2022届江苏省南大附中高三六校第一次联考化学试卷含解析

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、25时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb100mL，Va、Vb与混合液的p

2、H的关系如图所示。下列说法正确的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb点时c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d几点中，水的电离程度dbaDa b点过程中，可能存在c(X)YDX、Y、Z的气态氢化物中最稳定的是X的氢化物6、金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B电池放电过程的正极反应式： O2

3、+ 2H2O + 4e = 4OHC比较Mg、Al二种金属空气电池，“理论比能量”之比是89D为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜7、工业上制备相关物质，涉及的反应原理及部分流程较为合理的是A制取镁：海水Mg(OH)2MgOMgB冶炼铝：铝土矿NaAlO2无水AlCl3AlC制硝酸：N2、H2 NH3NO50%HNO3 浓HNO3D海带海带灰I2(aq)I28、常温下，电解质溶液的性质与变化是多样的，下列说法正确的是（ ）ApH相同的CH3COONa NaClO NaOH三种溶液c(Na+)大小：B往稀氨水中加水，的值变小CpH=4的H2S溶液与pH=10的NaOH溶

4、液等体积混合，存在下列等式：c(Na+)+c(H+)c(OH)+2c(S2)DCa(ClO)2溶液中通入少量CO2，ClO水解程度增大，溶液碱性增强9、四种短周期元素A、B、C、D在元素周期表中的相对位置如图所示，其中D形成的两种氧化物都是常见的大气污染物。下列有关判断不正确的是AA的简单氢化物是天然气的主要成分B元素A、B、C对应的含氧酸的钠盐水溶液不一定显碱性C单质B既可以与酸反应，又可以与碱反应，所以是两性单质D最高价氧化物对应的水化物的酸性：DC10、现代汉语词典中有：“纤维”是细丝状物质或结构。下列关于“纤维”的说法不正确的是（）A造纸术是中国古代四大发明之一，所用到的原料木材纤维属

5、于糖类B丝绸是连接东西方文明的纽带，其中蚕丝纤维的主要成分是蛋白质C光纤高速信息公路快速发展，光导纤维的主要成分是二氧化硅D我国正大力研究碳纤维材料，碳纤维属于天然纤维11、化学与生活紧密相关，下列描述正确的是A流感疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性B乳酸()通过加聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料C“客从南溟来，遗我泉客珠。”“珍珠”的主要成分属于有机高分子化合物D水泥是由石灰石、石英砂、纯碱为原料烧制而成的12、下列各组性质比较中，正确的是()沸点：离子还原性：酸性：金属性：气态氢化物稳定性：半径：ABCD13、化学与生活生产息息相关，下列说法正确的是（ ）A制作一次性医用防护服的主要材料聚

6、乙烯、聚丙烯是通过缩聚反应生产的B气溶胶的分散剂可以是空气或液体水CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板D福尔马林(甲醛溶液)可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜14、下列属于碱性氧化物的是AMn2O7BAl2O3CNa2O2DMgO15、核能的和平利用对于完成“节能减排”的目标有着非常重要的意义。尤其是核聚变，因其释放能量大，无污染，成为当前研究的一个热门课题。其反应原理为。下列说法中正确的是（ ）AD和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种元素B通常所说的氢元素是指 C、是氢的三种核素，互为同位素D这个反应既是核反应，也是化学反应16、短周期元素W、X、Y和Z的原子序数依次增

7、大，W的单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，元素Y的族序数等于其周期序数，Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是AW、Z形成的化合物中，各原子最外层均达到8个电子结构B元素X与氢形成的原子数之比为11的化合物有很多种C元素Z可与元素X形成共价化合物XZ2D元素Y的单质与氢氧化钠溶液或盐酸反应均有氢气生成17、 “聚酯玻璃钢”是制作宇航员所用氧气瓶的材料。甲、乙、丙三种物质是合成聚酯玻璃钢的基本原料。下列说法中一定正确的是( )甲物质能发生缩聚反应生成有机高分子；1mol乙物质最多能与4molH2发生加成反应；1mol丙物质可与2mo

