2022年山西省太原市第十學高三考前熱身化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內(nèi)，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內(nèi)，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、銀Ferrozine 法檢測甲醛的原理：在原電池裝置中，氧化銀將甲醛充分氧化為CO2Fe3+與中產(chǎn)生的Ag定量反應生成Fe2+Fe2+與Ferrozine形成有色物質測定溶液的吸光度(吸光度與溶液中有色物質的濃度成正比)。下列說法不正確的是( )

2、A中負極反應式：HCHO-4e-+H2O=CO2+4H+B溶液中的H+由Ag2O極板向另一極板遷移C測試結果中若吸光度越大，則甲醛濃度越高D理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質的量之比為1：42、結構片段為CH2CH=CHCH2的高分子化合物的單體是A乙烯B乙炔C正丁烯D1，3-丁二烯3、下列說法中，不正確的是A固體表面水膜的酸性很弱或呈中性，發(fā)生吸氧腐蝕B鋼鐵表面水膜的酸性較強，發(fā)生析氫腐蝕C將鋅板換成銅板對鋼閘門保護效果更好D鋼閘門作為陰極而受到保護4、下列指定反應的離子方程式正確的是A向NaAlO2溶液中滴入NaHCO3溶液：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-B

3、MnO2與濃鹽酸混合加熱：MnO2+4H+4Cl-MnCl2+Cl2+2H2OCFeSO4溶液中加入鹽酸酸化的H2O2：Fe2+H2O2+2H+=Fe3+2H2ODCa(HCO3)2溶液中加入過量氨水：Ca2+HCO3-+NH3H2O=CaCO3+H2O+NH4+5、鹵代烴C3H3Cl3的鏈狀同分異構體（不含立體異構）共有A4種B5種C6種D7種6、比較歸納是化學學習常用的一種方法。對以下三種物質的轉化關系，CCO2；CH4CO2；COCO2，比較歸納正確的是A三種轉化關系中發(fā)生的反應都屬于化合反應B三種轉化關系中所有的生成物在常溫下都是氣體C三種物質都只能跟氧氣反應轉化為二氧化碳D三種物質都

4、能在點燃條件下轉化為二氧化碳7、室溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A0.1 molL1NaOH溶液：Na+、K+、CO32-、AlO2-B通入過量Cl2：Cl、SO42、Fe2+、Al3+C通入大量CO2的溶液中：Na+、ClO-、CH3COO-、HCO3-D0.1molL1H2SO4溶液：K+、NH4+、NO3-、HSO3-8、某溫度下，將Cl2通入KOH溶液中，反應后得到KCl、KClO、KClO3的混合液，經(jīng)測定ClO-和ClO3-個數(shù)比為1：2，則Cl2與KOH溶液反應時，被還原的氯與被氧化的氯的物質的量之比為（ ）A21：5B4：1C3：lD11：39、設NA為阿伏

5、加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是（）A高溫下，0.2mol Fe與足量水蒸氣反應，生成的H2分子數(shù)目為0.3NAB室溫下，1L pH=13的NaOH溶液中，由水電離的OH離子數(shù)目為0.1NAC氫氧燃料電池正極消耗22.4L（標準狀況）氣體時，電路中通過的電子數(shù)目為2NAD5NH4NO32HNO3+4N2+9H2O反應中，生成28g N2時，轉移的電子數(shù)目為3.75NA10、如圖所示，甲乙兩裝置的電極材料和電解質溶液均相同，則兩裝置中相同的是（）A在碳電極上所發(fā)生的電極反應B在鐵電極附近的溶液先變紅色C鐵極與導線連接處的電流方向D碳電極既不會變大也不會減小11、對下列實驗現(xiàn)象或操作解釋錯誤的是(

6、 )現(xiàn)象或操作解釋AKI 淀粉溶液中滴入氯水變藍，再通入SO2，藍色褪去SO2具有還原性B配制SnCl2溶液時，先將SnCl2溶于適量稀鹽酸，再用蒸餾水稀釋，最后在試劑瓶中加入少量的錫粒抑制Sn2+ 水解， 并防止Sn2+被氧化為Sn4+C某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成不能說明該溶液中一定含有SO42-D向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS) Ksp(ZnS)AABBCCDD12、為實現(xiàn)隨處可上網(wǎng)，中國發(fā)射了“中星16號”衛(wèi)星。NH4ClO4是火箭的固體燃料，發(fā)生反應為2NH4ClO4N2+Cl2+2O2+4H2O，NA代表阿伏加德羅

