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定位置3請認真核對監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、aL（標準狀況）CO2通入100mL3 mol/L

2、NaOH溶液的反應過程中所發生的離子方程式錯誤的是Aa =3.36時，CO2+2OHCO32+H2OBa =4.48時，2CO2+3OHCO32+HCO3+H2OCa =5.60時，3CO2+4OHCO32+2HCO3+H2ODa =6.72時，CO2+OHHCO32、電導率可用于衡量電解質溶液導電能力的大小。向10mL 0.3 molL1Ba(OH)2溶液滴入0.3 molL1 NH4HSO4溶液，其電導率隨滴入的NH4HSO4溶液體積的變化如圖所示（忽略BaSO4溶解產生的離子）。下列說法不正確的是Aae的過程水的電離程度逐漸增大Bb點：c(Ba2+) =0.1 moI.L-1Cc點：c(

3、NH4+)c(OH-)+c(NH3H2O)3、油畫變黑，可用一定濃度的H2O2溶液擦洗修復，發生的反應為 4H2O2+PbSPbSO4+4H2O下列說法正確的是AH2O 是氧化產物 BH2O2 中負一價的氧元素被還原CPbS 是氧化劑 DH2O2在該反應中體現還原性4、氧氟沙星是常用抗菌藥物，其結構簡式如圖所示。下列有關氧氟沙星的敘述錯誤的是A能發生加成、取代、還原等反應B分子內有3個手性碳原子C分子內存在三種含氧官能團D分子內共平面的碳原子多于6個5、化學與人類社會的生活、生產、科技密切相關。下列說法錯誤是（ ）A氫能的優點是燃燒熱值高，已用作火箭和燃料電池的燃料B糖類、油脂和蛋白質均由C、

4、H、O三種元素組成C離子反應的速率受溫度影響不大，是一類幾乎不需要用活化能來引發的反應D游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等進行消毒6、練江整治已刻不容緩，其中以印染工業造成的污染最為嚴重。某工廠擬綜合處理含NH4+ 廢水和工業廢氣（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），設計了如下工業流程：下列說法錯誤的是A氣體I中主要含有的氣體有N2、NO、COBX在反應中作氧化劑，可通入過量的空氣C處理含NH4+廢水時，發生離子方程式是：NH4+NO2-=N2+2H2OD捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO7、NA是阿伏加徳羅常數的值，下列說法正確的是A12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環的個數為2NAB標準狀況

5、下，22.4LHF中含有的氟原子數目為NAC密閉容器中，lmolNH3和lmolHC1反應后氣體分子總數為NAD在1L 0.1 mol/L的硫化鈉溶液中，陰離子總數大于0.1NA8、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氫氧化鋁可用于中和過多胃酸D碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查9、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

6、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 0.2510、向恒溫恒容密閉容器中充入1 mol X 和1 mol Y，發生反應 X(g)+2Y(g)Z(g)+W(s)，下列選項不能說明反應已達平衡狀態的是Av正(X)=2v逆(Y)B氣體平均密度不再發生變化C容器內壓強不再變化DX的濃度不再發生變化11、下列轉化不能通過一步

7、實現的是（ ）AFeFe3O4BAlNaAlO2CCuCuSO4DCuCuS12、下列說法正確的是ACH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名稱為3，4-二甲基-3-乙基戊烷B可用新制Cu(OH)2懸溶液鑒別甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C高級脂肪酸乙酯在堿性條件下的水解反應屬于皂化反應D向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加熱后滴入幾滴碘水，溶液變藍色，說明淀粉沒有發生水解13、根據下列實驗操作和現象，得出的結論錯誤的是選項實驗操作和現象結論A向2 mL濃度均為1.0molL-1的 NaCl、NaI混合溶液中滴加23滴0.01molL-1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產生。Ksp(Ag

8、Cl)Ksp(AgI)B某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。原溶液中有SO42-C向兩支分別盛有0.1 molL-1 醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產生，后者無氣泡產生。電離常數：Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(H3BO3)D在兩支試管中各加入4 mL 0.01 molL-1 KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 molL-1H2C2O4，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。Mn2+對該反應有催化作用AABBCCDD14、常溫下，下列各組離子在指定溶

