高考化学40道模拟题（每题都有详解）doc高中化学

2022高考化学40道模拟题（每题都有详解）选择题1．在常温常压下呈气态的化合物，降温使其固化得到的晶体属于（）A．分子晶体　　　　　　　　　　　B．原子晶体C．离子晶体　　　　　　　　　　　D．何种晶体无法判断解析：此题考察的是晶体类型的概念及不同类型晶体性质上的不同点。常温常压下呈气态的化合物，只可能是分子晶体；原子晶体和离子晶体常温常压下为固态。分子晶体三态变化时抑制的是分子间作用力，化学键未遭到破坏，因此晶体类型不变。答案：C2．有关化学用语正确的选项是()A．乙烯的实验式：C2H4B．乙醇的构造简式：C2H6OC．四氯化碳的电子式：D．臭氧的分子式O3解析：实验式是表示化合物中各元素的原子最简整数比的式子，所以乙烯的实验式为CH2，A不正确；构造式是用短线表示共用电子对的图示，乙醇的构造简式中至少应表示出它的官能团—OH，B也不正确，C2H6O只是乙醇的分子式；电子式应表示出每个原子最外层的电子数，C中Cl原子只表示出了参与形成共用电子对的电子，而其他电子都没有表示出来，C也不正确，正确答案只有D。答案：D3．25℃、101kPa下，碳、氢气、甲烷和葡萄糖的燃烧热依次是393.5kJ/mol、285.8kJ/mol、890.3kJ/mol、2800kJ/mol,那么以下热化学方程式正确的选项是（　　）A．C(s)+O2(g)=CO(g)；△H=－393.5kJ/molB．2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)；△H=＋571.6kJ/molC．CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(g)；△H=－890.3kJ/molD．C6H12O6（s）+3O2(g)=3CO2(g)+3H2O(l)；△H=－1400kJ/mol解析：此题主要考察对燃烧热概念的理解和对热化学方程式的掌握情况。燃烧热是1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物和液态水时的反响热。而判断一个热化学方程式的正误通常要检查它的物质聚集状态、化学计量数、反响热的数值符号等。A中碳完全燃烧时生成的稳定氧化物应该是二氧化碳而不是一氧化碳，A不正确；B中氢气燃烧是一个放热反响，△H的不可能是一个正数，B不正确；热化学方程式C中的反响热是甲烷的燃烧热，但是生成的水是气态，所以C也不正确。答案：D4．以下说法正确的选项是（）A．纳米材料是指一种称为“纳米”的新物质制成的材料B．绿色食品是指不含任何化学物质的食品C．生物固氮是指植物通过叶面直接吸收空气中的氮气D．光导纤维是以二氧化硅为主要材料制成的解析：此题以生产、生活为载体，通过“绿色食品”、“纳米材料”这样一些专用名词综合考察化学、生物等学科中物质的组成、性质等知识。属于一道跨学科综合题。15/15\n“纳米”是一个长度的单位，而不是新物质，1nm=10－9m，所以A不正确；绿色食品是不含已经污染和会产生污染的化学物质，而不是不含化学物质，不含化学物质的食品不可能存在，B不正确；生物固氮是指植物通过根茎而不是通过叶面来直接吸收空气中的氮气的，C也不正确；光导纤维的主要成分是二氧化硅，D正确。答案：D5．以下反响的离子方程式中正确的选项是（　　）A．甲醇、氧气和氢氧化钾溶液组成的燃料电池的负极反响CH3OH+H2O－6e－=CO2↑+6H+B．在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2至中性H++SO42－+Ba2++OH－=BaSO4↓+H2OC．苯酚钠的水溶液中通入少量的CO22C6H5O¯＋CO2+H2O→2C6H5OH＋CO32－D．用侯氏制碱法制得NaHCO3Na++NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4+答案：D。解析：选项A是近年来比较关注的燃料电池方面的问题，该原电池通甲醇的一极是负极，发生氧化反响，失去电子，但是电解质溶液是KOH，所以不能生成H+，所以选项A不正确；在NaHSO4溶液中加Ba(OH)2，也就是说NaHSO4是过量的，所以应该是Ba(OH)2按自己的组成完全反响，即H+和OH－的系数都是2，所以选项B不正确；无论CO2的量是多还是少，在苯酚钠的水溶液中通入CO2，产物都是NaHCO3，所以选项C不正确；侯氏制碱中的NaHCO3是沉淀出来的，所以选项D正确6．某溶液中含有大量的以下离子：Fe3＋、SO42－、Al3＋和M离子，且这四种离子Fe3＋、SO42－、Al3＋和M的物质的量之比为2：4：1：1，那么M离子可能为以下中的（）A．Na＋B．I－C．S2－D．Cl－答案：D。解析：根据题目条件和电荷守恒可知M应带有1个单位的负电荷，又碘离子不能与铁离子大量共存，所以M只能为选项中的氯离子。7．以下说法中不正确的选项是A.光导纤维和石英的主要成分都是二氧化硅B.遗弃的废旧电池、塑料袋、废纸、破布都会造成水污染C.苏丹红、谷氨酸钠（味精）、碳酸氢钠（小苏打）、亚硝酸钠、明矾等都是在食品加工或餐饮业中制止使用或使用量要严加控制的物质D.