2022届河南省郑州市第十九高考仿真卷化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、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、常温下，用 AgNO3

2、溶液分别滴定浓度均为 0.01 mol/L 的KCl、K2C2O4 溶液，所得的沉淀溶解平衡图像如图所示(不考虑 C2O42-的水解)。已知 Ksp(AgCl) 数量级为 10-10。下列叙述正确的是A图中 Y 线代表的 AgClBn 点表示 Ag2C2O4 的过饱和溶液C向 c(Cl)c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3溶液时，先生成 AgCl 沉淀DAg2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常数为 10-0.712、用物理方法就能从海水中直接获得的物质是A钠、镁B溴、碘C食盐、淡水D氯气、烧碱3、化学与生活密切相关。下列叙述错误的是A食用单晶冰糖的主要成分是单糖B硫酸亚铁可

3、用作袋装食品的脱氧剂C用水玻璃浸泡过的纺织品可防火D传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质4、A、B、C、D均为四种短周期元素，它们的原子序数依次增大。A与其他几种元素均不在同一周期；B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X；C能形成两种常温下为液态的氢化物；D与C同主族。则下列说法中不正确的是（）A原子半径大小关系：ACYZWBW的氧化物对应的水化物一定是强酸C气态氢化物的稳定性：WZYDW与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物Z2W2，其结构式为：W-Z-Z-W15、a、b、c、d四种短周期元素在周期表中分布如图所示，下列说法正确的是（）A若四种元素均为主族元素

4、，则d元素的原子半径最大B若b最外层电子占据三条轨道，则a的单质可用于冶炼金属C若a为非金属元素，则c的气态氢化物的水溶液可能呈碱性D若a最外层有两个未成对电子，则d的单质常温下不可能为气体16、下表是25时五种物质的溶度积常数，下列有关说法错误的是化学式CuS溶度积A根据表中数据可推知，常温下在纯水中的溶解度比的大B向溶液中通入可生成CuS沉淀，是因为C根据表中数据可推知，向硫酸钡沉淀中加入饱和碳酸钠溶液，不可能有碳酸钡生成D常温下，在溶液中比在溶液中的溶解度小17、用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的有几个12.0 g熔融的NaHSO4中含有的阳离子数为0.2NA1mol Na2

5、O 和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总数是3 NA常温常压下，92 g的NO2和N2O4混合气体含有的原子数为6 NA7.8 g中含有的碳碳双键数目为0.3 NA用1L1.0 mol/LFeCl3溶液制备氢氧化铁胶体，所得氢氧化铁胶粒的数目为NA1mol SO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，共转移2 NA个电子在反应KIO3+6HI=KI+3I2+3H2O 中，每生成3molI2转移的电子数为5 NA常温常压下，17 g甲基(-CH3)中所含的中子数为9 NAA3 B4 C5 D618、研究反应物的化学计量数与产物之间的关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表

6、达不正确的是（ ）A密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：BFe在Cl2中的燃烧产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：19、用多孔石墨电极完成下列实验，下列解释或推断不合理的是（ ）实验现象（i）中a、b两极均有气泡产生（ii）中b极上析出红色固体（iii）中b极上析出灰白色固体A（i）中，a电极上既发生了化学变化，也发生了物理变化B电解一段时间后，（i）中溶液浓度不一定会升高C（ii）中发生的反应为H2+Cu2+=2H+CuD（iii）中发生的反应只可能是2Ag+Cu=2Ag+Cu2+20、从粗铜精炼的阳极泥(主要含有Cu2Te)中提取粗碲的

7、一种工艺流程如图：(已知TeO2微溶于水，易溶于强酸和强碱)下列有关说法正确的是A“氧化浸出”时为使碲元素沉淀充分，应加入过量的硫酸B“过滤”用到的玻璃仪器：分液漏斗、烧杯、玻璃棒C判断粗碲洗净的方法：取少量最后一次洗涤液，加入BaCl2溶液，没有白色沉淀生成D“还原”时发生的离子方程式为2SO32-Te44OH=Te2SO42-2H2O21、X、Y、Z、R、W是原子序数依次递增的五种短周期主族元素，它们所在周期数之和为11， YZ气体遇空气变成红棕色，R的原子半径是短周期中最大的，W和Z同主族。下列说法错误的是（ ）AX、Y、Z元素形成的化合物溶于水一定呈酸性B气态氢化物的稳定性：Z WC简

