2022年黑龍江省鶴崗市高考適應性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（每題只有一個選項符合題意）1、高溫下，某反應達到平衡，平衡常數(shù)，保持其他條件不變，

2、若溫度升高，c（H2）減小。對該反應的分析正確的是A反應的化學方程式為：CO+H2OCO2+H2B升高溫度，v（正）、v(逆)都增大，且v（逆）增大更多C縮小容器體積，v（正）、v(逆)都增大，且v（正）增大更多D升高溫度或縮小容器體積，混合氣體的平均相對分子量都不會發(fā)生改變2、已知熱化學方程式：C(s，石墨) C(s，金剛石) -3.9 kJ。下列有關說法正確的是A石墨和金剛石完全燃燒，后者放熱多B金剛石比石墨穩(wěn)定C等量的金剛石儲存的能量比石墨高D石墨很容易轉化為金剛石3、某紅色固體粉末可能是Cu、Cu2O、Fe2O3中的一種或幾種。為探究其組成，稱取a g該固體粉末樣品，用過量的稀硫酸充分

3、反應后(已知:Cu2O+2H+Cu2+Cu+H2O)，稱得固體質量為b g。則下列推斷不合理的是A反應后溶液中大量存在的陽離子最多有3種B向反應后的溶液中加入一定量的NaNO3，可能使b g固體完全溶解C若ba，則紅色固體粉末一定為純凈物Db的取值范圍:0ba4、NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法不正確的是A5.5g超重水(T2O)中含有的中子數(shù)目為3NAB常溫常壓下，44gCO2與足量過氧化鈉反應轉移電子的數(shù)目為NAC常溫常壓下，42gC2H4和C4H8混合氣體中含有氫原子的數(shù)目為6NAD0.1L0.5molL1CH3COOH溶液中含有H數(shù)目為0.2NA5、我國某科研團隊設計了一種新型能量存

4、儲轉化裝置（如下圖所示）。閉合K2、斷開K1時，制氫并儲能；斷開K2、閉合K1時，供電。下列說法錯誤的是A制氫時，溶液中K+向Pt電極移動B制氫時，X電極反應式為C供電時，Zn電極附近溶液的pH降低D供電時，裝置中的總反應為6、某興趣小組計劃用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制備1mol Al(OH)3。設計如下三種方案： 方案：向 Al 中加入 NaOH 溶液，至 Al 剛好完全溶解，得溶液。向溶液中加硫酸至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案：向 Al 中加入硫酸，至 Al 剛好完全溶解，得溶液。向溶液中加 NaOH 溶液至剛好沉淀完。過濾、洗滌、干燥。方案：將 Al 按一定比例分為兩份，按

5、前兩方案先制備溶液和溶液。然后將兩溶液混和。過濾、洗滌、干燥。下列說法不正確的是A三種方案轉移電子數(shù)一樣多B方案所用硫酸的量最少C方案比前兩個方案更易控制酸堿的加入量D采用方案時，用于制備溶液的 Al 占總量的 0.257、在25時，向50.00mL未知濃度的氨水中逐滴加入0.5molL-1的HC1溶液。滴定過程中，溶液的pOHpOH=lgc(OH-)與滴入HCl溶液體積的關系如圖所示，則下列說法中正確的是A圖中點所示溶液的導電能力弱于點B點處水電離出的c(H+)=110-8molL-1C圖中點所示溶液中，c(C1-)c(NH4+)c(OH-)c(H+)D25時氨水的Kb約為510-5.6mo

6、1L-18、用NA表示阿伏伽德羅常數(shù)，下列說法不正確的是：（ ）A標況下，22.4L的CO和1mol的N2所含電子數(shù)相等。B1.0L 0.1mol/L的醋酸鈉溶液中含CH3COOH、CH3COO的粒子總數(shù)為0.1NA。C5.6g鐵粉加入足量稀HNO3中，充分反應后，轉移電子總數(shù)為0.2NA。D18.4g甲苯中含有CH鍵數(shù)為1.6 NA。9、下列有關化學與環(huán)境的敘述不正確的是A因垃圾后期處理難度大，所以應做好垃圾分類，便于回收利用，節(jié)約資源B醫(yī)療廢棄物經(jīng)過處理、消毒后可加工成兒童玩具，變廢為寶C綠色環(huán)?；ぜ夹g的研究和運用是化工企業(yè)的重要發(fā)展方向D研究表明，新冠病毒可通過氣溶膠傳播。氣溶膠的粒子

