2022年安徽定远启明高三3月份第一次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、继电器在控制电路中应用非常广泛，有一种新型继电器是以对电池的循环充放电实现自动离合（如图所示）。以下关于该继电器的说法中错误的是已知电极材料为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料。A充电完成时，电池能被磁铁吸引B该电池电解液一般由高纯

2、度的有机溶剂、锂盐等原料组成C充电时，该电池正极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-Fe2O3+6Li+D放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极2、纵观古今，化学与生产生活密切相关。下列对文献的描述内容分析错误的是（） 选项文献描述分析A天工开物“凡石灰，经火焚炼为用”此“石灰”是指石灰石B物理小知识“以汞和金涂银器上，成白色，入火则汞去金存，数次即黄”“入火则汞去”是指汞受热升华C本草经集注“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”利用焰色反应来辨别真假硝石D本草纲目“采蒿敳之属，晒干烧灰，以水淋汁，浣衣发面，去垢”利用灰烬中可溶盐水解呈碱性去污AABBCCDD3、下列有关化学用语表示

3、正确的是（ ）A中子数比质子数多1的磷原子：BAl3+的结构示意图： C次氯酸钠的电子式：D2-丁烯的结构简式：CH2=CH-CH=CH24、热激活电池可用作火箭、导弹的工作电源。一种热激活电池的基本结构如图所示，其中作为电解质的无水LiClKCl混合物受热熔融后，电池即可瞬间输出电能，此时硫酸铅电极处生成Pb。下列有关说法正确的是A输出电能时，外电路中的电子由硫酸铅电极流向钙电极B放电时电解质LiClKCl中的Li向钙电极区迁移C电池总反应为CaPbSO42LiClPbLi2SO4CaCl2D每转移0.2 mol电子，理论上消耗42.5 g LiCl5、图表示反应M (g) + N (g)2

4、R(g)过程中能量变化，下列有关叙述正确的是A由图可知，2molR的能量高于1molM和1molN的能量和B曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，M的转化率： 曲线B 曲线AC1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能D对反应2R(g) M (g) + N (g)使用催化剂没有意义6、下列实验操作、现象及所得出的结论或解释均正确的是选项实验操作现象结论或解释A向盐酸中滴加Na2SO3溶液产生使品红溶液褪色的气体非金属性：ClSB向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还原性D用3 mL稀硫酸与纯锌粒

5、反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液迅速产生无色气体形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率AABBCCDD7、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C向2支盛有5mL 0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1mol/L CuCl2溶液和2滴0.1mol/L CaCl2溶液一支试管中产生蓝色沉淀，另一支试管无明显现象KspCu(OH)2KspCa(OH)2D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上

6、层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIAABBCCDD8、下列物质溶于水形成的分散系不会产生丁达尔现象的是A葡萄糖B蛋白质C硫酸铁D淀粉9、关于一定条件下的化学平衡H2(g)+I2(g)2HI(g) H0，下列说法正确的是（ ）A恒温恒容，充入H2，v（正）增大，平衡右移B恒温恒容，充入He，v（正）增大，平衡右移C加压，v（正），v（逆）不变，平衡不移动D升温，v（正）减小，v（逆）增大，平衡左移10、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列常见古诗文对应的化学知识正确的是选项古诗文化学知识A本草纲目拾遗中对强水的记载：“性最烈，能蚀五金，其水甚强，惟玻璃可盛。

7、”强水为氢氟酸B诗经大雅绵：“堇茶如饴。”郑玄笺：“其所生菜，虽有性苦者，甘如饴也。”糖类均有甜昧C梦溪笔谈中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折。”铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的高D本草经集注中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃是真硝石也。利用焰色反应AABBCCDD11、下列说法正确的是ANa2SO4 晶体中只含离子键BHCl、HBr、HI 分子间作用力依次增大C金刚石是原子晶体，加热熔化时需克服共价键与分子间作用力DNH3和 CO2两种分子中，每个原子的最外层都具有 8 电子稳定结构12、化合物丙是一种医药中间体,可以

