2022年河南省盧氏實驗高中高考沖刺化學模擬試題含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y(jié)束后，請將本試卷和答題卡一并交回。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、中美科學家在銀表面首次獲得了二維結(jié)構的硼烯，該科研成果發(fā)表在頂級刊Science上，并獲得重重點推薦。二維結(jié)構的硼烯如圖所示，下列說法錯誤的是（ ）A1mol硼原子核外電子數(shù)為3NAB1molBF3分子中共價鍵的數(shù)目為3N

2、AC1molNaBH4與水反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NAD硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負極材料2、已知X、Y、Z、W、M均為短周期元素。25時，其最高價氧化物對應的水化物（濃度均為0.01mol/L）溶液的pH和原子半徑的關系如圖所示。下列說法不正確的是（ ）AX、M簡單離子半徑大小順序：XMBZ的最高價氧化物水化物的化學式為H2ZO4CX、Y、Z、W、M五種元素中只有一種是金屬元素DX的最簡單氫化物與Z的氫化物反應后生成的化合物中既含離子鍵又含共價鍵3、A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的一種核素質(zhì)子數(shù)與質(zhì)量數(shù)在數(shù)值上相等；B的單質(zhì)分子中有三對共用電子；C、

3、D同主族，且核電荷數(shù)之比為1:2。下列有關說法不正確的是（ ）AC、D、E的簡單離子半徑：DECBA與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子C由A、B、C三種元素形成的化合物均能促進水的電離D分子D2E2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，則分子中存在非極性鍵4、某學生利用NaOH 溶液去除鋁表面的氧化膜以后，進行“鋁毛”實驗。在其實驗過程中常有發(fā)生，但與實驗原理不相關的反應是()AAl2O3+2NaOH2NaAlO2+H2OB2Al+2H2O+2NaOH2NaAlO2+3H2C2Al+3Hg(NO3)22Al(NO3)3+3HgD4Al+3O22Al2O35、下列分散系能產(chǎn)生“丁達爾效應”的是(

4、)A分散質(zhì)粒子直徑在1100 nm間的分散系B能使淀粉KI試紙變色的分散系C能腐蝕銅板的分散系D能使蛋白質(zhì)鹽析的分散系6、鈦（Ti）金屬常被稱為未來鋼鐵，Ti和Ti是鈦的兩種同位素。下列有關Ti的說法正確的是ATi比Ti少1個質(zhì)子BTi和Ti的化學性質(zhì)相同CTi的相對原子質(zhì)量是46DTi的原子序數(shù)為477、向某二價金屬M的M(OH)2的溶液中加入過量的NaHCO3溶液，生成了MCO3沉淀，過濾，洗滌、干燥后將沉淀置于足量的稀鹽酸中，充分反應后，在標準狀況下收集到V L氣體。如要計算金屬M的相對原子質(zhì)量，你認為還必需提供下列哪項數(shù)據(jù)是AM(OH)2溶液的物質(zhì)的量濃度B與MCO3反應的鹽酸的物質(zhì)的

5、量濃度CMCO3的質(zhì)量D題給條件充足，不需要再補充數(shù)據(jù)8、化學與我們的生活密切相關。下列說法錯誤的是()A開發(fā)可燃冰，有利于節(jié)省化石燃料，并減少空氣污染B酒精能殺菌，濃度越大效果越好C鉆石、水晶、剛玉都是人們熟知的寶石，但其化學成分不同D用熱的純堿溶液和直餾汽油去油污原理不同9、某同學探究溶液的酸堿性對FeCl3水解平衡的影響，實驗方案如下：配制50 mL 0.001 mol/L FeCl3溶液、50mL對照組溶液x，向兩種溶液中分別滴加1滴1 mol/L HCl溶液、1滴1 mol/L NaOH 溶液，測得溶液pH隨時間變化的曲線如下圖所示。下列說法不正確的是A依據(jù)M點對應的pH，說明Fe3

6、+發(fā)生了水解反應B對照組溶液x的組成可能是0.003 mol/L KClC依據(jù)曲線c和d說明Fe3+水解平衡發(fā)生了移動D通過儀器檢測體系渾濁度的變化，可表征水解平衡移動的方向10、由下列實驗及現(xiàn)象推出的相應結(jié)論正確的是實驗現(xiàn)象結(jié)論A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液產(chǎn)生藍色沉淀原溶液中有Fe2+，無Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液變渾濁酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)WZYX，M的原子半徑最大且0.01mol/L最高價氧化物對應水化物溶液的pH=12，則M為Na元素，0.01mol/LW的最高價氧化物對應

