2022年高三下學(xué)期聯(lián)考化學(xué)試題含解析

1、2021-2022高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng)1考生要認(rèn)真填寫(xiě)考場(chǎng)號(hào)和座位序號(hào)。2試題所有答案必須填涂或書(shū)寫(xiě)在答題卡上，在試卷上作答無(wú)效。第一部分必須用2B 鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、苯酚和丙酮都是重要的化工原料，工業(yè)上可用異丙苯氧化法生產(chǎn)苯酚和丙酮，其反應(yīng)和工藝流程示意圖如下，下列有關(guān)說(shuō)法正確的是 +Aa、b、c均屬于芳香烴Ba、d中所有碳原子均處于同一平面上CA有9種屬于芳香族的同分異構(gòu)體Dc、d均能發(fā)生氧化反應(yīng)2、為達(dá)到下列實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，?duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)方法

2、以及相關(guān)解釋均正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康膶?shí)驗(yàn)方法相關(guān)解釋A測(cè)量氯水的pHpH試紙遇酸變紅B探究正戊烷C5H12催化裂解C5H12裂解為分子較小的烷烴和烯烴C實(shí)驗(yàn)溫度對(duì)平衡移動(dòng)的影響2NO2N2O4為放熱反應(yīng)，升溫平衡逆向移動(dòng)D用AlCl3溶液制備AlCl3晶體AlCl3沸點(diǎn)高于溶劑水AABBCCDD3、高能LiFePO4電池，多應(yīng)用于公共交通。電池中間是聚合物的隔膜，主要作用是在反應(yīng)過(guò)程中只讓Li通過(guò)，結(jié)構(gòu)如圖所示：已知原理為（1x）LiFePO4xFePO4LixCnLiFePO4nC。下列說(shuō)法不正確的是（）A充電時(shí)，Li向左移動(dòng)B放電時(shí)，電子由負(fù)極經(jīng)導(dǎo)線(xiàn)、用電器、導(dǎo)線(xiàn)到正極C充電時(shí)，陰極的電極反

3、應(yīng)式為xLixenC=LixCnD放電時(shí)，正極的電極反應(yīng)式為（1x）LiFePO4xFePO4xLixe=LiFePO44、下列排列順序中，正確的是 熱穩(wěn)定性：H2OHFH2S 離子半徑：ClNa+Mg2+Al3+ 酸性：H3PO4H2SO4HClO4 結(jié)合質(zhì)子(H+)能力：OHCH3COOClABCD5、分類(lèi)是重要的科學(xué)研究方法，下列物質(zhì)分類(lèi)錯(cuò)誤的是A電解質(zhì)：明礬、碳酸、硫酸鋇B酸性氧化物：SO3、CO2、NOC混合物：鋁熱劑、礦泉水、焦?fàn)t氣D同素異形體：C60、C70、金剛石6、下列離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是()ANaHCO3溶液與足量的澄清石灰水反應(yīng)：Ca22OH2HCO3-=CaCO32H

4、2OBNH4HCO3溶液與足量的NaOH溶液反應(yīng)：HCO3-OH=CO32-H2OC向Na2SiO3溶液中通入足量的CO2：SiO32-CO2H2O=H2SiO3HCO3-DCl2與足量的FeBr2溶液反應(yīng)：Cl22Fe2=2Fe32Cl7、中國(guó)傳統(tǒng)文化對(duì)人類(lèi)文明貢獻(xiàn)巨大,書(shū)中充分記載了古代化學(xué)研究成果。下列關(guān)于古代化學(xué)的應(yīng)用和記載,對(duì)其說(shuō)明不合理的是()A本草綱目中記載:“(火藥)乃焰消(KNO3)、硫黃、杉木炭所合,以為烽燧銃機(jī)諸藥者”,其中利用了KNO3的氧化性B杜康用高粱釀酒的原理是通過(guò)蒸餾法將高粱中的乙醇分離出來(lái)C我國(guó)古代人民常用明礬除去銅器上的銅銹Cu2(OH)2CO3D蔡倫利用樹(shù)

5、皮、碎布(麻布)、麻頭等為原料精制出優(yōu)質(zhì)紙張,由他監(jiān)制的紙被稱(chēng)為“蔡侯紙”。“蔡侯紙”的制作工藝中充分應(yīng)用了化學(xué)工藝8、實(shí)驗(yàn)室常用如下裝置制備乙酸乙酯。下列有關(guān)分析不正確的是Ab中導(dǎo)管不能插入液面下，否則會(huì)阻礙產(chǎn)物的導(dǎo)出B固體酒精是一種白色凝膠狀純凈物，常用于餐館或野外就餐C乙酸乙酯與互為同分異構(gòu)體D乙酸、水、乙醇羥基氫的活潑性依次減弱9、分別在三個(gè)容積均為2.0L的恒容密閉容器中發(fā)生反應(yīng)：A(g)+B(g)D(g)。其中容器甲中反應(yīng)進(jìn)行至5min時(shí)達(dá)到平衡狀態(tài)，相關(guān)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)如表所示：容器溫度/起始物質(zhì)的量/mol平衡物質(zhì)的量/mol化學(xué)平衡常數(shù)n(A)n(B)n(D)n(D)甲5004.04

