2022届山东省济南市长清高考仿真卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年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05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、由下列实验和现象得出的结论正确的是选项实验和现象结论A向某溶液中滴加浓NaOH溶液并加热，将湿润的蓝色石蕊试纸靠近试管口，试纸颜色无明显变化原溶液中一定无NH4+B将少量某无色气体通入澄清石灰水中，出现白色沉淀该气体一定是CO2C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫红色原无色溶

2、液中一定有ID将稀盐酸滴入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀氯的非金属性强于硅AABBCCDD2、下列实验操作能实现相应实验目的的是实验目的实验操作A比较Cl和S的非金属性往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液是否变浑浊B验证铁的吸氧腐蚀将铁钉放入试管中，用盐酸浸没C制取氢氧化铁胶体将FeCl3溶液滴入NaOH溶液D比较HClO和H2CO3的酸性测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pHAABBCCDD3、关于下列各实验装置的叙述中，错误的是 ()A装置可用于分离蔗糖和葡萄糖，且烧杯中的清水应多次更换B装置可用于制备少量 Fe(OH)2沉淀，并保持较长时间白色C装置可用从a处加水的方法检验的气

3、密性，原理为液差法D装置用于研究钢铁的吸氧腐蚀，一段时间后导管末端会进入一段水柱4、NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A19g羟基（-18OH）所含中子数为10NAB标准状况下，44.8 L HF含有2NA个极性键C1 mol NaHSO4晶体含有的离子数为3NAD0.1 molL-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目为0.2NA5、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)2B配制FeCl3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FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2被氧化DFeCl3溶液中滴加KS

4、CN溶液会生成红色沉淀6、下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（ ）A氨气遇到HCl气体后产生白烟B品红溶液通入SO2气体后褪色C湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝D在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色7、硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质（见下图）。下列说法正确的是ACO、SO2、SO3均是酸性氧化物B工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉C除去与水反应，图示转化反应均为氧化还原反应D用CO合成CH3OH进而合成HCHO的两步反应，原子利用率均为100%8、钠离子二次电池因钠资源丰富、成本低、能量转换效率高等诸多优势，有望取代锂离子电池。最近，山东大学徐立强教

5、授课题组研究钠离子二次电池取得新进展，电池反应如下：4NaxFeIIFeIII(CN)6+xNi3S24FeIIFeIII(CN)6+3xNi+2xNa2S。下列说法正确的是A充电时，Na+被还原为金属钠B充电时，阴极反应式：xNa+FeIIFeIII(CN)6xeNaxFeIIFeIII(CN)6C放电时，NaxFeIIFeIII(CN)6为正极D放电时，Na+移向Ni3S2/Ni电极9、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确

6、的是A图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大B图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低C图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高D图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金10、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（）ApH=l的溶液中：Ba2+、Fe3+、Cl-、SCN-B能使酚酞变红的溶液：Ca2+、K+、HCO3-、CO32-C=10-12的溶液中：NH4+、Cu2+、NO3-、SO42-D由水电离的c(H+)=10-12molL-1的溶液中：Na+、Al3+、Cl-、NO3-11、测定Na2CO3和NaHCO3混

7、合物中Na2CO3质量分数的实验方案不合理的是A取ag混合物用酒精灯充分加热后质量减少bgB取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收后质量增加bgC取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴甲基橙指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmLD取ag混合物于锥形瓶中加水溶解，滴入12滴酚酞指示剂，用标准盐酸溶液滴定至终点，消耗盐酸VmL12、明矾KA1(SO4)212H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示。下列叙述错误的是（ ）A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC“沉淀”反应的金属离子为Fe3

8、+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO313、下列说法合理的是( )ANH3极易溶于水，所以液氨常用作制冷剂BC具有还原性，高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅和CO2C用ClO2代替Cl2对饮用水消毒，是因为ClO2杀菌消毒效率高，二次污染小D明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，可用作生活用水的消毒剂14、25时，将1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合，使之充分反应。然后向该混合溶液中加入CH3COOH 或CH3COONa固体(忽略体积和温度变化)，引起溶液pH的变化如图所示。下列叙述错误的是A该温度下，醋酸的电离平衡常数Ka=Ba点对应的混合