8、l钠完全反应，生成22.4L氢气；甲、乙、丙三种物质都能够使酸性高锰酸钾溶液褪色ABCD18、下列化合物的同分异构体数目与的同分异构体数目相同的是ABCD19、向某二元弱酸H2A水溶液中逐滴加入NaOH溶液，混合溶液中lgx（x为或）与pH的变化关系如图所示，下列说法正确的是（ ）ApH=7时，存在c(Na+)=c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)B直线表示的是lg随pH的变化情况C=10-2.97DA2-的水解常数Kh1大于H2A电离常数的Ka220、第三代混合动力车，可以用电动机、内燃机或二者结合推动车辆。汽车上坡或加速时，电动机提供推动力，降低汽油的消耗;在刹车或下坡时，电池处于充电

9、状态，其电路工作原理如图所示。下列说法中正确的是 A放电时甲为负极，充电时为阳极B电池充电时，OH由甲侧向乙侧移动C放电时负极的电极反应式为:MHnneM+nH+D汽车下坡时发生图中实线所示的过程21、已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（）A标准状况下0.5molNT3分子中所含中子数为6.5NAB0.1molFe与0.1molCl2完全反应后，转移的电子数为0.2NAC13.35gAlCl3水解形成的Al(OH)3胶体粒子数小于0.1NAD一定条件下的密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应充分发生后分子总数为2NA22、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是（ ）

10、A密闭容器中，2molSO2和1molO2催化反应后分子总数大于2NAB1LpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为0.01NAC5.6g铁与稀硝酸反应生成0.08molNO，转移电子数为0.3NAD6.4 g S2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2 NA二、非选择题(共84分)23、（14分）AJ均为有机化合物，它们之间的转化如下图所示：实验表明：D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气：核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1；G能使溴的四氯化碳溶液褪色；1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）。请根据以上信息回答下列问题：（1）A的结构简式为

11、_（不考虑立体结构），由A生成B的反应类型是_反应；（2）D的结构简式为_；（3）由E生成F的化学方程式为_，E中官能团有_（填名称），与E具有相同官能团的E的同分异构体还有_（写出结构简式，不考虑立体结构）；（4）G的结构简式为_；（5）由I生成J的化学方程式_。24、（12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中含有的官能团名称为_。（3）I的结

12、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)：_。25、（12分）B实验化学丙炔酸甲酯（）是一种重要的有机化工原料，沸点为103105 。实验室制备少量丙炔酸甲酯的反应为实验步骤如下：步骤1：在反应瓶中，加入14 g丙炔酸、

13、50 mL甲醇和2 mL浓硫酸，搅拌，加热回流一段时间。步骤2：蒸出过量的甲醇（装置见下图）。步骤3：反应液冷却后，依次用饱和NaCl溶液、5%Na2CO3溶液、水洗涤。分离出有机相。步骤4：有机相经无水Na2SO4干燥、过滤、蒸馏，得丙炔酸甲酯。（1）步骤1中，加入过量甲醇的目的是_。（2）步骤2中，上图所示的装置中仪器A的名称是_；蒸馏烧瓶中加入碎瓷片的目的是_。（3）步骤3中，用5%Na2CO3溶液洗涤，主要除去的物质是_；分离出有机相的操作名称为_。（4）步骤4中，蒸馏时不能用水浴加热的原因是_。26、（10分）西安北郊古墓中曾出土一青铜锤(一种酒具)，表面附着有绿色固体物质，打开盖子

14、酒香扑鼻，内盛有26 kg青绿色液体，专家认定是2000多年前的“西汉美酒”。这是我国考古界、酿酒界的一个重大发现。(1)上述报道引发了某校化学兴趣小组同学的关注，他们收集家中铜器表面的绿色固体进行探究。提出问题：铜器表面附着绿色固体物质是由哪些元素组成的？猜想：查阅相关资料后，猜想绿色固体物质可能是铜绿。实验步骤：对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变浑浊取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入稀硫酸观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色。取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝观察到铁丝表面有红色物质析

15、出。实验结论：绿色固体物质中含有_、_、_、_等元素。(提示：装置内的空气因素忽略不计)(2)表达与交流：图中标有a、b的仪器名称是：a：_；b：_。上述实验步骤中发生反应的离子方程式为_。反应完成后，如果先移去酒精灯，可能出现的现象是_。如果将B、C两装置对调行吗？_。为什么？_。27、（12分）SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2中，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾可在制备装置后连接下图所示装置，该装置中的试剂是_，气体从_口(填“a”或“b”)进。(2)检验SO2常用的试剂是_

