2021-2022學年株洲市高三下學期第一次聯(lián)考化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項:1答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區(qū)域內(nèi)。2答題時請按要求用筆。3請按照題號順序在答題卡各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5保持卡面清潔，不要折暴、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、下列說法中正確的是（ ）A生物煉銅指的是在某些具有特殊本領(lǐng)的細菌的體內(nèi)，銅礦石中的雜質(zhì)元素可以被轉(zhuǎn)化為銅元素，從而可以提高銅礦石冶煉的產(chǎn)率B鐵在Na

2、OH和NaNO2混合溶液中發(fā)藍、發(fā)黑，使鐵表面生成一層致密的氧化膜，可防止鋼鐵腐蝕C已知鍶(Sr)為第五周期IIA族元素，則工業(yè)上常通過電解熔融SrCl2制鍶單質(zhì)，以SrCl26H2O制取無水SrCl2一定要在無水氯化氫氣流中加熱至SrCl26H2O失水恒重D硫比較活潑，自然界中不能以游離態(tài)存在2、天工開物中對制造染料“藍靛”的敘述如下：“凡造淀，葉與莖多者入窖，少者入桶與缸。水浸七日，其汁自來。每水漿一石，下石灰五升，攪沖數(shù)十下，淀信即結(jié)。水性定時，淀沉于底其掠出浮沫曬干者曰靛花?！蔽闹袥]有涉及的實驗操作是A溶解B攪拌C升華D蒸發(fā)3、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值下列說法正確的是（）A1L1mo

3、lL1的NaClO溶液中含有ClO的數(shù)目為NAB78g苯含有C=C雙鍵的數(shù)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(shù)目為NAD6.72L NO2與水充分反應轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為0.2NA4、X、Y、Z、W 均為短周期元素 ， 它們在周期表中相對位置如圖所示。若Z原子的最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍， 下列說法中正確的是A最高價氧化物對應水化物的酸性Z比W強B只由這四種元素不能組成有機化合物C與Z的單質(zhì)相比較，Y的單質(zhì)不易與氫氣反應DX、Y形成的化合物都是無色氣體5、下列說法正確的是()A碘單質(zhì)或NH4Cl的升華過程中，不需克服化學鍵BNa2O2屬于離子化合物，該物質(zhì)中陰、

4、陽離子數(shù)之比為11CCO2和SiO2中，都存在共價鍵，它們的晶體都屬于分子晶體D金剛石和足球烯(C60)雖均為碳單質(zhì)，但晶體類別不同，前者屬于原子晶體，后者屬于分子晶體6、向盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，溶液由紫紅色變?yōu)闊o色；過濾，向濾液中加入少量的鉍酸鈉(NaBiO3)粉末，溶液又變?yōu)樽霞t色。下列推斷錯誤的是A氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2B生成8.7g黑色沉淀，轉(zhuǎn)移0.2mol電子C利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+DNaBiO3可與濃鹽酸發(fā)生反應：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O7、81號元素所在周期和族是(

5、)A第六周期A族B第六周期B族C第七周期0族D第六周期A族8、短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，原子序數(shù)之和為42，X原子的核外電子總數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，Z原子最外層只有1個電子，W能形成酸性最強的含氧酸。下列說法正確的是A單質(zhì)的熔點：ZXBZ與Y、W均能形成離子化合物C氣態(tài)氫化物的沸點：XYSr CaMgBe，則可知SrCl2是強酸強堿鹽。2、C【解析】A、“水浸七日，其汁自來”涉及到溶解，故A不選；B、“攪沖數(shù)十下”涉及到攪拌，故B不選；C、升華是指由固態(tài)受熱直接變成氣體，文中沒有涉及，故C選；D、“其掠出浮沫曬干者曰靛花”涉及到蒸發(fā)，故D不選；故選C。3、C【解析】A.

