2021-2022学年江苏省震泽高三第一次模拟考试化学试卷含解析.pdf

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1、2021-2022学年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.保持卡面清洁，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、草酸亚铁（FeCzOQ可作为生产电池正极材料磷酸铁锂的原料，受热容易分解，为探究草酸亚铁的热分解产物，按下面所示装置进

2、行实验。下列说法不正确的是A.实验中观察到装置B、F 中石灰水变浑浊，E 中固体变为红色，则证明分解产物中有CO2和 COB.反应结束后，取 A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加12 滴 KSCN溶液，溶液无颜色变化，证明分解产物中不含Fe2O3C.装 置 C 的作用是除去混合气中的CO2D.反应结束后，应熄灭A,E 处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温2、利用小粒径零价铁（Z V D 的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。H+,02,NCh一等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内ZVI释放电子的物质的量为n“其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为n e.下列说法错误的是

3、（）A.反应均在正极发生B.单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时 ne=amolC.的电极反应式为 NO3_+l（）H+8e-=NH4+3H2OD.增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可 使 m增大3、青霉素是一元有机酸，它的钠盐的1 国际单位的质量为6.00 x10-7克，它的钾盐1 国际单位的质量为6.27x10-7克,（1 国际单位的2 种盐的物质的量相等），则青霉素的相对分子质量为（）A.371.6 B.355.6 C.333.6 D.332.6c（HX）c（HX）4、已知：p =-lg .室温下，向 O.lOmol/LHX 溶液中滴力口 O.lOmol/LNaOH 溶液，溶液

4、pH 随c（X）c（X）A.溶液中水的电离程度：abcB.c 点溶液中:c（Na+）=10c（HX）C.室温下NaX的水解平衡常数为10工75D.图中b 点坐标为（），4.75）5、下列属于电解质的是（）A.铜 B.葡萄糖 C.食盐水6,下列实验装置能达到实验目的的是（）D.氯化氢图用图装置进行石油的分储用图装置蒸干FeCb溶液得到FeCL,固体图用图装置分离乙酸和乙醇的混合物用图装置制取H2并检验H2的可燃性7,下列物质不属于危险品的是A.硝化甘油 B.苯C.重晶石D.硝酸铉8、MnSO/HzO是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸苗:下列说法错误的是A.装 置 I烧瓶中

5、放入的药品X 为铜屑B.装 置 II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C.装 置 HI用于吸收未反应的SO2D.用装置II反应后的溶液制备MnSOrHzO需经历蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥的过程9、部分氧化的F e-C u 合金样品（氧化产物为Fe2（h、CuO）共 2.88g,经如下处理：充分-汾 1.6g妁筱佯品后rStt况下V m L气体 m i.ogx 足WOH-由 酒A（不含C u）-后港，过建下列说法正确的是A.漉液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+B.V=224C.样品中CuO的质量为2.0gD.样品中铁元素的质量为0.56g10、下列实验能达到目的的是选项目的实验A验证某

6、气体表现还原性将某气体通入滨水中，溟水褪色B制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸溶液中滴加浓硫酸C制备硅酸胶体向硅酸钠水溶液中逐滴滴加浓盐酸至溶液呈强酸性D配制 0.2mol/L 的 CH3COOH溶液准确量取100mL2moi/L的 CH3COOH溶液，加入烧杯中稀释后迅速转移至1000mL容量瓶中，然后加蒸储水定容A.A B.B C.C D.D11、下列转化不能通过一步实现的是（）A.Fe 2Fe3O4 B.Al 幽 jN a AK hC.Cu!i22CuSO4 D.C u -C uS12、某有机物W 的 结 构 简 式 为,丫 下列有关W 的说法错误的是A.是一种酯类有机物 B.含苯环和竣基

7、的同分异构体有3 种C.所有碳原子可能在同一平面 D.能发生取代、加成和氧化反应1 3,属于工业固氮的是A.用 N2和 H2合成氨 B.闪电将空气中N2转化为NOC.用 NH3和 CO2合成尿素 D.固氮菌将氮气变成氨14、下列说法中正确的是（）A.HC1O的结构式：HClO B.出 与 H+互为同位素C.原子核内有10个质子的氧原子：I。D.N2分子的电子式：N：N：15、下列有关物质性质的比较，结论错误的是（）A.沸点：CH3CH2OHCH3CH2CH3B.溶解度：AgKAgClC.热稳定性：AsH3HBrD.碱性：Ba(O H)2 c(OH)c(HCOj)c(H+)C.加 热 NaHCC