6、.003.2K1乙5004.0a02.0K2丙6002.02.02.02.8K3下列說(shuō)法不正確的是A05min內(nèi)，甲容器中A的平均反應(yīng)速率v(A)=0.64molL-1min-1Ba=2.2C若容器甲中起始投料為2.0molA、2.0molB，反應(yīng)達(dá)到平衡時(shí)，A的轉(zhuǎn)化率小于80DK1=K2K310、已知酸性溶液中還原性的順序?yàn)镾O32-I-Fe2+Br-Cl-，下列反應(yīng)不能發(fā)生的是A2Fe3+SO32-+H2O2Fe2+SO42-+2H+BI2+ SO32-+H2OSO42-+2I-+2H+C2Fe2+I22Fe3+2I-DBr2+SO32-+H2OSO42-+2Br-+2H+11、下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)

7、象及所得結(jié)論均正確的是（ ）實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A左側(cè)試管比右側(cè)試管中產(chǎn)生氣泡的速率快Fe3+對(duì)H2O2分解的催化效果更好B左側(cè)棉花變?yōu)槌壬?，右?cè)棉花變?yōu)樗{(lán)色氧化性：Cl2Br2 I2CU形管左端液面下降,右端液面上升NH4NO3溶解吸熱D燒杯中產(chǎn)生白色沉淀甲烷與氯氣光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)AABBCCDD12、用H2O2和H2SO4的混合溶液可溶出廢舊印刷電路板上的銅。已知：Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) H=+64.39 kJ/mol 2H2O2(l)=2H2O(l)+O2(g) H=-196.46 kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.84

8、kJ/mol在H2SO4溶液中，Cu與H2O2反應(yīng)生成Cu2+(aq)和H2O(l)的反應(yīng)熱H等于A319.68 kJ/molB417.91 kJ/molC448.46 kJ/molD546.69 kJ/mol13、W、X、Y、Z四種短周期元素，它們?cè)谥芷诒碇械奈恢萌鐖D所示。下列推斷正確的是（）A原子半徑：ZYXB元素非金屬性：ZYXC最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性：ZYWDWH4與Z元素的單質(zhì)在光照時(shí)發(fā)生置換反應(yīng)14、部分氧化的FeCu合金樣品(氧化產(chǎn)物為Fe2O3、CuO)共2.88g，經(jīng)如下處理：下列說(shuō)法正確的是A濾液A中的陽(yáng)離子為Fe2、Fe3、HBV224C樣品中CuO的質(zhì)量為2.0g

9、D樣品中鐵元素的質(zhì)量為0.56g15、司替戊醇(d)用于治療兩歲及以上Dravet綜合征相關(guān)癲癇發(fā)作患者，其合成路線(xiàn)如圖所示。下列有關(guān)判斷正確的是（ ）Ab的一氯代物有4種Bc的分子式為C14H14O3C1mold最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)Dd中所有碳原子可能處于同一平面16、下列實(shí)驗(yàn)過(guò)程可以達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖沁x項(xiàng)實(shí)驗(yàn)過(guò)程實(shí)驗(yàn)?zāi)康腁將一塊沾有油污的銅片浸入接近沸騰的碳酸鈉溶液中除去銅片表面的油污B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，則說(shuō)明含有碳碳雙鍵丙烯醛(CH2=CHCHO) 中雙鍵的檢驗(yàn)C通常將 Fe(OH)3固體溶于沸水中即可制備 Fe(OH)3膠體D取一塊鐵片，用砂紙擦去鐵

10、銹 ，在鐵片上滴1滴含酚酞的食鹽水 ，靜置幾分鐘析氫腐蝕AABBCCDD17、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。A是元素Y的單質(zhì)。常溫下，甲的濃溶液具有脫水性，和A發(fā)生鈍化。丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無(wú)色刺激性氣味氣體。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（ ）A丁和戊中所含元素種類(lèi)相同B簡(jiǎn)單離子半徑大?。篨YC氣態(tài)氫化物的還原性：XZDY的簡(jiǎn)單離子與Z的簡(jiǎn)單離子在水溶液中可大量共存18、室溫下，向100mL飽和的H2S溶液中通入SO2氣體(氣體體積換算成標(biāo)準(zhǔn)狀況)，發(fā)生反應(yīng)：2H2S+SO2=3S+2H2O，測(cè)得溶液pH與通入SO2的關(guān)系如圖所示。下

11、列有關(guān)說(shuō)法正確的是A整個(gè)過(guò)程中，水的電離程度逐漸增大B該溫度下H2S的Ka1數(shù)量級(jí)為10-7C曲線(xiàn)y代表繼續(xù)通入SO2氣體后溶液pH的變化Da點(diǎn)之后，隨SO2氣體的通入，的值始終減小19、下列各組物質(zhì)，滿(mǎn)足表中圖示物質(zhì)在一定條件下能一步轉(zhuǎn)化的是（ ）序號(hào)XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2AABBCCDD20、在0.1 mol/L的Na2CO3溶液中，下列關(guān)系式正確的是（ ）Ac(Na+)=2c(CO32-)Bc(H+)c(OH-)Cc(CO32-)+c(HCO3-)=0.1mo

