2022届云南省中央民大附中高三冲刺模拟化学试卷含解析

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（每题只有一个选项符合题意）

1、如图是电解饱和食盐水（含少量酚酰）的装置，其中c、d为石墨电极。下列说法正确的是

电子

漳动

方向

A.a为负极、b为正极

B.a为阳极、b为阴极

C.电解过程中，钠离子浓度不变

D.电解过程中，d电极附近变红

2、下列叙述正确的是（）

I1

Zns1~~一亍|-*Cu

ZnSO,溶液CuSO,溶液

A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阳极

B.氯碱工业上电解的是熔融的NaCl

C.氢氧燃料电池（酸性电解质）中Ch通入正极，电极反应为O2+4H++4e-=2H2O

D.上图中电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的C「移向CuSCU溶液

3、在海水中提取浪的反应原理是5NaBr+NaBrO+3H2so4=3Bn+3Na2so4+3H2O下列反应的原理与上述反应最相似

的是（）

A.2NaBr+Cl2=2NaCH-Br2

B.2FeCb+H2s=2FeC12+S+2HCl

C.2H2S+SO2=3S+2H2O

D.AlC13+3NaAlOj+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl

4、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W分别与元素X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、

丙三种分子。反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装。上述物质有如图所示的转化关系:

〜乙

下列说法错误的是

A.甲是易液化气体，常用作致冷剂

B.可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染

C.甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物

D.丁是一种红棕色气体，是大气主要污染物之一

5、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，它们对应的单质和它们之间形成的常见

二元化合物中，有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，下列说法正确的是()

A.简单离子半径:r(W)>r(Z)>r(Y)>r(X)

B.最简单气态氢化物的稳定性:X>Y

C.W形成的含氧酸是强酸

D.Z、Y形成的某种化合物中含有共价键且在熔融状态下能导电

6、下列关于自然界中氮循环的说法错误的是

A.氮肥均含有NH；

B.雷电作用固氮中氮元素被氧化

C.碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环

D.合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱

7、如图是某条件时N2与H2反应过程中能量变化的曲线图，下列叙述正确的是()

A.该反应的热化学方程式：N2+3H2#2NH3+92kJ

B.生成ImolNlh,反应放热92kJ

C.b曲线代表使用了催化剂，其H2的转化率高于a曲线

D.加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数不变

）（m）、四轴烯（］［）（n）、五轴烯（

8、三轴烯（）（p）的最简式均与苯相同。下列说法正确的是

A.m、n、p互为同系物B.n能使酸性KMnO4溶液褪色

C.n和p的二氯代物均有2种D.m生成ImolC6H14需要3moiHz

9、属于非电解质的是

A.二氧化硫B.硫酸钢C.氯气D.冰醋酸

10、工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是

A.合成氨使用高压B.制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂

C.制硫酸时接触室使用较高温度D.侯氏制碱法循环利用母液

11、阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是

coon

/催化剂

H£、(II(11(()()H+H2O+CO2

'COOH△

香兰素丙二酸阿魏酸

A.阿魏酸分子式为GoHioO』

B.阿魏酸存在顺反异构

C.方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2cO3反应

D.可用酸性KMnCh溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成

12、已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，A与D同主族,

B与C同周期，且C与D的原子序数之和为20,C单质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反

应置换出A单质，A、B、C均能与D形成离子化合物，下列说法不无碉的是（）

A.B、E两元素的形成的化合物都为黑色固体

B.B、D形成的离子化合物可能含有其价键

C.D的单质只有还原性，没有氧化性

D.工业上可以用铝热法制取金属E用于野外焊接铁轨

13、N&代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性（忽略溶液体积变化），此时NH’十个数为0.5NA

B.向含有FeL的溶液中通入适量氯气，当有ImolFe?+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NA