纳米装饰材料是一种不会产生甲醛、芳香烃及氡等会造成居室污染的绿色产品答案：D。解析：光导纤维的主要成分是二氧化硅，石英那么是纯度很高的二氧化硅；遗弃的废旧电池会产生重金属污染，塑料袋由于难于分解，成为白色垃圾，废纸和破布那么分解后成为污染物；苏丹红是食品中制止使用的物质，而谷氨酸钠（味精）、碳酸氢钠（小苏打）、亚硝酸钠、明矾等那么不能使用过量；纳米材料主要特征是其微粒大小在“纳米级”，并不一定是不会产生甲醛、芳香烃及氡等的材料。8．以下表达中完全正确的一组是①常温常压下，1mol甲基(—CH3)所含的电子数为10NA15/15\n②由Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池工作时，假设Cu极生成0.2gH2，那么电路通过电子0.2NA③在标准状况下，11.2LNO与11.2LO2混合后气体分子数为0.75NA④常温常压下，16gO3所含的原子数为NA⑤1molC10H22分子中共价键总数为31NA⑥1molCl2发生反响时，转移的电子数一定是2NA⑦标准状况下，22.4L水中含分子数为NAA.①②③④⑤B.②④⑤⑥⑦C.②④⑤D.①②⑤答案：C。解析：甲基是甲烷失去一个H原子后剩余的局部，所以一个甲基中的电子数是9，那么1mol甲基(一CH3)所含的电子数应为9NA；铜锌原电池中正极上生成0.1molH2，需得到0.2mol电子，所以电路中通过的电子也是0.2NA；NO与O2在标况下反响生成NO2，根据反响的化学方程式可以计算出生成的NO2为0.5mol，剩余的O2为0.25mol，即气体的总的物质的量为0.75mol，但NO2还有一个平衡：2NO2N2O4，而此平衡的存在就使气体的总的分子数小于0.75mol；O3是氧的单质，所以16gO3中所含只有氧原子，氧原子个数为NA；甲烷分子中的共价键数为4，乙烷为7，丙烷为10，以此类推，可知含有10个碳原子的烷烃其中所含的共价数为310+1=31；氯气只作氧化剂时，1molCl2发生反响，转移的电子为2mol，但在发生歧化反响时，情况就有所不同了，例如，氯气与水反响时，1molCl2发生反响时，转移的电子为1mol；标准状况下，水呈液态，故22.4L的水并不是1mol。9．以以下图中每条折线表示周期表IVA~VIIA族中的某一族元素氢化物的沸点变化，每个小黑点代表一种氢化物，其中a点代表的是（）A．H2SB．HClC．PH3D．SiH4解析：此题考察的是分子间作用力、氢键与物质沸点的关系，同时考察了学生从图表中获取信息的能力。根据所学知识，在第二周期族IVA~VIIA非金属元素的气态氢化物中，只有NH3、H2O、HF分子之间存在氢键，它们的沸点高于同主族其他元素气态氢化物的沸点，所以a点所在的曲线表示的是IVA族元素的气态氢化物，a点代表的是SiH4。10．将纯锌片和纯铜片按以以下图所示方式插入同深度的稀硫酸中一段时间，以下表达正确的选项是（）A．两烧杯中铜片外表均无气泡产生B．甲中铜片是正极，乙中铜片是负极C．两烧杯中溶液的pH均增大D．产生气泡的速度甲比乙慢15/15\n解析：此题考察了置换反响和原电池的有关知识。甲中形成铜锌原电池，锌作负极，失电子，铜作正极，H＋在铜极上得电子，生成H2，总反响式为：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，原电池的构成加快了反响速率。乙装置中只是锌片与稀硫酸间发生了置换反响：Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑。所以甲中铜片外表有气泡产生，A不正确；乙中不构成原电池,铜片不是电极，B不正确；原电池能加快反响速率,故产生气泡的速度甲比乙快，D不正确。答案：C11、具有相同电子层构造的三种微粒An＋、Bn－、C，以下分析正确的选项是（）A．原子序数关系：C>B>AB．微粒半径关系：Bn－>An＋C．C微粒是稀有气体元素的原子D．原子半径关系是A＜B＜C解析：此类题目首先要根据题给信息，确定各元素在周期表中的相对位置，然后根据元素周期律加以对照。具体解答为：设C的原子序数为Z，那么A的原子序数为Z＋n，B的原子序数那么为Z－n，那么原子序数为A>C>B，A错。因An＋、Bn－具有相同的电子层构造，阴离子半径大于阳离子半径，即，B项正确。An＋、Bn－都应具有稀有气体的电子层构造，C的电子层构造相同于An＋、Bn－，所以C必为稀有气体元素的原子；B、C为同一周期的元素，其原子半径C>B，而A应处于B、C的下一周期，故A的原子半径应大于B。故C项正确，D项错误。答案为BC。12．在容积固定的密闭容器中存在如下反响：A(g)+3B(g)2C(g)；△H<0某研究小组研究了其他条件不变时，改变某一条件对上述反响的影响，并根据实验数据作出以下关系图：以下判断一定错误的选项是()A．图I研究的是不同催化剂对反响的影响，且乙使用的催化剂效率较高B．图Ⅱ研究的是压强对反响的影响，且甲的压强较高C．图Ⅱ研究的是温度对反响的影响，且甲的温度较高D．