广东省佛山市某实验高级中学2022年高三第二次联考化学试卷(含解析）.pdf

2022高考化学模拟试卷注意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保待卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列说法正确的是A.紫外光谱仪、核磁共振仪、质谱仪都可用千有机化合物结构的分析B.高聚物(-E众CHC斗今勺n）属千可降解材料，工业上是由单体经过缩聚反应合成烟C.通过煤的液化可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质D.石油裂解的目的是为了提高轻质油的质量和产量2、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，Y所在周期数与族序数相同，X与Y为同周期元素，Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等。下列说法正确的是A.简单离子半径：WXYZ B.W、X的氢化物在常温下均为气体C.X、Y的最高价氧化物的水化物均为强碱D.W 与Z形成的化合物中只有共价键3、2019年诺贝尔化学奖授予了在锤离子电池领域作出贡献的三位科学家。他们于1972年提出“摇椅式“电池(Rocking chair battery),1980年开发出LiCo02材料，下图是该电池工作原理图，在充放电过程中，u+在两极之间“摇来摇去”，该电池充电时的总反应为：LiCo02+6C(石墨）=Li(l-xCo02+Li,C6。下列有关说法正确的是e 电解屑A.充电时，Cu电极为阳极B充电时，Li十将嵌入石墨电极C.放电时，Al电极发生氧化反应D.放电时，负极反应LiCo02一xe=Li(1-x)CoO计(1-x)+xLi+4、下列实验装置、试剂选择和操作均正确的是A.除去NO中的N02B.铁制品表面锁锌C.配制一定浓度的硫酸D.鉴定Fe3+下了吧比锌片足汇君积1令丸制口，口CuS04 溶液KSCN溶液A.A B.B C.C D.D 5、关千下列转化过程分析不正确的是太l.ft他。C,靡，,.lJ.HO义.、.C 穴i.呻令,多,H A.Fe3Q4中Fe元素的化合价为2、3B.过程I中每消耗58g Fe3Q4转移Imol电子加热C.过程1I的化学方程式为3Fe0+H20=Fe3Q4+H计D.该过程总反应为2比0=2H2j+O叶6、某固体混合物中可能含有：K、Na+、Cl.、CO?-、SO42等离子，将该固体溶解所得到的溶液进行了如下实验：过量Ba(N03)2下列说法正确的是A.该混合物一定是K2C03和NaClC.该混合物可能是Na2S04和Na2C03B.该混合物可能是Na2C03和KCID.该混合物一定是Na2C03和NaCl7、本草纲目记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧“,“以烧酒复烧二次价值数倍也“。该方法与分离下列物质的原理相同的是A.苯和水C.食盐水和泥沙B.硝酸钾和氯化钠D.乙酸丁酣和1丁醇8、常温下O.lmol/LNH4CJ溶液的pH最接近千（)A.1 B.5 C.7 D.13 9、CI02是一种国际公认的安全、无毒的绿色消毒剂，沸点nc,凝固点-59C。工业上，可用下列原理制备CI02（液相反应）：llF硐30NaCl03+14H2S04二=Fe2(S04)3+15Na2S04+30Cl02?20。设NA是阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是（)A.在标准状况下，2240mLCI02含有原子数为0.3NAB.若生成I.SmolNa2S04,则反应后的溶液中Fe“数目为0.2NAC.48.0g F eS2完全反应，则上述反应中转移电子数为6NAD.每消耗30molNaCI03,生成的水中氢氧键数目为14NA10、下列垃圾或废弃物的处理不符合环保节约理念的是（)A.废纸、塑料瓶、废铁回收再利用B.厨余垃圾采用生化处理或堆肥C.稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧D.废电池等有毒有害垃圾分类回收11、科学工作者研发了一种SUNCAT的系统，借助锤循环可持续合成氨，其原理如下图所示。下列说法不正确的是2 Nl-I A.过程1得到的Li3N中N元素为3价B.过程II生成 W 的反应为LbN+3H心3LiOH+NH寸C.过程田中能量的转化形式为化学能转化为电能D.