1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1 答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用05毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、人類已經成功合成了117號元素Uus，關于的敘述正確的是A原子內電子數(shù)多于中子數(shù)B與電子式相同C元素的近似相對原子質量是294D

2、處于不完全周期內2、25 時，用0.1 molL1 NaOH溶液滴定20 mL 0.1 molL1 HX溶液，溶液的pH隨加入的NaOH溶液體積的變化如圖所示。下列說法不正確的是（）AHX為弱酸BV120CM點溶液中離子濃度由大到小的順序：c（X）c（Na）c（H）c（OH）D0.1 molL1 NaOH溶液和0.1 molL1 HX溶液等體積混合后，溶液中c（Na）c（X）c（OH）3、H2C2O4(草酸)為二元弱酸，在水溶液中H2C2O4、HC2O4-和C2O42-物質的量分數(shù)與pH關系如圖所示，下列說法不正確的是A由圖可知，草酸的Ka10-1.2B0.1 molL1NaHC2O4溶液中c

3、(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)C向草酸溶液中滴加氫氧化鈉溶液至pH為4.2時c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)D根據圖中數(shù)據計算可得C點溶液pH為2.84、下列實驗中所用的試劑、儀器或用品(夾持裝置、活塞省去)能夠達到該目的的是( )選項目的試劑儀器或用品A驗證犧牲陽極的陰極保護法酸化NaCl溶液、Zn電極、Fe電極、鐵氰化鉀燒杯、電流表、導線、膠頭滴管B鋁熱反應氧化鐵、鋁粉濾紙、酒精燈、木條、盛沙子的蒸發(fā)皿C配制1.000 mol/L NaClNaCl容量瓶、燒杯、玻璃棒、試劑瓶D制備乙酸乙酯乙醇、乙酸、飽和碳酸鈉大小試管、酒精燈AABBCCD

4、D5、科研工作者結合實驗與計算機模擬來研究釕催化劑表面不同位點上合成氨反應歷程，如圖所示，其中實線表示位點A上合成氨的反應歷程，虛線表示位點B上合成氨的反應歷程，吸附在催化劑表面的物種用*標注。下列說法錯誤的是A由圖可以判斷合成氨反應屬于放熱反應B氮氣在位點A上轉變成2N*速率比在位點B上的快C整個反應歷程中活化能最大的步驟是2N*+3H22N*+6H*D從圖中知選擇合適的催化劑位點可加快合成氨的速率6、下列實驗中，所采取的分離方法與對應原理都正確的是（ ）。選項目的分離方法原理A分離溶于水中的碘乙醇萃取碘在乙醇中的溶解度較大B分離乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸

5、餾丁醇與乙醚互溶且沸點相差較大D除去KNO3固體中混雜的NaCl重結晶NaCl在水中的溶解度受溫度影響大AABBCCDD7、能正確表示下列反應的離子方程式是( )A用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32-+H2OB氯化鈉與濃硫酸混合加熱：H2SO4+2Cl-SO2+Cl2+H2OC磁性氧化鐵溶于稀硝酸：3Fe2+4H+NO3-3Fe3+NO+2H2OD明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-，恰好完全沉淀：2Ba2+3OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+Al(OH)38、已知AG=lg，電離度=100%。常溫下，向10mL0.1mol/LHX溶液

6、中滴加0.1mol/LNaOH溶液，混合溶液中AG與滴加NaOH溶液體積的關系如圖所示。下列說法錯誤的是（ ）AF點溶液pHc(H+)=c（OH-）CV=10時，溶液中c（OH-）”、 “Ka2，其原因是_。（4）我國科學家根據反應CO2C+O2，結合電解池原理設計出了二氧化碳捕獲與轉化裝置。該裝置首先利用電解池中熔融電解質ZrO捕獲CO2，發(fā)生的相關反應為：CO2+O2=CO32，2CO2+O2=C2O52，然后CO32在陰極轉化為碳單質和_；C2O52在陽極發(fā)生電極反應，其方程式為_。參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、B【解析】A電子數(shù)為117，中子

