2022年广东省汕头市六都高三第六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考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列选项中，微粒的物质的量浓度关系正确的是A0.1 mol/L K2CO3溶液：c（OH）=c（HCO3）+c（H）+c（H2CO3）B0.1 mol/L NaHCO3溶液中离子浓度关系：c（Na+）=2c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）C等物质的量的一元弱酸

2、HX与其钾盐KX的混合溶液中：2c（K）= c（HX）+c（X）D浓度均为0.1 mol/L的NaHCO3溶液和NaOH溶液等体积混合：c（Na）+ c（H）=c（CO32）+c（OH）+c（HCO3）2、某未知溶液（只含一种溶质）中加入醋酸钠固体后，测得溶液中c(CH3COO):c(Na+)=1:1。则原未知溶液一定不是A强酸溶液B弱酸性溶液C弱碱性溶液D强碱溶液3、环境科学曾刊发我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O7其中S为+6价）去除废水中的正五价砷的研究成果，其反应机理模型如图，（NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法正确的是A1 molSO4- （自由基）中含50NA个电子B

3、pH越大，越不利于去除废水中的正五价砷C1 mol过硫酸钠中含NA个过氧键D转化过程中，若共有1 mol S2O82-被还原，则参加反应的Fe为56 g4、下列关于有机物的说法正确的是A聚氯乙烯高分子中所有原子均在同一平面上B乙烯和苯使溴水褪色的反应类型相同C石油裂化是化学变化D葡萄糖与蔗糖是同系物5、工业生产措施中，能同时提高反应速率和产率的是A合成氨使用高压B制硝酸用Pt-Rh合金作催化剂C制硫酸时接触室使用较高温度D侯氏制碱法循环利用母液6、某些电解质分子的中心原子最外层电子未达饱和结构，其电离采取结合溶液中其他离子的形式，而使中心原子最外层电子达到饱和结构。例如：硼酸分子的中心原子B最

4、外层电子并未达到饱和，它在水中电离过程为：下列判断正确的是（ ）A凡是酸或碱对水的电离都是抑制的B硼酸是三元酸C硼酸溶液与NaOH溶液反应的离子方程式：H3BO3+OH=B(OH)4D硼酸是两性化合物7、设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A14g乙烯和丙烯的混合物中极性键数目为2NAB标准状况下，与在光照条件下反应生成HCl分子数为C容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NAD电解精炼铜时阳极减轻32 g，电路中转移电子数目一定为NA8、将a mol钠和a mol铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d gmL1，该溶液中溶质质量分数为A82a/(46a+

5、m)% B8200a/(46a+2m) % C8200a/(46a+m)% D8200a/(69a+m) %9、利用实验器材(规格和数量不限)能够完成相应实验的一项是选项实验器材(省略夹持装置)相应实验三脚架、泥三角、坩埚、坩埚钳煅烧石灰石制取生石灰烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL容量瓶用浓盐酸配制100mL 0.1 molL-1的稀盐酸溶液烧杯、玻璃棒、分液漏斗用饱和Na2CO3溶液除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇烧杯、酸式滴定管、碱式滴定管用H2SO4标准液滴定未知浓度的NaOH溶液ABCD10、下列实验中，所采取的分离方法与对应原理都正确的是（ ）。选项目的分离方法原理A分离溶于水中的碘乙

6、醇萃取碘在乙醇中的溶解度较大B分离乙酸乙酯和乙醇分液乙酸乙酯和乙醇的密度不同C除去丁醇中的乙醚蒸馏丁醇与乙醚互溶且沸点相差较大D除去KNO3固体中混杂的NaCl重结晶NaCl在水中的溶解度受温度影响大AABBCCDD11、X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与Y同主族，X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是( )QRYZA原子半径：r(Z)r(Y)(R)r(Q)B气态化合物的稳定性：QX4RX3CX与Y形成的化合物中含有离子键D最高价含氧酸的酸性：X2QO3XRO312、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2+SO42-反

7、应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A电池工作时Cd2向电极B移动B电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2+Cd2+D反应中每生成a mol Hg转移3a mol电子13、下列有关化学实验操作、现象和结论均正确的是( )选项操作现象结论A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黄色NaHCO3溶液溶液呈碱性B向氨水和的悬浊液中滴加少量溶液得到红褐色悬浊液KspFe(OH)3Mg(OH)2B酸性：H2SO3 H2CO3C热稳定性：NH3 PH3D还原性：S2 Cl18、向某容积为2L的恒容