8、h溶液，pH增大，一定是HC(h-水解程度增大的结果D.滴加饱和 CaCk溶液发生了反应：Ca2+2HCO3=CaCOjj+H2O+CO2T2 0、常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，一段时间后恢复到原温度，以下叙述错误的是A.有溶质析出 B.溶液中Ca?+的数目不变C.溶剂的质量减小 D.溶液的pH不变2 1、给下列物质分别加入滨水中，不能使滨水褪色的是()A.Na2sO3 晶体B.C2H5OHC.C6H622、化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（）选项性质实际应用ASO2具有漂白性SO2可用于食品增白BSiO2熔点高SiO2可用于制作耐高温仪器CA 1（OH）3具有弱碱

9、性A 1（OH）3可用于制胃酸中和剂DFe3+具有氧化性FeCb溶液可用于回收废旧电路板中的铜A.A B.B C.C D.D二、非选择题（共 84分）23、（14分）有 A、B、C、D、E、F 六种溶液，它们是氨水、硫酸镁、碳酸氢钠、碳酸钠、稀硝酸、氯化领溶液中的某一种。各取少量，将其两两混合现象如图所示。其 中“I”表示难溶物，“t”表示气体，表示无明显现象,空格表示未做实验，试推断其中F 是：A.碳酸钠溶液 B.氯化锁溶液C.硫酸镁溶液 D.碳酸氢钠溶液24、（12分）药物心舒宁（又名冠心宁）是一种有机酸盐，用于治疗心脉瘀阻所致的冠心病、心绞痛等，可用以下路线合成。o 滁 e n o-。M

10、 心舒宁完成下列填空：47、写出反应类型：反应、反应48、写出结构简式：A、C 049、由 ImolB转化为C,消耗H2的物质的量为.如果将、两步颠倒，则最后得到的是（写结构简式).50、D 有同类别的同分异构体E,写出E 与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _51、写出与A的 属 于 芳 香 族 化 合 物 的 同 分 异 构 体 与 盐 酸 反 应 的 化 学 方 程 式.2 5、(1 2 分)某校探究性学习小组用已部分生锈的废铁屑制作印刷电路板的腐蚀剂，并回收铜。探究过程如下:住a*卜;T T 固体八匕靠 I常 斌 川 一 靠?fq*

11、4-气 I常而喘:;EH而而三4*K I43请回答下列问题：(1)步骤中先加入热的Na2c03溶液除油污，操 作 甲 的 名 称 是.(2)步骤中，除发生反应Fe+2HCl=FeCL+H2T外，其他可能反应的离子方程式为Fe2C3+6H+=2Fe3+3H2O和(3)溶液C 的 颜 色 是 一，溶 液 D 中可能含有的金属阳离子有(4)可以验证溶液B 中是否含有Fe2+的一种试剂是一(填选项序号)。a.稀硫酸 b.铁 c.硫锐化钾 d.酸性高镒酸钾溶液(5)操作乙的名称是一,步骤产生金属铜的化学方程式为一.26、(10分)苯 胺 是 重 要 的 化 工 原 料。某兴趣小组在实验室里进行苯胺的相关

12、实验。NH2NH3CI已知：0和 NH3相似，与盐酸反应生成易溶于水的盐白A用硝基苯制取苯胺的反应原理：2 亡+3 S n+1 2 H C l 21N1H2+3SnC14+4 H 2有关物质的部分物理性质见下表:物质熔点/七沸点/七溶解性密度/g ,c m 苯胺-6.31 8 4微溶于水，易溶于乙眦1.0 2硝基苯5.72 1 0.9难溶于水，易溶于乙鞋1.2 3乙醛-1 1 6.23 4.6微溶尸水0.7 1 3 4I.比较苯胺与氨气的性质(D 将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，产生白烟，反应的化学方程式为;用苯胺代替浓氨水重复上述实验，却观察不到白烟，原因是一。n.制备苯胺往 图 1所

13、示装置(夹持装置略，下同)的冷凝管口分批加入20mL浓盐酸(过量)，置于热水浴中回流20m in,使硝基苯充分还原；冷却后，往三颈烧瓶中滴入一定量50%NaOH溶液，至溶液呈碱性。图 1(2)冷凝管的进水口是一(填 a”或 b”)；(3)滴加NaOH溶液的主要目的是析出苯胺，反应的离子方程式为一.I D.提取苯胺i.取出图1所示装置中的三颈烧瓶，改装为图2 所示装置。加热装置A产生水蒸气，烧 瓶 C 中收集到苯胺与水的混合物；分离混合物得到粗苯胺和水溶液。图 2ii.往所得水溶液中加入氯化钠固体，使溶液达到饱和状态，再用乙醍萃取，得到乙醛萃取液。iii.合并粗苯胺和乙醛萃取液，用 NaOH固体

