2022年廣東省廣州市仲元高考化學全真模擬密押卷含解析

1、2021-2022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、能正確表示下列反應的離子方程式是A在硫酸亞鐵溶液中通入氧氣：4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2OBNH4HCO3溶液中加入過量

2、的Ba(OH)2溶液：2HCO3-Ba2+2OH-=BaCO3+2H2O+CO32-C氫氧化亞鐵溶于稀硝酸中：Fe(OH)2+2H=Fe2+2H2OD澄清石灰水與過量小蘇打溶液混合：Ca2+OH-+HCO3-=CaCO3+H2O2、某同學設計了如圖所示元素周期表，已知Z元素的最外層電子數(shù)是次外層的3倍。空格中均有對應的元素填充。下列說法正確的是 A白格中都是主族元素，灰格中都是副族元素BX、Y分別與Z形成的化合物都只有兩種CX、Y元素最高價氧化物對應的水化物酸性：XYDX、Y、Z的氣態(tài)氫化物中最穩(wěn)定的是X的氫化物3、以下物質的水溶液顯酸性的是ANaHCO3BNaHSO4CCH3COOKDKNO

3、34、NaHCO3和 NaHSO4 溶液混合后，實際參加反應的離子是()ACO32和 H+BHCO3和HSO4CCO32和HSO4DHCO3和 H+5、用下列實驗裝置進行相應實驗，能達到實驗目的的是A制備乙酸乙酯B配置一定物質的量濃度的NaOH溶液C在鐵制品表面鍍銅D制取少量CO2氣體6、化學與生產生活密切相關，下列說法錯誤的是A二氧化硫能夠殺死會將酒變成醋的酵母菌B二氧化碳可以作為溫室大棚里的氣態(tài)肥料C可以用熟石灰鑒別所有的氮肥和鉀肥D蔗糖、淀粉、纖維素都屬于糖類物質7、下列說法不正確的是()ANa-K合金用作快中子反應堆的導熱劑BMgO是一種常用的耐高溫材料C亞鐵鹽是常用的補血藥劑D石英坩

4、堝常用來熔融堿8、鉍(Bi)位于元素周期表中第A族，其價態(tài)為3時較穩(wěn)定，鉍酸鈉(NaBiO3)溶液呈無色?，F(xiàn)取一定量的硫酸錳(MnSO4)溶液，向其中依次滴加下列溶液，對應的現(xiàn)象如表所示：在上述實驗條件下，下列結論正確的是ABiO3-的氧化性強于MnO4-BH2O2被高錳酸根離子還原成O2CH2O2具有氧化性，能把KI氧化成I2D在KI-淀粉溶液中滴加鉍酸鈉溶液，溶液一定變藍色9、某科研團隊研究將磷鎢酸(H3PW12O40，以下簡稱HPW)代替濃硫酸作為酯化反應的催化劑，但HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復使用等缺點，將其負載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，

5、提高其催化活性。用HPW負載在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率與HPW負載量的關系(溫度：120，時間：2h)如圖所示，下列說法不正確的是A與HPW相比，HPW/硅藻土比表面積顯著增加，有助于提高其催化性能B當HPW負載量為40%時達到飽和，酯化率最高C用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑，可減少設備腐蝕等不足D不同催化劑對酯化率的影響程度主要取決于化學反應正向進行的程度10、如表所示的五種元素中，W、X、Y、Z為短周期元素，這四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22。下列說法正確的是XYWZTA原子半徑：XYZBX、Y、Z三種元素最低價氫化物的沸點依次升高C由X、Y和氫三種元素形成的化合物中只有共價

6、鍵DT元素的單質具有半導體的特性11、Fe3O4中含有、，分別表示為Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd為催化材料，可實現(xiàn)用H2消除酸性廢水中的致癌物NO2，其反應過程示意圖如圖所示，下列說法不正確的是APd上發(fā)生的電極反應為：H2- 2e 2HBFe（）與Fe（）的相互轉化起到了傳遞電子的作用C反應過程中NO2被Fe（）還原為N2D用該法處理后水體的pH降低12、某有機物分子式為C5H10O3，與飽和NaHCO3溶液反應放出氣體體積與同等狀況下與Na反應放出氣體體積相等，該有機物有(不含立體異構)()A9種B10種C11種D12種13、下列有關化學用語表示正確的是（ ）A中子數(shù)比質子數(shù)多1