8、密闭容器中充入2molX(g)和1molY(g)，发生反应2X(g)+Y(g)3Z(g)。反应过程中，持续升高温度，测得混合体系中X的体积分数与温度的关系如图所示。下列推断正确的是（ ）AM点时，Y的转化率最大B平衡后充入X，达到新平衡时X的体积分数减小C升高温度，平衡常数减小DW、M两点Y的正反应速率相同19、下列有关氯元素及其化合物的表示正确的是（ ）A质子数为17、中子数为20的氯原子：B氯离子(Cl)的结构示意图：C氯分子的电子式：D氯乙烯分子的结构简式：H3CCH2Cl20、下列实验操作正确的是A用长预漏斗分离油和水的混合物B配制0.5mol/LFe(NO3)2溶液时将固态Fe(NO

9、3)2溶于稀硝酸中加水稀释至指定体积C将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，可收集到纯氯气D用湿布熄灭实验台上酒精着火21、在的催化作用下，甲烷与二氧化碳可以直接合成乙酸，其反应方程式为，该反应过程与能量的变化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A的电子式:B乙酸的球棍模型C该反应为吸热反应D该反应为化合反应22、锌电池是一种极具前景的电化学储能装置。扣式可充电电池组成示意图如下。可以在晶体中可逆地嵌入和脱除，总反应为。下列说法错误的是（ ）A放电时不锈钢箔为正极，发生还原反应B放电时负极的反应为C充电时电池正极上的反应为：D充电时锌片与电源的负极相连二、非选择题(共84分)23、（14分）已知：

10、RCHCHORH2O / H+RCH2CHO + ROH（烃基烯基醚）烃基烯基醚A的分子式为C12H16O。与A相关的反应如下：完成下列填空：43、写出A的结构简式_。44、写出CD化学方程式_。45、写出一种满足下列条件的F的同分异构体的结构简式_。能与FeCl3溶液发生显色反应；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消除反应 ；分子中有4种不同化学环境的氢原子。46、设计一条由E合成对甲基苯乙炔（）的合成路线。（无机试剂任选）。合成路线流程图示例如下：_24、（12分）某有机物A(C4H6O5)广泛存在于许多水果内，尤以苹果、葡萄、西瓜、山楂内为多，是一种常用的食品添加剂。该化合物具有

11、如下性质：(i)在25时，电离平衡常数K3.910-4，K25.510-6(ii)A+RCOOH(或ROH)有香味的产物(iii)1molA慢慢产生1.5mol气体(iv)核磁共振氢谱说明A分子中有5种不同化学环境的氢原子与A相关的反应框图如下：（1）依照化合物A的性质，对A的结构可作出的判断是_。a确信有碳碳双键 b有两个羧基 c确信有羟基 d有COOR官能团（2）写出A、F的结构简式：A：_、F：_。（3）写出AB、BE的反应类型：AB_、BE_。（4）写出以下反应的反应条件：EF第步反应_。（5）在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物用于制造玻璃钢。写出该反应的化学

12、方程式：_。（6）写出与A具有相同官能团的A的同分异构体的结构简式：_。25、（12分） (一)碳酸镧可用于治疗终末期肾病患者的高磷酸盐血症，制备反应原理为：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O；某化学兴趣小组利用下列装置实验室中模拟制备碳酸镧。(1)制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F_；(2)Y中发生反应的化学反应式为_；(3)X中盛放的试剂是_，其作用为_；(4)Z中应先通入，后通入过量的，原因为_；是一种重要的稀土氢氧化物，它可由氟碳酸铈精矿(主要含)经如下流程获得：已知：在酸性溶液中有强氧化性，回答下列问题：(5)氧化焙烧生成