16、，利用了SO2的_性。(3)将SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，得到白色沉淀，该沉淀的化学式为_。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：(4)实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是_。(5)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，原因是_。(用方程式表示)(6)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是_。若实验A、B中通入足量的SO2后，溶液pH：A_B(填“”、“c(HX)c(OH)c(H+)，故B正确；C. a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几

17、点中，水的电离程度bad，故C错误；D. a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)H2SiO3，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】同周期，从左到右，最高价氧化物对应的水化物酸性逐渐增强。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、A【解析】A流感疫苗属于蛋白质，温度过高会使蛋白质变性，A选项正确；B乳酸()通过缩聚反应可制得可降解的聚乳酸塑料，B选项错误；C“珍珠”的主要成分是CaCO

18、3，属于无机盐，不属于有机高分子化合物，C选项错误；D水泥是由黏土和石灰石烧制而成的，D选项错误；答案选A。12、B【解析】.HF中含分子间氢键，沸点最高，其它氢化物中相对分子质量大的沸点高，则沸点为 ，故错误；.元素的非金属性，对应离子还原性，故错误；.非金属性 ，元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，即酸性：，故正确；.同主族从上到下，金属性增强：，同周期从左到右，金属性减弱，即 ，即金属性：，故正确；.元素的非金属性，气态氢化物稳定性，故正确；.电子层越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，核电荷数越多，半径越小，即，故正确。故选B。13、C【解析】A制作一次性医用防

19、护服的主要材料聚乙烯、聚丙烯是通过加聚反应生产的，A错误；B气溶胶的分散剂可以是空气，但不能是液体水，B错误；CFeCl3溶液可以作为“腐蚀液”处理覆铜板制作印刷电路板，C正确；D福尔马林(甲醛溶液)常用于皮毛、衣物、器具熏蒸消毒和标本、尸体防腐，会强烈刺激眼膜和呼吸器官，不可用于浸泡生肉及海产品以防腐保鲜，D错误；答案选C。14、D【解析】碱性氧化物是和酸反应生成盐和水的氧化物，反应过程中元素化合价不发生变化。【详解】A. Mn2O7与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A不符合题意；B. Al2O3既能与碱反应产生盐和水，也能与酸反应产生盐和水，所以属于两性氧化物，B不符合题意；C. Na2

20、O2和酸反应生成盐和水，同时生成氧气，发生的是氧化还原反应，不是碱性氧化物，属于过氧化物，C错误；D. MgO和酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分类，掌握酸性氧化物、碱性氧化物、两性氧化物的概念是解答本题的关键。15、C【解析】A 项、D和T是质量数不同，质子数相同的氢的两种核素，故A错误；B项、是氢元素的一种核素，氢元素是指核电荷数即质子数为1的原子，符号为H，故B错误；C项、的质子数相同，中子数不同，属于同种元素的不同核素，互为同位素，故C正确；D项、该反应是原子核内发生的反应，属于核反应，不是化学反应，故D错误；故选C。16、A【解析】W的

21、单质是一种常用的比能量高的金属电极材料，W是Li元素；因X原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，X是C元素；元素Y的族序数等于其周期序数，Y为Al元素；Z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍，是短周期元素，且W、X、Y和Z的原子序数依次增大，Z为S元素。A.W、Z形成的化合物Li2S，该物质是离子化合物，Li+的最外层只有两个电子，不满足8电子的稳定结构，A错误；B.元素X与氢可形成原子个数比为1：1的化合物为C2H2、C6H6、苯乙烯C8H8、立方烷C8H8等，化合物有很多种，B正确；C.元素Z为S，元素X是C，二者形成共价化合物分子式是CS2，C正确；D.元素Y是Al，Al的单质可以与强碱