过程田涉及的反应为40H-4e-=02j+2H2012、改革开放40周年取得了很多标志性成果，下列说法不正确的是A.“中国天眼的镜片材料为SiC,属千新型无机非金属材料B.“蛟龙”号潜水器所使用的钦合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性c北斗导航专用ASIC硬件结合国产处理器打造出一颗真正意义的“中国芯，其主要成分为Si02D.港珠澳大桥设计使用寿命120年，水下钢柱镶铝块防腐的方法为牺牲阳极保护法13、下列图像符合题意的是沉（心趴I;gA在盐酸和氯化铝的混合溶液中滴加烧碱溶液。V仆laOll,aq)ml COJ mL?B在碳酸钠与碳酸氢钠混合液中滴加盐酸。n盐酸,mL转移电千molc在氢氧化钠溶液中通入氯气e V(CliymL.导电性D在氢氧化钡溶液中滴加碳酸氢钠溶液。WN重HrovmL 14、室温时，用0.0200mol/L稀盐酸滴定20.00mL0.0200mo讥NaY溶液，溶液中水的电离程度随所加稀盐酸的体积变化如图所示（忽略滴定过程中溶液的体积变化），则下列有关说法正确的是已知：K(HY)=S.OxI0 11圉.P f 0 IOJlO 沁OO叩C肋吐A可选取酚驮作为滴定指示剂B.M点溶液的pH7c.图中Q点水的电离程度最小，Kw0-砰-Q+4Mg(OCH3)2+4H20已知：Mg(OCH3)2在水中极易水解。反式偶氮苯产品在紫外线照射后部分转化为顺式偶氮苯。吸滤杰安全杰(1)在反应装置中，加入原料及溶剂，搅拌下加热回流。反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的的原因是。(2)反应结束后将反应液倒入冰水中，用乙酸中和至中性，即有反式偶氮苯粗产品析出，抽滤，滤渣用95乙醇水溶液重结晶提纯。为了得到较大颗粒的晶体，加入乙酸时需要（填“缓慢加入“、“快速加入“)。烧杯中的反式偶氮苯转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，下列液体最合适的是。A.冰水B.饱和NaCl溶液c.95乙醇水溶液D.滤液抽滤完毕，应先断开之间的橡皮管，以防倒吸。重结晶操作包括“加热溶解、趁热过滤、冷却结晶、抽滤、洗涤、干燥“。上述重结晶过程中的操作除去了不溶性杂质。(3)薄层色谱分析中，极性弱的物质，在溶剂中扩散更快。某同学采用薄层色谱分析所得偶氮苯，实验开始时和展开后的斑点如图所示，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性（填“强”或“弱“)。5沛1怍品展JH丁0 0。状外线照射5抒品参考答案（含详细解析）一、选择题（共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）l、A【答案解析】A紫外可见分光光度计是定量研究物质组成或结构的现代仪器，核磁共振仪用于测定有机物分子中氢原子的种类和数目，质谱仪可用千有机化合物的相对分子质量，A正确；OH B高聚物(-Eo-？HC乌-o-c）水解产生小分子1 和H2C03,所以属千可降解材料，工业上是由单体C出CH3-CH-CH2OHOH I 和H2C03经过缩聚反应合成，B错误；CHJ-CH-C比OHC.通过煤的干馆可获得煤焦油、焦炭、粗氨水等物质，C错误；D石油裂解的目的是为了获得短链气态不饱和经，石油裂化的目的是为了提高轻质油的质量和产量，D错误；故合理选项是A。2、D【答案解析】W、X、Y、Z为原子序数依次增大的四种短周期元素，W的简单氢化物可用作制冷剂，常用作制冷剂的氢化物为氨气，则W为氮；Y所在周期数与族序数相同，则Y可能为铝；X与Y为同周期元素，则X为钠或镁；Z原子的最外层电子数与W的电子总数相等，则Z核外有17个电子，z为氯，据此解答。【题目详解】根据分析可知：W 为N元素，X为Na或Mg元素，Y为Al元素，Z为Cl元素。A.简单离子半径，电子层数多半径大，电子层数相同核电荷数大半径小，故离子半径：ZWXY,故A错误；B.W氢化物为NH3,常温下为气体，X氢化物常温下为固体，故B错误；C.Mg、Al的最高价氧化物的水化物为弱碱，故C错误；D.N与Cl都为非金属，形成的化合物中只含有共价键，故D正确；故选D。3、B【答案解析】根据充电时的总反应，钻化合价升高被氧化，因此钻为阳极，石墨为阴极，则在放电时钻为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。【题目详解】A根据分析，铜电极以及上面的石墨为阴极，A项错误；B充电时整个装置相当于电解池，电解池中阳离子移向阴极，B项正确；c放电时整个装置相当千原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；D根据分析，含钻化合物位于电源的正极，D项错误；答案选B。