2022年贵州省黔西南州兴义市顶兴学校高考模拟试卷（2月份）（附答案详解）.docx

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1、2022年贵州省黔西南州兴义市顶兴学校高考模拟试卷（2月份）1.化学与生产、生活社会开展息息相关，以下说法错误的选项是（）A.我国最新研制有5款新冠疫苗获批上市，注射新冠疫苗后产生的抗体主要成分是蛋白 质B.中国航天“探月工程”中嫦娥五号带回的“快递”“月壤”中富含“完美能 源” 3He, 和是同种核素C. ”华为麒麟980”手机中芯片的主要成分是单质硅D. “垃圾分类”将易腐垃圾转化成热值较高的可燃性气体，属于生物质能的热化学转 换2.设以表示阿伏加德罗常数的值.以下说法正确的选项是（）A.常温常压下，ImolNazOz中含有的阴、阳离子总数是3NaB.标准状况下，2.24L苯中含C一H数目

2、为0.6NAC. 3.2 g由氧气和臭氧组成的混合物中含有的分子数目为0.1NaD. Cl?与NaOH溶液反响每生成1 molNaCL转移电子的数目为2必3 .复杂天然产物MV合成过程的某片段如图（Me表示甲基），以下有关表达错误的COOMe系列反响Me MeA. X的分子式为C10H14O3B. X、Y都能使酸性重铭酸钾溶液变色C. X、Y中均最多有7个碳原子在同一平面D.能用Na来鉴别X、Y4 .短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大。元素W是制备手机电池的重要材料，X是短周期最活泼的金属元素，元素Y是同周期中离子半径最小的元素，Z原子的最 外层电子数是其电子层数的2倍。以下说法错误的

3、选项是（）A.元素X和W的氯化物中，各原子均满足8电子的稳定结构B.元素X、Y、Z的离子半径大小：ZX YB.标况下苯是液体；C.氧气与臭氧的摩尔质量不同；D.氯气与氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，为歧化反响，生成lmol氯化钠，转 移lmol电子.此题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算和应用，熟练掌握公式的运用和物质的结构是解 题关键，注意过氧化钠的结构特点，气体摩尔体积使用条件和对象，题目难度不大.3 .【答案】C【解析】解：A.根据结构简式确定分子式为C10H14O3,故A正确；B.碳碳不饱和键都能被酸性高镒酸钾溶液氧化，二者都含有碳碳双键，所以都能被重铭 酸钾溶液氧化而变色，故B正确

4、；C.X、Y中除了环上的两个甲基上碳原子外其它碳原子都可能共平面，贝UX最多有8个碳 原子共平面、Y最多有7个碳原子共平面，故C错误；D.羟基、陵基能和钠反响生成氢气，X和钠不反响但Y能和钠反响生成氢气，所以可以用Na鉴别二者，故D正确；应选：CoA.根据结构简式确定分子式；B.碳碳不饱和键都能被酸性高镒酸钾溶液氧化；CX、Y中除了环的两个甲基上碳原子外，其它碳原子可能都共平面；D.羟基、竣基能和钠反响生成氢气。此题考查有机物结构和性质，侧重考查烯烧、醇的性质，明确官能团及其性质关系、原 子共平面判断方法是解此题关键，C为解答易错点，题目难度不大。4 .【答案】A【解析】解：结合分析可知，W为

5、Li, X为Na, Y为AL Z为S元素，A.W、X的氯化物分别为LiCl和NaCL Li+的最外层只有2个电子，不满足8电子的稳定结 构，故A错误；B.电子层越多离子半径越大，电子层结构相同时，核电荷数越大离子半径越小，那么离子 半径大小为：ZX Y,故B正确；C.元素Na可以形成Na?。和Naz。2，Na?。和Naz。2的阴、阳离子个数之比均为1： 2,故C 正确；D.元素Y的单质为铝，铝与氢氧化钠溶液或硫酸反响均有氢气生成，故D正确；第10页，共21页应选:Ao 短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，元素W是制备一种高效电池的重要材料， W为Li元素；X是短周期最活泼的金属元素，那

6、么X为Na元素；元素Y是同周期中离子半径 最小的元素且原子序数比Na大，那么Y为A1元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2 倍，Z的原子序数大于A1元素，Z有3个电子层，最外层电子数为6,那么Z为S元素，以此分 析解答。此题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子结构来推断元素为 解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。5 .【答案】B【解析】解:A.玻璃棒中含钠元素，应选铁丝或伯丝蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧， 故A错误；B.过氧化钠与水反响生成氧气且放热，那么棉花着火燃烧起来，故B正确；C.足量溟水，亚铁离子、碘离子均被氧化，不能证明氧

