2021-2022學年遼寧省大連市甘井子區(qū)渤海高中高三第二次調研化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結束后，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、設NA為阿伏加德羅常數的值下列說法正確的是（）A1L1molL1的NaClO溶液中含有ClO的數目為NAB78g苯含有C=C雙鍵的數目為3NAC常溫常壓下，14g由N2與CO組成的混合氣體含有的原子數目為NAD6.72L NO2與水充分反應

2、轉移的電子數目為0.2NA2、根據原子結構及元素周期律的知識，下列敘述正確的是( )A由于相對分子質量：HClHF，故沸點：HClHFB鍺、錫、鉛的+4價氫氧化物的堿性強弱順序：Ge(OH)4Sn(OH)4Pb(OH)4C硅在周期表中處于金屬與非金屬的交界處，硅可用作半導體材料DCl-、S2-、K+、Ca2+半徑逐漸減小3、化學與人類生活、生產和社會可持續(xù)發(fā)展密切相關，下列說法不正確的是（ ）A為方便運輸可用鋼瓶儲存液氯和濃硫酸B食鹽可作調味劑，也可用作食品防腐劑C用淀粉溶液可以直接檢驗海水中是否含有碘元素D化石燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOX的催化轉化都是減少酸雨產生的措施4、新修草

3、本有關“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃燒之赤色”據此推測“青礬”的主要成分為( )ABCD5、在測定硫酸銅晶體結晶水含量的實驗中，會導致測定結果偏低的是（）A加熱后固體發(fā)黑B坩堝沾有受熱不分解的雜質C加熱時有少量晶體濺出D晶體中混有受熱不分解的雜質6、已知：H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ； 下列選項正確的是AH2 (g) + Se (s)的總能量對應圖中線段 bB相同物質的量的 Se，Se(s)的能量高于 Se(g)C1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，反應放熱 87.48

4、kJDH2 (g) + S (g) H2S (g) +QkJ ，QKb(NH3H2O)Bb點時c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d幾點中，水的電離程度dbaDa b點過程中，可能存在c(X)2BNaClO、HClO都易溶于水CNaClO的電離方程式：NaClONa+ClO-DHClO與Na2SO3溶液反應，可以得到Na2SO49、在給定條件下，下列選項所示的物質間轉化均能實現的是（ ）ANaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)BS(s)SO3(g)H2SO4(aq)CMgCl2(aq)Mg(OH)2(s)Mg(s)DN2(g)NH3(g)NaHCO3(s)10、反應物X

5、轉化為Y和Z的能量變化如圖所示。下列說法正確的是AXY反應的活化能為E5B加入催化劑曲線a變?yōu)榍€bC升高溫度增大吸熱反應的活化能，從而使化學反應速率加快D壓縮容器體積不改變活化能，但增大單位體積活化分子數，使得反應速率加快11、乙烷、乙炔分子中碳原子間的共用電子對數目分別是1、3，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數目可能為()A20B24C25D7712、中國傳統(tǒng)文化博大精深，明代方以智的物理小識中有關煉鐵的記載：“煤則各處產之，臭者燒熔而閉之成石，再鑿而入爐曰礁，可五日不滅火，煎礦煮石，殊為省力?！毕铝姓f法中正確的是A物理小識中記載的是以焦炭作為還原劑的方法來煉鐵B文中說明以煤炭作

6、為燃料被普遍使用，煤的主要成分為烴C生鐵是指含硫、磷、碳量低的鐵合金D工業(yè)上可通過煤的干餾獲得乙烯、丙烯等化工原料13、常溫下，關于等體積、等pH的稀鹽酸和稀醋酸溶液，下列說法正確的是A兩溶液中由水電離的：鹽酸醋酸B兩溶液中C分別與足量的金屬鋅反應生成氫氣的量：鹽酸醋酸D分別用水稀釋相同倍數后溶液的pH：鹽酸=醋酸14、化學與社會、生活密切相關。對下列現象或事實的解釋正確的是()現象或事實解釋AAl(OH)3用作塑料的阻燃劑Al(OH)3受熱熔化放出大量的熱BK2FeO4用于自來水的消毒和凈化K2FeO4具有強氧化性，被還原后生成的Fe3水解生成膠狀物，可以軟化硬水CNa2O2用于呼吸面具中作