9、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、常溫下，關于pH = 2的鹽酸溶液的說法錯誤的是A溶液中c(H+)=1.010-2mol/LB此溶液中由水電離出的c(OH)=1.010-12mol/LC加水稀釋100倍后，溶液的pH = 4D加入等體積pH=12的氨水，溶液呈酸性16、中國科學院科研團隊研究表明，在常溫常壓和可見光下，基于LDH（一種固體催化劑）合成NH3的原理示意圖。下列說法不正確的是A該過程將太陽能轉化成為化學能B該過程中，涉及極

10、性鍵和非極性健的斷裂與生成C氧化劑與還原劑的物質的量之比為31D原料氣N2可通過分離液態空氣獲得二、非選擇題（本題包括5小題）17、某抗結腸炎藥物有效成分的合成路線如圖(部分反應略去試劑和條件)：已知：a. b. 根據以上信息回答下列問題：(1)烴A的結構簡式是_。(2)的反應條件是_；的反應類型是_。(3)下列對抗結腸炎藥物有效成分可能具有的性質推測正確的是_。A水溶性比苯酚好，密度比苯酚的大 B能發生消去反應 C能發生聚合反應 D既有酸性又有堿性(4)E與足量NaOH溶液反應的化學方程式是_.(5)符合下列條件的E的同分異構體有_種，其中核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比3111的異構體的結

11、構簡式為_。a.與E具有相同的官能團b.苯環上的一硝基取代產物有兩種(6)已知易被氧化，苯環上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環上連有羧基時則取代在間位。據此設計以A為原料制備高分子化合物的合成路線_。(無機試劑任選)18、有機物 W 在醫藥和新材料等領域有廣泛應用。W 的一種合成路線如圖：已知部分信息如下：1molY完全反應生成2molZ，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅懸濁液反應+R1COOHRCH2NH2+H2O請回答下列問題：(1)Y 的化學名稱是_；Z 中官能團的名稱是_；(2)中_（填“有”或“無”）手性碳原子；圖示中 X 轉化為 Y 的反應類型是_。(3

12、)生成 W 的化學方程式為_。(4)G 是對硝基乙苯的同分異構體，G 能和碳酸鈉反應產生氣體且分子中含有NH2（氨基），G的同分異構體有_種（不考慮立體結構），其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為 12222 的結構簡式為_。(5)設計以苯乙烯和丙酮為原料制備藥物中間體的合成路線_（無機試劑自選）。19、疊氮化鈉(NaN3)是一種白色劇毒晶體，是汽車安全氣囊的主要成分。NaN3易溶于水，微溶于乙醇，水溶液呈弱堿性，能與酸發生反應產生具有爆炸性的有毒氣體疊氮化氫。實驗室可利用亞硝酸叔丁酯(tBuNO2，以tBu表示叔丁基)與N2H4、氫氧化鈉溶液混合反應制備疊氮化鈉。(1)制備亞硝酸叔丁酯取一定Na

13、NO2溶液與50%硫酸混合，發生反應H2SO42NaNO2=2HNO2Na2SO4。可利用亞硝酸與叔丁醇(tBuOH)在40左右制備亞硝酸叔丁酯，試寫出該反應的化學方程式：_。(2)制備疊氮化鈉(NaN3)按如圖所示組裝儀器(加熱裝置略)進行反應，反應的化學方程式為：tBuNO2NaOHN2H4=NaN32H2OtBuOH。裝置a的名稱是_；該反應需控制溫度在65，采用的實驗措施是_；反應后溶液在0下冷卻至有大量晶體析出后過濾。所得晶體使用無水乙醇洗滌。試解釋低溫下過濾和使用無水乙醇洗滌晶體的原因是_。(3)產率計算稱取2.0g疊氮化鈉試樣，配成100mL溶液，并量取10.00mL溶液于錐形瓶