7、常數(shù)，下列說法正確的是A1 mol NH4ClO4溶于水含NH4+和ClO4離子數(shù)均為NAB產(chǎn)生6.4g O2反應轉移的電子總數(shù)為1.4NAC反應中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為3:1D0.5mol NH4ClO4分解產(chǎn)生的氣體體積為44.8L13、 “白墻黑瓦青石板，煙雨小巷油紙傘”，是著名詩人戴望舒雨巷中描述的景象，下列有關說法中錯誤的是A“白墻”的白色源于墻體表層的CaOB“黑瓦”與陶瓷的主要成分都是硅酸鹽C做傘骨架的竹纖維的主要成分可表示為(C6H10O5)nD刷在傘面上的熟桐油是天然植物油，具有防水作用14、瑞香素具有消炎殺菌作用，結構如圖所示，下列敘述正確的是A與稀H2SO

8、4混合加熱不反應B不能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C1mol 瑞香素最多能與3mol Br2發(fā)生反應D1mol瑞香素與足量的NaOH溶液發(fā)生反應時，消耗NaOH 3mol15、在海水中提取溴的反應原理是5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O下列反應的原理與上述反應最相似的是（ ）A2NaBrCl22NaClBr2B2FeCl3H2S=2FeCl2S+2HClC2H2S+SO2=3S+2H2ODAlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl16、用如圖所示裝置進行如下實驗，能達到實驗目的的是（ ）A瓶中盛滿水，從b口進氣，用排水法收集NO2B瓶中盛適

9、量濃硫酸，從a口進氣干燥NH3C從b口進氣，用排空氣法收集CO2D瓶中裝滿水，a口連接導管并伸入量筒中，從b口進氣，測量生成H2的體積二、非選擇題（本題包括5小題）17、利用木質纖維可合成藥物中間體H，還能合成高分子化合物G，合成路線如下：已知：（1）A的化學名稱是_。（2）B的結構簡式是_，由C生成D的反應類型為_。（3）化合物E的官能團為_。（4）F分子中處于同一平面的原子最多有_個。F生成G的化學反應方程式為_。（5）芳香化合物I為H的同分異構體，苯環(huán)上一氯代物有兩種結構，1mol I發(fā)生水解反應消耗2mol NaOH，符合要求的同分異構體有_種，其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的

10、氫，峰面積比為6321的I的結構簡式為_。（6）寫出用為原料制備的合成路線(其他試劑任選)。_。18、四川北川盛產(chǎn)薔薇科植物。薔薇科植物中含有一種芳香醛(用E表示)，在染料工業(yè)和食品工業(yè)上有著廣泛的用途，下面是它的一種合成路線。其中0 . l mol有機物A的質量是 12g ，在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8mol CO2和 7.2gH2O； D 能使溴的四氯化碳溶液褪色， D 分子與 C 分子具有相同的碳原子數(shù)；F繼續(xù)被氧化生成G，G 的相對分子質量為 90 。已知：CH3-CHO回答下列問題：（1）A 的結構簡式為_。（2）AG中能發(fā)生酯化反應的有機物有：_(填字母序號)。（3）C在濃硫

11、酸加熱的條件下時，分子內(nèi)脫水除生成D外還可以生成另一種有機物，寫出該反應的方程式：_；該反應類型_。（4）C 的同分異構體有多種，其中符合下列要求的有機物有多種。能與3 mol NaOH溶液反應；苯環(huán)上的一鹵代物只有一種。寫出所有滿足條件有機物的結構簡式_。（5）C與4-甲基-2,3-戊二醇兩分子之間1:1發(fā)生取代反應，生成的有機物有_種。19、某實驗小組探究SO2與Cu(OH)2懸濁液的反應。（1）實驗一：用如圖裝置（夾持裝置已略，氣密性已檢驗）制備SO2，將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中。B中出現(xiàn)少量紅色沉淀；稍后，B中所得溶液呈綠色，與CuSO4溶液、CuCl2溶液的顏色有明顯不