7、化性Fe3+12,故C错误；D.滴加NaOH溶液，可能生成一水合氨，由实验及现象可知，溶液中可能含NH3故D 错误； 应选:BoA.玻璃棒中含钠元素；B.过氧化钠与水反响生成氧气且放热；C.足量滨水，亚铁离子、碘离子均被氧化；D.滴加NaOH溶液，可能生成一水合氨。此题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反响与现象、离子检验、 实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难 度不大。6.【答案】C【解析】解：以锂硫电池为电源，通过电解含(NH4)2SC)4的废水制备硫酸和化肥，M区 得到硫酸说明是水放电生成氢离子和氧气，为阳极，那么a为正极，b为负

8、极； A.上述分析可知b为原电池负极，故A错误；B.2Li + xS = Li2Sx,反响过程中消耗xmolS转移电子2mol,那么每消耗32g即lmol硫,理 论上导线中一定通过2moi故B错误；c.电解池中阴离子移向阳极，SO厂通过阴膜由原料室移向M室，故C正确；D.N室是阴极，发生得电子的还原反响，故D错误；应选Co此题考查化学电源新型电池，侧重考查学生知识综合运用能力，明确各个电极上发生的 反响是解此题关键，难点是电极反响式的书写，注意结合电解质溶液特点书写，题目难 度中等。7 .【答案】A【解析】解:A.溶液中c(Na+) + c(H+)越大，溶液的导电能力越强，而溶液中c(H+)比

9、拟 小，由c(Na+)决定溶液导电性，随醋酸溶液加入，溶液中c(Na+),溶液的导电能力减弱， 故A错误；.由图可知，c点溶液pH = 7,那么存在c(OH-) = c(H+),溶液存在电荷守恒：c(H+) +c(Na+) = c(OH-) + c(CH3COO-),联立可知c(Na+) = c(CH3coeT),故尸1，故B正确；c(OH ) c(CH3COO )C.氢氧化钠溶液与醋酸溶液浓度相等，a点加入5mL醋酸，有10mL氢氧化钠溶液反响, 剩余等10mL氢氧化钠溶液，a点溶液中n(NaOH) = 2n(CH3COONa),溶液呈碱性，故 c(Na+) c(OH-) c(CH3COO-

10、) c(H+),故 C 正确；D.氢氧化钠溶液、醋酸溶液浓度都是0.lmol/L,根据物料守恒可知c(CH3COOH) +c(CH3coeT) + c(Na+) = O.lmol L,故 D 正确；应选:AoA.溶液中c(Na+) + c(H+)越大，溶液的导电能力越强，而溶液中c(H+)比拟小，由c(Na+) 决定溶液导电性；B.c点溶液pH = 7,那么c(H+) = c(OH-),根据电荷守恒可知c(Na+) = c(CH3CO(T)；C.a 点溶液中 n(NaOH) = 2n(CH3COONa)；D.根据物料守恒可知c(CH3coeT) + c(CH3COOH) + c(Na+) =

11、O.lmol 此题考查水溶液中离子平衡，涉及弱电解质电离、盐类水解、质量浓度大小比拟等，明 确溶液中溶质成分及其性质是解此题关键，注意守恒理论的灵活运用。8.【答案】CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + C02 T +H20 5.2 7,8烧杯、玻璃棒、漏斗 将 溶液中少量的氢氧化钙转化为氯化钙温度过高CaC12.2H2。会失去结晶水酸式滴定 管99.91%样品中存在少量的NaCl；少量的CaC 2%0失水第12页，共21页【解析】解：工业硫酸钙含少量Na+、&3+、Fe3+等杂质，加入盐酸可完全溶解生成氯 化钙、氯化铁、氯化钠、氯化铝等加入氢氧化钙溶液以除去溶液中少量的Fe3+,然后在

12、酸性溶液中蒸发结晶可得到CaCk2H2O,(l)CaC()3与盐酸反响生成氯化钙、二氧化碳和水，反响的离子方程式为：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + C02 T +H20,故答案为：CaCO3 + 2H+ = Ca2+ + C02 T +H20；(2) “除杂”操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH范围是沉淀铁离子、铝离子，结合沉 淀完全的PH和开始溶解的PH选择调节溶液的pH范围是5.2 7.8,故答案为：5.2 7.8；(3)过滤装置需要的仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗，故答案为：烧杯、玻璃棒、漏斗；(4) “酸化”操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为40其目的有：防止氢氧化钙吸收空 气中的二

