1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷注意事項(xiàng)：1答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)、考場(chǎng)號(hào)和座位號(hào)填寫(xiě)在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應(yīng)位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案信息點(diǎn)涂黑；如需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫(xiě)在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫(xiě)上新答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無(wú)效。4考生必須保證答題卡的整潔。考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答

2、題卡一并交回。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、已知：乙醇、乙醛的沸點(diǎn)分別為78、20.8。某同學(xué)試圖利用下列實(shí)驗(yàn)裝置來(lái)完成“乙醛的制備、收集和檢驗(yàn)”一系列實(shí)驗(yàn)，其中設(shè)計(jì)不合理的是A提供乙醇蒸氣和氧氣B乙醇的催化氧化C收集產(chǎn)物D檢驗(yàn)乙醛2、下判說(shuō)法正確的是A常溫下，c(Cl-)均為0.1mol/LNaCl溶液與NH4Cl溶液， pH相等B常溫下，濃度均為0.1mol/L的CH3COOH溶液與HCl溶液，導(dǎo)電能力相同C常溫下，HCl溶液中c(Cl-)與CH3COOH溶液中c(CH3COO-)相等，兩溶液的pH相等D室溫下，等物質(zhì)的量濃度的CH3COOH溶液和NaO

3、H溶液等體積混合，所得溶液呈中性3、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A固體含有離子的數(shù)目為B常溫下，的醋酸溶液中H+數(shù)目為C13g由C和組成的碳單質(zhì)中所含質(zhì)子數(shù)一定為D與足量在一定條件下化合，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為4、鎢是高熔點(diǎn)金屬，工業(yè)上用主要成分為FeWO4和MnWO4的黑鎢鐵礦與純堿共熔冶煉鎢的流程如下，下列說(shuō)法不正確的是（ ）A將黑鎢鐵礦粉碎的目的是增大反應(yīng)的速率B共熔過(guò)程中空氣的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)C操作II是過(guò)濾、洗滌、干燥，H2WO4難溶于水且不穩(wěn)定D在高溫下WO3被氧化成W5、零族元素難以形成化合物的本質(zhì)原因是A它們都是惰性元素B它們的化學(xué)性質(zhì)不活潑C它們

4、都以單原子分子形式存在D它們的原子的電子層結(jié)構(gòu)均為穩(wěn)定結(jié)構(gòu)6、鋼鐵防護(hù)方法有多種，如圖中的方法描述正確的是Ab為電源負(fù)極B該方法是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法C電子流向：a鋼鐵閘門(mén)輔助電極baD電源改用導(dǎo)線連接進(jìn)行防護(hù)時(shí)，輔助電極發(fā)生氧化反應(yīng)7、下列有關(guān)垃圾處理的方法不正確的是A廢電池必須集中處理的原因是防止電池中汞、鎘、鉻、鉛等重金屬元素形成的有毒化合物對(duì)土壤和水源污染B將垃圾分類回收是垃圾處理的發(fā)展方向C家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾D不可回收垃圾圖標(biāo)是8、25 時(shí)，將0.10 molL1 CH3COOH溶液滴加到10mL 0.10molL1NaOH溶液中，lg與pH的關(guān)系

5、如圖所示，C點(diǎn)坐標(biāo)是(6，1.7)。(已知：lg5=0.7)下列說(shuō)法正確的是AKa(CH3COOH)5.0105BKa(CH3COOH)5.0106CpH7時(shí)加入的醋酸溶液的體積小于10 mLDB點(diǎn)存在c(Na)c(CH3COO)(106108)molL19、下列物質(zhì)和鐵不可能發(fā)生反應(yīng)的是（）AAl2O3BH2OC濃硝酸DO210、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較，結(jié)論錯(cuò)誤的是( )A沸點(diǎn)：B溶解度：C熱穩(wěn)定性：D堿性：11、螺環(huán)化合物（環(huán)與環(huán)之間共用一個(gè)碳原子的化合物）M在制造生物檢測(cè)機(jī)器人中有重要作用，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖。下列有關(guān)該物質(zhì)的說(shuō)法正確的是（ ）A分子式為C6H8OB所有碳原子處于同一平面C是

6、環(huán)氧乙烷（）的同系物D一氯代物有2種（不考慮立體異構(gòu)）12、下列根據(jù)實(shí)驗(yàn)操作和實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所得出的結(jié)論，正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論A向亞硫酸鈉試樣中滴入鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液產(chǎn)生白色沉淀試樣已經(jīng)氧化變質(zhì)B乙醇和濃硫酸混合加熱至170，將產(chǎn)生氣體通入酸性KMnO4溶液紫紅色褪去使溶液褪色的是乙烯C在酒精燈上加熱鋁箔鋁箔熔化但不滴落熔點(diǎn)：氧化鋁鋁D將熾熱的木炭與濃硝酸混合所得氣體通入澄清石灰水中澄清石灰水不變渾濁驗(yàn)證碳的氧化產(chǎn)物為COAABBCCDD13、優(yōu)質(zhì)的含鉀化肥有硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀、氯化鉀等，下列說(shuō)法正確的是（ ）A四種鉀肥化合物都屬于正鹽，硝酸鉀屬于氮鉀二元復(fù)合肥B磷酸

7、二氫鉀在堿性土壤中使用，有利于磷元素的吸收C上述鉀肥化合物中，鉀元素含量最高的是硫酸鉀D氯化鉀可用來(lái)生產(chǎn)氫氧化鉀、硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀14、設(shè)NA為阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A標(biāo)準(zhǔn)狀況下，0.1mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.1NAB標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L NO和2.24L O2混合后氣體分子數(shù)為0.15 NAC加熱條件下，1mol Fe投入足量的濃硫酸中，生成NA個(gè)SO2分子D0.1mol Na2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA15、在鐵的氧化物和氧化鋁組成的混合物中，加入2mol/L硫酸溶液65mL，恰好完全反應(yīng)。所得溶液中Fe2+能被標(biāo)準(zhǔn)狀

8、況下112mL氯氣氧化。則原混合物中金屬元素和氧元素的原子個(gè)數(shù)之比為( )A5 : 7B4 : 3C3 : 4D9 : 1316、用表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列敘述不正確的是A4.6gNa與含0.1molHCl的稀鹽酸充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為0.2B25時(shí)，1L的溶液中由水電離的的數(shù)目為C常溫常壓下，和混合氣體所含的原子數(shù)為D500時(shí)，和在密閉容器中充分反應(yīng)后生成的分子數(shù)為17、W、X、Y、Z為短周期原子序數(shù)依次增大的主族元素，其中W元素形成的單質(zhì)密度最小，且W與X、Y、Z都能形成共價(jià)化合物,Y、W形成的常見(jiàn)化合物溶于水顯堿性,Z、W形成的化合物溶于水顯酸性。四種元素原子序數(shù)之和為30，可形成

