河南省创新发展联盟2021-2022学年高考化学一模试卷含解析

1、2021-2022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、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、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、下列除杂方案错误的是选项被提纯的物质杂质除杂试剂除杂方法AC2H5OH(l)H2O(l)新制的生石灰蒸馏BCl2(g)HCl(g)饱和食盐水、浓H2SO

2、4洗气CNH4Cl(aq)Fe3(aq)NaOH溶液过滤DNa2CO3(s)NaHCO3(s)灼烧AABBCCDD2、下列关于氯气性质的描述错误的是（）A无色气体B能溶于水C有刺激性气味D光照下与氢气反应3、下列生产过程属于物理变化的是（）A煤炭干馏B煤炭液化C石油裂化D石油分馏4、探究浓度对化学平衡的影响，实验如下：. 向5mL 0.05 mol/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05mol/L KI溶液（反应a），平衡后分为两等份. 向一份加入饱和KSCN溶液，变红（反应b）；加入CCl4，振荡静置，下层显极浅的紫色. 向另一份加入CCl4，振荡静置，下层显紫红色结合实验，下列说法不正确

3、的是：A反应a为：2Fe3+2I-2Fe2+I2B比较氧化性：中，I2Fe3+C中，反应a进行的程度大于反应bD比较水溶液中c(Fe2+)： XB最简单氢化物的热稳定性:YZC工业上通过电解熔融XZ3冶炼X单质DWO2、YO2、ZO2均为共价化合物15、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A液氨可用作制冷剂B硅胶可作食品袋内的脱氧剂C加入“聚铁”净水剂可以使海水淡化D二氧化硫可作食品的增白剂16、下列有关物质性质和应用的因果关系正确的是()A二氧化硫具有漂白性，能使氯水褪色B浓硫酸具有较强酸性，能使Cu转化为Cu2C硅具有还原性，一定条件下能将铁从其氧化物中置换出来D二氧化锰具有强氧化性，能将

4、双氧水氧化为氧气17、新华网报道，我国固体氧化物燃料电池技术研发取得新突破。科学家利用该技术实现了H2S废气资源回收能量，并得到单质硫的原理如图所示。下列说法正确的是A电极b为电池负极B电路中每流过4mol电子，正极消耗44.8LH2SC电极b上的电极反应为：O2+4e-4H+=2H2OD电极a上的电极反应为：2H2S+2O2-4e-=S2+2H2O18、随着原子序数的递增，八种短周期元素（用字母x等表示）原子半径的相对大小，最高正价或最低负价的变化如图所示，下列说法错误的是A常见离子半径：ghdeB上述元素组成的ZX4f(gd4)2溶液中，离子浓度：c（f3+）c（zx4+）C由d、e、g三

5、种元素组成的盐溶液和稀硫酸反应可能生成沉淀Df的最高价氧化物的水化物可以分别与e和h的最高价氧化物的水化物发生反应19、根据下列图示所得出的结论不正确的是A图甲是CO(g)+H2O(g)CO2(g)+H2(g)的平衡常数与反应温度的关系曲线，说明该反应的HHClHBrHIB丙烷分子的比例模型：C同一周期元素的原子，半径越小越容易失去电子DNa2O2中既含离子键又含共价键二、非选择题(共84分)23、（14分）A、B、D是3种人们日常生活中熟悉的物质，它们所含的元素都不超过3种，其中D还是实验室常用的一种燃料，它们之间的转化关系如下图所示：试回答：(1)写出上述有关物质的化学式： A_；B_；D

6、_。(2)写出反应和的化学方程式：_。24、（12分） “达芦那韦”是抗击新型冠状病毒潜在用药，化合物M是它的合成中间体，其合成路线如下：已知：R1CHO 回答下列问题：(1)有机物A的名称是_；反应反应类型是_。(2)物质B的结构简式是_；E的分子式为_。(3)G中含氧官能团的名称是_；F中有_个手性碳原子。(4)请写出反应的化学反应方程式_。(5)物质N是C的一种同分异构体，写出满足下列条件的一种同分异构体的结构简式_。分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；能使溴水褪色；核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为632211。(6)设计由苯甲醇和CH3NH2为原料制备的合成路线_。25、（