图Ⅲ研究的是不同催化剂对反响的影响，且甲使用的催化剂效率较高解析：图I中，在乙条件下的化学反响速率，明显比在甲条件下的化学反响速率快；在乙条件下C的平衡浓度，比在甲条件下的C的平衡浓度大，相比较而言，条件乙既有利于此反响的化学反响速率增大又有利于反响向正反响方向进展。说明甲、乙两个条件不仅影响化学反响速率，而且影响化学平衡，而催化剂不影响化学平衡，因此A项是错误的。图Ⅱ在乙条件下的化学反响速率，比在甲条件下的化学反响速率慢，如果甲、乙两个条件是压强对反响的影响，从化学反响速率来讲，是甲的压强较高，而在乙条件下B的转化率，比在甲条件下B的转化率高，说明条件乙有利于反响向正反响方向进展，而所给反响正反响气体体积减小，不符合勒夏特列原理，因此B项也是错误的。温度高化学反响速率快，那么甲的温度高，但是由于正反响放热，不利于反响向正反响方向进展，因此C项是正确的。催化剂只改变化学反响速率不影响化学平衡，因此D项是正确的。答案：AB13．以下反响中氧化剂与复原剂的物质的量之比为1:2，且电子转移数为0.1mol的是A.已知：Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+。将6.4gCu片放入0.1mol／L的FeCl3溶液中充分反响15/15\nB.R2O82-离子在一定条件下可以把Mn2+氧化成MnO4－，而R2O82-离子变为RO42-，假设得到的溶液中含MnO4-0.2molC.C1O2是一种杀菌、消毒、效率高、二次污染小的水处理剂。实验室制备原理：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，标况下制得气体为1.12LD.臭氧可使湿润的KI淀粉试纸变蓝，其原理为：O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2，测得1000mL溶液中的pH=13答案：D。解析：A项中氧化剂为Fe3+，复原剂为Cu，故氧化剂与复原剂的物质的量之比为2:1，6.4gCu失去电子数为0.2mol，那么电子转移数也为0.2mol；B项中每1mol氧化剂R2O82-变为RO42-得到2mol电子，每1mol复原剂Mn2+氧化成MnO4－时得到5mol电子，所以氧化剂与复原剂物质的量之比为5:2，生成MnO4-0.2mol，转移的电子数为1mol；C项中氧化剂与复原剂物质的量之比为2:1，得到的气体为0.05mol，其中ClO2为0.025mol，转移的电子数为0.025mol；D项中氧化剂与复原剂物质的量之比为1:2，生成的KOH为1.00.1mol=0.1mol，那么有0.1molI-被氧化为I2，转移的电子数为0.1mol。14．将pH=1的盐酸平均分成2份，1份参加适量水，另一份参加与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH都升高了1，那么参加的水与NaOH溶液的体积比为()A．9：1B．10：1C．1l：1D．12：l解析：此题是关于pH的计算，综合性强，涉及溶液的稀释和酸碱中和后混合液的pH计算，具有一定的难度，解题的关键是概念清楚，公式准确，根据题意求解。将pH=l的盐酸加适量的水，pH升高了1，那么体积是原盐酸体积的10倍，说明所加的水的体积是原溶液的9倍；另一份参加与该盐酸物质的量浓度相同的适量NaOH溶液后，pH也升高了1。可设碱液体积x。依题意可列出以下等式：10-1×1-10-1·x=10-2(1+x)，解之得x＝9／11，那么参加的水与NaOH溶液的体积比为9：9／11＝11：1，故答案为C。关于pH的计算，在熟练掌握根底知识的同时，还应根据题目的要求，灵活运用，解决实际问题。答案：C15．以以下图中的两条曲线分别表示200℃和300℃时，有反响A（g）+B（g）C（g），△H体系中B的百分含量和时间t的关系，以下对△H的数值和表示300℃时的变化曲线的说法正确的选项是（）。A.△H<0，R曲线B.△H>0，R曲线C.△H<0，S曲线D.△H>0，S曲线答案：A。解析：由图像中的曲线可知R曲线先到达平衡（先“拐”先“平”），所以R为300℃时的变化曲线；由图像又可知温度升高，B%变大，平衡左移，故正反响为放热反响，△H<0。16．将1molCO和1molH2O充入容器中，在催化剂存在下发生反响H2O(g)+CO(g)H2(g)+CO2(g)到达平衡时，发现有50%的CO转化为CO2。在其他条件不变的情况下，假设将1molCO和2molH2O充入反响器中，那么反响达平衡后，混合气体中CO2的体积分数可能为（）答案：C15/15\n解析：假设转化率为50%，CO2的体积分数为1/6，假设转化率为100%，CO2的体积分数为1/3，由于CO的转化率介于50%——100%之间，所以CO2的体积分数介于1/6——1/3之间。17．以下有关溶液的表达正确的选项是A.常温下的醋酸铵溶液呈中性，那么溶液中c(H+)＝c(OH-)＝10-7mol·L-1B.在pH＝2的醋酸溶液中参加等体积c(酸)＝2mol·L-1的某酸溶液后，混合溶液的pH一定会减小C.pH相同的醋酸溶液和盐酸，分别用蒸馏水稀释至原溶液的m倍和n倍，假设稀释后两溶液的pH仍相同，那么m＞nD.