广西百色市普通高中2022年高三第二次调研化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项:1答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2答题时请按要求用笔。3请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、不能用元素周期律解释的是（ ）A氯与钠形成离子键，氯与硅形成共价键B向淀粉KI溶液中滴加溴水，溶液变蓝C向Na2SO3溶液中滴加盐酸，有气泡生成DF2在暗处遇H2即爆炸，I2在

2、暗处遇H2几乎不反应2、室温下，有pH均为9，体积均为10 mL的NaOH溶液和CH3COONa溶液，下列说法正确的是A两种溶液中的c(Na+)相等B两溶液中由水电离出的c(OH-)之比为10-9/10-5C分别加水稀释到100mL时，两种溶液的pH依然相等D分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积相等3、短周期主族元素W、X、Y 、Z的原子序数依次增大，W、X同主族，Y原子的最外层电子数等于X原子的电子总数，Z原子的电子总数等于W、X、Y三种原子的电子数之和，Z的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnZO2n+2。W、X、Y三种元素形成的一种化合物的结构如下图所示。下列说法错误的是AW

3、的最高正价和最低负价的代数和为0BW的简单离子半径可能大于X的简单离子半径CY的最高价氧化物对应的水化物属于弱碱DZ的单质的水溶液需保存在棕色试剂瓶中4、关于钢铁电化学保护两种方法的说法错误的是A牺牲阳极阴极保护法利用的是原电池原理B外加电流阴极保护法利用的是电解原理C牺牲阳极阴极保护法中钢铁为负极D外加电流阴极保护法中钢铁为阴极5、MnSO4H2O是一种易溶于水的微红色斜方晶体，某同学设计下列装置制备硫酸锰：下列说法错误的是A装置I烧瓶中放入的药品X为铜屑B装置II中用“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率C装置III用于吸收未反应的SO2D用装置II反应后的溶液制备MnSO4H2O需经历蒸发结

4、晶、过滤、洗涤及干燥的过程6、以黄铜矿(主要成分为 CuFeS2，含少量杂质SiO2等)为原料，进行生物炼铜，同时得到副产品绿矾(FeSO47H2O)。其主要工艺流程如下:已知:部分阳离子以氢氧化物形式开始沉淀和完全沉淀时溶液的pH如下表。沉淀物Cu(OH)2Fe(OH)3Fe(OH)2开始沉淀pH4.72.77.6完全沉淀pH6.73.79.6下列说法不正确的是A试剂a可以是CuO或Cu(OH)2，作用是调节pH至3.74.7之间B反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素被还原C操作X为蒸发浓缩至溶液表面出现

5、晶膜，再冷却结晶D反应的离子方程式为Cu2+Fe=Cu+Fe2+，试剂c参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O7、ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥B吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2=2ClO2+2H+ +O2C工业上将ClO2气体制成NaCIO2固体,其主要目的是便于贮存和运输D通入的空气的目的是驱赶出ClO2，使其被吸收其充分吸收8、某兴趣小组计划用Al、稀H2SO4、NaOH溶液制备1mol Al(

6、OH)3。设计如下三种方案： 方案：向 Al 中加入 NaOH 溶液，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加硫酸至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：向 Al 中加入硫酸，至 Al 刚好完全溶解，得溶液。向溶液中加 NaOH 溶液至刚好沉淀完。过滤、洗涤、干燥。方案：将 Al 按一定比例分为两份，按前两方案先制备溶液和溶液。然后将两溶液混和。过滤、洗涤、干燥。下列说法不正确的是A三种方案转移电子数一样多B方案所用硫酸的量最少C方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量D采用方案时，用于制备溶液的 Al 占总量的 0.259、下列实验现象与实验操作不相匹配的是实验操作实现现象A分别向两只盛有等体积