C.标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4N.A极性共价键

D.用惰性电极电解CuSO,溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA

通电

14、工业上电解饱和食盐水制取氯气的化学方程式如下：2NaCl+2H2O=2NaOH+H2T+CLT.下列表示反应中相关

微粒的化学用语正确的是()

B.中子数为18的氯原子：

C.NaOH的电子式:Na[：0：H]

D.Cb的结构式：C1=C1

15、向含1molNaOH、2molNaAl(OH)4,1molBa(OH)2的混合液中加入稀硫酸充分反应，加入溶质H2sO4的量和生

成沉淀的量的关系正确的是

选项ABCD

n(H2SO4)/moI2345

n(沉淀)/mol2321.5

A.AB.BC.CD.D

16、某实验小组利用下图装置制取少量氯化铝，已知氯化铝熔沸点都很低(178C升华)，且易水解。下列说法中完全正确

的一组是

①氯气中含的水蒸气和氯化氢可通过盛有苛性钠的干燥管除去②装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有铝粉的硬质

玻璃管③装置II是收集装置，用于收集氯化铝④装置IH可盛放碱石灰也可盛放无水氯化钙，二者的作用相同⑤a处

使用较粗的导气管实验时更安全

A.①②B.②③⑤C.①④D.③④⑤

二、非选择题（本题包括5小题）

17、前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态；基态B原子s

能级的电子总数比p能级的多1;基态C原子和基态E原子中成对电子数均是未成对电子数的3倍；D形成简单离子

的半径在同周期元素形成的简单离子中最小。回答下列问题：

（1）元素A、B、C中，电负性最大的是―（填元素符号，下同），元素B、C、D第一电离能由大到小的顺序为o

（2）与同族其它元素X形成的XA3相比，BA3易液化的原因是；BA3分子中键角109。28,（填

或"=原因是o

（3）BC3-离子中B原子轨道的杂化类型为,BC3-离子的立体构型为»

（4）基态E原子的电子排布式为；C、E形成的化合物EC5（其中E的化合价为+6）中。键与加键数目之比为

（5）化合物DB是人工合成的半导体材料,它的晶胞结构与金刚石（晶胞结构如图所示）相似。若DB的晶胞参数为apm,

则晶体的密度为g-cm-3（用N,\表示阿伏加德罗常数）。

18、酯类化合物与格氏试剂（RMgX,X=CkBr、I）的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团

化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题:

(DUH..KMnO.CILOII-(n(HMgi

AtGH.O)------------------►B-------------1——T—►D

(2)H()OHH().△法<*・△

已知信息如下：®RCH=CH2►RCH2CH2OH；

(2>H<)oil

()OMRIOH

CHMRI(IIMRIII0

③RCOOCH3--------人-----R十CH-*R-k-C'

RCH、CH,CH,

（1）A的结构简式为—，B-C的反应类型为C中官能团的名称为—，C-D的反应方程式为»

（2）写出符合下列条件的D的同分异构体（填结构简式，不考虑立体异构）。①含有五元环碳环结构;②能与NaHCOa

溶液反应放出CO2气体；③能发生银镜反应。

⑶判断化合物F中有无手性碳原子若有用“*”标出。

(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以H(卜C>T'H()、CH30H和格氏试剂为原料制备。工｝的合成

路线(其他试剂任选)

19、对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。

NH?NH,

白+H2so4"0~180'1：。HzO

S0,H

已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点-6.1℃,沸点184.4C。对氨基苯磺酸是一种白色晶体,

微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置

合成对氨基苯磺酸。

实验步骤如下：

步骤1：在250mL三颈烧瓶中加入10mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18mL浓硫酸。

步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢加热至170〜180C,维持此温度2〜2.5小时。

步骤3：将反应产物冷却至约5()℃后，倒入盛有100mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体

析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。

步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。

(1)装置中冷凝管的作用是»

(2)步骤2油浴加热的优点有.