12、l/LDc(HCO3-)水乙醇，所以羥基氫的活潑性依次減弱，D正確；故合理選項(xiàng)是B。9、A【解析】A容器甲中前5min的平均反應(yīng)速率v(D)=0.32molL-1min-1，則v(A)= v(D)=0.32molL-1min-1，故A錯(cuò)誤；B甲和乙的溫度相同，平衡常數(shù)相等，甲中 A(g) + B(g) D(g)開(kāi)始(mol/L) 2.0 2.0 0反應(yīng)(mol/L) 1.6 1.6 1.6平衡(mol/L) 0.4 0.4 1.6化學(xué)平衡常數(shù)K=10，乙中 A(g) + B(g) D(g)開(kāi)始(mol/L) 2.0 0反應(yīng)(mol/L) 1.0 1.0 1.0平衡(mol/L) 1.0 -1.

13、0 1.0化學(xué)平衡常數(shù)K=10，解得：a=2.2，故B正確；C甲中CO轉(zhuǎn)化率=100%=80%，若容器甲中起始投料2.0molA、2.0molB，相當(dāng)于減小壓強(qiáng)，平衡逆向移動(dòng)，導(dǎo)致A轉(zhuǎn)化率減小，則A轉(zhuǎn)化率小于80%，故C正確；D甲和乙的溫度相同，平衡常數(shù)相等，容器丙起始投料2.0molA、2.0molB、2.0molD，若溫度不變等效于甲容器，但由于丙容器比甲容器溫度高，平衡時(shí)D的濃度減小，即升溫平衡逆向移動(dòng)，則平衡常數(shù)減小，因此K1=K2K3，故D正確；故選A。10、C【解析】A、因該反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，F(xiàn)e元素的化合價(jià)降低，則SO32-為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO32-Fe2+，與已知

14、的還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故A不選；B、因該反應(yīng)中S元素的化合價(jià)升高，I元素的化合價(jià)降低，則SO32-為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO32-I-，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故B不選；C、因該反應(yīng)中Fe元素的化合價(jià)升高，I元素的化合價(jià)降低，則Fe2+為還原劑，還原性強(qiáng)弱為Fe2+I-，與已知的還原性強(qiáng)弱不一致，反應(yīng)不能發(fā)生，故C選；D、因該反應(yīng)中Br元素的化合價(jià)降低，S元素的化合價(jià)升高，則SO32-為還原劑，還原性強(qiáng)弱為SO32-Br-，與已知的還原性強(qiáng)弱一致，能發(fā)生，故D不選。答案選C。11、A【解析】A等量同濃度的雙氧水中分別滴入相同體積含相同濃度的Fe3+和Cu2+的溶液，滴入Fe3+的試

15、管中產(chǎn)生氣泡的速率快，說(shuō)明Fe3+對(duì)H2O2的分解的催化效果更好，故A正確；B氯氣從左側(cè)通入，先接觸到吸有NaBr溶液的棉花，棉花變橙色，說(shuō)明Cl2和NaBr發(fā)生了置換反應(yīng)：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl，說(shuō)明氧化性：Cl2Br2。右側(cè)的棉花吸有淀粉碘化鉀溶液，右側(cè)棉花變藍(lán)，說(shuō)明有I2生成。I2的生成可能是左側(cè)棉花上產(chǎn)生的Br2揮發(fā)到右側(cè)棉花上置換出了I2，也可能是通入的Cl2和KI反應(yīng)置換出了I2，所以無(wú)法說(shuō)明Br2和I2的氧化性相對(duì)強(qiáng)弱，故B錯(cuò)誤；CNH4NO3溶解吸熱，使試管內(nèi)空氣遇冷體積減小，試管內(nèi)壓強(qiáng)降低，U形管左端液面上升，右端液面下降，故C錯(cuò)誤；D甲烷和氯氣發(fā)生取代反應(yīng)生

16、成HCl，可以和AgNO3溶液生成AgCl白色沉淀，但未被消耗的氯氣也會(huì)進(jìn)入AgNO3溶液中，和AgNO3反應(yīng)生成白色沉淀，故根據(jù)燒杯中產(chǎn)生白色沉淀不能證明甲烷和氯氣在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】本題B選項(xiàng)中硬質(zhì)玻璃管中右側(cè)棉花變藍(lán)，不一定是揮發(fā)的Br2和KI反應(yīng)，從左端通入的氯氣可能沒(méi)有完全被NaBr溶液消耗，也可能氯氣已經(jīng)完全把NaBr氧化，這樣氯氣就會(huì)氧化KI，所以本實(shí)驗(yàn)只能證明氧化性：Cl2Br2，不能確定Br2和I2的氧化性相對(duì)強(qiáng)弱。12、A【解析】Cu(s)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+H2(g) H=+64.39 kJ/mol 2H2O2(l)=2H2