7、12分）扁桃酸是唯一具有脂溶性的果酸，实验室用如下原理制备：合成扁桃酸的实验步骤、装置示意图及相关数据如下：物质状态熔点/沸点/溶解性扁桃酸无色透明晶体119300易溶于热水、乙醚和异丙醇乙醚无色透明液体-116.334.6溶于低碳醇、苯、氯仿，微溶于水苯甲醛无色液体-26179微溶于水，能与乙醇、乙醚、苯、氯仿等混溶氯仿无色液体-63.561.3易溶于醇、醚、苯、不溶于水实验步骤：步骤一：向如图所示的实验装置中加入0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛、0.2mol（约16mL）氯仿，慢慢滴入含19g氢氧化钠的溶液，维持温度在5560，搅拌并继续反应1h，当反应液的pH接近中性时可停止反应。步

8、骤二：将反应液用200mL水稀释，每次用20mL。乙醚萃取两次，合并醚层，待回收。步骤三：水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取，合并萃取液并加入适量无水硫酸钠，蒸出乙醚，得粗产品约11.5g。请回答下列问题：(1)图中仪器C的名称是_。(2)装置B的作用是_。(3)步骤一中合适的加热方式是_。(4)步骤二中用乙醚的目的是_。(5)步骤三中用乙醚的目的是_；加入适量无水硫酸钠的目的是_。(6)该实验的产率为_（保留三位有效数字）。26、（10分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣

9、小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)F中盛装的试剂是_，作用是_。通入N2的作用是_。Na2S2O5晶体在_（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。若撤去E，则可能发生_。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性 探究二Na

10、2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2molL-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去_。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）探究二中反应的离子方程式为_(KMnO4Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形瓶）中，加入过量c1molL-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，_（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2molL-1

11、的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬Cr()利用Na2S2O5和FeSO47H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为_。已知：KspCr(OH)3=6.410-31，lg20.3，c(Cr3+)0）。在2L的密闭容器中，发生上述反应：测得n(CO2)和n(CH3OH）随时间变化如图所示。（4）该反应的化学平衡常数的表达式K=_，如果平衡常数K减小，平衡_(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)移动。

12、（5）从反应开始到平衡，H2的平均反应速率v（H2）=_。（6）为了提高CH3OH的产量，理论上可以采取的合理措施有_、_（任写2条措施）。（7）常温常压下，16g液态甲醇完全燃烧，当恢复到原状态时，放出369.2kJ的热量，写出该反应的热化学方程式_。29、（10分）研究化学反应时，既要考虑物质变化与能量变化，又要关注反应的快慢与限度。回答下列问题:（1）NH3还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图所示上图中因为改变了反应条件，反应的活化能：b_(填“”“”或“”)a。脱硝反应的热化学方程式可表示为反应物生成物H_(用E1、E2的代数式表示)。研究发现，一定条件下的脱硝反应过

13、程可能如图所示，根据氧化还原反应中物质的作用，NO为_剂，脱硝总反应的化学方程式为_。（2）一定温度下，将不同物质的量的H2O(g)和CO分别通入容积为1L的恒容密容器中，进行反应H2O(g)CO(g)CO2(g)H2(g)，得到如表所示的三组数据试验编号温度/起始量/mol平衡量/mol达到平衡时间/minH2O(g)CO(g)CO(g)H2(g)16512.14.13.11.1529111.12.11.81.243911abcdt4mim内，实验2中v(CO2)_；911时，反应的平衡常数为_；降低温度时，平衡常数会_(填“增大”“减小”或“不变”)。651时，若在此容器中充入2.1 mo