6、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(shù)小于NA個，故A錯誤；B. 苯不是單雙鍵交替的結(jié)構(gòu)，故苯中不含碳碳雙鍵，故B錯誤；C. 氮氣和CO的摩爾質(zhì)量均為28g/mol,故14g混合物的物質(zhì)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(zhì)的量無法計算，則和水轉(zhuǎn)移的電子數(shù)無法計算，故D錯誤；故選：C。4、B【解析】K層最多只能填2個電子，因此Z原子最外層有6個電子，考慮到X、Y不可能是第一周期，則Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，據(jù)此來分析本題即可?！驹斀狻緼.非金屬越強，其最高價氧化物對

7、應的水化物的酸性越強，而W的非金屬性比Z強，因此W的最高價氧化物對應水化物的酸性比Z強，A項錯誤；B.有機化合物必須有碳元素，這四種元素不能組成有機化合物，B項正確；C.非金屬性越強，其單質(zhì)與氫氣的化合越容易，Y的非金屬性強于Z，因此Y的單質(zhì)更易與氫氣反應，C項錯誤；D.X、Y可以組成二氧化氮，這是一種紅棕色氣體，D項錯誤；答案選B。5、D【解析】A、NH4Cl的分解生成氣體過程中，需克服離子鍵和共價鍵，選項A錯誤；B、Na2O2中陰離子(O22-)、陽離子(Na)數(shù)之比為12，選項B錯誤；C、SiO2中，Si原子、O原子向空間伸展，不存在小分子，屬于原子晶體，選項C錯誤；D、金剛石和足球烯(

8、C60)雖均為碳單質(zhì)，但晶體類別不同，前者屬于原子晶體，后者屬于分子晶體，選項D正確。答案選D?！军c睛】本題主要是化學鍵、分子晶體和物質(zhì)三態(tài)變化克服的作用力等知識，正確理解信息是解題關(guān)鍵，試題培養(yǎng)了學生分析、理解能力及靈活應用所學知識的能力。注意晶體類型的判斷方法，離子間通過離子鍵形成的晶體是離子晶體，分子間通過分子間作用力形成的晶體是分子晶體，原子間通過共價鍵形成的空間網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)的晶體是原子晶體，由金屬陽離子和自由電子構(gòu)成的晶體是金屬晶體。6、B【解析】氧化還原反應中，氧化性：氧化劑大于氧化產(chǎn)物；氧化劑發(fā)生還原反應化合價降低。在盛有KMnO4溶液的試管中加入過量的MnSO4溶液，產(chǎn)生黑色沉淀，

9、溶液由紫紅色變?yōu)闊o色，說明KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，故氧化性：KMnO4MnO2，在濾液中加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4，故氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，據(jù)此分析解答。【詳解】A根據(jù)上述分析，氧化性：NaBiO3KMnO4MnO2，故A正確；B根據(jù)分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4生成MnO2，黑色沉淀為MnO2，反應為2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+6e-，生成8.7g MnO2的物質(zhì)的量為=0.1mol，轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量為6=0.12mol

10、，故B錯誤；CMnSO4溶液過量，濾液中含有Mn2+，加入少量的鉍酸鈉粉末(NaBiO3)，溶液變紫紅色，說明NaBiO3可氧化MnSO4生成KMnO4，利用NaBiO3可以檢驗溶液中的Mn2+，故C正確；DKMnO4可與濃鹽酸發(fā)生反應2KMnO4+16HCl（濃）=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，由于氧化性：NaBiO3KMnO4，則NaBiO3也可與濃鹽酸發(fā)生反應，方程式為：NaBiO3+6HC1（濃）=BiCl3+Cl2+NaCl+3H2O，故D正確；答案選B。7、D【解析】第六周期0族元素為86號元素，因此8681 =5，18 5 =13，在13縱列，即第A族，因此81號元

11、素在第六周期A族，故D符合題意。綜上所述，答案為D。8、B【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W原子序數(shù)依次增大，原子序數(shù)之和為42，Z原子最外層只有1個電子，Z是第IA元素，結(jié)合原子序數(shù)大小可知Z為Na元素；W能形成酸性最強的含氧酸，W應該為Cl元素；X、Y的原子序數(shù)之和=42-11-17=14，X原子的核外電子數(shù)等于Y的最外層電子數(shù)，Y只能位于第二周期，設(shè)X的核外電子數(shù)為x，則x+(2+x)=14，解得x=6，則X為C元素、Y為O元素，據(jù)此結(jié)合元素周期律分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析，X為C元素，Y為O元素，Z為Na元素，W為Cl元素。AX、Z分別為C、Na元素，金屬Na的熔點較低，C的單質(zhì)