17、O(l)+O2(g) H=-196.46 kJ/molH2(g)+O2(g)=H2O(l) H=-285.84 kJ/mol根據(jù)蓋斯定律，將+，整理可得：Cu(s)+H2O2(l)+2H+(aq)=Cu2+(aq)+2H2O(l) H=-319.68 kJ/mol，故合理選項(xiàng)是A。13、C【解析】根據(jù)四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；【詳解】根據(jù)四種短周期元素在周期表的位置，推出W為C，X為O，Y為S，Z為Cl；A、Y、Z、X的原子半徑依次減小，即YZX，故A錯(cuò)誤；B、非金屬性XY、ZY，且O原子半徑小，則非金屬性X、Z、Y依次降低，即XZY，故B錯(cuò)誤；C、非

18、金屬性ZYW，則Z、Y、W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性依次降低，故C正確；D、CH4與Z元素的單質(zhì)氯氣，在光照下可發(fā)生取代反應(yīng)，生成鹵代烴和HCl，不屬于置換反應(yīng)，故D錯(cuò)誤?！军c(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)是選項(xiàng)D，學(xué)生會(huì)把甲烷和氯氣發(fā)生的取代反應(yīng)，與置換反應(yīng)混淆，可以從置換反應(yīng)的定義入手，置換反應(yīng)是單質(zhì)化合物單質(zhì)化合物，CH4與Cl2反應(yīng)生成鹵代烴和HCl，沒(méi)有單質(zhì)的生成，從而推出CH4和Cl2發(fā)生取代反應(yīng)，而不是置換反應(yīng)。14、B【解析】根據(jù)氧化性Fe3+Cu2+H+可知鐵離子優(yōu)先反應(yīng)，由于濾液A中不含Cu2+，且有氣體氫氣生成，則濾液A中不含F(xiàn)e3+，濾渣1.6g為金屬銅，物質(zhì)的量為0.025mol，即

19、合金樣品中總共含有銅原子和銅離子0.025mol。濾液A中加入足量氫氧化鈉溶液，所得濾渣灼燒得到的固體為Fe2O3，質(zhì)量為1.6g，物質(zhì)的量為0.01mol，即合金樣品中總共含有鐵原子和鐵離子0.02mol。稀硫酸過(guò)量，因此濾液A中的溶質(zhì)為H2SO4和FeSO4，其中溶質(zhì)FeSO4為0.02mol，則能加反應(yīng)的硫酸的物質(zhì)的量也為0.02mol，0.02mol H2SO4電離出0.04mol氫離子，其中部分氫離子生成氫氣，另外的H+和合金中的氧離子O2-結(jié)合成水。A、濾液A中的陽(yáng)離子為Fe2+、H+，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、合金中氧離子O2-的物質(zhì)的量為=0.01mol，0.01mol O2-生成水需結(jié)

20、合H+0.02mol，所以參加反應(yīng)的0.02mol硫酸中有0.04mol-0.02mol=0.02molH+生成了氫氣，即有0.01molH2生成，標(biāo)準(zhǔn)狀況下產(chǎn)生的氫氣的體積為0.01mol22.4L/mol=0.224L=224mL，選項(xiàng)B正確；C、假設(shè)FeCu合金樣品全部被氧化，則樣品中CuO的質(zhì)量為0.025mol80g/mol=2g，而實(shí)際情況是FeCu合金樣品部分氧化，故樣品中CuO的質(zhì)量小于2g，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、樣品中鐵元素的質(zhì)量為0.02mol56g/mol=1.12g，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選B?！军c(diǎn)睛】本題考查混合物計(jì)算及物質(zhì)的性質(zhì)，為高頻考點(diǎn)，把握流程中反應(yīng)過(guò)程是解答關(guān)鍵，側(cè)重解

21、題方法與分析解決問(wèn)題能力的考查，注意利用極限法與原子守恒解答。15、C【解析】Ab的氫原子有2種，所以一氯代物有2種，故A錯(cuò)誤；B根據(jù)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式確定c的分子式為C14H16O3，故B錯(cuò)誤；C苯環(huán)、碳碳雙鍵都能和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)，苯環(huán)和氫氣以1：3反應(yīng)、碳碳雙鍵和氫氣以1：1反應(yīng)，所以1mold最多能與4molH2發(fā)生加成反應(yīng)，故C正確；Dd中連接3個(gè)甲基的碳原子具有甲烷結(jié)構(gòu)特點(diǎn)，所以該分子中所有碳原子不能共平面，故D錯(cuò)誤；故答案選C?！军c(diǎn)睛】明確官能團(tuán)及其性質(zhì)關(guān)系、一氯代物判斷方法、原子共平面判斷方法是解本題關(guān)鍵，D為解答易錯(cuò)點(diǎn)。16、A【解析】A將一塊沾有油污的銅片浸入接近沸騰的碳酸鈉溶液中，