8、单离子半径：W RDZ、R形成的化合物中可能含有共价键22、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是ASO2CaSO3CaSO4BFe3O4(s)Fe(s)Fe(NO3)3(aq)CMgO(s)MgSO4(aq)Mg(s)DFeFeSO4(aq)Fe(OH)2FeO二、非选择题(共84分)23、（14分）芳香族化合物A(C9H12O)常用于药物及香料的合成,A有如下转化关系：已知：A的苯环上只有一个支链,支链上有两种不同环境的氢原子+CO2RCOCH3+RCHORCOCH=CHR+H2O回答下列问题：（1）A的结构简式为_，A生成B的反应类型为_，由D生成E的反应条件为_。（2）H中

9、含有的官能团名称为_。（3）I的结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）F有多种同分异构体,写出一种符合下列条件的同分异构体的结构简式为_。能发生水解反应和银镜反应属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基具有5组核磁共振氢谱峰（6）糠叉丙酮()是一种重要的医药中间体，请参考上述合成路线，设计一条由叔丁醇(CH3)3COH和糠醛()为原料制备糠叉丙酮的合成路线(无机试剂任选，用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系,箭头上注明试剂和反应条件)：_。24、（12分）X、Y、Z、W为四种常见的短周期元素。其中Y元素原子核外最外层电子数是其电子层数的3倍，它们在周期表中的相对位置如图所示：X

10、YZW请回答以下问题：（1）W在周期表中位置_；（2）X和氢能够构成+1价阳离子，其电子式是_，Y的气态氢化物比Z的气态氢化物的沸点高，缘故是_；（3）X的最高价氧化物的水化物与其氢化物能化合生成M，M的晶体类型为_，M的水溶液显酸性的缘故是_(用离子方程式表示)。（4）Y和Z可组成一种气态化合物Q，Q能与W的单质在潮湿环境中反应，反应的化学方程式是_。在一定条件下，化合物Q与Y的单质反应达平衡时有三种气态物质，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，该反应的热化学方程式是_。25、（12分）化学是一门以实验为基础的学科，实验探究能激发学生学习化学的兴趣。某化学兴趣小组设计如图实验装置（

11、夹持设备已略）制备氯气并探究氯气及其卤族元素的性质。回答下列问题：(1)仪器a的名称是_。(2)A装置中发生的化学反应方程式为_。若将漂白粉换成KClO3，则反应中每生成21.3g Cl2时转移的电子数目为_NA。(3)装置B可用于监测实验过程中C处是否堵塞，若C处发生了堵塞，则B中可观察到_。(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，此时C中、依次可放入_（填选项a或b或c）。选项a干燥的有色布条浓硫酸湿润的有色布条b湿润的有色布条无水氯化钙干燥的有色布条c湿润的有色布条碱石灰干燥的有色布条(5)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓缓通入足量氯气时，可观察到无色溶

12、液逐渐变为红棕色，说明氯的非金属性大于溴，打开活塞，将D中少量溶液加入E中，振荡E，观察到的现象是_，该现象_（填“能”或“不能”）说明溴的非金属性强于碘，原因是_。26、（10分）乙酸苄酯是一种有馥郁茉莉花香气的无色液体，沸点213 ，密度为1.055 gcm3，实验室制备少量乙酸苄酯的反应如下：CH2OH(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH实验步骤如下：步骤1：三颈烧瓶中加入30 g (0.28 mol)苯甲醇、30 g乙酸酐(0.29 mol)和1 g无水CH3COONa，搅拌升温至110 ，回流46 h(装置如图所示)：步骤2：反应物降温后，在搅拌下慢慢加入1