7、的磷原子：BAl3+的結構示意圖： C次氯酸鈉的電子式：D2-丁烯的結構簡式：CH2=CH-CH=CH214、下列離子方程式正確的是A氯化鋁溶液與一定量的碳酸鈉溶液反應：Al3+3CO32+3H2O=Al(OH)3+3HCO3B氯化鈉固體與濃硫酸混合微熱：Cl+H+HClC氯氣通入石灰乳：Cl2+2OH=Cl+ClO+H2OD苯酚鈉溶液呈堿性的原理：C6H5O+H2OC6H5OH+OH15、天然氣脫硫的方法有多種，一種是干法脫硫，其涉及的反應：H2(g)+CO(g)+SO2(g)H2O(g)+CO2(g)+S(s)+Q(Q0)。要提高脫硫率可采取的措施是A加催化劑B分離出硫C減壓D加生石灰16

8、、設NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A1 mol I2與4 mol H2反應生成的HI分子數(shù)為2NAB標準狀況下，2. 24 L H2O含有的電子數(shù)為NAC1 L 11 mol/L的NH4NO3溶液中含有的氮原子數(shù)為1.2NAD7.8 g苯中碳碳雙鍵的數(shù)目為1.3NA17、根據(jù)某種共性可將CO2、SO2歸為一類氧化物，下列物質中與它們屬于同一類的是（ ）ACaCO3BP2O5CCuODKMnO418、下列物質中，常用于治療胃酸過多的是（ ）A碳酸鈉B氫氧化鋁C氧化鈣D硫酸鎂19、能正確表示下列變化的離子方程式是A硅酸鈉中滴加鹽酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na B少量SO2

9、通人NaClO溶液中：SO23ClOH2O=SO42Cl2HClO C高錳酸鉀溶液中滴人雙氧水：2MnO43H2O26H=2Mn24O26H2OD小蘇打治療胃酸過多：CO322H=CO2H2O20、已知NA從阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A6g 3He含有的中子數(shù)為2NAB1mol CH3CH2OH被氧化為CH3CHO轉移的電子數(shù)為NAC20g正丁烷和38g異丁烷的混合物中非極性鍵數(shù)目為10NAD0.1molL1Na2SO4溶液中含有的SO42數(shù)目為0.1NA21、甲醇脫氫可制取甲醛：CH3OH(g) HCHO(g)H2(g)H=-QkJ/mol，甲醇的平衡轉化率隨溫度變化曲線如圖所示。

10、下列有關說法正確的是( )AQ0B600 K時，Y點甲醇的(正)c(OH-)的溶液呈酸性。A. NaHCO3在溶液中完全電離，生成的HCO3-以水解為主使溶液呈堿性，A項錯誤；B. NaHSO4在溶液中完全電離生成Na+、H+、SO42-，使溶液呈酸性，B項正確；C. CH3COOK在溶液中完全電離，生成的CH3COO-水解使溶液呈堿性，C項錯誤；D. KNO3溶液中，K+、NO3-不能發(fā)生水解，溶液呈中性，D項錯誤。本題選B。4、D【解析】碳酸氫鈉和硫酸氫鈉反應時，碳酸氫根電離生成鈉離子和碳酸氫根離子，硫酸氫鈉電離生成鈉離子和氫離子、硫酸根離子，碳酸氫根和氫離子反應生成水和二氧化碳，故答案選

11、D。5、A【解析】A. 將乙醇加入大試管中，再注入濃硫酸并振蕩冷卻后加入冰醋酸，混合加熱制備乙酸乙酯，產物用飽和碳酸鈉溶液吸收，導管末端置于液面上，能達到實驗目的，選項A正確；B. 容量瓶不能直接用于配置溶液，必須將NaOH固體倒入燒杯中，加入蒸餾水溶解后，冷卻至室溫，再轉移至容量瓶，選項B錯誤；C. 在鐵制品表面鍍銅時應將鐵制品連接在電源的負極作為陰極，銅連接在電源的正極，電解質溶液為可溶性銅鹽溶液，選項C錯誤；D.實驗室制取CO2用的是大理石或石灰石和稀鹽酸反應，純堿與鹽酸反應速率快不易收集，另外純堿易溶于水，不能停留在有孔塑料板上，不能達到反應隨時發(fā)生隨時停止的作用，選項D錯誤。答案選A

