數(shù)為3NAD若N2O4分子數(shù)增加

12、0.5NA，則放出0.5a kJ的熱量22、螺環(huán)化合物可用于制造生物檢測機器人，下列有關該化合物的說法錯誤的是A分子式為C5H8OB是環(huán)氧乙烷的同系物C一氯代物有2種（不考慮空間異構）D所有碳原子不處于同一平面二、非選擇題(共84分)23、（14分）烯烴能在臭氧作用下發(fā)生鍵的斷裂，形成含氧衍生物：+R3COOH根據(jù)產(chǎn)物的結構可以推測原烯烴的結構（1）現(xiàn)有一化學式為C10H18的烴A，經(jīng)過臭氧作用后可以得到 CH3COOH和B（結構簡式如圖）A的結構簡式是_（2）A經(jīng)氫化后得到的烷烴的命名是_（3）烴A的一種同類別同分異構體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性該同分異構體的結構簡式是_（4）以

13、B為原料通過三步反應可制得化學式為（C6H10O2）n的聚合物，其路線如下：寫出該聚合物的結構簡式：_在進行第二步反應時，易生成一種含八元環(huán)的副產(chǎn)物，其結構簡式為_24、（12分）由乙烯和其他無機原料可合成環(huán)狀化合物，其合成過程如下圖所示(水及其他無機產(chǎn)物均已省略)：請分析后回答下列問題：(1)反應的類型分別是_，_。(2)D物質中的官能團為_。(3)C物質的結構簡式為_，物質X與A互為同分異構體，則X的結構簡式為_，X的名稱為_。(4)B、D在一定條件下除能生成環(huán)狀化合物E外，還可反應生成一種高分子化合物，試寫出B、D反應生成該高分子化合物的方程式_。25、（12分）信息時代產(chǎn)生的大量電子垃

14、圾對環(huán)境構成了極大的威脅。某“變廢為寶”學生探究小組將一批廢棄的線路板簡單處理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金屬的混合物，并設計出如下制備硫酸銅和硫酸鋁晶體的路線：請回答下列問題：（1）第步Cu與酸反應的離子方程式為_；得到濾渣1的主要成分為_。（2）第步中加H2O2的作用是_，使用H2O2的優(yōu)點是_；調溶液pH的目的是使_生成沉淀。（3）第步所得CuSO45H2O制備無水CuSO4的方法是_。（4）由濾渣2制取Al2(SO4)318H2O，探究小組設計了三種方案：甲：濾渣2酸浸液 Al2(SO4)318H2O乙：濾渣2酸浸液濾液Al2(SO4)318H2O丙：濾渣2濾

15、液溶液Al2(SO4)318H2O上述三種方案中，_方案不可行，原因是_；從原子利用率角度考慮，_方案更合理。（5）探究小組用滴定法測定CuSO45H2O(Mr=250)含量。取ag試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用cmolL-1EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液bmL。滴定反應為：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+寫出計算CuSO45H2O質量分數(shù)的表達式=_；下列操作會導致含量的測定結果偏高的是_。a 未干燥錐形瓶b 滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡c 未除凈可與EDTA反應的干擾離子26、（10分）某研究學習小組要制備一種在水中

16、溶解度很小的黃色化合物Fex(C2O4)yzH2O，并用滴定法測定其組成。已知H2C2O4在溫度高于90時易發(fā)生分解。實驗操作如下：步驟一：將圖甲分液漏斗中的草酸溶液滴入錐形瓶內，可生成黃色沉淀；步嶸二：稱取黃色產(chǎn)物0.841g于錐形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加熱至7085。待固體全部溶解后，用膠頭滴管吸岀一滴溶液點在點滴板上，用鐵氰化鉀溶液檢驗，無藍色沉淀產(chǎn)生；步驟三：用0.080mol/ LKMnO4標準液滴定步驟二所得的溶液；步驟四：向步驟三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，幾分鐘后用膠頭滴管吸岀一滴點在點滴板上，用KSCN溶浟檢驗，若不顯紅色，過濾除去Zn粉，并用稀硫酸洗滌Zn粉