13、5%的Na2CO3溶液，直至无气泡放出为止。步骤3：将有机相用15%的食盐水洗涤至中性。分出有机相，向有机相中加入少量无水CaCl2处理得粗产品。步骤4：在粗产品中加入少量硼酸，减压蒸馏(1.87 kPa)，收集98100 的馏分，即得产品。(1) 步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是_，合适的加热方式是_。(2) 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是_。(3) 步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为_；加入无水CaCl2的作用是_。(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是_。27、（12分）实验室以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及Ca

14、O)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程如下：(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为_(从浸取产物的溶解性考虑)。(2) “制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，采用8 molL1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，控制温度为55 。温度不宜过高，这是因为_。(3) “沉CuNH4SO3”时可用如下装置(夹持、加热仪器略)：制取SO2的化学方程式为_。“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ，合适的加热方式是_。反应完成的实验现象是_。(4) 设计以“Cr(OH)3、Fe(OH)3”的混合物为原料，制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的

15、混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，_，冰水洗涤及干燥。(已知：碱性条件下，H2O2可将3价的Cr氧化为CrO42-；酸性条件下，H2O2可将6价的Cr还原为3价的Cr；6价的Cr在溶液pH7时，主要以CrO42-的形式存在。部分物质溶解度曲线如图所示：实验中必须使用的试剂：KOH溶液、10%H2O2溶液、稀盐酸)28、（14分）有机物M的合成路线如下图所示：已知：RCH=CH2RCH2CH2OH请回答下列问题：（1）有机物B的系统命名为_。（2）F中所含官能团的名称为_，FG的反应类型为_。（3）M的结构简式为_。（4）BC反应的化学方程式为_。（5）X是G的同系物，且相对分子质量比G小1

16、4，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的有_种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1126的结构简式为_。（6）参照M的合成路线，设计一条由丙烯和乙醇为起始原料制备丙酸乙酯的合成路线（无机试剂任选）_。29、（10分）综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。（1）该反应的平衡常数表达式为K=_，若升高温度，平衡常数 K 值_（填“增加”“减小”或“不变”

17、），说明理由_；（2）在 T2温度下， 02s 内的平均反应速率 v（N2）=_；（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因_，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2，该反应的氧化剂为_；（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品_，用化学方程式表示产生副产品的原因_。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】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgC

18、l)=c(Ag+)c(Cl)=104105.75=109.75=100.251010，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46，据此分析解答。【详解】若曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(C

19、l)=104105.75=109.75=100.251010，则数量级为10-10，若曲线Y为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107，则数量级为10-7，又已知Ksp(AgCl)数量级为 10-10，则曲线X为AgCl的沉淀溶解平衡曲线，则曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46，A. 由以上分析知，图中X线代表AgCl，故A错误；B. 曲线Y为Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲线，在n点，c(Ag+)小于

20、平衡浓度，故n点的离子Qc(Ag2C2O4)Ksp(Ag2C2O4)，故为Ag2C2O4的不饱和溶液，故B错误；C. 根据图象可知，当阴离子浓度相同时，生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液时，先析出氯化银沉淀，故C正确；D. Ag2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常数，此时溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D错误；故选C。2、C【解析】从海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等的原理去分析，根据从海水制备物质的原理可知，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，而食盐可利用蒸发原理，淡

21、水利用蒸馏原理来得到。【详解】A.海水中得到钠、镁，需要首先从海水中获得氯化钠和氯化镁，然后再电解熔融状态的氯化钠和氯化镁即得钠和镁，A错误；B.从海水中提炼溴和碘，是用氯气把其中的碘离子和溴离子氧化为碘单质和溴单质，B错误；C.把海水用蒸馏等方法可以得到淡水，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得，C正确；D.可从海水中获得氯化钠，配制成饱和食盐水，然后电解饱和食盐水，即得烧碱、氢气和氯气，D错误；故合理选项是C。【点睛】本题考查了海水的成分，海水提炼溴、碘、钠、镁、氢气等化学反应原理，注意的是金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取，掌握原理是解题的关键。

