2022屆山西省太原市山西大學附中高考仿真模擬化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷請考生注意：1請用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應位置上，請用05毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫在答題紙相應的答題區(qū)內(nèi)。寫在試題卷、草稿紙上均無效。2答題前，認真閱讀答題紙上的注意事項，按規(guī)定答題。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、下列實驗事實不能用平衡移動原理解釋的是ABCD2、為落實“五水共治”，某工廠擬綜合處理含NH4+廢水和工業(yè)廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考慮其他成分），設計了如下流程：下列說法不正確的是A固體1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空氣，

2、且需過量C捕獲劑所捕獲的氣體主要是COD處理含NH4+廢水時，發(fā)生反應的離子方程式為：NH4+NO2-=N2+2H2O3、根據(jù)下列實驗操作，預測的實驗現(xiàn)象和實驗結(jié)論或解釋均正確的是（ ）實驗操作預測實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論或解釋A向FeI2溶液中滴入足量溴水，加入CCl4，振蕩，靜置下層溶液顯紫紅色氧化性:Fe3+I2B向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中滴入少量新制Cu(OH)2懸濁液并加熱有磚紅色沉淀生成葡萄糖具有還原性C常溫下，將濃鹽酸、二氧化錳放入燒瓶中，用淀粉碘化鉀試液檢驗試液不變藍常溫下，濃鹽酸、二氧化錳沒有發(fā)生化學反應D向盛有NH4Al(SO4)2溶液的試管中，滴加少量NaOH溶液產(chǎn)生使?jié)駶櫟?/p>

3、紅色石蕊試紙變藍的氣體NH4+OH- = NH3+H2OAABBCCDD4、短周期元素W、X、Y、Z在元素周期表中的相對位置如表所示，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為23。下列說法不正確的是WXYZTA原子半徑Y(jié)Z，非金屬性WYZ5、控制變量是科學研究重要方法。由下列實驗現(xiàn)象一定能得出相應結(jié)論的是選項AB裝置圖現(xiàn)象右邊試管產(chǎn)生氣泡較快左邊棉球變棕黃色，右邊棉球變藍色結(jié)論催化活性：Fe3+Cu2+氧化性：Br2I2選項CD裝置圖現(xiàn)象試管中先出現(xiàn)淡黃色固體，后出現(xiàn)黃色固體試管中液體變渾濁結(jié)論Ksp：AgClAgBrAgI非金屬性：CSiAABBCCDD6、用如圖示的方法可以保護鋼質(zhì)閘門。下列說法

4、正確的是（）A當a、b間用導體連接時，則X應發(fā)生氧化反應B當a、b間用導體連接時，則X可以是鋅或石墨C當a、b與外接電源相連時，a應連接電源的正極D當a、b與外接電源相連時，陰極的電極反應式：2Cl-2e-=Cl27、下列關于自然界中氮循環(huán)的說法錯誤的是A氮肥均含有NH4+B雷電作用固氮中氮元素被氧化C碳、氫、氧三種元素參與了自然界中氮循環(huán)D合成氨工業(yè)的產(chǎn)品可用于侯氏制堿法制備純堿8、稀有氣體化合物是指含有稀有氣體元素的化合物。其中二氟化氙（XeF2）、三氧化氙（XeO3），氙酸（H2XO4）是“綠色氧化劑”，氙酸是一元強酸。下列說法錯誤的是（ ）A上述“綠色氧化劑”的優(yōu)點是產(chǎn)物易分離，不干擾

5、反應B三氧化氙可將I-氧化為IO3-C氙酸的電離方程式為：H2XeO42H+XeO42-DXeF2與水反應的化學方程式為：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF9、明礬KA1(SO4)212H2O是一種復鹽，在造紙等方面應用廣泛。采用廢易拉罐制備明礬的過程如下圖所示。下列敘述錯誤的是（ ）A合理處理易拉罐有利于環(huán)境保護和資源再利用B從易拉罐中可回收的金屬元素有Al、FeC“沉淀”反應的金屬離子為Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO310、改革開放40周年取得了很多標志性成果，下列說法不正確的是A“中國天眼”的鏡片材料為SiC，屬于新型無機非金屬材料B“蛟龍”號潛水器所使用的鈦合

6、金材料具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性C北斗導航專用ASIC硬件結(jié)合國產(chǎn)處理器打造出一顆真正意義的“中國芯”，其主要成分為SiO2D港珠澳大橋設計使用壽命120年，水下鋼柱鑲鋁塊防腐的方法為犧牲陽極保護法11、在由水電離產(chǎn)生的H濃度為11013molL1的溶液中，一定能大量共存的離子組是K、ClO、NO3、S2 K、Fe2、I、SO42 Na、Cl、NO3、SO42Na、Ca2、Cl、HCO3 K、Ba2、Cl、NO3ABCD12、化學與生活密切相關。下列有關說法中不正確的是A工業(yè)上常利用油脂的堿性水解制取肥皂B水與乙醇的混合液、霧、雞蛋清溶液均具有丁達爾效應C蔬菜汁餅干易氧化變質(zhì)建議包裝餅干