7、大小在1 nm100 nm之間10、下表中“試劑”與“操作及現(xiàn)象”對應關系錯誤的是AABBCCDD11、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A4.0g由CO2和SO2組成的混合物中含有的質子數(shù)為2NAB1L0.5mol/LpH=7的CH3COONH4溶液中NH4+數(shù)目為0.5NAC常溫下,0.1mol環(huán)氧乙烷( )中含有的共價鍵數(shù)目為0.3NAD22.4LCO2與足量Na2O2充分反應,轉移的電子數(shù)目為NA12、CS2(二硫化碳)是無色液體，沸點46.5。儲存時，在容器內可用水封蓋表面。儲存于陰涼、通風的庫房，遠離火種、熱源，庫溫不宜超過30。CS2屬于有機物，但必須與胺類分開存放，要

8、遠離氧化劑、堿金屬、食用化學品，切忌混儲。采納防爆型照明、通風設施。在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維。以下說法正確的選項是（ ）屬易燃易爆的危險品；有毒，易水解；是良好的有機溶劑；與鈉反應的產物中一定有Na2CO3；有還原性。ABCD13、香芹酮的結構簡式為，下列關于香芹酮的說法正確的是A1mol香芹酮與足量的H2加成，需要消耗2 molH2B香芹酮的同分異構體中可能有芳香族化合物C所有的碳原子可能處于同一平面D能使酸性髙錳酸鉀溶液和溴水溶液褪色，反應類型相同14、下列表示正確的是（ ）A中子數(shù)為8的氧原子符號：OB甲基的電子式：C乙醚的結構簡式：CH3OCH3DCO2的比例模型：15

9、、下列說法正確的是A苯乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同B用飽和 Na2CO3 溶液可鑒別乙醇、乙酸、乙酸乙酯C用 Ni 作催化劑，1mol 最多能與 5molH2 加成DC3H6BrCl 的同分異構體數(shù)目為 616、下列示意圖與化學用語表述內容不相符的是（水合離子用相應離子符號表示）（）ANaClNa+Cl-BCuClCu2+2Cl-CCH3COOHCH3COO-+H+DH2（g）+Cl2（g）2HCl（g）+183kJ二、非選擇題（本題包括5小題）17、花椒毒素()是白芷等中草藥的藥效成分，也可用多酚A為原料制備，合成路線如下：回答下列問題：（1）的反應類型為_；B分子中最多有_個原子共平

10、面。（2）C中含氧官能團的名稱為_；的“條件a”為_。（3）為加成反應，化學方程式為_。（4）的化學方程式為_。（5）芳香化合物J是D的同分異構體，符合下列條件的J的結構共有_種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式為_。(只寫一種即可)。苯環(huán)上只有3個取代基；可與NaHCO3反應放出CO2；1mol J可中和3mol NaOH。（6）參照題圖信息，寫出以為原料制備的合成路線(無機試劑任選) ：_18、某課題組的研究人員用有機物A、D為主要原料，合成高分子化合物F的流程如圖所示：已知：A屬于烴類化合物，在相同條件下，A相對于H2的密度為13。D的分子式為C7H8O，遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色

11、反應。請回答以下問題：（1）A的結構簡式為_。（2）反應的反應類型為_，B中所含官能團的名稱為_。（3）反應的化學方程式是_。（4）D的核磁共振氫譜有_組峰； D的同分異構體中，屬于芳香族化合物的還有_(不含D)種。（5）反應的化學方程式是_。（6）參照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇為原料(無機試劑任選)制備化工產品設計合理的合成路線_。合成路線流程圖示例：CH3CH2OH CH3CH2OOCCH319、草酸鐵銨(NH4)3Fe(C2O4)3是一種常用的金屬著色劑，易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.05.0之間。某興趣小組設計實驗制備草酸鐵銨并測其純度。（1）甲組設計由硝酸氧化葡萄

