浙江省宁波2022年高三适应性调研考试化学试题含解析.pdf

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1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1.请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请 用 0.5 毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2.答题前，认真阅读答题纸上的 注意事项，按规定答题。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、下列关于Fe3+、Fe2+性质实验的说法错误的是()A.用如图装置可以制备沉淀Fe(OH)20.2 mol L I tnol LH Q NaOHB.配 制 FeCb溶液时，先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度C.向 FeCb溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化D.

2、FeCb溶液中滴加KSCN溶液会生成红色沉淀2、由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A.某溶液中滴加K3Fe(CN)H溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+,无 Fe3+B.向 C6HsONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC.向含有ZnS和 Na2s的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀KSp(CuS)r(Z)r(Y)r(X)B.Y 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强C.X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的强D.Y 与 Z 形成的两种常见化合物化学键类型相同6、氯化亚铜(CuCl)是白色粉末，微溶于水，酸性条件下不稳定，易生成金属Cu和 Cu2+,广

3、泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuC12 2H2O制备C uC L并进行相关探究。下列说法不正确的是()CuClz-2H2O,流 CuCb.P-CuCl+CH 途径 1I 140 rI吧-C u z(O H)2 c h C u O 途径2A.途 径 1 中产生的CL可以回收循环利用B.途径2 中 200时反应的化学方程式为：Cu2(OH)2c1 2 兽=2CuO+2HClfC.X 气体是H C L 目的是抑制CuCh 2H2O加热过程可能的水解D.CuCl与稀硫酸反应的离子方程式为：2Cu+4H+SO42-=2Cu+SO2f+2H2。7、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大

4、量共存的是A.新制氯水中：NH4 Na+、SO42 SO32-B.0.1 mol L-i CaCL溶液：Na+,K+.AIO2、SiO32c.浓氨水中：AF+、ca2+,c r,rD.0.1mol-L-i Fe2(SO03溶液：H+Mg2+NO“Br8、利用有机物X 在一定条件下可合成植物生长所需的“平衡因子”Y(部分产物未写出)。已知含有“手性碳原子”的分子可形成对映异构体。下列有关说法中正确的是()A.X,Y 分子都不存在对映异构体B.X 分子中所有碳原子可能都在同一平面C.Y 分子可以发生取代、酯化、消去、加成、氧化等反应D.未写出的产物可能有2 种，且都具有两性化合物的特性9、下列化学

5、用语表述正确的是（）A.丙烯的结构简式:CH3cHeH2丙烷的比例模型:C.氨基的电子式H：M.H：N.H0D.乙酸的键线式:人0H10、NA是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.0.5 molN4（分子为正四面体结构）含共价键数目为2NAB.1 L 0.5 mol L-1 Na2s溶液中含阴离子数目小于0.5NAC.锌与浓硫酸反应生成气体11.2 L（标准状况）时转移电子数目为NAD.14 g 己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为3NA11、某溶液中可能含有Na+、NH4 Ba2 SO?-.、S?，分别取样：用 pH计测试，溶液显弱酸性；加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验

6、的离子是A.NH4+B.SO?-C.Ba2+D.Na+12、锡为IVA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（Snl4,熔 点 U 4.5 C,沸点3 6 4.5 P,易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2L二SnL制备SnL。下列说法错误的是（）nab j装 置 LnaL的cci,溶液S n,碎骁片A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸B.SnLi可溶于CCL中C.装置H的主要作用是吸收挥发的12D.装 置 I 中 b 为泠凝水出水口13、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是NHJ过 程 I过 程II过 程mN2Anamniox反应模型NO2A.Imol

7、Nth+所含的质子总数为IONAB.联 氨(N2H。中含有离子键和非极性键C.过 程 I I 属于氧化反应，过 程 IV 属于还原反应D.过 程 I 中，参与反应的NH4+与 NH20H的物质的量之比为1:214、向某恒容密闭容器中加入1.6 mol 的 NCh后，会发生如下反应：2NO2(g)#N2O4(g)AH=-5 6.9kJ m o lL 其中N2O4的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法不正确的是A.升高温度，60s后容器中混合气体颜色加深B.0-60S内，N()2的转化率为75%C.0-60s 内,v(N02)=0.02mols“D.a、b 两时刻生成NO2的速率v(a)v(