7、時，加入一小包鐵粉作抗氧化劑并密封D浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土可以吸收乙烯，所以可用其保鮮水果13、能促進水的電離平衡，并使溶液中的c（H+）c（OH）的操作是（ ）A將水加熱煮沸B將明礬溶于水C將NaHSO4固體溶于水D將NaHCO3固體溶于水14、常溫下，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、B弱堿性溶液中：K+、Na+、I、ClOC中性溶液中：Fe3+、K+、Cl、D能使甲基橙變紅的溶液中：Al3+、Na+、Cl、15、關于氮肥的說法正確的是（）A硫銨與石灰混用肥效增強B植物吸收氮肥屬于氮的固定C使用碳銨應深施蓋土D尿素屬于銨態(tài)氮肥16、一定溫

8、度下，10mL 0.40 molL-1H2O2溶液發(fā)生催化分解。不同時刻測得生成O2的體積（已折算為標準狀況）如下表。t/min0236810V(O2)/mL0.09.917.222.426.529.9下列敘述不正確的是（）（溶液體積變化忽略不計）A反應至6min時，H2O2分解了50B反應至6min時，c(H2O2)=0.20 molL-1C06min的平均反應速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)D46min的平均反應速率：v(H2O2)3.310-2mol/(Lmin)17、中國工程院院士李蘭娟團隊發(fā)現(xiàn)，阿比朵爾對2019-nCoV具有一定的抑制作用，其結(jié)構簡式如圖所示，

9、下面有關該化合物的說法正確的是 A室溫可溶于水和酒精B氫原子種類數(shù)為10C不能使酸性KMnO4溶液褪色D1mol該分子最多與8mol氫氣反應18、下列物質(zhì)的用途不正確的是ABCD物質(zhì)硅生石灰液氨亞硝酸鈉用途半導體材料抗氧化劑制冷劑食品防腐劑AABBCCDD19、下列有關同位素的說法正確的是A18O的中子數(shù)為8B16O和18O質(zhì)子數(shù)相差2C16O與18O核電荷數(shù)相等D1個16O與1個18O質(zhì)量相等20、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，四種元素形成的某種化合物（如圖所示）是一種優(yōu)良的防齲齒劑（用于制含氟牙膏）。下列說法錯誤的是（ ）AW、X、Y的簡單離子的電子層結(jié)構相同BW、Y形成

10、的化合物中只含離子鍵C該化合物中Z不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構DX、Y形成的化合物溶于水能促進水的電離21、碘化砹（AtI）可發(fā)生下列反應：2AtI2Mg MgI2MgAt2AtI2NH3（I） NH4IAtNH2.對上述兩個反應的有關說法正確的是 （ ）A兩個反應都是氧化還原反應B反應MgAt2既是氧化產(chǎn)物，又是還原產(chǎn)物C反應中AtI既是氧化劑，又是還原劑DMgAt2的還原性弱于MgI2的還原性22、化學與生活密切相關。下列說法錯誤的是（ ）A碳酸鈉可用于去除餐具的油污B漂白粉可用于生活用水的消毒C碳酸鋇可用于胃腸X射線造影D氫氧化鋁可用于中和過多胃酸二、非選擇題(共84分)23、（14分）藥物H(

11、阿戈美拉汀)是一種抗抑郁藥，H的一種合成路線如下：已知：；化合物B中含五元環(huán)結(jié)構，化合物E中含兩個六元環(huán)狀結(jié)構。回答下列問題：(1)A的名稱為_(2)H中含氧官能團的名稱為_(3)B的結(jié)構簡式為_(4)反應的化學方程式為_(5)的反應類型是_(6)M是C的一種同分異構體，M分子內(nèi)除苯環(huán)外不含其他的環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，其核磁共振氫譜有4組峰且峰面積之比為6:3:2:1。任寫出三種滿足上述條件的M的結(jié)構簡式_(不考慮立體異構)。(7)結(jié)合上述合成路線，設計以2溴環(huán)己酮() 和氰基乙酸(NCCH2COOH)為原料制備的合成路線_(無機試劑及有機溶劑任選)24、（12分）某殺菌藥物M的合成路

12、線如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：(1)A中官能團的名稱是_。BC的反應類型是_。(2)B的分子式為_。(3)CD的化學方程式為_。(4)F的結(jié)構簡式為_。(5)符合下列條件的C的同分異構體共有_種(不考慮立體異構)；能發(fā)生水解反應；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應。其中核磁共振氫譜為4組峰的結(jié)構簡式為_(任寫一種)。(6)請以和CH3CH2OH為原料，設計制備有機化合物的合成路線(無機試劑任選)_。25、（12分）過氧乙酸（CH3COOOH）不僅在衛(wèi)生醫(yī)療、食品消毒及漂白劑領域有廣泛應用，也應用于環(huán)境工程、精細化工等領域。實驗室利用醋酸（CH3COOH）與雙氧水（H2O2）共熱， 在固體酸的催化下制