(3)步骤3中洗涤沉淀的操作是。

(4)步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先,然后,以防倒吸。

(5)若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因______(写出两点)。

20、《我在故宫修文物》这部纪录片里关于古代青铜器的修复引起了某研学小组的兴趣。“修旧如旧”是文物保护的主旨。

（1）查阅高中教材得知铜锈为CU2（OH）2c03,俗称铜绿，可溶于酸。铜绿在一定程度上可以提升青铜器的艺术价值。

参与形成铜绿的物质有Cu和

（2）继续查阅中国知网，了解到铜锈的成分非常复杂，主要成分有CU2（OH）2c和CU2（OH）3C1。考古学家将铜锈分

为无害锈和有害锈，结构如图所示:

CuMOH）2c和CU2（OH）3a分别属于无害锈和有害锈，请解释原因

（3）文献显示有害锈的形成过程中会产生CuCl（白色不溶于水的固体），请结合下图回答:

①过程I的正极反应物是

②过程I负极的电极反应式是_______

（4）青铜器的修复有以下三种方法：

i.柠檬酸浸法：将腐蚀文物直接放在2%-3%的柠檬酸溶液中浸泡除锈；

ii.碳酸钠法：将腐蚀文物置于含Na2cCh的缓冲溶液中浸泡，使CuCl转化为难溶的CuKOH）2c。3；

iii.BTA保护法：

高聚物透明膜

（将产生的离子隔绝在外）

请回答下列问题：

①写出碳酸钠法的离子方程式。

②三种方法中，BTA保护法应用最为普遍，分析其可能的优点有

A.在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜

B.替换出锈层中的Cl、能够高效的除去有害锈

C.和酸浸法相比，不破坏无害锈，可以保护青铜器的艺术价值，做至11“修旧如旧”