12、同。排除裝置中的空氣，避免空氣對反應干擾的操作是_，關閉彈簧夾。打開分液漏斗旋塞，A中發(fā)生反應的方程式是_。（2）實驗二：為確定紅色固體成分，進行以下實驗：在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是_。根據(jù)上述實驗可得結論：該紅色固體為_。（3）實驗三：為探究B中溶液呈綠色而不是藍色的原因，實驗如下：i.向4mL1mol/L的CuSO4溶液中通入過量SO2，未見溶液顏色發(fā)生變化。ii.取少量B中濾液，加入少量稀鹽酸，產(chǎn)生無色刺激性氣味的氣體，得到澄清的藍色溶液。再加入BaCl2溶液，出現(xiàn)白色沉淀。查閱資料：SO2在酸性條件下還原性較差。實驗i的目的_。根據(jù)上述實驗可得結論：溶液顯綠色的原因是溶液中含有較多

13、Cu(HSO3)2。小組同學通過進一步實驗確認了這種可能性，在少量1mol/L的CuSO4溶液中加入_溶液，得到綠色溶液。（4）綜上實驗可以得出：出現(xiàn)紅色沉淀的原因是：_；（用離子方程式表示）溶液呈現(xiàn)綠色的原因是：_。（用化學方程式表示）20、氯化亞銅(CuCl)廣泛應用于化工、印染、電鍍等行業(yè)。CuCl難溶于乙醇和水，可溶于氯離子濃度較大的體系，在潮濕空氣中易水解、氧化。（制備）方法一：（資料查閱）(1)儀器X的名稱是_，在實驗過程中，B中試紙的顏色變化是_。(2)實驗操作的先后順序是_(填操作的編號)a.檢查裝置的氣密性后加入藥品 b.熄滅酒精燈，冷卻 c.在氣體入口處通入干燥HCld.點

14、燃酒精燈，加熱 e.停止通入HCI，然后通入(3)反應結束后發(fā)現(xiàn)含有少量CuO雜質，產(chǎn)生的原因是_。方法二：(4)向,溶液中加入一定量NaCl和可生成自色沉淀CuCl離子方程式為_，過濾，沉淀用的酸洗，水洗，乙醇洗三步操作，酸洗采用的酸是_(寫名稱)，用乙醇洗滌的原因是_(任寫一點)。（含量測定）(5)準確稱取所制備的氯化亞銅樣品m g，將其置于過量的溶液中，待樣品完全溶解后，加入適量稀硫酸，用a mol/L的溶液滴定到終點，消耗溶液b mL，反應中被還原為，樣品中CuCl的質量分數(shù)為_(CuCl分子量：)（應用）利用如下圖所示裝置，測定高爐煤氣中CO、和)的百分組成。(6)已知：i.CuCl

15、的鹽酸溶液能吸收CO形成。ii.保險粉和KOH的混合溶液能吸收氧氣。出保險粉和KOH混合溶液吸收的離子方程式：_。D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是_、_。21、國家航天局計劃2020年實施火星探測任務。據(jù)了解火星上存在大量的含氮化合物科學家推測火星生命可能主要以氮、碳、硅、銅為基體構成。(1)鄰氨基吡啶（）的銅配合物在有機不對稱合成中起催化誘導效應。鄰氨基吡啶中所有元素的電負性由小到大的順序為_（填元素符號）。設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，1mol中含有鍵的數(shù)目為_。一定條件下-NH2可以被氧化成-NO2，-NH2中N原子的雜化方式為_雜化。(2)第四周期的某主族元素，其第一至第五電離能數(shù)據(jù)如圖

16、1所示，則該元素的基態(tài)原子電子排布式為_。嘌呤中軌道之間的夾角1比2大，原因是_。分子中的大鍵可以用符號表示，其中m代表參與形成大鍵的原子數(shù)，n代表參與形成大鍵的電子數(shù)。則該吡啶中的大鍵可表示為_。(3)火星巖石中存在大量的氮化鎵，氮化鎵為六方晶胞，結構如圖3所示。若該晶體密度為dgcm-3，晶胞參數(shù)a=bc（單位：nm），a、b夾角為120o，阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則晶胞參數(shù)c=_（寫出代數(shù)式）nm。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】A. 在原電池裝置中，氧化銀將甲醛充分氧化為CO2，則負極HCHO失電子變成CO2，其電極反應式為：HCHO-4e-+H2O=CO