13、備過氧乙酸（CH3COOOH），其裝置如下圖所示。請回答下列問題：實驗步驟：I先在反應瓶中加入冰醋酸、乙酸丁酯和固體酸催化劑，開通儀器1和8，溫度維持為55；II待真空度達到反應要求時，打開儀器3的活塞，逐滴滴入濃度為35的雙氧水，再通入冷卻水；從儀器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待反應結(jié)束后分離反應器2中的混合物，得到粗產(chǎn)品。（1）儀器 6的名稱是_，反應器 2中制備過氧乙酸（CH3COOOH）的化學反應方程式為_。（2）反應中維持冰醋酸過量，目的是提高_；分離反應器 2中的混合物得到粗產(chǎn)品，分離的方法是_。（3）實驗中加入乙酸丁酯的主要作用是_（選填字母序號）。A 作為反應溶劑，提高反

14、應速率B 與固體酸一同作為催化劑使用，提高反應速率C 與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發(fā)，提高產(chǎn)率D 增大油水分離器 5的液體量，便于實驗觀察（4）從儀器 5定期放出乙酸丁酯和水的混合物，待觀察到_（填現(xiàn)象）時，反應結(jié)束。（5）粗產(chǎn)品中過氧乙酸（CH3COOOH）含量的測定：取一定體積的樣品 VmL，分成 6等份，用過量 KI溶液與過氧化物作用，以 1.1mol L1的硫代硫酸鈉溶液滴定碘（I22S2O32=2IS4O62）；重復 3次，平均消耗量為 V1mL。再以 112mol L1的酸 性高錳酸鉀溶液滴定樣品，重復 3次，平均消耗量為 V2mL。則樣品中的過氧乙酸的濃度為 _mol L

15、1。26、（10分）（13分）硫酸銅晶體(CuSO45H2O)是銅鹽中重要的無機化工原料，廣泛應用于農(nóng)業(yè)、電鍍、飼料添加劑、催化劑、石油、選礦、油漆等行業(yè)。采用孔雀石主要成分CuCO3Cu(OH)2、硫酸（70%）、氨水為原料制取硫酸銅晶體。其工藝流程如下：（1）預處理時要用破碎機將孔雀石破碎成粒子直徑 Ksp(AgI)，加入KI，發(fā)生AgCl(s)+I-AgI(s)+Cl-，兩個平衡右移，白色沉淀AgCl轉(zhuǎn)換為黃色AgI沉淀，B不符合；CFeCl3+3H2OFe(OH)3(膠體)+3HClH0，溫度升高，平衡正向移動，C不符合；D醋酸是弱電解質(zhì)，CH3COOHCH3COO-+H+，加水稀釋，

16、平衡右移，稀釋過程又產(chǎn)生一定的H+，稀釋10倍，pH2.9+1，D不符合。答案選A。【點睛】pH=m的強酸稀釋10n倍，新的溶液pH=m+n7；pH=m的弱酸稀釋10n倍，新的溶液pHm+nI2，A錯誤；B.向淀粉在稀硫酸催化下的水解液中要先加入NaOH溶液，使溶液顯堿性，然后再滴入少量新制Cu(OH)2懸濁液并加熱，會看到產(chǎn)生磚紅色沉淀，證明淀粉水解產(chǎn)生的葡萄糖具有還原性，B錯誤；C.濃鹽酸、二氧化錳在室溫下不能反應產(chǎn)生氯氣，因此用淀粉碘化鉀試液檢驗，不能使試紙變?yōu)樗{色，C正確；D.向盛有NH4Al(SO4)2溶液的試管中，滴加少量NaOH溶液，首先發(fā)生反應：Al3+3OH-=Al(OH)3

17、，D錯誤；故合理選項是C。4、D【解析】W、X、Y、Z均為短周期主族元素，由位置關系可知，W、X處于第二周期，Y、Z處于第三周期，設X原子最外層電子數(shù)為a，則W、Y、Z最外層電子數(shù)依次為a-2、a、a+1，四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為23，則：a-2+a+1+a+a=23，解得a=6，則W為C元素，故X為O元素、Y為S元素、W為C元素?！驹斀狻緼、同周期從左到右，原子半徑逐漸減小，元素的非金屬性增強，原子半徑SCl，非金屬性WX，故A正確；B、同主族從上到下元素的非金屬性減弱，故O2能與H2Se反應，生成Se單質(zhì)，故B正確；C、O能形成CO2、SO2、ClO2，故C正確；D、最高價氧化物對