14、中。用滴定管加入0.10molL1六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6溶液40.00mL(假設雜質均不參與反應)。充分反應后將溶液稀釋并酸化，滴入2滴鄰菲羅啉指示液，并用0.10molL1硫酸亞鐵銨(NH4)2Fe(SO4)2為標準液，滴定過量的Ce4，終點時消耗標準溶液20.00mL(滴定原理：Ce4Fe2=Ce3Fe3)。已知六硝酸鈰銨(NH4)2Ce(NO3)6與疊氮化鈉反應生成硝酸銨、硝酸鈉、氮氣以及Ce(NO3)3，試寫出該反應的化學方程式_；計算疊氮化鈉的質量分數為_(保留2位有效數字)。若其他操作及讀數均正確，滴定到終點后，下列操作會導致所測定樣品中疊氮化鈉質量分數偏大的是_(

15、填字母)。A錐形瓶使用疊氮化鈉溶液潤洗B滴加六硝酸鈰銨溶液時，滴加前仰視讀數，滴加后俯視讀數C滴加硫酸亞鐵銨標準溶液時，開始時尖嘴處無氣泡，結束時出現氣泡D滴定過程中，將掛在錐形瓶壁上的硫酸亞鐵銨標準液滴用蒸餾水沖進瓶內(4)疊氮化鈉有毒，可以使用次氯酸鈉溶液對含有疊氮化鈉的溶液進行銷毀，反應后溶液堿性明顯增強，且產生無色無味的無毒氣體，試寫出反應的離子方程式：_20、某實驗小組同學為了研究氯氣的性質，做以下探究實驗。向KI溶液通入氯氣溶液變為黃色；繼續通入氯氣一段時間后，溶液黃色退去，變為無色；繼續通入氯氣，最后溶液變為淺黃綠色，查閱資料：I2+I-I3-，I2、I3-在水中均呈黃色。（1）

16、為確定黃色溶液的成分，進行了以下實驗：取 23 mL 黃色溶液，加入足量 CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，說明溶液中存在_，生成該物質的化學方程式為_，水層顯淺黃色，說明水層顯黃色的原因是_；（2）繼續通入氯氣，溶液黃色退去的可能的原因_；（3）NaOH 溶液的作用_，反應結束后，發現燒杯中溶液呈淺黃綠色，經測定該溶液的堿性較強，一段時間后溶液顏色逐漸退去，其中可能的原因是_。21、據世界權威刊物自然最近報道，我國科學家選擇碲化鋯(ZrTe2)和砷化鎘(Cd3As2)為材料驗證了三維量子霍爾效應，并發現了金屬-絕緣體的轉換。回答下列問題：（1）鋅和鎘位于同副族，而鋅與銅相鄰。現有 4

17、種銅、鋅元素的相應狀態，鋅：Ar3d104s2、鋅：Ar3d104s1、銅：Ar3d104s1、銅：Ar3d10。失去1個電子需要的能量由大到小排序是_（填字母）。A. B. C. D.（2）硫和碲位于同主族，H2S的分解溫度高于H2Te，其主要原因是_。在硫的化合物中，H2S、CS2都是三原子分子，但它們的鍵角(立體構型)差別很大，用價層電子對互斥理論解釋：_；用雜化軌道理論解釋：_。（3）Cd2+與NH3等配體形成配離子。Cd(NH3)42+中2個NH3被2個Cl替代只得到1種結構，它的立體構型是_。1 mol Cd(NH3)42+含_mol 鍵。（4）砷與鹵素形成多種鹵化物。AsCl3、

18、AsF3、AsBr3的熔點由高到低的排序為_。（5）鋯晶胞如圖所示，1個晶胞含_個Zr原子；這種堆積方式稱為_。（6）鎘晶胞如圖所示。已知：NA是阿伏加德羅常數的值，晶體密度為 d gcm3。在該晶胞中兩個鎘原子最近核間距為_nm（用含NA、d的代數式表示），鎘晶胞中原子空間利用率為_（用含的代數式表示）。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】n(NaOH)0.1 L3 molL10.3 mol；A.a3.36時，n(CO2)0.15 mol，發生CO22OH=CO32-H2O，故不選A；B.a4.48時，n(CO2)0.2 mol，由C原子守恒及電荷守恒可知，發生2CO