7、為O2的來源Na2O2是強氧化劑，能氧化CO2生成O2D浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮KMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2AABBCCDD15、下列物質的性質和用途不存在因果關系的是A膠體具有電泳的性質，可向豆?jié){中加入鹽鹵制作豆腐B醋酸酸性強于碳酸，用醋酸溶液清除熱水器中的水垢C小蘇打受熱易分解，在面粉中加入適量小蘇打焙制糕點D氧化鋁熔點高，可作耐高溫材料16、在常溫常壓下，將100mL H2S與O2混合氣體在一定條件下充分反應后，恢復到原來的狀況，剩余氣體25mL。下列判斷錯誤的是（ ）A原混合氣體中H2S的體積可能是75mLB原混合氣體中O2的體積可能是50mLC剩余2

8、5mL氣體可能全部是SO2D剩余25mL氣體可能是SO2與O2二、非選擇題（本題包括5小題）17、暗紅色固體X由三種常見的元素組成（式量為412），不溶于水，微熱易分解，高溫爆炸。己知：氣體B在標準狀況下的密度為1.25g.L-1，混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{色。請回答以下問題：（1）寫出A的電子式_。（2）寫出生成白色沉淀D的化學方程式_。（3）固體X可由A與過量氣體C的濃溶液反應生成，其離子方程式為_（4）有人提出氣體C在加熱條件下與Fe2O3反應，經研究固體產物中不含+3價的鐵元素，請設計實驗方案檢驗固體產物中可能的成分（限用化學方法）_18、合成具有良好生物降解性的有機

9、高分子材料是有機化學研究的重要課題之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生產安全玻璃夾層材料PVB。有關合成路線如圖（部分反應條件和產物略去）。已知：.RCHO+RCH2CHO+H2O.（R、R可表示烴基或氫原子）.A為飽和一元醇，其氧的質量分數約為34.8%，請回答：（1）C中官能團的名稱為_，該分子中最多有_個原子共平面。（2）D與苯甲醛反應的化學方程式為_。（3）的反應類型是_。（4）PVAc的結構簡式為_。（5）寫出與F具有相同官能團的同分異構體的結構簡式_（任寫一種）。（6）參照上述信息，設計合成路線以溴乙烷為原料（其他無機試劑任選）合

10、成。_。19、氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯離子濃度較大的體系，形成。在潮濕空氣中迅速被氧化，見光則分解。右下圖是實驗室仿 工業(yè)制備氯化亞銅的流程進行的實驗裝置圖。實驗藥品：銅絲、氯化銨、65硝酸、20鹽酸、水。(1)質量分數為20的鹽酸密度為，物質的量濃度為_；用濃鹽酸配制20鹽酸需要的玻璃儀器有：_、燒杯、玻璃棒、膠頭滴管。(2)實驗室制備過程如下：檢查裝置氣密性，向三頸瓶中加入銅絲、氫化銨、硝酸、鹽酸，關閉。實驗開始時，溫度計顯示反應液溫度低于室溫，主要原因是_；加熱至，銅絲表面產生無色氣泡，燒瓶上方氣體顏色逐漸由無色為紅棕色，氣囊鼓起。打開，通入

11、氧氣一段時間，將氣囊變癟，紅棕色消失后關閉，冷卻至室溫，制得。通入氧氣的目的為_；三頸瓶中生成的總的離子方程為_；將液體轉移至燒杯中用足量蒸餾水稀釋，產生白色沉淀，過濾得氧化亞銅粗品和濾液。粗品用95乙醇洗滌、烘干得氧化亞銅。(3)便于觀察和控制產生的速率，制備氧氣的裝置最好運用_(填字母)。(4)下列說法不正確的是_A步驟中可以省去，因為已經加入了B步驟用去氧水稀釋，目的是使轉化為，同時防止被氧化C當三頸燒瓶上方不出現紅棕色氣體時，可停止通入氧氣D流程中可循環(huán)利用的物質只有氯化銨(5)步驟用95乙醇代替蒸餾水洗滌的主要目的是_、_(答出兩條)。(6)氯化亞銅的定量分析：稱取樣品和過量的溶液于