14、干燥，蒸储后得到苯胺2.79g。(4)装 置 B 无需用到温度计，理 由 是 一。(5)操作i 中，为了分离混合物，取出烧瓶C 前，应先打开止水夹d,再停止加热，理 由 是 一(6)该实验中苯胺的产率为一。(7)欲在不加热条件下除去苯胺中的少量硝基苯杂质，简述实验方案：o27、(12分)纯 碱(Na2c03)在生产生活中具有广泛的用途.如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2cCh的流程图.完成下列填空：已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2 SO4?一等杂质离子.(1)精制除杂的步骤顺序是一T 一-(填 字 母 编 号).a 粗盐溶解 b 加入盐酸调pH c 加 入 Ba(OH)2溶 液 d 加入Na

15、2cO3溶 液 e 过漉(2)向饱和食盐水中先通入N H 3,后通入C O 2,理由是.在滤液a 中通入N%和 加 入 精 盐 的 目 的 是.(3)请在图1流程图中添加两条物料循环的路线.(4)图 2 装置中常用于实验室制备CCh的是_(填字母编号)；用 c 装置制备N H 3,烧瓶内可加入的试剂是一(填试剂名称).(5)一种天然碱晶体成分是aNa2cO3 bNa2sOocfhO,利用下列提供的试剂，设计测定Na2c03质量分数的实验方案.请把实验方案补充完整:供选择的试剂：稀 H2s0 外 BaCh溶液、稀氨水、碱石灰、Ba(OH)2溶液.计算天然碱晶体中含Na2cCh的质量分数.28、(

16、14分)Ni元素在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：(1)基态Ni原子价层电子的排布式为 一。(2)科学家在研究金属矿物质组分的过程中,发现了 Cu-Ni-Fe等多种金属互化物。确定某种金属互化物是晶体还是非晶体最可靠的科学方法是对固体进行 o(3)N i能与类卤素(SCN)2反应生成Ni(SCN)2o Ni(SCN)2中，第一电离能最大的元素是；(SCN)2分子中，硫原子的杂化 方 式 是。键和k键数目之比为 o(4)Ni(NH3)6(NO3)2中，不存在的化学键为一(填标号)。a.离子键 b.金属键 c.配位键 d.氢键(5)镇合金储氢的研究已取得很大进展。图甲是一种银基合金储氢后

17、的晶胞结构示意图。该合金储氢后，含 ImoILa的 合 金 可 吸 附 出 的 数 目 为.Mg2NiH4是一种贮氢的金属氢化物。在 MgzNiH 晶胞中，N i原子占据如图乙的顶点和面心，Mg?+处于乙图八个小立方体的体心。Mg?+位于N i原子形成的(填“八面体空隙”或“四面体空隙)。若晶体的密度为dg/cn?,Mg2NiH4的摩尔质量为M g/m ol,则 Mg?+和N i原子的最短距离为 _ _ nm（用含d、M、NA的代数式表示）。29、（10分）现代人追求“低碳生活”，二氧化碳的回收并利用是环保领域研究的热点和重点。试分析并回答：有一最新美国科学家的研究成果，利用金属钛和某些装置等

18、，模仿太阳的蓝色波长，使 CO?慢慢发生人工“光合作用”后，被还原成太阳能燃料甲酸等，该化学方程式是;另有一种用CO2生产甲醇燃料的方法：CO2+3H2=CH3OH+H2OO 已知 298 K 和 101 kPa 条件下：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(l)AH=-a kJ-mol-1；2H2(g)+O2(g)=2H2O AH=-b kJ-moF1；CH3OH(g)=CH3OH(l)AH=-c kJ-mol-1,则 CH30H的标准燃烧热AH=.（3）工业上合成尿素的反应如下:2NH3（g）+CO2（g）=CO（NH2）2（D+H2O（l）AH ”=”或“”），判断理由若

19、保持平衡的温度和体积不变，25 min时再向容器中充入2 mol氨气和1 mol二氧化碳，在 40 min时重新达到平衡,请在上图中画出25-50 m in内氨气的浓度变化曲线.（4）多孔A bCh薄膜可作为催化剂载体、模板合成纳米材料等用途。现以高纯铝片作为阳极，不锈钢作为阴极，一定溶度的磷酸溶液作为电解质进行电解，即可初步制取多孔A LO3膜。请写出该制取过程的阳极电极反应：要实现C02直接加H2合成汽油，关键是参考答案一、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、B【解析】A选项，实验中观察到装置B 中石灰水变浑浊，说明产生了分解产物中有CO2,E 中固体变为红色，F