7、水化物溶液的pH2，則W為S元素，0.01mol/LZ的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2，則Z為Cl元素，X的半徑最小，其0.01mol/L的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2，則X為N元素，0.01mol/LY的最高價氧化物對應水化物溶液的2pHNa+，A選項正確；BZ為Cl元素，其的最高價氧化物的水化物的化學式為HClO4，B選項錯誤；CX、Y、Z、W、M五種元素中只有Na元素一種金屬元素，C選項正確；DX的最簡單氫化物為NH3，Z的氫化物為HCl，兩者反應后生成的化合物為NH4Cl，是離子化合物，既含離子鍵由含有共價鍵，D選項正確；答案選B?！军c睛】本題要求學生能夠掌握原子半徑變化

8、規(guī)律、酸堿性與pH的關系等，并且能夠?qū)⑦@些變化及性質(zhì)結(jié)合起來進行相關元素的判斷，對學生的綜合能力要求很高，在平時的學習中，要注意對相關知識點的總結(jié)歸納。3、C【解析】A、B、C、D、E五種短周期主族元素，原子序數(shù)依次增大。A元素的一種核素質(zhì)子數(shù)與質(zhì)量數(shù)在數(shù)值上相等，A為氫元素；B的單質(zhì)分子中有三對共用電子，B為氮元素；C、D同主族，且核電荷數(shù)之比為12，C為氧元素，D為硫元素，E為氯元素?！驹斀狻緼. C、D、E的簡單離子，S2-與Cl-電子層結(jié)構相同，O2-少一個電子層，離子半徑：S2-Cl-O2-，故A正確；B. A與B、C、D、E四種元素均可形成18電子分子N2H4、 H2O2、H2S

9、、HCl，故B正確；C. 由A、B、C三種元素形成的化合HNO3、HNO2抑制水的電離，故C錯誤；D. 分子D2Cl2中原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構，則分子中存在非極性鍵S-S鍵，故D正確；故選C?！军c睛】本題考查元素周期律與元素周期表，解題關鍵：位置結(jié)構性質(zhì)的相互關系應用，難點B，N2H4、 H2O2兩種分子也是18電子。4、B【解析】利用NaOH溶液去除鋁表面的氧化膜，發(fā)生的反應為Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，然后進行“鋁毛”實驗即汞能與鋁結(jié)合成合金，俗稱“鋁汞齊”，所以鋁將汞置換出來，形成“鋁汞齊”，發(fā)生反應為：2Al+3Hg(NO3)2=2Al(NO3)3+3Hg，當“鋁

10、汞齊”表面的鋁因氧化而減少時，鋁片上的鋁會不斷溶解進入鋁汞齊，并繼續(xù)在表面被氧化，最后使鋁片長滿固體“白毛”而且越長越高，發(fā)生反應為：4Al+3O2=2Al2O3，所以與實驗原理不相關的反應是B； 故選：B。5、A【解析】能產(chǎn)生“丁達爾效應”的分散系為膠體，據(jù)此分析。【詳解】A、分散質(zhì)的粒子直徑在1nm100nm之間的分散系為膠體，膠體具有丁達爾效應，故A符合題意；B、能使淀粉KI試紙變色，說明該分散系具有強氧化性，能將I氧化成I2，該分散系可能是溶液，如氯水等，溶液不具有丁達爾效應，故B不符合題意；C、能腐蝕銅板，如FeCl3溶液，溶液不具有丁達爾效應，故C不符合題意；D、能使蛋白質(zhì)鹽析的分

11、散系，可能是溶液，如硫酸銨，溶液不具有丁達爾效應，故D不符合題意；答案選A。6、B【解析】A.Ti和Ti:質(zhì)子數(shù)都是22，故A錯誤；B. Ti和Ti是同種元素的不同原子，因為最外層電子數(shù)相同，所以化學性質(zhì)相同，故B正確；C.46是Ti的質(zhì)量數(shù)，不是其相對原子質(zhì)量質(zhì)量，故C錯誤；D.Ti的原子序數(shù)為22,故D錯誤；答案選B。7、C【解析】生成的氣體是CO2，所以要計算M的相對原子質(zhì)量，還需要知道MCO3的質(zhì)量，選項C正確，答案選C。8、B【解析】A“可燃冰”是天然氣水合物，燃燒生成二氧化碳和水，屬于清潔能源，有利于節(jié)省化石燃料，并減少空氣污染，故A正確；B醫(yī)用酒精的濃度為75%，并不是越大越好，