8、通过如图反应制得。下列有关说法不正确的是A丙的分子式为C10H14O2B乙分子中所有原子不可能处于同一平面C甲、.乙、丙均能使酸性高锰酸钾溶液褪色D甲的一氯代物只有2种（不考虑立体异构）13、下列说法正确的是()A粗铜电解精炼时，粗铜、纯铜依次分别作阴极、阳极B5.6 g Fe在足量Cl2中充分燃烧，转移电子的数目为0.26.021023C室温下，稀释0.1 mol/L NH4Cl溶液，溶液中增大D向BaCO3、BaSO4的饱和溶液中加入少量BaCl2，溶液中减小14、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）A标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和C

9、lO-四种微粒总数为NAB标准状况下，38g3H2O2中含有4NA共价键C常温下，将5.6g铁块投入一定量浓硝酸中，转移0.3NA电子D一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量一定不相同15、2019 年是元素周期表诞生的第 150 周年，联合国大会宣布 2019 年是“国际化学元素周期表年”。W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定， X 与 W 同周期相邻，四种元素中只有 Y 为金属元素，Z 的单质为黄绿色气体。下列叙述正确的是AW 的氢化物中常温下均呈气态BZ 的氧化物

10、对应的水化物均为强酸C四种元素中，Z 原子半径最大DY 与 Z 形成的化合物可能存在离子键，也可能存在共价键16、在高温高压的水溶液中，AuS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成。对于该反应的说法一定正确的是A氧化剂和还原剂的物质的量之比2:3BAuS既作氧化剂又作还原剂C每生成2.24 L气体，转移电子数为0.1molD反应后溶液的pH值降低二、非选择题（本题包括5小题）17、M是一种常用于缓解哮喘等肺部疾病的新型药物，一种合成路线如图：已知：RX+ +HX。请回答：（1）化合物D中官能团的名称为_。（2）化合物C的结构简式为_。（3）和

11、的反应类型分别为_，_。（4）反应的化学方程式为_。（5）下列说法正确的是_。A化合物B能发生消去反应B化合物H中两个苯环可能共平面C1mol 化合物F最多能与5mol NaOH反应DM的分子式为C13H19NO3（6）同时符合下列条件的化合物A的同分异构体有_种（不包括立体异构），其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为_。能与FeCl3溶液发生显色反应能发生银镜反应18、化合物 I(）是治疗心脏病的一种重要药物，可由简单有机物 A、B 和萘（ ）合成，路线如下： (1)C的结构简式为_，E的化学名称_。(2)由萘生成C、B生成E的反应类型分别为_、_ 。(3)I中含氧官能团的名称为_。(4)D

12、可使溴水褪色，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，则该反应的化学方程式为_。(5)同位素标记可用来分析有机反应中的断键情况，若用超重氢（T）标记的G（）与F反应，所得H的结构简式为 则反应中G（）断裂的化学键为 _（填编号）(6)Y为H的同分异构体，满足以下条件的共有_种,请写出其中任意一种的结构简式_。 含有萘环，且环上只有一个取代基。可发生水解反应，但不能发生银镜反应。19、硫酸铜是一种常见的化工产品，它在纺织、印染、医药、化工、电镀以及木材和纸张的防腐等方面有极其广泛的用途。实验室制备硫酸铜的步骤如下:在仪器a中先加入20g铜片、60 mL水，再缓缓加入17 mL浓硫酸:在仪器b中

13、加入39 mL浓硝酸;在仪器c中加入20%的石灰乳150 mL。从仪器b中放出约5mL浓硝酸，开动搅拌器然后采用滴加的方式逐渐将浓硝酸加到仪器a中，搅拌器间歇开动。当最后滴浓硝酸加完以后，完全开动搅拌器，等反应基本停止下来时，开始用电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，立即将导气管从仪器c中取出，再停止加热。将仪器a中的液体倒出，取出未反应完的铜片溶液冷却至室温.析出蓝色晶体.回答下列问题:（1）将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是_。（2）写出装置a中生成CuSO4的化学方程式:_。（3）步骤电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，此时会产生的气体是_，该气体无法直接被石灰乳吸收，为