19、23OH= CO32-HCO3-H2O，故不選B；C.a5.60時，n(CO2)0.25 mol，由C原子守恒及電荷守恒可知，發生的反應為5CO26OH= CO32-4HCO3-H2O中，故選C；D.a6.72時，n(CO2)0.3 mol，發生CO2+OH=HCO3，故不選D；答案：C。【點睛】少量二氧化碳：發生CO2+2OH-=CO32-+H2O，足量二氧化碳：發生CO2+OH-=HCO3-，結合反應的物質的量關系判斷。2、D【解析】ac段電導率一直下降，是因為氫氧化鋇和硫酸氫銨反應生成硫酸鋇沉淀和一水合氨，c點溶質為一水合氨，ce段電導率增加，是一水合氨和硫酸氫銨反應生成硫酸銨，溶液中的

20、離子濃度增大。【詳解】A. ae的過程為堿溶液中加入鹽，水的電離程度逐漸增大，故正確；B. b點c(Ba2+) = =0.1 moI.L-1，故正確；C. c點的溶質為一水合氨，一水合氨電離出銨根離子和氫氧根離子，水也能電離出氫氧根離子，所以有c(NH4+)c(OH-)，故正確；D. d點溶液為等物質的量的一水合氨和硫酸銨，電荷守恒有c(NH4+)+ c(H+)= 2c(SO42)+ c(OH-)，物料守恒有c(NH4+)+ c(NH3H2O)=3 c(SO42)，-可得c(SO42-)+c(H+)=c(OH-)+c(NH3H2O)，故錯誤。故選D。【點睛】掌握溶液中的微粒守恒關系，如電荷守恒

21、和物料守恒等，注意分清溶液中的成分和數據關系。3、B【解析】H2O2 中氧元素化合價降低生成H2O，H2O是還原產物，故A錯誤；H2O2 中負一價的氧元素化合價降低，發生還原反應，故B正確；PbS中S元素化合價升高，PbS是還原劑，故C錯誤；H2O2中氧元素化合價降低，H2O2在該反應中是氧化劑體現氧化性，故D錯誤。點睛：所含元素化合價升高的反應物是還原劑，所含元素化合價降低的反應物是氧化劑，氧化劑得電子發生還原反應，氧化劑體現氧化性。4、B【解析】A含C=C、苯環、羰基，均能與H2發生加成反應，也是還原反應；含-COOH，能發生取代反應，故A正確；B手性碳原子上需連接四個不同的原子或原子團，

22、則中只有1個手性碳原子，故B錯誤；C分子結構中含有羧基、羰基和醚鍵三種含氧官能團，故C正確；D苯環、C=O均為平面結構，且二者直接相連，與它們直接相連的C原子在同一平面內，則分子內共平面的碳原子數多于6個，故D正確；故答案為B。【點睛】考查有機物的結構和性質，注意把握有機物的結構特點以及官能團的性質，為解答該類題目的關鍵，該有機物中含C=C、C=O、苯環、-COOH，結合烯烴、苯、羧酸的性質及苯為平面結構來解答。5、B【解析】A氫能的優點是燃燒熱值高，已用作火箭和燃料電池的燃料，故A正確；B糖類和油脂是由C、H、O三種元素組成，蛋白質除了含C、H、O外，還含有N、S、P等元素，故B錯誤；C離子

23、反應的活化能接近于零，所以速率受溫度影響不大，是一類幾乎不需要用活化能來引發的反應，故C正確；D漂粉精、臭氧具有強氧化性，活性炭具有吸附作用，游泳池可用漂粉精、臭氧、活性炭等進行消毒，故D正確；故選B。6、B【解析】工業廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成N2，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，以此解答該題。【詳解】工業廢氣中CO2、SO

24、2可被石灰乳吸收，生成固體I為CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體X，用NaOH溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，NaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成氮氣，則氣體II含有CO、N2，捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO。A工業廢氣中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2過量，則固體I為主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，氣體I是不能被過量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正確；B由分析可知，氣體I是不能被過量石灰水吸收的N2、NO、CO，氣體I通入氣體