12、一般為金剛石或石墨，熔點較高，熔點：XZ，故A錯誤；BNa與O和Cl形成的化合物為氧化鈉和過氧化鈉、NaCl，都是離子化合物，故B正確；C水分子間能夠形成氫鍵，沸點：H2OHCl，故C錯誤；DX、Z的氧化物可以是CO或CO2、Na2O或Na2O2，僅Na2O2有非極性鍵，故D錯誤；故選B。9、D【解析】A.風能是因為地球表面受熱不均勻而產(chǎn)生的空氣流動，故A不選。B. 江河水流能是利用水循環(huán)，水循環(huán)是太陽能促進的，故B不選。C. 生物質(zhì)能是太陽能以化學能形式貯存在生物之中的能量形式，故C不選。D. 地熱溫泉是利用來自地球內(nèi)部的熔巖的地熱能，故D選。故選D。10、D【解析】四碘化錫是常用的有機合成

13、試劑SnI4，熔點144.5，沸點364.5，易水解，說明SnI4是分子晶體。【詳解】A選項，在液體加熱時溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正確，不符合題意；B選項，根據(jù)相似相溶原理，SnI4是非極性分子溶于CCl4非極性分子中，故B正確，不符合題意；C選項，冷凝水方向是“下進上出”，因此裝置中a為冷凝水進水口，故C正確，不符合題意；D選項，SnI4易水解，裝置的主要作用是防止空氣中的水蒸氣進去到反應裝置中，故D錯誤，符合題意。綜上所述，答案為D?！军c睛】相似相溶原理，SnI4是非極性分子，CCl4是非極性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。11、D【解析】A. 高溫煅

14、燒石灰石不可用瓷坩堝進行，氧化鈣與二氧化硅反應，A錯誤；B. I2易升華，分離回收碘，應在密封的裝置中，圖中蒸發(fā)皿加熱后不能回收碘，B錯誤；C. 苯酚易溶于乙醇中，不會有沉淀，所以不能用過濾法分離乙醇和苯酚，C錯誤；D. 量取15.00mLNaOH溶液，可選擇滴定管，移液管等精準的量器，D正確；答案選D。12、C【解析】聯(lián)合制堿法是以食鹽、氨和二氧化碳為原料來制取純堿。包括兩個過程：第一個過程是將氨通入飽和食鹽水而成氨鹽水，再通入二氧化碳生成碳酸氫鈉沉淀，經(jīng)過濾、洗滌得NaHCO3微小晶體；第二個過程是從含有氯化銨和氯化鈉的濾液中結(jié)晶沉淀出氯化銨晶體，得到的氯化鈉溶液，可回收循環(huán)使用。據(jù)此分析

15、解答。【詳解】A聯(lián)合制堿法第一個過程濾液是含有氯化銨和氯化鈉的溶液，可作電解液，第二個過程濾出氯化銨沉淀后所得的濾液為氯化鈉溶液，也可做電解液，故A正確；B聯(lián)合制堿法第二個過程濾出的氯化銨沉淀，焊接鋼鐵時常用的焊藥為氯化銨，其作用是消除焊接處的鐵銹，發(fā)生反應6NH4Cl+4Fe2O36Fe+2FeCl3+3N2+12H2O，故B正確；C合成橡膠是一種人工合成材料，屬于有機物，聯(lián)合制堿法中的副產(chǎn)品都為無機物，不能用于制合成橡膠，故C錯誤；D聯(lián)合制堿法第二個過程濾出氯化銨可做化肥，故D正確；故選C。13、D【解析】由氨硼烷（NH3BH3）電池工作時的總反應為NH3BH3+3H2O2NH4BO2+4