12、濃度過大的酒精能夠使細菌表明的蛋白質(zhì)凝固，形成一層硬膜，這層硬膜阻止酒精分子進一步滲入細菌內(nèi)部，反而保護了細菌，故B錯誤；C鉆石的成分是碳單質(zhì)，水晶的成分是二氧化硅、剛玉的成分是氧化鋁，三者成分不同，故C正確；D純堿水解顯堿性，油脂在堿性環(huán)境下水解，直餾汽油去油污是利用相似相溶原理，所以二者去油污原理不同，故D正確；故選：B。9、B【解析】A、FeCl3溶液的pH小于7，溶液顯酸性，原因是氯化鐵是強酸弱堿鹽，F(xiàn)e3+在溶液中發(fā)生了水解，故A正確；B、對照組溶液X加堿后溶液的pH的變化程度比加酸后的pH的變化程度大，而若對照組溶液x的組成是0.003 mol/L KCl，則加酸和加堿后溶液的pH

13、的變化應呈現(xiàn)軸對稱的關系，所以該溶液不是0.003 mol/L KCl，故B錯誤；C、在FeCl3溶液中加堿、加酸后，溶液的pH的變化均比對照組溶液x的變化小，因為加酸或加堿均引起了Fe3+水解平衡的移動，故溶液的pH的變化比較緩和，故C正確；D、FeCl3溶液水解出氫氧化鐵，故溶液的渾濁程度變大，則水解被促進，否則被抑制，故D正確；故選B。10、B【解析】A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，產(chǎn)生藍色沉淀，說明溶液中有Fe2+，但是無法證明是否有Fe3+，選項A錯誤；B向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液變渾濁，說明生成了苯酚，根據(jù)強酸制弱酸的原則，得到碳酸的酸性強于苯酚，選B正確；C向含

14、有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，雖然有ZnS不溶物，但是溶液中還有Na2S，加入硫酸銅溶液以后，Cu2+一定與溶液中的S2-反應得到黑色的CuS沉淀，不能證明發(fā)生了沉淀轉(zhuǎn)化，選項C錯誤；D向溶液中加入硝酸鋇溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入鹽酸時，溶液中就會同時存在硝酸鋇電離的硝酸根和鹽酸電離的氫離子，溶液具有硝酸的強氧化性。如果上一步得到的是亞硫酸鋇沉淀，此步就會被氧化為硫酸鋇沉淀，依然不溶，則無法證明原溶液有硫酸根離子，選項D錯誤?！军c睛】在解決本題中選項C的類似問題時，一定要注意判斷溶液中的主要成分。當溶液混合進行反應的時候，一定是先進行大量離子之間的反應（本題就是

15、進行大量存在的硫離子和銅離子的反應），然后再進行微量物質(zhì)之間的反應。例如，向碳酸鈣和碳酸鈉的懸濁液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸鈉反應得到碳酸氫鈉，再與碳酸鈣反應得到碳酸氫鈣。11、C【解析】本題考查化學平衡及沉淀溶解平衡，意在考查知識遷移能力。【詳解】A.合成氨反應壓強越大，化學反應速率越快；合成氨反應為氣體分子數(shù)減小的反應，增大壓強平衡正向移動，N2的轉(zhuǎn)化率增大，故A錯誤；B.若反應為氣體分子數(shù)不變的反應，平衡后增大壓強，反應速率加快，但平衡不移動，故B錯誤；C.分析曲線a、b可知，曲線b先出現(xiàn)拐點，則p2p1，T1、p2條件下平衡時C%比T1、p1時的大，說明增大壓強平衡正向移動，則x

16、T2，故C正確；D.BC線上任意點都有c(H+)=c(OH-)，ABC區(qū)域位于直線BC的左上方的區(qū)域內(nèi)任意點均有c(H+)c(OH-)，故D錯誤；答案：C12、C【解析】都是短周期元素，由最外層電子數(shù)與原子序數(shù)關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，Y的最外層電子數(shù)為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數(shù)分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，則A同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，應為OClS，選項A錯誤；BX與R形成的分子可為SO2或SO3，分子內(nèi)只存在極性鍵，選項B錯誤；CX、Z形成的化合物如為