9、的某種化合物結(jié)構(gòu)式為。下列說(shuō)法正確的是AX為碳元素BY的氧化物對(duì)應(yīng)的水化物是強(qiáng)酸CW與Y、Z三種元素形成的化合物中一定不含離子鍵D含Z的某種含氧酸鹽可用于物體表面和環(huán)境等的殺菌消毒18、下列屬于電解質(zhì)的是( )ABaSO4B濃H2SO4C漂白粉DSO219、三元軸烯（a）、四元軸烯（b）、五元軸烯（c）的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如圖所示，下列說(shuō)法不正確的是Aa、b、c都能發(fā)生加成反應(yīng)Ba與苯互為同分異構(gòu)體Ca、b、c的一氯代物均只有一種Dc分子中的原子不在同一個(gè)平面上20、含有酚類物質(zhì)的廢水來(lái)源廣泛，危害較大。含酚廢水不經(jīng)處理排入水體，會(huì)危害水生生物的繁殖和生存；飲用水含酚，會(huì)影響人體健康。某科研結(jié)構(gòu)研究出一

10、種高效光催化劑BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A光催化劑BMO可降低丁基酚氧化反應(yīng)的HB在丁基酚氧化過(guò)程中BMO表現(xiàn)出強(qiáng)還原性C苯環(huán)上連有一OH和一C4H9的同分異構(gòu)體共有12種（不考慮立體異構(gòu)）D反應(yīng)中BMO參與反應(yīng)過(guò)程且可以循環(huán)利用21、X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)=族序數(shù)，由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中甲、戊是兩常見(jiàn)的金屬單質(zhì)，丁是非金屬單質(zhì)，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體。下列說(shuō)法正確的是A丙屬于堿性氧化物BW元素在周期表中的位置是第四周期VIIIB族CW的原子序

11、數(shù)是Z的兩倍，金屬性弱于ZD常溫下等物質(zhì)的量的甲和戊加入過(guò)量濃硝酸中，消耗的HNO3物質(zhì)的量相等22、現(xiàn)有短周期主族元素X、Y、Z、R、T。R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，Z與T形成的Z2T 化合物能破壞水的電離平衡，五種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系如圖所示，下列推斷正確的是A原子半徑和離子半徑均滿足：YZBY的單質(zhì)易與R、T的氫化物反應(yīng)C最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：TRD由X、R、Y、Z四種元素組成的化合物水溶液一定顯堿性二、非選擇題(共84分)23、（14分）某芳香烴X（分子式為C7H8）是一種重要的有機(jī)化工原料，研究部門(mén)以它為初始原料設(shè)

12、計(jì)出如下轉(zhuǎn)化關(guān)系圖（部分產(chǎn)物、合成路線、反應(yīng)條件略去）。其中A是一氯代物。已知：.(苯胺，易被氧化)（1）寫(xiě)出：XA的反應(yīng)條件_；反應(yīng)的反應(yīng)條件和反應(yīng)試劑：_。（2）E中含氧官能團(tuán)的名稱：_；反應(yīng)的類型是_；反應(yīng)和先后順序不能顛倒的原因是_。（3）寫(xiě)出反應(yīng)的化學(xué)方程式：_。（4）有多種同分異構(gòu)體，寫(xiě)出1種含有1個(gè)醛基和2個(gè)羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_。（5）寫(xiě)出由A 轉(zhuǎn)化為的合成路線_。(合成路線表示方法為：AB目標(biāo)產(chǎn)物)。24、（12分）某研究小組按下列路線合成藥物諾氟沙星：已知：試劑EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，在適當(dāng)條件下，可由C生成D。

13、請(qǐng)回答：（1）根據(jù)以上信息可知諾氟沙星的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_。（2）下列說(shuō)法不正確的是_。AB到C的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)BEMME可發(fā)生的反應(yīng)有加成，氧化，取代，加聚C化合物E不具有堿性，但能在氫氧化鈉溶液中發(fā)生水解DD中兩個(gè)環(huán)上的9個(gè)C原子可能均在同一平面上（3）已知：RCH2COOH，設(shè)計(jì)以化合物HC(OC2H5)3、C2H5OH合成EMME的合成路線(用流程圖表示，無(wú)機(jī)試劑任選)_。（4）寫(xiě)出CD的化學(xué)方程式_。（5）寫(xiě)出化合物G的同系物M（C6H14N2）同時(shí)符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_1H-NMR譜表明分子中有4種氫原子，IR譜顯示含有NH鍵，不含NN鍵；分子中含有六元環(huán)狀結(jié)構(gòu)，且成環(huán)

14、原子中至少含有一個(gè)N原子。25、（12分）某小組選用下列裝置，利用反應(yīng)，通過(guò)測(cè)量生成水的質(zhì)量來(lái)測(cè)定Cu的相對(duì)原子質(zhì)量。實(shí)驗(yàn)中先稱取氧化銅的質(zhì)量為a g。(1)濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是_。(2)甲同學(xué)按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案是否可行_，理由是_。(3)乙同學(xué)按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是_。(4)丙同學(xué)認(rèn)為乙同學(xué)測(cè)量的會(huì)偏高，理由是_，你認(rèn)為該如何改進(jìn)？_(5)若實(shí)驗(yàn)中測(cè)得g，則Cu的相對(duì)原子質(zhì)量為_(kāi)。（用含a，b的代數(shù)式表示）。(6)若CuO中混有Cu，則該實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果_。（選填“偏大”、“偏小”或“不影響”）26、（10分）溴化亞銅是一種

15、白色粉末，不溶于冷水，在熱水中或見(jiàn)光都會(huì)分解，在空氣中會(huì)慢慢氧化成綠色粉末。制備CuBr的實(shí)驗(yàn)步驟如下：步驟1.在如圖所示的三頸燒瓶中加入45gCuSO45H2O、19gNaBr、150mL煮沸過(guò)的蒸餾水，60時(shí)不斷攪拌，以適當(dāng)流速通入SO2 2小時(shí)。步驟2.溶液冷卻后傾去上層清液，在避光的條件下過(guò)濾。步驟3.依次用溶有少量SO2的水、溶有少量SO2的乙醇、純乙醚洗滌。步驟4.在雙層干燥器（分別裝有濃硫酸和氫氧化鈉）中干燥34h，再經(jīng)氫氣流干燥，最后進(jìn)行真空干燥。（1）實(shí)驗(yàn)所用蒸餾水需經(jīng)煮沸，煮沸目的是除去其中水中的_（寫(xiě)化學(xué)式）。（2）步驟1中：三頸燒瓶中反應(yīng)生成CuBr的離子方程式為_(kāi)；控

16、制反應(yīng)在60進(jìn)行，實(shí)驗(yàn)中可采取的措施是_；說(shuō)明反應(yīng)已完成的現(xiàn)象是_。（3）步驟2過(guò)濾需要避光的原因是_。（4）步驟3中洗滌劑需“溶有SO2”的原因是_最后溶劑改用乙醚的目的是_。（5）欲利用上述裝置燒杯中的吸收液（經(jīng)檢測(cè)主要含Na2SO3、NaHSO3等）制取較純凈的Na2SO37H2O晶體。請(qǐng)補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)步驟（須用到SO2（貯存在鋼瓶中）、20%NaOH溶液、乙醇）_。_。加入少量維生素C溶液（抗氧劑），蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶。_。放真空干燥箱中干燥。27、（12分）某學(xué)習(xí)小組研究溶液中Fe2+的穩(wěn)定性，進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)，觀察，記錄結(jié)果。實(shí)驗(yàn) 物質(zhì)0 min1min1h5hFeSO4淡黃色桔紅色紅色深紅