20、 中石灰水变浑浊，则证明分解产物中有C O,故 A正确；B 选项，因为反应中生成有CO,CO会部分还原氧化铁得到铁，因此反应结束后，取 A中固体溶于稀硫酸，向其中滴加 1 2 滴 KSCN溶液，溶液无颜色变化，不能证明分解产物中不含FezCh,故 B 错误；C 选项，为了避免CO2影响CO的检验，CO在 E 中还原氧化铜，生成的气体在F 中变浑浊，因此在装置C 要除去混合气中的C O 2,故 C 正确；D 选项，反应结束后，应熄灭A,E 处酒精灯后，持续通入N2直至温度恢复至室温避免生成的铜单质被氧化，故 D 正确；综上所述，答案为B。【点睛】验 证 CO的还原性或验证CO时，先将二氧化碳除掉

21、，除掉后利用c o 的还原性，得到氧化产物通入澄清石灰水中验证。2、B【解析】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反 应 均 为 得 电 子 的 反 应，所以应在正极发生，故 A正确；B选项，三氯乙烯C2HCI3中 C 原子化合价为+1价，乙烯中C 原子化合价为-2价，ImolCzHCb转化为ImolC2H4时,得到6 m oi电子，脱去3 moi氯原子，所以脱去a mol C1时e=2a m oL 故 B 错误；C 选项，由示意图及N 元素的化合价变化可写出如下转化NO3-+8e-N H?,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和 H2O来配平该反应，而不能用H2O和 OH-

22、来配平，所以的电极反应式为N()3-+10H+8e-=NH4+3H 2O,故C 正确；D 选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加 快 ZVI释放电子的速率，可使t增大，故 D 正确；综上所述，答案为B。3、C【解析】设青霉素的相对分子质量为x,则钠盐的相对分子质量分别为23+x-l=22+x,钾盐的相对分子质量为39+x-l=38+x,1 国际单位的2 种盐的物质的量相等，则”电 1=6.72x10 7,解得X=333.6,答案选C。22+x 38+x4、D【解析】A.根据图示可知，a、b、c 均为酸性溶液，则溶质为HX和 NaX,pH7的溶液中

23、，HX的电离程度大于X 的水解程度,可只考虑H+对水的电离的抑制,溶液pH越大氢离子浓度越小,水的电离程度越大,则溶液中水的电离程度:ab c(OH),则 c(Na+)Cu2+H+可知铁离子优先反应，由于滤液A中不含Cu2+,且有气体氢气生成，则漉液A中不含Fe3+,滤 渣 1.6g为金属铜，物质的量为O.()25mol,即合金样品中总共含有铜原子和铜离子0.025moL滤 液 A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体为FezCh,质量为1.6g,物质的量为O.OlmoI,即合金样品中总共含有铁原子和铁离子0.02mol。稀硫酸过量，因此滤液A中的溶质为H2sCh和 FeSCh,其中溶

24、质FeSCh为 0.02m ol,则能加反应的硫酸的物质的量也为0.02mol,0.02moIH2sCh电离出0.04mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H+和合金中的氧离子02-结合成水。A、漉液A中的阳离子为Fe2+、H+,选项A错误；B、合金中氧离子-的物质的量为2-2 -旦-=0.01mol,0.01mol 02 生成水需结合H+0.02mol,16g/mol所以参加反应的0.02nwl硫酸中有0.04mol-0.02moi=0.02molH+生成了氢气，即有O.Olmol出 生成，标准状况下产生的氢气的体积为 O.Olmoix 22.4L/mol=0.224L=224mL,选

25、项 B 正确；C、假 设 F e-C u 合金样品全部被氧化，则样品中CuO的质量为0.025molx80g/mol=2g,而实际情况是F e-C u 合金样品部分氧化，故样品中CuO的质量小于2 g,选 项 C 错误；D、样品中铁元素的质量为().02molx56g/mol=1.12g,选 项 D 错误。答案选【点睛】本题考查混合物计算及物质的性质，为高频考点，把握流程中反应过程是解答关键，侧重解题方法与分析解决问题能力的考查，注意利用极限法与原子守恒解答。10、B【解析】A.若某气体具有强氧化性将溪单质氧化，漠水也会褪色，故 A错误；B.向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可生成SO 2,且浓硫