9、溶液中c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)C水的电离程度:cbaD当混合溶液呈中性时，c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)15、室温下，取一定量冰醋酸，进行如下实验： 将冰醋酸配制成0.1 molL-1醋酸溶液； 取20 mL所配溶液，加入a mL 0.1 molL-1 NaOH溶液，充分反应后，测得溶液pH=7； 向所得溶液中继续滴加稀盐酸，直至溶液中n(Na+) = n(Cl)。下列说法正确的是A中：所得溶液的pH=1B中：a20C中：所得溶液中c(CH3COO)c(H+)，且pH7D与所得溶液相比，等体积时所含CH3COOH分子数目相等16、下列说法不正确的

10、是A乙醇、苯酚与金属钠的反应实验中，先将两者溶于乙醚配成浓度接近的溶液，再投入绿豆大小的金属钠，观察、比较实验现象B可以用新制Cu（OH）2浊液检验乙醛、甘油、葡萄糖、鸡蛋白四种物质的溶液（必要时可加热）C牛油与NaOH浓溶液、乙醇混合加热充分反应后的混合液中，加入冷饱和食盐水以促进固体沉淀析出D分离氨基酸混合液可采用控制pH法、分离乙醇和溴乙烷的混合物可用萃取法二、非选择题（本题包括5小题）17、铁氰化钾（化学式为K3Fe(CN)6）主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其煅烧分解生成KCN、FeC2、N2、(CN)2等物质。（1）铁元素在周期表中的位置为_，基态Fe3+ 核外电子排布

11、式为_。（2）在Fe(CN)63 中不存在的化学键有_。A离子键 B金属键 C氢键 D共价键（3）已知(CN)2性质类似Cl2： (CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2O KCN+HCl=HCN+KCl HCCH+HCNH2C=CHCN KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为_。丙烯腈（H2C=CHCN）分子中碳原子轨道杂化类型是_；分子中键和键数目之比为_。（4）C22和N2互为等电子体，CaC2晶体的晶胞结构与NaCl晶体的相似（如图甲所示），但CaC2晶体中哑铃形的C22使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C22数目为_。（5）金属Fe能与CO形成Fe(C

12、O)5，该化合物熔点为20，沸点为103，则其固体属于_晶体。（6）图乙是Fe单质的晶胞模型。已知晶体密度为dgcm3，铁原子的半径为_nm（用含有d、NA的代数式表示）。18、非索非那定(E)可用于减轻季节性过敏鼻炎引起的症状。其合成路线如下(其中R-为)(1)E中的含氧官能团名称为_和_。(2) X的分子式为C14Hl5ON，则X的结构简式为_。(3) BC的反应类型为_。(4) 一定条件下，A可转化为F()。写出同时满足下列条件的F的一种同分异构体的结构简式：_。能与FeCl3溶液发生显色反应；能使溴水褪色；有3种不同化学环境的氢(5)已知：。化合物G()是制备非索非那定的一种中间体。请

13、以为原料制备G，写出相应的合成路线流程图（无机试剂任用，合成路线流程图示例见本题题干）_19、氨基锂（LiNH2)是一种白色固体，熔点为390，沸点为430 ，溶于冷水，遇热水强烈水解，主要用于有机合成和药物制造。实验室制备少量氨基锂的装置如图所示（部分夹持装置已略）：(1)A中装置是用于制备氨气的，若制备氨气的试剂之一是熟石灰，则A中制气装置是_(从方框中选用，填序号）；用浓氨水与生石灰反应也可制取NH3，反应的化学方程式为_。(2)试剂X是_，装置D的作用是_。 (3)实验中需要先向C通入一段时间的NH3再点燃C处酒精灯，这样做的目的是_，可根据E中_(填现象）开始给锂加热。(4)某同学经

14、理论分析认为LiNH2遇热水时可生成一种气体，试设计一种方案检验该气体:_。20、18世纪70年代，瑞典化学家舍勒首先发现并制得了氯气(Cl2)。氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，它能与水发生化学反应生成盐酸和次氯酸(HClO)。氯气也能与碱溶液发生化学反应。在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气。现提供如下图所示实验装置，试回答下列问题：(1)实验室中制取氯气应采用的发生装置是_，收集并吸收氯气应选用的装置为_。(均填序号)(2)上述装置的烧杯中盛有的氢氧化钠溶液的作用是用于吸收多余的氯气，防止氯气污染空气，试写出氯气和氢氧化钠溶液反应的化学方程式：_。(3)