17、Na2O2，含有共價鍵，選項C正確；D核外電子排布相同的離子核電荷數(shù)越大離子半徑越小，半徑O2ClS2，選項D錯誤。答案選C?！军c睛】本題考查元素周期表元素周期律的應用，根據(jù)最外層電子數(shù)及原子序數(shù)的關系確定元素是解題的關鍵，注意整體把握元素周期表的結(jié)構，都是短周期元素，根據(jù)圖中信息推出各元素，結(jié)合對應單質(zhì)、化合物的性質(zhì)以及元素周期律知識解答該題。13、D【解析】A、過氧化氫（H2O2）常用作氧化劑、漂白劑和消毒劑，為了貯存、運輸、使用的方便，工業(yè)上將過氧化氫轉(zhuǎn)化為固態(tài)的過碳酸鈉晶體（2Na2CO33H2O2），該晶體具有碳酸鈉和過氧化氫的雙重性質(zhì)，選項A正確；B、亞硝酸具有防腐作用，所以可在食

18、品中適量添加以延長保質(zhì)期，但是亞硝酸鹽會危害人體健康，應控制用量，選項B正確；C、不銹鋼是通過改變材料的內(nèi)部結(jié)構達到防銹蝕的目的，指耐空氣、蒸汽、水等弱腐蝕介質(zhì)和酸、堿、鹽等化學浸蝕性介質(zhì)腐蝕的鋼，選項C正確；D、“碳納米泡沫”，與石墨烯是不同性質(zhì)的單質(zhì)，二者互為同素異形體而不是同分異構體，選項D錯誤；答案選D。14、B【解析】A. 加入試劑a調(diào)節(jié)pH至3.74.7之間，目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同時要防止生成Cu(OH)2沉淀，為了防止引入新的雜質(zhì)，試劑a可以是CuO或Cu(OH)2、CuCO3等，故A正確；B. 反應I的化學反應方程式為4 CuFeS2+2H2SO4+17O2

19、4CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，該反應中鐵元素化合價升高被氧化，故B錯誤；C. 操作X為從硫酸亞鐵溶液中得到綠礬晶體，當蒸發(fā)濃縮至溶液表面出現(xiàn)晶膜時，再冷卻結(jié)晶即可，故C正確；D. 反應主要是Cu2+與過量的Fe(即b試劑)反應，為將Cu2+全部轉(zhuǎn)化，加入的鐵粉過量，因此在反應時應該將過量的鐵粉除去，利用鐵、銅的性質(zhì)差別，加入適量稀硫酸(即試劑c)即可，參與反應的離子方程式分別為Fe+2H+=Fe2+H2，F(xiàn)e(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O，故D正確；答案選B。15、B【解析】A.淀粉是多糖，水解最終產(chǎn)物是葡萄糖，A正確；B.油脂是高級脂肪酸的甘油酯，屬于天然有機物，但不

20、是高分子化合物，B錯誤；C.雞蛋煮熟過程中，蛋白質(zhì)分子結(jié)構發(fā)生了變化，不具有原來蛋白質(zhì)的生理功能，物質(zhì)的化學性質(zhì)也發(fā)生了改變。因此雞蛋煮熟過程是蛋白質(zhì)變性，C正確；D.新鮮蔬菜和水果含有豐富的維生素C，因此食用新鮮蔬菜和水果可補充維生素C，D正確；故合理選項是B。16、D【解析】A、取少量樣品加入足量水中，充分攪拌，固體部分溶解，說明固體中含有不溶性的物質(zhì)和可溶性物質(zhì)，對四個選項分析比較，都具備該條件；向所得的懸濁液中加入足量稀HNO3，有氣體放出，說明有碳酸鹽，A中無碳酸鹽， A錯誤；B、最后仍有未溶解的白色固體，上層清液呈無色，由于CuSO4溶液顯藍色，不是無色，B錯誤；C、Na2S2O3

21、與硝酸反應產(chǎn)生Na2SO4、S單質(zhì)、NO氣體，S是淡黃色難溶于水的物質(zhì)，不是白色固體， C錯誤；D、KCl能溶于水，而Ag2CO3不溶于水，加入HNO3，反應產(chǎn)生AgNO3、CO2氣體和H2O，KCl再與AgNO3發(fā)生復分解反應產(chǎn)生AgCl白色不溶于酸的沉淀，符合題意，通過上述分析可知該白色粉末為KCl、Ag2CO3，D正確；故合理選項是D。17、B【解析】A溶液體積未知，無法計算氫離子數(shù)目，故A錯誤；B丙烯和環(huán)丁烷的最簡式均為CH2，故56g混合物中含4molCH2原子團，故含4NA個碳原子，故B正確；C標準狀況下，CHCl3是液體，不能用氣體摩爾體積計算物質(zhì)的量，故C錯誤；D常溫下，鋁和濃