【答案点睛】不管是不是锤电池，都遵循原电池的工作原理，即阳离子移向正极，阴离子移向负极，锤离子电池只不过是换成了Lt在正、负极间移动罢了，换汤不换药。4、A【答案解析】A、N02溶千水生成硝酸和NO,选项A正确；B、电锁时电解质溶液应该含有锁层金属离子，故应该用氯化锌作为电解质溶液，选项B错误；C、容量瓶不能用来稀释浓硫酸，选项C错误；D、胶头滴管不能插入到试管中，选项D错误。答案选A。点睛：化学实验常用仪器的使用方法和化学实验基本操作是进行化学实验的基础，对化学实验的考查离不开化学实验的基本操作，所以本部分内容主要是以常见仪器的选用、实验基本操作为中心，通过是什么、为什么和怎样做重点考查实验基本操作的规范性和准确及灵活运用知识解决实际问题的能力。5、B【答案解析】A.Fe3Q4的化学式可以改写为Fez03FeO,Fe3Q4中Fe元素的化合价为2、+3,故A正确；B过程I:2Fe3Q4(s)=6FeO(s)+02(g)当有2mo1Fe3Q4分解时，生成lmol氧气，而58g Fe3Q4的物质的量为0.25mol,故生成0.125mol氧气，而氧元素由2价变为0价，故转移0.5mol电子，故B错误；A C.过程1I中FeO与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应化学方程式为3Fe0+H20=Fe3Q4+H2j,故C正确；D.过程I:2Fe30心）6FeO(s)+02(g)过程II:3Fe0(s)+H心(I)比(g)+Fe3Q4(S)，相加可得该过程总反应为2H20=0汁2H2t，故D正确；故选：B。6、B【答案解析】焰色反应显黄色，说明一定存在钠离子，可能有钾离子。加入过量的硝酸钡溶液产生白色沉淀，白色沉淀完全溶解在盐酸中，说明一定存在碳酸根，不存在硫酸根。滤液中加入硝酸酸化的硝酸银得到白色沉淀，说明含有氯离子，即一定存在Na+、Cl.、co克一定不存在soi,可能含有K飞答案选B。7、D【答案解析】据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。【题目详解】“酸坏之酒“含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馆方法除去乙酸。A.苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A项不符；B硝酸钾和氯化钠都易溶千水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B项不符；c食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C项不符；D.乙酸丁酷和l丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸馆分离，D项符合。本题选D。8、B【答案解析】皿Cl溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小千0.lmol/L,以此来解答。【题目详解】NH心1溶液水解显酸性，且水解生成的氢离子浓度小千0.lmol/L,则氯化铁溶液的pH介千1-7之间，只有B符合；故答案选B。9、C【答案解析】A.CIO议弗点11c,标况下为液体，2240mLCI02的物质的量不是O.lmol,故A错误；B.Fe“在水溶液中会发生水解，不能确定其数目，故B错误；C.48.0gF心物质的量为48g+120g/mol=0.4mol,NaCI03中氯元素由5价降到4价，失一个电子，故6molNaCI03 失6mol电子，即48.0gFeS2完全反应，转移电子数为6NA,故C正确；D消耗30molNaCI03生成14mol水，一个水分子中有两个氢氧键，故生成的水中氢氧键数目为28NA,故D错误；故答案为C。【答案点睛】本题结合氧化还原反应方程式考察阿伏伽德罗常数，要抓住题目关键信息，判断反应标况下的状态，注意D选项中一个水分子中有两个氢氧键。10、C【答案解析】A废纸、塑料瓶、废铁属于可回收垃圾，废纸、塑料瓶、废铁可回收再利用，故不选A;B.厨余垃圾含有大量有机物，采用生化处理或堆肥，减少污染，符合环保节约理念，故不选B;c稻草、农膜和一次性餐具露天焚烧，产生大量烟尘，污染空气，不符合环保节约理念，故选C;D废电池含有重金属，任意丢弃引起重金属污染，废电池等有毒有害垃圾分类回收，可减少污染，符合环保节约理念，故不选D;答案选C。