2022年仪征电大高考冲刺化学模拟试题含解析

2021-2022学年高考化学模拟试卷

注意事项

1.考生要认真填写考场号和座位序号。

2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑

色字迹的签字笔作答。

3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、某学习小组在实验室从海带中提取碘，设计实验流程如下:

下列说法错误的是

A.过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，它们主要是无机物

+

B.氧化剂参加反应的离子方程式为2r+H2O2+2H=I2+2H2O

C.萃取过程所用有机溶剂可以是酒精或四氯化碳

D.因L易升华，L的有机溶液难以通过蒸储法彻底分离

2、对下列溶液的分析正确的是

A.常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，其pH增大

B.向0.1mol/LNaHSO3溶液通入氨气至中性时c(Na+)>c(NH；)>c(SO：)

C.0.01mol/L醋酸溶液加水稀释时，原溶液中水的电离程度增大

c(HA)«c(M)

D.在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中加入少量NaOH固体将增大

c(OH^(A2')

3、不同温度下，三个体积均为1L的密闭容器中发生反应：CH4(g)+2NCh(g)—N2(g)+CO2(g)+2H2O(g)△H=-867

k-J-mol1,实验测得起始、平衡时的有关数据如表。下列说法正确的是

起始物质的量/mo】平衡物质的量/mol

容器编号温度/K

HO

CH4NO2N2CO22NO2

ITi0.501.20000.40

IIT20.300.800.200.200.400.60

IIITa0.400.700.700.701.0

A.TI<T2

B.若升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡逆移

C.平衡时，容器I中反应放出的热量为693.6kJ

D.容器III中反应起始时vI(CH4)<Vig(CH4)

4、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()

A.密闭容器中，2moiSO2和ImoKh催化反应后分子总数大于2NA

B.lLpH=2的H2SO3溶液中含H+的数目为O.OINA

C.5.6g铁与稀硝酸反应生成().08molNO,转移电子数为0.3N,、

D.6.4gS2和S8的混合物中所含硫原子数为0.2NA

5、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W与X同周期、与Y同主族，X是非金属性最强的元素,

Y的周期序数是其族序数的3倍，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8。下列说法正确的是

A.最高价氧化物对应水化物的碱性：W>YB.最简单气态氢化物的稳定性：X>Z

C.Y单质在空气中的燃烧产物只含离子键D.最简单离子半径大小关系：W<X<Y

6、工业上常采用碱性氯化法来处理高浓度氟化物污水，发生的主要反应为：CN+OH+CI2-->CO2+N2+CF+

H2O(未配平)。下列说法错误的是

A.C12是氧化剂，CO2和N2是氧化产物

B.该反应中，若有ImolCN-发生反应，则有5NA电子发生转移

C.上述离子方程式配平后，氧化剂、还原剂的化学计量数之比为2：5

D.若将该反应设计成原电池，则CN-在负极区发生反应

7、在稳定人体血液的pH中起作用的离子是

A.Na+B.HCO3-C.Fe2+D.Cl

8、化学与生活、环境、科技等密切相关。下列说法错误的是

A.温室效应导致海水的酸度增大，贝壳类生物的生存将会受到威胁

B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置的植物油会因水解而变质

C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸储水配制成的混合液，可以灭活新型冠状病毒

D.白葡萄酒含维生素C等多种维生素，通常添加微量SO2的目的是防止营养成分被氧化

9、下列分子或离子在指定的分散系中能大量共存的一组是。

A.空气：C2H2、CO2、SO2、NO

B.氢氧化铁胶体：H+、K+、S*、Br

C.银氨溶液：Na\K\NO3\NH3H2O

D.重铝酸钾溶液：H\Na\SO42>葡萄糖分子

10、已知海水略呈碱性，钢铁在其中易发生电化腐蚀，有关说法正确的是（）

A.腐蚀时电子从碳转移到铁

B.在钢铁上连接铅块可起到防护作用

C.正极反应为O2+2H2O+4e-=4OH-

D.钢铁在淡水中易发生析氢腐蚀

11、将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50℃,或温度仍保持在40℃而加入少量无水硫酸铜，在这两种情况下均保持不