16、H2O可知，左側(cè)NH3BH3為負極失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側(cè)H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H+6e-6H2O，據(jù)此分析?！驹斀狻緼.右側(cè)H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為H2O2+2H+2e-=2H2O，故A錯誤；B.放電時，陽離子向正極移動，所以H+通過質(zhì)子交換膜向正極移動，故B錯誤；C. NH3BH3為負極失電子發(fā)生氧化反應，則負極電極反應式為NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右側(cè)H2O2為正極得到電子發(fā)生還原反應，電極反應式為3H2O2+6H+6e-6H2O，

17、電池工作時，兩電極均不會產(chǎn)生氣體，故C錯誤；D.未加入氨硼烷之前，兩極室質(zhì)量相等，通入后，負極電極反應式為NH3BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正極反應式為3H2O2+6H+6e-6H2O，假定6mol電子轉(zhuǎn)移，則左室質(zhì)量增加=31g-6g=25g，右室質(zhì)量增加6g，兩極室質(zhì)量相差19g。工作一段時間后，若左右兩極室質(zhì)量差為1.9g，則電路中轉(zhuǎn)移0.6mol電子，故D正確；答案選D?！军c睛】本題考查原電池原理，注意電極反應式的書寫方法，正極得到電子發(fā)生還原反應，負極失電子發(fā)生氧化反應，書寫時要結(jié)合電解質(zhì)溶液，考慮環(huán)境的影響。14、A【解析】12C、13C、14C是碳三種天然的同

18、位素，任何含碳的自然界物質(zhì)中三者都存在，金剛石、CO2、石灰石、葡萄糖四種物質(zhì)都含有碳元素，所以這些物質(zhì)中都存在12C、13C、14C原子，故合理選項是A。15、C【解析】A結(jié)構(gòu)相似，分子式相差一個或多個CH2原子團的物質(zhì)之間互稱同系物，A項錯誤；B分子中的甲基-CH3，碳原子在成鍵時形成了4條單鍵，與這種碳相連的原子不可能都在同一平面內(nèi)，B項錯誤；C火棉即，C項正確；D阿司匹林結(jié)構(gòu)中含有的羧基可以消耗1個NaOH，并且結(jié)構(gòu)中還含有一個酚酯基，可以消耗2個NaOH，所以1mol阿司匹林水解可以消耗3mol的NaOH，D項錯誤；答案選C?！军c睛】若有機物中存在形成4條單鍵的碳原子，那么有機物中的

19、所有原子不可能共面；普通的酯基水解時消耗1個NaOH，而酚酯基可以消耗2個NaOH。16、B【解析】工業(yè)上侯氏制堿法是在飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳，由于氨氣在水中的溶解度大，所以先通入氨氣，通入足量的氨氣后再通入二氧化碳，生成了碳酸氫鈉，由于碳酸氫鈉的溶解度較小，所以溶液中有碳酸氫鈉晶體析出，將碳酸氫鈉晶體加熱后得純堿碳酸鈉，據(jù)此分析解答。【詳解】A. 利用鹽酸制取二氧化碳時，因鹽酸易揮發(fā)，所以，二氧化碳中常會含有氯化氫氣體，碳酸氫鈉能與鹽酸反應不與二氧化碳反應，所以通過碳酸氫鈉的溶液是可以除掉二氧化碳氣體中的氯化氫氣體，因此乙裝置中盛放的是飽和碳酸氫鈉溶液，故A錯誤；B. 碳酸氫鈉的溶解

20、度比碳酸鈉小，丙裝置中的溶液變渾濁，因有碳酸氫鈉晶體析出，故B正確；C. 實驗過程中氨氣可能有剩余，而稀硫酸能與氨氣反應，所以稀硫酸的作用是吸收末反應的NH3，氨氣極易溶于水，丁裝置中倒扣的漏斗主要是防止倒吸，故C錯誤；D. 分離出NaHCO3晶體的操作是分離固體與液體，常采用的實驗操作是過濾操作，故D錯誤；答案選B。【點睛】明確“侯氏制堿法”的實驗原理為解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為A，要注意除去二氧化碳中的氯化氫氣體通常選用的試劑。17、B【解析】A. 由于濃硫酸溶于水放出大量的熱，所以稀釋濃硫酸時，應該將濃硫酸緩緩地沿燒杯內(nèi)壁注入水中，同時要攪動液體，以使熱量及時地擴散，圖中操作未沿著燒杯內(nèi)