17、，將洗滌液與濾液合并，用0.0800mol/ L KMnO4標準液滴定，用去髙錳酸鉀標準液10.00mL。(1)步驟一中將沉淀從反應混合物中分離出來的操作名稱是_。(2)步驟二中水浴加熱并控制溫度7085的理由是_，加鐵氰化鉀溶液無藍色沉淀產(chǎn)生，此操作的目的是_。(3)步驟三盛裝KMnO4標準液的滴定管在滴定前后的液如圖乙所示，則消耗KMnO4標準液的體積為_，該滴定管為_滴定管(填“酸式”或“堿式”)(4)步驟四中滴定時發(fā)生反應的離子方程式為_。若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標準液的體積將_(填“增大”“減小”或“不變”)。由以上數(shù)據(jù)計算黃色化合物的化學式為_。27、（12分）實驗室用如圖

18、裝置（略去夾持儀器）制取硫代硫酸鈉晶體。已知：Na2S2O15H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇。硫化鈉易水解產(chǎn)生有毒氣體。裝置C中反應如下：Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置B的作用是_。（2）該實驗能否用NaOH代替Na2CO1？_（填“能”或“否”）。（1）配制混合液時，先溶解Na2CO1，后加入Na2S9H2O，原因是_。（4）裝置C中加熱溫度不宜高于40，其理由是_。（5）反應后的混合液經(jīng)過濾、濃縮，再加入乙醇，冷卻析出晶體。乙醇的作用是_。（6）實驗中加入m1gNa2S

19、9H2O和按化學計量的碳酸鈉，最終得到m2gNa2S2O15H2O晶體。Na2S2O15H2O的產(chǎn)率為_（列出計算表達式）。Mr(Na2S9H2O)=240，Mr(Na2S2O15H2O)=248（7）下列措施不能減少副產(chǎn)物Na2SO4產(chǎn)生的是_（填標號）。A用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水配制相關溶液B裝置A增加一導管，實驗前通人N2片刻C先往裝置A中滴加硫酸，片刻后往三頸燒瓶中滴加混合液D將裝置D改為裝有堿石灰的干燥管28、（14分）藥物Targretin（F）能治療頑固性皮膚T細胞淋巴瘤，其合成路線如圖所示：已知：.RCOOHRCOCl（R表示烴基）（1）反應的反應類型是_。（2）反應的化學方

20、程式：_。（3）C的核磁共振氫譜圖中有_個峰。（4）反應的化學方程式：_。（5）F的分子式是C24H28O2。F中含有的官能團：_。（6）寫出滿足下列條件A的兩種同分異構體的結構簡式（不考慮-O-O-或結構）：_。a.苯環(huán)上的一氯代物有兩種b.既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應（7）已知：（R、R為烴基）。以2-溴丙烷和乙烯為原料，選用必要的無機試劑合成，寫出合成路線_（用結構簡式表示有機物，用箭頭表示轉化關系，箭頭上注明試劑和反應條件。29、（10分）氯化銨被廣泛用于醫(yī)藥、干電池、織物印染、洗滌等領域。氯化銨T1溫度下有以下平衡：（1）N原子最外層電子有_種運動狀態(tài)；上述平衡中物質，在晶體時屬

21、于離子晶體的是_。（2）的電子式為_。（3）Cl的非金屬性強于S，用原子結構的知識說明理由：_。（4）上述該反應的平衡常數(shù)表達式為_。（5）在2L密閉容器中建立平衡，不同溫度下氨氣濃度變化正確的是_。（6）T1溫度在2L，容器中，當平衡時測得為amol/L，保持其他條件不變，壓縮容器體積至1L（各物質狀態(tài)不變），重新達到平衡后測得為bmol/L。試比較a與b的大小a_b（填“”“”或“=”），并說明理由：_。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、B【解析】A二氧化硫與碳酸氫鈉反應生成二氧化碳，濃硫酸干燥二氧化碳，則洗氣可除雜，故A正確；BNH4Cl和FeCl