15、自来水厂经常用氯气做消毒剂。目前市场上出售的某些假冒“纯净水”是用自来水灌装的，请你利用所学的化学知识加以鉴别，并写出有关的化学方程式_，_ 。(4)次氯酸具有漂白性，它可以将某些有色物质氧化成无色物质。某同学用滴管将饱和氯水(氯气的水溶液)逐滴滴入含有酚酞试液的NaOH溶液中，当滴到最后一滴时，红色突然褪去。红色褪去的原因可能有两种情况(用简要的文字说明)：_；_。(5)请设计一个简单的实验，确定(4)中红色褪去的原因是还是?_。21、化合物H是一种用于合成胃酸分泌调节剂的药物中间体，其合成路线流程图如图：已知B为烃，其中含碳元素的质量分数为92.31%，其相对分子质量小于110。回答下列问

16、题：(1)H的官能团名称是_。(2)X的名称为_。(3)IJ的反应条件为_；AB的反应类型为_。(4)B分子中最多有_个碳原子在一条直线上。(5)化合物I的多种同分异构体中，同时满足下列条件的同分异构体有_种。能发生水解反应和银镜反应能与FeCl3溶液发生显色反应苯环上有四个取代基，且苯环上一卤代物只有一种。其中，核磁共振氢谱有5组吸收峰物质的结构简式为_（任写一种即可）。(6)参照上述合成路线，写出由F、甲醇、甲酸甲酯为有机原料制备的合成路线流程图_（无机试剂任选）。(7)酸或醇都能发生酯化反应。酸催化下酯化反应的历程可表示为（箭头表示原子或电子的迁移方向）：据此完成4-羟基丁酸在酸催化下生

17、成4-羟基丁酸内酯（）的反应历程：_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A. 滴加浓NaOH溶液并加热，若有NH4+，则会有氨气放出，应该用湿润的红色石蕊试纸检验，故A错误； B. 二氧化碳、二氧化硫均使石灰水变浑浊，则气体不一定为CO2，故B错误；C. 某无色溶液中滴加氯水和CCl4，振防、静置，下层溶液显紫红色，可知碘离子被氧化生成碘单质，则原溶液中有I-，故C正确；D. 由现象可知，盐酸的酸性大于硅酸的酸性，但盐酸为无氧酸，不能比较Cl、Si的非金属性，故D错误；故选C。2、A【解析】A. 往Na2S溶液中通入氯气，观察溶液变浑浊，在该反应中氯气为氧化剂，S为氧

18、化产物，可实现目的，A正确；B. 将铁钉放入试管中，用盐酸浸没，发生的为析氢腐蚀，不能实现目的，B错误；C. 将FeCl3溶液滴入NaOH溶液，制取的为氢氧化铁沉淀，不能实现目的，C错误；D. 测量并比较等浓度NaClO与Na2CO3溶液的pH，可比较HClO与HCO3-的酸性强弱，不能比较HClO和H2CO3的酸性，D错误；答案为A。3、A【解析】A. 蔗糖、葡萄糖分子的直径都比较小，可以通过半透膜，因此通过渗析的方法不能分离蔗糖和葡萄糖，A错误；B. 根据装置图可知：Fe为阳极，失去电子，发生氧化反应，电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；在阴极石墨电极上，溶液中的H+得到电子变为H2逸出，

19、电极反应式为2H+2e-=H2，H+放电，破坏了水的电离平衡，使溶液中OH-浓度增大，发生反应：Fe2+OH-=Fe(OH)2，由于在溶液表面覆盖保护层苯可以阻止O2在溶液中的溶解，故可以较长时间观察到产生的Fe(OH)2白色沉淀，B正确；C. 关闭分液漏斗的活塞，由a处加水，若装置不漏气，会长时间观察到U型管左右两侧有高度差，C正确；D. 若发生吸氧腐蚀，一段时间后，具支试管中空气中的O2会因反应消耗，气体减少，小试管中的水在外界大气压强作用下会进入小试管中，从而在导管末端形成一段水柱，D正确；故合理选项是A。4、A【解析】A19g羟基(-18OH)的物质的量为=1mol，而羟基(-18OH