21、壁緩慢注入，操作不規(guī)范，A項錯誤；B. 濃硫酸可使蔗糖炭化，蔗糖變黑，體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性，生成的C單質(zhì)繼續(xù)與濃硫酸反應會生成二氧化硫、二氧化碳和水，生成的二氧化硫會使品紅溶液褪色，體現(xiàn)了濃硫酸的氧化性，B項正確；C. 乙酸與CH2Cl2互溶，沸點不同，可采用蒸餾的方法分離，但冷凝管不能選用球形冷凝管，而應用直形冷凝管，C項錯誤；D. 飽和亞硫酸鈉會與二氧化硫反應，不能達到實驗目的，集氣瓶內(nèi)應改用飽和亞硫酸氫鈉溶液，D項錯誤；答案選B。【點睛】C項是易錯點，要注意球形冷凝管與直形冷凝管的區(qū)別。直形冷凝管一般是用于蒸餾，即在用蒸餾法分離物質(zhì)時使用，而球形冷凝管一般用于反應裝置，即在反應時考慮到反

22、應物的揮發(fā)流失而用球形冷凝管冷凝回流，使反應更徹底。18、C【解析】硅為0.1mol，所對應的SiO2為0.1mol，SiO2晶體中每個硅原子形成4個硅原子鍵，全部屬于自己，所以0.1molSiO2中含有共價鍵數(shù)為0.4NA，A項錯誤；B.Na3PO4溶液中陽離子還有H+，所以其陽離子總數(shù)大于1.5NA，B項錯誤；2O的物質(zhì)的量為0.1mol，每個D2O分子中含有10個質(zhì)子和10個中子，所以0.1molD2O中含有的質(zhì)子數(shù)和中子數(shù)均為NA，C項正確；D.沒有溶液的體積數(shù)據(jù)，無法計算該溶液中的離子數(shù)目，D項錯誤；所以答案選擇C項。19、B【解析】A.等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液

23、，Na2CO3溶液堿性強，所以分別向等物質(zhì)的量濃度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，前者紅色更深，A錯誤；B.FeCl3和CuSO4溶液對5%H2O2溶液分解的催化效果不同，所以分別向2mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1mol/LFeCl3和CuSO4溶液，產(chǎn)生氣泡快慢不相同，B正確；C.Na2SO4屬于不屬于重金屬鹽，該鹽可使蛋白質(zhì)產(chǎn)生鹽析現(xiàn)象而產(chǎn)生沉淀，醋酸鉛屬于重金屬鹽，能使蛋白質(zhì)變性而產(chǎn)生沉淀，所以蛋白質(zhì)溶液中加入醋酸鉛溶液，蛋白質(zhì)變性產(chǎn)生的白色沉淀不溶于水，C錯誤；D.NH4Cl固體和Ca(OH)2固體在加熱條件下發(fā)生反應生成氨氣，不能用加熱的方法分離，D錯

24、誤；故合理選項是B。20、D【解析】A. Fe3與SCN反應生成紅色的絡(luò)合物，不能大量共存，故A錯誤；B. 某堿溶液中通入少量 CO2 產(chǎn)生白色沉淀，該堿可能是Ca(OH)2，也可能是Ba(OH)2，故B錯誤；C. 因為酸性：HCO3-Al（OH）3，所以NaAl(OH)4溶液和 NaHCO3 溶液混合可以產(chǎn)生氫氧化鋁白色沉淀，但不會生成氣體，故C錯誤；D. 少量的Mg(HCO3)2 溶液加過量的 Ba(OH)2 溶液生成碳酸鋇沉淀、氫氧化鎂沉淀和水，離子方程式為：Mg22HCO32Ba24OH=2BaCO3Mg(OH)22H2O，故D正確；故選D。21、D【解析】A. Se原子最外層有6個電