8、b)15、下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是选项操 作现 象结 论A向 3ml0.1mol/L 的 AgNCh 溶液中先 加 入 45滴 O.lmol/L的NaCl溶液，再 滴 加 45滴O.lmol/L 的 Nai 溶液先出现白色沉淀后出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(Agl)B将某气体通入品红溶液品红溶液褪色该气体是S02C用 p H 计测定等浓度的Na2cCh和NaClO溶 液 的 pH后 者 pH 比前者的小非金属性：C1CD将铜粉加入1.0 mol/L Fe2(SO4)3溶液中溶液变蓝氧化性Fe3+Cu2+A.A B.B C.C D.D16、有 X、Y、Z、W、M

9、五种原子序数增大的短周期元素，其中X、M 同主族；Z+与 Y*具有相同的电子层结构，W 是地壳中含量最多的金属，X 与 W 的原子序数之和等于Y 与 Z 的原子序数之和；下列序数不正确的是A.离子半径大小：r(Y2)r(W3+)B.W 的氧化物对应的水化物可与Z 的最高价氧化物水化物反应C.X 有多种同素异形体，而 Y 不存在同素异形体D.X、M 均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子二、非选择题(本题包括5 小题)17、如图中AJ 分别代表相关反应中的一种物质，已知A 分解得到等物质的量的B、C、D,已知B、D 为常温下的气态化合物，C 为常温下的液态化合物，F 为黑色固体单质，I 为

10、红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：-2GAxZoii-*nnHDH 3催化剂，A(1)A 的化学式为一,C 的电子式为_；(2)写出下列反应的化学方程式：D+GH；F+J-B+C+I_；(3)2moiNazCh与足量C 反应转移电子的物质的量为 mol；(4)I 与足量C 生成J 的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为一；(5)容积为10mL的试管中充满I 和 G 的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中I 与 G的体积之比为18、H(3 一漠-5-甲氧基苯甲酸甲酯)是重要的有机物中间体，可以由A(C7H8)通过下图路线合成。请回答下列问题：(1)C 的

11、 化 学 名 称 为,G 中所含的官能团有酸键、(填名称)。(2)B 的 结 构 简 式 为,B 生成C 的反应类型为 o(3)由 G 生 成 H 的 化 学 方 程 式 为 E-F 是用“H，Pd”将硝基转化为氨基，而 C-D 选用的是(NH4”S,其可 能 的 原 因 是。(4)化合物F 的同分异构体中能同时满足下列条件的共有 种。氨基和羟基直接连在苯环上苯环上有三个取代基且能发生水解反应(5)设计用对硝基乙苯(H2CH)为起始原料制备化合物IHH的合成路线(其他试剂任选)。19、硫酸四氨合铜晶体(Cu(NH3)4SOrH2O)常用作杀虫剂，媒染剂，在碱性镀铜中也常用作电镀液的主要成分，在

12、工业上用途广泛。常温下该物质溶于水，不溶于乙醇、乙醛，在空气中不稳定，受热时易发生分解。某化学兴趣小组以Cu粉、3moi/L的硫酸、浓氨水、10%NaOH溶液、95%的乙醇溶液、0.5 00 mol/L稀盐酸、0.5 00 mol/L的 NaOH溶液来合成硫酸四氨合铜晶体并测定其纯度。I.CuSO4溶液的制备称取4g铜粉，在 A 仪器中灼烧1()分钟并不断搅拌，放置冷却。在蒸发皿中加入30mL3moi/L的硫酸，将 A 中固体慢慢放入其中，加热并不断搅拌。趁热过滤得蓝色溶液。(DA仪器的名称为 o(2)某同学在实验中有1.5 g的铜粉剩余，该同学将制得的CuSO4溶液倒入另一蒸发皿中加热浓缩至

13、有晶膜出现，冷却析出的晶体中含有白色粉末，试解释其原因_ _ _ _。H.晶体的制备。将上述制备的CuSO4溶液按如图所示进行操作适量过量NH；H,O 乙醇I I ICuSO/容液 浅蓝色沉淀 深蓝色溶液 深蓝色晶体(3)已知浅蓝色沉淀的成分为CU2(OH)2SO4,试写出生成此沉淀的离子反应方程式(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而 不 是 浓 缩 结 晶 的 原 因 是。HI.氨含量的测定。精确称取m g晶体，加适量水溶解，注入如图所示的三颈瓶中，然后逐滴加入VmL10%NaOH溶液，通入水蒸气，将样品液中的氨全部蒸出，并用蒸储水冲洗导管内壁，用 VimLGnwl/L的盐酸标准溶液完全吸