22、3均與NaOH反應，應選氨水、過濾，故B錯誤；CNaOH溶液能吸收CO2，濃硫酸干燥甲烷，則洗氣可除去CH4中混有的CO2，故C正確；DCuCl2溶液和過量Fe粉作用生成FeCl2溶液和Cu，過濾可除去Cu和過量Fe粉，故D正確；故答案為B?！军c睛】在解答物質分離提純試題時,選擇試劑和實驗操作方法應遵循三個原則: 1.不能引入新的雜質(水除外)，即分離提純后的物質應是純凈物(或純凈的溶液)，不能有其他物質混入其中；2.分離提純后的物質狀態(tài)不變；3.實驗過程和操作方法簡單易行，即選擇分離提純方法應遵循先物理后化學，先簡單后復雜的原則。2、C【解析】AZn原子序數(shù)為30，位于B族，所以，Zn2+基

23、態(tài)核外電子排布式為Ar3d10，A選項正確；B1分子HCHO含2個C-H鍵和1個C=O鍵，共有3個鍵，所以，1molHCHO分子中含有鍵的物質的量為3mol，數(shù)目為1.8061024，B選項正確；CHOCH2CN分子中與羥基相連的C為sp3雜化，-CN(-CN)中的C為sp雜化，C選項錯誤；DZn(CN)42-中Zn2+與CN-的C原子形成配位鍵，Zn為sp3雜化，配位原子形成正四面體，所以，Zn(CN)42-結構可表示為，D選項正確；答案選C?！军c睛】一般，兩原子間形成的共價鍵，有且只有1個鍵，如：C=O雙鍵含1個鍵、1個鍵，CN叁鍵含1個鍵、2個鍵。3、A【解析】A 用地溝油制取的生物柴油

24、含有氧元素，不屬于烴類物質，故A錯誤；B 增強聚四氟乙烯板屬于高分子材料，故B正確；C 絲綢的主要成分是蛋白質，屬于天然高分子化合物，故C正確；D 碳化硅是一種新型的無機非金屬材料，故D正確；故選A。4、B【解析】A、氯氣與水反應生成次氯酸和鹽酸，鹽酸與碳酸鈉反應，生成二氧化碳氣體，所以有氣體產(chǎn)生，A錯誤；B、氯化鈣和二氧化碳不符合離子發(fā)生反應的條件，故不發(fā)生反應，溶液不會變渾濁，所以無現(xiàn)象，B正確；C、NH3通入硝酸和硝酸銀的混合溶液中，先與硝酸反應，故開始沒有沉淀，等硝酸全部反應完全后，再與硝酸銀反應生成氫氧化銀沉淀，再繼續(xù)通入氨氣會生成可溶性的銀氨溶液，故沉淀又會減少，直至最終沒有沉淀，

25、反應方程式為NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（銀氨溶液），C錯誤；D、SO2通入NaHS溶液中，發(fā)生氧化還原反應，生成淡黃色固體，D錯誤；故選B。5、B【解析】鄰甲基乙苯的結構簡式為：，根據(jù)題目所給反應信息，四種不同的斷鍵方式可生成最多4種有機產(chǎn)物，故答案為B。6、C【解析】A、溴與氫氧化鈉溶液反應，上層溶液變?yōu)闊o色；B、濃硫酸與碳反應生成的二氧化硫使酸性高錳酸鉀溶液褪色；C、銅與稀硝酸反應生成NO，NO遇到空氣生成紅棕色的二氧化氮；D、直接加熱飽和氯化鐵溶液，無法得到氫氧化鐵膠體?！驹斀狻緼、溴單質與

26、NaOH溶液反應，則振蕩后靜置，上層溶液變?yōu)闊o色，故A錯誤；B、蔗糖與濃硫酸反應生成二氧化硫，二氧化硫能夠被酸性KMnO4溶液氧化，導致酸性KMnO4溶液變?yōu)闊o色，故B錯誤；C、微熱稀HNO3片刻生成NO氣體，則溶液中有氣泡產(chǎn)生，NO與空氣中氧氣反應生成二氧化氮，則廣口瓶內會出現(xiàn)紅棕色，故C正確；D、制備氫氧化鐵膠體時，應該向沸水中逐滴加入少量FeCl3飽和溶液、加熱至溶液呈紅褐色，故D錯誤；故選：C?！军c睛】Fe(OH)3膠體的制備：用燒杯取少量蒸餾水，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、