11、C【答案解析】A.LhN中锥元素的化合价为1价，根据化合物中各元素的代数和为0可知，N元素的化合价为3价，A项正确；B由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和w,元素的化合价都无变化，W 为LiOH,反应方程式：LhN+3H20=3LiOH+NH3j,B项正确；c由原理图可知，过程田为电解氢氧化锥生成锥单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；D过程田电解LiOH产生02，阳极反应为40H-4e-=02j+2H20,D项正确。故答案选C。12、C【答案解析】A.SiC属千新型无机非金属材料，故不选A;B钦合金材料具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，故不选B;c.“中国芯主要成分为半导体材料Si,不是SiOi,故选C;D.因为铝比铁活泼，所以利用原电池原理，铁做正极被保护，这种方法叫牺牲阳极的阴极保护法，故不选D;答案：C 13、C【答案解析】A、向盐酸和氯化铝混合溶液中逐滴加入氢氧化钠溶液，先发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H心，无明显现象，Al Ch+3Na0H=Al(OH)3!+3NaCI,Al(OH)3+NaOH=NaAI02+220,产生沉淀，后沉淀溶解，图中一开始就有沉淀，故A错误；B、在NaHC03和Na2C03混合溶液中滴加盐酸，反应分以下两步进行：Na2C03+HCl=NaCl+NaHC03,NaHC03+ffCl=NaCl+CO叶H心，图中一开始就有气泡，不符合，故B错误；C、向NaOH溶液中通入氯气，发生2NaOH+Ch=NaCl+NaCIO+H心，开始转移电子数逐渐增多，饱和后不再溶解，故C正确；D、在氢氧化钡溶液中滴加NaHC03溶液，少量时的反应是：NaHC03+Ba(OH)2=BaCO斗NaOH+H20,过量时的反应是：Ba(OH)2+2NaHC03=BaC03!+Na2C03+2H刃，导电能力是先变小，再变大，但由千有Na+离子，导电能力不可能变为o,故D错误；故选C。14、B【答案解析】A.滴定终点溶液显酸性，故可选取甲基橙作为滴定指示剂，A不正确；B.M点溶液中，c(NaY)=c(HY),因为K(HY)=S.Ox1011,所以c(Y)：c(HY)，代入HY的电离常数表达式可得，ka=c妇）5.0 xlO叱所以，pff7,B 正确；C.由图可知，Q点水的电离程度最小，Kw=to14,C不正确；D.M点，由物料守恒可知，c(Na+)=c(HY)+c(Y),D不正确。本题选B。15、A【答案解析】A聚乙烯不属千可降解材料，故错误；B硅属于半导体材料，能制造集成电路或太阳能电池等，故正确；C氧化镁和氧化铝的熔点都较高，可以做耐高温材料，故正确；D燃料的脱硫脱氮、NOx的催化转化可以减少硫的氧化物和氮的氧化物的排放，能减少酸雨的产生，故正确。故选A。16、C【答案解析】A项、盐酸首先中和氢氧化钠，故A错误；B项、常温下铝在浓硝酸中钝化，得不到气体，故B错误；C项草酸具有还原性，能被酸性高猛酸钾溶液氧化，使其褪色，故C正确；D 项、氢氧化钠溶液开始是过量的，因此不可能产生白色沉淀氢氧化铝，故D错误；故选C。17、C【答案解析】lONaN3+2KN03=K20+5Na20+l6N2j中，N元素的化合价由价升高为O,N元素的化合价由5价降低为o,该反应转移lOe，以此来解答。【题目详解】A.、KN03中N元素的化合价降低，为氧化剂，其中氮元素被还原，故A错误；B、只有N元素的化合价变化，则N2是氧化产物，也是还原产物，故B错误；C、由反应可知转移lOmol电子生成16mol氮气，则每转移1mol电子，可生成N2为l.6mol,标准状况下凡的体积为35.84L，故C正确；D、若有65g NaN3参加反应，则被氧化的N的物质的量为故选C。18、C【答案解析】65g x3=3mol,故D错误；65g I mol A牺牲阳极的阴极保护法利用原电池原理，用较活泼的金属作负极先被氧化，故A错误；B金属的化学腐蚀的实质是：金属作还原剂M-ne-=M0+，电子直接转移给氧化剂，故B错误；C.外加直流电源的阴极保护法，在通电时被保护的金属表面腐蚀电流降至零或接近于零，故C正确；D.铜碳合金铸成的铜像在酸雨中发生电化学腐蚀时，铜作负极，碳正极的电极反应为：02+4e-+4H+=2H心，故D错误；故选C。19、D【答案解析】A由W(o-入 M(e入N(O=)结构简式可知，W不能和淏水发生加成反应，M、N均能与淏水发生加成反应，故A错误；B.W的一氯代物数目为4种，M的一氯代物数目3种，N的一氯代物数目4种，故B错误；C.