13、氧化碳；防止Ca2+在蒸发时水解，除去铁离子和铝离子加入了过量氧化钙，加 入盐酸酸化使氢氧化钙转化为氯化钙，故答案为：将溶液中少量的氢氧化钙转化为氯化钙；(5)溶液中得到溶质固体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，其中加热温度不 能过高，加热温度过高会使CaC12.2H2。晶体失水，故答案为：温度过高CaC12.2H2。会失去结晶水；(6)标准液为硝酸银溶液，所以用酸式滴定管，如用碱式滴定管会腐蚀橡胶管， 故答案为：酸式滴定管；样品中n(Cr) = 0.05000mol - L-1 x 0.02039L x 10 = 0.010195mol,根据n(AgCl)= 2n(CaCl2.2H2O

14、),那么n(CaCl2.2H2O) = 0.0050975mol,所以m(CaCL2&0) = 0.0050975mol x 147g/mol = 0.7493325g,那么有：x 100% = 99.91%,故答案为：99.91%；样品中存在少量的NaCl会导致CaC12,2H2。的物质的量增大。同样假设Ca.2电0失水 导致分母变小，值偏大。故答案为：样品中存在少量的NaCl；少量的CaC12.2H2。失工业硫酸钙含少量Na+、&3+、Fe3+等杂质，加入盐酸可完全溶解生成氯化钙、氯化铁、 氯化钠、氯化铝等加入氢氧化钙溶液以除去溶液中少量的Fe3+,然后在酸性溶液中蒸发 结晶可得到CaCk

15、2电0,(l)CaCC)3与盐酸反响生成氯化钙、二氧化碳和水；(2) “除杂”操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH范围是沉淀铁离子、铝离子，结合沉 淀完全的PH和开始溶解的PH选择；(3)过滤装置选择需要的仪器；(4)除去铁离子和铝离子加入了过量氢氧化钙，加入盐酸酸化使氢氧化钙转化为氯化钙;(5)溶液中得到溶质固体需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，加热温度过高会 使晶体失水；(6)标准液为硝酸银溶液，所以用酸式滴定管。在使用前应先用硝酸银溶液进行润洗； 根据到达滴定终点生成氯化银的物质的量等于消耗的硝酸银的物质的量这一关系求 出消耗硝酸银的物质的量，那么n(AgCl) = 2n(CaCl2

16、.2H2O),据此可以算出实际上的CaC12.2H2。的物质的量，进而求出质量。注意的是我们是从 250moi中取25mL所以在计算时要注意这一点；样品中存在少量的NaCL根据n(AgQ)2n33。2,2电0)可知，CaCLZH?。的物质的量 增大。同样假设CaC12.2H2。失水导致分母变小，值偏大。此题主要考查实验的基本操作、实验仪器的选择、实验误差分析。注意离子的检验方法 和常见仪器的使用，样品纯度的分析要注意溶液中可能发生的反响，注意有效数字问题, 题目难度中等。9.【答案】分液漏斗 吸收多余的氯气，防止污染环境 缺少防倒吸装置Mn02 + 4HCl( 浓)二MnC12 + Cl2 T

17、 +2H2O FeCU在0。(25。(2的强碱性溶液中较稳定，防止副反响发生 减少产品损失，易于干燥 缺少除去氯气中混杂氯化氢的装置5Fe0t + 3Mn2+ + 16H+ = 5Fe3+ + 3Mn0； + 8H20【解析解：(1)盛放氢氧化钾的仪器名称分液漏斗，氯气有毒，所以可以用NaOH溶液 处理尾气，防止污染大气，装置C缺少防倒吸处理，故答案为：分液漏斗；吸收多余的氯气，防止污染环境；缺少防倒吸装置；(2)加热条件下浓盐酸和二氧化镒反响生成氯化镒、氯气和水，反响方程式为M11O2 + 4 HC1(浓)一MnCk + Cl2 T +2H2O，故答案为：MnO2 + 4 HC1(浓)二Mn