14、防止空气污染，请画出该气体的吸收装置（标明所用试剂及气流方向）_。（4）通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu（NO3）2,可来用重结晶法进行提纯，检验Cu（NO3）2是否被除净的方法是_。（5）工业上也常采用将铜在450 C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4的优点是_。（6）用滴定法测定蓝色晶体中Cu2+的含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL用c molL-1EDTA（H2Y ）标准溶液滴定至终点，平行滴定3次，平均消耗EDTA溶液b mL，滴定反应为Cu2+H2Y =CuY +2H+，蓝色晶体中Cu2

15、+质量分数_%.20、实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 制备K2FeO4(夹持装置略)（1）A的作用_ （2）在答题纸上将除杂装置B补充完整并标明所用试剂：_（3）在C中得到紫色固体的化学方程式为：_探究K2FeO4的性质：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生气体和溶液a。为证明是否K2FeO4氧化了Cl而产生Cl2，设计以下方案：方案取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色方案用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶解，得到紫色溶液b，取

16、少量b，滴加盐酸，有Cl2产生（4）由方案中溶液变红可知a中含有_离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl氧化，还可能由_产生(用离子方程式表示)。（5）根据方案得出：氧化性Cl2_FeO42- (填“”或“”)，而K2FeO4的制备实验实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，原因是_。21、根据物质结构相关知识，回答下列问题：（1）在第三周期的元素中，第一电离能介于Mg与Cl之间的有_种。（2）碳元素与氮元素形成的某种晶体的晶胞如图所示，其中8个C原子位于立方体的顶点，4个C原子位于立方体的面心,4个N原子在立方体内。已知该晶体硬度超过金刚石，其原因是_。晶胞中C原子

17、的杂化方式为_。知该晶胞参数为a nm，阿伏加德罗常数用NA表示，则该晶体的密度为_gcm-3（3）大键可表示为，其中m代表参与形成的大键原子数，n表示大键的电子数，如的大键可表示为，则CO32-中的大键可表示为_。（4）金属铬是一种极硬、耐腐蚀的银白色金属，其化合物种类繁多，如：Cr2(SO4)3、K2Cr2O7以及配离子Cr(H2O)3(NH3)33+等。基态铬原子的价电子排布式为_。配离子Cr(H2O)3(NH3)33+的结构可能有_种。（5）AlP因杀虫效率高、廉价易得而被广泛应用。已知AIP的熔点为2000，其晶胞结构如下图所示。C点的原子坐标为_。AlP的晶胞中，Al原子位于P原子

18、形成的正四面体空隙中，此空隙的填充率为_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】由图可知该电池放电时负极反应式为Li-e-xLi+，正极反应式为Fe2O3+6Li+6e-3Li2O+2Fe，充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，以此解答该题。【详解】A充电时，Fe作为阳极生成Fe2O3，充电完成时，铁完全转化为Fe2O3，磁铁不可吸引Fe2O3，故A错误；B锂属于活泼金属，会和水发生反应，所以不可以用电解质溶液作为电解液，一般由高纯度的有机溶剂、锂盐等原料组成，故B正确；C充电时，阳极、阴极电极反应式与正极、负极电极反应式正好相反，则充电时，该电池正

19、极的电极反应式为3Li2O+2Fe-6e-Fe2O3+6Li+，故C正确；D根据分析，放电时，Li作电池的负极，Fe2O3作电池的正极，故D正确；答案选A。【点睛】根据题意要判断出正负极，写出电极反应,原电池负极发生氧化反应，正极发生还原反应，而电解池中，阳极发生氧化反应，阴极发生还原反应。2、B【解析】A、石灰石加热后能制得生石灰；B、汞为液态金属，受热易挥发； C、依据钾的焰色反应解答； D、依据油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油解答。【详解】A项、石灰石加热后能制得生石灰，“石灰”指的是石灰石，故A正确；B项、汞和金形成液态的合金，涂在银器上，加热，汞转化为蒸气，被蒸发，剩