22、硝酸發(fā)生鈍化，不能完全反應，無法計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)，故D錯誤；答案選B【點睛】本題的易錯點為D，要注意常溫下，鐵、鋁遇到濃硫酸或濃硝酸會發(fā)生鈍化，反應會很快停止。18、D【解析】在F2+H2O=HOF+HF反應中，水中O元素的化合價升高，水是還原劑?！驹斀狻緼水中H元素的化合價降低，水為氧化劑，錯誤；B過氧化鈉中O元素的化合價不變，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；C只有Cl元素的化合價變化，水既不是氧化劑也不是還原劑，錯誤；D水中O元素的化合價升高，水為還原劑，正確。答案選D。19、D【解析】據(jù)題給方程式確定還原性：SO32-I。其溶液呈無色，則Cu2一定不存在，由于SO32-還原性強，首先被

23、Br2氧化成SO，若Br2過量會繼續(xù)氧化I生成I2，致使溶液呈黃色，則根據(jù)溶液顏色未變，確定SO32-一定存在，I可能存在，根據(jù)電荷守恒，溶液中的陽離子只能為NH，則NH一定存在。故D正確。20、A【解析】A、醋酸的酸性強于次氯酸，CH3COONa與NaClO水解顯堿性，根據(jù)越弱越水解的規(guī)律，若溶液的pH相同，CH3COONa的濃度最大，所以三種溶液c(Na+)大小順序為：，故A正確；B、NH3H2O的電離常數(shù)K=c(NH4+)c(OH)/c(NH3H2O)=c(NH4+)Kw/c(NH3H2O)c(H+)，所以的值為常數(shù)，不發(fā)生變化，故B錯誤；C、因為H2S為弱酸，所以pH=4的H2S溶液與

24、pH=10的NaOH溶液等體積混合，H2S過量，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(S2)+c(HS)，故C錯誤；D、Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，生成CaCO3與HClO，溶液堿性減弱，故D錯誤。答案選A。21、B【解析】根據(jù)圖示，左室增加KOH，右室增加HIO3，則M室為陰極室，陰極與外加電源的負極相接，電極反應式為2H2O+2e-=H2+2OH-，所以原料室中K+透過ab膜進入陰極室生成KOH，即ab膜為陽離子交換膜，N室為陽極室，原料室中IO3-透過cd膜進入陽極室生成HIO3，即cd膜為陰離子交換膜?！驹斀狻緼由上述分析可知，M室為陰極室，陰極與外加電

25、源的負極相接，即e極為光伏電池負極，陰極發(fā)生得到電子的還原反應，故A正確；BN室為陽極室，與外加電源的正極相接，電極反應式為2H2O-4e-=O2+4H+，M極電極反應式為2H2O+2e-=H2+2OH-，標準狀況下6720mL氣體即6.72L氣體物質(zhì)的量為6.72L22.4L/mol=0.3mol，其中含有O2為0.1mol，轉(zhuǎn)移電子0.4mol，為平衡電荷，KIO3溶液中0.4molK+透過ab膜進入陰極室，0.4molIO3-透過cd膜進入陽極室，KIO3溶液質(zhì)量減少0.4mol214g/mol=85.6g，故B錯誤；CN室為陽極室，與外加電源的正極相接，電極反應式為2H2O-4e-=O

26、2+4H+，故C正確；D制備過程中若電壓過高，陽極區(qū)（N極）可能發(fā)生副反應：IO3-2e-+H2O=IO4-+2H+，導致制備的HIO3不純，所以制備過程中要控制電壓適當，避免生成HIO4等雜質(zhì)，故D正確；故答案選B。22、A【解析】A.石油分餾主要得到汽油、煤油、柴油、石蠟等，煤干餾發(fā)生化學變化可得到苯和甲苯，煤焦油分餾可獲得苯、甲苯等有機物，故A錯誤； B. 由乙烯發(fā)生聚合反應生成聚乙烯；氯乙烯發(fā)生聚合反應生成聚氯乙烯；綸又叫做合成纖維，利用石油、天然氣、煤和農(nóng)副產(chǎn)品作原料得單體經(jīng)過特殊條件發(fā)生聚合反應生成如：氯綸：、腈綸：；有機玻璃有機玻璃是甲基丙烯酸甲酯聚合生成：；合成橡膠是由不同單體