22、3、A【解析】A冰糖的主要成分是蔗糖，属于二糖，A错误；B硫酸亚铁里的铁元素为+2价具有还原性，与空气中的氧气反应，可以用于袋装食品的脱氧剂，B正确；C硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，不易燃烧，用水玻璃浸泡过的纺织品可防火，C正确；D气溶胶是胶粒分散到气态分散剂里所得到的分散系，气溶胶属于胶体，具有胶体性质，D正确；答案选A。4、B【解析】A与其他几种元素均不在同一周期，且原子序数最小，可推知A为H, B元素最高价氧化物对应的水化物能与其最简单氢化物反应生成一种盐X ，指的是HNO3与NH3反应生成NH4NO3，C能形成两种常温下为液态的氢化物H2O和H2O2，A、B、C、D均为四种短周期元素分别为

23、H、N、O、S。【详解】A.原子半径大小关系：HOZCl，硅酸不溶于水，故Z为S元素，Y为P元素。【详解】A.电子层结构相同,核电荷数越大离子半径越小,电子层越多离子半径越大,故离子半径P3S2ClNa+，故A错误；B.W的最高价氧化物对应的水化物是高氯酸，一定是强酸，但是如果是次氯酸，则是弱酸，故B错误；C.非金属性是YZW，非金属性越强，则气态氢化物的稳定性：YZW，故C错误；D.W与Z可形成一种各原子均达到8电子稳定结构的化合物S2Cl2，其结构式为：Cl-S-S-Cl，故D正确；答案选D。【点睛】本题考察元素周期律的综合运用，从图像可以推断出是哪些元素，找到元素之间的关系，紧紧位，构，

24、性，从而做出判断。15、B【解析】A同周期元素从左往右，原子半径依次减小，则d元素的原子半径比a小，故A错误；B若b最外层电子占据三条轨道，最外层电子排布为2s22p2，则b为C元素，结合位置可知a为Al，金属铝可以通过铝热反应冶炼金属，故B正确；C若a为非金属元素，a为Si或P，则C为O或F，c的气态氢化物的水溶液为中性或酸性，故C错误；D若a最外层有两个未成对电子，则a为Si或S，当a为S时，d为Ar，Ar的单质常温下为气体，故D错误；故选B。16、C【解析】本题考查溶度积常数，意在考查对溶度积的理解和应用。【详解】A.CaSO4和CaCO3的组成类似，可由溶度积的大小推知其在纯水中溶解度

25、的大小，溶度积大的溶解度大，故不选A；B.QcKsp时有沉淀析出，故不选B；C.虽然Ksp(BaCO3) Ksp(BaSO4)，但两者相差不大，当c(Ba2+)c(CO32)Ksp(BaCO3)时，硫酸钡可能转化为碳酸钡，故选C；D.根据同离子效应可知，CaSO4在0.05mol/LCaCl2溶液中比在0.01mol/LNa2SO4溶液中的溶解度小，故不选D；答案：C【点睛】(1)同种类型的难溶物，Ksp越小，溶解能力越小；（2）当QcKsp析出沉淀；当QcKsp没有沉淀生成；当Qc=Ksp，正好达到平衡。17、A【解析】n（NaHSO4）=12.0g120g/mol=0.1mol，NaHSO

26、4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4=Na+HSO4-，12.0g熔融的NaHSO4中含有的阳离子物质的量为0.1mol，错误；Na2O和Na2O2中阴、阳离子个数之比都为1:2，1molNa2O和Na2O2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量为3mol，正确；NO2和N2O4的实验式都是NO2，n（NO2）=92g46g/mol=2mol，常温常压下92g的NO2和N2O4混合气体中所含原子物质的量为6mol，正确；苯中不含碳碳双键，错误；n（FeCl3）=1.0mol/L1L=1mol，根据反应FeCl3+3H2OFe（OH）3（胶体）+3HCl，生成1molFe（OH）3，氢氧化铁胶粒