根据甲烧分子的正四面体结构、乙烯分子和苯分子的共面结构可知，W、N分子中的碳原子均共面，M中的碳原子不能共面，故C错误，D.W中与苯环相连的碳原子了有氢原子，M和N均含碳碳双键，故W、M、N均能被酸性KMn04溶液氧化，故D正确；答案：D。20、C【答案解析】A.锥形瓶和容量瓶内有水对实验无影响，不需要烘干，故A错误；B.蒸发时将蒸发皿放置在铁架台的铁圈上，可以直接加热，不需要加垫石棉网，故B错误；C.使用CCl4萃取浪水中的浪时，振荡后需打开活塞使漏斗内气体放出，防止分液漏斗内压强过大引起危险，故C正确；D.酸碱中和滴定过程中，眼睛必须注视锥形瓶中溶液颜色变化，以便及时判断滴定终点，故D错误；故选C。21、A【答案解析】A、丙烯的结构简式表示为CH3CH=CH2,选项A正确；B、CO2的电子式为:0:C:0:选项B错误；C、该比例模型可表示甲烧等，金刚石是正四面体空间网状结构，选项C错误；故答案是A。【答案点睛】本题考查化学用语的使用。易错点为选项c,原子大小相同。22、C【答案解析】该比例模型可表示甲烧等，金刚石是正四面体空间网状结构，且A.1 LpH=l的H2S04溶液中，c(H+)=O.lmolL飞含订的数目为O.lmolL-1xl LxNA=0.1 NA,故A错误；B.lmol纯比S04中以分子构成，离子数目为o,故B错误；C.硫代硫酸钠是强碱弱酸盐，一个S2032水解后最多可产生2个OH一，含15.8g即O.lmolNa2S203的溶液种阴离子数目大千0.1NA,故C正确；D.22.4 L气体不能确定是不是标准状况，故D错误；故选C。二、非选择题（共84分）23、第三周期田A族r(Fe3+)r(N勺r(AJ勺l l l Hl04(aq)+-:-Al(OHh(s)=H心(I)+-:-Al(l0心(aq)6H=-:-QkJ/mol 3 3 3 a Fe203+6H+21=2Fe2+1z+3H20【答案解析】氢氧化铝具有两性，X的最高价氧化物的水化物甲是一种胃酸中和剂，且能溶千强碱溶液，X是Al元素；氨气作制冷剂，Y的一种氢化物可用千制造纯碱和做制冷剂，Y是N元素；氧化铁是红色染料的成分，Z的一种盐乙可以作净水剂，Z的某种氧化物丙可以做红色涂料，Z是Fe元素；磺化银用千人工降雨，W元素大多存在千海藻种，它的银盐可用于人工降雨，W是I元素；【题目详解】(1)X是Al元素，Al元素周期表中的位置为第三周期IIIA族，电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，Al“、N气F矿三种离子半径从大到小的顺序为r(Fe3)r(N3)r(Al 3+)。(2)W的最高价氧化物的水化物是HI04,甲是氢氧化铝；足量HI04稀溶液与lmolAl(OH)3完全反应，放出热量QkJ,表示该过程中和热的热化学方程式是HI04(aq)+-:-Al(OH)3(s)比0(1)+-:-Al(IO山(aq)H=-:-QkJ/mol。(3)a.HI的相对分子质量大千HCLHI比氯化氢沸点高，故a正确；b.Cl的非金属性大千I,HCl比HI稳定性好，故b错误；c.Cl的非金属性大千I,HI比獗化氢还原性强，故c错误；d.HI是强酸，氢氛酸是弱酸，故d错误。(4)铁的氧化物丙可以做红色涂料，丙是Fe心，丁是HI,Fe心与HI发生氧化还原反应生成FeL和I2，反应的离子方程式是Fe心6lf+2r=2Fe2+1计3H20。24、CH3CHO还原反应浓硝酸，浓硫酸，苯cd。CH土NH-0-a;+2Na0H主立CH3COONa比N-0-0Na+H20 3?勹O+NH,CH,COOH-o;-Oi,-COOH+H,O（答案解析】B在五氧化二磷作用下得到乙酸酐，则B为CH3COOH,可推知乙烯与氧气反应生成A为CH3CHO,A进一步发生氧化反应生成乙酸，由M的结构可知，E为比N-0-OH，反应为苯与浓硝酸、浓硫酸发生硝化反应生成硝基苯，由C、D分子式可知，C分子发生加氢、去氧得到D;(4)M水解得到的乙酸与比N-尸OH，乙酸与比N-勹-oH中酚胫基与氢氧化钠继续反应；(S)M的同分异构体满足：苯环上连有NH2,属千酣类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO或HCOOCH2或CH300C;?(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，勹三o与NH2CH2COOH反应得到 仅C,.,.X吼OOOH与水。【题目详解】NO2邓OH由上述分析可知：A为C几CHO,B为CH3COOH,C为0,D为6.E为比N-0-0HM为。