14、收。取下接收瓶，用 C2mol/L NaOH标准溶液滴定过剩的HC1(选用甲基橙作指示剂)，到终点时消耗V2mLNaOH溶液。玻璃管2 的作用，样品中氨的质量分数的表达式(6)下列实验操作可能使氨含量测定结果偏低的原因是A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管B.读数时，滴定前平视，滴定后俯视C.滴定过程中选用酚歆作指示剂D.取下接收瓶前，未用蒸僧水冲洗插入接收瓶中的导管外壁20、实验室常用MnCh与浓盐酸反应制备CL(反应装置如图所示)(1)制备实验开始时，先检查装置气密性，接 下 来 的 操 作 依 次 是(填 序 号)A.往烧瓶中加入MnCh粉末 B.加热 C.往烧瓶中加入浓盐酸(2)制

15、备反应会因盐酸浓度下降而停止.为测定已分离出过量MnCh后的反应残余液中盐酸的浓度，探究小组提出下列实验方案：甲方案：与足量AgNCh溶液反应，称量生成的AgCl质量。乙方案：采用酸碱中和滴定法测定。丙方案：与已知量CaCCh(过量)反应，称量剩余的CaC(h 质量。丁方案：与足量Zn反应，测量生成的H2体积。继而进行下列判断和实验：判定甲方案不可行，理由是。进行乙方案实验：准确量取残余清液稀释一定倍数后作为试样。a.量取试样20.00 m L,用 0.1000 mokL-NaOH标准溶液滴定，消耗22.00m L,该次滴定测得试样中盐酸浓度为mobL_1b.平行滴定后获得实验结果。采用此方案

16、还需查阅资料知道的数据是：(4)丙方案的实验发现，剩余固体中含有MnCCh,说明碳酸钙在水中存在_ _ _ _ _,测定的结果会：(填“偏大”、“偏小”或“准确”)(5)进行丁方案实验：装置如图所示(夹持器具已略去)使 Y 形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将 转移到 中。反应完毕，每间隔1分钟读取气体体积，气体体积逐次减小，直至不变。气 体 体 积 逐 次 减 小 的 原 因 是(排 除 仪器和实验操作的影响因素)。21、合成氨对人类生存具有重大意义，反应为：N2(g)+3比(g)=i2 N H3(g)(1)科学家研究在催化剂表面合成氨的反应机理，反应步骤与能量的关系如图所示(吸附在催化

17、剂表面的微粒用*标注，省略了反应过程中部分微粒)。2.0NH3的电子式是一决定反应速率的一步是一（填字母a、b、c、）。由 图 象 可 知 合 成 氨 反 应 的 0（填“”或“=”）。（2）传统合成氨工艺是将N2和 H2在高温、高压条件下发生反应。若向容积为1.0L的反应容器中投入5 moiN2、15 moi出,在不同温度下分别达平衡时，混合气中NH3的质量分数随压强变化的曲线如图所示:温度Ti、T2、T3大小关系是一。M 点的平衡常数K=（可用分数表示）。（3）目前科学家利用生物燃料电池原理（电池工作时MV2+/MV+在电极与酶之间传递电子），研究室温下合成氨并取得初步成果，示意图如图：收

18、于交拴IS导线中电子移动方向是O固氮酶区域发生反应的离子方程式是一。相比传统工业合成氨，该方法的优点有一。参考答案一、选 择 题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A.反应开始时生成的氢气进入B 中，可排出氧气，防止生成的氢氧化亚铁被氧化，一段时间后关闭止水夹C,A 中硫酸亚铁进入B 中可生成Fe（OH”，故 A 正确；B.FeCb易水解，配制溶液时应防止溶液因水解而生成氢氧化铁沉淀，可先将氯化铁晶体溶于较浓的盐酸中，再加水稀释到所需要的浓度，故 B 正确；C.Fe3+与铁反应可生成Fe2+,则向FeCL溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe?+被氧化，故 C 正确；D.FeCh溶液中滴加KS

19、CN溶液，溶液变红色，无沉淀，故 D 错误；故选：D。2、B【解析】A.某溶液中滴加K3Fe（CN）6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe?+,但是无法证明是否有Fe3+,选项A 错误；B.向 C6%ONa溶液中通入CO2,溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚,选 B 正确；C.向含有ZnS和 Na2s的悬浊液中滴加CuSCh溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有N azS,加入硫酸铜溶液以后，Ci?+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化，选 项 C 错误；D.向溶液中加入硝酸领溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时