25、子，最高價為+6，所以SeO2可以被氧化，故A正確； B. Se與O同族，H2O的分子構(gòu)型為V型，所以H2Se的分子構(gòu)型為V型，故B正確；C. Se與S是同族元素，SO2是酸性氧化物，能和堿溶液反應，所以SeO2能和堿溶液反應，故C正確； D.同主族元素從上到下非金屬性減弱，非金屬性SeS ，所以H2S的穩(wěn)定性強于H2Se，故D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律，利用同主族元素的相似性解決問題，根據(jù)二氧化硫的性質(zhì)推出SeO2的性質(zhì)，根據(jù)H2O的分子構(gòu)型構(gòu)型推出H2Se的分子構(gòu)型。22、A【解析】A霧霾所形成的氣溶膠屬于膠體，有丁達爾效應，選項A正確；B碳纖維為碳的單質(zhì)，屬于

26、無機物，所以碳纖維是一種新型無機非金屬材料，不是有機高分子材料，選項B錯誤；C汽油中不含氮元素，汽車尾氣中的氮氧化物是空氣中的氮氣與氧氣在放電條件下生成的，選項C錯誤；D、由于石油是多種烴的混合物，而石油的分餾產(chǎn)品均為混合物，故汽油、煤油和柴油均為多種烴的混合物，選項D錯誤；答案選A。二、非選擇題(共84分)23、 3，4，4三甲基庚烷 【解析】(1)分析題目給出的信息，進行逆向推理即可；根據(jù)化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結(jié)合而成，2個和，再結(jié)合反應原理解答該題；(2)根據(jù)(1)的分析所得A的結(jié)構(gòu)簡式，再根據(jù)系統(tǒng)命名法命名與H2發(fā)生加成反應的產(chǎn)物；(3)烴A的一種同類別

27、同分異構(gòu)體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，據(jù)此分析；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結(jié)構(gòu)式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結(jié)構(gòu)式為；第三步發(fā)生加聚反應生成，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)題目所給信息可知：碳碳雙鍵在酸性高錳酸鉀作用下，生成2個碳氧雙鍵，現(xiàn)生成的2種化合物中共有3個碳氧雙鍵，故A中含有2個碳碳雙鍵，根據(jù)化學式為C10H18的烴A，則A烯烴應該是下列三個片斷結(jié)合而成，2個和，故A的結(jié)構(gòu)簡式是；(2)根據(jù)(1)的分析，A為 ，經(jīng)氫化后雙

28、鍵都被加成為單鍵，所以得到的烷烴的命名是3，4，4三甲基庚烷；(3)烴A的一種同類別同分異構(gòu)體，經(jīng)過臭氧作用后，所有產(chǎn)物都不具有酸性，說明雙鍵碳原子上沒有氫原子，則該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式是；(4)B為，分子式為：C6H10O3，第一步發(fā)生反應生成C6H12O3，則羰基與氫氣加成生成醇羥基即結(jié)構(gòu)式為；第二步生成C6H10O2，則脫去1分子水，即醇羥基發(fā)生消去反應生成碳碳雙鍵即結(jié)構(gòu)式為；第三步發(fā)生加聚反應生成；第二步反應時，2分子易生成一種含八元環(huán)的副產(chǎn)物，即羥基與羧基、羧基與羥基發(fā)生酯化反應生成八元環(huán)的酯類物質(zhì)，所以其結(jié)構(gòu)簡式為?！军c睛】考查有機物推斷，注意根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系中有機物結(jié)構(gòu)進行推斷，需要

29、學生熟練掌握官能團的性質(zhì)與轉(zhuǎn)化，需要學生對給予的信息進行利用，較好的考查學生的自學能力與知識遷移應用，難度中等。24、羧基 羰基 ， +N2H4+2H2O 6 、 【解析】(1)根據(jù)B結(jié)構(gòu)簡式確定其含有的官能團；(2)根據(jù)i-iv中反應的特點分析判斷i-iv中的取代反應；(3)與N2H4發(fā)生取代反應產(chǎn)生和H2O，據(jù)此書寫反應方程式；(4) 的同分異構(gòu)體滿足條件：I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氫譜峰面積比為12221，據(jù)此書寫可能的同分異構(gòu)體結(jié)構(gòu)簡式，判斷其種類數(shù)目；(5)仿照題中的合成的流程，對比要合成的和的不同，可以看出