17、2+4H+，A項正確；B. Ag2O極板作正極，原電池中陽離子向正極移動，則溶液中的H+由負極移向正極， B項錯誤；C. 甲醛濃度越大，反應生成的Fe2+的物質的量濃度越大，形成有色配合物的濃度越大，吸光度越大，C項正確；D. 甲醛充分氧化為CO2，碳元素的化合價從0價升高到+4價，轉移電子數(shù)為4，F(xiàn)e3+反應生成Fe2+轉移電子數(shù)為1，則理論上消耗的甲醛與生成的Fe2+的物質的量之比為1：4，D項正確；答案選B?！军c睛】本題的難點是D選項，原電池有關的計算主要抓住轉移的電子數(shù)相等，根據(jù)關系式法作答。2、D【解析】結構片段為CH2CH=CHCH2，說明該高分子為加聚產(chǎn)物，則該高分子化合物的單體

18、是CH2=CHCH=CH2，即為1，3-丁二烯，答案選D。3、C【解析】鋼鐵生銹主要是電化學腐蝕，而電化學腐蝕的種類因表面水膜的酸堿性不同而不同，當表面水膜酸性很弱或中性時，發(fā)生吸氧腐蝕；當表面水膜的酸性較強時，發(fā)生析氫腐蝕，A、B均正確；C、鋼閘門與鋅板相連時，形成原電池，鋅板做負極，發(fā)生氧化反應而被腐蝕，鋼閘門做正極，從而受到保護，這是犧牲陽極的陰極保護法；當把鋅板換成銅板時，鋼閘門做負極，銅板做正極，鋼閘門優(yōu)先腐蝕，選項C錯誤；D、鋼閘門連接直流電源的負極，做電解池的陰極而受到保護，這是連接直流電源的陰極保護法，選項D正確。答案選C。4、A【解析】ANaAlO2和NaHCO3發(fā)生反應生成

19、氫氧化鋁程度和碳酸鈉，離子方程式為AlO2-+HCO3-+H2OAl(OH)3+CO32-，故A正確；BMnO2與濃鹽酸混合加熱，離子方程式：MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O，故B錯誤；C電荷不守恒，F(xiàn)eSO4溶液中加入鹽酸酸化的H2O2的離子方程式為2H+2Fe2+H2O22Fe3+2H2O，故C錯誤；DCa(HCO3)2溶液中加入過量氨水，碳酸氫根離子完全反應，離子方程式：Ca2+2HCO3-+2NH3H2O=CaCO3+2H2O+2NH4+CO32-，故D錯誤；故選A?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意反應物用量對反應的影響。5、C【解析】由C3H3Cl3的不飽和度為3+

20、1-=1可知碳鏈上有一個雙鍵，C3H3Cl3的鏈狀同分異構體相當于丙烯的三氯代物，采用定二移一的方法進行討論。【詳解】鹵代烴C3H3Cl3的鏈狀同分異構體中三個氯原子在一個碳原子的有一種：CH2=CHCCl3；兩個氯原子在一個碳原子上一個氯原子在另一個碳原子上的有四種：CCl2=CClCH3、CCl2=CHCH2Cl、CHCl=CHCHCl2、CH2=CClCHCl2；三個氯原子在三個碳原子上的有一種：CHCl=CClCH2Cl，共6種。答案選C。【點睛】鹵代烴的一氯代物就是看等效氫，二氯代物可以看作是一氯代物的一氯代物，三氯代物可以看作是二氯代物的一氯代物。6、D【解析】分析：CCO2屬于碳

21、在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳；CH4CO2屬于甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態(tài)；COCO2屬于一氧化碳在氧氣中燃燒或者與氧化銅等金屬氧化物反應生成二氧化碳。詳解：A甲烷燃燒生成二氧化碳和水，碳與氧化銅反應生成銅與二氧化碳，不是化合反應，A錯誤；B甲烷在氧氣中燃燒生成二氧化碳和水，常溫下水為液態(tài)，B錯誤；C碳、一氧化碳與氧化銅反應能夠生成二氧化碳，C錯誤；D碳、一氧化碳、甲烷都能夠燃燒生成二氧化碳，D正確；答案選D。7、A【解析】A. 0.1 molL1NaOH溶液顯堿性，離子間不發(fā)生反應，可以共存，故A正確；B. 通入過量Cl2的溶液顯酸性和氧化性，F(xiàn)e