12、糖制取草酸，其實驗裝置(夾持及加熱裝置略去)如圖所示。儀器a的名稱是_。5560下，裝置A中生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質的量之比為3：1，該反應的化學方程式為_。裝置B的作用是_；裝置C中盛裝的試劑是_。（2）乙組利用甲組提純后的草酸溶液制備草酸鐵銨。將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液；滴加氨水至_，然后將溶液_、過濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產品。（3）丙組設計實驗測定乙組產品的純度。準確稱量5.000g產品配成100mL溶液，取10.00mL于錐形瓶中，加入足量0.1000molL1稀硫酸酸化后，再用0.1000molL1KMnO4標準溶液進行滴定，消耗KMnO4溶液

13、的體積為12.00mL。滴定終點的現(xiàn)象是_。滴定過程中發(fā)現(xiàn)褪色速率開始緩慢后迅速加快，其主要原因是_。產品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量分數(shù)為_。已知：(NH4)3Fe(C2O4)3的摩爾質量為374gmol120、信息時代產生的大量電子垃圾對環(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

14、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+H

15、2Y2-=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生氣泡c 未除凈可與EDTA反應的干擾離子21、大氣污染越來越成為人們關注的問題，煙氣中的NOx必須脫除（即脫硝）后才能排放，脫硝的方法有多種。完成下列填空：直接脫硝（1）NO在催化劑作用下分解為氮氣和氧氣。在10L密閉容器中，NO經(jīng)直接脫硝反應時，其物質的量變化如圖1所示。則05min內氧氣的平均反應速率為_mol/（Lmin）。臭氧脫硝（2）O3氧化NO結合水洗可完全轉化為HNO3，此時O3與NO的物質的量之比為_。氨氣脫硝（3）實

16、驗室制取純凈的氨氣，除了氯化銨外，還需要_、_（填寫試劑名稱）。不使用碳酸銨的原因是_（用化學方程式表示）。（4）吸收氨氣時，常使用防倒吸裝置，圖2裝置不能達到此目的是_。NH3脫除煙氣中NO的原理如圖3：（5）該脫硝原理中，NO最終轉化為_（填化學式）和H2O。當消耗1molNH3和0.25molO2時，除去的NO在標準狀況下的體積為_L。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】A. 化學平衡常數(shù)中,分子中各物質是生成物、分母中各物質是反應物，所以反應方程式為：CO2+H2CO+H2O，故A錯誤；B. 升高溫度,正逆反應速率都增大，平衡向吸熱方向移動，升高溫度，氫氣濃度減

17、小，說明平衡正向移動，則正反應是吸熱反應，所以v正增大更多，故B錯誤；C. 縮小容器體積，增大壓強，正逆反應速率都增大，平衡向氣體體積減小的方向移動，該反應前后氣體體積不變，所以壓強不影響平衡移動，則v(逆)、v(正)增大相同，故C錯誤；D. 反應前后氣體計量數(shù)之和不變，所以升高溫度、縮小體積混合氣體的物質的量不變，根據(jù)質量守恒定律知，反應前后氣體質量不變，所以混合氣體平均相對分子質量都不變，故D正確；故選：D。2、C【解析】A石墨和金剛石完全燃燒，生成物相同，相同物質的量時后者放熱多，因熱量與物質的量成正比，故A錯誤；B石墨能量低，石墨穩(wěn)定，故B錯誤；C由石墨轉化為金剛石需要吸熱，可知等量的

18、金剛石儲存的能量比石墨高，故C正確；D石墨在特定條件下轉化為金剛石，需要合適的高溫、高壓，故D錯誤；故答案為C。3、C【解析】根據(jù)題意紅色固體粉末可能存在六種組成。1、若a g紅色固體粉末只有Cu，加入過量的稀硫酸不反應。稱得固體質量b g即為銅的質量，因此ba，此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子；2、若a g紅色固體粉末為Cu和Fe2O3的混合物，加入過量的稀硫酸與Cu不反應，與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，銅和硫酸鐵溶液發(fā)生氧化還原反應：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若稱得固體質量b g即為原混合物中銅反應后剩余的質量，因此ba，此時溶液中含有氫離子和硫酸根離子、二價