18、應水化物的酸性：H2CO3H2SO4Cu2+，選項A正確。選項B中的實驗，氯氣通入溴化鈉溶液變?yōu)樽厣ㄈ氲矸鄣饣浫芤鹤優(yōu)樗{色，能證明氯氣的氧化性強于溴單質(zhì)也強于碘單質(zhì)，但是不能證明氧化性：Br2I2，選項B錯誤。向氯化銀懸濁液中加入少量溴化鈉溶液，白色沉淀轉(zhuǎn)化為淡黃色沉淀，說明氯化銀轉(zhuǎn)化為溴化銀，即Ksp：AgClAgBr；再加入少量的碘化鈉，出現(xiàn)黃色沉淀，應該是將上一步剩余的氯化銀轉(zhuǎn)化為碘化銀沉淀，所以證明Ksp：AgClAgI，但是不能得到Ksp：AgBrAgI，選項C錯誤。鹽酸和碳酸鈉反應生成二氧化碳氣體，考慮到鹽酸的揮發(fā)性，生成的二氧化碳氣體中一定會有HCl，所以硅酸鈉溶液中有渾濁

19、，也可能是HCl和硅酸鈉反應的結(jié)果，不能證明一定是碳酸強于硅酸，進而不能證明非金屬性強弱，選項D錯誤。6、A【解析】A當a、b間用導體連接時構成原電池，根據(jù)題意，X應為負極，發(fā)生氧化反應，A正確；B當a、b間用導體連接時構成原電池，根據(jù)題意，X應為負極，X應比Fe活潑，則X可以是鋅，不能選用石墨，B錯誤；C當a、b與外接電源相連時，a應連接電源的負極，C錯誤；D當a、b與外接電源相連時，陰極應該發(fā)生得電子的還原反應，D錯誤；答案選A。7、A【解析】A項，除了含有銨根的銨態(tài)氮肥以外，還有硝態(tài)氮肥（以硝酸根NO3-為主）、銨態(tài)硝態(tài)氮肥（同時含有硝酸根和銨根）、酰胺態(tài)氮肥（尿素），故A項錯誤；B項，

20、在閃電（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合價升高，所以雷電作用固氮中氮元素被氧化，故B項正確；C項，碳、氫、氧三種元素參加了氮循環(huán)，如蛋白質(zhì)的制造需要碳元素，又如氮氣在放電條件下，與氧氣直接化合生成一氧化氮氣體，二氧化氮易與水反應生成硝酸和一氧化氮等，故C項正確；D項，侯氏制堿法制備純堿涉及的反應為：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，碳酸氫鈉加熱分解生成碳酸鈉，該制備中用到了氨氣，所以合成氨工業(yè)的產(chǎn)品可用于侯氏制堿法制備純堿，故D項正確。故選A。8、C【解析】A氟化氙(XeF2)、三氧化氙(XeO3)，氙酸(H2XO4)作氧化劑都生成對應的單質(zhì)很穩(wěn)定，易分離，不干

21、擾反應，所以“綠色氧化劑”的優(yōu)點是產(chǎn)物易分離，不干擾反應，故A正確；B三氧化氙具有氧化性，可將I-氧化為IO3-，故B正確；C氙酸是一元強酸，則氙酸的電離方程式為：H2XeO4H+HXeO4-，故C錯誤；DXeF2與水反應生成Xe、O2和HF，方程式為：2XeF2+2H2O2Xe+O2+4HF，故D正確。故選：C?！军c睛】根據(jù)酸分子電離時所能生成的氫離子的個數(shù)，可以把酸分為一元酸、二元酸、三元酸等，例如硝酸是一元酸，硫酸是二元酸；不能根據(jù)分子中氫原子的個數(shù)來判斷是幾元酸，例如該題中氙酸分子中有兩個氫原子，但只能電離出一個氫離子，故為一元酸。9、D【解析】A.易拉罐作為可再生資源，其回收再生利用

22、對經(jīng)濟效益、社會效益的提高、環(huán)境的保護有著巨大的促進作用，故不選A；B.易拉罐(主要成分為Al,含有少量的Fe)，因此可從易拉罐中回收的金屬元素有Al、Fe，故不選B；C. “沉淀”反應是鐵離子生成氫氧化鐵的反應，故不選C；D.鋁離子與碳酸氫根離子互促水解到底生成氫氧化鋁沉淀，硫酸氫根離子是強酸的酸式酸根，不水解，不與鋁離子反應，故選D；答案：D10、C【解析】A. SiC屬于新型無機非金屬材料，故不選A；B.鈦合金材料具有強度大、密度小、耐腐蝕等特性，故不選B；C.“中國芯”主要成分為半導體材料Si，不是SiO2，故選C；D. 因為鋁比鐵活潑，所以利用原電池原理，鐵做正極被保護，這種方法叫犧

23、牲陽極的陰極保護法，故不選D；答案：C11、B【解析】由水電離產(chǎn)生的H濃度為11013molL1的溶液可能是酸性溶液，也可能是堿性溶液，據(jù)此分析?！驹斀狻吭谒嵝原h(huán)境下S2不能大量共存，錯誤；在堿性環(huán)境下Fe2不能大量共存，錯誤；Na、Cl、NO3、SO42在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；HCO3在酸性、堿性環(huán)境下均不能大量共存，錯誤；K、Ba2、Cl、NO3在酸性、堿性環(huán)境下均能大量共存，正確；答案選B?！军c睛】本題隱含條件為溶液可能為酸性，也可能為堿性，除此以外，能與鋁粉反應放出氫氣的環(huán)境也是可能為酸性或者堿性；離子能夠發(fā)生離子反應而不能大量共存，生成弱電解質(zhì)而不能大量共存是?？键c，需