12、錐形瓶中，充分溶解；用硫酸Ce(SO4)2標準溶液測定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+三次平衡實驗結果如下表(平衡實驗結果相差不能超過1)：平衡實驗次數123樣品消耗硫酸銻標準溶液的體積2則樣品中的純度為_(結果保留3位有效數字)。誤差分析：下列操作會使滴定結果偏高的是_。A錐形瓶中有少量蒸餾水 B滴定終點讀數時仰視滴定管刻度線C所取溶液體積偏大 D滴定前滴定管尖端有氣泡，滴定后氣泡消失20、以鋁土礦（主要成分為，含少量和等雜質）為原料生產鋁和氮化鋁的一種工藝流程如圖已知：在“堿溶”時轉化為鋁硅酸鈉（）沉淀。（1）用氧化物的形式表示

13、鋁硅酸鈉的化學式_。（2）溶液a中加入后，生成沉淀的離子方程式為_。（3）有人考慮用熔融態(tài)電解制備鋁，你覺得是否可行？請說明理由：_。（4）取一定量的氮化鋁樣品，用以下裝置測定樣品中AlN的純度（夾持裝置已略去）。打開，加入NaOH濃溶液，至不再產生。打開，通入一段時間。寫出AlN與NaOH溶液反應的化學方程式_。實驗中需要測定的數據是_。21、研究碳、氮、硫等元素化合物的性質或轉化對建設生態(tài)文明、美麗中國具有重要意義。(1)海水中無機碳的存在形式及分布如圖所示,用離子方程式表示海水呈弱堿性的主要原因_。已知春季海水pH8.1，預測冬季海水堿性將會_(填“增強”或“減弱”)，理由是_。(2)工

14、業(yè)上以CO和H2為原料合成甲醇的反應：CO(g)2H2(g)=CH3OH(g) H0，在容積為1L的恒容容器中，分別在T1、T2、T3三種溫度下合成甲醇。如圖是上述三種溫度下不同H2和CO的起始組成比(起始時CO的物質的量均為1mol)與CO平衡轉化率的關系。下列說法正確的是_(填字母)。Aa、b、c三點H2轉化率：cabB上述三種溫度之間關系為T1T2T3Cc點狀態(tài)下再通入1molCO和4molH2，新平衡中H2的體積分數增大Da點狀態(tài)下再通入0.5molCO和0.5molCH3OH，平衡不移動(3)NO加速臭氧層被破壞，其反應過程如下圖所示：NO的作用是_。已知：O3(g)O(g)=2O2

15、(g) H143kJmol1反應1：O3(g)NO(g)=NO2(g)O2(g) H1200.2kJmol1 。反應2：熱化學方程式為_。(4)若將CO和NO按不同比例投入一密閉容器中發(fā)生反應：2CO(g)2NO(g)=N2(g)2CO2(g) H759.8kJmol -1，反應達到平衡時，N的體積分數隨n(CO)n(NO)的變化曲線如下圖。b點時，平衡體系中C、N原子個數之比接近_。a、b、c三點CO的轉化率從小到大的順序為_；b、c、d三點的平衡常數從大到小的順序為_。若n(CO)n(NO)0.8，反應達平衡時，N的體積分數為20%，則NO的轉化率為_。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項

16、符合題意）1、C【解析】A. 次氯酸跟為弱酸根,在溶液中會水解,故溶液中的次氯酸跟的個數小于NA個，故A錯誤；B. 苯不是單雙鍵交替的結構，故苯中不含碳碳雙鍵，故B錯誤；C. 氮氣和CO的摩爾質量均為28g/mol,故14g混合物的物質的量為0.5mol,且均為雙原子分子,故0.5mol混合物中含1mol原子即NA個，故C正確；D. 二氧化氮所處的狀態(tài)不明確，故二氧化氮的物質的量無法計算，則和水轉移的電子數無法計算，故D錯誤；故選：C。2、C【解析】AHF分子之間存在氫鍵，沸點高于HCl，故A錯誤；B同主族金屬性增強，形成的堿的堿性增強，鍺、錫、鉛的+4價氫氧化物的堿性強弱順序：Ge(OH)4