27、是一定数目Fe（OH）3的集合体，氢氧化铁胶粒的物质的量小于1mol，错误；若1molSO2全部反应则转移2mol电子，而SO2与O2的反应是可逆反应，1molSO2与足量O2在一定条件下充分反应生成SO3，转移电子物质的量小于2mol，错误；用双线桥分析该反应：，每生成3molI2转移5mol电子，正确；n（-14CH3）=17点睛：本题考查以阿伏加德罗常数为载体的计算，主要考查物质的组成（）、物质的结构（）、溶液中粒子数的确定（）、氧化还原反应中转移电子数（）、可逆反应（）、电解质的电离（），解题的关键是对各知识的理解和应用。18、B【解析】A. 该过程涉及的化学方程式有：，A错正确；B.

28、 Fe在Cl2中燃烧，只会生成FeCl3，B错误；C. 该过程涉及的化学方程式有：Al3+3OH-=Al(OH)3，Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，C正确；D. 该过程涉及的化学方程式有：2NH3H2O+SO2 =(NH4)2SO3+H2O，NH3H2O+SO2 =NH4HSO3，D正确；故合理选项为B。19、D【解析】A阴极b极反应：2H+2e-=H2产生氢气发生了化学过程，氢气又被吸附在多孔石墨电极中发生了物理变化，故A正确；B(i)为电解池，a、b两极均产生气泡即相当于电解水，如果原溶液是饱和溶液则电解一段时间后c(NaNO3)不变，如果原溶液是不饱和溶液，则电解一段时间后

29、c(NaNO3)增大，故B正确；C取出b放到(ii)中即硫酸铜溶液中析出红色固体，说明b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中将铜置换出来，反应为：Cu2+H2=Cu+2H+，故C正确；D(ii)中取出b，则b表面已经有析出的铜，所以放到(iii)中析出白色固体即Ag，可能是铜置换的、也可能是b产生的氢气吸附在多孔石墨电极中置换，则可能发生反应为：2Ag+Cu=Cu2+2Ag和2Ag+H2=2Ag+2H+，故D错误；故答案为D。20、C【解析】A从阳极泥中提取粗碲，第一步是将Te元素转化为TeO2的沉淀过滤出来，考虑到TeO2易溶于强酸和强碱，所以氧化浸出步骤中酸不可加过量，A错误；B过滤操作需要漏斗

30、，而不是分液漏斗，B错误；C通过分析整个流程可知，最终得到的粗碲固体表面会吸附溶液中的，因此判断洗净与否，只需要检验最后一次洗涤液中是否仍含有即可，C正确；D酸浸时TeO2溶解，随后被Na2SO3还原，TeO2生成Te单质，生成，所以正确的离子方程式为：，TeO2是氧化物离子方程式中不能拆分，D错误。答案选C。21、A【解析】YZ气体遇空气变成红棕色，则Y是N，Z是O，NO在空气中和O2迅速反应生成红棕色的NO2；R的原子半径是短周期中最大的，则R是Na；W和Z同主族，则W是S；X、Y、Z、R、W所在周期数之和为11，则X在第一周期，为H；综上所述，X、Y、Z、R、W分别为：H、N、O、Na、

31、S，据此解答。【详解】AX、Y、Z 分别为：H、N、O，H、N、O三种元素形成的化合物溶于水也可能显碱性，如NH3H2O的水溶液显碱性，A错误；B非金属性：Z(O)W(S)，故气态氢化物的稳定性：Z(O)W(S)，B正确；CS2-核外有三层电子，Na+核外有两层电子，故离子半径：S2-Na+，C正确；DZ、R为O、Na，O、Na形成的化合物中可能含有共价键，如Na2O2，D正确。答案选A。22、B【解析】A二氧化硫不能与氯化钙反应，A项错误；B四氧化三铁和铝在高温条件下发生铝热反应生成铁和氧化铝，铁和足量的硝酸反应生成硝酸铁，能一步实现，B项正确；C电解硫酸镁溶液，本质为电解水，得到氢气和氧气