变的是

A.硫酸铜的溶解度B.溶液中溶质的质量

C.溶液中溶质的质量分数D.溶液中CW+的数目

12、化学式为C3H7FO的物质，含有羟基的同分异构体数目为（不考虑空间异构）（）

A.4种B.5种C.6种D.7种

13、在体积都为IL、pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，分别投入等量的锌粒。下图所示可能符合客观事实的是

14、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）

A.高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的分子数目为0.3NA

B.室温下，lLpH=13的NaOH溶液中，由水电离的OH-离子数目为（UNA

C.氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NA

D.5NH4NO3.2HNO3+4N2T+9H2O反应中,生成28gN2时，转移的电子数目为3.75N,、

15、某兴趣小组设计了如下实验测定海带中碘元素的含量，依次经过以下四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验

目的的是

A.灼烧海带

B.将海带灰溶解后分离出不溶性杂质

C.制备CL,并将r氧化为L

raw

，K

D.以淀粉为指示剂，用Na2s03标准溶液滴定

16、《Chem.sci.》报道麻生明院士成功合成某种非天然活性化合物(结构如下图)。下列有关该化合物的说法错误的是

A.分子式为CI8HI7NO2

B.能使溟水和酸性高镒酸钾溶液褪色

C.所有氢原子不可能共平面

D.苯环上的一氯代物有7种

二、非选择题(本题包括5小题)

17、铁氟化钾(化学式为K3[Fe(CN)6])主要应用于制药、电镀、造纸、钢铁生产等工业。其燃烧分解生成KCN、FeC2,

N2、(CN”等物质。

(1)铁元素在周期表中的位置为，基态Fe3+核外电子排布式为o

(2)在[Fe(CN)6]3-中不存在的化学键有o

A.离子键B.金属键C.氢键D.共价键

(3)已知(CN”性质类似CL：

(CN)2+2KOH=KCN+KCNO+H2OKCN+HC1=HCN+KC1HCSCH+HCN^H2C=CH-C=N

①KCNO中各元素原子的第一电离能由小到大排序为»

②丙烯腊(H2C=CH-C=N)分子中碳原子轨道杂化类型是；分子中。键和K键数目之比为。

(4)C2?-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CaCz晶体中哑铃形的C2?

-使晶胞沿一个方向拉长，晶体中每个Ca2+周围距离最近的C2?-数目为«

(5)金属Fe能与CO形成Fe(CO)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dg・cm-3,铁原子的半径为nm(用含有d、NA的代数式

表示)。

oci*1cr图乙

图甲

18、药物H(阿戈美拉汀)是一种抗抑郁药，H的一种合成路线如下:

0

已知：人NM.H20/K0H>、.化合物B中含五元环结构，化合物E中含两个六元环状结构。

回答下列问题:

(DA的名称为

(2)H中含氧官能团的名称为

(3)B的结构简式为

(4)反应③的化学方程式为

(5)⑤的反应类型是

(6)M是C的一种同分异构体，M分子内除苯环外不含其他的环，能发生银镜反应和水解反应，其核磁共振氢谱有4

组峰且峰面积之比为6:3:2:lo任写出三种满足上述条件的M的结构简式(不考虑立体异构)。

和氟基乙酸(NCCH2COOH)为原料制备^^-CHzCN的合成

(7)结合上述合成路线，设计以2—溟环己酮(

路线（无机试剂及有机溶剂任选）

已知：FezO3和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4,再生成FeO（黑色），最后生成Fe。