18、Ck + Cl2 T +2H2O;K2FeO4在OK5久的强碱性溶液中较稳定，所以采用冰水浴，从而防止副反响发生，故答案为：K2Fe()4在05。(：的强碱性溶液中较稳定，防止副反响发生；(4)K2FeC)4在乙醇中溶解度较小，且乙醇易挥发，所以用乙醇洗涤的目的是减少产品损第14页，共21页失，且易于干燥，故答案为：减少产品损失，易于干燥；(5)浓盐酸易挥发导致生成的氯气中含有HCL HC1能和KOH反响，从而降低产率，故答案为：缺少除去氯气中混杂氯化氢的装置；(6)FeO广、MM+发生氧化还原反响生成铁离子、高锦酸根离子和水，反响方程式为5FeO 广 + 3Mli2+ + 16H+ = 5F

19、e3+ + 3MnO； + 8H20,故答案为：5FeO厂 + 3Mn2+ + 16H+ = 5Fe3+ + 3MnO； + 8H20o根据实验装置图可知，A装置中用二氧化镒与浓盐酸加热制得氯气，B中发生反响3c上+ 2Fe(OH)3 + 10KOH = 2K2FeO4 + 6KC1 + 8H2。来制备FeCU，氯气有毒不能直接排放 在空气中，氯气能和NaOH溶液反响生成钠盐，所以用NaOH溶液除去尾气；缺少防倒吸 装置；(1)盛放氢氧化钾的仪器名称分液漏斗，装置c用于吸收氯气，缺点在于没有防倒吸；(2)加热条件下浓盐酸和二氧化镒反响生成氯化镒、氯气和水；(3)K2Fe()4易溶于水，微溶于浓

20、KOH溶液，在(TC5。(：的强碱性溶液中较稳定；(4)K2Fe()4在乙醇中溶解度较小，且乙醇易挥发；(5)产生的氯气中有混杂的氯化氢，氯化氢呈酸性，对后续实验有影响；(6)FeO广、MM+发生氧化还原反响生成铁离子、高镒酸根离子和水。此题以高铁酸钾的制备为背景，考查了学生有关氧化还原反响，物质别离提纯，陌生方 程式书写，实验装置分析等内容，侧重考查学生利用提示知识分析解决问题能力，考查 知识较广，难度适中。1。,【答案】AD 1 不可能，因为催化剂不能改变反响物的转化率 温度升高，催化 齐I活性降低 D a H20 + 2CO2 + 2e- = HCOCT + HCO3 0.56【解析】解

21、：I(1)A,C()2和小的转化率之比与投料比有关，不能判定是否到达平衡， 故A错误；B.反响前后气体的质量不变，物质的量发生改变，混合气体的平均平均摩尔质量不再变 化，说明到达平衡，故B正确；C.反响前后气体的物质的量发生改变，那么压强发生改变，压强不变时到达平衡，故C正 确；D.正逆反响速率相等时，反响到达平衡，应为v(H2)正=4v(CHJ逆，故D错误；故答案为：AD；(2)根据题意可设:CO?和X分别为lmol、4mol,由图2可知N点时CO2的转化率为50%, 那么CO2(g) + 4H2(g) = CH4(g) + 2H20(g)起始量(mol) 1400变化量(mol)0.520

22、.51.0平衡量(mol)0.520.51.0n(总)=(0.5 + 2 + 0.5 + 1.0)mol = 4mol, N点压强为IMPa,A(N)= 0：漕)丫*；)=二 L该反响为放热反响，P点温度升高，CO2的平pp(C02)p4(H2)xpx(-xp)4衡转化率降低，K(P)K(N),故答案为：1； ；催化剂只能改变反响速率，不能改变转化率，假设无催化剂，N点平衡转化率也不会降 至R点，故答案为：不可能，因为催化剂不能改变反响物的转化率；(3)温度升高，CH30H选择性随而下降的原因可能是温度升高催化剂活性降低， 故答案为：温度升高，催化剂活性降低；反响:CO2(g) + 3H2(g

23、) = CH30H(g) + H2O(g) 山=-58kJ moL为放热反响，低 温有利于反响正向进行；反响前后气体分子数减少，随着反响进行，压强降低，高压有 利于反响正向进行，故答案为：D；III(4)Sn电极为阴极，阴极CO?发生还原反响生成HCOCT,那么a、b表示CO2进气管，其中 a管是不需要的， 故答案为：a；(5)根据电解CO2制HCOOH的原理,Sn电极为阴极，阴极b上CO2发生还原反响生成HCO(r, 电极反响为：H2O + 2CO2 + 2e- = HCOO- + HCO3 ,故答案为：h2O + 2CO2 + 2e = HCOO + HCO3 ；(6)电解池中Sn电极为阴