12、。6、C【解析】A二氧化硫可以用作防腐劑，能夠殺死會將酒變成醋的酵母菌，故A正確；B二氧化碳能引起溫室效應，也是植物發(fā)生光合作用的原料之一，因此二氧化碳可以作為溫室大棚里的氣態(tài)肥料，故B正確；C氫氧化鈣與鉀肥無現(xiàn)象，氫氧化鈣和銨態(tài)氮肥混合會產生刺激性氣味的氨氣，但并不是所有的氮肥，如硝酸鹽(除硝酸銨外)，不能用熟石灰鑒別所有的氮肥和鉀肥，故C錯誤；D蔗糖屬于二糖；淀粉、纖維素屬于多糖，故D正確；答案選C。7、D【解析】A、NaK合金常溫下為液體，具有良好的導熱性，常用于快中子反應堆的導熱劑，故A說法正確；B、MgO熔沸點高，常用作耐高溫材料，故B說法正確；C、我國最常見的貧血癥是缺鐵性貧血，鐵

13、是制造血紅蛋白必不可缺少的原料，因此亞鐵鹽是常用補血劑，故C說法正確；D、石英是SiO2，屬于酸性氧化物，與堿能發(fā)生反應，因此石英坩堝不能熔融堿，常用鐵制坩堝，故D說法錯誤；答案選D。8、A【解析】A. 向無色硫酸錳(MnSO4)溶液中加入適量無色鉍酸鈉(NaBiO3)溶液，充分反應后溶液變?yōu)樽霞t色，說明反應產生了MnO4-，Mn元素化合價升高，失去電子被氧化為MnO4-，根據(jù)氧化還原反應的規(guī)律：氧化劑的氧化性強于氧化產物的氧化性，可知BiO3-的氧化性強于MnO4-，A正確；B. 向該紫色溶液中加入過量H2O2，溶液的紅色消失，產生氣泡，說明產生了O2，氧元素化合價升高，失去電子，被氧化，則

14、H2O2被高錳酸根離子氧化成O2，B錯誤；C. 向溶液中加入適量KI-淀粉溶液，溶液緩慢變?yōu)樗{色，可能是H2O2將KI氧化為I2，也可能是Mn2+作催化劑使H2O2分解產生的O2將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，C錯誤；D. 鉍酸鈉具有強的氧化性，可以將KI氧化為I2，I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色，也可以將KI氧化為KIO3，因此溶液不一定變?yōu)樗{色，D錯誤；故合理選項是A。9、D【解析】A、HPW自身存在比表面積小、易溶于有機溶劑而難以重復使用等缺點，將其負載在多孔載體(如硅藻土、C等)上則能有效克服以上不足，提高其催化活性，選項A正確；B、根據(jù)圖中曲線可知，當HPW負載量為40%時達到飽和

15、，酯化率最高，選項B正確；C、用HPW/硅藻土代替?zhèn)鹘y(tǒng)催化劑濃硫酸，可減少設備腐蝕等不足，選項C正確；D、催化劑不能使平衡移動，不能改變反應正向進行的程度，選項D不正確。答案選D。10、D【解析】四種元素的原子最外層電子數(shù)之和為22，得出W最外層電子數(shù)為4，即為Si，X為N，Y為O，Z為Cl，T為Ge?！驹斀狻緼. 根據(jù)層多徑大，核多徑小(同電子層結構)，因此原子半徑：Cl NO，故A錯誤；B. HCl沸點比NH3、H2O最低價氫化物的沸點低，故B錯誤；C. 由X、Y和氫三種元素形成的化合物硝酸銨含有離子鍵和共價鍵，故C錯誤；D. Ge元素在金屬和非金屬交界處，因此Ge的單質具有半導體的特性，

16、故D正確。綜上所述，答案為D。11、D【解析】根據(jù)圖像可知反應流程為（1）氫氣失電子變?yōu)闅潆x子，F(xiàn)e（）得電子變?yōu)镕e（）；（2）Fe（）得電子變?yōu)镕e（），NO2被Fe（）還原為N2。如此循環(huán)，實現(xiàn)H2消除酸性廢水中的致癌物NO2的目的，總反應為3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O?！驹斀狻扛鶕?jù)上面分析可知：A. Pd上發(fā)生的電極反應為：H2 - 2e 2H，故不選A；B. 由圖中信息可知，F(xiàn)e（）與Fe（）是該反應的催化劑，其相互轉化起到了傳遞電子的作用，故不選B；C.反應過程中NO2被Fe（）還原為N2，故不選C；D.總反應為3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O。，用該法處理