请回答：

（1）上述实验装置存在一个明显缺陷是

（2）利用仪器测定并绘制出反应过程中a装置中玻璃管内的固体质量随温度的变化曲线（图2）,样品中含有的杂质

成分是一（填化学式）。

（3）上述实验过程中，CO除作为反应物外，还起到的作用是—o

A.实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸

B.防止b中的溶液倒吸入a中

C.停止加热后，继续通CO气体，防止生成物被氧化

D.将产生的CO2全部赶入装置b中，以提高实验的精确度

20、测定硫铁矿（主要成分为FeS》中硫和铁含量的实验步骤如下：

（硫含量的测定）

①准确称取0.5g硫铁矿粉于以期中，加入4.5gNa2t）2,用玻璃棒充分搅拌，上面再盖一层Na2co3,在700℃下焙烧

15mino

②将生塌及其盖放入100mL沸水中，浸泡10min并洗净生埸。将所得溶液转移至烧杯中。

③向上述烧杯中先加入过量硝酸，再加入足量Pb（NO92溶液。过滤，洗涤、干燥，称得固体为2.02g。

（铁含量的测定）

④准确称取0.5g硫铁矿粉，加入盐酸和硝酸使其溶解。趁热加入稍过量的SnCL溶液（Sn2++2Fe"==2Fe2++Sn4+）,再用

HgCh氧化除去多余的SnCho

⑤以二苯胺磷酸钠为指示剂，用0.05mol/L的K2O2O7溶液滴定生成的Fe2+（K2Cr2O7被还原为CB）,直至终点，消耗

11.20mLK2O2O7溶液。回答下列问题。

（1）步骤①适宜材质的生堪是（填字母）。

a.铁生烟b.铝生埸c.陶瓷均埸

(2)步骤①中上面盖一层Na2c03的主要目的是,焙烧时，FeS2和Na2(h反应生成硫酸盐和氧化

钠的化学方程式为.

(3)步骤③中得到的固体的化学式为o

(4)步骤④若不除去过量的SnCh,则会造成铁的含量测量值一(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

(5)步骤⑤滴定时，KzCmCh溶液应盛放在______(填"酸''或"碱”)式滴定管中；实验室配制100mL0.05mol/L

KzCrzCh溶液，需要的玻璃仪器有烧杯、胶头滴管、和。

21、CCuS是一种二氧化碳的捕获、利用与封存的技术，这种技术可将CCh资源化，产生经济效益。CO2经催化加氢

可以生成低碳有机物，主要有以下反应：

反应I：CO2(g)+3H2(g)F=iCH3OH(g)+H2O(g)△Hi=-49.8kJ・mo「

,

反应II:CH3OCH3(g)+H2O(g)==i2CH30H(g)△H2=+23.4kJ-moF

反应IH：2CO2(g)+6H2(g)^=^CH3OCH3(g)+3H2O(g)

(1)AHj=kJ-moI-1

(2)恒温恒容条件下，在密闭容器中通人等物质的量的CCh和H2,发生反应I。下列描述能说明反应I达到平衡状态

的是(填序号)。

A.容器内的混合气体的密度保持不变B.反应体系总压强保持不变

C.CH30H和CO2的浓度之比保持不变D.断裂3NA个H-O键同时断裂2NA个C=O键

(3)反应H在某温度下的平衡常数为0.25,此温度下，在密闭容器中加人等物质的量的CH30cH3(g)和H2O(g),反应

到某时刻测得各组分浓度如下：

物质

CH3OCH3(g)H2O(g)CH30H(g)

浓度1.61.60.8

此时U正—U逆(填“>”、"v”或"=”)，当反应达到平衡状态时，混合气体中CH30H体积分数V(C%OH)%=%。

(4)在某压强下，反应HI在不同温度、不同投料比时，CO2的平衡转化率如图所示。Ti温度下，将6moicCh和12

mol出充入3L的密闭容器中，10min后反应达到平衡状态，则0-10min内的平均反应速率V(CH30cH»=。

c.

/八

A/

0123

投料比[EWMKCOO]

(5)恒压下将CO2和氏按体积比1:3混合，在不同催化剂作用下发生反应I和反应in,在相同的时间段内CH3OH

的选择性和产率随温度的变化如下图。

廿q川CHQH的物质的量

其中：CHQH的选择性=反应的co的物质的量XI。。％

CHjOH选播性CHiOH产率

一•一CZT停化制・…••…CZT催化剂

一•一CZ(Zr-l)T催化剂

①温度高于230℃,CH30H产率随温度升高而下降的原因是.