20、下的金附着在银的表面，所以“入火则汞去”是指蒸发，故B错误； C项、硝石为硝酸钾，含有的钾元素在灼烧时产生紫色火焰来辨别，故C正确； D项、衣服上油污主要成分为油脂，油脂在碱性环境下水解生成可溶性高级脂肪酸盐和甘油，草木灰中含有碳酸钾，碳酸钾水解显碱性，所以可以用草木灰水溶液洗衣服，故D正确。 故选B。【点睛】本题考查物质的性质与用途，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键。3、A【解析】本题主要考查化学用语的书写。【详解】A. 磷原子核电荷数为15，中子数比质子数多1的磷原子：，故A项正确；B.铝原子核电荷数为13， Al3+核

21、外有10个电子，其结构示意图：，故B项错误；C. 次氯酸钠属于离子化合物，电子式为：，故C项错误；D. 2-丁烯的结构中，碳碳双键在2号碳上，主碳链有4个碳，其结构简式为： ，故D项错误；答案选A。4、C【解析】由题目可知硫酸铅电极处生成Pb，则硫酸铅电极的反应为：PbSO4+2e-+2Li+=Pb+Li2SO4，则硫酸铅电极为电池的正极，钙电极为电池的负极，由此分析解答。【详解】A. 输出电能时，电子由负极经过外电路流向正极，即从钙电极经外电路流向硫酸铅电极，A项错误；B. Li+带正电，放电时向正极移动，即向硫酸铅电极迁移，B项错误；C. 负极反应方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，正极

22、电极反应方程式为：PbSO4+2e+2Li+=Pb+Li2SO4，则总反应方程式为：PbSO4+Ca+2LiCl=Pb+CaCl2+Li2SO4，C项正确；D.钙电极为负极，电极反应方程式为Ca+2Cl2e=CaCl2，根据正负极电极反应方程式可知2e2LiCl，每转移0.2 mol电子，消耗0.2 mol LiCl，即消耗85g的LiCl，D项错误；答案选C。【点睛】硫酸铅电极处生成Pb是解题的关键，掌握原电池的工作原理是基础，D项有关电化学的计算明确物质与电子转移数之间的关系，问题便可迎刃而解。5、C【解析】A图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，生成物的总能量高于反应物的总能

23、量，即2molR(g)的能量高于1molM(g)和1molN(g)的能量和，但A选项中未注明物质的聚集状态，无法比较，选项A错误；B催化剂改变化学反应速率是降低了反应的活化能，改变反应的路径，曲线B代表使用了催化剂，反应速率加快，但M的转化率：曲线B=曲线A，选项B错误；C图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，键能是指断开键所需的能量，1molM和1molN的总键能高于2molR的总键能，选项C正确；D图象分析使用催化剂能加快化学反应速率，选项D错误；答案选C。6、C【解析】A.盐酸中滴加Na2SO3溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和Cl的非金属性强弱

24、，故A错误；B.Fe先与FeCl3反应，再与Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含有Cu2+，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，体现了乙醇的还原性，故C正确；D. 用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，故D错误，故选C。7、B【解析】A. 将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+ Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3H2SiO3，故A正

25、确；B. 淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C. 两支试管中c(OH)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故C正确；D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，故D正确；故答案为B。【点睛】对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一

26、般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。8、A【解析】A. 葡萄糖溶于水得到溶液，不能产生丁达尔效应，A符合题意；B. 蛋白质溶于水得到蛋白质溶液，由于蛋白质分子直径比较大，其溶液属于胶体，能产生丁达尔效应，B不符合题意；C. 硫酸铁溶于水后，电离产生的Fe3+发生水解作用产生Fe(OH)3胶体，可以发生丁达尔效应，C不符合题意；D. 淀粉分子直径比较大，溶于水形成的溶液属于胶体，可以发生丁达尔效应，D不符合题意；故合理选项是A。9、A【解析】A. 恒温恒容，充入H2，氢气浓度增大，v（正）增大，平衡右移，故A正确；B. 恒温恒容，