14、l H2O(g)、1.1molCO(g)、1.1 molCO2(g)和 xmol H2(g)，要使反应在开始时向正反应方向进行，则x应满足的条件是_。若a2.1b1.1，则平衡时实验2中H2O(g)和实验3中CO(g)的转化率(a)的关系为a(H2O)_(填“”“”或“”)a(CO)。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、C【解析】A. 因为CaO与水反应生成沸点较高的Ca(OH)2，所以除去乙醇中的少量水可以加入新制的生石灰后蒸馏， A正确；B.氯气在饱和食盐水中的溶解度很小，HCl极易溶于水，可以通过饱和食盐水除去氯化氢，再通过浓硫酸干燥除去Cl2中的H

15、Cl，B正确；C.NH4Cl也能与NaOH溶液反应，C错误；D.NaHCO3受热容易分解生成碳酸钠、水和CO2，通过灼烧可除去Na2CO3固体中的NaHCO3固体，D正确；答案选C。2、A【解析】氯气是黄绿色的、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气大，熔沸点较低，能溶于水，易溶于有机溶剂，光照下氯气与氢气反应生成氯化氢，故选A。3、D【解析】A煤干馏是隔绝空气加强热，使之发生复杂的化学变化，得到焦炭、煤焦油、粗氨水和焦炉气，故A错误； B煤炭液化是利用化学反应将煤炭转变为液态燃料的过程，故B错误； C石油裂化的目的是将长链的烷烃裂解后得到短链的轻质液体燃料烯烃，是化学变化，故C错误； D石油分馏

16、是利用沸点的不同将其中的组分分离开来，没有新物质生成，为物理变化，故D正确。 故选：D。【点睛】注意变化中是有无新物质生成：无新物质生成的变化是物理变化，有新物质生成的变化是化学变化。4、C【解析】A、加入CCl4，振荡、静置，下层显紫红色，说明5mL 0.05mol/L FeCl3溶液中加入5mL 0.05mol/L KI溶液，两者发生氧化还原反应生成碘单质，所以反应的化学方程式：2Fe3+2I-2Fe2+I2，故A正确；B、中下层显极浅的紫色，说明加入饱和KSCN溶液，平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动，所以在饱和KSCN溶液中，碘单质是氧化剂，铁离子是氧化产物，根据氧化剂的氧化性

17、强于氧化产物的氧化性，则氧化性：中，I2Fe3+，故B正确；C、反应a进行是铁离子与碘离子反应生成单质碘和亚铁离子，而反应b进行的是铁离子与KSCN溶液生成络合物的反应，两者反应不同，无法比较其反应程度的大小，故C错误；D、中下层显极浅的紫色，说明平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2逆向移动，导致亚铁离子的浓度减小，中向另一份加入CCl4，碘单质溶解在四氯化碳中碘单质的浓度减小，平衡2Fe3+2I-2Fe2+I2正向移动，所以水溶液中c(Fe2+)：，故D正确；答案选C。5、A【解析】向足量的固体Na2O2中通入11.6gCO2和H2O，固体质量增加3.6g，是因为生成O2，根据质量守恒定律可知

18、m(O2)=11.6g-3.6g=8.0g，所以n(O2)=0.25mol，设混合物中CO2和水蒸气的物质的量分别为xmol，ymol，则：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2， xmol 0.5xmol2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2 ymol 0.5ymol所以0.5x+0.5y0.25，44x+18y11.6，解得：x=0.1，y=0.4。A原混合气体的平均摩尔质量=23.2g/mol，故A正确；B反应中生成氧气为0.25mol，故转移电子为0.25mol2=0.5mol，故B错误；C过氧化钠有剩余，可以氧化SO32-，溶液中SO32-的物质的量浓度减小，故C错误；D由于