27、不能加熱時間過長。7、D【解析】A化合物中的陰離子和陽離子是原子團，其中都存在共價鍵，A錯誤； B中氧元素的化合價是價，B錯誤； C根據(jù)化合價的升降可知，是還原劑，是氧化劑，C錯誤； D，PtF6，所以氧化還原反應中轉移電子總數(shù)為，D正確。 答案選D。8、A【解析】中含有有官能團羥基和羧基，所以具有羥基和羧基的性質?！驹斀狻緼. 該有機物右上角的羥基可被酸性KMnO4溶液氧化為羧基，A正確；B. 該有機物右下角的羥基可以發(fā)生消去反應，但該有機物不能發(fā)生加成反應，B錯誤；C. 分子式為C6H12O4，C錯誤；D. 未說明是標準狀況，所以不確定該有機物與金屬Na反應最多產(chǎn)生的H2體積，D錯誤；故選

28、A。9、C【解析】依題意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次為H、N、O、S，據(jù)此分析?！驹斀狻恳李}意可知，M是NH4HSO3，N是NH4HSO4，故元素R、X、Y、Z依次為H、N、O、S。A、H2O的熱穩(wěn)定性比NH3強，選項A正確；B、S2-的半徑比O2-的大，選項B項正確；C、HNO3、H2SO4均是強酸，但是，HNO2、H2SO3均是弱酸，選項C錯誤；D、NH3和H2S可反應生成(NH4)2S、NH4HS兩種鹽，選項D正確。答案選C。10、B【解析】由圖可知，CO2催化加氫合成甲酸的總反應式是H2+CO2=HCOOH?！驹斀狻緼. 二氧化碳是共價化合物，

29、其電子式為，故A正確；B. 由二氧化碳和甲酸的結構式可知，在捕獲過程，二氧化碳分子中的共價鍵不會完全斷裂，只斷裂其中一個碳氧雙鍵，故B錯誤；C. N(C2H5)3捕獲CO2，表面活化，協(xié)助二氧化碳到達催化劑表面，故C正確；D. 由圖可知，CO2催化加氫合成甲酸的總反應式：H2+CO2=HCOOH，故D正確；答案選B。11、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

30、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(chǎn)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，證明非金屬性CSi，故選D。12、D【解析】A. Fe2與Fe(CN)63產(chǎn)生藍色沉淀，不能大量共存，選項A錯誤；B.強酸性溶液中H+與ClO反應產(chǎn)生HClO弱電解質而不能大量共存，選項B錯誤；C. AlO2與HCO3會反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳而不能大量共存，選項C錯誤；D.常溫下水電離的c(H+)為11012mol/L的溶液可能顯酸性或堿性，但與K、Na、Cl、NO3均不發(fā)生

31、反應，能大量共存，選項D正確。答案選D。13、A【解析】A選項，配制氯化鐵溶液時，將氯化鐵固體溶解在較濃的鹽酸中，主要是抑制鐵離子水解，再加水稀釋到所需濃度，故A正確；B選項，除去乙醇中的水，先加氧化鈣，再蒸餾得到無水乙醇，故B錯誤；C選項，除去NO中的NO2，氫氧化鈉與一氧化氮、二氧化氮反應亞硝酸鈉，因此將混合物通入到水中，二氧化氮與水反應生成一氧化氮，故C錯誤；D選項，除去Cl2中的HCl得到純凈的Cl2，將混合氣體通過飽和食鹽水，還含有水蒸氣，故D錯誤。綜上所述，答案為A。【點睛】除去Cl2中的HCl得到純凈的Cl2，將混合氣體通過飽和食鹽水，再通入濃硫酸干燥，才能得到純凈的氯氣。14、