导电性强的溶液中自由移动离子数目一定比导电性弱的溶液中自由移动离子数目多答案：C解析：常温下的醋酸铵溶液，铵根离子和醋酸根离子均会水解，它们分别水解得到的H+和OH-的浓度相等，故溶液呈中性，此时，c(H+)＝c(OH-)＞10-7mol·L-1；B项中假设参加的酸的酸性比醋酸还要弱，那么有可能使溶液的pH增大；溶液的导电性取决于溶液中自由移动离子的浓度而非数目，D项错。18．pH相等的盐酸溶液和醋酸溶液分别与足量NaAlO2溶液反响，以下说法正确的选项是（）A.当盐酸溶液和醋酸溶液的体积相等时，盐酸产生的沉淀多B.当盐酸溶液和醋酸溶液的体积相等时，醋酸产生的沉淀多C.假设产生沉淀的质量相等，那么参加盐酸溶液的体积比醋酸多D.假设产生沉淀的质量相等，那么参加醋酸溶液的体积比盐酸多答案：BC解析：当盐酸溶液和醋酸溶液的pH和体积均相等时，由于醋酸为弱电解质，所以醋酸溶液提供的氢离子的物质的量比盐酸多，所以与足量的偏铝酸钠反响时，醋酸产生的沉淀多；当产生沉淀的量相等时，消耗的酸的物质的量相等，但醋酸溶液的体积比盐酸溶液的体积小。19．将镁片、铝片平行插入到一定浓度的NaOH溶液中，用导线连接成闭合回路，该装置在工作时，以下表达正确的选项是A.镁比铝活泼，镁失去电子被氧化成Mg2+B.铝是电池负极，开场工作时溶液中会立即有白色沉淀生成C.该装置的内、外电路中，均是电子的定向移动形成电流D.该装置开场工作时，铝片外表的氧化膜可不必处理答案：D解析：在NaOH溶液中，铝能与NaOH溶液发生氧化复原反响，在该反响中，铝失电子作原电池的负极，由于铝片外表的氧化膜也能与NaOH溶液反响，故其不必处理；由于电池开场工作时，生成的铝离子的量较少，相对的NaOH过量，此时不会有Al(OH)3白色沉淀生成；该装置外电路，是由电子的定向移动形成电流，而内电路，那么是由溶液中自由移动的离子的定向移动形成电流。故答案为D。20：使用含铅汽油能使空气中的铅含量增多，引起铅中毒。以下说法中，正确的选项是（）15/15\nA．铅笔芯的主要成分是金属铅B．CO气体有毒，在生有炉火的居室中多放几盆水，可吸收COC．臭氧层的破坏对人类安康有害D．绿色食品是指使用过化肥和农药生产出来的农副产品【答案】C解析：此题考察的是与日常生活、生产、环境保护相关的知识，学生在学习的过程中应注意与生活实际相关的根本问题，扩大自己的知识面。A项：铅笔芯的主要成分应是石墨，所以A项错误。B项：CO易与血红蛋白结合而使人中毒，但CO不溶于水，所以不能用水吸收CO，B项错误。C项：臭氧层能吸收来自太阳的紫外线，臭氧层被称为地球的保护伞，所以C项正确。D项：绿色食品应是不使用化肥和农药生产出来的产品，从使用农药污染环境的角度也能确定D选项是错误的。21．生活中的一些问题常涉及化学知识，以下表达不正确的选项是()A．糯米中的淀粉一经发生水解反响，就酿造成酒B．福尔马林是一种良好的杀菌剂，但不可用来消毒饮用水C．棉花和人造丝的主要成分都是纤维素D．室内装饰材料中缓慢释放出的甲醛、甲苯等有机物会污染空气解析：此题主要考察在生活和生产中常见物质的性质和用途，能够运用化学视角去观察、推理、分析，讨论生活、生产和社会中的各类有关化学问题，从而培养分析问题的能力。答案：A22．某炼金厂的废水因连降暴雨而溢出，导致河水严重污染。炼金废水中所含CN－有剧毒，其性质与卤素离子相似，复原性介于I－与Br－之间，HCN为弱酸。以下说法不正确的选项是()．．．．．．A．CN－可以和稀硫酸反响生成HCNB．CN－可被Cl2氧化成(CN)2C．在水溶液中(CN)2可被F－复原D．HCN的电子式为H∶CN∶解析：HCN为弱酸，根据强酸制弱酸规律可知，A选项正确；由于CN－的复原性介于I－与Br－之间，那么Cl2可氧化CN－而生成(CN)2，B选项正确；因F－的复原性弱于CN－，故(CN)2与F－不反响；根据电子式的书写规那么可知D选项正确。答案：C23．由解放军总装备部军事医学院研究所研制的小分子团水，解决了医务人员工作时的如厕难题。新型小分子团水，具有饮用量少、渗透力强、生物利用率高、在人体内储存时间长、排放量少的特点。一次饮用125mL小分子团水，可维持人体6小时正常需水量。以下关于小分子团水的说法正确的选项是A.水分子的化学性质改变B.水分子中氢氧键缩短C.水分子间的作用力减小D.水分子间构造、物理性质改变答案：D。解析：小分子团水仍是以分子为根本单位组成的聚集体，所以分子构造并没有改变，分子中的氢氧键并没有缩短，化学性质更不会改变。它改变的是分子间的构造，分子间作用力增强，物理性质改变。24．下面有三那么关于“CO2”的消息：（1）1999年美国《科学》杂志报道：在40Gpa的高压下，用激光器加热到1800K，人们成功地制得了原子晶体干冰。15/15\n（2）CCTV《科技博览》报道，2022年3月中科院首创用CO2合成降解塑料聚二氧化碳。（3）超临界流体是温度和压力同时高于临界值的流体，也即压缩到具有接近液体密度的气体，是物质介于气态和液态之间的一种新的状态。