22、能除去銅片表面的油污，故A正確；B取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳雙鍵和溴加成，也可能是醛基被氧化，故B錯(cuò)誤；C制備 Fe(OH)3膠體，是將飽和氯化鐵溶液滴入沸水中，當(dāng)溶液呈紅褐色時(shí)停止加熱，故C錯(cuò)誤；D取一塊鐵片，用砂紙擦去鐵銹 ，在鐵片上滴1滴含酚酞的食鹽水 ，靜置幾分鐘，鐵失電子，氧氣得電子，發(fā)生吸氧腐蝕，故D錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，把握有機(jī)物的性質(zhì)、有機(jī)物的檢驗(yàn)及制備、實(shí)驗(yàn)技能為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)性分析，B為易錯(cuò)點(diǎn)，取少量丙烯醛溶液加入足量溴水，如果溴水褪色，可能是碳碳雙鍵和溴發(fā)生加成反應(yīng)，也可能是醛基

23、被氧化。17、A【解析】甲的濃溶液具有脫水性，則甲為硫酸；常溫下，和A發(fā)生鈍化，則A為鋁(Al)；丙、丁、戊是由這些元素組成的二元化合物，且丙是無(wú)色刺激性氣味氣體，結(jié)合轉(zhuǎn)化關(guān)系圖，可得出丙為SO2，丁為H2O，乙為Al2(SO4)3；SO2與戊反應(yīng)生成H2SO4，則戊為H2O2。從而得出W、X、Y、Z分別為H、O、Al、S?！驹斀狻緼丁和戊分別為H2O、H2O2，所含元素種類(lèi)相同，A正確；B簡(jiǎn)單離子半徑：O2-Al3+，B不正確；C氣態(tài)氫化物的還原性：H2O2c(CO32-)；故A錯(cuò)誤；B.Na2CO3在溶液中存在CO32-水解，即CO32-+H2OHCO3-+OH-，由于CO32-水解溶液呈

24、堿性，所以c(OH-)c(H+)，故B錯(cuò)誤；C.由于Na2CO3在溶液中存在著下列平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-;HCO3-+H2OH2CO3+OH-;所以Na2CO3在溶液中C的存在形式為CO32-、HCO3-、H2CO3，根據(jù)物料守恒:c(Na+)=2c(CO32-)+2c(HCO3-)+2c(H2CO3)=0.1mol/L，故C錯(cuò)誤；D.由于CO32-水解，水解方程式為CO32-+H2OHCO3-+OH-，HCO3-+H2O=H2CO3+OH-，所以c(OH)c(HCO3-)，故D正確；所以答案：D?！军c(diǎn)睛】根據(jù)Na2CO3在溶液中存在：Na2CO3=2Na+CO32-；CO

25、32-+H2OHCO3-+OH-；HCO3-+H2OH2CO3+OH-;H2OH+OH-，進(jìn)行分析判斷。21、B【解析】A二氧化硅與氫氟酸發(fā)生反應(yīng)生成四氟化硅，與酸性強(qiáng)弱無(wú)關(guān)，故A錯(cuò)誤；B液氨汽化時(shí)要吸收大量的熱，可用作制冷劑，故B正確；C明礬水解形成Al(OH)3膠體，具有吸附作用，可以吸收水中固體雜質(zhì)顆粒，所以可用作水處理中的凈水劑，不能用于自來(lái)水的殺菌消毒，故C錯(cuò)誤；D濃硝酸具有強(qiáng)氧化性，可使鋁鈍化，所以在常溫下用鋁制容器盛放濃硝酸，鈍化是鋁的表面發(fā)生了氧化還原反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故選B。22、B【解析】A、Cu2與S2生成難溶物是CuS，不能大量共存，故錯(cuò)誤；B、此溶液顯堿性，這些離子大量

26、共存，故正確；C、氯水中Cl2和HClO，具有強(qiáng)氧化性，能把SO32氧化成SO42，不能大量共存，故錯(cuò)誤；D、HCO3與H反應(yīng)生成CO2，不能大量共存，故錯(cuò)誤。二、非選擇題(共84分)23、1，3-二溴丙烷 氧化反應(yīng) 酯基 C13H20O4 1 或 【解析】A：CH3CH=CH2在光照、加熱條件下與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成B為CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2在過(guò)氧化物作用下，與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C為CH2BrCH2CH2Br，CH2BrCH2CH2Br在氫氧化鈉水溶液中加熱發(fā)生水解反應(yīng)生成D為HOCH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成E為HOOCC

27、H2COOH，HOOCCH2COOH在濃硫酸催化下與乙醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3；G水化催化生成H，則G為，與水發(fā)生加成反應(yīng)生成H，H在催化劑作用下發(fā)生氧化反應(yīng)生成I為；與CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3在一定條件下反應(yīng)生成J，J經(jīng)三步反應(yīng)生成K，據(jù)此分析。【詳解】A：CH3CH=CH2在光照、加熱條件下與溴發(fā)生取代反應(yīng)生成B為CH2BrCH=CH2，CH2BrCH=CH2在過(guò)氧化物作用下，與HBr發(fā)生加成反應(yīng)生成C為CH2BrCH2CH2Br，CH2BrCH2CH2Br在氫氧化鈉水溶液中加熱發(fā)生水解反應(yīng)生成D為HOCH2CH2CH2OH，HOC