21、镁带能在CO2中燃烧，生成氧化镁和单质碳。请完成下列填空：

(1)碳元素形成的单质有金刚石、石墨、足球烯等。金刚石的熔点远高于足球烯的原因是。

(2)氧化镁的电子式为,CO2的结构式为o与镁同周期、离子半径最小的元素，其原子最外层的电子

排布式为,其1个原子中能量最高的电子有个。

(3)一定条件下，在容积恒为2.0L的容器中，Fe和CO2发生如下反应：CO2(g)+Fe(s)=^=FeO(s)+CO(g),若起始时

向容器中加入lmoKXh,5.0min后，容器内气体的相对平均分子量为32,则n(C(h):n(CO)之比为,这段时

间内用CO2表示的速率v(CO2)=。

(4)下列说法错误的是o

a.当混合气体的密度不变时说明反应达到了平衡

b.混合气体的平均相对分子质量不变时说明反应达到了平衡

c.平衡后移除二氧化碳时，正反应速率一直减小直至建立新的平衡

d.平衡后缩小容器的体积，正逆反应速率不变，平衡不移动

(5)保持温度不变的情况下，待反应达到平衡后再充入一定量的二氧化碳，平衡向移动(选填“正向”、“逆向”、

或“不”)，二氧化碳的转化率(填“增大”，“减小”或“不变叽

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、A

【解析】

原电池中，电子从负极流出，所以a是负极，b是正极，c是阴极，d是阳极。

【详解】

A.根据图象知，a是负极，b是正极，故A正确；

B.外加电源中为正负极，不是阴阳极，则c是阴极，d是阳极，故B错误；

C.电解时消耗水，溶液的体积减小，钠离子的物质的量不变，则钠离子的浓度增大，故C错误；

D.c是阴极，电极上氢离子放电生成氢气，同时生成氢氧根离子，则c电极附近变红，故D错误。

故选Ao

2、C

【解析】

A.电镀时，通常把待镀的金属制品作阴极，A错误；

B.氯碱工业上电解的是饱和食盐水，B错误；

+

C.氢氧燃料电池(酸性电解质)中Ch通入正极，电极反应为：O2+4H+4e=2H2O,C正确：

D.由于金属活动性Zn>Cu,所以Zn为负极，电子由Zn极移向Cu极，盐桥中的C广移向正电荷较多的ZnSCh溶液，

D错误；

答案选C。

3、C

【解析】

反应5NaBr+NaBrO+3H2so4=3Bm+3Na2so4+3出0为氧化还原反应，只有Br元素发生电子的得与失，反应为归中

反应。

A.2NaBr+CL=2NaCl+Br2中，变价元素为Br和CLA不合题意；

B.2FeCh+H2S=2FeCh+S+2HC1中，变价元素为Fe和S,B不合题意；

C.2H2S+SCh=3S+2H2。中，变价元素只有S,发生归中反应，C符合题意；

D.AlC13+3NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl为非氧化还原反应，D不合题意。

故选C。

4、D

【解析】

X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素。元素W分别与元素X、Y、Z结合形成质子数相同的甲、乙、丙

三种分子，则W为H元素。反应②是工业制硝酸的重要反应，乙与丙的混合物不能用玻璃瓶盛装，乙是庆0,丙是HF,

Z的单质是F2,Y是O2,甲是岫，丁中NO。

【详解】

A.甲为Nft,氨气易液化，挥发吸收大量的热量，常用作致冷剂，故A正确；

B.6NO+4NH3=5N2+6H2O,产生无污染的氮气和水，可以用甲在一定条件下消除丁对环境的污染，故B正确；

C.甲为NH3、丙为HF,甲、丙分子可以直接化合生成离子化合物NH4F,故C正确；

D.丁是NO,是一种无色气体，是大气主要污染物之一，故D错误；

故选D。

【点睛】

本题考查无机物推断，结合题干信息及转化关系推断物质组成为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重

考查学生的分析、理解能力及逻辑推理能力，易错点D,反应②是工业制硝酸的重要反应，说明生成的丁是NO,不是

N02O

5、D

【解析】

短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，其中只有一种金属元素，它们对应的单质和它们之间形成的常见

二元化合物中，有三种有色物质能与水发生氧化还原反应且水没有电子的得失，这三种物质应该是NO2、Na2O2,Ch,

因此X、Y、Z、W分别是N、O、Na、Cl,据此解答。

【详解】

A.核外电子层数越多半径越大，核外电子排布相同时离子半径随原子序数的增大而减小，简单离子半径r（W）＞r（X）

＞r（Y）＞r（Z）,A错误；

B.非金属性NVO,则最简单气态氢化物的稳定性XVY,B错误；

C.C1形成的含氧酸不一定都是强酸，C错误；

D.由Z、Y形成的化合物过氧化钠中含有共价键且在熔融状态下能导电，D正确。

答案选D。

6、A

【解析】

A项，除了含有镀根的核态氮肥以外，还有硝态氮肥（以硝酸根NO；为主）、镂态硝态氮肥（同时含有硝酸根和钱根）、

酰胺态氮肥（尿素），故A项错误；

B项，在闪电（高能）作用下，生成氮氧化合物，氮元素化合价升高，所以雷电作用固氮中氮元素被氧化，故B项正

确；

C项，碳、氢、氧三种元素参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如氮气在放电条件下，与氧气直接化合生

成一氧化氮气体，二氧化氮易与水反应生成硝酸和一氧化氮等，故C项正确；

D项，侯氏制碱法制备纯碱涉及的反应为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3I+NH4C1,碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠,