13、的铈化合物二氧化铈()，其在酸浸时反应的离子方程式为_；(6)已知有机物HT能将从水溶液中萃取出来，该过程可表示为：(水层)+(有机层) +(水层)从平衡角度解释：向(有机层)加入获得较纯的含的水溶液的原因是_；(7)已知298K时，KspCe(OH)3=110-20，为了使溶液中沉淀完全，需调节pH至少为_；(8)取某产品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至终点(铈被还原成)(已知：的相对分子质量为208)溶液盛放在_(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；根据下表实验数据计算产品的纯度_；滴定次数溶液体积(mL)滴定前读数滴定后读数第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2

14、024.10若用硫酸酸化后改用的溶液滴定产品从而测定产品的纯度，其它操作都正确，则测定的产品的纯度_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。26、（10分）用6molL-1的硫酸配制100mL1molL-1硫酸，若实验仪器有：A100mL量筒 B托盘天平 C玻璃棒 D50mL容量瓶 E20mL量筒 F胶头滴管 G50mL烧杯 H100mL容量瓶（1）实验时应选用仪器的先后顺序是（填入编号）_。（2）在容量瓶的使用方法中，下列操作不正确的是（填写编号）_。A使用容量瓶前检查它是否漏水B容量瓶用蒸馏水洗净后，再用待配溶液润洗C配制溶液时，如果试样是固体，把称好的试样用纸条小心倒入容量瓶中，缓慢加入蒸

15、馏水到接近标线2cm3cm处，用滴管滴加蒸馏水到标线D配制溶液时，如果试样是液体，用量筒量取试样后直接倒入容量瓶中，缓慢加入蒸馏水到接近容量瓶刻度标线1cm2cm处，用滴管滴加蒸馏水到刻度线E盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶倒转和摇动多次27、（12分）某学习小组以电路板刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）为原料制备纳米Cu20，制备流程如下：已知：Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu; Cu2O不溶于水，极易溶于碱性溶液；Cu2O+2H+ =Cu2+Cu+H2O。生成Cu2O的反应：4Cu(OH)2+N2H4H2O=2Cu2O+N

16、2+7H2O请回答：（1）步骤II，写出生成CuR2反应的离子方程式：_（2）步骤II，需对水层多次萃取并合并萃取液的目的是_（3）步骤III，反萃取剂为_（4）步骤IV，制备纳米Cu2O时，控制溶液的pH为5的原因是_A B C 从溶液中分离出纳米Cu2O采用离心法，下列方法也可分离Cu2O的是_Cu2O干燥的方法是_（5）为测定产品中Cu2O的含量，称取3.960g产品于锥形瓶中，加入30mL硫酸酸化的Fe2(SO4)3溶液（足量），充分反应后用0.2000 molL1标准KMnO4溶液滴定，重复23次，平均消耗KMnO4溶液50.00mL。产品中Cu2O的质量分数为_若无操作误差，测定结

17、果总是偏高的原因是_28、（14分）霾天气严重影响人们的生活，其中氮氧化物和硫氧化物是造成雾霾天气的主要原因之一。消除氮氧化物和硫氧化物有多种方法。（1）用活性炭还原法可以处理氮氧化物。某研究小组向某密闭容器中加入一定量的活性炭和NO，发生反应：C(s)+2NO(g)N2(g)+CO(g) H=QkJmol-1。在T1时，反应进行到不同时间测得各物质的浓度如下表。010min内，NO的平均反应速率v(NO)=_，T1时，该反应的平衡常数K=_。30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，根据上表中的数据判断改变的条件可能是_(填字母)。a.加入一定量的活性炭 b.通入一定量的NOc.适当缩

18、小容器的体积 d.加入合适的催化剂若30min后升高温度至T2，达到平衡时，容器中NO、N2、CO2的浓度之比为533，则Q_0(填“”、“=”或“”、“ r(Z) r(Q) r(R)，A项错误；B. 非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3 QX4，B项错误；C. X与Y形成NaH，含离子键，C项正确； D. 非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 X2QO3，D项错误；答案选C。12、B【解析】根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另

19、一极Hg为正极，Cd2向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amol Hg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。13、D【解析】A.甲基橙的变色范围是3.14.4，若溶液的pH4.4，溶液都显黄色，因此不能证明NaHCO3溶液溶液呈碱性，A错误；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，FeCl3与溶液中的氨水会发生复分解反应形成Fe(OH)3沉淀，不能证明溶度积常数：Fe(OH)3Mg(OH)2，B错误；C.石蜡油主要成分是各种烷烃、环烷烃，它们与酸性KMnO4溶