28、H2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成E為HOOCCH2COOH；G水化催化生成H，則G為，與水發(fā)生加成反應(yīng)生成H，H在催化劑作用下發(fā)生氧化反應(yīng)生成I為；與HOOCCH2COOH在一定條件下反應(yīng)生成J，J經(jīng)三步反應(yīng)生成K。（1）C為CH2BrCH2CH2Br，化學(xué)名稱(chēng)為1，3-二溴丙烷；（2）DE 是HOCH2CH2CH2OH被酸性高錳酸鉀氧化生成HOOCCH2COOH，反應(yīng)類(lèi)型為氧化反應(yīng)，F(xiàn) 為CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3官能團(tuán)的名稱(chēng)是酯基；（3）GH是水化催化生成，的化學(xué)方程式為；（4）J為，分子式為C13H20O4。手性碳原子是指與四個(gè)各不相同原子或基團(tuán)相連的碳原子，則

29、K（）分子中的手性碳原子數(shù)目為1（標(biāo)紅色處）；（5）L是F的同分異構(gòu)體，滿(mǎn)足條件：lmolL與足量的NaHCO3溶液反應(yīng)能生成2molCO2，則分子中含有兩個(gè)羧基；L的核磁共振氫譜有3組峰且峰面積之比為1：2：3，則高度對(duì)稱(chēng)，符合條件的同分異構(gòu)體有或；（6）J經(jīng)三步反應(yīng)合成K：與HCN發(fā)生加成反應(yīng)生成，與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，在催化劑作用下轉(zhuǎn)化為，合成路線(xiàn)為?！军c(diǎn)睛】有機(jī)物的考查主要是圍繞官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行，常見(jiàn)的官能團(tuán)：醇羥基、酚羥基、醛基、羧基、酯基、鹵素原子等。這些官能團(tuán)的性質(zhì)以及它們之間的轉(zhuǎn)化要掌握好，這是解決有機(jī)化學(xué)題的基礎(chǔ)。有機(jī)合成路線(xiàn)的設(shè)計(jì)時(shí)先要對(duì)比原料的結(jié)構(gòu)和最終產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)，官能

30、團(tuán)發(fā)生什么改變，碳原子個(gè)數(shù)是否發(fā)生變化，再根據(jù)官能團(tuán)的性質(zhì)進(jìn)行設(shè)計(jì)。24、乙苯 溴水 +Br2+HBr； NaOH 水溶液、加熱 或 或 【解析】(1)物質(zhì)A的化學(xué)式為C8H10，則苯與CH3CH2Cl發(fā)生取代反應(yīng)生成A為，A的名稱(chēng)為:乙苯；和都可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化，后者能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，而前者不能，可以溴水區(qū)別二者，故答案為:乙苯；溴水；(2)反應(yīng)是苯與液溴在Fe作催化劑條件下生成溴苯，反應(yīng)方程式為: +Br2+HBr；(3)對(duì)比物質(zhì)的結(jié)構(gòu)，可知屬于取代反應(yīng)、屬于加成反應(yīng)，而先發(fā)生鹵代烴的水解反應(yīng)，再發(fā)生分子內(nèi)脫水反應(yīng)，反應(yīng)條件為: NaOH 水溶液、加熱，故答案為:; NaOH

31、水溶液、加熱;(4)滿(mǎn)足下列條件的同分異構(gòu)體:含苯環(huán)結(jié)構(gòu)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，含有醛基，可以有1個(gè)取代基為-CH2CHO,可以有2個(gè)取代基為-CH3、-CHO,符合條件的同分異構(gòu)體有:、；(5) 與氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，然后發(fā)生消去反應(yīng)生成，再與溴發(fā)生加反應(yīng)生成，最后發(fā)生消去反應(yīng)生成，合成路線(xiàn)流程圖為: 。25、三頸燒瓶 Na2SO3溶液 2Cu2+2Cl-+H2O=2CuCl+2H+ 與H+作用，調(diào)整pH 3.5 洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時(shí)防止CuCl被氧化 6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO+4H2O 溫度降到常溫，上下調(diào)節(jié)量氣管至左、右液面相平，該數(shù)時(shí)視線(xiàn)與凹

32、液面最低處相切 CBA 【解析】(1)根據(jù)儀器1的圖示解答；制備過(guò)程中Na2SO3過(guò)量會(huì)發(fā)生副反應(yīng)生成Cu(SO3)23-，需要控制Na2SO3的加入量，據(jù)此分析判斷；(2)根據(jù)題意，在CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時(shí)溶液的酸性增強(qiáng)，結(jié)合Na2CO3的性質(zhì)分析解答；(3)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)在潮濕空氣中可被迅速氧化”分析解答；(4)根據(jù)“氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸”，結(jié)合硝酸的強(qiáng)氧化性書(shū)寫(xiě)反應(yīng)的方程式；根據(jù)正確的讀數(shù)方法解答；用CuCl作O2、CO的吸收劑，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然