17、Sn(OH)4Pb(OH)4，故B錯誤；CSi處于金屬與非金屬交界處，表現一定的金屬性、非金屬性，可用作半導體材料，故C正確；D電子層結構相同的離子，核電荷數越大，離子半徑越小，故離子半徑：S2-Cl-K+Ca2+，故D錯誤；答案選C。3、C【解析】A常溫下Fe與液氯不反應，Fe與濃硫酸發(fā)生鈍化，則用鋼瓶儲存液氯或濃硫酸，選項A正確；B食鹽腌制食品，食鹽進入食品內液產生濃度差，形成細菌不易生長的環(huán)境，可作防腐劑，食鹽具有咸味，所以食鹽可作調味劑，也可作食品防腐劑，選項B正確；C、海水中的碘元素是碘的化合物，不能直接用淀粉溶液檢驗是否含有碘元素，選項C不正確；DSO2和NOX的排放可導致酸雨發(fā)生

18、，則燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOX的催化轉化都是減少酸雨產生的措施，選項D正確；答案選C。4、B【解析】“青礬”的描述為：“本來綠色，新出窟未見風者，正如琉璃燒之赤色”，青礬是綠色，經煅燒后，分解成粒子非常細而活性又很強的Fe2O3，超細粉末為紅色。A.CuSO45H2O為藍色晶體，A錯誤；B. FeSO47H2O是綠色晶體，B正確；C.KAl(SO4)212H2O是無色晶體，C錯誤；D.Fe2(SO4)37H2O為黃色晶體，D錯誤。所以判斷“青礬”的主要成分為FeSO47H2O。故合理選項是B。5、D【解析】A固體變黑說明硫酸銅分解生成CuO與SO3，造成加熱前后固體的質量差偏大，

19、測量結果偏高，故A不合題意；B坩堝內附有不分解的雜質，而加熱前后固體的質量差不變，測量結果不變，故B不合題意；C加熱過程中有少量晶體濺出，造成加熱前后固體的質量差偏大，測量結果偏高，故C不合題意；D晶體不純，含有不揮發(fā)雜質，造成加熱前后固體的質量差偏小，測量結果偏低，故D符合題意；故選D。6、A【解析】A. 根據H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ Se (g) Se (s) +102.17kJ 可得：H2 (g) + Se (s) H2Se (g) -14.69kJ ，所以H2 (g) + Se (s)的總能量對應圖中線段 b，故正確；B. 相同物質的量的 Se

20、，Se(s)的能量低于 Se(g)，故錯誤；C. 1mol Se (g)中通入 1mol H2(g)，H2 (g) + Se (g) H2Se (g) +87.48kJ，該反應是可逆反應，放出的熱量小于87.48kJ，故錯誤；D.S和Se是同族元素，S的非金屬性比Se強，和氫氣化合更容易，放熱更多，故錯誤；故選：A。7、B【解析】A.根據b點，等體積、等濃度HX溶液與NH3H2O 的混合液pH=7，說明Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A錯誤；B. b點是等體積、等濃度HX溶液與NH3H2O 的混合液，溶質是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促進水解生成HX，所以c(NH4+)c(H

21、X)c(OH)c(H+)，故B正確；C. a b點過程，相當于向HA溶液中加氨水至恰好反應，所以水的電離程度逐漸增大，a、b、d幾點中，水的電離程度bad，故C錯誤；D. a b點過程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根據電荷守恒，不可能存在c(X)2，氫離子濃度小于HClO濃度，說明HClO在水溶液里部分電離，所以能說明該酸是弱電解質，選項A正確；B、NaClO、HClO都易溶于水，不能說明HClO的電離程度，所以不能據此判斷HClO是弱電解質，選項B錯誤；C、NaClO的電離方程式：NaClO=Na+ClO-，說明NaClO完全電離為強電解質，但不能說明HClO部分電離，所以不能據此判