7、數(shù)為，A錯誤； B由于質子數(shù)均為117，故最外層電子數(shù)相同，與電子式相同，B正確； C294只是該核素的質量數(shù)，沒有告訴該核素在自然界的百分含量，不能計算近似相對原子質量，C錯誤； D根據原子結構示意圖知，該元素位于第七周期、第VIIA族，不在不完全周期內，D錯誤。 答案選B。2、D【解析】A.由圖可知，0.1 molL1 HX溶液的pH3，說明HX為弱酸，故A正確；B.若V120，則溶液中的溶質只有NaX，由于HX為弱酸，則NaX溶液呈堿性，pH7，所以V1應小于20，故B正確；C.M點溶液中的溶質是等物質的量的HX和NaX，溶液呈酸性，說明HX的電離程度大于X的水解程度，則溶液中離子濃度大

8、小順序為c（X）c（Na）c（H）c（OH），故C正確；D.兩種溶液等體積混合時，根據電荷守恒有c（Na）c（H）c（X）c（OH），故D錯誤；故選D。3、D【解析】由圖線1為H2C2O4、2為HC2O4-、3為C2O42-。A. 當pH為1.2時c(H+)=10-1.2 molL-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 molL-1，草酸的Ka10-1.2，故A正確；B. 0.1 molL-1NaHC2O4溶液顯酸性c(H+)c(OH-)，HC2O4-會發(fā)生水解和電離c(Na+)c(HC2O4-)，因此c(Na+)c(HC2O4-)c(H+)c(OH-)，故B正確；C. pH為

9、4.2時，溶液中含有微粒為HC2O4-和C2O42-，且c(HC2O4-)= c(HC2O4-)，根據電荷守恒 c(Na+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2 O42-)+c(OH-)，則有c(Na+)+c(H+)=3c(C2 O42-)+c(OH-)，故C正確；D.由于草酸為弱酸分兩步電離，Ka1= ，Ka2=，Ka1Ka2=，根據圖中C點得到c(C2O42-)= c(H2C2O4)，所以，Ka1Ka2=，當pH為1.2時c(H+)=10-1.2 molL-1，c(HC2O4-)= c(H2C2O4)=0.5 molL-1，草酸的Ka110-1.2。當pH為4.2時c(H+)=10

10、-4.2 molL-1，c(HC2O4-)= c(C2O42-)=0.5 molL-1，草酸的Ka210-4.2；=10-2.7，C點溶液pH為2.7。故D錯誤。答案選D。4、A【解析】A.酸化NaCl溶液、Zn電極、Fe電極構成的原電池中，加入鐵氰化鉀后，無藍色沉淀生成，說明鐵作正極被保護，A可以達到實驗目的，A正確；B.鋁熱反應需要氯酸鉀、鎂條來引發(fā)反應，無鎂條和氯酸鉀反應不能發(fā)生，B錯誤；C.用NaCl固體來配制一定物質的量濃度的溶液時，需要用到的儀器有天平、燒杯、玻璃棒、容量瓶和膠頭滴管等，另外還缺少試劑蒸餾水，不能達到實驗目的，C錯誤；D.酯化反應需要用濃硫酸作催化劑，無濃硫酸作催化

11、劑，反應不能發(fā)生，D錯誤；故合理選項是A。5、C【解析】A據圖可知，始態(tài)*N2+3H2的相對能量為0eV，生成物*+2NH3的相對能量約為-1.8eV，反應物的能量高于生成物，所以為放熱反應，故A正確；B圖中實線標示出的位點A最大能壘(活化能)低于圖中虛線標示出的位點B最大能壘(活化能)，活化能越低，有效碰撞幾率越大，化學反應速率越大，故B正確；C由圖像可知，整個反應歷程中2N*+3H22N*+6H*活化能幾乎為零，為最小，故C錯誤；D由圖像可知氮氣活化在位點A上活化能較低，速率較快，故D正確；故答案為C。6、C【解析】A.乙醇和水混溶，不能用作萃取劑，應用四氯化碳或苯萃取，A錯誤；B.乙酸乙

12、酯和乙醇混溶，不能用分液的方法分離，可用蒸餾的方法或加入飽和碳酸鈉溶液分離，B錯誤；C.丁醇和乙醚混溶，但二者的沸點不同且相差較大，可用蒸餾的方法分離，C正確；D.根據二者在水中隨溫度升高而溶解度不同，利用重結晶法。NaCl隨溫度升高溶解度變化不大，KNO3隨溫度升高溶解度變化大，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查物質的分離提純，注意相關物質性質的異同，掌握常見物質的分離方法和操作原理是解題的關鍵，題目難度不大，D項為易錯點，注意NaCl和KNO3在水中溶解度的差異。7、A【解析】A用過量氨水吸收工業(yè)尾氣中的SO2的離子反應為2NH3H2O+SO22NH4+SO32-+H2O，故A正確；