26、酸溶于水放热，降低了 Sth的溶解度，能够达到实验目的,故 B 正确；C.硅酸胶体中加入加入过量盐酸可使胶体聚沉，故 C 错误；D.量取一定体积的浓醋酸在烧杯中稀释后，迅速转移至1000mL容量瓶中，要用蒸储水洗涤烧杯玻璃棒2-3 次，洗涤液转移进容量瓶，否则会造成溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，浓醋酸的少量挥发，也会导致溶质的损失，导致最终溶液浓度偏低，故 D 错误；故答案为B,11、D【解析】A.Fe与氧气反应生成四氧化三铁，可一步实现转化，故 A正确；B.A 1与 NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，可一步实现转化，故 B 正确；C.Cu与浓硫酸加热反应生成硫酸铜，可一步实现转化，故

27、C 正确；D.S 具有弱氧化性，与 Cu反应生成CU2S,则 Cu与 S 不能一步转化为C u S,故 D 错误；答案选D。【点睛】只有强氧化剂（如：氯气）能使变价金属在氧化还原反应中转化为最高价。氧化剂较弱的只能生成低价态的金属离子。12、B【解析】根据有机物W 的结构简式，还可写为C6H5-OOCCH3,可判断有机物中含有酯基。【详解】A.W 的结构简式为C6H5-OOCCH3,含有酯基，是一种酯类有机物，与题意不符，A错误；B.同分异构体含苯环和痰基，则苯环上的取代基为-CH3、-COOH有邻间对3 种，或-CHzCOOH一种，合计有4 种，错误，符合题意，B 正确；C.苯环上的C 原子

28、及酯基上的碳原子均为为sp2杂化，则苯环与酯基各为一个平面，当两平面重合时，所有碳原子可能在同一平面，与题意不符，C 错误；D.有机物含有苯环及酯基能发生取代、加成，可以燃烧发生氧化反应，与题意不符，D 错误；答案为B。13、A【解析】A.工业上通常用H2和 N2在催化剂、高温、高压下合成氨，A正确；B.闪电能使空气里的氮气转化为一氧化氮，称为天然固氮（又称高能固氮），B 错误；C.是氮的化合物之间的转换，不属于氮的固定，C 错误；D.生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮还原成氨的过程，D 错误。故选择A。14、D【解析】A、HC1O中 O 原子分别与H 原子和C1形成共价键，故 HC1O的结构

29、式为HOC 1,故 A不正确；B、同位素研究的是原子之间的关系，出 与 H+之间不是原子，所以不属于同位素，故 B 不正确；C、氧原子原子核内不可能有10个质子，只有Ne原子才含有10个质子，故 C 不正确；D、N2分子的电子式：N：；N：,D 正确；故选D。15、A【解析】A.乙醇分子间能够形成氢键，而丙烷不能，因此沸点CH3cH2(3H CH 3cH 2cH 3,故 A错误；B.卤化银的溶解度从上到下，逐渐减小，Agl的溶解度更小，即溶解度：AgK AgC b故 B 正确；C.非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性AsV B r,则热稳定性AsH 3H B r,故 C 正确；D.金属性越强，

30、最高价氧化物的水化物碱性越强，金属性B aV C s,则碱性Ba(OH)2C(HCO3)c(OH)c(H+),B 项错误；C.加 热 NaHCOj溶液，可能分解为碳酸钠，碳酸钠的水解程度大于碳酸氢钠，pH会增大，C 项错误；D.向碳酸氢钠溶液中滴加几滴饱和CaCL溶液，有白色沉淀生成为碳酸钙沉淀，促进了碳酸氢根离子的电离，离子方程 式 为:Ca2+2HCO3=CaCO31+H2O+CO2t D 项正确；答案选D。20、B【解析】常温下，往饱和石灰水中加入一定量的生石灰，氧化钙与水反应生成氢氧化钙，一段时间后恢复到原温度，Kp不变，溶解度不变，由于反应消耗水，溶质、溶剂、溶液质量均减少，贝!J：

31、A.有溶质氢氧化钙析出，A正确；B.溶液中Ca2+的浓度不变，但数目减少，B 错误；C.氧化钙消耗水，则溶剂的质量减小，C 正确；D.OH浓度不变，则溶液的pH不变，D 正确；答案选B。2 1、B【解析】A.Na2sCh具有还原性，可与溪水发生氧化还原反应，溟水褪色，故 A不选；B.乙醇与水混溶，且与滨水不发生反应，所以滨水不褪色，故 B 选；C.溪易溶于苯，溶液分层，水层无色，可以使溟水褪色，故 C 不选；D.铁可与溟水反应溟化铁或澳化亚铁，溟水褪色，故 D 不选，故选B。2 2、A【解析】A、SO2有毒，对人体有伤害，不能用于食品加工，故说法错误；B、Si（h 是原子晶体，熔点高，因此可以