17、后由于消耗水體中的氫離子，pH升高，故選D；答案：D12、D【解析】分子式為 C5H10O3與飽和 NaHCO3 溶液反應能放出氣體，說明含有羧基，且 1molC5H10O3 與足量鈉反應 放出 1mol 氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9-COOH中C4H9的H原子?！驹斀狻糠肿邮綖?C5H10O3與飽和 NaHCO3 溶液反應能放出氣體，說明含有羧基，且 1molC5H10O3 與足量鈉反應 放出 1mol 氣體，說明分子中含有羥基，可看作-OH取代C4H9的H原子，C4H9有4種，分別為CH3CH2CH2CH2（4種）、CH3CH（CH3）CH2（3種）、CH3CH2CH

18、（CH3）-（4種）、C（CH3）3-（1種），共12種。故選D?！军c睛】本題考查同分異構體的判斷，側重考查學生的分析能力，解題關鍵：注意把握同分異構體的判斷角度和方法。13、A【解析】本題主要考查化學用語的書寫?！驹斀狻緼. 磷原子核電荷數(shù)為15，中子數(shù)比質子數(shù)多1的磷原子：，故A項正確；B.鋁原子核電荷數(shù)為13， Al3+核外有10個電子，其結構示意圖：，故B項錯誤；C. 次氯酸鈉屬于離子化合物，電子式為：，故C項錯誤；D. 2-丁烯的結構中，碳碳雙鍵在2號碳上，主碳鏈有4個碳，其結構簡式為： ，故D項錯誤；答案選A。14、A【解析】A氯氯化鋁與碳酸鈉溶液過量時發(fā)生雙水解生成氫氧化鋁和碳酸

19、氫鈉，離子方程式：Al3+3CO32+3H2O=Al(OH)3+3HCO3，選項A正確；B氯化鈉固體與濃硫酸混合微熱，離子方程式：H2SO4(濃)+NaCl(固)=NaHSO4+HCl(g)，選項B錯誤；C氯氣通入石灰乳，離子方程式：Ca(OH)2+2Cl22Ca2+2Cl-+2ClO-+2H2O，選項C錯誤；D酚鈉溶液呈堿性是因為苯氧根離子水解生成氫氧根離子和苯酚，離子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH，選項D錯誤；答案選A?！军c睛】本題考查了離子方程式的書寫，側重考查化學式的拆分，注意濃硫酸、固體氯化鈉、石灰乳應保留化學式，易錯點為D酚鈉溶液呈堿性是因為苯氧根離子水解生成氫氧根離

20、子和苯酚，離子方程式：C6H5O+H2OC6H5OH+OH。15、D【解析】H2（g）+CO（g）+SO2（g）H2O（g）+CO2（g）+S（s）H0，正反應是氣體體積減小的放熱反應，A、加入催化劑只改變反應速率不改變化學平衡，能提高單位時間脫硫率，選項A不符合題意；B硫是固體，分離出硫對平衡無影響，選項B不符合題意；C、減壓會使平衡逆向進行，脫硫率降低，選項C不符合題意； D加生石灰可吸收生成的水和二氧化碳，有利于平衡正向移動，提高脫硫率，選項D符合題意。答案選D?！军c睛】本題考查了化學平衡的分析應用，影響因素的分析判斷，掌握化學平衡移動原理是關鍵，正反應是氣體體積減小的放熱反應，依據(jù)化學

21、平衡的反應特征結合平衡移動原理分析選項判斷，高壓、降溫平衡正向進行，固體和催化劑不影響化學平衡。16、C【解析】A氫氣和碘的反應為可逆反應，不能進行徹底，生成的HI分子小于2NA個，故A錯誤；B標況下，水不是氣體，2. 24 L水的物質的量大于1.1mol，含有的電子數(shù)大于NA個，故B錯誤；C1 L 1.1 molL-1的NH4NO3溶液中含有1molNH4NO3，含有2mol氮原子，含有的氮原子數(shù)為1.2NA，故C正確；D苯分子結構中不含碳碳雙鍵，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題的易錯點為D，要注意苯分子中沒有碳碳雙鍵，所有碳碳鍵都一樣。17、B【解析】CO2、SO2歸屬于非金屬氧化物，且屬于