33、后用B吸收氧氣，再用A吸收CO，最后用排水法測(cè)量氮?dú)獾捏w積，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)甲圖中儀器1為三頸燒瓶；制備過(guò)程中Na2SO3過(guò)量會(huì)發(fā)生副反應(yīng)生成Cu(SO3)23-，為提高產(chǎn)率，可控制Na2SO3的加入量，則儀器2中所加試劑應(yīng)為Na2SO3溶液，故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3溶液；(2)在提純后的CuSO4液中加入一定量的Na2SO3和NaCl溶液，加熱，生成CuCl(氯化亞銅)沉淀，同時(shí)溶液的酸性增強(qiáng)，生成硫酸，反應(yīng)的離子方程式為：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl+SO42-+2H+，用Na2SO3-Na2CO3混合溶液代替Na2SO3溶液，Na2CO3可與生成的

34、H+反應(yīng)，及時(shí)除去系統(tǒng)中反應(yīng)生成的H+，利于反應(yīng)進(jìn)行，由圖象可知，應(yīng)維持pH在3.5左右，故答案為：2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O2CuCl+SO42-+2H+；與H+作用，調(diào)整pH；3.5；(3)用去氧水作洗滌劑洗滌產(chǎn)品，可洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時(shí)防止CuCl被氧化，故答案為：洗去晶體表面的雜質(zhì)離子，同時(shí)防止CuCl被氧化；(4)根據(jù)題意，氯化亞銅(CuCl)能溶解于硝酸，反應(yīng)的方程式為6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO+4H2O；用D裝置測(cè)N2含量，應(yīng)注意溫度在常溫，且左右液面相平，讀數(shù)時(shí)視線(xiàn)與凹液面最低處水平相切，以減小實(shí)驗(yàn)誤差；用CuCl作O2

35、、CO的吸收劑，測(cè)定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的含量，可用KOH吸收二氧化碳，然后用B吸收氧氣，再用A吸收CO，最后用排水法測(cè)量氮?dú)獾捏w積，則順序?yàn)镃BAD，故答案為：6CuCl+8HNO3=3Cu(NO3)2+3CuCl2+2NO+4H2O；降低溫度到常溫，上下調(diào)節(jié)量氣管液面至左右液面相平，讀數(shù)時(shí)視線(xiàn)與凹液面最低處水平相切；CBA。26、BDCl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2OB如果次氯酸鈉溶液裝在三頸燒瓶中，生成的水合肼會(huì)被次氯酸鈉氧化減壓蒸餾可使產(chǎn)品在較低溫度下氣化，避免高溫分解淡黃色且半分鐘不消失酸式N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O82.00

36、%【解析】（1）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時(shí)，具體步驟是計(jì)算、稱(chēng)量、溶解，NaOH固體時(shí)需要放在燒杯中稱(chēng)，量取水時(shí)需要量筒，溶解時(shí)需要燒杯、玻璃棒；（2）氯氣通入到盛有NaOH的錐形瓶中與NaOH發(fā)生反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水；（3）依據(jù)制取水合肼（N2H4H2O）的反應(yīng)原理為：CO（NH2）2+2NaOH+NaClO=Na2CO3+N2H4H2O+NaCl，結(jié)合反應(yīng)產(chǎn)物和反應(yīng)物分析判斷；水合肼（N2H4H2O）具有還原性，易被次氯酸鈉氧化；（4）根據(jù)反應(yīng)原理確定反應(yīng)終點(diǎn)；（5）根據(jù)碘溶液的性質(zhì)確定所用儀器；（6）根據(jù)N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O進(jìn)行計(jì)算。【詳解】（

37、1）配制一定質(zhì)量分?jǐn)?shù)的溶液時(shí)，溶解時(shí)需要燒杯、玻璃棒，故答案為：BD；（2）錐形瓶中氯氣和NaOH反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的化學(xué)方程式為Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案為：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；（3）水合肼（N2H4H2O）中氮元素為2價(jià)，具有還原性，若次氯酸鈉過(guò)量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會(huì)氧化水合肼，為防止水合肼被氧化，分液漏斗中的溶液應(yīng)是NaOH和NaClO混合溶液；水合肼高溫易分解，減壓會(huì)降低物質(zhì)的沸點(diǎn)，則為防止水合肼分解需要減壓蒸餾，故答案為：B；如果次氯酸鈉溶液裝在燒瓶中，反應(yīng)生成的水合肼會(huì)被次氯酸鈉氧化；餾分高溫易分解，

38、減壓會(huì)降低物質(zhì)的沸點(diǎn)；（4）根據(jù)反應(yīng)N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O，終點(diǎn)時(shí)碘過(guò)量，用0.2000mol/L碘溶液滴定至溶液出現(xiàn)淡黃色且半分鐘不消失，記錄消耗碘的標(biāo)準(zhǔn)液的體積，故答案為：淡黃色且半分鐘不消失；（5）滴定時(shí)，碘具有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕橡膠管，則碘的標(biāo)準(zhǔn)溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為：酸式；（6）由題意可知，水合肼與碘溶液反應(yīng)生成氮?dú)?、碘化氫和水，反?yīng)的化學(xué)方程式為N2H2H2O+2I2=N2+4HI+H2O，由方程式可知n（N2H2H2O）=0.2000molL10.0082L=0.00082mol，250ml溶液中含有的物質(zhì)的量=0.00082mol =