19、反应后固体中含有碳酸钠，溶液HCO3-和CO32-的物质的量浓度之和增大，故D错误；答案选A。6、B【解析】A还原剂在氧化还原反应中失去电子，化合价升高，H2S为反应物，FeS为生成物，反应前后S的化合价均为-2，故既不是氧化剂也不是还原剂，故A错误；B由图可以得出，温度越高，K值越小，说明此反应为放热反应，故B正确；C此反应为放热反应，升高温度，平衡左移，不利于脱硫，即温度越高H2S的脱除率越小，故C错误；D此反应特点为反应前后气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，故硫化氢的转化率不会提高，D错误；故选B。7、A【解析】A石油分馏是根据各成分的沸点不同而分离的，变化过程中没有新物质生成，

20、属于物理变化，故A正确；B镁是活泼金属，在海水中一化合态存在，制取镁单质，有新物质生成，属于化学变化，故B错误；C煤的干馏是将煤隔绝空气加强热，分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质，属于化学变化，故C错误；D二氧化硫具有漂白性，能够结合有色物质生成无色物质，有新物质生成，属于化学变化，故D错误；故选A。8、C【解析】A、小苏打是NaHCO3，治疗胃酸过多的反应：HCO3HCO2H2O，故A错误；B、次氯酸钠溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子，次氯酸钠与二氧化碳反应生成的是碳酸氢根离子：ClOCO2H2OHClOHCO3，故B错误；C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，

21、过氧化氢被氧化为氧气，高锰酸钾被还原为锰离子，依据电荷守恒和原子守恒书写配平的离子方程式为：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2O，故C正确；D、过量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，过量的二氧化硫生成亚硫酸会被氧化为硫酸，反应的离子方程式为：3SO2+Ba2+2NO3+2H2O=BaSO4+4H+2SO42+2NO，故D错误；故选C。【点睛】本题考查了离子方程式的正误判断，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。易错点B，根据电离平衡常数

22、H2CO3HClOHCO3可知次氯酸的酸性大于碳酸氢根离子。9、B【解析】A. 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B. 1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2 NA，故B正确；C. NaHSO4晶体中含有Na和HSO4，1.2 g NaHSO4的物质的量为1.2g120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02 NA，故C错误；D. 25时，pH=13的1.0

23、 LBa(OH)2溶液中OH的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH)=1.0L0.1mol/L=0.1mol，OH的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个PP共价键。10、D【解析】A造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；B蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；C光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；D碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。故选D。11、D【解析】A. 氨水是

24、弱碱，向氯化铝溶液中滴加氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故A错误；B. 将Fe2O3溶解与足量HI溶液发生氧化还原反应生成碘化亚铁和碘单质：Fe2O3+6H+2I-=2Fe2+I2+3H2O，故B错误；C. 铜溶于浓硝酸生成硝酸铜、二氧化氮、水， Cu+4H+2NO3-=Cu2+2NO2+2H2O，故C错误；D. 向石灰石中滴加稀硝酸，生成硝酸钙、二氧化碳和水，CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O，故D正确。12、B【解析】根据充电时的总反应，钴化合价升高被氧化，因此钴为阳极，石墨为阴极，则在放电时钴为正极，石墨为负极，据此来判断各选项即可。【详解】A.根据分析

25、，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于原电池，原电池在工作时负极被氧化，C项错误；D.根据分析，含钴化合物位于电源的正极，D项错误；答案选B。【点睛】不管是不是锂电池，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，锂离子电池只不过是换成了在正、负极间移动罢了，换汤不换药。13、D【解析】试题分析：A硝酸是强酸抑制水的电离，则常温下，在0.1molL-1的HNO3溶液中，由水电离出的c(H+)1013mol/L，A正确；B浓度为0.1molL1的NaHCO3溶液显碱性，碳酸氢根的水解程度大于电