22、氢氧化钠溶液或盐酸反应放出氢气，D正确；故答案是A。17、B【解析】甲物质中含有碳碳双键，能发生加聚反应，不能发生缩聚反应，错误；乙中苯环和碳碳双键能和氢气发生加成反应，1mol乙物质最多能与4molH2发生加成反应，正确；丙中-OH能和Na反应，且-OH与Na以1：1反应，1mol丙物质可与2mol钠完全反应，生成1mol氢气，温度和压强未知，因此不能确定气体摩尔体积，也就无法计算氢气体积，错误；含有碳碳双键的有机物和醇都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，因此这三种物质都能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，正确；综上所述可知正确的说法为，故合理选项是B。18、D【解析】C3H8中含有2

23、种化学环境不同的H原子数目，再利用-OH原子团替换H原子，判断属于醇的同分异构体，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，据此分析解答。【详解】C3H8分子中有2种化学环境不同的H原子，其一羟基代物有2种分别为：CH3CH2CH2OH和CH3CH(OH)CH3，C3H8O只有一种醚的结构，即甲乙醚，故C3H8O的同分异构体数目为3。AC3H6可以为丙烯和环丙烷，具有2种结构，同分异构体数目不相同，故A不选；BC4H8可以为1-丁烯、2-丁烯、2-甲基-1-丙烯和环丁烷以及甲基环丙烷等，具有5种同分异构体，同分异构体数目不相同，故B不选；CC6H4Cl2可以是由苯环经过二氯取代生成的产物，有邻、间

24、、对三种同分异构体，另外还可以是含有碳碳双键以及三键的物质，故有大于3种同分异构体，同分异构体数目不相同，故C不选；DC5H12有3种同分异构体，分别为正戊烷、异戊烷和新戊烷，同分异构体数目相同，故D选；故选D。19、B【解析】二元弱酸的Ka1=c（H）Ka2=c（H），当溶液的pH相同时，c（H）相同，lgX：，则表示lg与pH的变化关系，表示lg与pH的变化关系。【详解】ApH=4.19，溶液呈酸性，若使溶液为中性，则溶液中的溶质为NaHA和Na2A，根据物料守恒，存在c(Na+)c(H2A)+c(HA-)+c(A2-)，故A错误；B. 由分析：直线表示的是lg随pH的变化情况，故B正确；

25、C. = =102.97，故C错误；DpH=1.22时和4.19时，lgX=0，则c（H2A）=c（HA）、c（HA）=c（A2），Ka1=c（H）=c（H）=10-1.22，K2=c（H）=c（H）=10-4.19，A2的水解平衡常数Kh1=10-9.8110-4.19=Ka2，故D错误；故选B。【点睛】本题考查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，明确图象曲线变化的意义为解答关键，注意掌握物料守恒及溶液酸碱性与溶液pH的关系，D为易难点。20、B【解析】A. 根据电解池的工作原理，充电时甲电极是阴极，放电时是原电池，甲是负极，故A错误；B. 电池充电时是电解池的工作原理，电解池中的甲电极是阴

26、极，阴极发生氢离子得电子的还原反应，乙是阳极，所以OH-由甲侧向乙侧移动，故B正确；C. 放电时负极发生氧化反应，电极反应式为M-ne-+nH+=MHn，故C错误；D. 汽车下坡时电池处于充电状态，发生图中虚线所示的过程，故D错误；答案选B。21、D【解析】A. 标准状况下，0.5molNT3分子中所含中子数为 =6.5NA， A正确；B. 0.1molFe与0.1molCl2完全反应，根据方程式2Fe3Cl22FeCl3判断铁过量，转移的电子数为0.2NA，B正确；C. 13.35gAlCl3物质的量为0.1mol，Al33H2O Al(OH)33H，水解是可逆的，形成的Al(OH)3胶体粒

27、子数应小于0.1NA，C正确；D. 2molSO2和1molO2的反应是可逆反应，充分反应也不能进行到底，故反应后分子总数为应大于2NA，D错误；故选D。22、C【解析】A若2molSO2和1molO2完全反应，可生成2molSO3，即反应后分子总数为2NA，但实际上该反应是可逆反应，不能完全进行，故反应后分子总数大于2NA，故A正确；BpH=2的H2SO3溶液中c(H+)=0.01mol/L，溶液体积为1L，所以溶液中所含氢离子数目为0.01NA，故B正确；C该过程中还原产物为NO，氮元素由+5价变为+2价，所以生成一个NO，转移3个电子，则生成0.08molNO转移电子数为0.24NA，故