32、作耐高温仪器，故说法正确；C、胃酸的成分是盐酸，氢氧化铝表现弱碱性，可以中和胃酸，因此用于胃酸中和剂，故说法正确；D、铜 和 Fe3+发生反应，即 2Fe3+Cu=Cu2+2Fe2+,故说法正确。二、非选择题（共 84分）2 3、D【解析】所给5 种物质中，只有硫酸镁可与三种物质（氨水、碳酸钠、氯化领）生成沉淀，故 D 为硫酸镁，A、B、C 分别为氨水、碳酸钠、氯化钢中的一种；再根据A可 与 C 生成沉淀，故 A、C 为碳酸钠和氯化领I,则 B 为氨水；A与 E 产生气体，故 A为碳酸钠，E 为稀硝酸，所 以 F 为碳酸氢钠。【详解】A+E气体说明有A、E 一种一定是硝酸，另一种可能是碳酸钠、

33、碳酸氢钠中的一种,A+C生成沉淀，A+D生成沉淀，说明 A不是硝酸，所 以 E 为硝酸，A为碳酸钠，C、D 就可能是硫酸镁、氯化领中的一种，因为B+D生成沉淀，C+D生成沉淀，C+F无现象说明D 是硫酸镁，C 为氯化领，B 为氨水，最 后 F 为碳酸氢钠，则 A：碳酸钠，B：氨水，C：氯化 钿，D：硫酸镁，E：硝酸，F：碳酸氢钠；答案选D。【点睛】这类试题还有一种表达形式“A+C-J,A+D-J,A+E-T，B+D-1,C+D-卜 C+F一无明显现象。解题时一般先找现象较全面的一种如D 或 A（分别做了三次实验）。依次假设D 为六种溶液中的某一种。如假设D 是氨水或是硫酸镁等,分析它与其他五种

34、溶液分别混合时的现象。若能出现三次沉淀，则假设成立。由此可确定D 是硫酸镁。依照上述方式可 推 出A是碳酸钠，依 次 推 出F是碳酸氢钠。24、取代反应 消去反应 lO m ol(CH-CHHjC-COOHH36-COOH+HCI-N H2 HCI【解 析】根据流程图中苯转化为,为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代，同一碳上的羟基不稳定,所以卤代烧水解消去得到酮,根 据 酮 和A反 应 生 成（OH,推之酮 和A发生加成反应的产物，所 以A为:在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应生成,和氢气发生加成反应生成HC H-C H2-C与D反应生成心舒宁，所 以D为：塞二辘；据以上分析进行解答。【

35、详 解】据流程图中苯转化为ca,为四氯化碳中的两个氯原子被苯环上的碳取代,CC14+ca+2 H C 1,同一碳上的羟基不稳定，所以卤代短水解消去得到酮,根 据 酮 和A反 应 生 成（2：C H 2 dH推 之 酮 和A发生加成反应的产物,0HoOH，A为:在浓硫酸的作用下发生醇羟基的消去反应0H/(O 2Y H,T(OC W H +H。生成B(O c-C H ,和氢气发生加成反应H(C WH +IOH以 生成H c(。阳七玲代 c与D反应生成心舒宁，所 以D沏黑，反应为:H H/HC-?OOH/、tN HC-COOH(+HC-COOH(；c是由(汇 经过醇的消去，再和氢气完全加成的产物，可

36、C的结构简式为：(O C H-C H i，；3.B与氢气加成时二个苯环和右侧六元环需要9个氢分子，另外还有一个碳碳双键，故 由ImolB转化为C,完全加成消耗H2的物质的量为lOmol；如果将、两步颠倒，则发生反应为中间体B先与?fOCH生成盐，后 再 与 加 成，故最后得到的产物的结构简式中应不含不饱和的双键.即为HC-COOH(6臼田口.富暖;；*。为:暖 端 与 之 同类别的同分异构体E为。CHjHO-tS-C COOH,E与乙二醇发生缩聚反应所得产物的结构简式o CH2 1F(?Y COOCH,CH2o 4 n5.A的属于芳香族化合物的同分异构体为 O N H z与盐酸反应的化学方程式

37、+HCI-N H2-H C I。25、过滤Fe+2Fe3+=3Fe2+棕黄色Fe2+、Cu2+、Fe3+电解 CuCL_电蟀 Cu+Cl,Tc【解析】废铁屑经加入热的Na2c03溶液除油污，经过过滤操作可得到固体A,加入盐酸，发生Fe2O3+6H+=2Fe3+3H2O,Fe+2Fe3+=3Fe2+然后通入适量的氯气，发生2Fe2+C12=2Fe3+2Cr，溶 液C为F eC b,用于腐蚀印刷电路，发生Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+通过电解操作乙可得到氯气、铜 和E,所以阳极生成氯气，阴极生成铜，最后得到氯化亚铁溶液。【详解】(1)废铁屑经加入热的Na2c03溶液除油污，可得到固体A,应经