7、等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片镁片表面产生气泡较快B向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡逐渐生成大量蓝色沉淀，沉淀不溶解C将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶集气瓶中产生浓烟并有黑色颗粒产生D向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加23滴KSCN溶液黄色逐渐消失，加KSCN后溶液颜色不变AABBCCDD10、我国科学家设计出一种可将光能转化为电能和化学能的天然气脱硫装置，如图，利用该装置可实现：H2S+O2 H2O2 +S。已知甲池中发生转化：。下列说法错误的是A甲池碳棒上发生电极反应：AQ+2H+2e-H2AQB该装置工作时

8、，溶液中的H+从甲池经过全氟磺酸膜进入乙池C甲池处发生反应：O2+H2AQH2O2+AQD乙池处发生反应：H2S+I3-3I-+S+2H+11、由环己醇合成环己酮的反应为：。下列说法正确的是（ ）A该反应属于取代反应B环己酮的分子式为C6H12OC环己醇不能和NaOH溶液反应D环己醇分子中的所有原子可能共平面12、主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W原子序数是Z的2倍。下列说法不正确的是AX、Y、Z的氢化物沸点依次升高BZ和W形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成CX、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体DM的原子

9、序号为32，是一种重要的半导体材料13、比较合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，下列说法错误的是（）A都使用了合适的催化剂B都选择了较高的温度C都选择了较高的压强D都未按化学方程式的系数进行投料反应14、其他条件不变，C的物质的量分数(C)和温度(T)或压强(P)关系如图，其中满足关系图的是（ ）A3A(g)+B(s)C(g)+D(g)；H0BA(g)+B(s)C(g)+D(g)；H0CA(g)+B(s)2C(g)+D(g)；H0DA(g)+2B(s)C(g)+3D(g)；H015、我国在物质制备领域成绩斐然，下列物质属于有机物的是（ ）A双氢青蒿素B全氮阴离子盐C 聚合氮D砷化铌纳米带AAB

10、BCCDD16、常温下，关于pH = 2的盐酸溶液的说法错误的是A溶液中c(H+)=1.010-2mol/LB此溶液中由水电离出的c(OH)=1.010-12mol/LC加水稀释100倍后，溶液的pH = 4D加入等体积pH=12的氨水，溶液呈酸性二、非选择题（本题包括5小题）17、曲美替尼是一种抑制黑色素瘤的新型抗癌药物，下面是合成曲美替尼中间体G的反应路线：已知：D分子中有2个6元环；请回答：（1）化合物A的结构简式_。A生成B的反应类型_。（2）下列说法不正确的是_。AB既能表现碱性又能表现酸性B1moC在碱溶液中完全水解最多可以消耗4 molOHCD与POCl3的反应还会生成E的一种同

11、分异构体DG的分子式为C16H18O3N4（3）写出CD的化学方程式_。（4）X是比A多2个碳原子的A的同系物，写出符合下列条件的X可能的结构简式：_。1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与NH2相连结构（5）流程中使用的DMF即N，N-二甲基甲酰胺结构简式为，是常用的有机溶剂。设计以甲醇和氨为主要原料制取DMF的合成路线(用流程图表示，其他无机试剂任选)。_18、以下是某药物中间体D的合成过程：A(C6H6O) B （1）A的结构简式为_，A转化为B的反应类型是_。（2）D中含氧官能团的名称是_。（3）鉴别B、C可以用的试剂名称是_。（4）D在一定条件下与足量NaOH

12、溶液反应的化学方程式是_。（5）同时符合下到条件的D的所有同分异构体(不考虑立体异构)有_种。能与NaHCO3溶液反应产生气体；苯环上只有2个取代基；遇氯化铁溶液发生显色反应。其中核磁共振氢谱显示为5组峰，且峰面积比为31221的同分异构体的结构简式是_(写结构简式)。（6）已知： +CHCH 请设计合成路线以A和C2H2为原料合成(无机试剂任选)：_。19、研究金属与硝酸的反应，实验如下。（1）中的无色气体是_。（2）中生成H2的离子方程式是_。（3）研究中的氧化剂甲同学认为该浓度的硝酸中H的氧化性大于，所以没有发生反应。乙同学依据和证明了甲的说法不正确，其实验证据是_。乙同学通过分析，推测