24、极，Pt电极为阳极，阳离子通过阳离子交换膜移向阴极，即K+从 左池通过阳离子交换膜移向右池，K+向阴极区迁移，电解一段时间后，假设两侧电极液 中K+的物质的量相差0.04moL即电子转移的物质的量为0.02moL阳极的电极反响为 4HCO3 + 4e- = O2 T +4C02 T +2H2O,转移0.02mol电子，生成的气体为0.025moL气 体的体积为0.025mol x 22.4L/mol = 0.56L,故答案为：0.56o第16页，共21页I (1)判断化学平衡状态的直接标志：1正=丫逆(同物质)，II.各组分浓度不再改变，以及以此为基础衍生出来的标志如压强不再改变，混合气体的密

25、度不再改变、气体的颜 色不再变化等等，以此为判断依据；(2)根据题意可设:CO2和X分别为lmol、4moi，由图2可知N点时CO2的转化率为50%, 列出三段式进行计算即可，该反响为放热反响，P点温度升高，CO2的平衡转化率降低， 结合K的表达式进行分析即可；催化剂只能改变反响速率，不能改变转化率；(3)催化剂选择性受温度影响；根据CO2(g) + 3H2(g) U CH30H(g) + H2O(g) 山=-58kJ moL” 及图知，增大 压强、降低温度，平衡正向移动；HI根据电解C02制HCOOH的原理可知，Sn电极为阴极，阴极b上CO?发生还原反响生成 HCOO-,电极反响为：H20

26、+ 2CO2 + 2e- = HCOQ- + HCO3 ,阳极为Pt电极，电解一段 时间后，阳极氢氧根离子失电子生成氧气，促进水的电离，电极a附近氢离子浓度增大， HCO1浓度降低，电极反响式为4HC01 + 4e- = 02 T +4C02 T +2H2O,据此分析解答。 此题考查反响热的计算、化学平衡的影响因素、化学平衡的计算等，侧重考查学生分析 能力、识图能力和计算能力，根据题目信息结合盖斯定律、勒夏特列原理、化学平衡三 段式等知识解答，此题难度中等。11 .【答案】 迎 什1 tl I 球 sp 0 BC 1451 498 3845 3-x 1073S 3PA19【解析】解：(l)Si

27、为14号元素,基态原子电子排布式为Is22s22P63s23P2,其外围电子排布式为3s23P2,那么轨道表达式为迎 IHl I, Mg是12号原子，基态Mg原子3s 3PIS22s22P63s2；故最高能级为3s, s能级的电子云轮廓图为球形；故答案为：n mti 1；球；蔬3S 3DA 194(2)H2c = C = CH2中间C原子，形成了2个o键，无孤对电子的存在，故杂化类型为sp杂 化；同一周期，从左到右，电负性依次增强，同一主族，从上到下，依次减弱，故Mg、 Ca、H、0、C,电负性最强的为0； Mg2c3和H2c = C = CH2中前者含有碳碳三键，后者 存在碳碳双键，所以均存

28、在的。键、n键；故答案为：sp； 0； BC；(3)如下图，Mg失去第二个电子时需要吸收的能量为1451kJ；由分子变成。原 子的过程，需要吸收(249x2)kJ的能量,故0 = 0键的键能为498kJmori；晶格能是指气态离子形成Imol离子晶体释放的能量，MgO的晶格能3845kJ - mol-1；故答案为：1451； 498； 3845； (4)MgzSi晶胞结构如图2所示，Mg在顶点、面心、棱上和体心，均摊法，晶胞中含有8 x + 6x|+12x+1 = 8； Si在晶胞内部，有4个,根据P = 石3得到a? =4x76Na-1.94,r 4x76仁 4x76107nm；107nm；

29、107nm；故求得 a = 3cm = 3x故答案为：3故答案为：3故答案为：34X76Na-1.94107ou乂小 ENa-1.94Na-1.94(l)Si属于14号元素，根据电子排布规律书写，Mg是12号原子；(2)H2c = C = CH2中间C原子，形成了2个o键，无孤对电子的存在；同一周期，从左到 右，电负性依次增强，同一主族，从上到下，依次减弱；Mg2c3和H2c = C = CM中前 者含有碳碳三键，后者存在碳碳双键，所以均存在的。键、n键；(3)Mg的第二电离能为Mg失去第二个电子时需要吸收的能量；由Imol。2分子变成。原子 的过程,需要吸收(249x2)kJ的能量,故0 =