27、在引發(fā)劑作用下，經(jīng)聚合而成的品種多樣的高分子化合物，單體有丁二烯、苯乙烯、丙烯腈、異丁烯、氯丁二烯等多種，故B正確；C. 按系統(tǒng)命名法，有機物的結(jié)構簡式中的每個節(jié)點和頂點為C，根據(jù)有機物中每個碳原子連接四個鍵，與碳原子相連的其他鍵用氫補充。六個碳的最長鏈作為主鏈，其余五個甲基、兩個乙基做支鏈，主鏈編號時以相同取代基位數(shù)之和最，因此該有機物為2，2，4，4，5五甲基3，3二乙基己烷，故C正確；D. 碳原子數(shù)6的鏈狀單烯烴，與HBr反應的產(chǎn)物只有一種結(jié)構，符合條件的單烯烴有CH2=CH2；CH3CH=CHCH3 ；CH3 CH2CH=CHCH2CH3；（CH3）2CH=CH（CH3）2 (不考慮順

28、反異構)，共4種，故D正確；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、 (酚)羥基 消去反應 C19H16O4 +CO(OC2H5)2+2C2H5OH 、(任寫兩個) 【解析】對比A、B的結(jié)構，可知A與乙酸酐發(fā)生取代反應生成B，同時還生成CH3COOH，B、C互為同分異構體，B發(fā)生異構生成C，對比C、D的結(jié)構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結(jié)合G的結(jié)構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，結(jié)合G的結(jié)構，可知F為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻繉Ρ華、B的結(jié)構，可知A與乙酸酐發(fā)生取代反應生成B，同時還生成CH3

29、COOH，B、C互為同分異構體，B發(fā)生異構生成C，對比C、D的結(jié)構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，由F的分子式，結(jié)合G的結(jié)構，可知E為，對比E、F的分子式，可知E與丙酮發(fā)生加成反應生成F，F(xiàn)發(fā)生消去反應生成G，結(jié)合G的結(jié)構，可知F為，(1)A為苯酚，含有的官能團為酚羥基，由以上分析可知，反應為在濃硫酸加熱的條件發(fā)生消去反應生成G，故答案為：(酚)羥基；消去反應；(2)由J的結(jié)構簡式，可知其分子式是C19H16O4，由以上分析知F為，故答案為：C19H16O4；(3)對比C、D的結(jié)構可知，C組成多1個、去掉2個H原子生成D，同時還生成C2H5OH，故反應的化學方

30、程式為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH，故答案為：+CO(OC2H5)2+2C2H5OH；(4)同時滿足下列條件的C()的所有同分異構體：苯環(huán)上有兩個處于對位上的取代基；1mol該有機物與足量金屬鈉反應生成1g氫氣，則含有一個羥基或一個羧基，當含有一個羥基時，還應含有一個醛基或者一個羰基，符合條件的同分異構體有： 、，故答案為：、(任寫兩個)；(5) 與乙酸酐反應生成，然后與AlCl3/NaCl作用生成，最后與CO(OC2H5)2反應得到，故答案為：。24、 加成 氧化 O2、Cu/(或者CuO、) CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH 【解析】(1)A的結(jié)構式為：其中的

31、官能團是羥基，電子式為：；(2)B中存在-氫可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故該反應時加成反應；C含有羥基，可以和酸性高錳酸鉀會發(fā)生氧化反應生成D；(3) AB反應中羥基變成酮基，是氧化反應；(4) C的分子式為C9H16O2，能水解且能發(fā)生銀鏡反應說明含有OOCH的結(jié)構，含有醛基并且有六元環(huán)結(jié)構，且環(huán)上只有一個碳原子連有取代基；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的條件下，CH3CH2CH2Br會取代中的-氫，生成和HBr；(6) 由甲苯()和為原料制備可以先將通過取代反應轉(zhuǎn)化成；通過氧化反應轉(zhuǎn)化成CH3COCH2COOH，和CH3C

32、OCH2COOH發(fā)生酯化反應可以生成目標產(chǎn)物。【詳解】(1)A的結(jié)構式為：其中的官能團是羥基，電子式為：；(2)B中存在-氫可以加到HCHO醛基氧上，其余部分加到醛基碳原子上生成C，故該反應時加成反應；C含有羥基，可以和酸性高錳酸鉀會發(fā)生氧化反應生成D；(3) AB反應中羥基變成酮基，是氧化反應，反應條件是：O2、Cu/(或者CuO、)；(4) C的分子式為C9H16O2，能水解且能發(fā)生銀鏡反應說明含有OOCH的結(jié)構，含有醛基并且有六元環(huán)結(jié)構，且環(huán)上只有一個碳原子連有取代基，滿足上述條件的同分異構體有、和四種，寫出三種即可；(5)E和CH3CH2CH2Br在CH3CHONa和CH3CH2OH的