针对以上消息，以下推断中正确的选项是①原子晶体干冰有很高的熔点、沸点；②原子晶体干冰易汽化，可用作致冷剂；③原子晶体干冰的硬度大，可用作耐磨材料；④聚二氧化碳塑料是通过加聚反响得到的；⑤聚二氧化碳塑料与干冰互为同素异形体；⑥聚二氧化碳塑料都属于纯洁物；⑦聚二氧化碳塑料的使用会产生白色污染；⑧超临界二氧化碳与CO2的物理性质不同，但化学性质相同；⑨超临界二氧化碳可能是一种原子晶体；⑩超临界二氧化碳代替氟利昂可减轻对臭氧层的破坏A.②③④⑨⑩B.②③④⑤⑥⑧⑩C.①③④⑧⑩D.③④⑦⑧⑨答案：C。解析：原子晶体干冰微粒间作用力是共价键，故具有很高的熔点、沸点和硬度。物质的聚合方式有加聚和缩聚两种方式，缩聚有小分子生成，而聚二氧化碳塑料没有小分子生成。由于聚合度不同，可知聚二氧化碳塑料是混合物，它与干冰既不是同素异形体，也不是同分异构体。聚二氧化碳的分解产物只有二氧化碳，因此不会产生白色污染。超临界二氧化碳介于气态与液态之间，故超临界二氧化碳与CO2物理性质不同，但表达的化学性质是相同的。25．赤藓糖醇是一种无热、不产生龋齿、不会引起血糖反响、抗氧化的新型天然甜味剂，它能带来良好的口感，给人美妙的味觉。和其他甜味剂同时使用可以起到协同增效作用，广泛用于各种功能性食品中。赤藓糖醇的分子式为：C4H10O4，构造式为：CH2OH(CHOH)2CH2OH，以下有关赤藓糖醇的表达中不正确的选项是（　　）A.赤藓糖醇是一种单糖B.赤藓糖醇是一种四元醇，其系统命名是丁四醇C.赤藓糖醇是一种无糖型植物甜味剂D.赤藓糖醇与葡萄糖、果糖等一样属于多羟基醛或酮答案：BD解析：赤藓糖醇是一种四元醇，其系统命名是1，2，3，4—丁四醇，构造中无醛基或羰基。故表达中不正确的选项是B、D。26．被誉为中国“新四大创造”的复方蒿甲醚是第一个由中国发现的全新化学构造的药品，也是目前在国际上获得广泛认可的中国原创药品。截至2022年底，已被26个亚非国家指定为疟疾治疗一线用药，它在疟疾这一高传染性疾病治疗史上具有里程碑意义。其主要成分是青蒿素（是一种由青蒿中别离得到的具有新型化学构造的抗疟药），构造如以以下图所示。有关该化合物的表达正确的选项是（）A．分子式为：C16H22O5B．该化合物在一定条件下不能与NaOH溶液反响C．该化合物中含有过氧键，一定条件下有氧化性D．青蒿素与维生素一样是水溶性的答案：C。15/15\n解析：选项A从构造式上可以看出该化合物的分子式是C15H22O5；该化合物含有一个酯基，可发生水解，所以可以和NaOH溶液反响；化合物中含有过氧键，在一定的条件下过氧键能与氢结合成双氧水，具有氧化性；由于分子比较大又有酯基，所以难溶于水。27：实验室里需用480mL0.1mol·L－1的硫酸铜溶液，现选取500mL容量瓶进展配制，以下操作正确的选项是（）。A.称取7.68g硫酸铜，参加500mL水B.称取12.0g胆矾配成500mL溶液C.称取8.0g硫酸铜，参加500mL水D.称取12.5g胆矾配成500mL溶液提示：A、C选项中参加500mL水，最后溶液的体积不止500mL，胆矾的化学式为CuSO4·5H2O,通过计算不难知D选项符合题意。28：以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收易溶性气体，而且能防止倒吸的是()ABCD解析：A是一密封装置，不能用来吸收气体；C选项中漏斗口浸入溶液中，起不到防倒吸的作用，漏斗口接近液面即可。答案：BD29．以下实验方法：①用渗析法别离蛋白质和葡萄糖的混合液②用盐析法别离出皂化反响产生的高级脂肪酸钠③用蒸馏法别离C2H5OH与H2O的混合物④用分液法别离H2O和C2H5Br的混合物。你认为上述方法（）A.只有①不正确B.②③不正确C.只有③④正确D.全部正确解析：①中蛋白质溶液是一种胶体，而葡萄糖溶液不是，可用渗析法进展别离；②中向混合液中参加食盐使高级脂肪酸钠的溶解度降低而析出从而到达别离的目的；③中乙醇和水的沸点不同，可用蒸馏法别离；④中溴乙烷密度比水大，难溶于水，可用分液法进展别离。答案：D30．化学反响经常伴随着颜色变化，以下有关反映的颜色变化正确的选项是：①蛋白质遇浓硝酸-黄色②淀粉溶液遇单质碘-蓝色③溴化银见光分解-白色④热的氧化铜遇乙醇-绿色⑤新制氯水久置后-无色⑥苯酚在空气中氧化-粉红色()A．①②③⑤B．②④⑤C．①②⑤⑥D．②③⑥答案：C解析：①蛋白质遇浓硝酸-黄色，正确；②淀粉溶液遇单质碘-蓝色，正确；③溴化银见光分解不是白色，而是黑色；④热的氧化铜遇乙醇不是绿色，而是红色；⑤新制氯水久置后-无色，正确；⑥苯酚在空气中氧化-粉红色，正确；故正确答案为C.15/15\n非选择题1．如以下图，在一条鱼、虾几乎绝迹的小河边，从上游到下游依次有甲、乙、丙、丁四座工厂，各厂排放的废水里都只含有Na2CO3、FeCl3、Ca(OH)2、HCl中的一种。某中学环保小组对河水监测时发现：①甲处河水呈乳白色；②乙处河水呈红褐色；③丙处河水由浑变清；④丁处产生气泡，河水仍澄清。请答复：⑴四座工厂排出的废水里含有的污染物分别为：甲；乙；丙；丁。（填化学式）⑵在丁的下游M处取出的河水中，肯定含有的离子是。⑶写出有关反响的离子方程式：。⑷小河中鱼、虾几乎绝迹的原因是。解析：此题以四种常见物质之间的离子反响为切入点，从环保的角度考察知识的实际应用。水流方向是由甲经过乙，依次流经丙和丁。