13、B氯化鈉與濃硫酸混合加熱，濃硫酸中只有很少的水，氯化鈉幾乎不能電離，故該反應的離子方程式就是其化學方程式，H2SO4+2NaCl Na2SO4+2HCl，故B錯誤；C磁性氧化鐵的主要成分為四氧化三鐵，溶于稀硝酸的離子反應方程式為3Fe3O4+28H+NO3-9Fe3+NO+14H2O，故C錯誤；D明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全沉淀的離子反應方程式為2Ba2+4OH-+Al3+2SO42-2BaSO4+AlO2-+2H2O，故D錯誤；答案選A。【點睛】掌握離子方程式的正誤判斷的常見方法是解題的關鍵。本題的易錯點為D，要注意明礬溶液中滴入Ba(OH)2溶液使SO42-恰好完全

14、沉淀時，鋁離子恰好轉化為偏鋁酸根。8、C【解析】E點為0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW=10-14,由此計算氫離子濃度；F點為等物質的量HX溶液NaX溶液的混合液，此時AG=lg=6，則c(H+)c（OH-），pHc(HX)?！驹斀狻緼. F點為等物質的量HX溶液NaX溶液的混合液，此時AG=lg=6，則c(H+)c（OH-），pHc(H+)=c（OH-），故B正確；CV=10時溶液為NaX溶液,由于水解和水的電離c（OH-）c(HX)，故C錯誤；DE點為0.1mol/LHX溶液，AG=lg=8，則=108，水的離子積KW=10-14, ,則電離度=，故D正

15、確；故答案選：C?！军c睛】溶液中存在電荷守恒c(H+)+ c(Na+)=c（OH-）+ c（X-）。9、C【解析】AAg不能與鹽酸反應，而Ni能與鹽酸反應，因此金屬活動性：NiAg，故A錯誤；Bc(Ni2+)=0.4mol/L時，Ni2+剛好開始沉淀時溶液中，c(Fe3+)=0.4mol/L時，F(xiàn)e3+剛好開始沉淀時溶液中，故先產生Fe(OH)3沉淀，故B錯誤；C溶液pH=5時c(H+)=10-5mol/L，溶液中，則Ni2+未沉淀，c(Ni2+)=0.4mol/L，則，故C正確；D當溶液呈中性時，c(OH-)=110-7mol/L，此時溶液中，故Ni2+未沉淀完全，故D錯誤；故答案為：C。1

16、0、D【解析】A. Fe2與Fe(CN)63產生藍色沉淀，不能大量共存，選項A錯誤；B.強酸性溶液中H+與ClO反應產生HClO弱電解質而不能大量共存，選項B錯誤；C. AlO2與HCO3會反應生成氫氧化鋁沉淀和二氧化碳而不能大量共存，選項C錯誤；D.常溫下水電離的c(H+)為11012mol/L的溶液可能顯酸性或堿性，但與K、Na、Cl、NO3均不發(fā)生反應，能大量共存，選項D正確。答案選D。11、C【解析】A.氫氧化鈉和氯氣、HCl都能發(fā)生反應，應用飽和食鹽水除雜，A錯誤；B.Na2CO3容易溶于水，因此不能使用該裝置制取CO2，應該使用CaCO3與HCl反應制取CO2氣體，B錯誤；C.碘容

17、易溶于CCl4，不容易溶于水，用CCl4作萃取劑可以將碘水中的碘萃取出來，CCl4與水互不相容，通過分液的方法可以分離開有機層和水層，C正確；D.加熱蒸發(fā)時可促進氯化鐵水解，F(xiàn)e3+水解生成Fe(OH)3和HCl，鹽酸易揮發(fā)，為抑制FeCl3水解，制備FeCl3晶體應在HCl的氣流中蒸發(fā)結晶，D錯誤；故合理選項是C。12、B【解析】A.水的電離是吸熱反應，升高溫度促進水電離，所以溫度越高水的pH越小，故A錯誤；B.兩者的物質的量濃度和體積都相同，即兩者的物質的量相同，而鹽酸是一元酸，硫酸是二元酸，所以鹽酸中和相同濃度的NaOH溶液的體積更小，故B正確；C.pH=3的鹽酸，c(H+)=10-3m