22、2+有還原性被氧化為Fe3+，不能共存，故B錯誤；C. 通入大量CO2的溶液顯酸性，H+與ClO-、CH3COO-、HCO3- 不能共存，故C錯誤；D. 0.1molL1H2SO4溶液顯酸性，H+存在的情況下NO3-和HSO3-發(fā)生氧化還原反應，不能共存，故D錯誤。答案選A。8、D【解析】ClO-和ClO3-個數(shù)比為1：2，則按電子守恒，它們與Cl-的個數(shù)比為1：2：11，從而得出被還原的氯(生成Cl-)與被氧化的氯(生成ClO-和ClO3-)的物質的量之比為11:3。故選D。9、D【解析】A.高溫下，F(xiàn)e與水蒸氣反應生成四氧化三鐵，四氧化三鐵中Fe的化合價為價，因此Fe失去電子的物質的量為：

23、，根據(jù)得失電子守恒，生成H2的物質的量為：，因此生成的H2分子數(shù)目為，A錯誤；B. 室溫下，1 LpH13的NaOH溶液中H+濃度為c(H+)=10-13mol/L，且H+全部由水電離，由水電離的OH濃度等于水電離出的H+濃度，因此由水電離的OH為10-13mol/L1L=10-13mol，B錯誤；C. 氫氧燃料電池正極上氧氣發(fā)生得電子的還原反應，當消耗標準狀況下22.4L氣體時，電路中通過的電子的數(shù)目為，C錯誤；D.該反應中，生成28 g N2時，轉移的電子數(shù)目為3.75NA，D正確；故答案為D。10、D【解析】A甲中形成原電池，石墨電極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，乙中形成

24、電解池，石墨是陽極，氯離子放電生成氯氣，電極反應不同，故A錯誤； B甲中形成原電池，石墨電極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，則石墨電極附近的溶液先變紅色，乙中形成電解池，鐵是陰極，氫離子得電子生成氫氣，同時生成氫氧根離子，則在鐵電極附近的溶液先變紅色，故B錯誤； C甲中形成原電池，電流由正極石墨經(jīng)導線流向鐵，乙中形成電解池，電流由鐵流向負極，則鐵極與導線連接處的電流方向不同，故C錯誤； D甲乙裝置，碳電極都沒有參加反應，甲中石墨電極為正極，氧氣得電子發(fā)生還原反應生成氫氧根離子，乙中石墨是陽極，氯離子放電生成氯氣，則碳電極既不會變大也不會減小，故D正確； 故選：D。11、D【解析】

25、A選項，KI 淀粉溶液中滴入氯水變藍，再通入SO2，藍色褪去，二氧化硫和單質碘反應生成硫酸和氫碘酸，SO2具有還原性，故A正確；B選項，配制SnCl2溶液時，先將SnCl2溶于適量稀鹽酸，再用蒸餾水稀釋，最后在試劑瓶中加入少量的錫粒，加鹽酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化為Sn4+，故B正確；C選項，某溶液中加入硝酸酸化的氯化鋇溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亞硫酸根，因此不能說明該溶液中一定含有SO42，故C正確；D選項，向含有ZnS和Na2S的懸濁液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此時溶液中含有硫化鈉，硫化鈉與硫酸銅反應生成硫化銅，因此不能說Ksp(CuS) Ksp(Zn

26、S)，故D錯誤。綜上所述，答案為D?！军c睛】易水解的強酸弱堿鹽加對應的酸防止水解，例如氯化鐵；易被氧化的金屬離子加對應的金屬防止被氧化，例如氯化亞鐵。12、B【解析】A. 銨根離子水解,濃度減小，則1molNH4ClO4溶于水含ClO4離子數(shù)為NA，含NH4+離子數(shù)小于NA，故A錯誤；B. 產(chǎn)生6.4g即0.2molO2，同時生成0.1molCl2，Cl元素化合價由+7價降低到0價,轉移的電子總數(shù)為1.4NA，故B正確；C.O、N元素化合價升高,N2、O2為氧化產(chǎn)物，Cl元素的化合價降低,Cl2為還原產(chǎn)物，則反應中還原產(chǎn)物分子數(shù)與氧化產(chǎn)物分子總數(shù)之比為1:3，故C錯誤；D. 沒有說明是否是標準