②在上述条件下合成甲醇的工业条件是o

A.230℃B.210℃C.催化剂CZTD.催化剂CZ(Zr-l)T

参考答案

一、选择题(每题只有一个选项符合题意)

1、C

【解析】

实验室从海带中提取碘：将海带在垢堤中灼烧得到海带灰，将海带灰浸泡得到海带灰悬浊液，然后采用过滤的方法将

残渣和溶液分离，得到含有碘化钾的溶液，向水溶液中加入氧化剂，将r氧化成L,向含有碘单质的溶液中加入萃取

剂萃取分液得到碘单质的有机溶液，据此分析解答。

【详解】

A.海带在生烟中灼烧得到海带灰，有机物燃烧生成二氧化碳和水，过滤操作主要除去海带灰中难溶于水的固体，主

要是无机物，故A正确；

B.氧化剂可以选用过氧化氢溶液，反应的离子方程式为2r+H2O2+2H+=b+2H2O,故B正确；

C.萃取过程所用有机溶剂可以是四氯化碳或苯，不能选用酒精，因为酒精易溶于水，故C错误；

D.因L易升华，有机溶剂的沸点一般较低，因此L的有机溶液通过蒸储法难以彻底分离，故D正确；

故选c。

2、C

【解析】

A.NaOH溶液是强碱，氢离子来自于水的电离，常温下pH=12的NaOH溶液，升高温度，溶液中心增大，其pH

减小，故A错误；

B.O.lmol-LT的NaHSCh溶液中通NH3至pH=7,溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SCh2-)+c(HSO3-)+c(H2sCh)①,

+++2

溶液中存在电荷守恒，即c(Na)+c(H)+c(NH4)=2c(SO3-)+c(HSO3-)+c(OH-)»因为pH=7即

++2+2+

c(Na)+c(NH4)=2c(SO3-)+c(HSO3-)(2),由①得c(Na)>c(SO3-)；将①式左右两边都加上c(NH4)^

2+2_

c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2sO3)+c(NH4+)⑧,结合②③得c(SO3-)=c(NH4)+c(H2SO3),故c(SO3)>

+

C(NH4),故c(Na+)>c(SCh2-)>c(NH4+),故C错误；

C.酸碱对水的电离都有抑制作用，O.Olmol/L醋酸溶液加水稀释时，醋酸的浓度减小，对水的电离平衡抑制作用减弱,

则原溶液中水的电离程度增大，故C正确；

c(HA)-c(H+)c(HA)-c(H+)-c(H+)_c(H').c(H')_c3(H+)

D.在常温下，向二元弱酸的盐NaHA溶液中，加入

c(OH)-c(A2-)C(OH)C(A2)C(H')-c(0H)Ka

少量NaOH固体，溶液酸性减弱，氢离子浓度减小，该比值将减小，故D错误;

答案选C。

3、A

【解析】

A.该反应为放热反应，升温平衡逆向移动，平衡时二氧化氮的物质的量多，故有TI〈T2,正确；

B.升温，正逆速率都加快，平衡逆向移动，故错误；

C.平衡时，容器I中二氧化氮的消耗量为L2-0.4=0.8mol,则反应热为等、0.8=346.8kJ,故错误;

D.容器in中T3下平衡常数不确定，不能确定其反应进行方向，故错误。

故选A。

4、C

【解析】

A.若2moiSO2和1mol02完全反应，可生成2moiS(h,即反应后分子总数为2N,\,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；

B.pH=2的H2s03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O.OINA,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0.24以，故C错误；

6.4g

D-6・4gS?和Ss的混合物即6.4gS原子，所以硫原子的数目为三高小故D正确;

故答案为Co

【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»

5、B

【解析】

X是非金属性最强的元素，则X为F元素，短周期中，丫的周期序数是其族序数的3倍，则丫是Na元素，W与X同

周期、与丫同主族，则W为Li元素，W的核外电子总数与Z的最外层电子数之和等于8,则Z的最外层为5个电子,

W、X、Y、Z是原子序数依次增大，则Z为P元素，据此分析解答。

【详解】

A.W为Li元素，丫是Na元素，金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，金属性Li<Na,最高价氧化物