32、A【解析】最后生成物質的都為NaCl，根據(jù)Na原子、Cl原子守恒：n（HCl） = n（NaCl）= n（NaOH） ，由于NaOH物質的量相等，則消耗HCl的物質的量相等，故消耗鹽酸的體積相等，即V1=V2=V3。答案選A。【點晴】該題側重于分析能力和計算能力的考查，題目難度不大，注意根據(jù)元素質量守恒進行計算，可省去中間過程的繁瑣。15、B【解析】據(jù)總反應6Li+N22Li3N可知：放電時鋰失電子作負極，負極上電極反應式為6Li-6e-6Li+，Li+移向正極，氮氣在正極得電子發(fā)生還原反應，電極反應式為6Li+N2+6e-2Li3N，充電是放電的逆過程，據(jù)此解答?！驹斀狻緼. 固氮時，鋰電極

33、失電子發(fā)生氧化反應，故A錯誤；B.脫氮時，釕復合電極的電極反應為正極反應的逆反應：2Li3N-6e-=6Li+N2，故B正確；C.固氮時，外電路中電子由鋰電極流向釕復合電極，故C錯誤；D.脫氮時，Li+向鋰電極遷移，故D錯誤；答案：B【點睛】明確原電池負極：升失氧；正極：降得還，充電:負極逆反應為陰極反應，正極逆反應為陽極反應是解本題關鍵，題目難度中等，注意把握金屬鋰的活潑性。16、C【解析】將題干中三個方程式相加即得甲醇轉化制丙烯反應的方程式，選項A正確；在反應前有H3AlO6，反應后又生成了H3AlO6，而且量不變，符合催化劑的定義，選項B正確；反應前后原子守恒，電子也守恒， 1.4 g

34、CH2所含的電子的物質的量為0.8 mol，所以選項C錯誤；甲基碳正離子是甲基失去一個電子形成的陽離子，選項D正確。17、C【解析】在電極，HSO3-轉化為S2O42-，S元素化合價由+4價降低為+3價發(fā)生還原反應，則該電極作電解池的陰極，電極為電解池的陽極，在電極上H2O失電子發(fā)生氧化反應生成O2和H+?！驹斀狻緼電極為電解池的陰極，電極反應式為2HSO3-+2e-+2H+ = S2O42-+2H2O，A不正確；B由于陰極需消耗H+，而陽極生成H+，電解池中質子從電極向電極作定向移動，B不正確；C從箭頭的指向，可確定吸收塔中S2O42-與NO反應，生成HSO3-和N2，發(fā)生反應為 2NO+

35、2S2O32-+H2O=N2+4HSO3-，C正確；D每處理1molNO，陰極2HSO3- S2O42-，質量增加34g，陽極H2OO2，質量減輕16g，電解池質量增加34g-16g=18g，D不正確；故選C。18、D【解析】根據(jù)磷酸分子中的三個氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進行氫交換，說明羥基上的氫能與D2O進行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，說明次磷酸鈉中沒有羥基氫，則H3PO2中只有一個羥基氫，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼. 根據(jù)以上分析，H3PO2中只有一個羥基氫，則H3PO2屬于一元酸，故A錯誤；B.

36、NaH2PO2屬于正鹽并且為強堿形成的正鹽，所以溶液不可能呈酸性，故B錯誤；C. 根據(jù)以上分析，H3PO2中只有一個羥基氫，則H3PO2屬于一元酸，所以NaH2PO2屬于正鹽，故C錯誤；D. 根據(jù)以上分析，H3PO2中只有一個羥基氫，結構式為，故D正確；故選：D。【點睛】某正鹽若為弱堿鹽，由于弱堿根水解可能顯酸性，若為強堿鹽其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解為堿性。19、C【解析】A.由橋環(huán)烴二環(huán)2.2.0己烷的結構可知，橋頭碳為1號和4號，形成2個四元碳環(huán)，故A正確；B. 橋環(huán)烴二環(huán)2.2.0己烷和環(huán)己烯的分子式均為C6H10，二者的分子結構不同，互為同分異構體，故B正確；C.該烴分子有