17、色(NH4)2Fe(SO4)2幾乎無(wú)色淡黃色黃色桔紅色（1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是_（用化學(xué)用語(yǔ)表示）。溶液的穩(wěn)定性：FeSO4_(NH4)2Fe(SO4)2（填“”或“”） 。（2）甲同學(xué)提出實(shí)驗(yàn)中兩溶液的穩(wěn)定性差異可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的NH4+保護(hù)了Fe2+，因?yàn)镹H4+具有還原性。進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，否定了該觀點(diǎn)，補(bǔ)全該實(shí)驗(yàn)。操作現(xiàn)象取_，加_，觀察。與實(shí)驗(yàn)中(NH4)2Fe(SO4)2溶液現(xiàn)象相同。（3）乙同學(xué)提出實(shí)驗(yàn)中兩溶液的穩(wěn)定性差異是溶液酸性不同導(dǎo)致，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)：分別配制0.80 molL1 pH為1、2、3、4的FeSO4溶液，觀

18、察，發(fā)現(xiàn)pH1的FeSO4溶液長(zhǎng)時(shí)間無(wú)明顯變化，pH越大，F(xiàn)eSO4溶液變黃的時(shí)間越短。資料顯示：亞鐵鹽溶液中存在反應(yīng) 4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+由實(shí)驗(yàn)III，乙同學(xué)可得出的結(jié)論是_，原因是_。（4）進(jìn)一步研究在水溶液中Fe2+的氧化機(jī)理。測(cè)定同濃度FeSO4溶液在不同pH條件下，F(xiàn)e2+的氧化速率與時(shí)間的關(guān)系如圖（實(shí)驗(yàn)過(guò)程中溶液溫度幾乎無(wú)變化）。反應(yīng)初期，氧化速率都逐漸增大的原因可能是_。（5）綜合以上實(shí)驗(yàn)，增強(qiáng)Fe2+穩(wěn)定性的措施有_。28、（14分）甲醇是重要的化工原料。利用合成氣(主要成分為CO、CO2和H2 )在催化劑的作用下合成甲醇，可能發(fā)生的反應(yīng)如下：i.

19、CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1=QkJmol- 1ii. CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O(g) H2=+41 kJmol- 1iii. CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) H3=-99 kJmol- 1回答下列問(wèn)題：(1)Q=_(2)反應(yīng)iii的化學(xué)平衡常數(shù)K3=_(填表達(dá)式)。(3)圖中能正確反映平衡常數(shù)K3隨溫度變化關(guān)系的曲線為_(kāi)(填字母)，理由是_(4)如圖為單位時(shí)間內(nèi)CO2+H2、CO+ H2、CO/CO2+H2三個(gè)條件下生成甲醇的物質(zhì)的量濃度與溫度的關(guān)系(三個(gè)條件下通入的CO、CO2和H2的物質(zhì)的量濃度相同)。490K時(shí)，根據(jù)

20、曲線a、c判斷合成甲醇時(shí)主要發(fā)生的反應(yīng)為_(kāi)(填i ”或 iii)；由曲線a可知，甲醇的量先增大后減小，其原因是_。曲線a與曲線b相比，CO的存在使甲醇生成速率增大，從熱力學(xué)與動(dòng)力學(xué)角度，并結(jié)合反應(yīng)i、ii分析原因：_。(5)如圖是以NaOH溶液為電解質(zhì)溶液的甲醇燃料電池：電極a的反應(yīng)式為_(kāi)， 若隔膜為陽(yáng)離子交換膜，則每轉(zhuǎn)移6 mol電子，溶液中有_mol Na+向_(填“正極區(qū)”或“負(fù)極區(qū)”)移動(dòng)。29、（10分）如圖是元素周期表的一部分：（1）寫(xiě)出元素的元素符號(hào)_，與同周期的主族元素中，第一電離能比大的有_種。（2）基態(tài)銻（Sb）原子的價(jià)電子排布式為_(kāi)。H2F+SbF6-（氟酸銻）是一種超強(qiáng)

21、酸，則H2F+離子的空間構(gòu)型為_(kāi)，寫(xiě)出一種與H2F+互為等電子體的分子 _ 。 （3）下列說(shuō)法正確的是_a.N2H4分子中含5個(gè)鍵和1個(gè)鍵b.基態(tài)P原子中，電子占據(jù)的最高能級(jí)符號(hào)為Mc.Sb 位于p區(qū)d.升溫實(shí)現(xiàn)液氨氨氣氮?dú)夂蜌錃庾兓碾A段中，微粒間破壞的主要的作用力依次是氫鍵、極性 共價(jià)鍵。（4）GaN、GaP都是很好的半導(dǎo)體材料，晶體類型與晶體硅類似，熔點(diǎn)如下表所示，解釋GaN、GaP熔點(diǎn)變化原因_。 （5）GaN晶胞結(jié)構(gòu)如圖1所示，已知六棱柱底邊邊長(zhǎng)為a cm。晶胞中Ga原子采用六方最密堆積方式，每個(gè)Ga原子周?chē)嚯x最近的Ga原子數(shù)目為_(kāi)；從GaN 晶體中分割出的平行六面體如圖 。若該平

22、行六面體的體積為a3cm3，GaN 晶體的密度為_(kāi)g/cm3 (用a、NA 表示)。參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、D【解析】A、乙醇易揮發(fā)，向熱的乙醇中通入空氣，可以向后續(xù)裝置中提供乙醇蒸氣和氧氣，選項(xiàng)A正確；B、在銅粉催化下，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，選項(xiàng)B正確；C、乙醛易揮發(fā)，應(yīng)用冰水浴收集乙醛產(chǎn)物，選項(xiàng)C正確；D、產(chǎn)物中混有乙醇，乙醇也能還原酸性高錳酸鉀溶液，使其褪色，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案選D。2、C【解析】A. c(Cl-)相同，說(shuō)明兩種鹽的濃度相同，NaCl是強(qiáng)酸強(qiáng)堿鹽，不水解，溶液顯中性，而NH4Cl是強(qiáng)酸弱堿鹽，NH4+水解使溶液顯酸性，因

23、此二者的pH不相等，A錯(cuò)誤；B.HCl是一元強(qiáng)酸，完全電離，而CH3COOH是一元弱酸，部分電離，在溶液中存在電離平衡，當(dāng)兩種酸的濃度相等時(shí)，由于醋酸部分電離，所以溶液中自由移動(dòng)的離子的濃度HClCH3COOH，離子濃度越大，溶液的導(dǎo)電性就越強(qiáng)，故HCl的導(dǎo)電能力比醋酸強(qiáng)，B錯(cuò)誤；C.HCl是一元強(qiáng)酸，溶液中c(Cl-)=c(H+)-c(OH-)，CH3COOH是一元弱酸，溶液中存在電離平衡，但溶液中c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，兩溶液中c(CH3COO-)=c(Cl-)，常溫下兩溶液中c(H+)相等，所以兩溶液的pH也就相等，C正確；D.室溫下，等物質(zhì)的量濃度的CH3COO