30、 0键的键能为498kJmoi；晶格能是指 气态离子形成lmol离子晶体释放的能量；(4)MgzSi晶胞结构如图2所示，Mg在顶点、面心、棱上和体心，均摊法，晶胞中含有8 X 1 + 6x|+12x|+1 = 8； Si在晶胞内部，有4个，根据此题考查化学方程式的书写和物质结构中电子排布图、电负性、化学键、杂化类型、分 子结构和空间构型、晶胞计算等知识，综合性强，为物质结构常规考题形式，难度中等。12.【答案】C11H14NCIOHLNCH)第18页，共21页n-CH2coOH,苯环上有3种H、甲基上有1种，它的一氯代物有4种, 故A错误；B.由物质的结构，可知反响均属于取代反响，故B正确；C

31、.化合物Gt Y的转化过程中，涉及还原反响、取代反响，故C错误；D.反响发生苯环的侧链甲基上的氯代反响，反响试剂与条件为Cl?/光照，故D正确;E.化合物E为/ ,没有醛基，不能发生银镜反响，故E错误，CH2-CH2应选：ACE；(4)反响的化学方程式为:+HC1,故答案为:故答案为:(5)芳香族化合物乂是引(-CH2coeIH)的同分异构体，M含有二个六元环(且两个二元环共用两个相邻的碳原子)，那么M可能的结构有:故答案为:O(任意2种);C.元素X可形成两种氧化物且阴、阳离子个数之比均为1： 2D.元素Y的单质与X和Z的最高价氧化物对应的水化物均能反响生成气体5.以下有关实验操作、现象和结

32、论均正确的选项是（）操作和现象结论A用玻璃棒蘸取某待测液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色待测液中含有钠元素B将撒有Na?。2的脱脂棉放在石棉网上，然后向其中滴加少量H20,观观察到棉花着火燃烧起来Na2。?与七0反应放热C向Fei2溶液中滴入足量滨水，加入CCI4振荡，静置分层，下层溶液显紫红色证明氧化性Fe3+ 12D取少许溶液于试管中，滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝证明溶液中无NH|A. AB. BC. CD. D6.：锂硫电池的总反响为2Li + xS = Li2sx.以锂硫电池为电源，通过电解含（NHJ2SO4的废水制备硫酸和化肥的示意图如图（不考虑其他杂质

33、离子的反响）。下列说法正确的选项是（）锂硫电池a b 石黑石睾M室 原料室N室A. b为电源的正极B.每消耗32 g硫，理论上导线中一定通过2 moi e1C. SO广通过阴膜由原料室移向M室N室的电极反响式为2H2。- 4e- = 02 T +4H+第2页，共21页0 _ o 1r(6)制备ho 23-。叫叫吐H ,应先合成对苯二甲酸和对苯二甲醇,CHOH0 CHO0水解可生成(Q , Q发生氧化反响得到对苯二甲酸,CHOH0 CHO0水解可生成(Q , Q发生氧化反响得到对苯二甲酸,RDCWC1CHO CHOCHO 0CHO发生还原反响生成对苯二甲酸,合成路线流程图为:CHO HocwaO

34、 Och2o-h故答案为:CHOhochoO O 2-OCH2ch2o-h由C的结构简式，纵观流程可知，分子式为C7H8的物质为 OCH3,甲苯与氯气在光 照条件下发生取代反响生成A为。-CH2C1,结合信息可知A发生取代反响生成 包C型CH,然后水解生成B为 CH2coeiH,苯乙酸与氯气在催化剂条件发生 取代反响生成C. C中较基上的羟基被氯原子取代生成D,反响还会生成亚硫酸或二氧化硫等。乙烯发生氧化反响生成E,由F的结构可知E为/ , E发生开环加成生成F.对CH2-CH2比D、F、G的结构，可知D与F发生取代反响，脱去1分子HC1生成G.比照G、X的结构，可 知生成H的过程是消除锻基，

35、属于还原反响，而H转化为X时羟基被氯气取代，故H为OH、一CH).比照X、Y的结构，可知X分子内脱去1分子HC1生成Y。 ( JL /a2。十可 应先合成对苯二甲酸和对苯二甲醇，0. 0(6)制备H01第20页，共21页ChoCHO CHOCHO水解可生成），发生氧化反响得到对苯二甲酸，发生还原反响生成对HDOKlCHOCHOCHO苯二甲酸。此题考查有机合成，比照物质的结构明确发生的反响，侧重考查学生分析判断及知识综 合应用能力，熟练掌握常见有机物结构和性质及反响条件，（5）中同分异构体的书写为 易错点、难点。7. 25W,向15mLO.lmolL的氢氧化钠溶液中逐滴滴入O.lmolL的CH3