30、只要仿照的合成路線，結(jié)合給出的原料，即可設(shè)計出合成路線?！驹斀狻?1)B結(jié)構(gòu)簡式為，可知化合物B中含有的官能團為羧基、羰基；(2)取代反應是有機物分子中的某些原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應，根據(jù)物質(zhì)的結(jié)構(gòu)簡式及變化，可知反應ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，該反應為取代反應；反應iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，該反應為取代反應；反應iv中上斷裂N-H鍵，H原子被取代得到，同時產(chǎn)生HCl，該反應為取代反應；故反應在i-iv中屬于取代反應的是、；(3)反應ii是與N2H4在一定條件下反應產(chǎn)生和H2O，該反應的化學方

31、程式為+N2H4+2H2O；(4) 的同分異構(gòu)體滿足條件：I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有醛基；III.核磁共振氫譜峰面積比為12221，說明分子中含有5種不同的H原子，個數(shù)比為12221，則可能的結(jié)構(gòu)為、，共6種；(5)由以上分析可知，首先苯與Br2在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生溴苯，與在溴對位上發(fā)生反應產(chǎn)生，與N2H4發(fā)生取代反應產(chǎn)生， 和發(fā)生取代反應產(chǎn)生和HCl。故以 和和為原料制備該化合物的合成路線流程圖為：。25、三頸燒瓶 Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4 防倒吸 濃NaOH溶液 5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O 氧化變質(zhì) 9

32、5.0 偏高 【解析】A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F(xiàn)吸收尾氣。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應的化學方程式為Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收

33、，題干中只提供了一種試劑-濃NaOH溶液，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為：濃NaOH溶液；.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4將S2O52氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。故答案為：5S2O54MnO42H=10SO424Mn2H2O；氧化變質(zhì)；.（4）由關(guān)系式：5SO322MnO4，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗N

34、a2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4)= 0.2500mol/L20.0010-3L=2.00010-3mol，再由5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O得：Na2S2O5樣品的純度為= 100%=95.0%；若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。26、4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3 還原 K3Fe(CN)6(或鐵氰化鉀) KSCN(或硫氰化鉀) 不正確 NaOH溶液濃度高，反應

35、后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面 白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn) 沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+ 向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液 除去溶液中Fe3+和O2 【解析】(1)實驗1中產(chǎn)生紅褐色沉淀是因為Fe(OH)2被氧化生成Fe(OH)3，反應方程式為4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3，故答案為：4Fe(OH)2+2H2O+O2=4Fe(OH)3；(2)實驗1中加入維生素C是為了防止Fe2+被氧化，利用了其還原性，故答案為：還原；(3)根據(jù)實驗現(xiàn)象可知，中加入試劑出現(xiàn)藍色沉淀，是在檢驗Fe2+

36、，試劑a為K3Fe(CN)6，中溶液是否變紅是在檢驗Fe3+，試劑b為KSCN，由于中溶液沒有變紅，則不存在Fe3+，即灰綠色沉淀中沒有Fe(OH)3，甲同學的猜測錯誤，故答案為：K3Fe(CN)6(或鐵氰化鉀)；KSCN(或硫氰化鉀)；不正確；(4)根據(jù)已知，F(xiàn)e(OH)2沉淀具有較強的吸附性，灰綠色可能是Fe(OH)2吸附Fe2+引起的，而實驗4中NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面，導致沉淀沒有灰綠色，故答案為：NaOH溶液濃度高，反應后溶液中Fe2+濃度較小，不易被吸附在Fe(OH)2表面；(5)當實驗5中的現(xiàn)象為白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程