24、H溶液和NaOH溶液等體積混合，由于二者的物質(zhì)的量相等，因此恰好反應(yīng)產(chǎn)生CH3COONa，該鹽是強(qiáng)堿弱酸鹽，CH3COO-水解，使溶液顯堿性，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。3、A【解析】A項(xiàng)、78gNa2O2固體物質(zhì)的量為1mol，1molNa2O2 固體中含離子總數(shù)為3NA，故A正確； B項(xiàng)、未說(shuō)明溶液的體積，無(wú)法確定pH=1的醋酸溶液中H+的個(gè)數(shù)，故B錯(cuò)誤； C項(xiàng)、12C和14C組成的碳單質(zhì)中兩者的個(gè)數(shù)之比不明確，故碳單質(zhì)的摩爾質(zhì)量不能確定，則13g碳的物質(zhì)的量無(wú)法計(jì)算，其含有的質(zhì)子數(shù)不一定是6NA個(gè)，故C錯(cuò)誤； D項(xiàng)、二氧化硫和氧氣的反應(yīng)為可逆反應(yīng)，不能進(jìn)行徹底，故轉(zhuǎn)移電子的個(gè)數(shù)小于0.2NA

25、個(gè)，故D錯(cuò)誤。 故選A?！军c(diǎn)睛】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)的有關(guān)計(jì)算，熟練掌握公式的使用和物質(zhì)的結(jié)構(gòu)是解題關(guān)鍵。4、D【解析】A. 根據(jù)影響反應(yīng)速率的外界因素分析知，將黑鎢鐵礦粉碎的目的是增大反應(yīng)的速率，故A正確；B. 根據(jù)流程圖知，F(xiàn)eWO4和MnWO4在空氣中與純堿共熔反應(yīng)生成MnO2、Fe2O3，F(xiàn)e(II)和Mn(II)化合價(jià)升高為Fe(III)和Mn(IV)，碳酸鈉無(wú)氧化性，則過(guò)程中空氣的作用是氧化Fe(II)和Mn(II)，故B正確；C. 根據(jù)流程圖可知Na2WO4為可溶性鈉鹽，與硫酸發(fā)生復(fù)分解反應(yīng)生成H2WO4，H2WO4難溶于水，可以通過(guò)過(guò)濾、洗滌、干燥，分離出來(lái)，加熱后分解生成

26、WO3，所以H2WO4難溶于水且不穩(wěn)定，故C正確；D. WO3生成W的過(guò)程中，元素化合價(jià)降低，應(yīng)該是被氫氣還原，故D錯(cuò)誤。故選D。5、D【解析】零族元素難以形成化合物的本質(zhì)原因是最外層都已達(dá)到穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，不容易和其它原子化合，故選D。6、D【解析】從圖示可知，由于有外加電源，故此為外加電源的陰極保護(hù)法。A、在外加電源的陰極保護(hù)法中，鋼鐵要做電解池的陰極，即a為電源的負(fù)極，則b為電源的正極，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B、該方法是外加電源的陰極保護(hù)法，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C、在電解池中，電子由電解池的陽(yáng)極電源的正極，電源的負(fù)極電解池的陰極，即電子要由輔助電極b、a鋼鐵閘門(mén)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、電源改用導(dǎo)線連接進(jìn)行防護(hù)時(shí)，即犧

27、牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法，則輔助電極要做負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)，選項(xiàng)D正確；答案選D。7、D【解析】A電池中汞、鎘和鉛等重金屬離子對(duì)土壤和水源會(huì)造成污染，所以廢電池必須進(jìn)行集中處理，故A正確；B將垃圾分類并回收利用，有利于對(duì)環(huán)境的保護(hù)，減少資源的消耗，是垃圾處理的發(fā)展方向，故B正確；C家庭垃圾中的瓜果皮、菜葉、菜梗等在垃圾分類中屬于濕垃圾，故C正確；D為可回收垃圾圖標(biāo)，故D錯(cuò)誤；故選D。8、A【解析】醋酸的電離常數(shù)，取對(duì)數(shù)可得到；【詳解】A. 據(jù)以上分析，將C點(diǎn)坐標(biāo)(6,1.7)代入，可得lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，Ka(CH3COOH)=5.010-5，A正確；B. 根據(jù)A項(xiàng)分

28、析可知，B錯(cuò)誤；C. 當(dāng)往10 mL 0.10 molL-1 NaOH溶液中加入10 mL 0.10 molL-1醋酸溶液時(shí)，得到CH3COONa溶液，溶液呈堿性，故當(dāng)pH=7時(shí)加入的醋酸溶液體積應(yīng)大于10mL，C錯(cuò)誤；D. B點(diǎn)，又lg Ka(CH3COOH)=1.7-6=-4.3，則由得，pH=8.3，c(H+)=10-8.3 molL-1，結(jié)合電荷守恒式：c(CH3COO-)+ c(OH-)=c(H+)+c(Na+)知，c(Na+)-c(CH3COO-)=c(OH-)-c(H+)=(10-5.7-10-8.3) molL-1，D錯(cuò)誤；答案選A。9、A【解析】A、鐵的活潑性比鋁弱，則鐵和A

29、l2O3不反應(yīng)，故A選； B、鐵和H2O在高溫下反應(yīng)生成四氧化三鐵和氫氣，故B不選； C、鐵和濃硝酸在加熱的條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，常溫下發(fā)生鈍化，故C不選； D、鐵在氧氣中點(diǎn)燃生成四氧化三鐵，故D不選； 故選：A。10、A【解析】A. 乙醇分子間能夠形成氫鍵，而丙烷不能，因此沸點(diǎn)，故A錯(cuò)誤；B鹵化銀的溶解度從上到下，逐漸減小，AgI的溶解度更小，即溶解度：AgIAgCl，故B正確；C. 非金屬性越強(qiáng)，氫化物越穩(wěn)定，非金屬性AsBr，則熱穩(wěn)定性，故C正確；D. 金屬性越強(qiáng)，最高價(jià)氧化物的水化物堿性越強(qiáng)，金屬性BaCs，則堿性，故D正確；答案選A?！军c(diǎn)睛】本題的易錯(cuò)點(diǎn)為C，要注意As和Br在元素