32、，得不到镁单质，C项错误；D空气中灼烧氢氧化亚铁生成三氧化二铁，D项错误。答案选B。二、非选择题(共84分)23、 消去反应 NaOH水溶液、加热 羟基、羧基 +O2+2H2O 或 【解析】芳香族化合物A的分子式为C9H12O，A的不饱和度=4，则侧链没有不饱和键，A转化得到的B能发生信息中的反应，说明B中含有碳碳双键，应是A发生醇的消去反应生成B，而A中苯环只有一个侧链且支链上有两种不同环境的氢原子，故A为，则B为，D为，C为，C发生信息的反应生成K，故K为；由F的分子式可知，D发生水解反应生成E为，E发生氧化反应生成F为，F发生银镜反应然后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。【详解】(1

33、)根据分析可知A为；A生成B的反应类型为消去反应；D生成E发生卤代烃的水解反应，反应条件为：NaOH水溶液、加热；(2)根据分析可知H为，H中官能团为羟基、羧基；(3)根据分析可知I结构简式为；(4)E为，E发生氧化反应生成F为，反应方程式为+O2+2H2O；(5)F()的同分异构体符合下列条件：能发生水解反应和银镜反应，说明含有HCOO-；属于芳香族化合物且分子中只有一个甲基，说明含有苯环且只有一个甲基；具有5组核磁共振氢谱峰，有5种氢原子，则符合条件的结构简式为：或；(6)(CH3)3COH发生消去反应生成(CH3)2C=CH2，(CH3)2C=CH2发生信息的反应生成，和反应生成；合成路

34、线流程图为：。24、三、VIIA H2O分子间存在着氢键 离子晶体 NH4+H2ONH3H2O+H+ SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol 【解析】由短周期元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置，可知X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，Y原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，最外层电子数为6，故Y为O元素，可推知X为N元素、Z为S元素、W为Cl。【详解】(1)由上述分析可知：W为Cl元素，处于周期表中第三周期第VIIA族，故答案为：三、VIIA；(2)由上述分析可知：X为N元素，X和氢可以构成+1价阳离子为NH

35、4+，其电子式是；Y为O元素，Z为S元素，Y的气态氢化物H2O比Z的气态氢化物H2S的沸点高，是因为H2O分子间存在着氢键。故答案为：；H2O分子间存在着氢键；(3) 由上述分析可知：X为N元素，X的最高价氧化物的水化物硝酸与其氢化物氨气能化合生成M为NH4NO3，属于离子晶体，水溶液中铵根离子水解NH4+H2ONH3H2O+H+，破坏水的电离平衡，溶液呈酸性，故答案：离子晶体，NH4+H2ONH3H2O+H+；(4) 由上述分析可知：Y为O元素，Z为S元素，W为Cl， Y和Z可组成一种气态化合物Q为SO2，SO2能与氯气在潮湿环境中反应生成硫酸与HCl,反应的化学方程式是： SO2+Cl2+

36、2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；在一定条件下，化合物Q（SO2）与Y为O元素的单质(O2)反应达平衡时有三种气态物质，反应方程式为：2SO2+O22SO3，反应时，每转移4mol电子放热190.0kJ，则参加反应二氧化硫为2mol，氧气为1mol，生成2mol SO3，放出热量为190.0kJ，所以该反应的热化学方程式是2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol；故答案为： 2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)H=-190.0kJ/mol。25、长颈漏斗 Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2

37、+2H2O 0.5 液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗内液面上升，形成一段液柱 b 溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色 不能 过量的Cl2也可将I-氧化为I2 【解析】(1)根据图示装置中仪器结构识别名称；(2)次氯酸钙具有强氧化性，能够氧化盐酸，依据化合价升降总数相等配平方程式，若换为KClO3，该物质也有强氧化性，可以氧化HCl为Cl2，根据方程式物质变化与电子转移关系计算；(3)装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱；(4)为了验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反应生