19、鐵離子和銅離子；3、若a g紅色固體粉末為Cu和Cu2O，依據(jù)Cu2O在酸性溶液中會發(fā)生反應：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入過量的稀硫酸生成銅和硫酸銅溶液，稱得固體質量b g即為原樣品中的銅的質量加上Cu2O反應生成的銅的質量，因此ba，此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子；4、若a g紅色固體粉末只有Fe2O3，加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，反應后無固體剩余，因此b0，此時溶液中只含有氫離子和硫酸根離子；5、若a g紅色固體粉末只有Cu2O，依據(jù)Cu2O在酸性溶液中會發(fā)生反應：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O分析可知，加入過量的稀硫酸生成銅和硫

20、酸銅溶液，稱得固體質量b g即為Cu2O反應生成的銅的質量，因此ba，此時溶液中只含有氫離子、硫酸根離子和銅離子；6、若a g紅色固體粉末為Cu2O和Fe2O3，加入過量的稀硫酸與Fe2O3反應生成硫酸鐵溶液，與Cu2O反應生成銅和硫酸銅溶液，銅和硫酸鐵溶液發(fā)生氧化還原反應：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+，若稱得固體質量b g即為Cu2O反應生成的銅再次反應后剩余的質量，因此ba，此時溶液中含有氫離子以及硫酸根離子、銅離子、二價鐵離子；A. 根據(jù)上述分析，反應后溶液中大量存在的陽離子最多有3種，故A正確。B. 不論以何種形式組成的紅色固體，反應后若有固體剩余，一定是銅。由于

21、硫酸過量，向反應后的溶液中加入一定量的NaNO3，形成硝酸，具有氧化性，可與銅反應，只要硝酸足夠，可能使反應產生的固體完全溶解，故B正確C. 若ba，即b c(H+)，那么c(NH4+) c(Cl-)，C錯誤；D.V(HCl)=0時，可知氨水的pOH=2.8，則c(OH-)=10-2.8mol/L，又NH3H2ONH4+OH-，可知c(NH4+)= c(OH-)=10-2.8mol/L，點鹽酸和氨水恰好反應，因而c(NH3H2O)=200.550mol/L=0.2mol/L，因而Kb=cNH4+cOH-cNH3H2O=10-2.810-2.80.2=510-5.6mo1L-1，D正確。故答案選

22、D。8、C【解析】A標況下22.4LCO和氮氣的物質的量均為1mol，而CO和氮氣中均含14個電子，故1molCO和氮氣中均含14mol電子即14NA個，故A正確；B溶液中醋酸鈉的物質的量為n=CV=0.1mol/L1L=0.1mol，而CH3COO-能部分水解為CH3COOH，根據(jù)物料守恒可知，溶液中含CH3COOH、CH3COO-的粒子總數(shù)為0.1NA，故B正確；C5.6g鐵的物質的量為0.1mol，而鐵與足量的稀硝酸反應后變?yōu)?3價，故0.1mol鐵轉移0.3mol電子即0.3NA個，故C錯誤；D18.4g甲苯的物質的量為0.2mol，而1mol甲苯中含8mol碳氫鍵，故0.2mol甲苯

23、中含1.6mol碳氫鍵即1.6NA個，故D正確；故答案為C?！军c睛】阿伏伽德羅常數(shù)的常見問題和注意事項：物質的狀態(tài)是否為氣體；對于氣體注意條件是否為標況；注意溶液的體積和濃度是否已知；注意同位素原子的差異；注意可逆反應或易水解鹽中離子數(shù)目的判斷；注意物質的結構：如Na2O2是由Na+和O22-構成，而不是有Na+和O2-構成；SiO2、SiC都是原子晶體，其結構中只有原子沒有分子，SiO2是正四面體結構，1molSiO2中含有的共價鍵為4NA，1molP4含有的共價鍵為6NA等。9、B【解析】垃圾后期處理難度大，并且很多垃圾也可以回收重復使用，節(jié)約資源，而只有做好垃圾分類才能更好實現(xiàn)回收再利用