对应水化物的碱性：WVY,故A错误；

B.X为F元素，Z为P元素，非金属性越强最简单气态氢化物的稳定性越强，非金属性：X>Z,则最简单气态氢化

物的稳定性：X>z,故B正确；

C.丫是Na元素，丫单质在空气中的燃烧产物为过氧化钠，即含离子键，又含非极性共价键，故C错误；

D.W为Li元素，X为F元素，丫是Na元素，Li+只有一个电子层，F和Na+有两个电子层，则Li+半径最小，F和

Na+电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，则F-半径〉Na+,最简单离子半径大小关系：W<Y<X,故D错误;

答案选B。

6、C

【解析】

反应CN+OH+C12^CO2+N2+C1+H2O中Cl元素化合价由0价降低为-1价，化合价总共降低2价，C元素化合价由+2

价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为。价，化合价升降最小公倍数为2[(4-2)+(3-0)]=10价，故CN系数为2,

CL系数为5,由元素守恒反应方程式为2CN+8OH-+5cL=2CO2+N2+10C1+4H20,以此来解答。

【详解】

A.反应CN-+OIT+C12TCO2+N2+Cr+H2O中C1元素化合价由0价降低为-1价，C元素化合价由+2价升高为+4价，N

元素化合价由-3价升高为0价，可知CL是氧化剂，CO2和N2是氧化产物，故A正确；

B.由上述分析可知，C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以若有ImolCN-发生反

应，则有[(4-2)+(3-0)]NA=5NA电子发生转移，故B正确；

C.由上述分析可知，反应方程式为2CN+8OH-+5cL=2CO2+N2+10Cr+4H2。，反应中是CN是还原剂，CL是氧化剂，

氧化剂与还原剂的化学计量数之比为5：2,故C错误；

D.C元素化合价由+2价升高为+4价，N元素化合价由-3价升高为0价，所以CN-失电子，发生氧化反应为负极，故

D正确。

故选：C«

7、B

【解析】

稳定人体血液的pH的离子,必须既能和氢离子反应,也能和氢氧根离子反应；

【详解】

A.Na.为强碱阳离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故A不正确；

B.HCOJ在溶液中存在两个趋势：HC0「离子电离使得溶液呈酸性，HCO3-水解呈现碱性，即电离呈酸性，降低pH值，水

解呈碱性，pH值升高，故B正确；

C.Fe"为弱碱阳离子，水解使溶液呈酸性，只能降低pH值，故C不正确；

D.C「为强酸阴离子，不能起到调节人体内pH值的作用，故D不正确；

正确答案:B。

【点睛】

明确稳定pH是解答本题的关键，并熟悉盐类水解的规律及酸式酸根离子的性质来解答。

8、B

【解析】

A.二氧化碳和水反应生成碳酸，可以增加酸度，碳酸能与碳酸钙反应，所以珊瑚、贝壳类等生物的生存将会受到威

胁，故A正确；

B.植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，长时间放置会被氧化而变质，故B错误；

C.常温下用3体积乙醇与1体积蒸储水配制成的混合液中酒精含量约为75%,即医用酒精，可以杀菌消毒，故C正

确；

D.二氧化硫具有还原性，可防止营养成分被氧化，故D正确；

故答案为B。

9、C

【解析】

A、空气中含有氧气，一氧化氮能够与氧气反应生成二氧化氮，所以二者不能大量共存，故A错误；

B、氢氧化铁胶体带有正电荷，带负电荷的离子能够中和氢氧化铁胶体的正电荷，导致氢氧化铁发生聚沉，所以不能

大量共存，故B错误；

C、Na\K+、NO>NHyHzO离子之间不反应，与银氨溶液也不反应，可大量共存，故C正确；

D、重铭酸钾溶液具有强氧化性，能够与葡萄糖发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；