20、液不能反应，使石蜡油蒸汽通过炽热的碎瓷片，再将产生的气体通过酸性KMnO4溶液，溶液褪色，证明石蜡油蒸汽分解后的产物中含有烯烃，C错误；D.蔗糖的化学式为C12H22O11，向其中滴加浓硫酸，浓硫酸将蔗糖中的H、O两种元素以2:1的组成脱去留下碳，浓硫酸表现脱水性，此过程中放出大量的热，使浓硫酸与脱水生成的C单质发生氧化还原反应，生成CO2、SO2、H2O，这些气体从固体中逸出，使固体变成疏松多孔的海绵状炭，同时闻到二氧化硫的刺激性气味，体现了浓硫酸的强氧化性，D正确；故合理选项是D。14、B【解析】NH3中N-H键为极性键，氨气为三角锥形结构，故为极性分子，电子式为，据此分析。【详解】A.

21、氨气为三角锥形，为极性分子，故A正确；B. 由于氨气为三角锥形，故其比例模型为，故B错误；C. 氨气中N原子分别以单键和H原子形成共价键，且N原子上还有一对孤电子对，故电子式为，故C正确；D. 形成于不同原子间的共价键为极性共价键，故N-H键为极性共价键，故D正确。故选：B。15、D【解析】A. 石英坩埚主要成分为二氧化硅，属于氧化物，不是硅酸盐产品，选项A错误；B.过氧化氢、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的，乙醇可使蛋白质脱水而变性，不具有氧化性，选项B错误；C.光导纤维主要成分为二氧化硅，属于无机物，不是有机高分子材料，选项C错误；D.高吸水性树脂属于功能高分子材料，聚丙烯

22、酸钠含亲水基团，相对分子质量在10000以上，属于功能高分子材料，选项D正确；故合理选项是D。16、C【解析】依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式判断氧化性Fe3I2，由反应方程式得到氧化性Br2Fe3，由反应方程式得到氧化性I2Fe(CN)63-，综合可得C项正确。故选C。17、A【解析】A金属性CaMg，对应碱的碱性为Ca(OH)2Mg(OH)2，故A正确；B非金属性SC，对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4H2CO3，而H2SO3H2CO3可利用强酸制取弱酸反应说明，故B错误；C非金属性NP，对应氢化物的稳定性为NH3PH3，故C错误；D非金属性SCl，对

23、应阴离子的还原性为S2-Cl-，故D错误；故答案为A。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。18、C【解析】起始时向容器中充入2molX(g)和1molY(g)，反应从左到右进行，结合图像，由起点至Q点，X的体积分数减小；Q点之后，随着温度升高，X的体积

24、分数增大，意味着Q点时反应达到平衡状态，温度升高，平衡逆向移动，反应从右向左进行。【详解】AQ点之前，反应向右进行，Y的转化率不断增大；Q点M点的过程中，平衡逆向移动，Y的转化率下降，因此Q点时Y的转化率最大，A项错误；B平衡后充入X，X的体积分数增大，平衡正向移动，根据勒夏特列原理，平衡移动只能减弱而不能抵消这个改变，达到新的平衡时，X的体积分数仍比原平衡大，B项错误；C根据以上分析，升高温度，平衡逆向移动，平衡常数减小，C项正确；D容器体积不变，W、M两点，X的体积分数相同，Y的体积分数及浓度也相同，但M点温度更高，Y的正反应速率更快，D项错误；答案选C。19、C【解析】A、左上角应是质量

25、数，质量数=中子数+质子数=37，应是，故A说法错误；B、氯离子质子数大于电子数，其结构示意图：，故B错误；C、氯原子最外层7个电子，每个氯原子都达到8电子稳定结构，故C正确；D、氯乙烯结构简式：CH2=CHCl，而题目中是氯乙烷，故D说法错误。20、D【解析】A、油和水互不相溶，分层，分离油和水的混合物应用分液漏斗，故A错误；B、硝酸有强氧化性，能将二价铁氧化为三价铁，故B错误；C、 将含氯化氢的氯气通过碳酸氢钠溶液，会产生CO2，应通过饱和食盐水，才可收集到纯氯气，故C错误；D、用湿布熄灭实验台上酒精着火，属于隔绝氧气灭火，故D正确；故选D。21、C【解析】A二氧化碳属于共价化合物，碳原子