30、周期表中的位置，同時(shí)注意元素周期律的應(yīng)用。11、D【解析】A分子式為C5H8O，A錯(cuò)誤；B兩個(gè)環(huán)共用的碳原子與4個(gè)碳原子相連，類似于甲烷的結(jié)構(gòu)，所有碳原子不可能處于同一平面，B錯(cuò)誤；C環(huán)氧乙烷（）只有一個(gè)環(huán)，而M具有兩個(gè)環(huán)，二者結(jié)構(gòu)不相似，不互為同系物，C錯(cuò)誤；D三元環(huán)和四元環(huán)中的一氯代物各有1種，D正確； 故選D。12、C【解析】向亞硫酸鈉試樣中滴入鹽酸酸化的Ba(NO3)2溶液，酸性條件下具有氧化性，能夠?qū)喠蛩徕c氧化為硫酸鈉，生成硫酸鋇沉淀，不能證明試樣已氧化變質(zhì)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；乙醇易揮發(fā)，且乙烯、乙醇均能被高錳酸鉀氧化，使溶液褪色的不一定是乙烯，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；鋁箔加熱熔化但不滴落，是因?yàn)檠?/p>

31、化鋁的熔點(diǎn)高于鋁，C正確；4HNO3(濃)C4NO2CO22H2O，濃硝酸易揮發(fā)，且NO2溶解于水生成硝酸，致使澄清石灰水與二氧化碳接觸無(wú)現(xiàn)象，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。13、D【解析】A磷酸二氫鉀可以電離出氫離子，所以為酸式鹽，故A錯(cuò)誤；B磷酸二氫根離子易與氫氧根離子反應(yīng)生成磷酸根離子，磷酸根離子與陽(yáng)離子易形成不溶性沉淀，所以磷酸二氫鉀在堿性土壤中使用，不利于磷元素的吸收，故B錯(cuò)誤；C依據(jù)化學(xué)式計(jì)算可得：硝酸鉀含鉀38.6%、硫酸鉀含鉀44.8%、磷酸二氫鉀含鉀約28.8%、氯化鉀含鉀52%，鉀元素含量最高的是氯化鉀，故C錯(cuò)誤；D氯化鉀是重要的化工原料，可以用來(lái)生產(chǎn)氫氧化鉀、硝酸鉀、硫酸鉀、磷酸二氫鉀，故

32、D正確；故選：D。14、D【解析】ACl2溶于水發(fā)生反應(yīng)H2O+Cl2HCl+HClO，是一個(gè)可逆反應(yīng)，0.1mol Cl2溶于水，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目小于0.1NA， A錯(cuò)誤；B標(biāo)準(zhǔn)狀況下，2.24L NO和2.24L O2混合，發(fā)生的反應(yīng)有：2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，所以混合后的氣體分子數(shù)小于0.15 NA，B錯(cuò)誤；C加熱條件下，F(xiàn)e與足量的濃硫酸反應(yīng)生成+3價(jià)的鐵離子，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為3mol，根據(jù)得失電子守恒，應(yīng)生成NA個(gè)SO2分子，C錯(cuò)誤；D0.1mol Na2O2與足量的潮濕的二氧化碳反應(yīng)生成碳酸鈉和氧氣，過(guò)氧化鈉中氧元素即被氧化又被還原，所以轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，D正

33、確，答案選D。15、D【解析】硫酸的物質(zhì)的量n=2mol/L0.065L=0.1mol，所以n（H+）=0.26mol。因?yàn)槠渑c混合物恰好完全反應(yīng)，氫離子與混合物中的氧離子生成H2O，說(shuō)明混合物中含有0.1mol O；n(Cl2)=0.005mol，根據(jù)反應(yīng)：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，則溶液中n（Fe2+）=0.01mol，所以FeO為0.01mol。設(shè)Fe2O3和Al2O3為Xmol，則0.01+3X=0.1，X=0.04，所以金屬原子個(gè)數(shù)是0.01+0.042=0.09，原混合物中金屬元素和氧元素的原子個(gè)數(shù)之比為0.09:0.1=9：1本題選A?！军c(diǎn)睛】金屬氧化物與酸反應(yīng)時(shí)，酸中

34、的氫離子與氧化物中的氧離子結(jié)合成水，所以可用酸中的氫離子的物質(zhì)的量計(jì)算金屬氧化物中氧離子的物質(zhì)的量。混合物的計(jì)算通?？捎檬睾惴ń忸}，本題可用氫原子和氧原子守恒、硫酸根守恒、電荷守恒、電子轉(zhuǎn)移守恒等等，所以本題還有其他解法。16、D【解析】鹽類水解的本質(zhì)是水的電離平衡的移動(dòng)。一定條件下可逆反應(yīng)不可能進(jìn)行完全。【詳解】A. 鈉能與溶液中的水反應(yīng)，不會(huì)有鈉剩余。4.6gNa與稀鹽酸充分反應(yīng)，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目必為0.2，A項(xiàng)正確；B. 溶液中OH全部來(lái)自水的電離。25、1L的溶液中c(H+)=10-9mol/L，則c(OH-)=10-5mol/L，水電離的OH的數(shù)目為，B項(xiàng)正確；C. 和混合氣體中，“CH

35、2”的物質(zhì)的量為1mol，所含原子數(shù)為，C項(xiàng)正確；D. 二氧化硫與氧氣的反應(yīng)可逆，不能完全進(jìn)行。故和充分反應(yīng)生成的分子數(shù)小于，D項(xiàng)錯(cuò)誤。本題選D。17、D【解析】W、X、Y、Z為短周期原子序數(shù)依次增大的主族元素，其中W元素形成的單質(zhì)密度最小，則W為H，且W與X、Y、Z都能形成共價(jià)化合物，Y、W形成的常見(jiàn)化合物溶于水顯堿性，則Y為N，Z、W形成的化合物溶于水顯酸性，則Z為F或Cl，四種元素原子序數(shù)之和為30，則Z只能為Cl，可形成的某種化合物結(jié)構(gòu)式為，則X為B。【詳解】A. X為硼元素，故A錯(cuò)誤；B. Y的氧化物N2O3對(duì)應(yīng)的水化物HNO2是弱酸，故B錯(cuò)誤；C. W與Y、Z三種元素形成的化合物氯

36、化銨中含有離子鍵，故C錯(cuò)誤；D. 含Z的某種含氧酸鹽NaClO可用于物體表面和環(huán)境等的殺菌消毒，故D正確。綜上所述，答案為D?！军c(diǎn)睛】氫、氧、氮三種元素可以形成共價(jià)化合物，如硝酸；可以形成離子化合物，如硝酸銨。18、A【解析】電解質(zhì)是在水中或熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電的化合物。【詳解】A. BaSO4在熔融狀態(tài)下可以導(dǎo)電，故A選；B. 濃H2SO4是混合物，電解質(zhì)必須是純凈物，故B不選；C. 漂白粉是混合物，電解質(zhì)必須是純凈物，故C不選；D. SO2溶于水生成亞硫酸，亞硫酸是電解質(zhì)，但SO2不是，液態(tài)SO2中只有分子，不能導(dǎo)電，故D不選；故選A。【點(diǎn)睛】BaSO4這類化合物，雖然難溶于水，但溶于水的部