39、0.082mol，水合肼（N2H2H2O）的質(zhì)量分?jǐn)?shù)= 100%=82%，故答案為：N2H4H2O + 2I2 = N2+ 4HI + H2O ；82%?！军c(diǎn)睛】水合肼（N2H4H2O）中氮元素為2價(jià)，具有還原性，若次氯酸鈉過(guò)量，具有強(qiáng)氧化性的次氯酸鈉會(huì)氧化水合肼是解答關(guān)鍵，也是易錯(cuò)點(diǎn)。27、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(zhì)，對(duì)環(huán)境無(wú)污染Al3+、Fe3+加熱脫水甲所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)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(yīng)生成C

40、u2+、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(guò)氧化氫，將Fe2+氧化為Fe3+，再加入氫氧化鈉并調(diào)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(jié)晶、過(guò)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(guò)一系列步驟制取Al2(SO4)318H2O。結(jié)合物質(zhì)的性質(zhì)分析解答。【詳解】(1)稀硫酸、濃硝酸混合酸后加熱，Cu、Al、Fe發(fā)生反應(yīng)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(yīng)的離子方程式

41、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(guò)氧化氫做氧化劑不引入雜質(zhì)，對(duì)環(huán)境無(wú)污染，根據(jù)流程圖，調(diào)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(zhì)，對(duì)環(huán)境無(wú)污染；Al3+、Fe3+；(3)第步由CuSO45H2O制備無(wú)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

42、三種方法中，甲方案在濾渣中只加硫酸會(huì)生成硫酸鐵和硫酸鋁，冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾得到的硫酸鋁晶體中混有大量硫酸鐵雜質(zhì)，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(guò)濾除去生成的鐵和過(guò)量的鋁粉，將濾液蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)濾可得硫酸鋁晶體；丙方案先在濾渣中加NaOH和Al(OH)3反應(yīng)生成NaAlO2，再在濾液中加H2SO4生成Al2(SO4)3，蒸發(fā)、冷卻、結(jié)晶、過(guò)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?yàn)楸拥腘aOH和制備的Al2(SO4)3的原子組成沒(méi)有關(guān)系，造成藥品浪費(fèi)

43、，故答案為甲；所得產(chǎn)品中含有較多Fe2(SO4)3雜質(zhì)；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(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)，平均消耗EDTA溶液6mL，滴定反應(yīng)如下：Cu2+H2Y2-=CuY2-+2H+，銅離子物質(zhì)的量和標(biāo)準(zhǔn)液物質(zhì)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(zhì)的量為bc10-3mol；100mL溶液中含bc10-3mol5=5bc10-3mol，所以CuSO45H2O質(zhì)量分?jǐn)?shù)的表達(dá)式=100%，故答案為100%；a未干燥錐形瓶對(duì)實(shí)驗(yàn)

44、結(jié)果無(wú)影響，故錯(cuò)誤；b滴定終點(diǎn)時(shí)滴定管尖嘴中產(chǎn)生氣泡，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液讀數(shù)偏小，結(jié)果偏低，故錯(cuò)誤；c未除凈可與EDTA反應(yīng)的干擾離子，導(dǎo)致消耗標(biāo)準(zhǔn)液多，結(jié)果偏高，故正確；導(dǎo)致含量的測(cè)定結(jié)果偏高的是c，故答案為c?！军c(diǎn)睛】掌握中和滴定的簡(jiǎn)單計(jì)算和誤差的分析，離子性質(zhì)等是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為(4)，要注意從原子利用的角度分析解答。28、氦 4 sp2 sp3 10NA（或6.021024） ONCH 高 【解析】(1)宇宙中氫元素占88.6%、氦占11.1%，宇宙中含量最多的元素是氫和氦；C的電子排布為1s22s22p2，1s和2s軌道上有2個(gè)電子，p能級(jí)有3個(gè)軌道，每個(gè)電子優(yōu)先占據(jù)1個(gè)軌道，則基態(tài)碳原子核外電子占有4個(gè)軌道；(2)甲基的VSEPR模型為四面體構(gòu)型，-COO-上C的VSEPR模型為平面三角形結(jié)構(gòu)，則C原子的雜化類(lèi)型分別為sp2、sp3；一個(gè)雙鍵含有一個(gè)鍵，由PAN結(jié)構(gòu)可知，一個(gè)中含有10個(gè)鍵，所以1molPAN中含有的鍵數(shù)目為10NA；PAN分子中含有C、H、N、O元素，元素的非金屬性越強(qiáng)，其電負(fù)性越大，則電負(fù)性：ONCH；由于HCOOH存在分子間氫鍵，CH3OCH3只存在分子間作用力