33、條件下，CH3CH2CH2Br會取代中的-氫，生成和HBr，故F的結(jié)構式為；(6) 由甲苯()和為原料制備可以先將通過取代反應轉(zhuǎn)化成；通過氧化反應轉(zhuǎn)化成CH3COCH2COOH，和CH3COCH2COOH發(fā)生酯化反應可以生成目標產(chǎn)物，合成路線為： CH3COCH2CH2OHCH3COCH2COOH 。25、品紅溶液褪色 吸收尾氣，防止SO2(SO3)等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境 BC AFGBDH 用帶火星的木條檢驗H中收集到的氣體，木條復燃。 取少量分解產(chǎn)物于試管中，加入足量稀鹽酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅色，說明有三價鐵。 【解析】二氧化硫、三氧化硫能使品紅褪色，但二氧化硫使品紅

34、褪色后加熱能恢復紅色；檢驗綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物，根據(jù)可能的產(chǎn)物性質(zhì)，用無水硫酸銅驗證沒水、用冰水冷卻氣體看是否有無色晶體生成，若有無色晶體則含有三氧化硫；用品紅檢驗二氧化硫；用氫氧化鈉除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧氣；氧氣能使帶火星的木條復燃；三價鐵能使KSCN溶液變紅。【詳解】（1）二氧化硫能使品紅褪色，裝置B中可觀察到的現(xiàn)象是品紅溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性氣體，有毒，為防止SO2(SO3)等氣體擴散到空氣中污染環(huán)境，裝置C的作用是尾氣處理。 （2）二氧化硫、三氧化硫能使品紅褪色，但二氧化硫使品紅褪色后加熱能恢復紅色；對甲組同學做完實驗的B裝置的試管加熱，發(fā)現(xiàn)褪色的品紅溶液未

35、恢復紅色，則可證明綠礬分解的產(chǎn)物中可能含SO2或一定含有SO3。（3）檢驗綠礬分解所得氣態(tài)產(chǎn)物，根據(jù)可能的產(chǎn)物性質(zhì)，用無水硫酸銅驗證沒水、用冰水冷卻氣體看是否有無色晶體生成，若有無色晶體則含有三氧化硫；用品紅檢驗二氧化硫；用氫氧化鈉除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧氣，所以儀器連接順序是AFGBDH；氧氣能使帶火星的木條復燃，所以檢驗氧氣的方法是用帶火星的木條檢驗H中收集到的氣體，木條復燃證明有氧氣生成；（4）三價鐵能使KSCN溶液變紅，證明綠礬分解產(chǎn)物中含有三價鐵的操作及現(xiàn)象是取少量分解產(chǎn)物于試管中，加入足量稀鹽酸溶解，再滴加幾滴KSCN溶液，溶液變紅色，說明有三價鐵?！军c睛】檢驗Fe3

36、+的方法是滴加KSCN溶液，若變紅則含有Fe3+；檢驗Fe2+的一種方法是滴加KSCN溶液不變紅，再滴加雙氧水，若變紅則含有Fe2+；26、濃鹽酸 圓底燒瓶 無干燥裝置 副產(chǎn)物增加 除去氯氣中的氯化氫 否 三氯乙酸會溶于乙醇和三氯乙醛，無法分液 73.75% 【解析】根據(jù)題干和裝置圖我們能看出這是一個有機合成實驗題，考查的面比較綜合，但是整體難度一般，按照實驗題的解題思路去作答即可?！驹斀狻浚?）根據(jù)反應原理我們發(fā)現(xiàn)原料需要氯氣，因此裝置A就應該是氯氣的發(fā)生裝置，所以恒壓漏斗里裝的是濃鹽酸；盛放的裝置是蒸餾燒瓶；（2）按照要求來書寫方程式即可，注意次氯酸的還原產(chǎn)物是氯化氫而不是氯氣：；（3）制