20、)中含10个中子，故1mol羟基(-18OH)中含10NA个中子，故A正确；B标况下HF为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；CNaHSO4由钠离子和硫酸氢根离子构成，1molNaHSO4晶体中含有的离子总数为2NA，故C错误；D溶液体积未知，无法计算0.1molL-1 KAl(SO4)2溶液中SO42-的数目，故D错误；故选A。【点睛】本题的易错点为B，要注意一些特殊物质在标准状况下的状态，本题中的HF为液体，类似的还有SO3为固体，H2O为液体或固体等。5、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

21、酸亚铁进入B中可生成Fe(OH)2，故A正确；B. FeCl3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FeCl2溶液中加入少量铁粉是为了防止Fe2+被氧化，故C正确；D. FeCl3溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，无沉淀，故D错误；故选：D。6、C【解析】A氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；CCl2

22、与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；D焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；故答案选C。7、C【解析】ASO2、SO3均是酸性氧化物，CO是不成盐氧化物， A错误；B工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；C除去与水反应，图示转化反应中均有元素化合价的升降，故反应均为氧化还原反应，C正确；D用CO与氢气反应合成CH3OH，反应物完全转化为生成物，原子利用率为100%，甲醇与氧气在催化剂存在时发生反应HCHO和水，所以该步反应中原子利用率不为100%，D错误；故答案选C。8、D【解析】A充电为电解原理，由题意知Na+反应后为NaxFeIIFe

23、III(CN)6而不是金属Na，A错误；B充电时阴极得到电子，反应式为xNa+FeIIFeIII(CN)6+xe=NaxFeIIFeIII(CN)6，B错误；C放电时为原电池原理，由总反应知Ni化合价下降，应为正极，故NaxFeIIFeIII(CN)6为负极，C错误；D放电时阳离子向正极移动，D正确；故选D。9、D【解析】A. 根据图甲所示可知：在400时，三种气体的转化率在合金负载量为2 g/L时最大，A错误；B. 图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2 g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2 g/L时的高，B错误；C. 图甲表示只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最大，而图

24、乙表示的是只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；D. 图丙表示工艺1在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；故合理选项是D。10、C【解析】A. pH=l的溶液中， Fe3+、SCN-反应生成Fe(SCN)3，不能大量共存，故不选A；B. 能使酚酞变红的溶液：Ca2+、CO32-反应生成碳酸钙沉淀，不能大量共存，故不选B；C. =10-12的溶液呈酸性，NH

25、4+、Cu2+、NO3-、SO42-不反应，能大量共存，故不选C；D. 由水电离的c(H+)=10-12molL-1的溶液，呈酸性或碱性，若呈碱性， Al3+不能存在，故不选D。11、B【解析】A.NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，通过加热分解利用差量法即可计算出Na2CO3质量分数，故不选A；B.混合物与足量稀硫酸充分反应，也会生成水和二氧化碳，所以逸出的气体是二氧化碳，但会混有水蒸气，即碱石灰增加的质量不全是二氧化碳的质量，不能测定含量，故选B；C. Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗

26、盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选C；DNa2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以根据VmL盐酸可知道盐酸的物质的量，根据二者的质量和消耗盐酸的物质的量，可计算出Na2CO3质量分数，故不选D；答案：B【点睛】实验方案是否可行，关键看根据测量数据能否计算出结果。12、D【解析】A.易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；B.易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；C. “沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；D.铝离子与

27、碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D；答案：D13、C【解析】A.NH3可用作制冷剂，是利用液氨气化时从环境吸收大量的热的性质，不是溶解性，故A错误；B.高温下用焦炭还原SiO2生成的产物是粗硅和一氧化碳，不能产生二氧化碳，故B错误；C.相同物质的量的ClO2转移电子数Cl2的2.5倍，其消毒能力之比为5:2，而且不产生二次污染，故C正确；D.明矾水解形成的Al(OH)3胶体能吸附水中悬浮物，是利用胶体的吸附作用，不能杀菌消毒，故D错误；故答案为C。【点睛】本题综合考查常见物质的性质，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力和元素化