22、酸性氧化物。A.CaCO3屬于鹽類，A項錯誤；B.P2O5是非金屬氧化物，且屬于酸性氧化物，B項正確；C.CuO屬于堿性氧化物，不屬于酸性氧化物，C項錯誤；D.KMnO4屬于鹽類，D項錯誤；答案選B。18、B【解析】用于治療胃酸過多的物質應具有堿性，但堿性不能過強，過強會傷害胃粘膜；以上四種物質中，硫酸鎂溶液顯酸性，碳酸鈉溶液，氧化鈣的水溶液均顯堿性，而氫氧化鋁顯兩性，堿性較弱，能夠與胃酸反應，故氫氧化鋁常用于治療胃酸過多，B正確；故答案選B。19、B【解析】A. 硅酸鈉是易溶強電解質，應拆寫成離子，A項錯誤；B. 少量SO2與NaClO發(fā)生氧化還原反應，生成的H+與ClO-生成弱酸HClO，

23、B項正確；C. 高錳酸鉀溶液氧化雙氧水時，雙氧水中的氧原子將電子轉移給高錳酸鉀中的錳原子，應寫成2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O，C項錯誤；D. 小蘇打為碳酸氫鈉，應拆成Na+和HCO3-，D項錯誤。本題選B?！军c睛】+4價硫具有較強的還原性，+1價氯具有較強的氧化性，它們易發(fā)生氧化還原反應。20、A【解析】A 、6g 3He的物質的量為2 mol，1 mol3He含有的中子數(shù)為NA，2 mol 3He含有的中子數(shù)為2NA，選項A正確；B、1mol CH3CH2OH被氧化為CH3CHO轉移的電子數(shù)為2NA ，選項B錯誤；C、正丁烷和異丁烷的分子式相同，均為C4H10

24、，20g正丁烷和38g異丁烷的混合物的物質的量為1 mol，1 mol C4H10中極性健數(shù)目為10NA ，非極性鍵數(shù)目為3 NA，選項C錯誤；D、0.1molL1Na2SO4溶液的體積未給出，無法計算SO42數(shù)目，選項D錯誤。答案選A。21、B【解析】A.根據(jù)圖像，溫度升高，甲醇的平衡轉化率升高，表示平衡向右移動，則正反應為吸熱反應，Q0，A錯誤；B.600K時，Y點變成X點，反應需要向逆反應方向進行才能平衡，說明Y點甲醇(正) (逆)，B正確；C.從Y點到Z點甲醇的平衡轉化率不變，可以通過升高溫度實現(xiàn)，而增大壓強，平衡逆向移動，甲醇的平衡轉化率減小，C錯誤；D.催化劑不能改變平衡狀態(tài)，不能

25、改變平衡轉化率，D錯誤；答案選B。22、D【解析】A、連接兩個苯環(huán)的碳原子，是sp3雜化，三點確定一個平面，兩個苯環(huán)可能共面，故A錯誤；B、此有機物中含有羧基，能與Na2CO3反應，故B錯誤；C、1mol此有機物中含有1mol羧基，需要消耗1mol氫氧化鈉，同時還含有1mol的“”這種結構，消耗2mol氫氧化鈉，因此1mol此有機物共消耗氫氧化鈉3mol，故C錯誤；D、含有酯基，因此水解時只生成一種產物，故D正確。二、非選擇題(共84分)23、醛基 新制的氫氧化銅 +CH3CH2OH+H2O +NaOH+NaCl+H2O 【解析】芳香族化合物A與乙醛發(fā)生信息中的反應生成B，A含有醛基，反應中脫

26、去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8OH2OC2H4OC7H6O，故A為，則B為，B發(fā)生氧化反應、酸化得到C為，C與溴發(fā)生加成反應得到D為，D發(fā)生消去反應、酸化得到E為，E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為，結合信息中的加成反應、H的結構簡式，可推知G為?！驹斀狻?1)由分析可知，A的結構簡式為：，所含官能團為醛基；(2)由分析可知，B為，B發(fā)生氧化反應、酸化得到C為，可以氧化醛基的試劑為新制的氫氧化銅，故a為新制的氫氧化銅；(3)由分析可知，D結構簡式為；(4)E與乙醇發(fā)生酯化反應生成F為，化學方程式為：+CH3CH2OH+H2O；(5)G為甲苯的同分異構體，故分子式為C7H8，結合信息中