18、ol/L，由水電離生成的c(H+)=c(OH-)=10-11mol/L，pH=3氯化鋁溶液中c(H+)=10-3mol/L，全部由水電離生成，前者大于后者，故C錯誤；D.1LpH=2的鹽酸和醋酸溶液中，醋酸的物質的量較大投入足量鋅粒，醋酸放出H2的物質的量多，故D錯誤；答案選B?！军c睛】本題考查弱電解質的電離，根據溫度與弱電解質的電離程度、弱電解質的電離程度與其濃度的關系等知識來解答。13、D【解析】T、R、W、G均為短周期元素，根據它們在周期表中的位置，可知T為碳元素，R為氧元素，G為鋁元素，W為氯元素?！驹斀狻緼. T為C元素，可形成多種氫化物，當分子量較大時，沸點即可高于R的，A錯誤；B

19、. W的最高價氧化物對應水化物為強酸，而HClO為弱酸，B錯誤；C. T和W組成的化合物為CCl4，只含有一種化學鍵共價鍵，C錯誤；D. G為Al，工業(yè)電解熔融的氧化鋁來制備其單質，D正確；故答案選D。14、B【解析】依據題意可列出反應方程式如下：5M+12HNO3=5M(NO3)2+N2+6H2O，某稀HNO3與金屬M反應時能得到+2價硝酸鹽，所以1mol M失去2mol電子，5mol M失去10mol電子；而12mol HNO3中，有10mol硝酸沒有參加氧化還原反應，只有2mol硝酸參加氧化還原反應，得到10mol電子，硝酸中氮的化合價為+5價，所以還原產物必須是0價的N2，B項正確；答

20、案選B?！军c睛】利用電子轉移數(shù)守恒是解題的突破口，找到化合價的定量關系，理解氧化還原反應的本質是關鍵。15、C【解析】A.在燒瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后將水從分液漏斗放下，通過產生氣體的量可計算Na2O2的量，故A符合題意；B.在燒瓶中放入金屬鈉，然后將有機物從分液漏斗放下，根據產生的氣體的量來判斷有機物分子中含活潑氫原子的個數(shù)，故B符合題意；C.該實驗需要測量生成氣體的量進而計算，Na2SO4xH2O晶體中結晶水測定時無法產生氣體，該裝置不能完成，故C不符合題意；D.可通過對照所以比較單位時間內Fe3+和Cu2+與雙氧水反應產生氣體的多少比較的催化效率，故D符合題意。故選C。

21、16、D【解析】A物質()的分子式為C7H8O2，故A錯誤；BC-H、C-Cl的鍵長不同，CHCl3分子是四面體結構，而不是正四面體結構，故B錯誤；C物質、結構不相似，含有醛基，二者不是同系物，故C錯誤；D香草醛中含有苯環(huán)、羥基和醛基，則可發(fā)生取代、加成反應，故D正確；答案選D。17、D【解析】A. 天然氣主要成分是甲烷，結構式：，故A錯誤；B. 和互為同位素，故B錯誤；C. 漂白粉主要成分的化學式：Ca(ClO)2和CaCl2，故C錯誤；D. 苯的比例模型：，故D正確；故選D。18、B【解析】A光影屏中安裝的計算機芯片，其材質是硅，A不正確；B可折疊光影屏將續(xù)航能力翻倍提升，電池的能量密度翻

22、倍提高，B正確；CLED光影屏白天將光能轉化為電能，夜晚將電能轉化為光能，C不正確；D碳纖維是無機非金屬材料，D不正確；故選B。19、D【解析】A. M分子結構中官能團為碳碳雙鍵與羥基，為烴的衍生物，不屬于烯烴，M與N在組成上相差不是n個CH2，且分子式也不相同，所以但既不是同系物，也不是同分異構體，A項錯誤；B. M、N分子結構中均含碳碳雙鍵，與液溴混合時，可發(fā)生加成反應，苯環(huán)與液溴發(fā)生取代反應時，還需要催化劑，B項錯誤；C. M分子內含碳碳單鍵，中心C原子采用sp3雜化，不可能所有原子共平面，N所有原子可以共平面，C項錯誤；D. M、N分子結構中均含碳碳雙鍵，均可發(fā)生加聚反應生成高分子化合