20、，溶液中就会同时存在硝酸钢电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸领沉淀，此步就会被氧化为硫酸领沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子，选 项 D 错误。【点睛】在解决本题中选项C 的类似问题时，一定要注意判断溶液中的主要成分。当溶液混合进行反应的时候，一定是先进行大量离子之间的反应（本题就是进行大量存在的硫离子和铜离子的反应），然后再进行微量物质之间的反应。例如，向碳酸钙和碳酸钠的悬浊液中通入二氧化碳，二氧化碳先和碳酸钠反应得到碳酸氢钠，再与碳酸钙反应得到碳酸氢钙。3、A【解析】A、工尹中含有中子数是11-5=6,所 以 1 mol)B 中含有的

21、中子数为6NA,故 A正确；B、将 7.1 g CL溶于水制成饱和氯水，氯气没有完全与水反应，所以转移的电子数小于0.1 故 B错误；C、标准状况下，11.2 L NO和 11.2 L混合后，由于存在2N02=N204,所以气体的分子总数小于0.75 NA,故 C错误;D、某温度下，IL pH=3 的醋酸溶液稀释到10L时，溶液4pH3,溶 液 中 H的数目小于0.01 NA,故 D错误。4、B【解析】A、氯仿是极性键形成的极性分子，选项A 错误；B、干冰是直线型，分子对称，是极性键形成的非极性分子，选 项 B 正确；C、石炭酸是非极性键形成的非极性分子，选 项 C 错误；D、白磷是下正四面体

22、结构，非极键形成的非极性分子，选 项 D 错误；答案选B。5、B【解析】X、Y、Z、W 是短周期主族元素，X 原子最外层电子数是次外层的两倍，最外层电子数不超过8 个，则 其 K 层为次外层，故 X 是 C 元素；Y 元素在地壳中的含量最高的元素，则 Y 是 O 元素；W 与 Y 属于同一主族，则为W 为 S 元素；Z 元素在短周期中金属性最强，则 Z 是 Na元素；据此答题。【详解】根据分析，X 是 C 元素，Y 是 O 元素，Z 是 Na元素，W 为 S 元素；A.X、Y 为第二周期，Z、W 为第三周期，则 X、Y 原子半径小于Z、W,同周期元素原子半径随核电荷数增大半径减小，原子半径：r

23、(Z)r(W)r(X)r(Y),故 A 错误B.非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：Y W,则 Y 的简单气态氢化物的热稳定性比W 的强,故 B 正确；C.非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：XW,X 的最高价氧化物对应水化物的酸性比W 的弱，故 C 错误；D.Y 是 O 元素，Z 是 Na元素，Y 与 Z 形成的两种化合物为NazO、Na2O2,含有的阴阳离子数目之比均为1:2,前者只含离子键，后者含有离子键、共价键，故 D 错误；答案选B。【点睛】非金属性越强，简单气态氢化物的稳定性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强。6、D【解析】A.途 径 1

24、中产生的Ch能转化为H C L 可以回收循环利用，A 正确；B.从途径2 中可以看出，CU2（OH）2cLC u O,配平可得反应式CU2（OH）2cl3=2CuO+2HClf,B 正确；C.CuCL 2H2O加热时会挥发出H C L 在 HC1气流中加热，可抑制其水解，C 正确；D.2Cu+4H+SO42-=2Cu+SOzT+2H20反应中，只有价态降低元素，没有价态升高元素，D 错误。故选D。7、D【解析】A.饱和氯水中含有氯气和HC1O,具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32和氯气、HCIO发生氧化还原反应而不能大量存在，选 项 A 错误；B.0.1 mol-L-1 CaCL溶液中C

25、a?+与SiCh?-反应产生沉淀而不能大量共存，选 项 B 错误；C.浓氨水中AP+与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在，选 项 C 错误；D.O.lm oIir FeMSOS溶液呈酸性，H+、Mg2+s NO八 B l 相互不反应，能大量共存，选 项 D 正确；答案选D。8,D【解析】A.连有四个不同基团的碳原子称为手性碳原子，X、Y 分子中都存在手性碳原子，则都存在对映异构体，故 A 错误；B.X 分子中同时连接两个甲基的碳原子为四面体构型，则 X 分子中所有碳原子不可能都在同一平面上，故 B 错误；C.Y 分子中与羟基相连的碳原子的邻碳原子上无氢原子，则 Y 分子不能发生消去反应，故 C