27、的加成反應、H的結構簡式，可推知G為；(6)由可知，N為，則需要環(huán)戊烷通過反應形成碳碳雙鍵，故環(huán)戊烷與Cl2發(fā)生取代反應生成M為，然后與NaOH醇溶液發(fā)生消去反應生成N，化學方程式為：+NaOH+NaCl+H2O?！军c睛】本題關鍵是確定A的結構，結合反應條件順推各物質，(6)中根據(jù)題目中的合成路線圖反推N的結構簡式，然后根據(jù)已知試劑推斷可能發(fā)生的化學反應。24、 羧基、氯原子 加成反應 C10H16O2 +2NaOH+NaCl+2H2O 【解析】A的分子式為C7H8，結合B的結構，應是與CO發(fā)生加成反應，可知A為對比B與C的結構，結合反應條件、C的分子式，可知B中醛基氧化為羧基得到C，C與氯氣

28、發(fā)生苯環(huán)上取代反應生成D，D與氫氣發(fā)生加成反應生成E，E發(fā)生取代反應生成F，故C為、D為、E為F與乙醇發(fā)生酯化反應生成G為，G發(fā)生信息中反應生成M為?！驹斀狻?1)A的結構簡式為；D為，其官能團為羧基、氯原子；(2)根據(jù)分析可知D與氫氣發(fā)生加成反應生成E；G的結構簡式為，分子式為C10H16O2；(3)E為，與足量氫氧化鈉的乙醇溶液在加熱條件發(fā)生氯原子的消去反應，以及羧基與氫氧化鈉的中和反應，故反應方程式為：+2NaOH+NaCl+2H2O；(4)由分析可知M的結構簡式為；(5)C為，其同分異構體H既能發(fā)生銀鏡反應又能發(fā)生水解反應說明其含有CHO結構且含有酯基，核磁共振氫譜有4組吸收峰說明其結

29、構對稱，則符合條件的H為：；(6)加聚反應得到，發(fā)生消去反應得到，由信息可知苯甲酸乙酯與CH3MgBr、H+/H2O作用得到，合成路線流程圖為?！军c睛】解決本題充分利用物質的結構與反應條件進行分析判斷，熟練掌握官能團的性質與轉化；注意對信息的理解，明確題目所給反應中是哪個化學鍵的斷裂與形成。25、B讓AlO2-轉化為Al(OH)3沉淀，避免VO3-的沉淀A D若空氣不流通，由于V2O5具有強氧化性，會與還原性的NH3反應，從而影響產物的純度及產率SO2+V2O5=2VO2+SO389.9%【解析】本題考查實驗方案設計與評價，（1）虛線框中的儀器是向三頸燒瓶中滴加NaOH，為了能夠使NaOH溶液

30、順利滴下，需要有連通裝置，故選項B正確；（2）根據(jù)流程圖，氧化鐵為堿性氧化物，不與NaOH發(fā)生反應，V2O5、Al2O3屬于兩性氧化物，能與NaOH發(fā)生反應，調節(jié)pH為88.5的目的就是讓AlO2轉化為Al(OH)3沉淀，避免VO3的沉淀；（3）根據(jù)信息，NH4VO3微溶于水，可溶于熱水，不溶于乙醇、醚，A、用冷水洗滌，可以減少NH4VO3的溶解，故A正確；B、NH4VO3溶于熱水，造成NH4VO3溶解，故B錯誤；C、雖然NH4VO3不溶于乙醇，但NH4VO3表面雜質，如NH4Cl不溶于乙醇，使用乙醇不能洗去沉淀表面的雜質，故C錯誤；D、根據(jù)流程生成NH4VO3沉淀，是濾液1與飽和NH4Cl的

31、反應生成，且NH4Cl受熱易分解，不產生雜質，故D正確；（4）根據(jù)信息，NH4VO4灼燒生成V2O5，因為V2O5具有強氧化性，能與具有還原性NH3發(fā)生反應，從而影響產物的純度及產率，因此灼燒NH4VO3時在流動空氣中；（5）催化劑在反應前后質量不變，根據(jù)已知反應反應方程式，因此得出反應方程式為SO2V2O5=2VO2SO3；（6）根據(jù)I2和Na2S2O3發(fā)生反應的方程式，求出消耗n(I2)=20.001030.250/2mol=2.5103mol，根據(jù)得失電子數(shù)目守恒，n(V2O5)22=n(I2)2，求出n(V2O5)=1.25103mol，即m(V2O5)=1.25103182g=0.2