26、离程度，则c（H2CO3）c（CO32），B正确；C溶度积常数只与温度有关系，则25时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同，C正确；D稀释促进电离，则冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性先增大后减小，而醋酸的电离程度一直增大，pH先减小后增大，D错误，答案选D。考点：考查弱电解质的电离、盐类水解及溶度积常数的应用等14、D【解析】W的气态氢化物常用作制冷剂，该氢化物应为NH3，W为N元素；X原子的核外电子层数与最外层电子数相等，且其原子序数大于W，则X为Al；Y主族序数大于W，则Y为S或Cl，若Y为Cl，则Z不可能是短周期主族元素，所有Y为S，Z为Cl。【详解】A电

27、子层数越多，半径越大，所以原子半径WX，故A错误；B非金属性越强简单氢化物的热稳定性越强，非金属性SCl，所以简单氢化物的热稳定性Yh ；d为O，e为Na，同为第二周期，离子半径de，故离子半径：ghde，A正确；B.根据上述分析可知，ZX4f(gd4)2组成为NH4Al(SO4)2，溶液中Al3+和NH4+水解均显酸性，属于相互抑制的水解，由于氢氧化铝的电离常数大于一水合氨，则铝离子水解程度大于铵根，即离子浓度：c(Al3+)c（NH4+）,故B错误；C.d为O、e为Na、g为S，由d、e、g三种元素组成的盐Na2S2O3溶液和稀硫酸反应可能生成S沉淀,故C正确；D.f为Al，f的最高价氧化

28、物的水化物为Al（OH）3,为两性氢氧化物，e和h的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、HClO4，可以与Al(OH)3发生反应,故D正确；答案：B。【点睛】突破口是根据原子半径的大小判断元素的周期数；根据最高正化合价和最低负化合价的数值大小判断元素所在的主族；由此判断出元素的种类，再根据元素周期律解答即可。19、C【解析】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0；B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小；C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的p

29、H1，HX为一元弱酸；D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（SO42-）越大c（Ba2+）越小。【详解】A. 升高温度，lgK减小，平衡向逆反应方向移动，逆反应为吸热反应，正反应为放热反应，该反应的H0，A项正确；B. 根据图像，随着时间的推移，c（H2O2）变化趋于平缓，随着反应的进行H2O2分解速率逐渐减小，B项正确；C. 根据图像，没有滴入NaOH溶液时，0.1000mol/LHX溶液的pH1，HX为一元弱酸，C项错误；D. 根据图像可见横坐标越小，纵坐标越大，-lgc（SO42-）越小，-lgc（Ba2+）越大，说明c（

30、SO42-）越大c（Ba2+）越小，D项正确；答案选C。【点睛】本题考查图像的分析，侧重考查温度对化学平衡常数的影响、化学反应速率、酸碱中和滴定pH曲线的分析、沉淀溶解平衡曲线的分析，掌握有关的原理，明确图像中纵、横坐标的含义和曲线的变化趋势是解题的关键。20、C【解析】A简易气体发生装置适用于难溶性固体和液体的反应，Na2SO3易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；B蒸发皿用于蒸发液体，灼烧固体应在坩埚中进行，故B错误；C氯气密度比空气大，可与碱石灰反应，装置符合要求，故C正确；D乙酸乙酯在NaOH溶液中发生水解，不能用NaOH溶液收集乙酸乙酯，应用饱和碳酸钠溶液收集，故D错误；故

31、答案为C。21、C【解析】A. CH3OH为非电解质，溶于水时不能电离出OH，A项错误；B. Cu2(OH)2CO3难溶于水，且电离出的阴离子不全是OH，属于碱式盐，B项错误；C. NH3H2O在水溶液中电离方程式为NH4+OH，阴离子全是OH，C项正确；D. Na2CO3电离只生成Na+、CO32-，属于盐，D项错误。本题选C。22、D【解析】A卤化氢的还原性随着卤素的原子序数的增大而增强，即还原性：HFHClHBrHI，故A错误；B为丙烷的球棍模型，丙烷的比例模型为，故B错误；C同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，金属性逐渐减弱，失电子能力逐渐减弱，故C错误；D过氧化钠的电子式为，过氧化