28、C错误；D6.4 g S2和S8的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为NAmol-1=0.2NA，故D正确；故答案为C。【点睛】易错选项为C，要注意铁在和稀硝酸反应时氧化产物不确定，当铁过量可能会有亚铁离子，该题中还原产物只有NO，所以根据还原产物计算电子转移数目。二、非选择题(共84分)23、BrCH2CH=CHCH2Br 取代（或水解） HOCH2CH2CH2CHO 羧基、羟基 、 【解析】CH2=CHCH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D

29、中既含CHO、又含OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；GH应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；HIJ，1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个OH，则HI的

30、化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，IJ其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。【详解】CH2=CHCH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含CHO、又含OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HO

31、CH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；GH应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；HIJ，1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个OH，则HI的化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，IJ其实就是醚的开环了，反应为；（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E

32、发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、。（4）G的结构简式为。（5）I生成J的化学方程式为。24、 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

33、后酸化得到H为，H发生缩聚反应生成I为。【详解】(1)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

34、)2C=CH2发生信息的反应生成，和反应生成；合成路线流程图为：。25、作为溶剂、提高丙炔酸的转化率 (直形)冷凝管 防止暴沸 丙炔酸 分液 丙炔酸甲酯的沸点比水的高 【解析】（1）一般来说，酯化反应为可逆反应，加入过量的甲醇，提高丙炔酸的转化率，丙炔酸溶解于甲醇，甲醇还作为反应的溶剂；（2）根据装置图，仪器A为直形冷凝管；加热液体时，为防止液体暴沸，需要加入碎瓷片或沸石，因此本题中加入碎瓷片的目的是防止液体暴沸；（3）丙炔酸甲酯的沸点为103105，制备丙炔酸甲酯采用水浴加热，因此反应液中除含有丙炔酸甲酯外，还含有丙炔酸、硫酸；通过饱和NaCl溶液可吸收硫酸；5%的Na2CO3溶液的作用是除

35、去丙炔酸，降低丙炔酸甲酯在水中的溶解度，使之析出；水洗除去NaCl、Na2CO3，然后通过分液的方法得到丙炔酸甲酯；（4）水浴加热提供最高温度为100，而丙炔酸甲酯的沸点为103105，采用水浴加热，不能达到丙炔酸甲酯的沸点，不能将丙炔酸甲酯蒸出，因此蒸馏时不能用水浴加热。【点睛】实验化学的考查，相对比较简单，本题可以联想实验制备乙酸乙酯作答，如碳酸钠的作用，实验室制备乙酸乙酯的实验中，饱和碳酸钠的作用是吸收乙醇，除去乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度使之析出等，平时复习实验时，应注重课本实验复习，特别是课本实验现象、实验不足等等。26、铜 碳 氢 氧 试管 铁架台 FeCu2CuFe2 C装置中的液

36、体会倒流入B装置 不行 若对调，则无法证明加热绿色固体后是否有水生成 【解析】（1）实验结论：绿色固体加热，至完全分解，B装置中无水硫酸铜变成蓝色，说明反应有水生成，从而可确定物质中含有氢、氧元素；C装置中澄清石灰水变浑浊，说明生成了二氧化碳，可确定物质中含有碳、氧元素；铜器上出现的固体，A装置中绿色固体逐渐变成黑色，则黑色固体可能是氧化铜，加入稀硫酸观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成蓝色，说明黑色固体一定是氧化铜，原固体中含有铜、氧元素，所以绿色固体物质中含有氢、碳、氧、铜；故答案为铜；碳；氢；氧；（2）a是反应容器，为试管，b起支持和固定作用，为铁架台；故答案为试管；铁架台；氧化铜和硫酸反应