27、狀況下,無法計算0.5molNH4ClO4分解產(chǎn)生的氣體體積，故D錯誤；故選：B。13、A【解析】A、“白墻”的白色源于墻體表層的CaCO3，選項A錯誤；B、陶瓷、磚瓦均屬于傳統(tǒng)的硅酸鹽產(chǎn)品，選項B正確；C、竹纖維的主要成分是纖維素，選項C正確；D、植物油屬于油脂，油脂不溶于水，刷在傘面上形成一層保護膜能防水，選項D正確。答案選A。14、C【解析】A含-COOC-，與稀硫酸混合加熱發(fā)生水解反應，A錯誤；B含碳碳雙鍵、酚羥基，均能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B錯誤；C酚羥基的鄰位、碳碳雙鍵均與溴水反應，則1mol 該物質最多可與3molBr2反應，C正確；D酚羥基、-COOC-及水解生成的酚羥基均與

28、NaOH反應，則1mol瑞香素與足量的NaOH溶液發(fā)生反應時，消耗NaOH 4mol，D錯誤；答案選C。15、C【解析】反應5NaBrNaBrO3H2SO4=3Br2 +3Na2SO4+ 3H2O為氧化還原反應，只有Br元素發(fā)生電子的得與失，反應為歸中反應。A. 2NaBrCl22NaClBr2中，變價元素為Br和Cl，A不合題意；B. 2FeCl3H2S=2FeCl2S+2HCl中，變價元素為Fe和S，B不合題意；C. 2H2S+SO2=3S+2H2O中，變價元素只有S，發(fā)生歸中反應，C符合題意；D. AlCl33NaAlO3+6H2O=4Al(OH)3+3NaCl為非氧化還原反應，D不合題

29、意。故選C。16、D【解析】A. 二氧化氮易與水反應生成硝酸和一氧化氮，故不能用排水法。只能用向上排空氣法，A項錯誤；B. 氨氣與濃硫酸反應，不能用濃硫酸干燥氨氣，B項錯誤；C. 二氧化碳密度大于空氣的密度,應用向上排空氣法,對此圖應該從長導管(a)進,短導管(b)出，C項錯誤；D. 測量氫氣體積，瓶內(nèi)裝滿水，因為氫氣的密度小于水的密度，氫氣應從短導管進，長導管接量筒，D項正確；答案選D?！军c睛】觀察圖示可知，此裝置被稱為“萬能裝置”，用途很廣泛，可用于排空氣法或排水法收集氣體、凈化、檢驗氣體、監(jiān)控氣體流速、測量氣體體積等，根據(jù)用途不同，選擇不同的進氣導管或選擇加入合適的實驗試劑進行試驗。二、

30、非選擇題（本題包括5小題）17、2一甲基一1,3一丁二烯 氧化反應 氯原子、羧基 17 10 【解析】本題考查有機合成與推斷，意在考查考生運用有機化學基礎知識分析問題和解決問題的能力。（1）根據(jù)有機物的系統(tǒng)命名法可知，A的化學名稱是2一甲基一1,3一丁二烯；（2）結合題給信息，B的結構簡式為；結合信息，C的結構簡式為，根據(jù)F的結構以及D生產(chǎn)H的反應條件，可知D為，故由C生成D的反應類型為氧化反應；（3）DE在光照的條件發(fā)生取代反應，E的結構簡式為；E中含有的官能團為氯原子、羧基；（4）因苯環(huán)為平面形，所以直接與其相連的-CH2OH和COOH上的碳原子與其在一個平面內(nèi)，通過旋轉單鍵，-CH2OH