27、充入He，各反应物浓度都不变，v（正）不变，平衡不移动，故B错误；C. 加压，体积缩小，各物质浓度均增大，v（正）、v（逆）都增大，平衡不移动，故C错误；D. 升温，v（正）增大，v（逆）增大，由于正反应放热，所以平衡左移，故D错误；答案选A。【点睛】本题考查影响反应速率和影响化学平衡移动的因素；注意恒容容器通入惰性气体，由于浓度不变，速率不变、平衡不移动，恒压条件下通入惰性气体，容器体积变大，浓度减小，相当于减压。10、D【解析】A、硝酸酸性强氧化性强能与金属反应，强水为硝酸，选项A错误；B、糖类有些有甜味，有些没有甜味，选项B错误；C、铁合金的硬度比纯铁的大，熔点比纯铁的低，选项C错误；D

28、、钾的焰色反应是紫色，用火烧硝石(KNO3)，是钾的焰色反应，选项D正确。答案选D。11、B【解析】A、Na2SO4晶体中既有Na+和SO42-之间的离子键，又有S和O原子间的共价键，故A错误；B、由于HCl、HBr、HI分子组成相同，结构相似，所以相对分子质量越大其分子间作用力超强，所以B正确；C、金刚石是原子晶体,只存在原子间的共价键，故加热融化时只克服原子间的共价键，故C错误；D、NH3中H原子只能是2电子结构，故D错误。本题正确答案为B。12、D【解析】A.由丙的结构简式可知，丙的分子式为C10H14O2，故A正确；B.乙分子中含有饱和碳原子，所以乙分子中所有原子不可能处于同一平面，故

29、B正确；C.甲、乙、丙三种有机物分子中均含有碳碳双键，所以均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.甲的分子中有3种不同化学环境的氢原子，则其一氯代物有3种(不考虑立体异构)，故D错误；故选D。【点睛】共面问题可以运用类比迁移的方法分析，熟记简单小分子的空间构型：甲烷分子为正四面体构型，其分子中有且只有三个原子共面；乙烯分子中所有原子共面；乙炔分子中所有原子共线；苯分子中所有原子共面；HCHO分子中所有原子共面。13、C【解析】A.电解精炼铜，粗铜作阳极，纯铜作阴极，含铜离子的电解质溶液，A错误；B.5.6g Fe物质的量为0.1mol，足量Cl2中完全燃烧生成氯化铁，转移电子数为0.3NA，

30、B错误；C.氯化铵溶液中铵根离子水解溶液显酸性，加水稀释促进铵根的水解，溶液中增大，故C正确；D.BaCO3、BaSO4的饱和溶液中存在化学平衡BaCO3(s)+SO42-BaSO4(s)+CO32-(aq)，=，溶度积常数随温度变化，温度不变，比值不变，D错误；故合理选项是C。14、D【解析】A、氯气与水反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，溶液中氯原子总数为2mol，Cl2中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B、双氧水结构为：，38g3H2O2的物质的量为=1mol，由结构式可知，1mol双氧水中含有3NA共价键，故B错误；C、常

31、温下铁与浓硝酸发生钝化，形成致密氧化膜，阻止反应进行，所以常温下，将5.6g铁块投入足量浓硝酸中，转移小于0.3NA电子，故C错误；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液所对应浓度不同，所以水解程度不同，溶液中的物质的量一定也不同，故D正确；故答案为D。【点睛】本题A选项属于易错项，该反应属于可逆反应，溶液中总氯原子为2mol，发生反应后，溶液中含氯微粒总数小于2mol大于1mol。15、D【解析】W、X、Y 和 Z 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素。W 的一种核素可用于文物年代的测定，则W为C元素，X 与 W 同周期相邻，则X为N元素，Z 的单质