24、要正確快速判斷。12、B【解析】A油脂在堿性條件下水解生成高級脂肪酸鹽和甘油，高級脂肪酸鈉是肥皂的主要成分，所以工業(yè)上常利用油脂的堿性水解制取肥皂，A正確；B只有膠體具有丁達爾效應，乙醇和水的混合物是溶液，不能產(chǎn)生丁達爾效應，B錯誤；C鐵具有還原性，鐵生銹可以消耗氧氣，防止了餅干的氧化變質(zhì)，C正確；D乙烯中含有碳碳雙鍵能被酸性高錳酸鉀溶液氧化，所以酸性高錳酸鉀溶液能吸收乙烯，保鮮水果，D正確；答案選B。13、B【解析】A. 加熱煮沸時促進水的電離，但是氫離子和氫氧根濃度依然相等，溶液仍然呈中性，故A錯誤；B. 向水中加入明礬，鋁離子水解對水的電離起促進作用，電離后的溶液顯酸性，溶液中的c（H+

25、）c（OH-），故B正確；C. 向水中加NaHSO4固體，硫酸氫鈉在水中完全電離出鈉離子、氫離子、硫酸根離子，溶液中的c（H+）c（OH-），但氫離子抑制水電離，故C錯誤；D. 向水中加入NaHCO3，碳酸氫鈉中的碳酸氫根水解而使溶液顯堿性，即溶液中的c（H+）c（OH-），故D錯誤；正確答案是B。【點睛】本題考查影響水電離的因素，注意酸或堿能抑制水電離，含有弱酸根離子或弱堿陽離子的鹽能促進水電離。14、A【解析】A澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、離子之間不反應，能夠大量共存，故A符合題意；B弱堿性溶液中：I和ClO發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，故B不符合題意；C中性溶液中：Fe3+會

26、大量水解生成氫氧化鐵，不能大量存在，故C不符合題意；D能使甲基橙變紅的溶液顯酸性，H+和不能大量共存，且Al3+與HCO3-發(fā)生雙水解反應不能大量共存，故D不符合題意；答案選A。【點睛】澄清透明不是無色，含銅離子的溶液是藍色透明的液體，在酸性和堿性條件下都不能大量共存。15、C【解析】A將硫酸銨與堿性物質(zhì)熟石灰混合施用時會放出氨氣而降低肥效，故A錯誤；B植物吸收氮肥是吸收化合態(tài)的氮元素，不屬于氮的固定，故B錯誤；C碳酸氫銨受熱容易分解，易溶于水，使用碳銨應深施蓋土，避免肥效損失，故C正確；D尿素屬于有機氮肥，不屬于銨態(tài)氮肥，故D錯誤。答案選C。16、D【解析】A06min時間內(nèi)，生成氧氣為=0

27、.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，則H2O2分解率為100%=50%，故A正確；B由A計算可知，反應至6 min時c(H2O2)=0.4mol/L-0.2mol/L=0.2mol/L，故B正確；C06min時間內(nèi)，生成氧氣為=0.001mol，由2H2O22H2O+O2，可知c(H2O2)=0.2mol/L，所以v(H2O2)=0.033mol/(Lmin)，故C正確；D由題中數(shù)據(jù)可知，03 min生成氧氣的體積大于36min生成氧氣的體積，因此，46 min的平均反應速率小于06min時間內(nèi)反應速率，故D錯誤；答案選D。17、B【解析】A該分子

28、中親水基比重很小，主要為憎水基，不溶于水，故A錯誤；B如圖所示有10種氫原子，故B正確；C該分子中含有碳碳雙鍵和酚羥基，能被酸性高錳酸鉀氧化使其褪色，故C錯誤；D碳碳雙鍵、苯環(huán)可以與氫氣加成，所以1mol該分子最多與7mol氫氣加成，故D錯誤；故答案為B。18、B【解析】A項、硅位于金屬和非金屬分界線處，可用于制作半導體材料，故A正確；B項、生石灰具有吸水性，不具有還原性，可以做干燥劑，不能做抗氧化劑，故B錯誤；C項、液氨汽化吸收大量的熱，具有制冷作用，常用作制冷劑，故C正確；D項、亞硝酸鹽具有還原性，可以做食品防腐劑，注意用量應在國家規(guī)定范圍內(nèi)，故D正確；故選B。19、C【解析】由（簡化為）