CH3-NH-0-OH 0 NO2邓OH(1)由上述分析可知，A的结构简式为：CH3CHO,C为0,D为6,c与HCI、Fe存在条件下发生加氢去氧的邓OH还原反应产生心，所以C-D的反应类型为还原反应；(2)反应为苯与浓硝酸、浓硫酸存在条件下加热发生取代反应产生硝基苯，实验时添加试剂的顺序为：先加入浓硝酸，再加入浓硫酸，待溶液恢复至室温后再加入苯；(3)由上述分析可知，E为比N-0-0H。a，根据E的结构简式可知其分子式为C6H1NO,a错误；b.E含有酚轻基，且酚胫基邻位含有氢原子，能与漠水发生取代反应，b错误；c.E含有酚胫基，遇到FeCb溶液能发生显色反应，c正确；d.E含有酚胫基，能与氢氧化钠溶液反应，含有氨基，能与盐酸反应，d正确，故合理选项是cd;(4)M为CHll-NH-0-OHM水解得到的乙酸与比N-0-OH，乙酸与比N-0-OH中酚轻基与氢氧化。钠继续反应，反应方程式为：CH3-NH-0-OH+2NaOH二室担:lCH3COONa比N勹-Oa+H心；(S)M的同分异构体满足：苯环上连有NH2,属千酷类物质，苯环上只有两种不同环境的氢原子，同分异构体应含有2个不同取代基、且处于对位，另外取代基为CH3COO或HCOOCH2一或CH300C，符合条件的同分异构体有3种；9 9(6)由转化关系中E转化为M的反应可知，cc；：o与NH,CH,COOH反应得到：CH2-COOH和水，故9?o+NHiCH2COOH-(了N-CHi-COOH+H心。最后一步反应的化学方程式为：气C/c/2 8 g【答案点睛】本题考查有机物合成与推断，充分利用有机物的结构进行分析解答，结合有机物的结构与性质及转化关系进行推断，较好的考查学生分析推理能力、自学能力、知识迁移运用能力。25、bdS02+Br2+2H20=H2S04+2HBr 66.7%随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，Fe+2H+=Fe2+H2个检验S02是否除尽防止空气中的水进入E,影响氢气的检验b 澄清石灰水【答案解析】(I)(I)Fe2十与氐Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀；Fe“具有还原性，能使高猛酸钾溶液褪色；(II)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫；(2)铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气；(3)高猛酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫；(4)用澄清石灰水检验C020【题目详解】(l)F亡能与K3Fe(CN)6溶液反应生成蓝色沉淀，Fe2十具有还原性，能使高猛酸钾溶液褪色；要判断溶液X中是否含有Fe气可以选用氐Fe(CN)6溶液或酸性KMn04溶液，选bd;(II)铁与浓硫酸加热时，浓硫酸被还原为二氧化硫，二氧化硫具有还原性，二氧化硫通入足量漠水中，发生反应S02+B乌 2H20=H2S04+2HBr,所以溶液颜色变浅，反应后的溶液中加入足量BaCh溶液，生成硫酸钡沉淀2.33g,硫酸钡的物质的量是2.33g 233g/mol=0.0lmol,根据关系式S02-H2S04-BaS04,可知二氧化硫的物质的量是0.Olmo)，由此推知气体Y中S02的体积分数为0.0lmol x 22.4Umol xl00%=66.7%。0.336L(2)由千随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，反应的方程式为Fe+2H+=Fe2+H2 i;(3)高猛酸钾溶液能氧化吸收二氧化硫，品红检验二氧化硫，所以装置B中试剂的作用是检验S02是否除尽；装置E用千检验装置D中是否有水生成，所以装置F的作用是防止空气中的水进入E,影响氢气的检验；(4)C中的碱石灰能吸收二氧化碳，所以要确认CO2的存在，在B、C之间添加M,M中盛放澄清石灰水即可。26、加热、搅拌、研细颗粒用玻璃棒不断搅拌滤液K+、NO3.、Na+、c1减少NaCl的结晶析出取少量固体溶千水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质KN03 增大按根离子的浓度，有利千氯化按结晶析出甲基橙8.92%【答案解析】硝酸钠和氯化钾用水溶解，得到的溶液中含有K、N03.、Na+、c1,由于在溶液中NaCl的溶解度较小，且受温度影响不大，采取蒸发浓缩，析出NaCl晶体，过滤分离出NaCl晶体。