36、COOH溶液，加入CH3COOH溶液的体积与混合溶液pH的关系如下图(混合过程中忽略溶液 体积变化)。以下分析不正确的选项是()A.溶液的导电能力：d c aB. c点对应溶液中,B. c点对应溶液中,B. c点对应溶液中,c(Na+)c(H+)c(OH-)c(CH3COO-)C. a点溶液中：c(Na+) c(OH) c(CH3coeT) c(H+)a、b、c、d四点对应溶液中均有c(CH3(X)(r)+ c(CH3COOH) + c(Na+) = O.lmol L.医用氯化钙可用于生产补钙、抗过敏和消炎等，以工业碳酸钙(含少量Na+、53+、 Fe3+等杂质)生产医药级二水合氯化钙(CaC

37、12、2H2。的质量分数为97.0%103.0%) 的主要流程如图：盐酸氢氧化钙盐酸蒸发结晶(160 P)滤渣CaClr 2H2。:氢氧化物Fe(OH)3A1(OH)3ai(oh)3开始沉淀时的pH2.34.0开始溶解时的pH7.8完全沉淀时的pH3.75.2完全溶解时的pH10.8(l)CaC03与盐酸反响的离子方程式 o(2) “除杂”操作是加入氢氧化钙，调节溶液的pH范围为,目的是除去溶液 中少量的A13+、中3+。(3)过滤时需用的玻璃仪器有 o(4)“酸化”操作是加入盐酸，调节溶液的pH约为4.0,其目的有:防止氢氧化钙吸收空气中的二氧化碳；防止Ca2+在蒸发时水解；。(5)蒸发结晶

38、要保持在160K的原因是o(6)测定样品中含量的方法是：称取0.7500gCaC122H20样品，溶解，在250mL容量瓶中定容；量取25.00mL待测溶液于锥形瓶中；用0.05000mol/LAgN03溶液滴 定至终点(用嵯附2。7作指示剂)，消耗AgN()3溶液体积的平均值为20.39mL。上述测定过程中需用溶液润洗的仪器有 o计算上述样品中CaC% - 2H2。的质量分数为(保存四位有效数字)。假设用上述方法测定的样品中CaCh - 2H2。的质量分数偏高(测定过程中产生的误 差可忽略)，可能的原因是o.高铁酸钾(LFeOJ是一种高效净水剂。；Feo%易浴于水，微溶于浓KOH溶 液，难溶

39、于乙醇，在0久的强碱性溶液中较稳定。某小组同学用如图装置(部 分夹持装置已略)制备并探究K2FeO4的性质。制备原理：3cl2 + 2Fe(OH)3 +10KOH = 2K2FeO4 + 6KC1 + 8H20o(1)盛放KOH溶液的仪器名称 ，装置C的作用是 ，请指出装置C的一项明显缺陷(2)装置A中反响的化学力程式是 o(3)实验时采用冰水浴的原因是 o(4)K2Fe()4祖产品含有Fe(OH)3、KC1等杂质，一般用75%乙醇进行洗涤，其目的是(5)实验测得K2FeO4的实际产率比理论产率低，请根据装置图分析还存在的缺陷是(6)查阅资料知，K2Fe()4在酸性环境中能将MM+氧化成MnO

40、写出该反响的离子方程式 O第4页，共21页.利用CC2可合成烷烧、烯烧、醇、甲酸等系列重要化工原料。I .制备甲烷C()2(g) + 4H2(g) = CH4(g) + 2H2O(g) H = -252.9kJ - moL。(1)在恒温、恒容容器中进行该反响，以下不能说明反响到达平衡状态的是 ”、V 或 “ )o假设无催化剂，N点平衡转化率是否可能降至R点？说明理由。答：oII .制备甲醇:主反响：CO2(g) + 3H2(g) = CH30H(g) + H2O(g) H = -58kJ - moL副反响:CO2(g) + H2(g) # CO(g) + H2O(g) 反=41kJ- mor1