26、和与两个氧原子之间各有两对共用电子对，电子式表示正确，故A正确；B乙酸的分子式为CH3COOH，黑色实心球表示碳原子，灰色中等大小的球表示氧原子，灰色小球表示氢原子，故B正确；C根据能量变化关系图可知，反应物总能量大于生成物总能量，该反应属于放热反应，故C错误；D反应中由两种物质生成一种物质，属于化合反应，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】反应物总能量大于生成物总能量或反应物的总键能小于生成物的总键能，反应为放热反应；反应物总能量小于生成物总能量或反应物的总键能大于生成物的总键能，反应为吸热反应。22、C【解析】如图：对VS2/Zn扣式可充电电池组成分析，放电时，不锈钢箔为正极，锌片为负极

27、，电极反应Zn-2eZn2；充电时原电池的正极与外电源正极相连，作阳极，失电子发生氧化反应，原电池负极与电源负极相连，作阴极，得到电子发生还原反应。【详解】A放电时，不锈钢箔为正极，发生还原反应，故A正确；B放电时，负极为锌，锌电极反应为：Zn-2eZn2，故B正确；C充电时，原电池的正极接电源的正极，作阳极，失去电子，发生氧化反应，故C错误；D充电时，原电池负极锌片与电源的负极相连，作阴极，故D正确；故选C。二、非选择题(共84分)23、 CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+ 2Ag+3NH3+ H2O 【解析】由信息可知，A反应生成B为醇，E为醛，由B的相对

28、分子质量为60，则B为CH3CH2CH2OH，BC发生催化氧化反应，所以C为CH3CH2CHO，CD为银镜反应，则D为CH3CH2COONH4； 由B、E及A的分子式可知，烃基烯基醚A结构简式为；有机物E为：；由E转化为对甲基苯乙炔（），先发生-CHO的加成，再发生醇的消去反应，然后与溴发生加成引入两个溴原子，最后发生卤代烃在NaOH醇溶液中的消去反应生成CC，然后结合物质的结构与性质来解答。【详解】43.结合以上分析可知，A的结构简式为：；1CD反应的化学方程式为CH3CH2CHO+2Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+ 2Ag+3NH3+ H2O；故答案为：CH3CH2CHO+2

29、Ag(NH3)2OHCH3CH2COONH4+ 2Ag+3NH3+ H2O；2分子式和有机物F相同，光能与FeCl3溶液发生显色反应，属于酚类；光照时与氯气反应所得的一氯取代产物不能发生消去反应，说明Cl直接相连的C原子的邻位C上没有H原子，分子中有4种不同化学环境的氢原子，要求结构具有一定的对称性，满足这三个条件的F的同分异构体可以有：；故答案是：；46.由合成可以将醛基先与H2加成得到醇，再进行醇的消去引进碳碳双键，再与Br2进行加成，最后再进行一次卤代烃的消去就可以得到目标产物了。具体流程为：；故答案为：。24、bc HOOCCH(OH)CH2COOH HOOC-CC-COOH 消去反应

30、 加成反应 NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热 n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O ， 【解析】由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，核磁共振氢谱表明A分子中有5种不同化学环境的氢原子，则A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH；M中含有Cl原子，M经过反应然后酸化得到A，则M结构简式为HOOCCHClCH2COOH，A在浓硫酸作催化剂、

31、加热条件下反应生成B(C4H4O4)，根据B分子式知，A发生消去反应生成B，B结构简式为HOOCCH=CHCOOH；B和足量NaOH反应生成D，D为NaOOCCH=CHCOONa，B和溴的四氯化碳发生加成反应生成E，E为HOOCCHBrCHBrCOOH，E发生消去反应然后酸化得到F（C4H2O4），根据F分子式知，F为HOOC-CC-COOH。【详解】（1）由有机物A的化学式为C4H6O5，根据信息I知A中含有两个羧基，A能和羧酸发生酯化反应生成酯，说明A中含有醇羟基，1molA与足量钠反应生成1.5mol氢气，结合I、II知含有1个醇羟基、两个羧基，所以A中含有两个羧基，一个羟，故bc符合题