该制备中用到了氨气，所以合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱，故D项正确。

故选A«

7、D

【解析】

A.未标出物质的状态，该反应的热化学方程式为：N2（g）+3H2（g）U2NH3（g）AH=-92kJ/mol,故A错误；

B.从图中得出生成2moiNM时，反应放热92kJ,故B错误；

C.催化剂可以同等的加快正逆反应速率，平衡不会改变，转化率也不变，故C错误；

D.加入催化剂增大反应速率，化学平衡常数只受温度的影响，所以加催化剂不会改变平衡常数，故D正确；

故答案为D„

【点睛】

易误选C,注意催化剂只能改变速率，而且是同等程度的改变，但是不能改变反应的限度，转化率不变。

8、B

【解析】

A.同系物必须满足两个条件：①结构相似②分子组成相差若干个CH2,故A错误；

B.n含有碳碳双键，能使酸性KMn(h溶液褪色，故B正确；

C.n的二氯代物有3种，p的二氯代物也有3种，故C错误；

D.应该是m(C6H6)生成ImolC6H12需要3m0IH2,故D错误；

答案：B

【点睛】

易错选项C易忽略两个氯原子取代同一个碳上的氢原子。

9、A

【解析】

A、二氧化硫的水溶液能导电，是因为二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子和亚硫酸氢根离子，而不

是二氧化硫本身发生电离，所以二氧化硫是非电解质，故A正确；

B、硫酸钢在熔融状态能电离出钢离子和硫酸根离子，能够导电，所以硫酸银是电解质，故B错误；

C、非电解质是溶于水溶液中和在熔融状态下不能导电的化合物，而氯气为单质，不是非电解质，故C错误；

D、醋酸在水溶液中电离出醋酸根离子和氢离子，能够导电，所以醋酸是电解质，故D错误；

故选：Ao

【点睛】

根据非电解质的定义：非电解质是指在水溶液中和在熔融状态下都不能导电的化合物及电离的特点来解答此题.

10>A

【解析】

A.增大压强加快反应速率，且合成氨的反应为体积缩小的反应，则加压平衡正向移动，有利于提高产率，选项A正

确；

B.催化剂对平衡移动无影响，不影响产率，选项B错误；

C.二氧化硫的催化氧化反应为放热反应，则升高温度平衡逆向移动，产率降低，选项C错误；

D.侯氏制碱法循环利用母液可提高产率，但对反应速率无影响，选项D错误；

答案选A。

11、D

【解析】

A.根据结构简式可知，阿魏酸分子式为GoHioOcA项正确；

B.阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B项正确；

C.酚羟基和竣基与NaOH、Na2cO3反应，C项正确；

D.能使酸性高镒酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使

酸性高镒酸钾溶液褪色，不能检测，D项错误；

答案选D。

12、A

【解析】

已知A、B、C、D为原子序数依次增大的短周期元素，E为地壳中含量最高的过渡金属元素，则E为Fe与水；C单

质能与无色无味液体m反应置换出B单质，D单质也能与m反应置换出A单质，A、B单质应该为氢气、氧气，结合

原子序数可知A为H,B为O元素；A与D同主族，则D为Na元素；B与C同周期，且C与D的原子序数之和为

20,则C的原子序数=20-11=9,为F元素，据此解答。

【详解】

根据分析可知：A为H,B为O,C为F,D为Na,E为Fe元素；

A.O、F形成的氧化铁为红棕色，故A错误；

B.O、Na形成的过氧化钠是离子化合物，含有共价键和离子键，故B正确；

C.Na为活泼金属，金属钠只有还原性，没有氧化性，故C正确；

D.A1的还原性大于Fe,可以用铝热反应用于野外焊接铁轨，故D正确；

故答案为A。

13、A

【解析】

A.向1L0.5moi/L盐酸溶液中通入限至中性（忽略溶液体积变化），n（岫*）=n（C「），所以NH；个数为0.5N.,故A正

确；

B.向含有FeL的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有FeL的物质的量，不能计算当有1molFe"被氧化时