根据四种物质的性质特点，甲处河水呈乳白色，故为Ca(OH)2；乙处河水呈红褐色是因为生成了Fe(OH)3，故乙处为FeCl3；丙处河水由浑变清，是由于Fe(OH)3沉淀在丙处被溶解，故丙处为盐酸，丁处为Na2CO3（与盐酸作用产生气泡）。答案：⑴Ca(OH)2、FeCl3、HCl、Na2CO3；⑵Na+、Ca2+、Fe3+、H+、Cl―（OH―）；⑶Fe3++3OH―=Fe(OH)3↓；Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O；CO32―+2H+=H2O+CO2↑。⑷河水中的酸碱性及有害物质的富集，直接危害鱼、虾等生物的生长。2、有A、B、C、D、E、F、G七种元素，试按下述所给的条件推断：①A、B、C是同一周期的金属元素，已知原子核外有3个电子层，A的原子半径在所属周期中最大且原子半径A>B>C；②D、E是非金属元素，它们跟氢化合可生成气态氢化物HD和HE，在室温时，D的单质是液体，E的单质是固体；③F的单质在常温下是气体，性质很稳定，是除氢外最轻的气体；④G是除氢外原子半径最小的元素。（1）A的名称是____________，B位于周期表中第_________周期________族，C的原子构造示意图是________________。（2）E的单质颜色是____________________。（3）A元素与D元素形成化合物的电子式是__________________。（4）G的单质与水反响的化学方程式是______________________________。（5）F的元素符号是_____________________。（6）在上述七种元素中，最高价氧化物对应的水化物碱性最强的化学式是_________，酸性最强的化学式是_______________，气态氢化物最稳定的化学式是______________。（7）将C的氧化物对应的水化物投入到A的氧化物对应的水化物中反响的离子方程式是：___________________________________________。解析15/15\n：此题必须根据原子构造，元素周期表的知识，结合相关已知条件，并利用短周期元素原子构造的特征规律以及某些元素的特征性质，才能推算出原子序数，判定元素在周期表中的位置。进而顺利作答此题。此题综合性较强，考察的知识面较广，在高考试题中经常出现。这就要求学生在复习的过程中，必须注意知识间的相互联系。具体解答为：据①知A、B、C均为第3周期的金属元素（只有Na、Mg、Al），且原子半径A>B>C，那么A、B、C分别为Na、Mg、Al；据②可知D、E均为VIIA族元素，D的单质为液体，那么D为Br，E的单质为固体，那么E为I；据③知F为He，据④知G为氟。答案：（1）钠3ⅡA（2）紫黑色（3）（4）2F2＋2H2O4HF＋O2（5）He（6）NaOHHBrO4HF（7）Al(OH)3＋OH－AlO2－＋2H2O3．市场上出售的“热敷带”的主要成分是铁屑、碳粉、木屑、少量的氯化钠、水等。“热敷带”启用之前用塑料袋密封，启用时，翻开塑料袋轻轻揉搓就会放出热量。使用完后，会产生大量铁锈。（1）“热敷带”放热的原理是：______________________________________________（2）碳粉的作用是：氯化钠的作用是：_____________________________（3）有关电极反响是：________________________________________________________总反响为：_____________________________________________________________答案：1利用原电池原理2充当原电池的正极；充当原电池的电解质溶液3正极：2H2O+O2+4e-=4OH_负极：Fe-2e-=Fe2+总：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)32Fe(OH)3=Fe2O3+3H2O4：甲、乙、丙、丁为前三周期元素形成的微粒，它们的电子总数相等。已知甲、乙、丙为双原子分子或负二价双原子阴离子，丁为原子。（1）丙与钙离子组成的离子化合物跟水反响产生一种可燃性气体，反响的化学方程式是___________________________________________________。（2）乙在高温时是一种复原剂，请用化学方程式表示它在工业上的一种重要用途：____________________________________________________。（3）在一定条件下，甲与O2反响的化学方程式是：______________________。（4）丁的元素符号是____，它的原子构造示意图为_________________________。（5）丁的氧化物的晶体构造与______的晶体构造相似。【答案】（1）CaC2+2H2O===Ca（OH）2+C2H2↑放电（2）Fe2O3+3CO2Fe+3CO2（3）N2+O22NO（4）Si；（5）金刚石解析：此题是一道综合性很强的推断题，它以等电子微粒构造与性质有机结合起来有效的考察综合分析能力，同时具有一定的开放性（填CO的用途）。