22、斷HClO是弱電解質，選項C錯誤；D、HClO與Na2SO3溶液反應，可以得到Na2SO4，說明HClO具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉，但不能說明HClO部分電離，所以不能判斷HClO是弱電解質，選項D錯誤。答案選A。點睛：本題考查電解質強弱的判斷，明確強弱電解質的本質區(qū)別是解本題關鍵，注意不能根據電解質的溶解性強弱、溶液導電性強弱判斷電解質強弱，為易錯點。9、D【解析】A鐵與氯氣反應生成氯化鐵，而不是氯化亞鐵，所以Cl2(g)FeCl2(s)轉化不能實現，故A錯誤；B硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B錯誤； C氯化鎂與石灰乳反應生成氫氧化鎂，氫氧化鎂受熱分解生成氧化鎂，所以Mg

23、(OH)2(s)Mg(s)轉化不能實現，故C錯誤； D氨氣、二氧化碳和氯化鈉反應生成碳酸氫鈉，為侯氏制堿法的反應原理，故D正確；故答案選D。10、D【解析】A、根據能量變化，XY，活化能是(E5E2)，故錯誤；B、使用催化劑降低活化能，產物不變，故錯誤；C、升高溫度，提高了活化分子的百分數，化學反應速率都增大，故錯誤；D、壓縮體積，增大壓強，增加單位體積內活化分子的個數，反應速率加快，故正確。11、B【解析】烷烴中碳碳間共用電子對數為碳原子數減去1；若每減少2個H原子，則相當于碳碳間增加一對共用電子對，利用減少的H原子數目，再除以2可知增加的碳碳間共用電子對數，烷烴C20H42分子中碳原子間的

24、共用電子對數目為19，則C20H32分子中碳原子間的共用電子對數目19+10=24，答案選B?！军c睛】明確每減少2個H原子，則相當于碳碳間增加一對共用電子對。12、A【解析】A由物理小識中記載語句“臭者燒熔而閉之成石，再鑿而入爐曰礁，可五日不滅火，煎礦煮石”可知是以焦炭作為還原劑的方法來煉鐵，A選項正確；B煤其主要成分為碳、氫、氧和少量的氮、硫或其它元素，而烴只由C、H兩種元素組成，B選項錯誤；C生鐵的含碳量比鋼的含碳量較高，故生鐵不是指含碳量很低的鐵合金，C選項錯誤；D工業(yè)上可通過石油的裂化、裂解獲得乙烯、丙烯等化工原料，D選項錯誤；答案選A。13、B【解析】醋酸是弱酸，水溶液中存在電離平衡

25、。重視外因對電離平衡的影響。【詳解】A. 稀鹽酸和稀醋酸溶液中的OH均來自水的電離，兩溶液pH相等，則H+、OH-濃度分別相等，即水電離的：鹽酸醋酸，A項錯誤；B. 兩溶液分別滿足電荷守恒關系c(H+)=c(OH)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH)+c(CH3COO-)，兩溶液的pH相等，c(H+)和 c(OH)的也相等，則c(Cl-)c(CH3COO-)，B項正確；C. 稀鹽酸和稀醋酸等體積、等pH，則H+等物質的量，與足量的金屬鋅反應時促進醋酸電離出更多H+，生成更多氫氣，故生成氫氣量：鹽酸醋酸，D項錯誤。本題選B。14、D【解析】AAl(OH)3受熱分解時需要吸收大量的熱，同時產生的

26、水蒸氣起到降低空氣中氧氣濃度的作用，從而用作塑料的阻燃劑，故A錯誤；BK2FeO4具有強氧化性，用于自來水的消毒，被還原后生成的Fe3+水解生成膠狀物，具有吸附水體顆粒物起到凈化水質的作用，但不能軟化硬水，故B錯誤；CNa2O2與二氧化碳反應產生氧氣，是過氧化鈉自身的氧化還原反應，C錯誤；DKMnO4溶液可氧化水果釋放的CH2=CH2，而乙烯具有催熟作用，故浸泡過KMnO4溶液的硅藻土可用于水果保鮮，D正確。答案選D。15、A【解析】A. 膠體具有電泳的性質證明膠體粒子帶有電荷，在電場力作用下會向某一個電極定向移動，可向豆?jié){中加入鹽鹵制作豆腐是蛋白質膠體粒子遇電解質，膠粒上吸附的電荷被中和發(fā)生