26、 错误；D.因为X 分子结构中有肽键和酯基，则 X 生成Y 的反应可能是发生了水解反应，生成的另外两种产物分别为HOOCCH2NH2,H（-p-N H 2,都具有两性化合物的特性，故 D 正确；OH综上所述，答案为D。9、D【解析】A.丙烯的结构简式为CH3cH=CH2,碳碳双键是官能团，必须表示出来，故 A 不选；B.如图所示是丙烷的球棍模型，不是比例模型，故 B 不选；HC.氨基的电子式为一.、：，故 C 不选；0D.乙酸的键线式：J,正确，故 D 选。0H故选D。10、C【解析】A.N4呈正四面体结构，类似白磷（P。，如图所示1个 N4分子含6 个共价键（N-N键），贝!）0.5 mol

27、N4含共价键数目为3 NA,A 项错误；B.S+HzOHS+O H-,阴离子包括S OH-和 HS）阴离子的量大于0.5 mol,B 项错误；C.锌与浓硫酸发生反应：Zn+2H2so4（浓尸ZnSO4+S（M+2H 20,Zn+H2SO4=ZnSO4+H2f,生成气体 11.2 L（标11 21准状况），则共生成气体的物质的量，即 （H2+SO2）=:=0.5 m o l,生 成 1 mol气体时转移2 m oi电子，生成22.4L/mol0.5 mol气体时应转移电子数目为NA,C 项正确；D.己烯和环己烷的分子式都是C6H 最简式为CH2,14 g 混合物相当于1 m olC%,含 2 m

28、 olH 原子，故 14 g 己烯和环己烷的混合物含氢原子数目为2NA,D 项错误；答案选C。11、D【解析】由可知溶液显弱酸性，上述离子只有NH4+水解使溶液显酸性，则一定含有N H J,而 S2 水解显碱性，且其水解程度比 NH4+大，则溶液中一定不含有S%再由氯水能氧化r 生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀粉无明显现象，则一定不含有r；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有NH&+,必须同时存在阴离子，即 s（V-必然存在，而 Ba2 SO42-能结合生成沉淀，则这两种离子不能共存，即一定不存在Ba2+；显然剩下的Na+是否存在无法判断，则需检验的离子是N a+,故 D

29、符合题意；所以答案：D。12、C【解析】A.液体加热时，加入碎瓷片目的是防止暴沸，故 A 正确；B.根据题干中SnL的熔沸点，从组成分析可知SnL与 CC14为同族元素形成的同类物质，二者分子的空间构型均为正四面体结构，属于非极性分子，依据“相似相溶原理”可知SnL可溶于CCL中，故 B 正确；C.由题可知：SnL易水解，所以装置II的主要作用是防止水蒸气进入装置使SnL水解，故 C 错误；D.冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置I 中 a 为泠凝水进水口，b 为出水口，故 D 正确；故选：Co13、C【解析】A 选项，Imol NH4+所含的质子总数为U NA,故 A 错误；H-N-NHB

30、 选项，联 氨(|)中含有极性键和非极性键，故 B 错误；H HC 选项，过程II中 N 元素化合价升高，发生氧化反应，过 程 IV 中 N 化合价降低，发生还原反应，故 C 正确；D 选项，过程I 中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH20H到 N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为 1：1,故 D 错误；综上所述，答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。14、D【解析】A.放热反应，温度升高，平衡逆向移动，二氧化氮的量增加，颜色变深，A 项正确；B.设容器体积为V,0-60s内，生成N2O4的物质的量为0.6VmoL贝!J消耗的NO2的

31、物质的量为1.2VmoL NO2的转化率为 1.2Vmolx00%=75%,B 项正确；1.6VmolC.根据图中信息可知，从反应开始到刚达到平衡时间段内丫($。4)=彳=2 =0.0 1 m o l-L T-s T,则V(N O 2)=2V(N2O 4)=2X0.0 1 mol L s-O.OZmol L_1 s-1,C 项正确；D.随着反应的进行，消耗的NCh的浓度越来越小，生成N th的速率即逆反应速率越来越大，因此a、b 两时刻生成NO2的速率：v(a)Ksp(AgI),故A 错误；B.能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故 B 错误；C.比较元素非金属