转移电子的物质的量，故B错误；

C.标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是lmoL故C错误；

D.用惰性电极电解CuSO«溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大

于21,故D错误。

答案选A。

14、B

【解析】

A、钠离子的质子数为11,钠离子失去了最外层电子，离子结构示意图为：028,故A错误；

B、质量数=质子数+中子数，中子数为18的氯原子的质量数为35,故为；C1,故B正确；

C、氢氧化钠属于离子化合物，氢氧化钠的电子式为：Na*[：*O：H]故C错误；

D、氯气分子中两个氯原子通过共用1对电子达到稳定结构，电子式为：：将共用电子对换成短线即为结构式,

氯气结构式为：C1-C1,故D错误；

答案选B。

15、A

【解析】

A、2moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，Imol氢离子与偏铝酸钠反应生成Imol氢氧化铝沉淀，同时还有Imol硫

酸领产生，共计是2mol,选项A正确；

B、3moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，2moi氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，生成的氢氧化铝沉淀又

有一部分溶解在氢离子中，而硫酸钢是Imol,则沉淀的物质的量小于3mol,选项B错误；

C、4moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，2moi氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余3moi氢离子又溶解

Imol氢氧化铝，而硫酸钢是Imol,则沉淀的物质的量是2mol,选项C错误；

D、5moi硫酸中有3moi氢离子中和氢氧根，2moi氢离子与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀，剩余5moi氢离子又溶解

5/3mol氢氧化铝，而硫酸领是Imol,则沉淀的物质的量是4/3moL选项D错误；

答案选A。

16、B

【解析】

①氯气能够与氢氧化钠反应，故错误；②用图示装置制取少量氯化铝，为防止铝与氧气反应，反应之前需要用氯气排

除装置的空气，即装置I中充满黄绿色气体后，再加热盛有A铝粉的硬质玻璃管,故正确;③氯化铝熔沸点都很低（178'C

升华），装置H可以用于收集氯化铝，故正确；④装置III中盛放的物质需要能够吸收水蒸气和除去多余的氯气，因此

盛放碱石灰可以达到目的，盛放无水氯化钙不能除去多余的氯气，故错误；⑤氯化铝熔沸点都很低，a处使用较粗的

导气管，不容易造成堵塞，实验时更安全，故正确；正确的有②③⑤，故选B。

二、非选择题（本题包括5小题）

17、ON>O>A1N%分子间易形成氢键V孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电子对之间的

164

排斥作用sp2三角形Is22s22P63s23P63d54sl（或[Ar]3d%si）7:1xlO30

aM

【解析】

前四周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A元素原子的核外电子只有一种运动状态，A为H元素；基态

B原子s能级的电子总数比p能级的多1,核外电子排布为Is22s22P3,为N元素；基态C原子和基态E原子中成对电

子数均是未成对电子数的3倍，核外电子排布为Is22s22P%Is22s22P63s23P63d54sl则C为O元素，E为Cr元素；D

形成简单离子的半径在同周期元素形成的简单离子中最小，则D为该周期中原子序数最大的金属元素，因此D为A1

元素。据此分析解答。

【详解】

根据上述分析，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为A1元素，E为Cr元素。

(1)元素的非金属性越强，电负性越大，元素H、N、O中，电负性最大的是O元素；同一周期，从左到右，元素的第

一电离能呈增大趋势，但第IIA族、第VA族元素的第一电离能大于相邻元素，同一主族，从上到下，第一电离能逐

渐减小，

元素N、O、A1的第一电离能由大到小的顺序为N>O>AL故答案为O；N>O>A1；

(2)NH3分子间易形成氢键，导致氨气易液化；N%中中心原子N的价层电子对数为4,孤电子对数为1,其VSEPR

模型为四面体构型，N%分子中N原子采用sp3杂化，为三角锥结构，孤电子对对成键电子对的排斥作用强于成键电

子对之间的排斥作用，使得氨气分子中键角小于109。28。故答案为NH3分子间易形成氢键；V;孤电子对对成键电

子对的排斥作用强于成键电子对之间的排斥作用；

(3)N(h-离子中N原子的价层电子对数=6键电子对数+孤电子对数=3+空=9=3,采用sp2杂化,立体构型为三角形,

故答案为sp2；三角形；

⑷E为Cr元素，基态E原子的电子排布式为Is22s22P63s23P63d54sl(或［Ar］3d$4si)；C、E形成的化合物CrOs(其中E

o

的化合价为+6),结构为?其中0键与71键数目之比为7:1，故答案为IS22s22P63s23P63d54sl(或［A门3d54s%

I

oo

7:1;