由千硝酸钾溶解度受温度影响比硝酸钠大，采取冷却结晶析出硝酸钾，过滤出硝酸钾晶体后，向滤液中加入NH4NQ3,可增大溶液中NH4十浓度，有利千NH4CJ结晶析出。【题目详解】1.(1)加热、搅拌、研细颗粒等都可以加快物质溶解；实验室进行蒸发结晶操作时，为防止液滴飞溅，要用玻璃棒不断搅拌滤液，使溶液受热均匀；(2)过滤1后析出部分NaCl,滤液1含有K+、N03.、Na+、Cl一；氯化钠溶解度较小，浓缩析出NaCl晶体后，直接冷却会继续析出NaCl晶体，在进行冷却结晶前应补充少量水，可以减少NaCl的结晶析出；(3)产品KN03中可能含有Na+、Cl杂质离子，检验的方法是：取少量固体溶千水，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀说明含有杂质NaCl,即含有杂质；11.(4)取40g Nff4NQ3和37.25g KCI固体加入100g水中，加热至9oc所有固体均溶解，用冰水浴冷却至5C以下时，硝酸钾的溶解度最小，首先析出的是硝酸钾晶体；在滤液中加入硝酸按可以增大铁根离子浓度，使NH4Cl晶体析出；(5)由于恰好反应时生成的溶质为(N儿）2S04和Na2S04,溶液为酸性，则应该选用甲基橙为指示剂；硫酸总的物质的量n(H2S04)=cV=0.102 mol/Lx0.02 L=0.00204 mol,含有氢离子的物质的量为n(H+)=2n(H2S04)=2x0.00204 mol=0.00408mol,氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=c V=0.089 mol/Lx0.01655 L=0.001473 mol,所以氨气的物质的量n(NH3)=0.00408mol-0.001473 mol=0.002607 mol,所以根据N元素守恒，可知样品中氯化按的物质的量为0.002607mol,则样品中氯化铁的质量分数为：fufl026075!?g/mol g.564?xtoO%：8.92%。【答案点睛】本题考查物质制备方案、物质的分离与提纯方法，涉及溶解度曲线的理解与应用、滴定计算等，关键是对原理的理解，试题培养了学生对图象的分析能力与灵活应用所学知识的能力。27、H2S2s2+sol+6H+=3S!+3H20 90%取少量Na2S03样品千试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCb溶液，若产生白色沉淀，则Na2S03已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2S03未被氧化变质【答案解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L,则相对分子质量为22.4xl.518=34.0,Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为s,溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2S04,则隔绝空气加热，Na2S03分解生成Na2S和Na2S04,发生4Na2S03占Na2S+3Na2S04,以此解答该题。【题目详解】(1)由以上分析可知Y为H心(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2s2-+soi-+6H+=3SJ+3H心；m 6.291g(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g,该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaS04)-=0.027mol,M 233g/mol 说明生成Na2S04的物质的量为0.027mol,反应的方程式为4Na2S03J:心Na2S+3Na2S04,可知分解的Na2S03物质的量为0.036mol x 126g I mol 0.027molx=0.036mol,则Na2S03的分解率为p=xI00%=90%:5.040g(4)Na2S03在空气中被氧化，可生成Na2S04,检验Na2SOJ是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2S03样品千试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCb溶液，若产生白色沉淀，则Na2S03已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2S03未被氧化变质。