32、意，答案：bc； （2）根据上述分析可知：写出A、F的结构简式分别为：A：HOOCCH(OH)CH2COOH：F：HOOC-CC-COOH。答案：HOOCCH(OH)CH2COOH：HOOC-CC-COOH；（3）根据上述分析可知：A发生消去反应生成B，B和溴的四氯化碳溶液发生加成反应生成E为HOOCCHBrCHBrCOOH，所以 AB发生消去反应，BE发生加成反应；答案：消去反应；加成反应。(4)通过以上分析知，E发生消去反应然后酸化得到F(C4H2O4)，EF是卤代烃的消去反应，所以反应条件是NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)，加热；故答案为：NaOH/醇溶液(或KOH/醇溶液)、加热；

33、 (5)B结构简式为HOOCCH=CHCOOH，在催化剂作用下，B与乙二醇可发生缩聚反应，生成的高分子化合物，该反应的化学方程式:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；故答案为:n HOOCCH=CHCOOH+ nHOCH2CH2OHHOCOCH=CH-COOCH2CH2OH+(2n-1)H2O；(6)A的结构简式为HOOCCH(OH)CH2COOH，A的同分异构体与A具有相同官能团,说明含有醇羟基和羧基符合条件的A的同分异构体的结构简式：，；答案：，。25、A B D E C NH3H2O(浓)+CaO=Ca(

34、OH)2+NH3 溶液 吸收挥发的、同时生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成水溶液方向移动 9 酸式 95.68% 偏低 【解析】(一)根据制备的反应原理：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O，结合装置图可知，W中制备二氧化碳，Y中制备氨气，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制备碳酸镧，结合氨气的性质分析解答(1)(4)；(二)由实验流程可知，氟碳酸铈精矿(主要含CeFCO3)氧化焙烧生成CeO2，加酸溶解发生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，过滤分离出

35、不溶物，含Ce3+的溶液进行萃取分离得到浓溶液，再与碱反应生成Ce(OH)3，将Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。据此结合氧化还原反应的规律、盐类水解和溶解积的计算分析解答(5)(8)。【详解】(一)(1)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：FABDEC，故答案为A；B；D；E；C；(2)Y中发生反应的化学反应式为NH3H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3，故答案为NH3H2O(浓)+CaO=Ca(OH)2+NH3；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氢，需要盛放的试剂是NaHCO3溶液，其作用为吸

36、收挥发的HCl、同时生成CO2，故答案为NaHCO3溶液；吸收挥发的HCl、同时生成CO2；(4)Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2，因为NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，碱性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案为NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，碱性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙烧生成的铈化合物二氧化铈(CeO2)，其在酸浸时发生离子反应为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案为2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(6)向CeT3(有机层)加入H2SO4获得较纯的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸

37、导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动，故答案为混合液中加硫酸导致氢离子浓度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移动；(7)已知298K时，KspCe(OH)3=110-20，为了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)=110-5mol/L，由Kw可知c(H+)=110-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案为9；(8)FeSO4属于强酸弱碱盐，水解后溶液显酸性，则FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案为酸式；由表格数据可知，第二次为25.30mL，误差较大应舍弃，FeSO4的物质的量为0.1000molL-10.001L/mL=0.0023mol，根据电子得失守恒可得

38、关系式CeO2FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的质量为0.0023208g=0.4784g，则Ce(OH)4产品的纯度为100%=95.68%，故答案为95.68%；改用0.1000molL-1的FeCl2溶液滴定产品从而测定Ce(OH)4产品的纯度，Ce4+有强氧化性，与Cl-发生氧化还原反应，由电子守恒计算的Ce(OH)4的物质的量及质量偏小，则测定的Ce(OH)4产品的纯度偏低，故答案为偏低。26、G、E、C、H、F或E、G、C、H、F B、C、D 【解析】（1）配制溶液时，选用仪器的先后顺序，也是按照配制操作的先后顺序进行选择，即按照计算、量取、溶解、转移、定容进行选择。（2）