13、出也能被还原，依据是_，进而他通过实验证实该溶液中含有，其实验操作是_。（4）根据实验，金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有_；试推测还可能有哪些因素影响_（列举1条）。20、 (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

14、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

15、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1.2024.10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”)。21、甲醛(HCHO)俗称蚁醛，在化工、医药、农药等方面有广泛的应用。I甲醛的制备工业上利用甲醇脱氢法制备甲醛，己知：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g) H（1）该反应的能量变化如图甲所示，H=_kJmol-1。（2）为提高CH3OH转化率，采取的措施有_、_；在温恒容条件下，该反应达到平衡状态的标志有_（填标号）。a.混合气体的密度保持不变b.混合气体

16、的总压强保持不变c.v(CH3OH)消耗=v(H2)生成d.甲醛的浓度保持不变（3）选用Ag/SiO2ZnO作催化剂，在400750区间进行活性评价，图乙给出了甲醇转化率与甲醛选择性（选择性越大，表示生成该物质越多）随反应温度的变化曲线。制备甲醛的最佳反应温度为_（填标号），理由是_。a.400 b.650 c.700 d.750（4）T时，在2L恒容密闭容器中充入1mo1甲醇，发生反应：CH3OH(g)HCHO(g)+H2(g)CH3OH(g)CO(g)+2H2(g)平衡时甲醇为0.2mol，甲醛为0.7mo1。则反应i的平衡常数K=_。II.甲醛的用途（5）将甲醛水溶液与硫酸镍(NiSO4

17、)溶液混合，可用于化学镀镍。反应过程中有CO2产生，则该反应的离子方程式为_：若收集到112mLCO2（标准状况），理论上转移电子_ mo1。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；B.非金属性强的元素单质，能从非金属性弱的非金属形成的盐中置换出该非金属单质； C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应； D.非金属性越强，与氢气化合越容易。【详解】A.氯最外层7个电子，容易得到电子，Na最外层1个电子，容易失去电子，Si不易失去也不易得到电子；所以氯与钠形成氯化钠

18、，含有离子键，氯与硅形成四氯化硅，含有共价键，可以利用元素周期律解释，故A不选；B.向淀粉KI溶液中滴入溴水，溶液变蓝，说明溴单质的氧化性强于碘单质，能用元素周期律解释，故B不选； C.向Na2SO3溶液中加盐酸，发生强酸制取弱酸的反应，HCl不是最高价含氧酸，不能用元素周期律解释，故C选； D.非金属性FI，故氟气与氢气化合较容易，可以利用元素周期律解释，故D不选；故答案选C。2、B【解析】pH相等的NaOH和CH3COONa溶液，c（NaOH）c（CH3COONa），相同体积、相同pH的这两种溶液，则n（NaOH）n（CH3COONa）。【详解】ApH相等的NaOH和CH3COONa溶液，

19、c（NaOH）c（CH3COONa），钠离子不水解，所以钠离子浓度NaOHCH3COONa，故A错误；B酸或碱抑制水电离，含有弱离子的盐促进水电离，NaOH溶液中c（H+）等于水电离出c（OH-）=10-9mol/L，CH3COONa溶液10-14/10-9=10-5mol/L，两溶液中由水电离出的c（OH-）之比=10-9/10-5，故正确；C加水稀释促进醋酸钠水解，导致溶液中pH大小为CH3COONaNaOH，故C错误；D分别与同浓度的盐酸反应，恰好反应时消耗的盐酸体积与NaOH、CH3COONa的物质的量成正比，n（NaOH）n（CH3COONa），所以醋酸钠消耗的稀盐酸体积大，故D错误