24、，垃圾分類已經(jīng)上升到國家戰(zhàn)略層面，選項A正確；醫(yī)療廢棄物雖然可以回收、處理，但不可以制成兒童玩具，選項B不正確；綠色環(huán)?；ぜ夹g的研究和運用，可實現(xiàn)化工企業(yè)的零污染、零排放，選項C正確；氣溶膠屬于膠體，膠體的粒子大小在1 nm100 nm之間，選項D正確。10、B【解析】硝酸銀溶液中滴加氨水會產生白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，白色沉淀會生成氫氧化二氨合銀，沉淀溶解；鋁粉中滴加氫氧化鈉，會生成偏鋁酸鈉，繼續(xù)滴加氫氧化鈉，無現(xiàn)象；硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉，出現(xiàn)氫氧化銅藍色沉淀，滴加乙醛，加熱，新制氫氧化銅會和乙醛反應生辰氧化亞銅磚紅色沉淀；氯水中滴加氫氧化鈉，顏色褪去，再加鹽酸，中和氫氧化鈉后與次氯酸反

25、應會生成氯氣，顏色恢復。【詳解】A.硝酸銀溶液中滴加氨水會產生白色沉淀，繼續(xù)滴加氨水，白色沉淀會生成氫氧化二氨合銀，沉淀溶解；A項正確；B.鋁粉中滴加氫氧化鈉，會生成偏鋁酸鈉，繼續(xù)滴加氫氧化鈉，無現(xiàn)象；B項錯誤；C.硫酸銅溶液中滴加氫氧化鈉，出現(xiàn)氫氧化銅藍色沉淀，滴加乙醛，加熱，新制氫氧化銅會和乙醛反應生辰氧化亞銅磚紅色沉淀；C項正確；D.氯水中滴加氫氧化鈉，顏色褪去，再加鹽酸，中和氫氧化鈉后與次氯酸反應會生成氯氣，顏色恢復，D項正確；答案選B。11、A【解析】ACO2的摩爾質量為44g/mol，含22個質子；SO2的摩爾質量為64g/mol，含32個質子，即兩者均是2g中含1mol質子，故4

26、g混合物中含2mol即2NA個質子，故A正確；B1L0.5molL-1pH=7的CH3COONH4溶液中，銨根離子發(fā)生水解，根據(jù)物料守恒：c（NH4+）+c（NH3H2O）=0.5mol/L，n（NH4+）0.5mol，故B錯誤；C一個環(huán)氧乙烷分子的共價鍵數(shù)目為7，所以0.1mol環(huán)氧乙烷中含有的共價鍵數(shù)目為0.7NA，故C錯誤；D未指明溫度和壓強，22.4LCO2的物質的量不一定是1mol，故D錯誤；故答案為A。【點睛】選項A為難點，注意尋找混合物中質子數(shù)與單位質量之間的關系。12、A【解析】根據(jù)已知信息：CS2(二硫化碳)是無色液體，沸點46.5，儲存于陰涼、通風的庫房，遠離火種、熱源，庫

27、溫不宜超過30，CS2屬于有機物，所以CS2屬易燃易爆的危險品，故正確；二硫化碳是損害神經(jīng)和血管的毒物，所以二硫化碳有毒；二硫化碳不溶于水，溶于乙醇、乙醚等多數(shù)有機溶劑，所以不能水解，故錯誤；根據(jù)已知信息：在工業(yè)上最重要的用途是作溶劑制造粘膠纖維，所以是良好的有機溶劑，故正確；與鈉反應的產物中不一定有Na2CO3，故錯誤；根據(jù)CS2中S的化合價為-2價，所以CS2具有還原性，故正確；因此符合題意；答案選A。13、B【解析】A1個香芹酮的分子中，含有兩個碳碳雙鍵和一個羰基，故1mol香芹酮與足量的H2加成，需要消耗3molH2，A錯誤；B1個香芹酮的分子中，含有兩個碳碳雙鍵和一個羰基，分子中還含