114x(27+14)

(5)AIN晶胞中含有N或AI原子数为4,8x-+6x-=4,晶胞质量为----------g,因此晶胞的密度

82"

4x(27+14)

-----------------g164164

X130

=NA&0g・cm-3,故答案为^^X103。。

(axlO-'°cm/㊀NAANA

【点睛】

正确推导元素是解答本题的关键。本题的难点为C、E的推导，易错点为(4),要能够根据题意确定CrOs的结构。

【解析】

根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有C=C双键，结合分子的不饱和度可知

再无不饱和键，因此A的结构简式为根据信息不难得出B的结构简式为,酸性高镒酸钾有氧化

性，可将醇羟基氧化为竣基，因此C的结构简式为,C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结

构简式为再根据题目信息不难推出E的结构简式为,据此再分析题目即可。

【详解】

（1）根据分析，A的结构简式为;B-C的过程是氧化反应，C中含有的官能团为臻基和竣基，C-D的反

应方程式为浓酸酸

△

（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、竣基和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为

CHOCHO

.CHO

COOH、和

COOH

COOH

(3)化合物F中含有手性碳原子，标出即可

(4)根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为:

19、冷凝回流受热均匀，便于控制温度向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次

拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管关闭水龙头溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)

【解析】

结合题给信息进行分析：

步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。

步骤2中，因为反应温度为170〜180'C,为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；

步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再

根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。

步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。

【详解】

(1)冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；

(2)油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；

(3)苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，

易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，

重复操作2~3次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作2~3次；

(4)抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵

和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；

(5)对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度

过快。答案为：溶液温度过高或冷却结晶时速度过快(合理答案即可)。

【点睛】

冷却结晶的晶体大小影响因素：

（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒

径越小。

（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。

（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。

（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。

20、02、H2O>CO2碱式碳酸铜为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜；而碱式氯化铜为疏松结

构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀氧气（H2O）Cu-e+Cl=CuCl

4CUC1+O2+2H2O+2CO32=2CU2（OH）2CO3+4C1ABC

【解析】

（1）由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变；

（2）结合图像可知，CU2（OH）2c03为致密结构，CU2（OH）3cl为疏松结构；

（3）正极得电子发生还原反应，过程I的正极反应物是氧气，Cu作负极；

（4）在青铜器表面形成一层致密的透明保护膜；替换出锈层中的CL能够高效的除去有害锈；BTA保护法不破坏无

害锈。

【详解】

（D铜锈为CuMOH）2c03,由质量守恒定律可知，反应前后元素种类不变，参与形成铜绿的物质有Cu和02、H2O.

CO2;

（2）结合图像可知，CU2（OH）2c03为致密结构，可以阻止潮湿空气进入内部进一步腐蚀铜，属于无害锈。CU2（OH）3C1

为疏松结构，潮湿空气可以进入空隙内将内部的铜进一步腐蚀，属于有害锈；

（3）①结合图像可知，正极得电子发生还原反应，过程I的正极反应物是氧气，电极反应式为O2+4e+2H2O===4OH-；

②结合图像可知，过程I中Cu作负极，电极反应式是Cu-e+Cl-CuCI；

（4）①碳酸钠法中，Na2cCh的缓冲溶液使CuCl转化为难溶的Cu2（OH）2cCh,离子方程式为

2

4CuCl+O2+2H2O+2CO3=2Cu2（OH）2CO3+4Cr；

②A.在青铜器表