28、合物知识的综合理解和运用的考查，难度不大，注意相关基础知识的积累。14、A【解析】1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，溶液显酸性，加入醋酸后，溶液酸性增强，加入醋酸钠，溶液的酸性减弱。A.该温度下，1.0Lcmol/LCH3COOH溶液与0.1molNaOH固体混合溶液的pH=4.3，醋酸的电离平衡常数Ka=，故A错误；B. a点溶液的pH=3.1，是加入的醋酸后的结果，根据电荷守恒知，c(CH3COO-)c(Na+)，醋酸的电离程度较小，则c(CH3COOH)c(Na+)c(OH-)，故B正确；C. a以醋酸的电离为主，抑制水的电离，酸性越

29、强，水的电离程度越小，b点加入醋酸水的电离程度减小，c点加入醋酸钠，水的电离程度增大，故水的电离程度cba，故C正确；D. 当混合溶液呈中性时，c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒有c(Na+)=c(CH3COO-)，则c(Na+)=c(CH3COO-)c(H+)=c(OH-)，故D正确；故选A。15、C【解析】A.因为醋酸是弱酸，故中0.1mol/L的醋酸pH1，A错误；B.若中a20，则醋酸和氢氧化钠恰好反应生成醋酸钠，醋酸钠水解显碱性，B错误；C.中溶液的电荷守恒为：，结合，故，所以，pH7，C正确；D. 与所得溶液相比，相当于向中加入了氯化钠溶液，越稀越电离，故等体积时中醋酸分子数少

30、，D错误；答案选C。16、C【解析】A.因为苯酚是固体，将其溶于乙醚形成溶液时，可以和金属钠反应，二者配制成接近浓度，可以从反应产生气体的快慢进行比较，故正确；B.四种溶液中加入新制的氢氧化铜悬浊液，没有明显现象的为乙醛，出现沉淀的为鸡蛋白溶液，另外两个出现绛蓝色溶液，将两溶液加热，出现砖红色沉淀的为葡萄糖，剩余一个为甘油，故能区别；C.牛油的主要成分为油脂，在氢氧化钠溶液加热的条件下水解生成高级脂肪酸盐，应加入热的饱和食盐水进行盐析，故错误；D.不同的氨基酸的pH不同，可以通过控制pH法进行分离，乙醇能与水任意比互溶，但溴乙烷不溶于水，所以可以用水进行萃取分离，故正确。故选C。二、非选择题（

31、本题包括5小题）17、第四周期 族 Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5 AB KCON sp sp2 2:1 4 分子 【解析】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，据此确定其在周期表的位置；基态Fe失去4s上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+；(2)根据化学键的类型和特点解答，注意氢键是分子间作用力，不是化学键；(3)KCNO由K、C.N、O四种元素组成，K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低；丙烯腈(H2C=CHCN)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和

32、直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个键和1个键、CN含有1个键和2个键，CH都是键，确定分子中键和键数目，再求出比值；(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C22应位于同一平面，注意使晶胞沿一个方向拉长的特点；(5)Fe(CO)5的熔点、沸点均不高，类似于分子晶体的特点；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积V=cm3、边长a=cm，根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。【详解】(1)Fe的原子序数是26，根据构造原理知Fe的核外电子排布式为Ar3d64s2，位于第四周期族据；基态Fe失去4s上2个电子和3d

33、轨道上1个电子即为Fe3+，所以基态Fe3+核外电子排布式为) Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5故答案为：第四周期族，Ar3d5或Ar3d5或1s22s22p63s23p63d5；(2)Fe(CN)63是阴离子，是配合物的内界，含有配位键和极性共价键，金属键存在于金属晶体中，氢键是分子间作用力，不是化学键，故选AB；故答案为：AB；(3)KCNO中K为金属、容易失去电子，第一电离能最小，C、N、O位于第二周期，但N的p轨道是半充满状态、能量最低，所以第一电离能大于O，C的非金属性小于O，第一电离能小于O，所以第一电离能由小到大排序为KCON；故答案为：KCON；丙烯腈(H2C=

34、CHCN)分子中碳原子VSEPR构型有两种形式：平面三角形和直线形，杂化方式也有sp、sp2两种形式，其中C=C含有1个键和1个键、CN含有1个键和2个键，CH都是键，所以分子中键和键数目分别为6、3，键和键数目之比为6:3=2:1；故答案为：sp、sp2；2:1；(4)依据晶胞示意图可以看出，晶胞的一个平面的长与宽不相等，再由图中体心可知1个Ca2+周围距离最近的C22不是6个，而是4个，故答案为：4；(5)根据Fe(CO)5的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)5为分子晶体；故答案为：分子；(6)Fe单质的晶胞模型为体心立方堆积，晶胞的原子均摊数为8+1=2，晶胞的质量为g，晶胞体积