解答此题的突破口是“丙与钙离子组成的离子化合物跟水反响产生一种可燃性气体”，而丙为负二价双原子的离子，且电子总数为14，根据中学化学课本上介绍的两种负二价阴离子和，可知丙为。电子总数为14的原子是硅原子。由相同元素组成的双原子分子为N215/15\n。乙在高温下是一种复原剂且为14个电子，那么乙为CO，CO在工业上主要是冶炼金属如炼铁等。5：室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在适宜反响条件下，它们可以按下面框图进展反响。又知E溶液是无色的，请答复：（1）A是______B是______C是______（请填写化学式）（2）反响①的化学方程式为：____________________________________________。（3）反响③的化学方程式为：____________________________________________。（4）反响④的化学方程式为：____________________________________________。【答案】（1）Fe、Cl2、H2；（2）2Fe+3Cl2==2FeCl3；（3）Fe+2HCl==FeCl2+H2↑；（4）2FeCl2+Cl2==2FeCl3解析：由B为黄绿色气体且为单质，可知B为Cl2；由框图可知反响①中生成的固体D为固体单质A与Cl2反响生成的一种氯化物；反响②中生成的E为Cl2与气体单质C生成的一种可溶于水的氯化物，且E溶液和固体单质A又可以重新生成气体C和F，只有当C为H2，F为一种氯化物时才能满足这一过程；而A与Cl2反响已生成了一种氯化物D，F又是一种氯化物，所以A为变价金属，应为Fe。6．在一定条件下，可实现以下物质间的转化，转化过程如以以下图所示，请答复相关问题：淡黄色固体W固体A溶液D气体丙溶液B气体甲+H2O气体乙悬浊液C+H2O点燃液体E+B（1）固体A是一种重要的工业原料，其化学式为。（2）利用上图中的物质实现C到B转化过程的离子方程式是。（3）上述变化过程中生成的C和丙恰好能完全反响，该反响的化学方程式为：。（4）假设甲和乙恰好完全反响，那么W和A的物质的量之比是。解析：此题的框图主要由三个反响组成，很自然地把无机物的转化和有机物的转化进展了融合。类似的情况在近几年的高考中有所表达，所融合的有机反响主要是烃的燃烧，卤代等。此题的突破口很多，从物质的颜色状态来看有：淡黄色固体W和悬浊液C；从反响特征来看有：两个与H2O反响放出气体的反响特征；从提示信息来看有：设问（1）中的固体A是一种重要的工业原料……可以综合分析从而提出假设。答案：（1）CaC2；（2）Ca(OH)2+CO=CaCO3+2OH—（3）Ca(OH)2+2CO2=Ca(HCO3)2（4）5:17．中央电视台新闻栏目2022年5月14日报道齐齐哈尔第二制药有限公司生产的假药事件，“齐二药”违反规定，购入工业用“二甘醇”代替医用丙二醇(C3H8O2)作辅料，用于“亮菌甲素注射液”15/15\n的生产，导致多名患者肾功能衰歇，造成多名患者死亡。二甘醇又称乙二醇醚，分子式为C4H10O3（HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH），二甘醇是一种重要的化工原料，可以制取酸、酯、胺等，其主要产品有吗啉及其衍生物1，4-二恶烷（）等被广泛应用于石油化工、橡胶、塑料、制药等行业，用途十分广泛。二甘醇一般的合成路线为：石油物质B物质C物质D物质A过程ⅠBr2条件Ⅱ反响Ⅲ①②③④请答复以下问题：（1）以下关于“丙二醇”和“二甘醇”及“乙二醇”的有关说法正确的选项是A.丙二醇是乙二醇的同系物B.它们具有相同种类和数目的官能团，性质上完全相同C.“丙二醇”和“二甘醇”在病人体内都能被氧化为草酸D.别离“丙二醇”和“二甘醇”可采用分液的方法（2）过程Ⅰ是石油加工中常用步骤，其名称为。（3）从物质B到物质C的过程如果条件控制不好会生成物质E，E可用于金属的切割，那么为了能得到二甘醇D，物质B到物质C的反响条件是，该反响属于（添反响类型）。写出B可能生成E的化学方程式：。（4）物质D是二甘醇，那么合成路线中的物质A、B、C的构造简式分别是：A：B：C：（5）反响Ⅲ的化学方程式为：。(6)写出二甘醇制备1，4-二恶烷的化学方程式：。答案：（1）A（2）裂解；（3）NaOH水溶液，取代反响；醇△CH2BrCH2Br+2NaOHHC≡CH↑+2NaBr(3分)(4)A：CH2=CH2，B：Br-CH2-CH2-Br，C：HO-CH2-CH2-OH。（各1分共3分）（5）2HO-CH2-CH2-OH2HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH+H2O（3分）（6）HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH+H2O（3分）解析：此题涉及到石油的裂解、有机反响类型、有机反响条件的选择等方面的知识。从产物可以看出此题的物质的转化关系，从而容易得到有机物的构造简式。