23、物，D項正確；答案選D。20、C【解析】甲烷與氯氣在光照下反應，將反應后的混合氣體通入紫色石蕊試液中紫色石蕊試液變紅且不褪色，混合氣體中含有HC1,故A錯誤；向正已烷中加入催化劑，然后高溫熱裂解，將產生的氣體通入溴水中溴水褪色裂解產生的氣體中含有烯烴，但不一定是乙烯，故B錯誤；向FeCI3溶液中滴入幾滴30%的H2O2有氧氣產生，一段時間后溶液顏色加深，F(xiàn)e3+能催化H2O2分解且該分解反應為放熱反應，故C正確；銨鹽與堿反應，加熱才能放出氨氣，向某溶液中滴加氫氧化鈉稀溶液后，將紅色石蕊試紙置于試管口，試紙不變藍，不一定無NH4+，故D錯誤。點睛：甲烷與氯氣在光照下反應，反應后的混合氣體中含有氯

24、化氫、氯代烴，可能含有剩余的氯氣，將反應后的氣體通入紫色石蕊試液中，紫色石蕊試液變紅且不褪色，一定含有氯化氫，紫色石蕊試液變紅后褪色，不一定有氯化氫。21、B【解析】如圖，HEMA和NVP通過加聚反應生成高聚物A，聚合過程中引發(fā)劑的濃度為1.6含水率最高?！驹斀狻緼. NVP中碳碳雙鍵的其中一個碳原子的另外兩個鍵均是C-H鍵，故不具有順反異構，故A錯誤；B. OH是親水基，高聚物A因含有-OH而具有良好的親水性，故B正確；C. HEMA和NVP通過加聚反應生成高聚物A，故C錯誤；D. 制備過程中引發(fā)劑濃度對含水率影響關系如圖，聚合過程中引發(fā)劑的濃度為1.6含水率最高，并不是引發(fā)劑的濃度越高越好

25、，故D錯誤；答案選B?！军c睛】常見親水基：羥基、羧基等。含這些官能團較多的物質一般具有良好的親水性。22、C【解析】A干冰為二氧化碳、明礬為十二水合硫酸鋁鉀、燒堿為氫氧化鈉，都是化合物，故A正確；B石墨、C60、金剛石都是碳元素形成的不同單質，屬于同素異形體，故B正確；C乙醇、四氯化碳屬于非電解質，氯氣是單質，既不是電解質也不是非電解質，故C錯誤；D漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物、純凈礦泉水是含電解質的水，屬于混合物，鹽酸是氯化氫氣體的水溶液，屬于混合物，故D正確；答案選C。二、非選擇題(共84分)23、取代反應酯基、溴原子在光照條件下氯氣與甲苯反應選擇性差，得到的B物質中副產物多HOCH2

26、CH2OH、【解析】A為，B為，由合成流程結合生成C的條件及圖中轉化關系可知，C為，酸性條件下水解得到D為：，酸和醇發(fā)生酯化反應，生成E為：，E發(fā)生取代反應生成F，F(xiàn)與碘甲烷發(fā)生取代反應生成G，G取代生成H，H與甲醇發(fā)生酯化反應，生成I，I發(fā)生取代反應得到J，同時還生成乙二醇，以此解答?！驹斀狻浚?）由上述分析可知，反應為酯化反應或取代反應；J中含有官能團為溴原子、酯基，故答案為：酯化反應(或取代反應)；溴原子、酯基；（2）由于用甲苯與氯氣在光照條件下反應，氯氣取代甲基的H原子，選擇性差，因此得到的B物質中副產物多，故答案為：在光照條件下氯氣與甲苯反應選擇性差，得到的B物質中副產物多；（3）反

27、應發(fā)生的是取代反應，CH2(COOC2H5)2與足量CH3CH2CH2I充分反應：；（4）I發(fā)生取代反應得到J，根據原子守恒可知同時還生成乙二醇；反應的化學方程式為：，其中產物X的結構簡式為OHCH2CH2OH，故答案為：OHCH2CH2OH；（5）能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，但不能發(fā)生水解反應，則另一個為醚鍵；苯環(huán)上一氯取代物只有一種，說明苯環(huán)上只有一種氫原子；核磁共振氫譜有4組峰，說明只有4種氫原子；符合條件的同分異構體為：、，故答案為：、；（6）與NaCN發(fā)生取代反應生成，水解生成CH3CH2CH(COOH)CH3，與甲醇發(fā)生酯化反應生成，合成路線為：。24、O2 (酚)羥基、酯基 取