32、性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaCK)不是最高价氧化物的水化物，不能比较,故 C 错误；D.反应的离子方程式为2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+,氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3+Cu2+,故D 正确；故选D。16、C【解析】根据已知条件可知：X 是 C,Y 是 O,Z 是 Na,W 是 AL M 是 Si。【详解】A.O AF+的电子层结构相同，对于电子层结构相同的微粒来说，核电荷数越大，离子半径就越小，所以离子半径大小：r(Y2-)r(W3+),A 正确；B.W 的氧化物对应的水化物是两性氢氧化物，而 Z 的最高价氧化物水化物是强碱，因此二者可以发生反

33、应，B 正确；C.X 有多种同素异形体如金刚石、石墨等，Y 也存在同素异形体，若氧气与臭氧，C 错误；D.X、M 均能与氯形成由极性键构成的正四面体非极性分子CCL、SiCh,D 正确；故选C。二、非选择题(本题包括5 小题)演 化 先17、NH4HCO3 H 6：|4NH3+5 O2=4NO+6H2O C+4HNO3(浓)=4=CO2T+4N(ht+2H2。2 1：意 适2 4：1【解析】A 受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D,且 A 与碱反应生成D,则 A 为酸式盐或钱盐，B、D 为常温下的气态化合物，C 为常温下的液态化合物，C 能和过氧化钠反应，则 C 为水，镁条能在B 中燃烧

34、，则 B 为二氧化碳或氧气,因为A 受热分解生成B、C、D,则 B 为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和 02,D 能在催化剂条件下与G 反应生成H,则 D 是 NH3,G 是 02,H 是 NO,I 是 NO2,J 是 HNCh,镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C 和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，则 E 是 MgO,F 是 C,通过以上分析知，A 为 NH4HCO3,以此解答该题。【详解】(1),A 为 NH4HCO3,C 为水，C 的电子式为H：O：H;故答案为 NH4HCO3;|Q：II；便 化 先(2)、D 为 NH3,G 是 Ch,H 是 NO,则 D+GH 的反应为：

35、4NH3+5 O2=4NO+6H2O；F 是 C,J 是 HNO3,贝 U工-F+J-B+C+I 的反应为：C+4HNC3(浓)兽=CO2T+4NO2T+2H20；演 化 刑故答案为 4NH3+5 O2=4NO+6H1O；C+4HN(h(浓)兽=CO2T+4NO2T+2H2。；淘 渲(3)、NazCh与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2f,氧由-1价升高为0 价，由-1价降低为-2价，贝！2moiNazCh与足量C 反应转移电子的物质的量为2mo1,；故答案为2；(4)、由 3NO2+H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2

36、；(5)、容积为10mL的试管中充满N(h 和 02的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3,根据反应方程式可知原混合气体中NCh与 Ch体积比为4:1,所 以 10mL混合气体中NCh和02的体积分别为8mL和 2mL,故答案为4:lo18、3,5-二硝基苯甲酸 竣基溪原子COOH0取代反应COOH-c+CH3OH：-B r OCHjCOOCHjA+H2OBr人 人OCH$防止两个硝基都转化为氨基 3()CH2 cH3K M COOHCOOH【解析】由 C 的结构简式和 A 到 B,A 到 C 的反应条件逆推可知B 为COOH;在以工

37、业合成 3-澳-5-甲氧基苯甲酸甲酯的流程和各部反应条件对物质进行推断、命名、官能团、反应类型判定、反应方程式、同分异构体的书写、有机合成路线的设计。【详解】(1)由于竣基定位能力比硝基强，故 C 名称为，5-二硝基苯甲酸，由结构式可知G 中含官能团名称有酸键、竣基、滨原子。答案：3,5-二硝基甲酸；竣基；溟原子。COOH(2)根据框图C 结构逆向推理，B 为苯甲酸，结构简式为;A 为甲苯，B 生 成 C 是在浓硫酸作用下硝酸中COOH硝基取代苯环上的氢，所 以 B 生 成 C 反应类型为硝化反应，是取代反应中一种。答案：；取代反应。(3)由 G 生成H 反应为G 与 CH30H在浓硫酸、加热

38、的作用下发生的酯化反应，化学方程式为C O O H Z,CH,B rCOOCHs+Hi;C fD、E f F 都是将硝基还原为氨基，但选用了不同条件,E 的结构尚保留一个硝基，可以推知D 的结构中也有一个硝基，故 C-D 反应中，(NH，2S只将其中一个硝基还原,避免用H2/Pd将 C 中所有的硝基都转化为氨基。答案：BrCOOH 襁 SO,fO O C H s。二 CH3OH-B r心。8J H 2 ；防止两个硝基都转化为氨基。(4)化合物F 苯环上有3 个不同取代基，其中有氨基和羟基直接连在苯环上，先将2 个取代基分别定于邻、对、间三种位置，第三个取代基共有4+4+2=10种连接方式，故