37、無灰綠色出現(xiàn)時，可說明白色沉淀上沒有或很少附著有Fe2+，故答案為：白色沉淀變?yōu)榧t褐色，中間過程無灰綠色出現(xiàn)；(6)溶液中存在Fe3+或溶解較多O2時，O2能將Fe2+氧化成Fe3+，形成Fe(OH)3沉淀，根據(jù)題干信息可知，沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+，從而白色沉淀更容易變成灰綠色，故答案為：沉淀中混有Fe(OH)3，不夠緊密，與溶液接觸面積更大，更容易吸附Fe2+；(7)根據(jù)上述實驗可知道，當NaOH濃度高或者溶液中不存在Fe3+和O2時，制備Fe(OH)2時能較長時間觀察到白色沉淀，其操作可以是向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液或除去溶

38、液中Fe3+和O2，故答案為：向高濃度NaOH溶液中滴加FeSO4溶液；除去溶液中Fe3+和O2。【點睛】本題主要考查學生的實驗探究與分析能力，同時對學生提取信息的能力有較高的要求，難度較大，解題關(guān)鍵在于對題干信息的提取和結(jié)合所學知識進行綜合解答。27、HNO3 AgNO3 硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2） 該反應速率很小或反應的活化能較大 圖乙 NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O 加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀 不能 Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化 【解析】（1）Fe過量，可能與硝酸反應生成硝酸亞鐵

39、，或Fe與硝酸銀反應生成硝酸亞鐵； （2）加硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2）作對比實驗； 1號試管中未觀察到藍色沉淀，與反應速率很小有關(guān)； 發(fā)生NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O，消耗氫離子，pH增大； 實驗過程中，溶液先變成淺綠色，而后逐漸呈棕黃色，但整個過程中并無NO氣體產(chǎn)生，則NO3-中N轉(zhuǎn)化為NH4+； （3）Ag可溶于硝酸，不溶于鹽酸； （4）左側(cè)燒杯溶液，加KSCN溶液，溶液變紅，可知左側(cè)含鐵離子，左側(cè)為正極，但亞鐵離子可能被硝酸或氧氣氧化?！驹斀狻浚?）提出猜想：Fe2+可能是Fe與HNO3或AgNO3反應的產(chǎn)物；（2）2號試管中所

40、用的試劑為硝酸酸化的2mL0.1mol/LAgNO3的溶液（pH=2），與1為對比實驗；資料顯示：該溫度下，0.1molL-1的AgNO3溶液可以將Fe氧化為Fe2+但1號試管中未觀察到藍色沉淀的原因可能為該反應速率很小或反應的活化能較大；反應中消耗氫離子，pH變大，則pH傳感器測得的圖示為圖乙；實驗測得2號試管中有NH4+生成，則2號試管中發(fā)生反應的離子方程式為NO3-+4Fe+10H+=NH4+4Fe2+3H2O；（3）方案一：取出少量黑色固體，洗滌后加入足量稀硝酸加熱將固體全部溶解，再向所得溶液中加入稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀（或加入足量鹽酸，有黑色固體剩余），證明黑色固體中有Ag；（4）方案

41、二：一段時間后取出左側(cè)燒杯溶液，加入KSCN溶液，溶液變紅，該實驗現(xiàn)象不能證明Fe2+可被Ag+氧化，理由為Fe2+可能被硝酸氧化或被氧氣氧化。28、1s22s22p63s23p63d54s1 分子晶體 O和N分別失去一個電子后的價電子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充滿結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以第二電離能，前者大于后者 配位鍵、離子鍵、共價鍵 前者為離子晶體，后者為分子晶體（或離子鍵強于分子間作用力），離子晶體的熔沸點高于分子晶體的熔沸點 sp3雜化 棱心 a10-9 【解析】(1)根據(jù)核外電子的排布規(guī)則寫出鉻的核外電子排布式，注意3d軌道為半充滿狀態(tài)； (2)可溶于有機溶劑，根據(jù)相似相容原理，判斷晶體的類型；寫出N和O價電子排布式，然后分析；從氯化銨的電子式，判斷化學鍵的類型；從晶體的類型不同判斷熔沸點差異的原因；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成鍵數(shù)目判斷雜化方式；(3)從晶胞的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，根據(jù)Ti的位置，判斷氧的位置；根據(jù)Ti和O的