37、分可以完全電離，而且在熔融狀態(tài)下也可以完全電離，故BaSO4是電解質(zhì)。電解質(zhì)和非電解質(zhì)都是化合物，即必須是純凈物，所以混合物和單質(zhì)既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)。19、D【解析】A. a、b、c均含有碳碳雙鍵，因此都能發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B. a和苯的分子式均為C6H6，且結(jié)構(gòu)不同，則a與苯互為同分異構(gòu)體，故B正確；C. a、b、c分子中均只有一種氫原子，則它們的一氯代物均只有一種，故C正確；D. c分子中含有碳碳雙鍵的平面結(jié)構(gòu)，根據(jù)乙烯的平面結(jié)構(gòu)分析，c中所有的原子在同一個(gè)平面上，故D錯(cuò)誤；故選D?！军c(diǎn)睛】在常見(jiàn)的有機(jī)化合物中，甲烷為正四面體結(jié)構(gòu)，乙烯和苯是平面型結(jié)構(gòu)，乙炔是直線型結(jié)構(gòu)，其它

38、有機(jī)物可在此基礎(chǔ)上進(jìn)行判斷即可。20、A【解析】A催化劑可降低丁基酚氧化反應(yīng)的活化能，不會(huì)改變H，A項(xiàng)錯(cuò)誤；BBMO被氧氣氧化成變?yōu)锽MO+，說(shuō)明該過(guò)程中BMO表現(xiàn)出較強(qiáng)還原性，B項(xiàng)正確；C-C4H9有4種結(jié)構(gòu)異構(gòu)，苯環(huán)上還存在羥基，可以形成鄰間對(duì)三種位置異構(gòu)，總共有12種，C項(xiàng)正確；D催化劑在反應(yīng)過(guò)程中，可以循環(huán)利用，D項(xiàng)正確；答案選A。21、C【解析】X、Y、Z、W是原子序數(shù)依次增大的前四周期元素，X、Z的周期序數(shù)族序數(shù)，應(yīng)分別為H、Al元素，由這四種元素組成的單質(zhì)或化合物存在如圖所示的轉(zhuǎn)化關(guān)系，其中甲、戊是兩常見(jiàn)的金屬單質(zhì)，丁是非金屬單質(zhì)，其余為氧化物且丙為具有磁性的黑色晶體，則丙為Fe

39、3O4，由轉(zhuǎn)化關(guān)系可知甲為Fe、乙為H2O，丁為H2，戊為Al、己為Al2O3，則對(duì)應(yīng)X、Y、Z、W分別為H、O、Al、Fe元素。【詳解】A. 丙為Fe3O4，不是兩性氧化物，故A錯(cuò)誤；B. W為Fe，原子序數(shù)為26，位于第四周期族，故B錯(cuò)誤；C. 由金屬活動(dòng)順序可知Fe的金屬性比Al弱，故C正確；D. 常溫下等物質(zhì)的量的甲和戊加入過(guò)量濃硝酸中，均產(chǎn)生鈍化現(xiàn)象，故D錯(cuò)誤；故選C?！军c(diǎn)睛】本題考查無(wú)機(jī)物的推斷，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)、元素周期律等為解答的關(guān)鍵，側(cè)重分析與推斷能力的考查，注意丙為具有磁性的黑色晶體為推斷的突破口，D為易錯(cuò)點(diǎn)，鈍化的量不能確定。22、B【解析】現(xiàn)有短周期主族元素X

40、、Y、Z、R、T，結(jié)合五種元素的原子半徑與原子序數(shù)的關(guān)系圖可知，Z的原子半徑最大，X的原子半徑和原子序數(shù)均最小，則X為H元素；由R原子最外層電子數(shù)是電子層數(shù)的2倍，R為第二周期的C元素；Y與Z能形成Z2Y、Z2Y2型離子化合物，則Z為Na元素，Y為O元素，Z與T形成的Z2T化合物能破壞水的電離平衡，T為S元素，據(jù)此分析解答。【詳解】由上述分析可知，X為H元素，R為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，T為S元素。A電子層越多，原子半徑越大，則原子半徑為YZ，而具有相同電子排布的離子中原子序數(shù)大的離子半徑小，則離子半徑為YZ，故A錯(cuò)誤；BY的單質(zhì)為氧氣，與C的氫化物能夠發(fā)生燃燒反應(yīng)，與S的氫化物能夠

41、反應(yīng)生成S和水，故B正確；C非金屬性SC，則最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性：TR，故C錯(cuò)誤；D由H、C、O、Na四種元素組成的化合物不僅僅為NaHCO3，可能為有機(jī)鹽且含有羧基，溶液不一定為堿性，可能為酸性，如草酸氫鈉溶液顯酸性，故D錯(cuò)誤；答案選B。二、非選擇題(共84分)23、光照 O2、Cu，加熱 羧基 氧化 防止氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化） +HNO3(濃)+H2O 、 【解析】分子式為芳香烴C7H8的不飽和度為：=4，則該芳香烴為甲苯（）；甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成A，則A為；A生成B，且B能發(fā)生催化氧化，則B為、C為、D為、E為；發(fā)生硝化反應(yīng)生成F，F(xiàn)通過(guò)題目提示

42、的反應(yīng)原理生成，以此解答?！驹斀狻浚?）甲苯在光照條件下與氯氣反應(yīng)生成A，反應(yīng)條件是光照；B發(fā)生氧化反應(yīng)生成C，條件是O2、Cu，加熱；（2）由分析可知E為，氧官能團(tuán)的名稱為：羧基；F是，的方程式為：，該反應(yīng)是氧化反應(yīng)；苯胺易被氧化，所以和先后順序不能顛倒，以免氨基被氧化（羧基不易被氧化，氨基容易被氧化）；（3）發(fā)生硝化反應(yīng)生成F，方程式為：+HNO3(濃)+H2O；（4）含有1個(gè)醛基和2個(gè)羥基且苯環(huán)上只有2種一氯取代物的芳香族化合物應(yīng)該是對(duì)稱的結(jié)構(gòu)，苯環(huán)上必須有3個(gè)取代基，可能的結(jié)構(gòu)有、；（5）由分析可知A為，通過(guò)加成反應(yīng)和消去反應(yīng)，生成，用Cl2加成生成，再進(jìn)行一步取代反應(yīng)即可，整個(gè)合成路

43、線為：。24、 AC C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2 +C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH 、 【解析】根據(jù)流程圖分析，A為，B為，C為，E為，F(xiàn)為，H為。（1）根據(jù)以上信息，可知諾氟沙星的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。（2）A.B到C的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化，加聚反應(yīng)，酯基可發(fā)生取代反應(yīng)；C.化合物E含有堿基，具有堿性；D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個(gè)乙烯的結(jié)構(gòu)片斷、右環(huán)上兩個(gè)乙烯的結(jié)構(gòu)片斷都共用兩個(gè)碳原

44、子，兩個(gè)環(huán)上的9個(gè)C原子可能共平面；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應(yīng)，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應(yīng)，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應(yīng)，生成和C2H5OH。（5）G的同系物M（C6H14N2）同時(shí)符合下列條件的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：若六元環(huán)上只有一個(gè)N原子，則分子中不存在4種氫原子的異構(gòu)體，所以兩個(gè)N原子必須都在環(huán)上，且分子呈對(duì)稱結(jié)構(gòu)。依照試題信息，兩個(gè)N原子不能位于六元環(huán)的鄰位，N原子上不