25、X，用氫氧化鈉溶液處理后到的NaNO2，X可為空氣，但不能過量，否則得到NaNO3，B錯誤；CNaNO2與含有NH4+的溶液反應生成無污染氣體，應生成N2，發生氧化還原反應，離子方程式為NH4+NO2-=N2+2H2O， C正確；D氣體II含有CO、N2，經捕獲劑所捕獲的氣體主要是CO，D正確；故答案選B。【點睛】本題考查物質的分離、提純的綜合應用，側重學生的分析、實驗能力的考查，注意把握物質的性質，為解答該題的關鍵，題目涉及廢水的處理，有利于培養學生良好的科學素養，提高環保意識。7、D【解析】A. 12g石墨烯里有1mol碳原子，在石墨中，每個六元環里有6個碳原子，但每個碳原子被3個環所共有

26、，所以每個環平均分得2個碳原子，所以1個碳原子對應0.5個環，所以12g石墨烯（單層石墨）中含有六元環的個數為0.5NA，故A不選；B. 標準狀況下，HF是液體，故B不選；C. NH3和HC1反應生成的NH4Cl不是由分子構成的，是離子化合物，故C不選；D. 1L 0.1 mol/L的硫化鈉溶液中，如果硫離子不水解，則硫離子為0.1mol，但硫離子會發生水解：S2-+H2OHS-+OH-，所以陰離子數目增加，最終陰離子總數大于0.1NA，故D選。故選D。8、D【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. 氫氧

27、化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應，可用于中和過多胃酸，C正確；D. 碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質變性，所以不能用于胃腸X射線造影檢查，應該用硫酸鋇，D錯誤。答案選D。【點睛】本題主要是考查常見化學物質的性質和用途判斷，題目難度不大。平時注意相關基礎知識的積累并能靈活應用即可，注意碳酸鋇與硫酸鋇的性質差異。9、D【解析】方案：發生反應為2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3+Na2SO4；則2Al2NaOHH2SO42Al(OH)3；方案：發生反應為2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(

28、SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3 Na2SO4；則2Al6NaOH3H2SO42Al(OH)3；方案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O=8Al(OH)3+3Na2SO4，則2Al1.5NaOH0.75H2SO42Al(OH)3。【詳解】A三種方案中，消耗Al都為1mol，Al都由0價升高為+3價，則轉移電子數一樣多，A正確；B從三個方案的比較中可以看出，生成等物質的量的氫氧化鋁，方案所用硫酸的量最少，B正確；C方案需控制酸的加入量，方案需控制堿的加入量，而方案不需對酸

29、、堿的用量嚴格控制，所以方案比前兩個方案更易控制酸堿的加入量，C正確；D采用方案時，整個過程中Al與酸、堿的用量關系為6Al6NaOH3H2SO42Al，用于制備溶液的 Al 占總量的 0.75，D不正確；故選D。10、A【解析】A. 在任何時刻都存在：2v正(X)=v正(Y)，若v正(X)=2v逆(Y)，則v正(Y)= 2v正(X)=4 v逆(Y)，說明反應正向進行，未達到平衡狀態，A符合題意；B. 反應混合物中W是固體，若未達到平衡狀態，則氣體的質量、物質的量都會發生變化，氣體的密度也會發生變化，所以當氣體平均密度不再發生變化時，說明反應處于平衡狀態，B不符合題意；C. 反應在恒容密閉容器

30、中進行，反應前后氣體的物質的量發生變化，所以若容器內壓強不再變化，則反應處于平衡狀態，C不符合題意；D. 反應在恒溫恒容的密閉容器中進行，若反應未達到平衡狀態，則任何氣體物質的濃度就會發生變化，所以若X的濃度不再發生變化，說明反應處于平衡狀態，D不符合題意；故合理選項是A。11、D【解析】A. Fe單質在氧氣中燃燒生產Fe3O4，故A可以一步實現；B. Al和NaOH反應生成NaAlO2、H2和H2O，故B可以一步實現；C. Cu和濃硫酸反應生成CuSO4，故C可以一步實現；D. S的氧化性較弱，和Cu反應生成低價硫化物Cu2S，故D不能一步實現；故選D。【點睛】熟練掌握物質的性質，是解決此類