28、代反應(或酯化反應) 咖啡酸乙酯 +5NaOH+2NaCl+3H2O 9 CH2=CH2 CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH 【解析】根據流程圖中有機物的結構式、分子式及反應條件分析各步反應的反應類型及產物；根據已知條件分析同分異構體的種類；根據題干信息設計有機物合成路線。由C的結構簡式、反應信息知，A、B中均含有醛基，再結合乙烯與A的轉化關系知，A是乙醛，B是，由C轉化為D的反應條件知，D為，由E的分子式、F的結構式及反應條件知，E為，由E、F之間的關系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名稱為咖啡酸乙酯；【詳解】由C的結構簡式、反應信息知，A、B中均含有醛基，再結合

29、乙烯與A的轉化關系知，A是乙醛，B是，由C轉化為D的反應條件知，D為，由E的分子式、F的結構式及反應條件知，E為，由E、F之間的關系知Y是乙醇，由酯的命名方法知F的名稱為咖啡酸乙酯；(1)乙烯生成乙醛，則X是O2；F中含氧官能團的名稱為羥基、酯基；(2)EF的反應類型為酯化反應或取代反應；B的結構簡式為；F的名稱是咖啡酸乙酯；(3)D為，與NaOH溶液反應的化學方程式：；(4)由得出分子中含有苯環(huán)且苯環(huán)上含有酚羥基；由及分子中氧原子數(shù)目知分子中含有一個-CHO、一個HCOO-，苯環(huán)上有2個官能團一定有-OH，還含有CH2CH(CHO)OOCH或CH(CHO)CH2OOCH或CH(OOCH)CH

30、2CHO，苯環(huán)上有3種不同的位置關系，故共有9種同分異構體；(5)乙烯先被氧化成乙醛，乙醛再轉化為2-丁烯醛，最后氧化為目標產物： CH2=CH2 CH3CHO CH3CH=CHCHO CH3CH=CHCOOH?！军c睛】本題難點是問題（4），應根據題中信息進行分析，遇FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明G中含有苯環(huán)和酚羥基，能發(fā)生水解反應，說明含有酯基，能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，1mol該物質最多還原出4molAg，說明酯基為HCOO，分子不含有甲基，且苯環(huán)上有2個取代基，取代基的位置為鄰間對三種，然后根據官能團位置異構進行分析。25、檢查裝置的氣密性 防止倒吸 b 2NaClO3+H2O2+

31、H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O NaClO2遇酸放出ClO2 空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降 沒有處理尾氣 A 或或(或其他合理答案) 【解析】在裝置內，NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發(fā)生反應2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O，生成的ClO2與O2的混合氣隨空氣排出進入B裝置；B裝置的進、出氣導管都很短，表明此裝置為防倒吸裝置，混合氣進入C中，發(fā)生反應2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，C

32、lO2的熔點低，遇熱水、見光易分解，所以應使用冰水浴，以降低氣體的溫度；氣體濃度較大時易發(fā)生分解，若用空氣、CO2、氮氣等氣體稀釋時，爆炸性則降低，則需控制氣體的流速不能過慢，但過快又會導致反應不充分，吸收效率低。ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理?！驹斀狻?1)制取氣體前，為防漏氣，應在組裝好儀器后，進行的操作是檢查裝置的氣密性；由以上分析知，裝置B的作用是防止倒吸；冰水浴冷卻氣體，可減少H2O2的分解、減少ClO2的分解，ClO2為氣體，降溫有利于氣體的溶解，不可能降低ClO2的溶解度，所以主要目的不包括b。答案為：檢查裝置的氣密性；防止倒吸；b；(2)ClO2是合成NaClO2的重要

33、原料，三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2，發(fā)生反應生成ClO2的化學方程式為2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。答案：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O；(3)因為NaClO2遇酸會放出ClO2，所以裝置C中加入NaOH溶液的目的除了作反應物外，還因為NaClO2遇酸放出ClO2，加堿可改變環(huán)境，使NaClO2穩(wěn)定存在?？諝獾牧魉龠^慢或過快都會影響NaClO2的產率，原因是：空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO

34、2的產率下降。答案為：NaClO2遇酸放出ClO2；空氣流速過慢時，ClO2不能及時被移走，濃度過高導致分解爆炸；空氣流速過快時，ClO2不能被充分吸收，NaClO2的產率下降；(4) ClO2氣體會污染大氣，應進行尾氣處理，所以該套裝置存在的明顯缺陷是沒有處理尾氣。答案為：沒有處理尾氣；(5)A過氧化鈉與水反應，可生成H2O2和NaOH，其還原能力與H2O2相似，A符合題意；B硫化鈉具有強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，B不合題意；C氯化亞鐵具有較強還原性，能將NaClO2固體還原為NaCl，C不合題意；D高錳酸鉀具有強氧化性，不能將NaClO2固體還原，D不合題意；故選A。答案

35、為：A；(6)可建立如下關系式：NaClO3(s)ClO2NaClO2(s)，從而得出NaClO2(s)的理論產量為：=g，NaClO2的產率是=100%。答案為：或或(或其他合理答案)?！军c睛】書寫三頸燒瓶中NaClO3與H2SO4的混合液中滴加H2O2的方程式時，我們可先確定主反應物(NaClO3、H2O2)和主產物(ClO2、O2)，然后配平，即得2NaClO3+H2O22ClO2+O2；再利用質量守恒確定其它反應物(H2SO4)和產物(Na2SO4、H2O)，最后配平，即得2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2+O2+Na2SO4+2H2O。26、水浴加熱 使乙酰水楊酸與Na

36、HCO3溶液作用轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉,與不溶性雜質分離 三頸燒瓶 b 控制反應溫度,防止乙酰水楊酸受熱分解 取少量結晶產品于試管中，加蒸餾水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色則含水楊酸 81.1% 【解析】（1）合成的溫度為85，所以可以采取水浴加熱；（2）加入飽和NaHCO3溶液使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉，與不溶性雜質分離，故答案為：使乙酰水楊酸與NaHCO3溶液作用轉化為易溶于水的乙酰水楊酸鈉,與不溶性雜質分離；（3）冷凝管中水的流向是下口進水，上口出水。由于乙酰水楊酸受熱易分解，所以使用溫度計控制反應溫度，防止乙酰水楊酸受熱分解。故答案為：

37、三頸燒瓶，b，控制反應溫度,防止乙酰水楊酸受熱分解；（4）乙酰水楊酸和水楊酸中都有羧基，但水楊酸中有酚羥基，可以用FeCl3溶液檢驗酚羥基，進而檢驗產品中是否含有水楊酸，故答案為：取少量結晶產品于試管中，加蒸餾水溶解，滴加FeCl3溶液，若溶液呈紫色則含水楊酸；(5)2.76g水楊酸為0.02mol，乙酸酐為7.5 mL1.08 g/cm3102g/mol=0.08mol，所以乙酸酐是過量的，生成的乙酰水楊酸的物質的量和水楊酸的物質的量相等，所以乙酰水楊酸的質量為0.02mol180g/mol=3.6g。則所得乙酰水楊酸的產率為100%81.1%。27、CO2Ca(OH)2CaCO3H2O（C

38、O2適量） CO2和石灰水作用有明顯的現(xiàn)象，和NaOH作用無明顯現(xiàn)象 氣球體積增大，溶液不變渾濁 乙 因為Ca(OH)2的溶解度較小，所形成的飽和石灰水中溶質的質量分數(shù)很小 【解析】甲裝置中，澄清石灰水中的Ca(OH)2與CO2反應，生成CaCO3白色沉淀，由此可寫出反應的方程式。NaOH溶液吸收CO2，看不到現(xiàn)象；乙裝置中，由于CO2被NaOH吸收，導致廣口瓶內氣體的壓強減小，于是空氣進入氣球內，由此可推知實驗現(xiàn)象。從兩瓶內溶液中所含溶質的物質的量及反應方程式進行綜合分析，以確定所選裝置。小李從相同量的堿的吸收能力考慮，忽視了溶液的濃度?！驹斀狻考籽b置中，澄清石灰水中的溶質為Ca(OH)2，