38、成次氯酸具有漂白性；(5)氯气氧化性强于溴，氯气能够置换溴；溴氧化性强于碘，能够置换碘；氯气的氧化性强于碘，能够置换碘，结合碘在有机物中溶解性及颜色解答。【详解】(1)根据图示可知仪器a名称为长颈漏斗；(2)漂白粉固体和浓盐酸反应生成氯化钙、氯气和水，化学方程式为：Ca(ClO)2+4HCl(浓)CaCl2+2Cl2+2H2O，若将漂白粉换为KClO3，根据电子守恒、原子守恒，可得方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2+3H2O，由方程式可知：每转移5mol电子，反应产生3mol氯气，质量是21.3gCl2的物质的量是0.3mol，所以反应转移了0.5mol电子，转移电子数目为0

39、.5NA；(3)反应产生的Cl2中混有氯化氢和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；装置B亦作安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞。若发生堵塞时B中的气体压强增大，使B中液体进入长颈漏斗中，锥形瓶内液面下降，长颈漏斗中的液面上升而形成一段液柱；(4)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，在湿润的有色布条中，氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，a.I为干燥的有色布条不褪色，中浓硫酸只吸收水分，再通入湿润的有色布条会褪色，能验证氯气的漂白性，但U形管中盛放的应是固体干燥剂，a错误；b.I处是湿润的有色布条褪色，II是干燥剂无水氯

40、化钙不能吸收氯气，只吸收水蒸气，III中干燥的有色布条不褪色，可以证明，b正确；c.I为湿润的有色布条褪色，II为干燥剂碱石灰，碱石灰能够吸收水蒸气和Cl2，进入到III中无氯气，不会发生任何变化，不能验证，c错误；故合理选项是b；(5)依据氯气和溴化钠反应生成溴单质，液体溴单质、过量的Cl2都能和碘化钾溶液中的碘化钾反应生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；过量的Cl2也可将I-氧化为I2，所以通过E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色，不能说明溴的氧化性强于碘。【点睛】本题考查了氯气的制备和性质，明确制备的原理和氯气的性质是解题关键，注意氧化还原方程式的书

41、写及计算，题目难度中等。26、催化剂 油浴(或沙浴) 以免大量CO2泡沫冲出 乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层 除去有机相中的水 防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解 【解析】CH2OH(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH，是液体混合加热，可油浴(或沙浴)均匀加热，使用无水CH3COONa作催化剂来加快反应速率，用15%的Na2CO3溶液来提高产率，用15%的食盐水分离CH2OOCCH3和其它能溶于水的混合物，有机相用无水CaCl2干燥，最后蒸馏提纯得到产品。【详解】(1) 根据CH2OH(CH3CO)2OCH2OOCCH3(乙酸苄酯)CH3COOH的原

42、理和条件，步骤1中，加入无水CH3COONa的作用是催化剂，为保证能均匀受热，合适的加热方式是油浴(或沙浴)。(2)Na2CO3作用是降低生成物CH3COOH的浓度，促进平衡正向移动， 步骤2中，Na2CO3溶液需慢慢加入，其原因是以免大量CO2泡沫冲出。(3) 由题干中信息可知：乙酸苄酯密度为1.055 gcm3，步骤3中，用15%的食盐水代替蒸馏水，除可减小乙酸苄酯的溶解度外，还因为乙酸苄酯与水的密度几乎相同不容易分层；加入无水CaCl2的作用是除去有机相中的水。(4) 步骤4中，采用减压蒸馏的目的是防止常压蒸馏时，乙酸苄酯未达沸点前就已发生分解。【点睛】本题以乙酸苄酯的制备实验考查物质的

43、制备、分离、和提纯等基本操作，难点（1）无水乙酸钠的作用，（3）用15%的食盐水代替蒸馏水目的，考查学生的阅读和表达能力。27、硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会分解生成Cu(OH)2(答出一点即可) Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 45 的水浴加热 上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色 在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤 【解析】电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe

44、2O3及CaO)用硫酸酸浸，残渣为CaSO4 等溶解度不大的物质，溶液中有Cr3、Cu2、Fe3，加适量Na2S 溶液，过滤，滤液中Cr3、Fe3，处理生成Fe(OH)3 Cr(OH)3，除去Fe(OH)3，制备K2Cr2O7；滤渣CuS沉淀，采用8 molL1氨水，适量30% H2O2，并通入O2，制取铜氨溶液，通SO2，“沉CuNH4SO3”，同时生成铜粉。【详解】(1) “酸浸”时，用硫酸而不用盐酸，这是因为硫酸可将CaO转化为CaSO4渣而除去。(2) “制铜氨液”，即制取Cu(NH3)4SO4溶液时，温度不宜过高，这是因为 温度过高会加速NH3的挥发、加速H2O2的分解、“铜氨液”会

45、分解生成Cu(OH)2(答出一点即可)；(3) 铜与浓硫酸加热生成SO2、硫酸铜和水，化学方程式为 Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O 。要控制100以下的加热温度，且受热均匀，可选用水浴加热；“沉CuNH4SO3”时，反应液需控制在45 ，合适的加热方式是：45 的水浴加热。Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu，反应完成的实验现象是上层清液由深蓝色逐渐变为几乎无色。(4) 制取K2Cr2O7的实验方案：将Cr(OH)3、Fe(OH)3的混合物加入烧杯中，加适量的水调成浆状，在不断搅拌下加入适量KOH溶液，再加入过量的10% H2O2溶液，维

46、持pH大于7，充分反应后，煮沸(除去过量的H2O2)，静置、过滤，滤液用稀盐酸酸化至pH5，蒸发浓缩、冰浴冷却结晶、过滤，冰水洗涤及干燥。【点睛】本题以实际化工生产“以电镀废渣(Cr2O3、CuO、Fe2O3及CaO)为原料制取铜粉和K2Cr2O7的主要流程”为背景，考查了元素化合物知识，化学方程式的书写等，难点（3）Cu(NH3)4SO4溶液呈蓝色，通入SO2 反应生成CuNH4SO3和Cu。28、2-甲基-1-丙醇 醛基、碳碳双键 加成反应 2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O 9 、 CH3CH=CH2CH3CH2CH2OHCH3CH2CHOCH3CH2C

47、OOHCH3CH2COOCH2CH3 【解析】由合成路线及题中信息可知，A反应后得到B，则B为(CH3)2CHCH2OH；B氧化为C，C经氧化和酸化转化为D，则C为(CH3)2CHCHO，D为(CH3)2CHCOOH；F可以加聚为E，则F为；F经催化加氢得到G，结合M的分子式可知G为，M为。【详解】（1）根据 以上分析，有机物B 为(CH3)2CHCH2OH，系统命名为2-甲基-1-丙醇，故答案为2-甲基-1-丙醇；（2）F为，F中所含官能团的名称为醛基、碳碳双键；F经催化加氢得到G ，故FG的反应类型为加成反应，故答案为醛基、碳碳双键；加成反应；（3）M为羧酸D(CH3)2CHCOOH)和醇

48、G()发生酯化反应生成的酯，故M的结构简式为，故答案为；（4）B为(CH3)2CHCH2OH，C为(CH3)2CHCHO，BC反应为醇的催化氧化反应，化学方程式为2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O ，故答案为2(CH3)2CHCH2OH+O22(CH3)2CHCHO+2H2O；（5）G为，X是G的同系物，且相对分子质量比G小14，则X的一种可能结构为，X有多种同分异构体，满足与FeCl3溶液反应显紫色的，说明含有酚羟基，除苯环外余下两个碳，可以是一个乙基，也可以是两个甲基：含有2个侧链，一个羟基和一个乙基，则乙基和羟基有邻、间、对3种结构；含有3个侧链，两个甲基和一个羟基，采用定一移一的方法，先找两个甲基有邻、间、对3种结构，邻二甲苯苯环上的氢被羟基取代有2种结构，间二甲苯苯环上的氢被羟基取代有3种结构，对二甲苯苯环上的氢被羟基取代只有1种结构，因此符合条件的X的同分异构体共有9种，其中核磁共振氢谱显示有4种不同化学环境的氢，且峰面积比为1126的结构简式为：、 ，故答案为9 ；、 ；（6）参