39、有 10种同分异构体，环上有3 个不同取代基，其中两个取代基是氨基和羟基，另一种取代基有三种情况，-OOCCH3、-CH2OOCH-COOCH3,化合物F 的同分异构体中能同时满足条件的共有10X3=30种。答案：30。COOH(5)根据缩聚反应规律，|u，5 可以推出聚合物单体的结构，而由原料合成该NH2单体，需要将苯环上的乙基氧化为技基和硝基还原为氨基，由于氨基可以被酸性高铳酸钾溶液氧化，故而合成中需要先氧化，再还原，合成路线流程图示如下CHzCHsK M H-COOHCODH依试题框图信息,还原硝基的条件也可以选择(NH4)2S。答案:COOHCHJCHJKMnQ.CODH士 j卜。也二

40、 中【点睛】本题是有机物的综合考查。本题以工业合成3-漠-5-甲氧基苯甲酸甲酯为载体，考查物质推断、有机物命名、官能团、反应类型、反应方程式、同分异构体的判断、有机合成路线的设计等。突破口由C 逆 推 B、A 的结构简式，再根据各物质之间的反应条件和官能图的性质进行判定。19、生堪 反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸逐渐变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO/SH?。失水变成CuSO42CU2+2NH3-H2O+SO=CU2(OH)2SO4+2NH：硫酸四氨合铜晶体容易受热分解 平衡气压，防止堵塞y(c,v,-c9v.lxlO-3 xl7和倒吸 3-X100%ACm【解析】I.(1)灼烧固体，应在用

41、摒中进行；(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，具有吸水性II.CuSCh溶液加入氨水，先生成CU2(OH)2s04沉淀，氨水过量，反应生成Cu(NH3)4SO4 出0,用乙醇洗涤，可得到晶体。【详解】I.(1)灼烧固体，应在坦竭中进行；得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，使 CuSO4 5 H2O失去结晶水变为CuSO4,可使固体变为白色；D.(3)浅蓝色沉淀的成分为 CU2(OH)2SO 4,反应的离子方程式为 2C/+2NH3 H2O+SO42-=Cu2(OH)2SO4+2NH4+；(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是CU|(N

42、H3)4SO4 H2O 晶体容易受热分解；m.(5)装置中长导管可平衡烧瓶内部和外界的气压，可以防止堵塞和倒吸，与氨气反应的n(HCl)=10 3ViLxC1mol L 1-c2x 1 O-3V2L=103(c 1 V1 -c2V2)mol,根据氨气和 HC1 的关系式知，n(NH3)=n(HCl)=10-3(c1V1-c2V2)in o l,则 样 品 中 氨 的 质 量 分 数 为 止 出 史 上 E x 100%；m6)根据氨的质量分数的表示式，若氨含量测定结果偏高，则 L 偏小；A.滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则匕偏大，含量偏低，A 符合题意；B.读数时，滴定前平视

43、，滴定后俯视，导 致 L 偏小，则含量偏高，B 不符合题意；C.滴定过程中选用酚配作指示剂，滴定终点的溶液中含有NH 4a和 N aC l,溶液呈酸性，如果使用酚配作指示剂，消耗的NaOH增大，则%偏 大，结果偏低，C 符合题意；D.取下接收瓶前，未用蒸储水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，部分盐酸没有反应，需要的氢氧化钠偏少，则%偏小,含量偏高，D 不符合题意。答案为AC。20、ACB 残余清液中，n(Cl)n(H+)0.1100 Mi?+开始沉淀时的pH 沉淀溶解平衡 偏小 锌粒残余清液 装置内气体尚未冷却至室温【解析】(1)依据反应物及制取气体的一般操作步骤分析解答；(2)甲方案中二氧化镒与浓