29、的含義分析解答。【詳解】原子中，質(zhì)量數(shù)為A，質(zhì)子數(shù)為Z，中子數(shù)為（AZ）。因元素符號與質(zhì)子數(shù)的一一對應關系，可簡寫為。A. 氧是8號元素，18O的中子數(shù)為188=10，A項錯誤；B. 16O和18O質(zhì)子數(shù)都是8，中子數(shù)相差2，B項錯誤；C. 16O與18O核電荷數(shù)都是8，C項正確；D. 16O、18O的相對質(zhì)量分別約為16、18，其原子質(zhì)量不等，D項錯誤。本題選C。20、B【解析】該化合物可用于制含氟牙膏，說明含有F元素，根據(jù)該化合物的結(jié)構可知，X原子可以形成一個共價鍵，則X為F元素；Y可以形成Y+，且原子序數(shù)大于X，則Y為Na；Z可以形成五條共價鍵，應為第A族元素，原子序數(shù)大于Na，則Z為P

30、；根據(jù)W元素的成鍵特點，結(jié)合其原子序數(shù)最小，則W為O?！驹斀狻緼氧離子、氟離子和鈉離子都含有2個電子層，核外電子總數(shù)為10，其簡單離子的電子層結(jié)構相同，故A正確；BW、Y形成的化合物Na2O2中含有非極性共價鍵，故B錯誤；CP最外層含有5個電子，該化合物中形成了5個共價鍵，則P最外層電子數(shù)為5+5=10，不滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，故C正確；DHF為弱酸，所以NaF溶液中，氟離子會水解促進水的電離，故D正確；故答案為B。21、B【解析】A中Mg、At元素的化合價變化，屬于氧化還原反應，而中沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故A錯誤；B中Mg、At元素的化合價變化，MgAt2既是氧化產(chǎn)物，又是還

31、原產(chǎn)物，故B正確；C中沒有元素的化合價變化，為非氧化還原反應，故C錯誤；D由還原劑的還原性大約還原產(chǎn)物的還原性可知，Mg的還原性大于MgAt2，不能比較MgAt2、MgI2的還原性，故D錯誤；故選B22、C【解析】A. 碳酸鈉水解溶液顯堿性，因此可用于去除餐具的油污，A正確；B. 漂白粉具有強氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；C. 碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質(zhì)變性，所以不能用于胃腸X射線造影檢查，應該用硫酸鋇，C錯誤。D. 氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應，可用于中和過多胃酸，D正確；答案選C?！军c睛】選項C是解答的易錯點，注意碳酸鋇與硫酸鋇的性質(zhì)差異。二、非選擇

32、題(共84分)23、苯甲醚 醚鍵、酰胺鍵 +H2O 消去反應 【解析】已知化合物B分子式為C4H4O3，有3個不飽和度，且含有五元環(huán)，那么必有一個O原子參與成環(huán)；考慮到B與A反應后產(chǎn)物C的結(jié)構為，所以推測B的結(jié)構即為。C生成D時，反應條件與已知信息中給出的反應條件相同，所以D的結(jié)構即為。D經(jīng)過反應后，分子式中少了1個H2O，且E中含有兩個六元環(huán)，所以推測E的結(jié)構即為。【詳解】(1)由A的結(jié)構可知，其名稱即為苯甲醚；(2)由H的結(jié)構可知，H中含氧官能團的名稱為：醚鍵和酰胺鍵；(3) B分子式為C4H4O3，有3個不飽和度，且含有五元環(huán)，那么必有一個O原子參與成環(huán)；考慮到B與A反應后產(chǎn)物C的結(jié)構為

33、，所以推測B的結(jié)構簡式即為；(4) D經(jīng)過反應后，分子式中少了1個H2O，且E中含有兩個六元環(huán)，所以推測E的結(jié)構即為，所以反應的方程式為：+H2O；(5) F經(jīng)過反應后分子結(jié)構中多了一個碳碳雙鍵，所以反應為消去反應；(6)M與C互為同分異構體，所以M的不飽和度也為6，去除苯環(huán)，仍有兩個不飽和度。結(jié)合分子式以及核磁共振氫譜的面積比，可知M中應該存在兩類一共3個甲基。考慮到M可水解的性質(zhì)，分子中一定存在酯基。綜合考慮，M的分子中苯環(huán)上的取代基個數(shù)為2或3時都不能滿足要求；如果為4時，滿足要求的結(jié)構可以有：，；如果為5時，滿足要求的結(jié)構可以有：，；(7)氰基乙酸出現(xiàn)在題目中的反應處，要想發(fā)生反應需要

34、有機物分子中存在羰基，經(jīng)過反應后，有機物的結(jié)構中會引入的基團，并且形成一個碳碳雙鍵，因此只要得到環(huán)己酮經(jīng)過該反應就能制備出產(chǎn)品。原料相比于環(huán)己酮多了一個取代基溴原子，所以綜合考慮，先將原料中的羰基脫除，再將溴原子轉(zhuǎn)變?yōu)轸驶纯?，因此合成路線為：【點睛】在討論復雜同分異構體的結(jié)構時，要結(jié)合多方面信息分析；通過分子式能獲知有機物不飽和度的信息，通過核磁共振氫譜可獲知有機物的對稱性以及等效氫原子的信息，通過性質(zhì)描述可獲知有機物中含有的特定基團；分析完有機物的結(jié)構特點后，再適當?shù)胤诸愑懻?，同分異構體的結(jié)構就可以判斷出來了。24、羥基 取代反應 C7H6O3 +HNO3+H2O 19 或 CH3CH2O