答案选C。

【点睛】

本题的易错点为B,要注意在胶体中加入电解质溶液，胶体容易发生聚沉。

10、C

【解析】

A.碱性条件下，钢铁发生吸氧腐蚀，铁做负极，碳是正极，电子从负极流向正极，从铁流向碳，故A错误；

B.在钢铁上连接铅块，铁比铅活泼，会先腐蚀铁，起不到防护作用，故B错误；

C.吸氧腐蚀时，氧气做正极，在正极上得到电子生成氢氧根离子，O2+2H2O+4e=4OH,故C正确：

D.淡水是中性条件，铁在碱性和中性条件下发生的都是吸氧腐蚀，故D错误；

答案选C。

【点睛】

钢铁在酸性条件下发生的是析氢腐蚀，在中性和碱性条件下发生的是吸氧腐蚀。

11、C

【解析】

A.硫酸铜的溶解度随温度升高而增大，将40℃的饱和硫酸铜溶液升温至50C,硫酸铜的溶解度增大，故A错误；

B.40c的饱和硫酸铜溶液，温度仍保持在40℃,加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，

溶质析出，溶液中溶质的质量减少，故B错误；

C.将40c的饱和硫酸铜溶液升温至50℃,溶解度增大，浓度不变；温度不变，饱和硫酸铜溶液加入少量无水硫酸铜，

析出硫酸铜晶体，溶液仍为饱和溶液，浓度不变，故C正确；

D.温度仍保持在40C,加入少量无水硫酸铜，硫酸铜生成硫酸铜晶体，溶液中溶剂减少，溶质析出，溶液中溶质的

质量减少，溶液中Ci?*的数目减少，故D错误。

【点睛】

明确硫酸铜溶解度随温度的变化，理解饱和溶液的概念、硫酸铜与水发生CuSO,+SHzOXuSO叱SHzO反应后，溶剂质量减

少是解决该题的关键。

12、B

【解析】

C3H7FO可以看做丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原

子上的H原子，可以取代不同碳原子上的H原子，据此书写判断。

【详解】

C3H7FO可知丙烷中的2个H原子分别被1个F、1个-OH取代，丙烷只有一种结构，F与-OH可以取代同一碳原子上

的H原子,有2种:CH3cH2cH(OH)F、CH3CF(OH)CH3,可以取代不同碳原子上的H原子,有3种:HOCH2cH2cH2F、

CH3cH(OH)CH2F、CH3CHFCH2OH,共有5种，故答案为B。

【点睛】

本题是根据等效氢的方法判断同分异构体的数目，等效氢法的判断可按下列三点进行：①同一碳原子上的氢原子是等

效的；②同一碳原子所连甲基上的氢原子是等效的；③处于镜面对称位置上的氢原子是等效的(相当于平面成像时，

物与像的关系)。

13、C

【解析】

根据盐酸和醋酸溶液中的氢离子物质的量和加入锌的物质的量，依据盐酸是强酸，醋酸是弱酸，在溶液中存在电离平

衡判断反应过程和反应量的关系，结合图象中的纵坐标和横坐标的意义，曲线的变化趋势，起点、拐点、终点的意义

分析判断是否符合事实。

【详解】

+2+

体积都为1L,pH都等于2的盐酸和醋酸溶液中，”(CH3COOH)>"(HC1)=(M)1mol,锌和酸反应Zn+2H=Zn+H2T，

盐酸溶液中氢离子不足，醋酸溶液中存在电离平衡，平衡状态下的氢离子不足，但随着反应进行，醋酸又电离出氢离

子进行反应，放出的氢气一定比盐酸多，开始时由于氢离子浓度相同，开始的反应速率相同，反应过程中醋酸溶液中

的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以反应速率快；反应后，醋酸有剩余，导致醋酸溶液中pH小于

盐酸溶液中；

A.由于醋酸会不断电离出H+,因此醋酸pH上升会比盐酸慢。虽然和同量的Zn反应，醋酸速率快，但是这是pH,

不是氢气的量，所以pH上升醋酸慢，A错误；

B.反应开始氢离子浓度相同，反应速率相同。曲线从相同速率开始反应，但醋酸溶液中存在电离平衡，反应过程中

醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子浓度大，所以醋酸溶液反应过程中反应速率快，溶解的锌的量也