【答案点睛】本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2S03具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2S03在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaS04既不溶千水也不溶千酸的性质检验Na2S03是否氧化变质。28、BK=c(NH3)2 c(N2)c(H2)3 AC CD 增大减小NH4+H20 NH3 H20+H+1.sx107【答案解析】(1)氨气极易溶于水，直接用水吸收，能够发生倒吸现象，所以吸收氨气时所选装置必须具有防止倒吸的作用；(2)根据平衡常数K的定义列出表达式；若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，加压、增加反应物浓度均可；(3)反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分浓度不变；(4)氨水溶液加水稀释后，促进电离，电离程度增大，电离常数只与温度有关，稀释氢氧根离子浓度减小；(5)NH4十水解导致硫酸按溶液显酸性，氨气与酸反应得到按盐，某(NH4)2S04水溶液的pH=S，若硫酸剩余，抑制水的电离，若硫酸反应完全，促进水的电离。【题目详解】(1)A倒扣的漏斗使NH3充分吸收同时防止倒吸现象的发生，A项错误；B由千NH3易溶千水，可发生倒吸现象，不能够用水直接吸收，B项正确；C.由千NH3难溶千CC14,NH3与CCl4接触不易发生倒吸现象，能够用千吸收氨气，C项错误；D.由千干燥管的上部大，能够防止倒吸现象的发生，D项错误；故答案为：B;寓(2)合成氨反应为N2+3H2品2NH3,则平衡常数K表示生成物的浓度幕之积与反应物的浓度幕之积的比值，其表达式为c(NH3)2:K=c(N2)C(H2)3;若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，加压、增加反应物浓度均可，A.压缩容器体积，压强增大，反应速率增大，平衡正向移动，A项正确；B.适当升高温度，平衡逆向移动，B项错误；C.通入适量氮气，反应物浓度增大，反应速率增大，平衡正向移动，C项正确；D加适量催化剂，平衡不移动，D项错误；故选AC,故答案为c(NH3)2:K=c(N2)c(H2)3.;AC;(3)对于反应N2+3H2.=2NH3A.任何状态下,)(H2):)(NH3)=3;2,A项错误；B.若容器体积不变，而混合气体质量不变，则混合气体的密度不变，B项错误；c反应为气体体积减小的反应，而混合气体质量不变，若混合气体的平均相对分子质量不再改变，说明反应达到平衡状态，C项正确；D.单位时间内生成nmol N2的同时生成2nmol NH3,说明正逆反应速率相等，D项正确；故答案为：CD;(4)氨水溶液加水稀释后，促进电离，电离程度增大；稀释后，溶液中的氢氧根离子浓度减小，pH值减小，故答案为：增大；减小；(5)NH4十水解导致硫酸铁溶液显酸性，水解方程式为NH4+H20.=NH3 H心H+，某(NH4)2S04水溶液的pH=S,溶液中c(H+)=1妒mol/L,氢离子源于水的电离，假设溶液为lL,溶液中n(H+)=105mol,则发生电离的水为1妒mol,1000g 1000 10一5mol稀溶液可以近似为水，水的质量约是1000g，其物质的量为=mol，水的电离度为1000=l.8xl0-7 18g/mol 18mol 18 故答案为：Nff4+H20.=NH止O+H+;1.SxlO五【答案点睛】第(5)问分析清楚溶液中的氢离子的来源是解题的关键。29、除去镁条表面的氧化物缓慢加入D 抽气泵和安全瓶趁热过滤弱【答案解析】(1)反应加入的镁条应用砂纸打磨干净的原因是除去镁条表面的氧化物；(2)(!)结晶速度越慢可得到较大颗粒的晶体，故应缓慢加入乙酸；将烧杯中的晶体转入布氏漏斗时，杯壁上往往还粘有少量晶体，需选用液体将杯壁上的晶体冲洗下来后转入布氏漏斗，目的是为了用减少晶体的损失所以选择冲洗的液体应该是不会使晶体溶解损失，又不会带入杂质的选择用滤液来物冲洗的液体是最好的，这是因为滤液是饱和溶液，冲洗时不会使晶体溶解，同时又不会带入杂质；故答案为D;抽滤完毕，应先断开抽气泵和安全瓶；重结晶过程：加热溶解一趁热过滤一冷却结晶一抽滤一洗涤一干燥，其中趁热过滤可以除去不溶性杂质，冷却结晶，抽滤可以除去可溶性杂质；(3)极性弱的物质，在溶剂中扩散更快，根据图可知展开后顺式偶氮苯较多，扩散较慢，则反式偶氮苯比顺式偶氮苯的分子极性较弱。