35、HCH2=CH2 【解析】本題主要采用逆推法，通過分析C的結(jié)構可知B（）與CH3I發(fā)生取代反應生成C；分析B（）的結(jié)構可知A（）與CH2Cl2發(fā)生取代反應生成B；C（）在濃硫酸、濃硝酸條件下發(fā)生硝化反應生成D，D在Fe+HCl條件下，-NO2還原為-NH2，根據(jù)M中肽鍵的存在，可知E與F發(fā)生分子間脫水生成M；分析M的結(jié)構，可知E為，F(xiàn)為；根據(jù)E（）可知D為?！驹斀狻?1)根據(jù)上面分析可知A（）中官能團的名稱是羥基。BC的反應類型是取代反應；答案：羥基 取代反應(2)B（）的分子式為C7H6O3；答案：C7H6O3。(3)C（）在濃硫酸、濃硝酸條件下發(fā)生硝化反應生成D，化學方程式為+HNO3+H

36、2O；答案：+HNO3+H2O(4)根據(jù)上面分析可知F的結(jié)構簡式為；答案：(5)符合下列條件的C（）的同分異構體：能發(fā)生水解反應，說明必有酯基；能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明必有酚羥基；符合條件的有苯環(huán)外面三個官能團：HCOO-、-CH3、-OH，符合條件的共有10種；苯環(huán)外面兩個官能團：-OH、-COOCH3，符合條件的共有3種；苯環(huán)外面兩個官能團：-OH、-OOCCH3，符合條件的共有3種；-CH2OOCH、-OH，符合條件的共有3種；因此同分異構體共19種，其中核磁共振氫譜只有4組峰的結(jié)構肯定對稱，符合條件的結(jié)構簡式為或；答案：19 或(6)逆推法：根據(jù)題干A生成B的信息可知：的生

37、成應該是與一定條件下發(fā)生取代反應生成；可以利用乙烯與溴水加成反應生成，乙烯可由乙醇消去反應生成，據(jù)此設計合成路線為；答案：。25、（蛇形）冷凝管 CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O 雙氧水的轉(zhuǎn)化率（利用率） 過濾 C 儀器5“油水分離器”水面高度不變 【解析】(1)儀器6用于冷凝回流，名稱是（蛇形）冷凝管，反應器2中乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸，反應方程式為CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O，故答案為：（蛇形）冷凝管；CH3COOH + H2O2CH3COOOH + H2O；(2)反應中CH3COOOH過量，可以使反應持續(xù)正向

38、進行，提高雙氧水的轉(zhuǎn)化率，反應器2中為過氧乙酸、為反應完的反應物及固體催化劑的混合物，可采用過濾的方法得到粗產(chǎn)品，故答案為：雙氧水的轉(zhuǎn)化率（利用率）；過濾；(3)由于乙酸丁酯可與水形成沸點更低的混合物，利于水的蒸發(fā)，從而可以提高過氧乙酸的產(chǎn)率，因此C選項正確，故答案為：C；(4)乙酸和雙氧水在固體催化劑加熱的條件下反應生成過氧乙酸和水，當儀器5中的水面高度不再發(fā)生改變時，即沒有H2O生成，反應已經(jīng)結(jié)束，故答案為：儀器5“油水分離器”水面高度不變；(5)已知I22S2O32=2IS4O62，由得失電子守恒、元素守恒可知：雙氧水與高錳酸鉀反應，由得失電子守恒可知：則樣品中含有n(CH3COOOH)

39、=(1.15V111-3-1.15V211-3)mol，由公式可得，樣品中的過氧乙酸的濃度為，故答案為：。【點睛】本題的難點在于第(5)問，解答時首先要明確發(fā)生的反應，再根據(jù)得失電子守恒和元素守恒建立關系式，得到樣品中過氧乙酸的物質(zhì)的量，進而求得其濃度。26、增大反應物接觸面積，提高氨浸的效率 Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O A 制化學肥料等 過濾 干燥 產(chǎn)生有毒的氣體，污染環(huán)境；原材料利用率低；濃硫酸有強腐蝕性（任寫兩條） 分液漏斗 做催化劑 氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，且氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大（合理即可） 100%（或%） 【