31、問題的關鍵，正確運用物質分類及反應規律則是解決此類問題的有效方法。12、B【解析】A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名稱為2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A錯誤B. 甲醛中加入氫氧化銅懸濁液，加熱后生成磚紅色沉淀；甲酸中加入少量氫氧化銅懸濁液，溶解得藍色溶液，加入過量時，加熱，又生成磚紅色沉淀；葡萄糖中加入氫氧化銅懸濁液，溶液呈絳藍色；乙酸中加入氫氧化銅懸濁液，溶解得藍色溶液，再加過量時，加熱，無沉淀產生；氨水中加入氫氧化銅懸濁液，溶解得深藍色溶液；乙醇中加入氫氧化銅懸濁液，無現象，B正確；C. 皂化反應必須是高級脂肪酸甘油酯在堿性條件下的水解反應，C錯誤；D.溶液變藍色，可

32、能是淀粉沒有發生水解，也可能是淀粉部分水解，D錯誤。故選B。【點睛】葡萄糖溶液中加入氫氧化銅懸濁液，生成絳藍色的葡萄糖銅溶液；再給溶液加熱，溶液的絳藍色消失，同時生成磚紅色的氧化亞銅沉淀。13、B【解析】A向2 mL濃度均為1.0molL-1的 NaCl、NaI混合溶液中滴加23滴0.01molL-1AgNO3溶液，振蕩，有黃色沉淀產生。說明先生成AgI沉淀，從而說明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)，正確；B. 某溶液中加入Ba(NO3)2溶液有白色沉淀產生，再加入足量稀鹽酸，白色沉淀不消失。不能證明原溶液中有SO42-，因為若含SO32-，也會生成BaSO4沉淀，錯誤；C. 向兩支分別盛有

33、0.1 molL-1 醋酸和硼酸溶液的試管中滴加等濃度Na2CO3溶液，可觀察到前者有氣泡產生，后者無氣泡產生。說明酸性：CH3COOHH2CO3H3BO3，從而說明電離常數：Ka(CH3COOH)Ka1(H2CO3)Ka(H3BO3)，正確；D. 在兩支試管中各加入4 mL 0.01 molL-1 KMnO4酸性溶液和2 mL 0.1 molL-1H2C2O4，再向其中一支試管中快速加入少量MnSO4固體，加有MnSO4的試管中溶液褪色較快。從而說明Mn2+對該反應有催化作用，正確。故選B。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

34、弱堿性溶液中：I和ClO發生氧化還原反應，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、D【解析】A. pH = 2的鹽酸，溶液中c(H+)=1.010-2mol/L，故不選A；B.鹽酸溶液中OH-完全由水電離產生，根據水的離子積，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2=1.010-12mol/L，故

35、不選B；C.鹽酸是強酸，因此稀釋100倍，pH=2+2=4，故不選C；D.氨水為弱堿，部分電離，氨水的濃度大與鹽酸，反應后溶液為NH3H2O、NH4Cl，NH3H2O的電離程度大于NH4+的水解程度，溶液顯堿性，故選D；答案：D16、C【解析】A. 由圖可知，該過程是由太陽能轉化成化學能，故A正確；B. 發生反應為2N2+6H2O=4NH3+3O2，反應反應物和生成中均存在單質和化合物，即涉及極性鍵與非極性鍵的斷裂與生成，故B正確；C. 根據題意和圖示，可以寫出該反應的化學方程式為2N2+6H2O=4NH3+3O2，由于氮元素從0價降為3價，氧元素從2價升到0價，則氮氣是氧化劑，水是還原劑，氧