45、能連接C原子，若兩個(gè)C原子構(gòu)成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個(gè)N原子只能位于六元環(huán)的間位或?qū)ξ唬瑑蓚€(gè)甲基可連在同一個(gè)碳原子上、不同的碳原子上，但都必須呈對(duì)稱結(jié)構(gòu)?！驹斀狻浚?）通過(guò)對(duì)流程圖的分析，可得出諾氟沙星的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。答案為：；（2）A.B到C的反應(yīng)類型為還原反應(yīng)，A錯(cuò)誤；B.EMME為C2H5OCH=C(COOC2H5)2，碳碳雙鍵可發(fā)生加成、氧化，加聚反應(yīng)，酯基可發(fā)生取代反應(yīng)，B正確；C.化合物E含有堿基，具有堿性，C錯(cuò)誤；D.D中左邊苯環(huán)與右邊環(huán)中一個(gè)乙烯的結(jié)構(gòu)片斷、右環(huán)上兩個(gè)乙烯的結(jié)構(gòu)片斷都共用兩個(gè)碳原子，兩個(gè)環(huán)上的9個(gè)C原子可能共平面，D正確。答案為

46、：AC；（3）將C2H5OH氧化為CH3COOH，利用信息RCH2COOH，制得ClCH2COOH，再與NaCN反應(yīng)，生成NCCH2COOH，酸化后再酯化得CH2(COOC2H5)2，再與HC(OC2H5)3反應(yīng)，便可得到C2H5OCH=C(COOC2H5)2。答案為：C2H5OHCH3COOHClCH2COOHNCCH2COOHCH2(COOH)2CH2(COOC2H5)2C2H5OCH=C(COOC2H5)2；（4）與C2H5OCH=C(COOC2H5)2反應(yīng)，生成和C2H5OH。答案為：+C2H5OCH=C(COOC2H5)2+2C2H5OH；（5）若六元環(huán)上只有一個(gè)N原子，則分子中不存

47、在4種氫原子的異構(gòu)體，所以兩個(gè)N原子必須都在環(huán)上，且分子呈對(duì)稱結(jié)構(gòu)。依照試題信息，兩個(gè)N原子不能位于六元環(huán)的鄰位，N原子上不能連接C原子，若兩個(gè)C原子構(gòu)成乙基，也不能滿足“分子中有4種氫原子”的題給條件。因此，兩個(gè)N原子只能位于六元環(huán)的間位或?qū)ξ唬Y(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為、；兩個(gè)甲基可連在同一個(gè)碳原子上、不同的碳原子上，結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可能為、。答案為：、。25、氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動(dòng)，從而得到氨氣 不可行 C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無(wú)法測(cè)量出生成水的質(zhì)量 吸收未反應(yīng)的NH3，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入

48、裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會(huì)偏高 可在裝置B和A之間增加裝置D 偏大 【解析】(1)生石灰和水反應(yīng)生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導(dǎo)致溶液溫度升高，抑制氨氣溶解，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離；(2)甲同學(xué)按B-A-E-C-D的順序連接裝置，過(guò)程中生成的水和過(guò)量氨氣會(huì)被裝置C吸收；(3)乙同學(xué)按B-A-D-E-C的順序連接裝置，裝置C可以吸收多余氨氣和防止空氣中水蒸氣進(jìn)入D影響測(cè)定結(jié)果；(4)丙同學(xué)認(rèn)為乙同學(xué)測(cè)量的m(H2O)會(huì)偏高，可能是氨氣中水蒸氣進(jìn)入裝置D被吸收，可以用堿石灰吸收水蒸氣，干燥的氨氣再和氧化銅反應(yīng)；(5)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O

49、，結(jié)合化學(xué)方程式定量關(guān)系計(jì)算；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質(zhì)量減小，測(cè)定水質(zhì)量減小，結(jié)合計(jì)算定量關(guān)系判斷結(jié)果誤差?！驹斀狻?1)生石灰和水反應(yīng)生成Ca（OH）2且放出大量熱，放出的熱量導(dǎo)致溶液溫度升高，溫度越高，導(dǎo)致氨氣的溶解度越低；氫氧化鈣電離生成氫氧根離子，氫氧根離子濃度增大抑制一水合氨電離，則抑制氨氣溶解，所以常用氨水滴入生石灰中制取氨氣，濃氨水滴入生石灰中能制得NH3的原因是：氨水中存在平衡NH3+H2ONH3H2ONH4+OH-，生石灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動(dòng)，從而得到氨氣；答案是: 氨水中存在平衡NH3+H2ONH3 .H2O NH4+OH-，生石

50、灰吸收濃氨水中的水放出熱量，生成OH-均能使平衡向左移動(dòng)，從而得到氨氣；(2)甲同學(xué)按B-A-E-C-D的順序連接裝置，該方案不可行，C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無(wú)法測(cè)量出生成水的質(zhì)量；答案是：不可行；C裝置將生成的水和多余的氨氣一起吸收，無(wú)法測(cè)量出生成水的質(zhì)量；(3)乙同學(xué)按B-A-D-E-C的順序連接裝置，則裝置C的作用是:吸收未反應(yīng)的NH3，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入；答案是: 吸收未反應(yīng)的NH3，防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入； (4)丙同學(xué)認(rèn)為乙同學(xué)測(cè)量的m(H2O)會(huì)偏高，可能是裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會(huì)偏高，可在裝置B和A之間增加裝置D吸收氨氣中水蒸氣，減少誤差；答

51、案是：裝置B生成的氨氣有混有水，故m(H2O)會(huì)偏高；可在裝置B和A之間增加裝置D；(5)反應(yīng)2NH3+3CuO=N2+3Cu+3H2O，生成水物質(zhì)的量和氧化銅物質(zhì)的量相同，若實(shí)驗(yàn)中測(cè)得m(H2O)=bg，氧化銅物質(zhì)的量n=，實(shí)驗(yàn)中先稱取氧化銅的質(zhì)量m(CuO)為a g，則Cu的摩爾質(zhì)量=ag/bg/18g/mol-16g/mol，即Cu的相對(duì)原子質(zhì)量為:-16；答案是:-16；(6)若CuO中混有Cu，氧元素質(zhì)量減小，測(cè)定水質(zhì)量減小，b減小，則-16值增大，所以若CuO中混有Cu，則該實(shí)驗(yàn)測(cè)定結(jié)果偏大；答案是:偏大。26、O2 2Cu2+ + 2Br+ SO2 + 2H2O 2CuBr+SO

52、42+4H+ 60水浴加熱 溶液藍(lán)色完全褪去 防止CuBr見(jiàn)光分解 防止CuBr被氧化 除去表面乙醇，并使晶體快速干燥 在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和 然后向燒杯中加入100g 20%的NaOH溶液 過(guò)濾，用乙醇洗滌23次 【解析】(1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，要排除氧氣的干擾；(2)三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應(yīng)生成CuBr沉淀；控制反應(yīng)在60進(jìn)行，可以用60的水浴加熱；45gCuSO45H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過(guò)量，所以當(dāng)溶液中的銅離子消耗完時(shí)反應(yīng)即完成；(3)溴化亞銅見(jiàn)光會(huì)分解；(4)溴化亞銅在空氣中會(huì)慢慢被氧化，洗