27、聚沉現象，與電泳無關，不存在因果關系，A符合題意；B. 醋酸酸性強于碳酸，醋酸與水垢中的CaCO3發(fā)生復分解反應產生可溶性醋酸鈣，因而可用醋酸溶液清除熱水器中的水垢，有因果關系，B不符合題意；C. 小蘇打受熱易分解會產生CO2可以使面團松軟，所以在面粉中加入適量小蘇打焙制糕點，有因果關系，C不符合題意；D. 氧化鋁屬于離子化合物，陽離子與陰離子之間有強烈的離子鍵，所以物質熔點高，不容易變?yōu)橐簯B(tài)，因此可作耐高溫材料，有因果關系，D不符合題意；故合理選項是A。16、D【解析】H2S和O2的混合氣體點燃，氧氣不足發(fā)生反應2H2S+O22S+2H2O，氧氣足量發(fā)生反應2H2S+3O22SO2+2H2O

28、；據此討論；若n（H2S）：n（O2）2:1，發(fā)生反應， H2S有剩余；若n（H2S）：n（O2）=2:1，發(fā)生反應，沒有氣體；若n（H2S）：n（O2）2:3，發(fā)生反應，氧氣有剩余，氣體為氧氣、二氧化硫；若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應，氣體為二氧化硫；若2:3 n（H2S）：n（O2）2:1，發(fā)生反應H2S有剩余，則2H2S+O22S+2H2O 體積變化V2 1 350mL 25mL 100-25=75mL剩余氣體為25mLH2S，原混合氣體中O2為25mL，H2S為100-25=75mL，符合題意；若n（H2S）：n（O2）=2：1，發(fā)生反應，沒有剩余氣體，不符合題意；若n（

29、H2S）：n（O2）2:3，發(fā)生反應，氧氣有剩余，則:2H2S+3O22SO2+2H2O 體積變化V2 3 2 350mL 75 50 100-25=75mL剩余氣體為氧氣、二氧化硫，其中二氧化硫為50mL，不符合題意；若n（H2S）：n（O2）=2:3，發(fā)生反應，最后氣體為二氧化硫，體積為50mL，不符合題意；若2:3 n（H2S）：n（O2）2:1，發(fā)生反應，硫化氫、氧氣全部反應，剩余氣體為二氧化硫，n(SO2)=25mL；則根據反應2H2S+3O22SO2+2H2O可知，n(O2)=3/2n(SO2)= 25mL1.5=37.5 mL；n(H2S)=n(SO2)=25mL；根據題意可知，

30、H2S與O2混合氣體共100mL，所以發(fā)生反應2H2S+O22S+2H2O的H2S與O2的總體積為100mL-25mL-37.5 mL=37.5mL，n(O2)= 1/337.5 mL=12.5mL,n(H2S)=2/337.5mL，所以，原混合氣體中n(H2S)= 25mL+12.5mL=37.5mL，n(O2)=37.5 mL+12.5mL=50mL；結合以上分析可知，只有D選項不可能；故答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、 SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl 3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O 取固體產物少許，溶于足量

31、的硫酸銅溶液，充分反應后，若有紅色固體出現，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。 【解析】氣體B在標準狀況下的密度為1.25g.L-1，則其摩爾質量為22.4L/mol1.25 g.L-1=28 g/mol，為氮氣。混合氣體通過CuSO4，CuSO4固體變?yōu)樗{色，說明混合氣體中含有水蒸氣和氮氣。根據前后氣體的體積變化分析，無色氣體C為氨氣。紫黑色固體A應為碘單質，能與二氧化硫和氯化鋇反應生成硫酸鋇沉淀，所以白色沉淀6.99克為硫酸鋇沉淀，即0.03mol，通過電子計算碘單質的物質的量為0.03mol，氮氣的物質的量為0.01

32、mol，氨氣的物質的量為0.02mol，計算三種物質的質量和為8.24克，正好是固體X的質量，所以X的化學式為NI3NH3。【詳解】（1）A為碘單質，電子式為：；（2）碘單質和二氧化硫和氯化鋇和水反應生成硫酸鋇沉淀和碘化氫和鹽酸，方程式為：SO2+I2+BaCl2+2H2O=BaSO4+2HI+2HCl；（3）固體X可由碘與過量氣體氨氣的濃溶液反應生成，離子方程式為：3I2+5NH3H2O=NI3NH3+3NH4+3I-+5H2O ；（4）固體產物中不含+3價的鐵元素，所以反應后可能產生鐵或氧化亞鐵，利用鐵和硫酸銅反應置換出紅色固體銅檢驗是否有鐵，氧化亞鐵的檢驗可以利用鐵離子遇到硫氰化鉀顯紅色