20、。3、C【解析】由信息可知W是H，X是Li，Y是Al，Z是Cl元素。A. H元素最高为+1价，最低为-1价，二者代数和为0，A正确；B. H-、Li+电子层结构相同，核电荷数Li+H-，所以离子半径H-Li+，B正确；C. Y是Al元素，Al最高价氧化物对应水化物Al(OH)3是两性氢氧化物，C错误；D. Cl2溶于水得到氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，其中含有的HClO不稳定，光照容易分解，所以应该保存在棕色试剂瓶中，D正确；故合理选项是C。4、C【解析】A.将还原性较强的金属与需要保护的金属连接，形成原电池，A正确；B. : 外加电流的阴极保护法是外加电源，形成电解池，让金属称为阴极得

21、电子，从而保护金属，B正确C. 为保护钢铁，钢铁为电池正极，C错误；D. 利用电解原理，钢铁为阴极得到电子，从而受到保护，D正确。故选择C。点睛：原电池中，失去电子的为负极，得到电子的为正极；电解池中，失去电子的为阳极，得到电子的为阴极。5、A【解析】由实验装置可知，X可能为亚硫酸钠，与浓硫酸反应生成二氧化硫，而Cu与浓硫酸常温下不反应，II中“多孔球泡”可增大SO2的吸收速率，二氧化硫与二氧化锰反应生成MnSO4，蒸发浓缩、冷却结晶可得到晶体，中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。【详解】ACu与浓硫酸常温下不反应，X不可能为Cu，A项错误； B装置中用“多孔球泡”，增大接触面积，可增大SO

22、2的吸收速率，B项正确； C中NaOH溶液可吸收尾气，C项正确； D用装置反应后的溶液制备MnSO4H2O，蒸发结晶、过滤、洗涤及干燥可得到，D项正确； 答案选A。6、B【解析】A. 加入试剂a调节pH至3.74.7之间，目的是使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀，同时要防止生成Cu(OH)2沉淀，为了防止引入新的杂质，试剂a可以是CuO或Cu(OH)2、CuCO3等，故A正确；B. 反应I的化学反应方程式为4 CuFeS2+2H2SO4+17O24CuSO4+2Fe2(SO4)3+2H2O，该反应中铁元素化合价升高被氧化，故B错误；C. 操作X为从硫酸亚铁溶液中得到绿矾晶体，当蒸发浓缩至溶液表面

23、出现晶膜时，再冷却结晶即可，故C正确；D. 反应主要是Cu2+与过量的Fe(即b试剂)反应，为将Cu2+全部转化，加入的铁粉过量，因此在反应时应该将过量的铁粉除去，利用铁、铜的性质差别，加入适量稀硫酸(即试剂c)即可，参与反应的离子方程式分别为Fe+2H+=Fe2+H2，Fe(OH)3+3H+=Fe 3+3H2O，故D正确；答案选B。7、B【解析】A. 结晶后分离出固体的操作是过滤、洗涤和干燥，故A正确；B.在碱性条件下，产物中不能有酸，生成NaClO2的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2- +2H2O +O2，故B错误；C. ClO2是气体，气体不便于贮存和运输，制成Na

24、CIO2固体，便于贮存和运输，故C正确；D. 通入的空气可以将ClO2驱赶到吸收器中，使其被吸收其充分吸收，故D正确。选B。8、D【解析】方案：发生反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2NaAlO2+H2SO4+2H2O=2Al(OH)3+Na2SO4；则2Al2NaOHH2SO42Al(OH)3；方案：发生反应为2Al+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2，Al2(SO4)3+6NaOH=2Al(OH)3+3 Na2SO4；则2Al6NaOH3H2SO42Al(OH)3；方案：2Al+2NaOH+2H2O=2NaA1O2+3H2，2Al+3H2SO4Al2(SO4)