32、钠中既含钠离子与过氧根离子形成的离子键，又含O-O共价键，故D正确；答案选D。【点睛】本题的易错点为A，要注意元素的非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱。二、非选择题(共84分)23、H2O CO2 CH3CH2OH 6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2，CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O 【解析】首先找题眼：由A+B葡萄糖+氧气，可知这是光合作用过程，光合作用的原料是二氧化碳和水，产生的葡萄糖经过发酵产生B和D，即酒精和二氧化碳，而D是实验室常用的一种燃料，可知D为酒精，B就是二氧化碳，则A为水，带入验证完成相关的问题。【详解】（1）根据以上分析可知A、B、D的化学式分

33、别是H2O、CO2、CH3CH2OH；（2）反应为光合作用，发生的方程式为：6H2O+6CO2C6H12O6(葡萄糖)+6O2；反应是酒精燃烧，反应的化学方程式为：CH3CH2OH+3O22CO2+3H2O。【点睛】对于物质推断题，解题的关键是寻找“题眼”，“题眼”是有特征性的物质性质或反应条件，以此作为突破口，向左右两侧进行推断。24、苯甲醛 还原反应 H2N C15H21NO3 羟基 2 + 【解析】根据已知信息，结合C的结构简式可知，B为H2N，C与NaBH4发生还原反应生成D，D与E发生加成反应生成F，F在HCl，CH3CH2OH条件下发生取代反应生成G，G与H发生取代反应生成，在Pd

34、/C、H2条件下发生取代反应生成M，据此分析解答。【详解】(1)有机物A()的名称为苯甲醛；反应为C中碳氮双键反应后变成碳氮单键，与NaBH4发生还原反应，故答案为：苯甲醛；还原反应；(2)根据C的结构，结合信息R1CHO 可知，物质B的结构简式是H2N；E()的分子式为C15H21NO3，故答案为：H2N ；C15H21NO3；(3)G()中含氧官能团是羟基；F()中有2个手性碳原子，如图，故答案为：羟基；2；(4)反应为G与H发生的取代反应，反应的化学反应方程式为+，故答案为：+；(5)物质N是C()的一种同分异构体，分子结构中含有苯环和氨基，氨基与苯环直接相连；能使溴水褪色，说明含有碳碳

35、双键；核磁共振氢谱有6组峰，峰面积之比为632211，满足条件的一种同分异构体可以是，故答案为：；(6) 由苯甲醇和CH3NH2为原料制备，根据信息R1CHO 可知，可以首先将苯甲醇氧化为苯甲醛，然后与发生反应生成，最后与NaBH4发生还原反应即可，故答案为： 。【点睛】本题的难点是涉及的物质结构较为复杂，易错点为(1)中反应的类型的判断，碳氮双键变成碳氮单键，但反应物不是氢气，不能判断为加成反应，应该判断为还原反应。25、 (球形)冷凝管 吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸 水浴加热 除去反应液中未反应完的反应物 萃取扁桃酸 作干燥剂 75.7% 【解析】苯甲醛与氯仿在氢氧化钠溶液中发生反

36、应，生成扁桃酸等，需要加热且维持温度在5560。由于有机反应物易挥发，所以需冷凝回流，并将产生的气体用乙醇吸收。反应后所得的混合物中，既有反应生成的扁桃酸，又有剩余的反应物。先用乙醚萃取剩余的有机反应物，然后分液；在分液后所得的水溶液中加硫酸，将扁桃酸钠转化为扁桃酸，再用乙醚萃取出来，蒸馏进行分离提纯。【详解】(1)图中仪器C的名称是(球形)冷凝管。答案为：(球形)冷凝管；(2)装置B中有倒置的漏斗，且蒸馏出的有机物易溶于乙醇，所以其作用是吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸。答案为：吸收逸出的有机物(乙醚)，并防止倒吸；(3)步骤一中，温度需控制在5560之间，则合适的加热方式是水浴加热。答