33、的性質進行，故實驗操作為：取固體產物少許，溶于足量的硫酸銅溶液，充分反應后，若有紅色固體出現，證明有鐵，過濾所得的濾渣溶于稀鹽酸，滴加硫氰化鉀溶液無現象，再滴加氯水，若溶液呈紅色，則證明還有氧化亞鐵。18、碳碳雙鍵、醛基 9 CH3CH2CH2CHOH2O 加成反應 HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 【解析】A為飽和一元醇，通式為CnH2n2O，其氧的質量分數約為34.8%，則有100%=34.8%，解得n=2，A為CH3CH2OH，根據PVAc可知，A氧化成E，E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應生成F，F為CH

34、3COOCH=CH2，F發(fā)生加聚反應得到PVAc，PVAc的結構簡式為，堿性水解得到PVA（），A在銅作催化劑的條件下氧化得到B，B為CH3CHO，根據信息I，C結構簡式為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應生成D，D結構簡式為CH3CH2CH2CHO，據此分析；【詳解】A為飽和一元醇，通式為CnH2n2O，其氧的質量分數約為34.8%，則有100%=34.8%，解得n=2，A為CH3CH2OH，根據PVAc可知，A氧化成E，E為CH3COOH，E與乙炔發(fā)生加成反應生成F，F為CH3COOCH=CH2，F發(fā)生加聚反應得到PVAc，PVAc的結構簡式為，堿性水解得到PVA（），A在銅作催化劑的

35、條件下氧化得到B，B為CH3CHO，根據信息I，C結構簡式為CH3CH=CHCHO，C發(fā)生還原反應生成D，D結構簡式為CH3CH2CH2CHO，(1)C的結構簡式為CH3CH=CHCHO，含有官能團是碳碳雙鍵和醛基；利用乙烯空間構型為平面，醛基中C為sp2雜化，CHO平面結構，利用三點確定一個平面，得出C分子中最多有9個原子共平面；答案：碳碳雙鍵、醛基；9；(2)利用信息I，D與苯甲醛反應的方程式為CH3CH2CH2CHOH2O；答案：CH3CH2CH2CHOH2O；(3)根據上述分析，反應為加成反應；答案：加成反應；(4)根據上述分析PVAc的結構簡式為；答案：；(5)F為CH3COOCH=

36、CH2，含有官能團是酯基和碳碳雙鍵，與F具有相同官能團的同分異構體的結構簡式為HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷發(fā)生水解反應生成乙醇，乙醇發(fā)生催化氧化生成乙醛，乙醛與乙醇反應得到，合成路線流程圖為：；答案：?！军c睛】難點是同分異構體的書寫，同分異構體包括官能團異構、官能團位置異構、碳鏈異構，因為寫出與F具有相同官能團的同分異構體，因此按照官能團位置異構、碳鏈異構進行分析，從而得到HCOOCH=

37、CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。19、6.0mol/L 量筒 氯化銨溶解于水為吸熱過程 將三頸瓶中的NO2反應生成HNO3 3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O B AD 除去CuCl表面附著的NH4Cl 迅速揮發(fā)帶走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD 【解析】根據流程：氧氣通入Cu、HCl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制溫度5085制得NH4CuCl2，加入水，過濾得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液濃縮補充Cu、HCl可循環(huán)，沉淀洗滌干燥后得產品；(1) 根據c=

38、計算，鹽酸是液體，量取濃鹽酸需要量筒；(2) 氯化銨溶解吸熱；根據題意有NO2氣體生成，通入氧氣可與其反應；根據題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4CuCl2和無色氣泡NO，據此書寫； (3) 裝置A不能觀察O2產生速率，C不能很好控制產生O2的速率；(4) A步驟得到CuCl2(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成；BCuCl 易被氧化，應做防氧化處理；C三頸燒瓶上方不出現紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用；(5) 氯化亞銅是一種白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6) 第一組實驗數據誤差較大，舍去