31、中OH上的原子可能與苯環(huán)共面，COOH中的所有原子可能與苯環(huán)共面，故F分子中處于同一平面的原子最多有17個；F通過縮聚反應生成高分子化合物G，其反應方程式為：；（5）H的結構簡式為，I為H的同分異構體且1molI發(fā)生水解反應消耗2mol NaOH，說明I為酚酯，苯環(huán)上一氯代物有兩種結構，即苯環(huán)上只有兩種等效氫，故符合條件的I的結構簡式為：、,共10種，其中核磁共振氫譜顯示有4種不同化學環(huán)境的氫，峰面積比為6:3:2:1的I結構簡式為或；（6）加熱條件下，在氫氧化鈉的醇溶液發(fā)生消去反應生成，在結合信息，在W2C作用下生成，最后再酸性高錳酸鉀溶液中，將苯甲醛氧化為，其合成路線為：。點睛：判斷分子中

32、共面的技巧（1）審清題干要求：注意“可能”“一定”“最多”“最少”“所有原子”“碳原子”“氫原子”等關鍵詞和限制條件。（2）熟記常見共面的官能團。與雙鍵和苯環(huán)直接相連的原子共面，如、醛、酮、羧酸因與 與相似為平面形（等電子原理），故為平面形分子（所有原子共平面）。但、所有原子不共平面（因含-CH3），而-CH3中的C與（羰基）仍共平面。又中與其它原子可能共平面。因有兩對孤電子對，故1個O與其余2個原子形成的2個價鍵成V型（與 相似），故C、O、H不共直線。分子內(nèi)任意3個原子也不共直線。若有兩個苯環(huán)共邊，則兩個苯環(huán)一定共面。例如下列各結構中所有的原子都在同一平面上。 若甲基與一個平面形結構相連，

33、則甲基上的氫原子最多有一個氫原子與其共面。若一個碳原子以四個單鍵與其他原子直接相連，則這四個原子為四面體結構，不可能共面。18、 B、C、D、F、G 酯化 6 【解析】有機物A有C、H、O三種元素組成，Mr(A)=12/0.1=120， 0.1molA在足量的氧氣中充分燃燒后生成0.8molCO2和7.2g H2O，水的物質的量=7.2/18=0.4mol，根據(jù)原子守恒可知，該有機物中N(C)=0.8/0.1=8，N(H)= 0.420.1=8，有機物中N(O)= (120-128-18)16=1，有機物A的分子式為C8H8O，A經(jīng)過一系列反應得到芳香醛E，結合信息中醛與HCN的加成反應，可知

34、A含有C=O雙鍵，A與HCN發(fā)生加成反應生成B，B發(fā)生水解反應生成C，C在濃硫酸、加熱條件下生成D，D能使溴的四氯化碳溶液褪色，應為發(fā)生消去反應，D被臭氧氧化生成E與F，F(xiàn)繼續(xù)被氧化生成G，G的相對分子質量為90，則G為HOOC-COOH，F(xiàn)為OHC-COOH，E為苯甲醛，D為苯丙烯酸，C為2-羥基-3-苯基丙酸，B為，A的結構簡式為。【詳解】（1）由上述分析可知，A為；（2）只要含有羧基或羥基的都能發(fā)生酯化反應，在AG中能發(fā)生酯化反應的有機物有B、C、D、F、G；（3）由于C中含有羧基、羥基，另外還可以發(fā)生酯化反應生成另一種有機物，該反應的方程式為，反應類型為酯化反應。（4）C的同分異構體有

35、多種，其中符合下列要求的有機物有多種，能與3mol NaOH溶液反應，說明含有酚羥基、羧酸與酚形成的酯基；苯環(huán)上的一鹵代物只有一種，說明苯環(huán)上含有1種氫原子；能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基，再結合可知，酯基為甲酸與酚形成的酯基，滿足條件的有機物的結構簡式為：和。（5）C中羧基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基發(fā)生酯化反應生成兩種酯，C中的羥基和4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基脫水生成兩種醚，C中的羧基和羥基與4-甲基-2，3-戊二醇中的兩個羥基同時脫水可生成兩種產(chǎn)物，一共可生成6種產(chǎn)物。19、打開彈簧夾，通入N2一段時間 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O 將紅色物質

36、轉化為氧化銅 Cu 排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性 NaHSO3或KHSO3 SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O 2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2 【解析】(1)為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出；裝置A中的反應是制備SO2的反應；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利于后續(xù)定量判斷；由實驗中物質的質量計算紅色固體的平均摩爾質量，進而分析固體成分；(3)根據(jù)B中所得溶液中可能的成分等