53、滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO37H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據(jù)鈉元素守恒可知，此時(shí)溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g 20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應(yīng)生成Na2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，用乙醇洗滌23次，除去表面可溶性雜質(zhì)，放真空干燥箱中干燥，據(jù)此答題?！驹斀狻?1)溴化亞銅能被氧氣慢慢氧化，用二氧化硫還原銅離子生

54、成溴化亞銅要排除氧氣的干擾，可以通過(guò)煮沸的方法除去其中水中的O2，故答案為：O2；(2)三頸燒瓶中銅離子被二氧化硫還原成亞銅離子，與溴離子反應(yīng)生成CuBr沉淀，反應(yīng)的離子方程式為2Cu2+2Br+SO2+2H2O=2CuBr+SO42+4H+，故答案為：2Cu2+2Br+SO2+2H2O=2CuBr+SO42+4H+； 控制反應(yīng)在60進(jìn)行，可以用60的水浴加熱；故答案為： 60水浴加熱；45gCuSO45H2O為0.18mol，19gNaBr為0.184mol，所以NaBr稍過(guò)量，所以當(dāng)溶液中的銅離子消耗完時(shí)反應(yīng)即完成，所以說(shuō)明反應(yīng)已完成的現(xiàn)象是溶液藍(lán)色完全褪去，故答案為：溶液藍(lán)色完全褪去；(

55、3)溴化亞銅見(jiàn)光會(huì)分解，所以步驟2過(guò)濾需要避光，防止CuBr見(jiàn)光分解，故答案為：防止CuBr見(jiàn)光分解；(4)在空氣中會(huì)慢慢被氧化，所以洗滌劑需“溶有SO2”可以防止CuBr被氧化，最后溶劑改用乙醚可以除去表面乙醇，并使晶體快速干燥，故答案為：防止CuBr被氧化；除去表面乙醇，并使晶體快速干燥；(5)燒杯中的吸收液主要含Na2SO3、NaHSO3等，制取較純凈的Na2SO37H2O晶體，可以在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和，將Na2SO3生成NaHSO3，根據(jù)鈉元素守恒可知，此時(shí)溶液中NaHSO3的物質(zhì)的量為0.5mol，然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液，使NaHSO3恰好完全反應(yīng)生成N

56、a2SO3，加入少量維生素C溶液(抗氧劑)，蒸發(fā)濃縮，冷卻結(jié)晶，過(guò)濾，用乙醇洗滌23次，除去表面可溶性雜質(zhì)，放真空干燥箱中干燥，故答案為：在燒杯中繼續(xù)通入SO2至飽和；然后向燒杯中加入100g20%的NaOH溶液；過(guò)濾，用乙醇洗滌23次。27、NH4+H2ONH3H2OH+ 取2 mL pH4.0的0.80 molL1 FeSO4溶液 加2滴0.01 molL1 KSCN溶液 溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定 溶液中存在平衡4Fe2+O210H2O 4Fe(OH)38H+， c（H+）大，對(duì)平衡的抑制作用強(qiáng)，F(xiàn)e2+更穩(wěn)定 生成的Fe(OH)3對(duì)反應(yīng)有催化作用 加一定量的酸；密封保存 【解析】（1

57、）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但中（NH4）2Fe（SO4）2含有濃度較高的NH4+；通過(guò)表格中的顏色變化來(lái)分析；（2）由于是要驗(yàn)證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護(hù)了Fe2+導(dǎo)致，根據(jù)控制變量法可知，應(yīng)除了讓NH4+這個(gè)影響因素外的其它影響因素均保持一致，據(jù)此分析；（3）由實(shí)驗(yàn)可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強(qiáng)，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應(yīng)4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，根據(jù)平衡的移動(dòng)來(lái)分析；（4）根據(jù)影響反應(yīng)速率的因素有濃度、壓強(qiáng)、溫度和催化劑來(lái)分析；（5）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)來(lái)分析?！?/p>

58、詳解】（1）（NH4）2Fe（SO4）2溶液和FeSO4中的Fe2+濃度相同，但（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水解顯酸性，導(dǎo)致（NH4）2Fe（SO4）2中的pH更?。煌ㄟ^(guò)表格中的顏色變化可知（NH4）2Fe（SO4）2中的Fe2+被氧化的速率更慢，即溶液的穩(wěn)定性：FeSO4（NH4）2Fe（SO4）2，故答案為：NH4+H2ONH3H2O+H+；（2）由于是要驗(yàn)證兩溶液的穩(wěn)定性差異是否是由于（NH4）2Fe（SO4）2溶液中的NH4+保護(hù)了Fe2+導(dǎo)致，根據(jù)控制變量法可知，應(yīng)除了讓NH4+這個(gè)影響因素外的其它影響因素均保持一致，故應(yīng)取2mLpH=4.0的0

59、.80molL-1FeSO4溶液于試管中，加2滴0.01molL-1KSCN溶液，過(guò)若觀察到的現(xiàn)象與實(shí)驗(yàn)中（NH4）2Fe（SO4）2溶液現(xiàn)象相同，則說(shuō)明上述猜想不正確，故答案為：取2mLpH=4.0的0.80molL-1FeSO4溶液；加2滴0.01molL-1KSCN溶液；（3）由實(shí)驗(yàn)可知，溶液的pH越小，溶液的酸性越強(qiáng)，則Fe2+越穩(wěn)定；亞鐵鹽溶液中存在反應(yīng)4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，溶液的pH越小，則氫離子濃度越大，平衡左移，則Fe2+的氧化被抑制，故答案為：溶液pH越小，F(xiàn)e2+越穩(wěn)定；溶液中存在平衡4Fe2+O2+10H2O4Fe（OH）3+8H+，c（H+

60、）大，對(duì)平衡的抑制作用強(qiáng)，F(xiàn)e2+更穩(wěn)定；（4）影響反應(yīng)速率的因素有濃度、壓強(qiáng)、溫度和催化劑，而同一條曲線上的濃度FeSO4溶液相同，且應(yīng)隨著反應(yīng)的進(jìn)行，F(xiàn)e2+的濃度減小，故不是濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響；而此反應(yīng)為溶液中的反應(yīng)，故壓強(qiáng)對(duì)此反應(yīng)速率無(wú)影響；而此反應(yīng)中溫度不變，故能影響反應(yīng)速率的只有催化劑，故唯一的可能原因是生成的Fe（OH）3對(duì)反應(yīng)有催化作用，故答案為：生成的Fe（OH）3對(duì)反應(yīng)有催化作用；（5）根據(jù)上述實(shí)驗(yàn)可知，加入一定量的酸會(huì)抑制Fe2+的氧化，或是隔絕空氣密封保存，故答案為：加入一定量的酸，密封保存?！军c(diǎn)睛】（NH4）2Fe（SO4）2溶液中含有濃度較高的NH4+，NH4+水