32、275g，則產品純度為0.2275/0.253100%=89.9%。26、SiO2粉碎鋅白礦（或充分攪拌漿料、適當加熱等）Zn+CuSO4Cu+ZnSO43Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質ZnSO4、K2SO4【解析】鋅白礦中加入稀硫酸浸取，ZnO、Fe2O3、CuO分別和稀硫酸反應生成ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4，SiO2和稀硫酸不反應，然后過濾，得到的濾液中含有ZnSO4、Fe2（SO4）3、CuSO4、H2SO4，向濾液中混入Zn，將Fe3+還原為Fe2+，

33、得到Cu沉淀，然后過濾，得到的濾液中含有ZnSO4、FeSO4，向濾液中加入高錳酸鉀，高錳酸鉀將Fe2+氧化為Fe3+，向溶液中加入適量氧化鋅，溶液pH升高，鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀，過濾，得到的濾液中含有ZnSO4，將溶液蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到ZnSO47H2O。(1)根據(jù)上述分析，“濾渣1”的主要成分為二氧化硅。浸取過程中，為提高浸出效率可采用的措施有，可將礦石粉碎或提高浸取時的溫度，或適當增大酸的濃度等，故答案為SiO2；粉碎鋅白礦（或充分攪拌漿料、適當加熱等）；(2)“置換”過程中，加入適量的鋅粉，除與溶液中的Fe3+，H+反應外，另一主要反應為置換銅的反應，反應的化

34、學方程式為Zn+CuSO4Cu+ZnSO4，故答案為Zn+CuSO4Cu+ZnSO4；(3)根據(jù)流程圖，“氧化”一步中，F(xiàn)e2+能被高錳酸鉀氧化生成Fe3+，高錳酸鉀被還原成二氧化錳，生成是鐵離子轉化為氫氧化鐵沉淀反應的離子方程式為3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+；溶液PH控制在3.2，6.4)之間可以使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質，故答案為3Fe2+MnO4-+7ZnO+9H+3Fe(OH)3+MnO2+7Zn2+ ；使Fe3+沉淀完全，而Zn2+不沉淀MnO4-變?yōu)镸nO2沉淀，避免引入雜質；(4)根

35、據(jù)上述分析，氧化后溶液轉化含有的鹽類物質有ZnSO4、K2SO4，故答案為ZnSO4、K2SO4。點睛：本題考查物質分離和提純、實驗裝置綜合等知識點，為高頻考點，明確物質的性質及實驗步驟是解本題關鍵，知道流程圖中發(fā)生的反應及基本操作方法、實驗先后順序等。本題的易錯點是（3）中離子方程式的書寫和配平。27、DCDB 將裝置中的N2（或空氣）排除干凈 將未充分燃燒的產物CO轉化為CO2(或使氨基酸中的碳完全轉化為CO2) 除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2 該氨基酸的摩爾質量 偏小 取該有機物少許于試管中，滴加NaHCO3溶液，有氣泡產生（或其它合理答案） 【解析】根據(jù)題意可知，用燃

36、燒法測定某種氨基酸(CxHyOzNp)的分子組成，用氧氣氧化氨基酸(CxHyOzNp)生成二氧化碳、水和氮氣，利用裝置D（無水氯化鈣）測定水的質量，利用裝置C（KOH濃溶液）測定二氧化碳的質量，利用E裝置測量N2的體積，從而求出氨基酸中含有的C、H、O、N的質量，進而求出該氨基酸的分子組成，據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)以上分析，結合吸收CO2、H2O及測量N2體積的順序為，先吸收水，再吸收CO2，最后測量N2體積，裝置B加熱的銅網(wǎng)可除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2，所以該實驗裝置的合理連接順序為：A、D、C、D、B、E，故答案為DCDB；（2）裝置內的空氣中含有N2、CO2和H