32、为黄绿色气体，则Z为Cl元素，四种元素中只有 Y 为金属元素，则Y可能为Na、Mg或Al，以此解题。【详解】由上述分析可知，W为C，X为N，Y为Na或Mg或Al，Z为Cl，A W为C元素， C的氢化物中常温下可能为气态、液态或固态，如甲烷为气态、苯为液态，故A错误；BZ为Cl 元素，当Z 的氧化物对应的水化物为HClO时，属于弱酸，故B错误；C电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则Y的原子半径最大，故C错误；DY为Na或Mg或Al，Z为Cl，Y与Z形成的化合物为NaCl时含离子键，为AlCl3时含共价键，故D正确；答案选D。【点睛】B项Z 的氧化物对应的水化物没说是最高价氧化

33、物对应的水化物，非金属性对应的是最高价氧化物对应的水化物，需要学生有分析问题解决问题的能力。16、D【解析】在高温高压的水溶液中，AuS与Fe2+发生反应沉积出磁铁矿(主要成分Fe3O4)和金矿(含Au)，并伴有H2S气体生成，则反应的方程式可表示为4H2O+2AuS+3Fe2+Fe3O4+2Au+2H2S+4H，则A氧化剂是AuS，还原剂是亚铁离子，根据电子得失守恒可知二者的物质的量之比1:1，选项A错误；BAuS中Au的化合价降低，只作氧化剂，亚铁离子是还原剂，选项B错误；C不能确定气体所处的状态，则每生成2.24 L气体，转移电子数不一定为0.1mol，选项C错误；D反应后有氢离子产生，

34、因此溶液的pH值降低，选项D正确；答案选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基、羟基、羰基加成反应取代反应+HBrBD13【解析】与HCHO发生加成反应生成B为，B与HCl发生取代反应生成C为，为C与醋酸钠的取代反应生成D，结合可知，均为取代反应，E为，与发生取代反应生成G为，G与HCl发生取代反应，再发生取代反应生成M。【详解】（1）化合物D为，其官能团的名称为酯基、羟基、羰基，故答案为：酯基、羟基、羰基；（2）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，故答案为；（3）与HCHO发生加成反应生成B为，与HCl发生取代反应生成C为，与醋酸钠的取代反应生成，结合可知，均

35、为取代反应，E为，故答案为：加成反应；取代反应；（4）反应的化学方程式为：+HBr（5）A化合物B为，不能发生消去反应，A错误；B化合物H为，两个苯环可能共平面，B正确；C. 化合物F为，水解生成的羧基、酚羟基和HBr能和NaOH反应，则1mol 化合物F最多能与4molNaOH反应，C错误； DM的结构简式为，其分子式为C13H19NO3，D正确；故答案为：BD；（6）化合物A为，能与FeCl3溶液发生显色反应，由酚羟基，能发生银镜反应，由醛基，同时符合条件同分异构体有：邻间对有10种，邻间对有3种，总共有13种，其中核磁共振氢谱有5组峰的结构简式为：，故答案为：13；【点睛】苯环上由两个取

36、代基的同分异构体有3种、有两个相同取代基和一个不同取代基的同分异构体有6中、有三个互不相同取代基的同分异构体有10种。18、 乙醇 取代反应 加成反应 醚键和羟基 ad 8 (任写一种，符合题目要求即可) 【解析】和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，C在碱性条件下发生发生水解反应生成F，F和G在碱性条件下生成H，根据H的结构简式，可知C的结构简式为，F的结构简式为；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，则E为乙醇，乙醇与氨气发生取代反应生成(CH3CH2)3N，据此分析解答。【详解】(1)根据分析C的结构简式为，E的化学名称是乙醇；(2)根据分析，和氯气在催化剂作用下发生取代生成C，

37、反应类型为取代反应；B(乙烯)在催化剂作用下与水发生加成反应生成E，反应类型为加成反应；(3)化合物 I的结构简式为，其中含氧官能团有醚键和羟基；(4) A与氯气在加热条件下反应生成D，D在催化剂作用下被氧气氧化生成G，D可使溴水褪色，说明D中含有碳碳双键，由D生成G的反应实现了原子利用率100%，结合G的结构简式可知，D的结构简式为，则该反应的化学方程式为：；(5)反应中G（）到H( )过程中，氯原子从G分子中脱离，则a位置的键发生断键；含有重氢的环状结构断开，说明d位置化学键断裂；断裂的化学键为ad；(6)H的结构简式为 ，Y为H的同分异构体，含有萘环，且环上只有一个取代基，可发生水解反应