28、有一個六元環(huán)，可以構成含有一個苯環(huán)的化合物，B正確；C一個碳原子連接四個原子構成的是四面體的構型，香芹酮()分子中標特殊記號的這個碳原子與周圍相連的三個碳原子不可能在同一平面上，C錯誤；D香芹酮與酸性髙錳酸鉀溶液發(fā)生氧化反應，使酸性髙錳酸鉀溶液褪色，而香芹酮與溴水發(fā)生加成反應使溴水褪色，反應類型不相同，D錯誤；答案選B。14、B【解析】A中子數(shù)為8的氧原子的質量數(shù)=8+8=16，該原子正確的表示方法為，故A錯誤；B甲基為中性原子團，其電子式為，故B正確；CCH3OCH3為二甲醚，乙醚正確的結構簡式為CH3CH2OCH2CH3，故C錯誤；D二氧化碳分子中含有兩個碳氧雙鍵，為直線型結構，其正確的比

29、例模型為，故D錯誤；故選B?！军c睛】電子式的書寫注意事項：（1)陰離子和復雜陽離子要加括號，并注明所帶電荷數(shù)，簡單陽離子用元素符號加所帶電荷表示。（2）要注意化學鍵中原子直接相鄰的事實。（3）不能漏寫未參與成鍵的電子對。15、B【解析】A. 苯乙烯中含碳碳雙鍵，與溴水發(fā)生加成反應，而苯與溴水混合發(fā)生萃取，則苯乙烯與苯使溴水褪色原理不同，故A錯誤；B. 乙醇易溶于水，則乙醇與飽和Na2CO3 溶液互溶，乙酸具有酸性，可與碳酸鈉反應生成氣體，乙酸乙酯難溶于水，會出現(xiàn)分層，則可鑒別，故B正確；C. 能與氫氣發(fā)生加成反應的為苯環(huán)和碳碳雙鍵，則1mol該物質最多只能與4molH2加成，故C錯誤；D. C

30、3H6BrCl可看成丙烷分子中有兩個氫原子分別被一個溴原子、一個氯原子取代，根據(jù)“定一移一”的思路可得，先定Br原子的位置，有兩種情況，BrCH2CH2CH3、CH3CHBrCH3，再定Cl原子的位置，符合的同分異構體有，則C3H6BrCl 的同分異構體共5種，故D錯誤；故選B。【點睛】苯在溴化鐵的催化作用下與液溴發(fā)生取代反應生成溴苯和溴化氫；苯分子中沒有碳碳雙鍵，不能與溴水發(fā)生加成反應，但溴更易溶于苯中，溴水與苯混合時，可發(fā)生萃取，苯的密度小于水，因此上層為溴的苯溶液，顏色為橙色，下層為水，顏色為無色，這是由于萃取使溴水褪色，沒有發(fā)生化學反應。這是學生們的易錯點，也是?？键c。16、B【解析】

31、A、NaCl為強電解質，電離方程式為NaCl=Na+Cl-，故A不符合題意；B、電解氯化銅溶液生成Cu和氯氣，電解發(fā)生CuCl2Cu+Cl2，故B符合題意；C、醋酸為弱酸，電離方程式為CH3COOHCH3COO-+H+，故C不符合題意；D、焓變等于斷裂化學鍵吸收的能量減去成鍵釋放的能量，則H2(g)+Cl2(g)2HCl(g) =(436+243-4312)kJ/mol=-183 kJ/mol，因此H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+183kJ，故D不符合題意；故選：B。【點睛】電解池中陽極若是活性電極作陽極，則活性電極首先失電子，發(fā)生氧化反應，若是惰性電極作陽極，放電順序為：，注意：陰極

32、不管是什么材料，電極本身都不反應，一定是溶液(或熔融電解質)中的陽離子放電；最常用、最重要的放電順序為陽極：ClOH；陰極：AgCu2H。二、非選擇題（本題包括5小題）17、取代反應 18 羰基、醚鍵 濃硫酸、加熱（或：P2O5） 30 【解析】根據(jù)B的結構簡式和生成B的反應條件結合A的化學式可知，A為；根據(jù)C和D的化學式間的差別可知，C與氫氣在催化劑作用下發(fā)生加成反應生成D，D為，結合G的結構可知，D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，E為；根據(jù)G生成H的反應條件可知，H為。(1)根據(jù)A和B的結構可知，反應發(fā)生了羥基上氫原子的取代反應； B()分子中的苯環(huán)為平面結構，單鍵可以旋轉，最多有18