D是HO-CH2-CH2-O-CH2-CH2-OH，C为HO-CH2-CH2-OH，B为Br-CH2-CH2-Br,A为CH2=CH2。知道了具体的物质其他问题就可以解决。8．2022年1月30日湖北107国道湖北孝感段发生危险化学品泄漏,上百人中毒,1人死亡.经公安部门侦查及卫生部门医学诊断，判断为高毒类有机物硫酸二甲酯泄漏引发的人员中毒。该物质在有机合成中用作甲基化试剂(提供-OCH3)。但随着对此研究的深入，该有毒物质的应用范围越来越小，相信不久将被无毒的有机物M完全取代.现有一种有机香料A是经过有机物M作为甲基化试剂合成的(注意:取代基不能全部相邻)。15/15\n（1）有机物M构造的球棍模型如以下图:有机物M的分子式为:名称为,写出M在氢氧化钠溶液中反响的化学方程式:；(2)A分子中的官能团的是；（除甲氧基外）(3)根据上述信息(填可以或不能)确定A的构造式,理由是；(4)A可以发生的反响是(填符号)；a复原反响b氧化反响c酯化反响d水解反响(5)写出符合以下要求的A的同分异构体共有种；①含有苯环②能发生银镜反响③1mol该异构体能与2molNa反响④苯环上只能生成三种一氯代物(6)写出以下反响的化学方程式(有机物用构造简式表示),且指出反响类型。A→B:D→E:答案：（1）C3H6O3；碳酸二甲酯；（2）醛基；酯基（3）不能；两个取代基与酚羟基的位置有两种（4）bd(5)10（6）氧化反响取代反响或者：9．当前，一次性筷子、一次性饭盒的平安也受到社会的关注。专家介绍说，正规的一次性筷子所用的原料都是质地较好的木材，不用特殊加工。但是很多小作坊为了降低本钱，使用劣质木材，为筷子看上去白一些，他们常用硫磺进展熏蒸漂白，结果造成二氧化硫严重超标，同时硫磺中含铅、汞等重金属，也会对人体造成铅中毒或汞中毒。（1）“硫磺熏蒸”是应用二氧化硫的漂白性质，写出硫磺燃烧的化学方式___________________________________________（2）防止、减小毒筷“中毒”最简单的方法是用凉水清洗筷子外表，减少二氧化硫的含量。为研究SO2的溶解性质，某学生做如下实验：如右图，集气瓶中收集的是SO2，瓶塞系着瘪气球，向瓶中滴加紫色石蕊试液，实验现象是________。为比较SO2和CO2溶解性的大小，某学生采取同样的装置和操作，能说明SO2在水中的溶解性大于CO2在水中溶解性的实验现象是____________。某学生取出瓶中溶液，将其滴入品红溶液，充分振荡，实验现象为_______，接着向溶液中参加足量氯水，实验现象为_______，再滴加BaCl2溶液，实验现象为_____________。（3）在制一次性筷子时有“抛光”程序：参加滑石粉和木签一起搅拌，起到枯燥、打磨的作用，使筷子变得光滑，以免毛疵划人的口腔。已知滑石粉是一种含水的具有层状构造的硅酸盐矿物。其质量组成为MgO31.88%，SiO263.37%，H2O4.75%，其化学式为。（4）有的厂家用石蜡代替“滑石粉抛光”，石蜡是含碳原子数（C20～C3015/15\n）较多的稠环芳香烃，常温下为固体，温度高时熔化后可随食物进入人体致使慢性中毒。有如右的一系列物质，那么A的分子式为，A、B、C可以互称同系物吗？为什么？_____________?该系列化合物里碳的最大质量分数为？假设E是A的一个氢原子被羟基取代的产物，预测E可能具有哪些化学性质（至少举2条）点燃答案：（1）S+O2=SO2（2）紫色石蕊试液变红、气球鼓胀起来SO2溶解时气球鼓胀的程度大于CO2溶解时气球的鼓胀程度品红溶液的红色褪去(品红、SO2结合成不稳定的化合物)，溶液显浅紫色（石蕊的颜色）　先变红后褪色（足量氯水能氧化SO2、石蕊和品红试液）　生成白色沉淀（BaSO4）。（3）Mg3(Si4O10)(OH)2（4）C10H8。不能，因为A、B、C相差n个C6H2，不是n个CH2。解析：（4）因该系列化合物的通式为C6n+4H2n+6(n≥1)，用数学极限思想求得C﹪的最大值为97.3﹪。根据题意知E是C10H7-OH，应具有与苯酚相似的化学性质，可推测E能与溴水发生取代反响、E与FeCl3能发生显色反响、E能和碳酸钠溶液反响等。10．钠在空气中燃烧（下左图）生成产物的固体物质中除有黄色粉末外，还有黑色固体物质——碳。（1）请假设黑色固体物质可能产生的原因是：假设①；假设②；假设③。（2）为确认以上其中一种假设的正误，某同学进展如下推断：由于金属钠与氧的结合能力比碳强，因此黑色碳可能是二氧化碳与金属钠发生置换反响而生成。该同学设计实验如下：甲打孔器钻取一段金属钠，取中间一小块钠放在充满二氧化碳气体的试管（上右图）中加热，观察到钠燃烧发出黄色火焰，并有黄色固体和黑色固体生成，生成的黄色固体立即变成白色。请答复以下问题：①用打孔器这种方法取金属钠的原因是；②产生以上现象的可能的化学反响方程式为：。答案：（1）①金属钠上没有擦干净的煤油不完全燃烧后生成碳，②酒精不完全燃烧生成的碳；③酒精燃烧产生的二氧化碳与金属钠反响生成的碳；④金属钠中含有杂质；⑤金属钠中的杂质反响后的生成物等（要求填三种即可）。（2）①保证所取的是纯洁的钠②2Na＋CO2点燃C＋Na2O2，2Na2O2＋2CO2点燃2Na2CO3＋O2，或Na2O2＋2Na点燃2Na2O15/15