38、过过滤操作，故答案为：过漉；经过上述分析可知：固体A为Fe2(h和F e的混合物，加入盐酸发生Fe2(h+6H+=2Fe3+3H2。，Fe+2Fe3+=3Fe2+；故答案为：Fe+2Fe3+=3Fe2+；经过上述分析可知：溶液B为FeCb和FeCb的混合物，通入适量的氯气，发生2Fe2+C12=2Fe3+2Cr,所以溶液C为F eC b,呈棕黄色，用于腐蚀印刷电路，发生的发应为：Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+,则溶液D中可能含有的金属阳离子有 Fe2+、Cu2 Fe3+,故答案为：棕黄色；Fe2 Cu2 Fe3+；(4)因为Fe?+具有还原性，可使酸性高钛酸钾栅色，所以用酸性高镒酸钾溶液

39、检验，故答案为:d；(5)经过上述分析可知：溶液D中含有的离子为Fe2+、Cu2 Fe3+、Cl,步骤产生金属铜和氯气，其电解反应的化学方程式为：CuCk C u+C h t,故答案为：电解；C u C h C u+C hfo26、NH3+HC1=NH4C1 苯胺沸点较高，不易挥发 b C6H5NH3+OH-C6H5NH2+H2O 蒸出物为混合物，无需控制温度 防止B中液体倒吸 60.0%加入稀盐酸，分液除去硝基苯，再加入氢氧化钠溶液，分液去水层后，加 入NaOH固体干燥、过滤【解析】制备苯胺：向硝基苯和锡粉混合物中分批加入过量的盐酸，可生成苯胺，分批加入盐酸可以防止反应太剧烈，减少因挥发而造

40、成的损失，且过量的盐酸可以和苯胺反应生成C6H5NH3CL之后再加入NaOH与C JlsN H 3a反应生成苯胺。【详解】(D将分别蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近，因为两者都有挥发性，在空气中相遇时反应生成N H 4a白色固体，故产生白烟方程式为NH3+HC1=NH4。；依据表中信息，苯胺沸点较高(1 8 4 C),不易挥发，因此用苯胺代替浓氨水，观察不到白烟；(2)图中球形冷凝管的水流方向应为“下进上出”即“b进a出 ，才能保证冷凝管内充满冷却水，获得充分冷凝的效果；(3)过量浓盐酸与苯胺反应生成C6H5NH3CL使制取反应正向移动，充分反应后加入NaOH溶液使C6H5NH3cl生成C6H5

41、N H 2,离子反应方程式为 C6H5NH3，+OH-=C6H5NH2+H2O；(4)由于蒸出物为水和苯胺的混合物，故无需控制温度；(5)水蒸气蒸储装置中，虽然有玻璃管平衡气压，但是在实际操作时，装置内的气压仍然大于外界大气压，这样水蒸气才能进入三颈烧瓶中；所以，水蒸气蒸储结束后，在取出烧瓶C 前，必须先打开止水夹d,再停止加热，防止装置内压强突然减小引起倒吸；(6)已知硝基苯的用量为5.0 m L,密度为L 23g/cm 3,则硝基苯的质量为6.1 5 g,则硝基苯的物质的量为黑：。=OQ5mol,根据反应方程式可知理论生成的苯胺为0.05m oL理论质量为93g/molx0.05moi=4

42、.6 5 g,实际质量为 2.7 9 g,所以产率为 xlO()%=60.0%；(7)“不加热”即排除了用蒸播的方法除杂，苯胺能与HCI溶液反应，生成可溶于水的C6H5NH3CI而硝基苯则不能与HC1溶液反应，且不溶于水。所以可在混合物中先加入足量盐酸，经分液除去硝基苯，再往水溶液中加NaOH溶液析出苯胺，分液后用NaOH固体干燥苯胺中还含有的少量水分，漉去NaOH固体，即可得较纯净的苯胺。【点睛】水蒸气蒸储是在难溶或不溶于水的有机物中通入水蒸气共热，使有机物随水蒸气一起蒸储出来，是分离和提纯有机化合物的常用方法。27、a c d e b NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的8 2 NM 溶

43、 于 水 能 将-转 化 为 C(V一，并增大加入NHJ浓度；加 入 精 盐 增 大 浓 度，有利于NH 4a结晶析出XaClC02b 浓氨水 称取一定质量的天然碱晶体 加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液 过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【解析】根据SCI?-、Ca2 Mg?+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；(2)NM易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCI溶液里通CO2,因此后续操作中得到的C