36、化劑與還原劑的物質的量之比為1:3，故C錯誤；D. 由于空氣中主要是氮氣和氧氣，而氧氣和氮氣的沸點不同，所以可以通過分離液態空氣的方法獲得氮氣，故D正確；答案選C。【點睛】本題對氧化還原反應綜合考查，需要學會觀察圖示物質轉化關系，根據化合價的升降，確定氧化劑還原劑，利用氧化還原反應的規律，配平氧化還原反應。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 Fe或FeCl3 取代反應或硝化反應 ACD 4 或 【解析】E的結構簡式中含有1個COOH和1個酯基，結合已知a，C到D為C中的酚羥基上的氫，被OCCH3替代，生成酯，則D到E是為了引入羧基，根據C的分子式，C中含有酚羥基和苯環，結合E的結構簡式，則C

37、為，D為。A為烴，與Cl2發生反應生成B，B為氯代烴，B與氫氧化鈉發生反應，再酸化，可知B為氯代烴的水解，引入羥基，則A的結構為，B為。E在NaOH溶液中反應酯的水解反應，再酸化得到F，F的結構簡式為，根據已知b，則G中含有硝基，F到G是為了引入硝基，則G的結構簡式為。【詳解】(1)根據分析A的結構簡式為；(2)反應為在苯環上引入一個氯原子，為苯環上的取代反應，反應條件為FeCl3或Fe作催化劑；反應F到G是為了引入硝基，反應類型為取代反應或硝化反應；(3)抗結腸炎藥物有效成分中含有氨基、羧基和酚羥基，具有氨基酸和酚的性質；A三個官能團都是親水基，相對分子質量比苯酚大，所以水溶性比苯酚好，密度

38、比苯酚的大，A正確；B與苯環相連的羥基不能發生消去反應，可以發生氧化反應；該物質含有氨基（或羥基）和羧基，可以發生縮聚反應；該物質含有羧基和羥基酯化反應等，B錯誤；C含有氨基和羧基及酚羥基，所以能發生聚合反應，C正確；D氨基具有堿性、羧基具有酸性，所以既有酸性又有堿性，D正確；答案為：ACD；(4)E中的羧基可以與NaOH反應，酯基也可以與NaOH反應，酯基水解得到的酚羥基也能與NaOH反應，化學方程式為；(5)符合下列條件：a.與E具有相同的官能團，b.苯環上的一硝基取代產物有兩種；則苯環上有兩個取代基處，且處于對位：如果取代基為COOH、OOCCH3，處于對位，有1種；如果取代基為COOH

39、、COOCH3，處于對位，有1種；如果取代基為COOH、CH2OOCH，處于對位，有1種；如果取代基為HCOO、CH2COOH，處于對位，有1種；所以符合條件的有4種；若核磁共振氫譜有四組峰，峰面積之比3：1：1：1的異構體的結構簡式為或；(6)目標產物為對氨基苯甲酸，NH2可由硝基還原得到，COOH可由CH3氧化得到。由于NH2容易被氧化，因此在NO2還原成氨基前甲基需要先被氧化成COOH。而兩個取代基處于對位，但苯環上連有烷基時再引入一個取代基，常取代在烷基的鄰對位，而當苯環上連有羧基時則取代在間位，因此CH3被氧化成COOH前，需要先引入NO2，則合成路線為。18、2，3-二甲基-2-丁

40、烯 羰基 無 消去反應 17 、 【解析】由分子式可知，X為飽和一元醇(或醚)，X在濃硫酸、加熱條件下轉化為Y，Y發生信息中氧化反應生成Z，故X為飽和一元醇，X發生消去反應生成烯烴Y，1molY完全反應生成2molZ，則Y為結構對稱，且在加熱條件下Z不能和新制氫氧化銅濁液反應，結合信息可知Z為，則Y為、X為，結合信息可推知W為。乙苯發生硝化反應生成，然后發生還原反應生成，據此分析解答。【詳解】(1)由分析可知，Y為，Y的化學名稱是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z為，Z中官能團的名稱是：羰基；(2)連接4個不同原子或原子團的碳原子是手性碳原子，故中沒有手性碳原子；圖示中X轉化為Y是分子內脫去1分子