35、V=cm3、边长a=cm，Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=a，所以r=a=cm=107nm；故答案为：107。18、羟基羧基取代反应【解析】 (1) 根据有机物E的结构简式，可知分子中含氧官能团为羟基和羧基，故答案为羟基、羧基；(2 ) 根据反应流程图，对比A、X、C的结构和X的分子式为C14Hl5ON可知，X的结构简式为，故答案为；(3 ) 对比B、C的结构可知，B中支链对位的H原子被取代生成C，属于取代反应，故答案为取代反应；(4 ) F为。能与FeCl3溶液发生显色反应，说明苯环上含有羟基；能使溴水褪色，说明含有碳碳双键等不饱和键；有3种不同化学环境的氢，满足条件的F的一种同分异构

36、体为，故答案为；（5）以为原料制备，需要引入2个甲基，可以根据信息引入，因此首先由苯甲醇制备卤代烃，再生成，最后再水解即可，流程图为，故答案为。点睛：本题考查有机物的推断与合成，是高考的必考题型，涉及官能团的结构与性质、常见有机反应类型、有机物结构、同分异构体的书写、有机合成路线的设计等，充分理解题目提供的信息内涵，挖掘隐含信息，寻求信息切入点，可利用类比迁移法或联想迁移法，注意（5）中合成路线充分利用信息中甲基的引入。19、 CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3 碱石灰或氢氧化钠或生石灰 防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解 排尽装置中的空气，防止加热时Li与氧气反应 球形干燥管末端基本没有

37、气泡冒出时 取适量LiNH2加入盛有热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成 【解析】（1）实验室选用氯化铵与熟石灰加热的情况下制备氨气；CaO溶于水生成氢氧化钙并放出大量的热，OH-浓度增大，使NH3与水反应的平衡逆向移动，浓氨水受热分解生成氨气；（2）X是用于干燥氨气的；因LiNH2溶于冷水，且遇热水强烈水解，据此分析D的作用；（3）Li非常活泼，在加热条件下容易被空气氧化，需排尽装置中的空气；（4）依据水解原理分析可知产物之一为氨气，根据氨气的性质选择检验方案。【详解】（1）氯化铵与Ca(OH)2反应需要加热且有水生成，故应选用；CaO与氨水反应

38、生成NH3与Ca(OH)2，化学方程式为：CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3，故答案为：；CaONH3H2O=Ca(OH)2NH3；（2）由于锂能与水反应，故B是干燥装置，可用NaOH、生石灰或碱石灰做干燥剂干燥NH3；氨基锂溶于冷水、遇热水强烈水解，因此D的作用是防止E中水蒸气进入C中导致生成的氨基锂水解，故答案为：碱石灰或氢氧化钠或生石灰；防止水蒸气进入C中导致氨基锂水解；（3）加热时锂易与空气中的氧气反应，故先通入NH3的目的是将装置中的空气排尽，E的作用是吸收尾气NH3，NH3极易溶于水，故当E中球形干燥管末端基本无气泡冒出时，说明装置中的空气基本排尽，故答案为：排尽装置中的空气

39、，防止加热时Li与氧气反应；球形干燥管末端基本没有气泡冒出时；（4）LiNH2水解时产物应是LiOH和NH3，可用湿润的红色石蕊试纸或pH试纸检验NH3，故方案可设计如下：取适量LiNH2加入盛有热水的试管中，在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若观察到试纸变蓝，则证明有氨气生成。20、C H Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 取少量的“纯净水”于一支洁净的试管中，滴加AgNO3溶液，若产生白色沉淀，证明该“纯净水”是自来水 AgNO3十HCl=AgCl+HNO3 氯水中的酸与碱发生中和反应 次氯酸将有色物质漂白 取“红色褪去”溶液12mL于试管中，滴加NaOH溶液，若红色恢复，则是由氯水的酸性所致；否则是由次氯酸的漂白性所致 【解析】(1)在实验室中，通常用二氧化锰固体与浓盐酸在加热的条件下制取氯气，因此需要加热；氯气是一种黄绿色、密度比空气大且有毒的气体，氯气可以