44、Ch和 NaCl可循环利用；(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O=NH3 H2O=NH4+OH-加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2c03的物质的量和质量，最终求出Na2cth的质量分数。【详解】(1)SO42 Ca2 Mg?+等分别与Ba(OH”溶液、NazCCh溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去

45、，Na2c溶液能除去过量的Ba(OH)2溶液,盐酸能除去过量的Na2c。3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba(OH)2溶液再加Na2cCh溶液，过滤，最后加入盐酸，故答案为：aTCdTeb；(2)NM易溶于水，有利于吸收溶解度不大的C 0 2,所以向饱和食盐水中先通入NH 3,后通入C02；通 入 N%可通过与HCO3一的反应，增加NH4+浓度，并利用精盐增大C浓度，根据溶解平衡的移动，有利于N H 4a结晶析出；煨烧炉里生成的CO2可循环利用，滤 液 a 析出晶体氯化钱后得到的NaCl溶液可循环利用，则(4)实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固体+液体不加热

46、气体;浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O#NH3H2ONH4+OH,加入碱平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；实验的原理：先称取样品质量并溶解，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2co3的物质的量和质量，最终求出Na2c0 3的质量分数，所以将天然碱晶体样品，溶于适量蒸情水中，加入足量稀硫酸并微热，产生的气体通过足量的澄清石灰水，然后过滤、洗涤、干燥、称量沉淀即可。28、3d84s2 X 射线衍射实验 N sp3杂化 5：4 b 3NA 四面体空隙 4嘏乂小【解析】(1)N i的原子

47、序数为2 8,根据能量最低原理可写出电子排布式为IS22s22P63523P63d84s2或 A iJ3d84s2,则其价电子排布为 3d84s2；(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是X 射线衍射实验；(3)一般情况下，非金属性越强，第一电离能越大，但 N 原子最为层2P轨道为半满稳定状态，第一电离能高于相连元素，所以Ni(SCN”中，第一电离能最大的元素是N；(SCN)2分子结构简式为N三 C S S-O N,其中S 原子价层电子对个数是4 且含有2 个孤电子对，根据价层电子对互斥理论可知硫原子的杂化方式为sp3杂化；共价单键为。键，共价双键中含有一个。键、一个兀键，共价三键中含

48、有1个。键、2 个兀键，则。键和”键数目之比为5：4；(4)Ni(NH3)6(NCh)2中，NH3与 Ni2+之间为配位键；氨气分子之间存在氢键；Ni(NH3)6产 与 NCh-之间为离子键，不存在金属键，故 选 b；(5)晶胞中La原子数目=8x1=l、出分子数目=8X+2XL=3,故 含 ImoILa的合金可吸附H2的物质的量为8 4 2lmolx3=3moL 数目为 3NA;Ni原子占据顶点和面心，Mg2+处于八个小立方体的体心，所 以 Mg2+位 于 N i原子形成的四面体空隙；1 14M该晶胞中Ni原子个数=8x7+6x7=4、Mg2+个数为8,根据化学式知，H 原子个数为1 6,所

49、以晶胞的质量为kg,8 2A4 MQ又已知晶胞的密度为dg/cn?,则晶胞的棱长为，dg/cm3根据晶胞结构可知Mg?+和N i原子的最短距离为晶胞体对角线心,所以最短距离为【点睛】同一周期元素，元素第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但 第 IIA族(最完成全满)、第 VA 族(最外层半满)元素第一电离能大于其相邻元素。29、2CO2+2 H2O=2HCOOH+O2(a+c-1.5b)kJ-rnol_1 A 保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 moi的氨气，体系的体积变大，氨气和二氧化碳的浓度会改变，分别为0.25mol/L和 O.()5mol/L,平衡会向逆反应方向移动，所以逆

50、反应速率大0 5 1()15 20 25 3()35 40 45 50 55 60时间/min2A 1+3H2。-6广=A I2O3+6H+选择合适的催化剂【解析】(1)CO2发生人工“光合作用”，是 CO2与水作用生成甲酸的同时，必有02生成；根据盖斯定律进行计算；为提高尿素的产率，可以使化学平衡向着正反应方向进行；若保持平衡的温度和压强不变，再向容器中充入3 moi的氨气，体系的体积变大，氨气和二氧化碳的浓度会改变,分别为0.25 mol/L和 0.05 m ol/L,平衡会向逆反应方向移动，所以逆反应速率大；25 min时再向容器中充入2 moi氨气和1 mol二氧化碳，在 40 min