37、2O，需通一段時間的純氧，將裝置中的N2（或空氣）排除干凈，減小試驗誤差，故答案為將裝置中的N2（或空氣）排除干凈；（3）CuO的作用是將氨基酸不完全燃燒產生的少量CO氧化成CO2，保證氨基酸中的碳都轉化為CO2，根據(jù)(1)的分析，裝置B的作用是除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2，故答案為將未充分燃燒的產物CO轉化為CO2(或使氨基酸中的碳完全轉化為CO2)；除去多余的O2，保證E裝置最終收集的氣體全為N2；（4）根據(jù)上面的分析可知，為了確定此氨基酸的分子式，除了生成二氧化碳氣體的質量、生成水的質量、準確測量N2的體積外，還需測出該氨基酸的摩爾質量，故答案為該氨基酸的摩爾質量；（

38、5）如果液面左低右高（廣口瓶中液面低于量筒中液面）廣口瓶中的氣體收到的壓強除大氣壓強外還有液面高度差造成的壓強其實際壓強大于標準大氣壓，氣體體積被壓縮，實際測得的氣體體積偏小，故答案為偏小；（6）根據(jù)分子式為C2H4O2，及氨基酸中的官能團可知，該分子中有羧基，實驗證明該官能團的方法為取該有機物少許于試管中，滴加NaHCO3溶液，有氣泡產生，故答案為取該有機物少許于試管中，滴加NaHCO3溶液，有氣泡產生?！军c睛】本題考查學生利用燃燒法確定有機物分子組成的知識，涉及實驗方案設計、根據(jù)原子守恒法來解答，關鍵在于理解實驗原理。28、 球形 Zn的價電子排布式是3d104s2，4s能級上電子處于全充

39、滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，難以失去電子；而鎵（31Ga）的價電子排布式為4s24p1，容易失去4p能級上的一個電子，故Ga的第一電離能比Zn的低 16 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均為分子晶體且結構相似，相對分子質量依次增大，分子間作用力逐漸增強，故熔點依次升高 ZnF2屬于離子晶體，熔化時需要破壞離子鍵，而其它三種晶體屬于分子晶體，離子鍵的強度大于分子間作用力，故其熔點遠高于其它三種鹵化鋅 4 100% 【解析】（1）對于主族元素來說，價電子就是最外層電子，但對于Zn來說，它是副族（B），其價電子還與3d能級上的電子有關；當電子排布完成后，4s能級上的電子能量最高，4s能級電子云是球形；（2）Zn

40、與Ga在周期表中雖然是相鄰元素，但價電子不一樣，Zn的價電子排布式是3d104s2，而Ga的價電子排布式為4s24p1，結合洪特規(guī)則判斷；（3）CN-與N2、CO是等電子體，它們的結構相似，其中N2的結構式為；雙鍵碳和雙鍵氮以及苯環(huán)碳均是sp2雜化；（4）ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均為分子晶體且結構相似，而ZnF2屬于離子晶體，它們的熔沸點由于晶體類型不同，影響它們熔沸點的作用力不同，應區(qū)別對待；（5）這種ZnS晶胞不屬于立方晶胞，上下兩個底面是平行四邊形，兩個角呈120、另兩個角呈60，這就決定了處于晶胞頂點上的8個S2-，有4個被12個晶胞共用，另4個被6個晶胞共用；處于棱上的4個Z

41、n2+，有2個被6個晶胞共用、另2個被3個晶胞共用，這樣就可以求出晶胞的組成。再根據(jù)密度與質量、體積的關系以及球的體積公式即可求得離子占晶胞體積的百分率?！驹斀狻浚?）Zn的原子序數(shù)為30，其價電子排布式為3d104s2，價層電子軌道表達式為：；占據(jù)最高能層的電子處于4s能級上，所以是球形；（2）第一電離能是從氣態(tài)基態(tài)原子中去掉一個電子所需的能量，Zn的價電子排布式是3d104s2，4s能級上電子處于全充滿狀態(tài)，較穩(wěn)定，難以失去電子；而鎵（31Ga）的價電子排布式為4s24p1，容易失去4p能級上的一個電子，故Ga的第一電離能比Zn的低；（3）CN-與N2互為等電子體，等電子體具有相似的結構。N2的結構式為，故CN-的電子式為；每個二苯硫腙分子中，2個苯環(huán)的12個碳原子為sp2雜化，形成雙鍵的硫原子、碳原子和2個氮原子也為sp2雜化，共計16個；（4）分子晶體熔沸點由分子間作用力大小決定，ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均為分子晶體且結構相似，相對分子質