39、A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液；B用容量瓶配制溶液，应确保溶质的物质的量不变；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后才能转移入容量瓶；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，冷却至室温后再转移入容量瓶内；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀。【详解】（1）配制溶液时，通过计算，确定所需6molL-1的硫酸的体积为，应选择20mL量筒、50mL烧杯；然后是转移，用到玻璃棒，100mL容量瓶；定容时用到胶头滴管，由此确定选用仪器的先后顺序为G、E、C、H、F或E、G、C、H、F；答案为：G、E、C、H、F或E

40、、G、C、H、F；（2）A使用容量瓶之前，必须检验容量瓶是否漏液，A正确；B用容量瓶配制溶液，用待配溶液润洗，必然导致溶质的物质的量增大，所配浓度偏大，B不正确；C配制溶液时，称好的固体应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，C不正确；D配制溶液时，量好的液体试样，也应先放在烧杯内溶解，不能直接倒入容量瓶，D不正确；E定容时，应盖好瓶塞，用食指顶住瓶塞，用另一只手的手指托住瓶底，把容量瓶上下颠倒、摇匀，E正确。由此得出，在容量瓶的使用方法中，操作不正确的是B、C、D。答案为：B、C、D。【点睛】使用量筒量取液体时，应选择规格尽可能小的量筒，若选择的量筒规格过大，则会产生较大的误差。还需注意，所

41、选量筒必须一次把所需体积的液体量完，若多次量取，也会产生较大的误差。27、Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2 提高铜离子的萃取率，提高原料利用率 稀硫酸 pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解 C 真空干燥 90.90% 制备氧化亚铜时，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大 【解析】刻蚀液（含有大量Cu2+、Fe2+、Fe3+）加入过量的氨水，形成铜氨溶液，同时生成氢氧化亚铁和氢氧化铁沉淀，铜氨溶液中加入有机溶液得到CuR2，再反萃取剂条件下生成硫酸铜溶液。【详解】（1）步骤II，铜氨溶液和RH的有机溶液反应生成氨气和氯化铵和CuR2，离子方

42、程式为：Cu(NH3)42+2RH=2NH4+2NH3+CuR2；（2）需要对水层多次萃取并合并萃取液是能提高铜离子的萃取率，提高原料利用率；（3）通过前后的物质分析，反萃取剂提供硫酸根离子和氢离子，故为稀硫酸；（4）从信息分析，氧化亚铜在酸性强的溶液中会发生歧化反应，但碱性强的溶液中氧化亚铜会溶解。故答案为：pH太小氧化亚铜会发生歧化反应，pH太大，氧化亚铜会溶解；纳米Cu2O不能通过半透膜，所以可以选择C进行分离。因为Cu2O在潮湿的空气中会慢慢氧化生成CuO，也易被还原为Cu，所以选择真空干燥；（5）根据得失电子分析关系式有5Cu2O-2KMnO4，高锰酸钾的物质的量为0.200 0 m

43、oI.L-10.05L=0.01mol，则氧化亚铜的物质的量为0.025mol，质量分数为=90.90%；制备氧化亚铜时，肼具有还原性，氧化亚铜被肼还原，产品中含有铜粉，测定结果均增大。28、0.042mol/(Lmin) bc NO、NO2 2NH3(g)+NO(g)+NO2(g)=2N2(g)+3H2O(g) H=2QkJmol1 Mn 200左右 【解析】（1）根据题给数据计算反应速率，根据平衡常数表达式及平衡移动原理分析解答；（2）根据题给信息书写热化学方程式；根据题给信息中反应条件分析解答。【详解】（1）分析图表数据，010min内，NO的平均反应速率 ；化学平衡三段式列式计算平衡浓度：K=，故答案为：0.042mol/(Lmin)；30min后，只改变某一条件，反应重新达到平衡，图表数据分析可知一氧化氮，氮气，二氧化碳浓度都增大；a.加入一定量的活性炭，反应物C是固体，对平衡无影响，故a不符合；b.通入一定量的NO，反应正向进行，达到平衡后一氧化氮、氮气、二氧化碳浓度增大，故b符合；c.适当缩小容器的体积，反应前后是气体体积不变的反应，平衡不移动，但个物质浓度增大，符合要求，故c符合；d.加入合适的催化剂，只能改变化学反应速率，不能改变平衡，浓度不变，故d不符合；故答案为：bc；