37、，實驗i可以排除部分成分顯綠色的可能性；確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質。【詳解】(1)為排出空氣對實驗的干擾，滴加濃硫酸之前應先通入氮氣，將空氣排出，操作為：打開彈簧夾，通入N2一段時間，關閉彈簧夾；裝置A中的反應是制備SO2的反應，化學方程式為H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2+H2O；(2)將SO2通入Cu(OH)2懸濁液的反應中，B中出現(xiàn)少量紅色沉淀，有可能是Cu、Cu2O或二者的混合物；在氧氣流中煅燒紅色固體的目的是將紅色物質轉化為氧化銅，有利

38、于后續(xù)定量判斷；由實驗可知n(CuO)=0.025mol，則紅色固體的平均摩爾質量為=64g/mol，故紅色固體為銅；(3)B中所得溶液中可能含有溶解的SO2，H2SO3，Cu(HSO3)2、CuSO4等，CuSO4在溶液中呈藍色，而B 所得溶液呈綠色，實驗i可以排除溶解的SO2、H2SO3導致溶液顯綠色的可能性；確認Cu(HSO3)2使溶液呈綠色，需要在溶液中加入含有HSO3-離子的物質，故可加入NaHSO3或KHSO3；(4)出現(xiàn)紅色沉淀的原因是生成了Cu，離子方程式為：SO2+Cu(OH)2+2OH-=Cu+SO42-+2H2O；溶液呈現(xiàn)綠色的原因生成了含HSO3-離子的物質，離子方程式

39、為2SO2+Cu(OH)2=Cu(HSO3)2.【點睛】本題注意實驗三中判斷使溶液顯綠色的粒子時，要分別判斷，逐一分析，每一步實驗都要從實驗目的角度分析設置的原因。20、干燥管 先變紅后褪色 cdb 通入的HCl的量不足 2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+ 硫酸 醇洗有利于加快去除CuCl表面水分防止其水解氧化 100% 2S2O42-+3O2+4OH-=4SO42-+2H2O NaOH溶液 CuCl的鹽酸溶液 【解析】CuCl22H2O晶體在氯化氫氣流中加熱失水得到CuCl2，溫度高于300分解生成CuCl和Cl2；向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2

40、SO3發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，得到的CuCl經(jīng)硫酸酸洗，水洗后再用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；氯化亞銅與氯化鐵發(fā)生Fe3+CuClFe2+Cu2+Cl-，加入K2Cr2O7溶液，發(fā)生6Fe2+Cr2O72-+14H+=6Fe3+2Cr3+7H2O，結合關系式解答該題；保險粉和KOH的混合溶液吸收O2，發(fā)生氧化還原反應；CuCl易被氧化，因此吸收CO前，要先吸收O2；NaOH溶液能吸收CO2，則吸收O2前，要先吸收CO2；N2的體積可用排水法測定，據(jù)此解答?！驹斀狻?1)根據(jù)儀器X的構造，其名稱是干燥管；由制備CuCl的原理可知，反應生成了Cl2，故B中濕潤的石蕊試

41、紙試紙先變紅后褪色，故答案為干燥管；先變紅后褪色；(2)實驗時檢查裝置的氣密性后加入藥品后，要先在氣體入口處通入干燥HCl，再點燃酒精燈，加熱，實驗結束時要先熄滅酒精燈，冷卻，再停止通入HCl，然后通入，所以操作的先后順序是cdb，故答案為cdb； (3)根據(jù)以上分析，若實驗中通入的HCl的量不足，則氯化銅晶體加熱時發(fā)生水解，最后生成少量CuO，故答案為通入的HCl的量不足；(4) 向硫酸銅溶液中加入一定量NaCl和Na2SO3發(fā)生氧化還原反應生成CuCl，離子方程式為2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+SO42-+2H+；由制備反應可知，有硫酸鈉生成，則應加入硫酸，為防止CuCl溶解，不能加入硝酸等氧化性酸，也不能加入鹽酸，防止引入新雜質；因乙醇沸點低，易揮發(fā)，則用乙醇洗滌，可快速除去固體表面的水分，防止水解、氧化；故答案為2Cu2+SO32-+2Cl-+H2O=2CuCl+S