37、2種不同化學環(huán)境的氫原子，其二氯代物中2個氯原子在同一碳原子上的有1種，在不同碳原子上的有6種，故其二氯代物有7種，故C錯誤；D.該烴分子中所有碳原子均形成4個單鍵，所以所有碳原子不可能位于同一平面，故D正確；故選C。【點睛】20、C【解析】A二氧化硅與碳酸鈣常溫下不反應，A錯誤；B氫氧化鈉沒有強氧化性，作漂洗劑時利用它的堿性，B錯誤；C明礬在水溶液中Al3+水解生成硫酸，可除去銅器上的銅銹，C正確；D丹砂中的硫化汞受熱分解生成汞，汞與硫化合生成丹砂，條件不同，不是可逆反應，D錯誤；故選C。21、B【解析】A. 升高溫度，化學平衡向吸熱的逆反應方向移動，c(NO2)增大，使容器中氣體顏色加深，

38、A正確；B. 由于未指明反應的溫度、壓強，因此不能根據(jù)氣體體積確定氣體的物質的量及含有的分子數(shù)目，B錯誤；C. NO2、N2O4最簡式是NO2，1個NO2中含有3個原子，其式量是46，所以46 g混合氣體中含有NO2的物質的量是1 mol，其中含有的原子數(shù)目為3NA，C正確；D. 根據(jù)方程式可知：每反應產(chǎn)生1 mol N2O4，放出a kJ的熱量，若N2O4分子數(shù)增加0.5NA，產(chǎn)生N2O4 0.5 mol，因此放出熱量為0.5a kJ，D正確；故合理選項是B。22、B【解析】A.根據(jù) 的結構式，可知分子式為C5H8O，故A正確；B. 同系物是結構相似、分子組成相差若干CH2原子團的化合物，和

39、環(huán)氧乙烷的結構不同，不是同系物，故B錯誤；C. 的一氯代物有、，共2種，故B正確；D. 畫紅圈的碳原子通過4個單鍵與碳原子連接，不可能所有碳原子處于同一平面，故D正確；選B。二、非選擇題(共84分)23、 3，4，4三甲基庚烷 【解析】(1)分析題目給出的信息，進行逆向推理即可；根據(jù)化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結合而成，2個和，再結合反應原理解答該題；(2)根據(jù)(1)的分析所得A的結構簡式，再根據(jù)系統(tǒng)命名法命名與H2發(fā)生加成反應的產(chǎn)物；(3)烴A的一種同類別同分異構體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，據(jù)此分析；(4)B為，分子式為：C

40、6H10O3，第一步發(fā)生生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結構式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結構式為；第三步發(fā)生加聚反應生成，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)題目所給信息可知：碳碳雙鍵在酸性高錳酸鉀作用下，生成2個碳氧雙鍵，現(xiàn)生成的2種化合物中共有3個碳氧雙鍵，故A中含有2個碳碳雙鍵，根據(jù)化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結合而成，2個和，故A的結構簡式是；(2)根據(jù)(1)的分析，A為 ，經(jīng)氫化后雙鍵都被加成為單鍵，所以得到的烷烴的命名是3，4，4三甲基庚烷；(3)烴A的一種同類別同分異構體，經(jīng)過臭氧作用后，

41、所有產(chǎn)物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，則該同分異構體的結構簡式是；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生反應生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結構式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結構式為；第三步發(fā)生加聚反應生成；第二步反應時，2分子易生成一種含八元環(huán)的副產(chǎn)物，即羥基與羧基、羧基與羥基發(fā)生酯化反應生成八元環(huán)的酯類物質，所以其結構簡式為?！军c睛】考查有機物推斷，注意根據(jù)轉化關系中有機物結構進行推斷，需要學生熟練掌握官能團的性質與轉化，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生的自學能力與知識遷移應用，難度中等。

42、24、加成反應 酯化反應 -COOH(或羧基) OHC-CHO CH3-CHBr2 1，1-二溴乙烷 nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O 【解析】CH2=CH2和溴發(fā)生加成反應，生成A為CH2BrCH2Br，水解生成B為CH2OHCH2OH，氧化產(chǎn)物C為OHC-CHO，進而被氧化為D為HOOC-COOH，B為CH2OHCH2OH與D為HOOC-COOH發(fā)生酯化反應生成環(huán)酯E，結合有機物的結構和性質可解答該題。【詳解】根據(jù)上述分析可知：A為CH2BrCH2Br，B為CH2OHCH2OH，C為OHC-CHO，D為HOOC-COOH，E為。(1)由以上分析可知，反應為C