41、水形成碳碳雙鍵，屬于消去反應；(3)生成W的化學方程式為：；(4)G是對硝基乙苯()的同分異構體，G能和碳酸鈉反應產生氣體且分子中含有-NH2(氨基)，G中還含有羧基，苯環可以含有1個側鏈為-CH(NH2)COOH；可以有2個側鏈為-CH2NH2、-COOH，或者為-NH2、-CH2COOH，均有鄰、間、對三者位置結構；可以有3個側鏈為：-CH3、-NH2、-COOH，氨基與羧基有鄰、間、對3種位置結構，對應的甲基分別有4種、4種、2種位置，故符合條件的同分異構體共有1+32+4+4+2=17種，其中在核磁共振氫譜上峰的面積比為1：2：2：2：2的結構簡式為：和；(5)由與反應生成；苯乙烯與氫

42、氣發生加成反應生成乙苯，乙苯發生硝化反應生成，再用酸性高錳酸鉀溶液氧化生成，然后與Fe/HCl反應生成，合成路線流程圖為：。19、tBuOHHNO2tBuNO2H2O 恒壓滴液漏斗(滴液漏斗) 水浴加熱 降低疊氮化鈉的溶解度，防止產物損失 2(NH4)2Ce(NO3)62NaN3=4NH4NO32Ce(NO3)32NaNO33N2 65% AC ClO2N3-H2O=Cl2OH3N2 【解析】(1)制備亞硝酸叔丁酯的反應物有亞硝酸和叔丁醇，反應類型屬于有機的酯化反應，所以方程式為：；(2) 裝置a的名稱即為恒壓滴液漏斗；反應要控制溫度在65，參考苯的硝化實驗，該反應加熱時，應當采用水浴加熱；題

43、干中提到了疊氮酸鈉易溶于水，而微溶于乙醇；因此，洗滌產品時，為了減少洗滌過程中產品的損耗，應當用無水乙醇洗滌；(3)通過題干提示的反應產物分析，可知反應過程中Ce4+和中的元素發生了變價，所以反應的方程式為：；在計算疊氮化鈉的含量時，一定要注意疊氮酸鈉溶液配制完成后只取了與過量的六硝酸鈰銨反應，再用Fe2+去滴定未反應完的正四價的Ce，因此有：，考慮到Fe2+與Ce4+的反應按照1:1進行，所以2.0g疊氮化鈉樣品中疊氮化鈉的物質的量為：，所以疊氮化鈉樣品的質量分數為：；A潤洗錐形瓶，會使步驟消耗的六硝酸鈰銨的量增加，通過分析可知，會使最終計算的質量分數偏大，A項正確；B量取40mL六硝酸鈰銨

44、溶液時若前仰后俯，則會量取比40ml更多的六硝酸鈰銨溶液，那么步驟會需要加入更多的Fe2+來消耗疊氮酸鈉未消耗掉的Ce4+，通過分析可知，最終會導致計算的質量分數偏低，B項錯誤；C步驟用Fe2+標定未反應的Ce4+，若開始尖嘴無氣泡，結束后出現氣泡，則記錄的Fe2+消耗量比實際的偏小，通過分析可知，最終會使質量分數偏大，C正確；D將掛在錐形瓶壁上的 Fe2+溶液沖入錐形瓶，相當于讓溶液混合更均勻，這樣做會使結果更準確，D項不符合；答案選AC；(4)反應后溶液堿性增強，所以推測生成了OH-；產生的無色無味無毒氣體，推測只能是氮氣，所以離子方程式為：。【點睛】滴定計算類的題目，最常考察的形式之一是配制完待測樣品溶液后，只取一部分進行滴定，在做計算時不要忘記乘以相應的系數；此外，常考察的形式也有：用待測物A與過量的B反應，再用C標定未反應的B，在做計算時，要注意A與C一同消耗的B。20、I2 Cl2+2KI=I2+2KCl I3- 生成的碘單質被氯氣氧化為無色物質 吸收多余的氯氣 氯氣與堿的反應速率低于鹽酸和次氯酸與堿反應 【解析】(1)氯氣與KI發生Cl2+2I-=I2+2Cl-，以及I2+I-I3-，取23mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩靜置，CCl4層呈紫紅色，水層顯淺黃色，可說明溶液中存在I2、I3-；