40、解析】（1）破碎機把孔雀石破碎成細小顆粒，增大了與氨水接觸面積，使銅與氨充分絡合，提高氨浸的效率及浸取率。（2）由題意可知，氨浸時生成Cu(NH3)42(OH)2CO3，加熱蒸氨的意思為加熱時Cu(NH3)42(OH)2CO3分解生成氨氣，由Cu(NH3)42(OH)2CO3的組成可知還會生成CO2、氧化銅和水，其反應方程式為Cu(NH3)42(OH)2CO32CuO+CO2+8NH3+H2O。（3）蒸氨出來的氣體有氨氣和二氧化碳，氨氣有污染，需要通入硫酸凈化處理生成硫酸銨，為了防止倒吸，合適的裝置為A；凈化后生成硫酸銨溶液，其用途是可以制備化學肥料等。（4）由題意可知，操作2為硫酸銅溶液變成

41、硫酸銅晶體，操作為加熱濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥。（5）課本中直接利用銅與濃硫酸反應會產(chǎn)生有毒的氣體二氧化硫；這樣既污染環(huán)境又使原材料利用率低；而且濃硫酸有強腐蝕性，直接使用危險性較大。（6）盛裝濃硫酸的儀器為分液漏斗。由題意可知，氯化銅雖然參與反應，但最后又生成了等量的氯化銅，根據(jù)催化劑的定義可知氯化銅在此反應過程中做催化劑。因為氯化銅的溶解度在常溫下比硫酸銅晶體大得多，在重結(jié)晶純化硫酸銅晶體時可以使二者分離，同時氯化銅的溶解度隨溫度的變化程度不大，可使氯化銅保持在母液中，在下一次制備硫酸銅晶體時繼續(xù)做催化劑使用。由題意可知銅粉全部生成硫酸銅晶體（因氯化銅為催化劑，氯化銅中的銅最終不會

42、生成硫酸銅晶體），硫酸銅晶體中的銅元素質(zhì)量為g，則銅粉的純度為100%或化簡為%。27、作為溶劑、提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸點比水的高 【解析】（1）一般來說，酯化反應為可逆反應，加入過量的甲醇，提高丙炔酸的轉(zhuǎn)化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇還作為反應的溶劑；（2）根據(jù)裝置圖，儀器A為直形冷凝管；加熱液體時，為防止液體暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本題中加入碎瓷片的目的是防止液體暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸點為103105，制備丙炔酸甲酯采用水浴加熱，因此反應液中除含有丙炔酸甲酯外，還含有丙炔酸、硫酸；通過飽和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO

43、3溶液的作用是除去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通過分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加熱提供最高溫度為100，而丙炔酸甲酯的沸點為103105，采用水浴加熱，不能達到丙炔酸甲酯的沸點，不能將丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸餾時不能用水浴加熱。【點睛】實驗化學的考查，相對比較簡單，本題可以聯(lián)想實驗制備乙酸乙酯作答，如碳酸鈉的作用，實驗室制備乙酸乙酯的實驗中，飽和碳酸鈉的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平時復習實驗時，應注重課本實驗復習，特別是課本實驗現(xiàn)象、實驗不足等等。28、（H1+2H2+H3）/2由圖中數(shù)據(jù)可以計算出K

44、a2(H2SO3)=107.2 ，Ka1(H2SO3)=101.9，所以HSO3的水解常數(shù)是1012.1，HSO3電離程度大于水解程度，溶液顯酸性陽離子交換膜2Cl-2e-=Cl20.03molL-1min-111.25b升高溫度【解析】（1）利用蓋斯定律同向相加，異向相減的原則計算；（2）根據(jù)圖像計算亞硫酸氫根離子的電離常數(shù)和水解常數(shù)，進行比較確定酸堿性；（3）仔細分析圖像中的反應物和產(chǎn)物即可確定離子交換膜和電極反應式；（4）利用三行式法進行計算；（5）通過起點和斜率即可判斷；【詳解】（1）利用蓋斯定律同向相加，異向相減的原則計算H4=（H1+2H2+H3）/2；正確答案：（H1+2H2+H

45、3）/2。（2）根據(jù)圖像PH=1.9的交點計算水解常數(shù)Ka1(H2SO3)=101.9,Kh=Kw/ Ka1(H2SO3)= 1012.1,根據(jù)PH=7.2的交點計算Ka2=C（H+）=10-7.2 ，由于KhKa2,所以亞硫酸氫根離子電離程度大于水解程度,NaHSO3的水溶液pH7。正確答案：由圖中數(shù)據(jù)可以計算出Ka2(H2SO3)=107.2 ，Ka1(H2SO3)=101.9，所以HSO3的水解常數(shù)是1012.1，HSO3電離程度大于水解程度，溶液顯酸性。（3）仔細分析圖像中的反應物和產(chǎn)物，可以看出左側(cè)由ClO2制備NaClO2，需要Na+從右側(cè)到左側(cè)，所以判定為陽離子交換膜，根據(jù)Na+的移動方向可知左側(cè)為陰極，右側(cè)為陽極，寫出陽極電極反應式2Cl-2e-=Cl2；正確答案：陽離子交換膜 2Cl-2e-=Cl2。（4） 2CO(g)+ SO2(g) S(l)+2CO2(