39、它與CO2反應的化學方程式為CO2Ca(OH)2CaCO3H2O（CO2適量）。通常用石灰水而不用NaOH溶液檢驗CO2，是因為CO2和石灰水作用有明顯的現(xiàn)象，和NaOH作用無明顯現(xiàn)象；乙裝置中，由于CO2被NaOH吸收，導致廣口瓶內氣體的壓強減小，于是空氣進入氣球內，從而看到氣球體積增大，溶液不變渾濁。因為澄清石灰水中Ca(OH)2微溶于水，濃度很小，溶質的物質的量很小，所以吸收CO2較多的裝置是乙。答案為：CO2Ca(OH)2CaCO3H2O（CO2適量）；CO2和石灰水作用有明顯的現(xiàn)象，和NaOH作用無明顯現(xiàn)象；氣球體積增大，溶液不變渾濁；乙；小李從相同量的堿的吸收能力考慮，忽視了溶液的

40、濃度。因為Ca(OH)2的溶解度較小，所形成的飽和石灰水中溶質的質量分數(shù)很小。答案為：因為Ca(OH)2的溶解度較小，所形成的飽和石灰水中溶質的質量分數(shù)很小?！军c睛】解題時，我們應學會應對，一個是從化學方程式分析，NaOH、Ca(OH)2吸收CO2的能力；另一個是從溶液出發(fā)，分析相同體積的NaOH、Ca(OH)2溶液吸收CO2的能力，此時需考慮溶質的溶解度以及溶液中所含溶質的物質的量。28、3d104s24p3 同周期從左到右核電荷數(shù)依次增大，半徑逐漸減小，故結合一個電子釋放出的能量依次增大 N的2p能級處于半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易結合電子 (H3O+)OHN (NH4+)NHN 正四面體

41、O sp2 sp3 【解析】（1）根據核外電子排布規(guī)律分析解答；（2）根據第一電子親和能的定義及元素周期律分析解答；（3）根據氫鍵形成原理及圖示分析解答；（4）根據價層電子對互斥理論、電負性概念分析解答；（5）根據晶胞結構及阿伏伽德羅常數(shù)含有分析解答?！驹斀狻浚?）As原子核外共有33個電子，根據電子排布規(guī)律分析得：1s22s22p63s23p63d104s24p3，即 Ar 3d104s24p3，故答案為：3d104s24p3；（2）元素的非金屬性越強，越易得到電子，則第一電子親和能越大，同周期從左到右核電荷數(shù)依次增大，半徑逐漸減小，從左到右易結合電子，放出的能量增大，N的最外層為半充滿結構

42、，較為穩(wěn)定，不易結合一個電子，故答案為：同周期從左到右核電荷數(shù)依次增大，半徑逐漸減小，故結合一個電子釋放出的能量依次增大；N的2p能級處于半充滿狀態(tài)，相對穩(wěn)定，不易結合電子；（3）O、N的非金屬性較強，對應的OH、NH都可與H形成氫鍵，還可表示為(H3O+)OHN、(NH4+)NHN，故答案為：(H3O+)OHN、(NH4+)NHN；（4）LiAlH中陰離子為AlH4-，該陰離子中中心原子Al的價層電子對數(shù)為：，且不含孤電子對，根據價層電子對互斥理論判斷該陰離子空間構型為正四面體；元素的非金屬性越強，其電負性越大，非金屬性ONCHAl，則電負性最大的是O；8-羥基喹啉中環(huán)上的N、O原子價層電子

43、對數(shù)分別為3、4，根據價層電子對互斥理論判斷原子雜化類型N、O雜化方式分別為sp2、sp3，故答案為：正四面體；O；sp2；sp3；（5）根據晶胞結構分析，晶胞中Ga原子數(shù)為4，As原子數(shù)為8+6=4，晶胞的體積為（a10-10）3cm3，則晶胞的密度為，故答案為：?！军c睛】運用分攤法計算晶胞中原子數(shù)目，根據密度的求算公式計算是解決此類問題一般思路，解題過程總注意單位的換算，此處為易錯點。29、+205 1.5 AC 根據勒夏特列原理，容器乙因溫度比丙高，平衡正向移動，因壓強比丙大平衡逆向移動，但壓強影響為主，乙的轉化率比丙低 110-6 碳酸不帶電，而碳酸氫根帶一個單位的負電荷 O2 2C2O52+4e = O2+4 CO2 【解析】C(s) + 2H2 (g) =