43、H2=CH2和溴發(fā)生加成反應產(chǎn)生CH2BrCH2Br；反應為CH2OHCH2OH與HOOC-COOH發(fā)生酯化反應，產(chǎn)生，故反應類型為加成反應，反應類型為酯化反應；(2)由以上分析可知，D為HOOC-COOH，其中的官能團名稱為羧基；(3)C為OHC-CHO，A為CH2BrCH2Br，物質X與A互為同分異構體，則X結構簡式為CH3-CHBr2，該物質名稱為1，1-二溴乙烷；(4)B為CH2OHCH2OH，D為HOOC-COOH，二者出能反應產(chǎn)生環(huán)狀化合物E外，還可以反應產(chǎn)生一種高分子化合物，則B+D高分子化合物反應的方程式為nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。25、

44、Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2OPt、Au將Fe2+氧化為Fe3+不引入雜質，對環(huán)境無污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質乙100%c【解析】稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+，濾渣1 的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+，濾液1中加入過氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氫氧化鈉并調節(jié)溶液pH使Al3+、Fe3+生成沉淀，濾液2中主要含有Cu2+，然后將硫酸銅溶液蒸發(fā)、冷卻結晶、過濾得到硫酸銅晶體；將濾渣2

45、(主要含有氫氧化鐵和氫氧化鋁)經(jīng)過一系列步驟制取Al2(SO4)318H2O。結合物質的性質分析解答?！驹斀狻?1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應生成Cu2+、Al3+、Fe2+；所以濾渣1的成分是Pt和Au，濾液1中的離子是Cu2+、Al3+、Fe2+；第步Cu與酸反應的離子方程式為：Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O，故答案為Cu+4H+2NO3-Cu2+2NO2+2H2O 或3Cu+8H+2NO3-3Cu2+2NO+4H2O；Pt、Au，(2)第步加H2O2的作用是把Fe2+氧化為Fe3+，過氧化氫

46、做氧化劑不引入雜質，對環(huán)境無污染，根據(jù)流程圖，調溶液pH的目的是使Al3+、Fe3+生成沉淀，故答案為將Fe2+氧化為Fe3+；不引入雜質，對環(huán)境無污染；Al3+、Fe3+；(3)第步由CuSO45H2O制備無水CuSO4的方法是在坩堝中加熱脫水，故答案為在坩堝中加熱脫水；(4)制備硫酸鋁晶體的甲、乙、丙三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結晶、過濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質，方法不可行；乙和丙方法均可行；乙方案先在濾渣中加H2SO4，生成Fe2(SO4)3和Al2(SO4)3，再加Al粉和Fe2(SO4)3生成Al2(SO4)3，過濾除去生成的鐵和過量的鋁

47、粉，將濾液蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發(fā)、冷卻、結晶、過濾可得硫酸鋁晶體；但從原子利用角度考慮方案乙更合理，因為丙加的NaOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒有關系，造成藥品浪費，故答案為甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質；乙；(5)取a g試樣配成100mL溶液，每次取20.00mL，消除干擾離子后，用c molL-1 EDTA(H2Y2-)標準溶液滴定至終點，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反應如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，銅離子物質的量

48、和標準液物質的量相同=cmol/Lb10-3L=bc10-3mol；依據(jù)元素守恒得到：則20mL溶液中含有的CuSO45H2O物質的量為bc10-3mol；100mL溶液中含bc10-3mol5=5bc10-3mol，所以CuSO45H2O質量分數(shù)的表達式=100%，故答案為100%；a未干燥錐形瓶對實驗結果無影響，故錯誤；b滴定終點時滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，導致消耗標準液讀數(shù)偏小，結果偏低，故錯誤；c未除凈可與EDTA反應的干擾離子，導致消耗標準液多，結果偏高，故正確；導致含量的測定結果偏高的是c，故答案為c?！军c睛】掌握中和滴定的簡單計算和誤差的分析，離子性質等是解答本題的關鍵。本題的易錯點