33、個原子共平面，故答案為取代反應；18；(2)C()中含氧官能團有羰基、醚鍵；反應為D消去結構中的羥基生成碳碳雙鍵得到E，“條件a”為濃硫酸、加熱，故答案為羰基、醚鍵；濃硫酸、加熱；(3)反應為加成反應，根據(jù)E和G的化學式的區(qū)別可知F為甲醛，反應的化學方程式為，故答案為；(4)反應是羥基的催化氧化，反應的化學方程式為，故答案為；(5)芳香化合物J是D()的同分異構體，苯環(huán)上只有3個取代基；可與NaHCO3反應放出CO2，說明結構中含有羧基；1mol J可中和3mol NaOH，說明結構中含有2個酚羥基和1個羧基；符合條件的J的結構有：苯環(huán)上的3個取代基為2個羥基和一個C3H6COOH，當2個羥基

34、位于鄰位時有2種結構；當2個羥基位于間位時有3種結構；當2個羥基位于對位時有1種結構；又因為C3H6COOH的結構有CH2CH2CH2COOH、CH2CH(CH3)COOH、CH(CH3)CH2COOH、C(CH3)2COOH、CH(CH2CH3)COOH，因此共有(2+3+1)5=30種，其中核磁共振氫譜為五組峰的J的結構簡式有，故答案為30；(6)以為原料制備。根據(jù)流程圖C生成的D可知，可以與氫氣加成生成，羥基消去后生成，與溴化氫加成后水解即可生成，因此合成路線為，故答案為。點睛：本題考查了有機合成與推斷，根據(jù)反應條件和已知物質的結構簡式采用正逆推導的方法分析是解題的關鍵。本題的易錯點為B

35、分子中共面的原子數(shù)的判斷，要注意單鍵可以旋轉；本題的難點是(6)的合成路線的設計，要注意羥基的引入和去除的方法的使用。本題的難度較大。18、CHCH 加成反應 碳碳雙鍵、酯基 5 4 【解析】A屬于烴類化合物，在相同條件下，A相對于H2的密度為13，則A的相對分子質量為26，其分子式為C2H2，應為乙炔，結構簡式為CHCH；B在催化劑作用下發(fā)生加聚反應生成，結合B的分子式C4H6O2，可知B的結構簡式為CH2=CHOCOCH3，說明A和CH3COOH發(fā)生加成反應生成了B；再在NaOH的水溶液中發(fā)生水解生成的C應為；D的分子式為C7H8O，遇FeCl3溶液不發(fā)生顯色反應，再結合D催化氧化生成了，

36、可知D為苯甲醇，其結構簡式為；苯甲醛再和CH3COOH發(fā)生信息的反應生成的E為，C和E發(fā)生酯化反應生成高分子化合物F為；(6)以乙醇和苯乙醇為原料制備可利用乙醇連續(xù)氧化生成的乙酸與乙醛發(fā)生加成反應生成CH3CH=CHCOOH，最后再與苯乙醇發(fā)生酯化反應即可得到?！驹斀狻?1)A的分子式為C2H2，應為乙炔，結構簡式為CHCH；(2)反應CHCH和CH3COOH發(fā)生加成反應生成了CH2=CHOCOCH3，反應類型為加成反應；B為CH2=CHOCOCH3，所含官能團的名稱為碳碳雙鍵和酯基；(3)反應是在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，反應化學方程式是；(4)D為，有5種等效氫，核磁共振氫譜有5組峰

37、，峰面積比為1:2:2:2:1； D的同分異構體中，屬于芳香族化合物的還包括苯甲醚、對甲苯酚、鄰甲苯酚和間甲苯酚，共4種；(5)反應是C和E發(fā)生酯化反應生成高分子化合物F為，反應的化學方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇為原料制備可利用乙醇連續(xù)氧化生成的乙酸與乙醛發(fā)生加成反應生成CH3CH=CHCOOH，最后再與苯乙醇發(fā)生酯化反應即可得到，具體的合成路線為：?！军c睛】常見依據(jù)反應條件推斷反應類型的方法：(1)在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應，可能是酯的水解反應或鹵代烴的水解反應。(2)在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應。(3)在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應、酯化反