41、向恒容容器中充入amolCOz和3amolH2,在催化剂存在的条件下进行反响，测得 温度与平衡转化率、产物选择性的关系如下图。O 2 4120 8 6 4 *阳韵厘3。702：CH30H的选择性=n(CH3OH)n(CH3OH)+n(CO)(写一条)CH30H选择性随温度升高而下降的原因是 有利于提高CH30H选择性的反响条件是 oA.高温高压B.低温低压C.高温低压D.低温高压IH.电解法转化C02可实现C02资源化利用，电解CC)2制HCOOH的原理示意图如图所zj O0.1 mol - L-1 KHCOj溶液(4)a、b表示CO2进气管，其中 (填一”或“b”)管是不需要的。(5)写出阴

42、极的电极反响式：o(6)电解一段时间后，假设两侧电解液中K+的物质的量相差0.04mol,那么阳极产生的 气体在标准状况下的总体积为 L(假设产生的气体全部逸出)。11.镁、硅及其化合物用途非常广泛。回答以下问题：(1)基态Si原子价层电子的电子排布图(轨道表达式)为,基态Mg原子电子占据最高能级的电子云轮廓图为 形。(2)Mg2c3与CaC2的结构相似，与水反响可生成H2c = C = CH2，H2c = C = CHz中 间碳原子的杂化方式是,该反响所涉及的元素中电负性最大的是(填元素符号)，Mg2c3和H2c = C = CH?中均存在(填字母)。A.配位键B.o键C.n键D.氢键(3)

43、晶格能又叫点阵能。它是1 mol离子化合物中的正、负离子从相互别离的气态结 合成离子晶体时所放出的能量。MgO晶格能可通过图1的Born - Haber循环计算得 到。第6页，共21页M/GO）（片（106S7kJni” 卜, 1451 kJ mol 1Mg*（g）f（Xg） 1451 kJ mol 1Mg*（g）f（Xg）Mg（p1*（Xg）M 丽+ 4-（g）2 Mg（3 4，%（K）738 kjmol 1249kJmol 148 kJ.mol-3X45 IJ -mol 1Mg（蚱）Mg（蚱）Mg（蚱）-602 kJ molMg的第二电离能为 kJ-mor1； 0 = 0键的键能为 kJ-

44、mor1； MgO的晶格能为 kJ - mol-1o (4)MgzSi晶胞结构如图2所示，其密度为194 gcm-3, Na为阿伏加德罗常数的值。那么晶胞参数a =nm(列出计算式即可)。种治疗心血管和高血压的药物，某研究小组以甲苯、乙烯等物质为主要原料，通过以下路线合成:C-Ht上结NaCN反响笈; CH,C CgHjO. 一HQ b COOH八，一定条件请问答:(1)Y的化学式为(2)写出化合物H的结构简式(3)以下说法不正确的选项是A.B的一氯代物有三种B.反响均属于取代反响C化合物G-Y的转化过程中，涉及的反响类型有取代反响、加成反响D.反响的试剂与条件为Cl?/光照E.化合物E能发生

45、银镜反响(4)写出反响的化学方程式 o(5)芳香族化合物M是B的同分异构体，M含有二个六元环(且两个二元环共用两个相邻的碳原子)，那么M可能的结构有 o (任写两种)(6)一个碳原子上连有两个羟基是不稳定的，会脱水转化为默基。：0H0_卜.写出以。为原料制备合成-)GO-Cf I-的线路图。第8页，共21页答案和解析1 .【答案】B【解析】解：A.抗体是机体在抗原物质刺激下，由B细胞分化成的浆细胞所产生的、可 与相应抗原发生特异性结合反响的免疫球蛋，所以抗体主要成分是蛋白质，故A正确; B.3He和，He是He元素的不同核素，二者互为同位素，故B错误；CS单质是良好的半导体材料，可以做硅芯片，“华为麒麟980”手机中芯片的主要成 分是单质硅，故C正确；D.将易腐垃圾经过发酵转化生成热值较高可燃气体如甲烷等，将生物质能转化为化学能 储存，属于生物质能的热化学转化，故D正确；应选：BoA.抗体是机体在抗原物质刺激下，由B细胞分化成的浆细胞所产生的、可与相应抗原发 生特异性结合反响的免疫球蛋白；B.质子数相同、中子数不同的同一元素的不同核素互为同位素；C.Si单质可以做硅芯片；D.生物质能就是太阳能以化学能形式贮存在生物质中的能量形式，是以生物质为载体的 能量，可转化为常规的固态、液态和气态燃料。此题考查元素化合物性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活应用能力，明确基本概念内 涵、