39、，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據關系式有：CuClFeCl3Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，據此計算可得；誤差分析依據c(待測)=分析，標準溶液體積變化就是誤差的變化?！驹斀狻?1) 鹽酸的物質的量濃度c=6.0mol/L，量取濃鹽酸需要量筒，則配制20%鹽酸時除燒杯、玻璃棒、膠頭滴管外，還需要量筒；(2)因為氯化銨溶解于水為吸熱過程，故反應開始時液體溫度低于室溫；通入氧氣的目的是為了將三頸瓶中的NO2反應生成HNO3；根據題意銅絲、氯化氨、硝酸、鹽酸生成NH4CuCl2和無色氣泡NO，則生

40、成CuCl2-離子方程式為3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O； (3) 制備氧氣裝置A不能觀察O2產生速率，C中Na2O2和水反應速率快，不能很好控制產生O2的速率，B裝置可以根據錐形瓶內氣泡的快慢判斷產生O2的速率進行控制，故答案為B； (4) A步驟得到CuCl2(aq)，該離子需在氯離子濃度較大的體系中才能生成，HCl是為了增大氯離子濃度，不可省略，故A錯誤；B步驟II所得濾渣洗滌干燥得到CuCl，步驟II目的是NaCuCl2轉化為CuCl，CuCl 易被氧化，應做防氧化處理，故B正確；C三頸燒瓶上方不出現紅棕色NO2氣體時，說明Cu已完全被氧化，不再需O2

41、氧化，故C正確；D步驟II濾液中還含有HCl和HNO3也可回收利用，洗滌的乙醇通過蒸餾分離后可再利用，故D錯誤；故答案為AD； (5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗滌，既除去CuCl表面附著的NH4Cl，又能迅速揮發(fā)帶走CuCl表面的水份，防止其被氧化； (6) 第二組實驗數據誤差較大，舍去，故硫酸鈰標準溶液平均消耗24mL，根據關系式有：CuClFeCl3Ce4+，則n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，CuCl的純度為100%=95.5%；依據c(待測)=分析：A錐形瓶中有少量蒸餾水對滴定實驗無影響，

42、故A錯誤；B滴定終點讀數時仰視滴定管刻度線，其他操作正確，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故B正確；C過量的FeCl3溶液能保證CuCl完全溶解，多余的FeCl3對測定結果無影響，故C錯誤；D滴定前滴定管尖嘴有氣泡，滴定后氣泡消失，讀取標準溶液體積增大，測定結果偏高，故D正確；故答案為BD?！军c睛】誤差分析，注意利用公式來分析解答，無論哪一種類型的誤差，都可以歸結為對標準溶液體積的影響，然后根據c(待測)=分析，若標準溶液的體積偏小，那么測得的物質的量的濃度也偏??；若標準溶液的體積偏大，那么測得的物質的量的濃度也偏大。20、 不可行；屬于共價化合物，熔融狀態(tài)不導電 AlN樣品的質量以及裝置

43、C在吸收NH3前后的質量 【解析】鋁土礦經堿溶后，轉化為鋁硅酸鈉（）沉淀，氧化鐵不溶于NaOH，氧化鋁與堿反應變?yōu)槠X酸根離子，故溶液a的主要成分為偏鋁酸鈉，加入碳酸氫鈉溶液，會與偏鋁酸根反應生成氫氧化鋁沉淀，而后進行進一步轉化?！驹斀狻浚?）用氧化物的形式表示鋁硅酸鈉的化學式為；（2）溶液a中加入后，生成沉淀的離子方程式為：（3）屬于共價化合物，熔融狀態(tài)不導電，故不能使用電解氯化鋁的方法制備鋁單質；（4）由題意可知AlN與NaOH反應會生成氨氣，且Al元素在堿性條件下一般以偏鋁酸根離子的形式存在，可寫出反應方程式為?？筛鶕﨨元素守恒進行測定，故實驗要測定的數據為AlN樣品的質量以及裝置C在吸收NH3前后的質量。21、HCO3-+H2O=H2CO3+OH-； 減弱； 水解是吸熱的，溫度越低，