37、生成的蓝色溶液为硫酸铜溶液，取少量上述蓝色溶液于试管中，浸入一根洁净的铁丝，观察到铁丝表面有红色物质析出，是铁和硫酸铜反应生成的硫酸亚铁和红色的铜，离子方程式为：Fe+Cu2+=Fe2+Cu；故答案为Fe+Cu2+=Fe2+Cu；防止空气中的二氧化碳对澄清石灰水检验前面生成二氧化碳的影响，最后应加一干燥管，故作用吸收空气中的二氧化碳；反应完成以后，如果先移去酒精灯，试管中气体温度降低，气压减小，水槽中的水会倒吸入B装置。故答案为吸收空气中的二氧化碳；若先撤酒精灯，则C中液体会倒吸至B中；如果将B、C两装置对调，气体通过C会带出水蒸气，不能确定加热绿色固体是否有水生成，故答案为不行；若对调则无法

38、证明加热绿色固体是否有水生成。【点睛】本题主要对物质的组成成分而进行的实验探究，根据实验步骤分析推断出该物质的组成成分，实验涉及知识面广，对学生思维能力要求高，既考查知识的识记、理解、迁移、运用，又考查分析、对比、归纳等思维能力，在平时的训练中应该注意总结、积累。27、饱和NaHSO3 溶液 b 品红试液 漂白性 BaSO4 避免氧气干扰实验 SO2+H2OH2SO3 H2SO3H+ HSO3 在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快 【解析】(1) 除去白雾（H2SO4）可以用饱和NaHSO3 溶液；(2) 检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性；(3) SO2通入0.1m

39、ol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亚硫酸会被氧化成硫酸，最终生成的白色沉淀是BaSO4；(4) 实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是：避免氧气干扰实验；(5) 实验C中，SO2先和水反应生成H2SO3使 pH传感器显示溶液呈酸性；(6)A中没有氧气，SO2在酸性环境中被NO3氧化，而B中没有排出O2，则SO2被O2和NO3共同氧化，实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，说明在水溶液中O2 氧化SO2 的速率比NO3快。【详解】(1) 除去白雾（H2SO4）可以用饱和NaHSO3 溶液，所以中应该放饱和NaHSO3 溶液，并且

40、气体从b口进；(2) 检验SO2常用的试剂是品红试液，利用了SO2的漂白性；(3) SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液中，SO2先和水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，酸性溶液中存在NO3-，亚硫酸会被氧化成硫酸，最终生成的白色沉淀是BaSO4；(4) 实验A、C中，煮沸蒸馏水及使用植物油的目的是：避免氧气干扰实验；(5) 实验C中，SO2先和水反应生成H2SO3使 pH传感器显示溶液呈酸性，化学方程式为：SO2+H2OH2SO3；(6)A中没有氧气，SO2在酸性环境中被NO3氧化，而B中没有排出O2，则SO2被O2和NO3共同氧化，实验B中出现白色沉淀比实验A快很多，说明在水溶液中O

41、2 氧化SO2 的速率比NO3快；实验B中SO2更多被氧化，最终生成更多的硫酸，硫酸酸性比亚硫酸强，故B中酸性更强，故溶液pH：A B。28、3 该晶体为原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，CN键长比CC键长短，CN的键能更大，故其硬度更高 sp3 3d54s1 2 (，) 50% 【解析】(1)在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S；(2) 该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大；一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3；晶胞中：C=8+4=3，N=4，=；(3)中心C原子孤电子对=（

42、4+2-23）=0，为sp2杂化，则C、O原子各提供1个键的电子数，离子带2单位负电荷，共6个键的电子数；(4) 基态铬原子的价电子为最外层及3d能级的电子；配离子Cr(H2O)3(NH3)33+的结构为八面双锥形，3个水在同一个三角形中和不在同一三角形中2种；(5) C点的原子与上平面面心的小球相连，且与顶点组成等边三角形，故在x、y平面的投影为（，），同理可得在z轴的投影为；一个晶胞中可以切割成8个小立方体，共填充4个立方体；【详解】(1)在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有Si、P、S，3种；(2) 该晶体为原子晶体，晶体中N原子半径小于C原子，半径越小共价键键能越大，则硬度越大，答案为：该晶体为原子晶体，由于氮原子半径比碳原子半径小，CN键长比CC键长短，CN的键能更大，故其硬度更高；一个碳原子周围最近且距离相等的N原子有4个，则晶胞中C原子的杂化方式为sp3；晶胞中：C=8+4=3，N=4，=；(3)中心C原子孤电