38、，但不能发生银镜反应，说明分子中由酯基，没有醛基，故符合要求的结构简式为、 、 、 、 、 ，共有8种(任写一种，符合题目要求即可)。19、打开玻璃塞或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下 Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2+2H2O NO 取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净 能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分) 【解析】Cu和H2SO4、HNO3反应生成CuSO4、N

39、O2和H2O，本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，减少了能源消耗，生成的NO2和碱液反应生成硝酸盐或亚硝酸盐，制得的硫酸铜中含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色现象来分析。【详解】将仪器b中液体滴入仪器a中的具体操作是打开玻璃塞或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下；故答案为：打开玻璃塞或旋转玻璃塞，使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔，再将分液漏斗下面的活塞拧开，使液体滴下。根据题中信息得到装置a中Cu和H2SO4

40、、HNO3反应生成CuSO4、NO2和H2O，其化学方程式：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2+2H2O；故答案为：Cu + H2SO4 + 2HNO3 = CuSO4 +2NO2+2H2O。步骤电炉加热直至仪器a中的红棕色气体完全消失，二氧化氮与水反应生成NO，因此会产生的气体是NO，该气体无法直接被石灰乳吸收，NO需在氧气的作用下才能被氢氧化钠溶液吸收，因此为防止空气污染，该气体的吸收装置为；故答案为：NO；。通过本实验制取的硫酸铜晶体中常含有少量Cu(NO3)2，可用重结晶法进行提纯，检验Cu(NO3)2是否被除净，主要是检验硝酸根，根据硝酸根在酸性条件下与

41、铜反应生成NO，NO与空气变为红棕色，故答案为：取少量除杂后的样品，溶于适量稀硫酸中，加入铜片，若不产生无色且遇空气变为红棕色的气体，说明已被除净。工业上也常采用将铜在450C左右焙烧，再与一定浓度的硫酸反应制取硫酸铜的方法，对比分析本实验采用的硝酸氧化法制取CuSO4，工业上铜在450C左右焙烧，需要消耗能源，污染较少，工艺比较复杂，而本实验减少了能源的消耗，生成的氮氧化物可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作；故答案为：能耗较低，生成的NO2可以被碱液吸收制取硝酸盐或亚硝酸盐等副产品，步骤简单易于操作(答对两个或其他合理答案即可给分)。根据反应为Cu2+H2Y =Cu

42、Y +2H+，得出n(Cu2+) = n(H2Y) = c molL1b103L5 =5bc103 mol，蓝色晶体中Cu2+质量分数；故答案为：。20、氯气发生装置 3Cl22Fe(OH)310KOH=2K2FeO46KCl8H2O Fe3 4FeO42-20H=4Fe33O210H2O 溶液酸碱性不同 【解析】（1）浓盐酸和KMnO4混合可生成氯气；（2）装置B为除杂装置，反应使用浓盐酸，浓盐酸会挥发产生HCl，使得产生的Cl2中混有HCl，需要除去HCl，可将混合气体通过饱和食盐水达到除杂的目的；（3）C中得到紫色固体和溶液，紫色的为K2FeO4，在碱性条件下，Cl2可以氧化Fe（OH）3制取K2FeO4，结合守恒法写出发生反应的化学方程式；（4）方案I中加入KSCN溶液至过量，溶液呈红色，说明反应产生Fe3+，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl-氧化，注意K2FeO4在碱性溶液中稳定，酸性溶液中快速产生O2，自身转化为Fe3+；（5）Fe（OH）3在碱性条件下被Cl2氧化为FeO42-，可以说明Cl2的氧化性大于FeO42-，而方案实验表明，Cl2和FeO42-的氧化性强弱关系相反，方案是FeO42-在酸性条件下氧化Cl-生成Cl2，注意两种反应体系所处酸