37、得的氯氣中帶有氯化氫和水分，氯化氫可以在裝置B中除去，但是缺少一個干燥裝置來除去水分，若不除去水分，氯氣和水反應得到次氯酸和鹽酸，會生成更多的副產(chǎn)物；（4）該方案是不行的，因為三氯乙酸是有機物，會溶于乙醇和三氯乙醛，根據(jù)題目給出的沸點可知此處用蒸餾的方法最適合；（5）根據(jù)算出消耗的的物質(zhì)的量，根據(jù)2:1的系數(shù)比，這些對應著過量的單質(zhì)碘，而一開始加入的碘的物質(zhì)的量為，因此整個過程中消耗了單質(zhì)碘，再次根據(jù)化學計量數(shù)之比發(fā)現(xiàn)：為1:1，也就是說產(chǎn)品中有三氯乙醛，質(zhì)量為，因此產(chǎn)品的純度為。27、A NH4 NO2N22H2O Al2O3 N23C 2AlN 3CO Al4C3 減緩亞硝酸鈉的滴加速度或

38、降低A處酒精燈加熱的溫度 61.5% NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，便于Al快速反應 【解析】A裝置制取氮氣，濃硫酸干燥，氮氣排除裝置內(nèi)的空氣，反之Al反應時被空氣氧化。根據(jù)氧化還原反應寫出A、C的反應式，利用物質(zhì)之間的反應推出C中可能出現(xiàn)的產(chǎn)物。從影響反應速率的因素思考減緩氮氣生成速率。根據(jù)關系得出AlN的物質(zhì)的量，計算產(chǎn)物中的質(zhì)量分數(shù)。氯化銨在反應中易分解，生成的HCl在反應中破壞了Al表面的氧化膜，加速反應?！驹斀狻緼處是制取氮氣的反應，可以排除裝置內(nèi)的空氣，反之反應時Al被氧氣氧化，因此最先點燃A處的酒精燈或酒精噴燈，故答案為：A。裝置A是制取氮氣的

39、反應，A中發(fā)生反應的離子方程式為NH4 NO2 N22H2O，裝置C中主要反應的化學方程式為Al2O3 N23C 2AlN 3CO，制得的AlN中可能含有氧化鋁、活性炭外還可能是Al和C形成的化合物Al4C3，故答案為：NH4 NO2 N22H2O；Al2O3 N23C 2AlN 3CO；Al4C3。實驗中發(fā)現(xiàn)氮氣的產(chǎn)生速率過快，嚴重影響尾氣的處理，減緩氮氣的生成速度采取的措施是減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度，故答案為：減緩亞硝酸鈉的滴加速度或降低A處酒精燈加熱的溫度。生成氨氣的體積為1.68 L即物質(zhì)的量為0.075mol，根據(jù)方程式關系得出AlN的物質(zhì)的量為0.075mo

40、l，則所得產(chǎn)物中AlN的質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：61.5%。在鋁粉中添加少量NH4Cl固體并充分混合，有利于AlN的制備，可能是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，從而Al直接和氮氣反應，因此其主要原因是NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，故答案為：NH4Cl受熱分解生成氨氣和氯化氫，氯化氫破壞了Al表面的氧化膜，便于Al快速反應。28、 3 平面三角形 X射線衍射 sp3雜化 5:4 Co（NH3）5ClCl2 6 Fe2+的半徑小于Co2+，F(xiàn)eO的晶格能大于CoO，F(xiàn)eCO3比CoCO3易分解 Fe3O4 1010 【解析】(1)

41、硒為34號元素，有6個價電子，據(jù)此書寫價層電子排布圖；同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第A族元素第一電離能大于相鄰元素；氣態(tài)SeO3分子Se原子孤電子對數(shù)=0，價層電子對數(shù)=3+0=3，為平面三角形；(2)確定晶體、非晶體的方法是X射線衍射(3)根據(jù)(SCN）2分子中分子結(jié)構式為NC-S-S-CN分析；(4)配合物中配位離子Cl-不與Ag+反應，據(jù)此計算出外界離子Cl-離子的數(shù)目，據(jù)此分析解答；(5)根據(jù)產(chǎn)物FeO的晶格能和CoO的晶格能比較進行分析；(6)根據(jù)均攤法確定微粒個數(shù)，即可確定化學式；晶胞參數(shù)a=1010cm?！驹斀狻?1)硒為34號元素，有6個價電子，價電子排布圖為；同一周期中，元素的第一電離能隨著原子序數(shù)增大而呈增大趨勢，但第A族元素第一電離能大于相鄰元素，因此同一周期p區(qū)元素第一電離能大于硒的元素有3種，分別為As、Br、Kr； 氣態(tài)SeO3分子Se原子孤電子對數(shù)=0，價層電子對數(shù)=3+0=3，為平面