44、盐酸反应生成氯化镒，氯化镒也会与硝酸银反应；依据滴定实验过程中的化学反应列式计算；(4)部分碳酸钙沉淀转化成碳酸镒沉淀，会造成称量剩余的固体质量偏大；依据锌粒与稀盐酸反应生成氢气的反应为放热反应分析解答。【详解】(1)实验室用MnCh与浓盐酸反应制备C L,实验顺序一般是组装装置，检查气密性，加入固体药品，再加入液药品，最后再加热，因此检查装置气密性后，先加入固体，再加入液体浓盐酸，然后加热，则依次顺序是A C B,故答案为：ACB；(2)二氧化锦与浓盐酸反应生成氯化镭，氯化镒也会与硝酸银反应，即残余清液中，不能测定盐酸的浓度，所以甲方案错误，故答案为：残余清液中，(Cr)(H+)(或二氧化镒

45、与浓盐酸反应生成氯化镒，也会与硝酸银反应）;(3)a、量取试样20.00m L,用 0.1000mol LNaOH标准溶液滴定，消耗22.00m L,由CHciVHCi=CNaOHyNaOH可得出盐酸的浓度为O.lOOOmol/Lx 22.00mL20.00mL=0.U00mol/L；故答案为：0.1100；b、反应后的溶液中含有氯化镒，氯化镐能够与NaOH反应生成氢氧化镒沉淀，因此采用此方案还需查阅资料知道的数 据 是+开 始 沉 淀 时 的 p H,故答案为：Mi?+开始沉淀时的pH；(4)难溶性碳酸钙转化为碳酸镒说明实现了沉淀的转化，说明碳酸钙在水中存在沉淀溶解平衡；由于部分碳酸钙转化成

46、碳酸镒沉淀，导致称量剩余的固体质量会偏大，使得盐酸的量偏少，实验结果偏小，故答案为：沉淀溶解平衡；偏小;(5)丁同学的方案中使Y 形管中的残余清液与锌粒反应的正确操作是将Y 形管中的锌粒慢慢转移到残余清液中反应，故答案为：锌粒；残余清液；金属与酸的反应为放热反应，反应完毕，气体温度较高，因此随着时间的延长，气体体积逐渐减小，当温度冷却到室温后，气体体积不再改变，故答案为：装置内气体尚未冷却至室温。【点睛】掌握气体制备实验的一般步骤和实验探究方法是解题的关键。本题的易错点为(5)，要注意金属与酸的反应为放热反应。21、b T2 TI 7.32X10-3 a-b N2+6H+6MV+=2NH3+6

47、MV2+条件温和、生成氨的同时释放电能【解析】从分子中每个原子都形成了稳定结构的角度分析；反应需要的能量最高的反应决定总反应速率；根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应；正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对 应 NH3的含量越小；根据反应三段式进行计算；根据装置电极b 上 MV2+转化为MV+判断正负极，原电池工作时，电子从负极经过导线流向正极；固氮酶区域中N2转化为N%,MV+转化为MV2+；该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和。【详解】(1)NH3分子中一个N 原子与三个H 原子形成3 对共用电子对

48、，N 原子还有1对孤电子对，NH3电子式为：1 1,根据合成氨的反应机理与各步能量的关系图可知，反 应 b 需要的能量最大，反应需要的能量越高，反应速率越慢，需要能量最高的反应决定总反应速率，所以决定反应速率的一步是b；根据能量图，反应物的总能量高于产物的总能量，则反应为放热反应，HCO；(2)正反应为放热反应，相同压强下，温度越高，对 应 N%的含量越小，所以图中温度八、0、八大小关系是乃T2TI；设 M 点 N2反应的物质的量为xm ol,反应三段式为：N2(g)+3H2(g)Q 2NH3(g)起始量(mol)5150变化量(mol)X3x2x平衡量(mol)5-x15-3x2xM 点平衡

49、时NH3的质量分数为4 0%,即-=40%,可得x=2,贝!J平衡时c(N2)=3moi/L,c(H2)=9mol/L,28x5+2x1542c(N%)=4mol/L,平衡常数为仁-=7.32x10 3；3x93根据装置电极b 上 MV?+转化为MV+可知，b 电极为正极、a 电极为负极，原电池工作时，电子从负极a 电极经过导线流向正极b 电极，即 a-b；固氮醒区域中N2转化为NH3,MV+转化为MV2+,根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，所以发生的反应为：N2+6H+6MV+=2NH3+6MV2+；该电化学装置工作时，可将化学能转化为电能，同时利用生物酶在室温下合成氨，不需要高温条件、反应条件温和，所以与传统化工工艺相比，该工艺的优点为：条件温和、生成氨的同时释放电能。【点睛】本题注意决定化学反应速率的步骤是反应需要能量最高的一步，原电池装置中根据电极上物质转化的化合价的变化判断正负极。