比盐酸多，所以图象不符合题意，B错误；

C.产生氢气的量从。开始逐渐增多，最终由于醋酸电离平衡的存在，生成氢气的量比盐酸多，反应过程中氢离子浓

度大于盐酸溶液中氢离子浓度，和同量锌反应速率快，若Zn少量产生的H2的量相同，锌过量则醋酸产生的氢气多，

故图象符合Zn少量，C正确；

D.反应开始氢离子浓度相同，反应过程中醋酸存在电离平衡，醋酸溶液中的氢离子浓度始终比盐酸溶液中的氢离子

浓度大，D错误；

故合理选项是Co

【点睛】

本题考查了图象法在化学反应速率的影响中的应用，关键是反应过程中溶液中的氢离子浓度大小的判断和一定量锌与

氢离子反应的过量判断，注意弱电解质在溶液中存在电离平衡，弄清坐标系中横坐标、纵坐标的含义分析解答。

14、D

【解析】

A.高温下，Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁，四氧化三铁中Fe的化合价为价，因此Fe失去电子的物质的量为：

3

OQ8

n(e-)=2x02nH=±mo/,根据得失电子守恒，生成H2的物质的量为：H4,,因此生成

315n(Zf2)=^y—=—moZ

的H2分子数目为QNA，A错误；

15

B.室温下，lLpH=13的NaOH溶液中H+浓度为c(H+)=l()T3moi/L,且H+全部由水电离，由水电离的OIT浓度等于

水电离出的H+浓度，因此由水电离的OIF为10」3mol/LxlL=l()r3moi,B错误；

C.氢氧燃料电池正极上氧气发生得电子的还原反应，当消耗标准状况下22.4L气体时，电路中通过的电子的数目为

224Lx=C错误；

22.4L/mol

D.该反应中，生成28gN2时，转移的电子数目为3.75N1,D正确；

故答案为D。

15、B

【解析】

A.灼烧海带在生烟中进行，而不是在烧杯中，A错误；

B.海带灰溶解后分离出不溶性杂质需要采用过滤操作，过滤需要玻璃棒引流，B正确；

C.制备CL,并将r氧化为L,除去氯气中的氯化氢应该用饱和的食盐水，尾气需要用到氢氧化钠溶液吸收，C错误；

D.Na2s03是强碱弱酸盐，水解后溶液呈碱性，所以滴定时Na2sCh应该放在碱式滴定管中，而不是酸式滴定管，D错

误；

答案选B。

【点睛】

在实验操作中，选择合适的仪器至关重要，灼烧时应选择在用摒中进行，滴定操作时应该注意滴定管的选择，酸性溶

液、强氧化性溶液选择酸式滴定管。

16、D

【解析】

A.按碳呈四价的原则，确定各碳原子所连的氢原子数，从而确定分子式为G8H17NO2,A正确；

B.题给有机物分子内含有碳碳双键，能使滨水和酸性高钛酸钾溶液褪色，B正确；

C.题给有机物分子中，最右边的端基为-CH.“3个氢原子与苯环氢原子不可能共平面，C正确；

D.从对称性考虑，苯环上的一氯代物有5种，D错误；

故选D。

二、非选择题(本题包括5小题)

17、第四周期皿族[Ar]3d§或Is22s22P63s23P63d5ABK<C<O<Nspsp22:14分子

【解析】

(l)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[Ar]3d64s2,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)①KCNO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；

②丙烯晴(H2C=CH-ON)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、sp?两种形

式，其中c=C含有1个。键和1个”键、ON含有1个。键和2个n键，C-H都是。键，确定分子中。键和汗键数

目，再求出比值；

(4)1个Ca2+周围距离最近且等距离的C2z-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；

12x56

(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8x7+1=2,晶胞的质量为丸一g,晶胞体积

88人

112112

V=——cm\边长；rcm,根据Fe原子半径r与晶胞边长a关系求出r。

dMNd.NA

【详解】

(l)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[AiJ3d64s2,位于第四周期皿族据；基态Fe失去4s

上2个电子和3d轨道上1个电子即为Fe3+,所以基态Fe3+核外电子排布式为)[Ar]3d$或Is22s22P63s23P63d'故答案为:

第四周期VID族，[A仃3d5或[Ail3d5或Is22s22P63s23P63d

(2)[Fe(CN)6产是阴离子，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)①KCNO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