38、應、成醚反應或硝化反應等。(4)能與溴水或溴的CCl4溶液反應，可能為烯烴、炔烴的加成反應。(5)能與H2在Ni作用下發(fā)生反應，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應或還原反應。(6)在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應。(7)與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應，則該物質發(fā)生的是CHO的氧化反應。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇醛羧酸的過程)。(8)在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應。(9)在光照、X2(表示鹵素單質)條件下發(fā)生烷基上的取代反應；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。19、球形冷凝管 12HNO3+C6H12O6

39、3H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O 安全瓶，防倒吸 NaOH溶液 溶液pH介于4.05.0之間 加熱濃縮、冷卻結晶 溶液變?yōu)榉奂t色,且半分鐘內不褪色 反應生成的Mn2+是該反應的催化劑 74.8 【解析】(1)根據(jù)圖示分析判斷儀器a的名稱；5560下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒分析書寫方程式；反應中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時會導致倒吸；(2)草酸鐵銨(NH4)3Fe(C2O4)3易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.05.0之間；草酸鐵銨是銨鹽

40、，溫度過高易分解，且溫度過高促進銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；(3)滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應過程中顏色褪去，自身可做指示劑；滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應進行，Mn2+的濃度增大，反應速率加快，據(jù)此分析；根據(jù)題給數(shù)據(jù)，結合反應，計算(NH4)3Fe(C2O4)3的物質的量，進而計算產品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量分數(shù)=100%?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示儀器a的名稱為球形冷凝管；5560下，裝置A中硝酸與葡萄糖發(fā)生氧化還原反應生成H2C2O4，同時生成NO2和NO且物質的量之比為3：1，根據(jù)電子得失守恒、原子守恒，該

41、反應的化學方程式為12HNO3+C6H12O63H2C2O4+9NO2+3NO+9H2O；反應中生成的NO2和NO，均為大氣污染氣體，需要尾氣吸收，NO2和NO被吸收時會導致倒吸，裝置B的作用是做安全瓶防止倒吸，裝置C中盛裝的試劑是NaOH溶液，用于吸收NO2和NO，發(fā)生反應為NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O；(2)草酸鐵銨(NH4)3Fe(C2O4)3易溶于水，常溫下其水溶液的pH介于4.05.0之間，則將Fe2O3在攪拌條件下溶于熱的草酸溶液，滴加氨水至pH介于4.05.0之間；草酸鐵銨是銨鹽，溫度過高易分解，且溫度過高促

42、進銨根離子和鐵離子水解，不能直接加熱蒸干；提純后的草酸溶液進行蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌并干燥，制得草酸鐵銨產品；(3)滴定操作是高錳酸鉀溶液參與的氧化還原反應，高錳酸鉀發(fā)生氧化還原反應過程中顏色褪去，自身可做指示劑，滴定終點的現(xiàn)象是加入最后一滴高錳酸鉀溶液，溶液變?yōu)榉奂t色，且半分鐘內不褪色，即為達到終點；滴定過程中高錳酸鉀溶液被還原為Mn2+，且隨著反應進行，Mn2+的濃度增大，反應速率加快，說明反應生成的Mn2+可以加快反應速率，即Mn2+起催化劑的作用；滴定過程中，產品溶液加稀硫酸酸化后形成草酸，草酸與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，離子反應為5H2C2O4+2MnO4-+6H+=2M

43、n2+10CO2+8H2O，10.00mL 產品溶液消耗n(MnO4-)=0.1000molL10.012L=0.0012mol，則10.00mL產品溶液中n(H2C2O4)=n(MnO4-)=0.0012mol=0.003mol，根據(jù)物料守恒，100mL產品溶液中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量=0.003mol374gmol1=3.74g，故產品中(NH4)3Fe(C2O4)3的質量分數(shù)為100%=74.8%。20、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+、F

44、e3+加熱脫水甲所得產品中含有較多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(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

45、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+

46、；(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