49、為(4)，要注意從原子利用的角度分析解答。26、過濾 加快固體溶解，同時防止草酸分解 鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定 25.00mL 酸式 MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O 減小 Fe4(C2O4)510H2O 【解析】步驟一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反應生成黃色固體Fex(C2O4)yzH2O，步驟二加硫酸溶解后，檢驗無二價鐵離子，則說明含有Fe3+，步驟三用高錳酸鉀滴定草酸根離子，步驟四將Fe3+還原成Fe2+，再用高錳酸鉀滴定，確定鐵離子的含量，進而進一步分析計算?！驹斀狻?1)分離固體和液體的操作是過濾；故答案為：過濾；(2)

50、由于H2C2O4在溫度高于90時易發(fā)生分解，所以需要水浴加熱并控制溫度7085，同時加快固體溶解。鐵氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；故答案為加快固體溶解，同時防止草酸分解；氰化鉀檢驗Fe2+的存在，防止Fe2+干擾草酸的測定；(3)從圖片中讀出，消耗高錳酸鉀的體積為：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高錳酸鉀標準溶液，該溶液有強氧化性，只能選用酸式滴定管；故答案為25.00mL，酸式；(4)步驟四是高錳酸鉀滴定Fe2+，離子方程式為：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；洗滌液中殘留少許Fe2+，若不合并洗滌液，則消耗KMnO4標準

51、液的體積將減少；根據(jù)離子方程式：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，可知關系MnO4-5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol5=0.0040mol，則樣品中n(Fe)=0.0040mol。步驟三中，根據(jù)方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可得到轉化關系：2KMnO45H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L0.025L5/2=0.005mol，則樣品中含草酸根的物質的量為0.005mol。根

52、據(jù)質量守恒定律可知，0.841g樣品中結晶水的物質的量為（0.841g-0.004056g-0.00588g）/18g/mol=0.01mol，則n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黃色物質化學式為Fe4(C2O4)510H2O。故答案為MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，減小，F(xiàn)e4(C2O4)510H2O。27、安全瓶，防止倒吸 能 碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解 溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產(chǎn)率降低等其它合理答案 降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出 100% D 【解析

53、】(1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸； (2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發(fā)生水解；(4)溫度過高不利于二氧化硫的吸收，產(chǎn)品產(chǎn)率會降低；(5) Na2S2O15H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇；(6)根據(jù)反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列關系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，結合數(shù)據(jù)計算理論上制得Na2S2O15H2O晶體的質量，Na2S2O15H2O的產(chǎn)率為；(7)Na2SO1易被氧化為硫酸鈉，減少副產(chǎn)物的含量就要防止Na2

54、SO1被氧化?！驹斀狻?1)裝置B的作用是平衡壓強，防止倒吸，則B為安全瓶防止倒吸；(2)Na2CO1的作用是與二氧化硫反應制備亞硫酸鈉，氫氧化鈉和二氧化硫反應也可以生成亞硫酸鈉，可以代替碳酸鈉；(1)Na2S是強堿弱酸鹽，易發(fā)生水解，碳酸鈉溶液顯堿性，可以抑制Na2S水解；(4) 溫度過高不利于SO2的吸收，或消耗的H2SO4、Na2SO1較多，或Na2S2O1產(chǎn)率降低等其它合理答案；(5) Na2S2O15H2O是無色晶體，易溶于水，難溶于乙醇，則乙醇的作用為：降低Na2S2O1晶體的溶解度，促進晶體析出；(6)根據(jù)反應Na2CO1+SO2=Na2SO1+CO2；2Na2S+1SO2=1S+2Na2SO1；S+Na2SO1Na2S2O1， 列關系式2Na2S9H2O1S1Na2S2O15H2O，理論上制得Na2S2O15H2O晶體的質量為g，Na2S2O15H2O的產(chǎn)率為100%=100%；(7)A用煮沸并迅速冷卻后的蒸餾水