K<C<O<N；故答案为：K<C<O<N；

②丙烯晴(H2C=CH-ON)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7T键、ON含有1个6键和2个7T键，C-H都是。键，所以分子中。键和7T键数

目分别为6、3,。键和兀键数目之比为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C2?-不是

6个，而是4个，故答案为：4；

⑸根据Fe(CO)s的熔点、沸点均不高的特点，可推知Fe(CO)s为分子晶体；故答案为：分子；

12x56

(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8xj+1=2,晶胞的质量为晶胞体积

8NA

Fe原子半径r与晶胞边长a关系为4r=6a,所以

【解析】

已知化合物B分子式为C4H4。3,有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反

o

应后产物C的结构为的结构即为OoC生成D时，反应条件与已知

O

°D经过反应③后，分子式中少了1个H2O,

【详解】

(1)由A的结构可知，其名称即为苯甲醛;

(2)由H的结构可知，H中含氧官能团的名称为：醛键和酰胺键;

(3)B分子式为C4H4O3,有3个不饱和度，且含有五元环，那么必有一个O原子参与成环；考虑到B与A反应后产物

的结构简式即为“彳\

C的结构为

以〜/

(4)D经过反应③后，分子式中少了1个H2O,且E中含有两个六元环，所以推测E的结构即为出8

O

所以反应③的方程式为：H38—0H3^H3CO」^JL^J+H2O；

o

(5)F经过反应⑤后分子结构中多了一个碳碳双键，所以反应⑤为消去反应；

(6)M与C互为同分异构体，所以M的不饱和度也为6,去除苯环，仍有两个不饱和度。结合分子式以及核磁共振氢

谱的面积比，可知M中应该存在两类一共3个甲基。考虑到M可水解的性质，分子中一定存在酯基。综合考虑，M

OOCH

H式:人

的分子中苯环上的取代基个数为2或3时都不能满足要求；如果为4时，满足要求的结构可以有：|丫，

Y

OCX,CHj

5时，满足要求的结构可以有:

(7)氨基乙酸出现在题目中的反应④处，要想发生反应④需要有机物分子中存在埃基，经过反应④后，有机物的结构中

会引入-CH?CN的基团，并且形成一个碳碳双键，因此只要得到环己酮经过该反应就能制备出产品。原料相比于环

己酮多了一个取代基滨原子，所以综合考虑，先将原料中的谈基脱除，再将滨原子转变为谈基即可，因此合成路线为:

Br2O

6个电”o,皿刖、Z-

Cu«△芳胺•丽

【点睛】

在讨论复杂同分异构体的结构时，要结合多方面信息分析；通过分子式能获知有机物不饱和度的信息，通过核磁共振

氢谱可获知有机物的对称性以及等效氢原子的信息，通过性质描述可获知有机物中含有的特定基团；分析完有机物的

结构特点后，再适当地分类讨论，同分异构体的结构就可以判断出来了。

19、缺少尾气处理装置Fe2O3ABCD

【解析】

(1)剩余的气体不能处理，缺少尾气处理装置；

(2)由图3质量的变化来解答，FezCh〜FejCh〜FeO〜Fe质量变化3次；

(3)实验开始时，排尽装置中的空气，停止加热后，导管中还有残留的二氧化碳，继续通入CO,可以将其赶到B装

置中，减小实验误差，能防止倒吸等；

【详解】

(1)一氧化碳有毒不能排放，应收集或吸收，上述实验装置存在一个明显缺陷是缺少尾气处理装置；

(2)FezCh和CO反应是随温度升高而逐步进行的，先生成Fe3O4,再生成FeO(黑色)，最后生成Fe,由图可以看

出，管内的固体质量变化了3次，如果只有Fe3O4,只会FejCh〜FeO〜Fe变化2次，而如果是FezCh则Fe2O3~Fe3O4~

FeO〜Fe变化3次，故含有杂质为FeiOj；

(3)CO除作为反应物外，

A.利用一氧化碳气体可以在实验开始时，排尽装置中的空气，防止加热时发生爆炸，故A正确；

B.一氧化碳不溶于水，可以防止b中的溶液倒吸入a中，故B正确；

C.停止加热后，继