37、案为：水浴加热；(4)步骤二中，“将反应液用200mL水稀释”，则加入乙醚，是为了萃取未反应的有机反应物，所以用乙醚的目的是除去反应液中未反应完的反应物。答案为：除去反应液中未反应完的反应物；(5)步骤三中，“水相用50%的硫酸酸化至pH为23后，再每次用40mL乙醚分两次萃取”，因为加酸后扁桃酸钠转化为扁桃酸，所以用乙醚的目的是萃取扁桃酸；为了去除扁桃酸中溶有的少量水，加入适量无水硫酸钠，其目的是作干燥剂。答案为：萃取扁桃酸；作干燥剂；(6)该实验中，0.1mol(约l0.1mL)苯甲醛理论上可生成0.1mol扁桃酸，则其产率为=75.7%。答案为：75.7%。【点睛】当反应混合物需要加热，

38、且加热温度不超过100时，可使用水浴加热。水浴加热的特点：便于控制温度，且可使反应物均匀受热。26、浓NaOH溶液 吸收剩余的SO2 排尽空气，防止Na2S2O5被氧化 D 倒吸 用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红 5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O 用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定 pH5.6 【解析】从焦亚硫酸钠的析出原理NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用

39、是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空

40、气，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧

41、化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.410-31，c(OH-)4.010-9molL-1，c(H+)5+2lg2=5.6。答案为：pH5.6。【点睛】Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5

42、当成NaHSO3。27、100 mL容量瓶和胶头滴管 不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解 减小H2O2自身分解损失 2CrO2- 3H2O2 2OH=2CrO4H2O 除去过量的H2O2 在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6 molL1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 molL1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4 【解析】Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成

43、NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4， “氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3molL1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不

44、断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2+3H2O2+2OH2CrO42+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息由Pb(NO3)2提供Pb2+

45、，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42的含量少，HCrO4的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6molL1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5 molL1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6

46、molL1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，先加入一滴0.5 molL1 Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。28、1s22s22p2 4 CO2、CH4 2CO+4H2CH3OCH3+H2O cd K= 向逆反应方向 0.1125mol/(Lmin) 将CH3OH液化，及时移走 适当增大压强 CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=-738.4 kJmol-1 【解析】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构

47、示意图为；(2)不同元素原子之间存在极性键，分子内正负电荷中心重合的分子为非极性分子，特别注意由极性键构成的分子不一定是极性分子；(3)用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，结合原子守恒写出发生反应的化学方程式；根据质量守恒定律，反应前后元素种类不变进行分析；(4)化学平衡常数是指：一定温度下，可逆反应到达平衡时，生成物的浓度系数次幂之积与反应物的浓度系数次幂之积的比；温度改变，平衡常数改变，且改变温度平衡正向移动时，平衡常数增大；(5)图示可知反应中反应进行到10min时达到平衡状态，此时CO2的变化物质的量为1.0mol-0.25mol=0.75mol，由C

48、O2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)可知H2的变化物质的量为0.75mol3=2.25mol，结合v(H2)=计算；(6)为了提高CH3OH的产量，理论上应该采取措施促进平衡正向移动即可；(7)25，1.01105Pa时，16g 液态甲醇的物质的量为=0.5mol，则0.5mol液态甲醇完全燃烧，生成液态水，放出369.2kJ的热量，依据书写热化学方程式的方法写出该反应的热化学方程式。【详解】(1)碳原子的核电荷数是6，其原子结构示意图为，则碳原子的核外电子排布式是1s22s22p2，其最外层有4个电子，即有4种运动状态不同的电子； (2)C是单质，构成微粒是原子，不存在分子；CO是双原子分子，含有极性键且是极性分子；CO2是直线型分子，CH4是正四面体结构，两者分子结构中电荷的分布是均匀的，对称的，均为非极性分子；(3)用CO和H2制备二甲醚时，还产生了一种常温为液态的氧化物，应为H2O，则发生反应的化学方程式为2CO+4H2=CH