25、3+3H2，Al2(SO4)3+6NaAlO2+12H2O=8Al(OH)3+3Na2SO4，则2Al1.5NaOH0.75H2SO42Al(OH)3。【详解】A三种方案中，消耗Al都为1mol，Al都由0价升高为+3价，则转移电子数一样多，A正确；B从三个方案的比较中可以看出，生成等物质的量的氢氧化铝，方案所用硫酸的量最少，B正确；C方案需控制酸的加入量，方案需控制碱的加入量，而方案不需对酸、碱的用量严格控制，所以方案比前两个方案更易控制酸碱的加入量，C正确；D采用方案时，整个过程中Al与酸、碱的用量关系为6Al6NaOH3H2SO42Al，用于制备溶液的 Al 占总量的 0.75，D不正确

26、；故选D。9、B【解析】A选项，分别向两只盛有等体积等浓度的稀硫酸烧杯中加入打磨过的同样大小的镁片和铝片，由于镁的金属性比铝的金属性强，因此镁片表面产生气泡较快，故A正确，不符合题意；B选项，向试管中加入2mL5%的硫酸铜溶液，再逐滴加入浓氨水至过量，边滴边振荡，先生成大量蓝色沉淀，后沉淀溶解生成硫酸四氨合铜溶液，故B错误，符合题意；C选项，将镁条点燃后迅速伸入集满二氧化碳的集气瓶，镁条与二氧化碳反应生成氧化镁和黑色的碳，并伴有浓烟，故C正确，不符合题意；D选项，向盛有氯化铁溶液的试管中加过量铁粉，充分振荡后加23滴KSCN溶液，铁离子和铁粉反应生成亚铁离子，亚铁离子与KSCN不显色，故D正确

27、，不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】硫酸铜溶液中逐滴加入氨水，先生成蓝色沉淀，后沉淀逐渐溶解，硝酸银溶液中逐滴加入氨水也有类似的性质。10、B【解析】A由装置图可知，甲池中碳棒上发生得电子的还原反应，电极反应为AQ+2H+2e-=H2AQ，故A不符合题意；B原电池中阳离子移向正极，甲池中碳棒是正极，所以溶液中的H+从乙池经过全氟磺酸膜进入甲池，故B符合题意；C甲池处发生O2和H2AQ反应生成H2O2和AQ，方程式为O2+H2AQH2O2+AQ，故C不符合题意；D乙池处，硫化氢失电子生成硫单质，得电子生成I-，离子方程式为：H2S+3I-+S+2H+，故D不符合题意；故选：B。【点睛】本题

28、考查新型原电池的工作原理，把握理解新型原电池的工作原理是解题关键，注意根据题给信息书写电极反应式。11、C【解析】A. 有机反应中，失去氢或加上氧，发生氧化反应，所以该反应是醇的氧化反应，A错误；B. 环己酮的分子式为C6H10O，B错误；C. 环己醇含有的官能团是-OH，醇羟基不具有酸性，不能和NaOH溶液反应，C正确；D. 环己醇分子中的C原子为饱和碳原子，具有甲烷的四面体结构，因此不可能所有原子共平面，D错误；故合理选项是C。12、A【解析】W原子序数是Z的2倍，则为硫，为氧，为碳，为氮，为锗。A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误；B. Z和W形成的化

29、合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为CO（NH2）2，为分子晶体，可能为NH4CNO，为离子晶体，故正确；D. 锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。故选A。13、C【解析】对于合成氨来说，在合成塔里选择高温、较高压以及催化剂条件反应生成氨气，而制硫酸接触室中的反应为二氧化硫与氧气在催化剂高温条件下生成三氧化硫，两者都是可逆反应，据此分析解答。【详解】A、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应，都使用了合适的催化剂，故A正确； B、合成氨合成塔与制硫酸接触室中

30、的反应，都选择了较高的温度，故B正确； C、合成氨合成塔中选择较高的压强，而制硫酸接触室中的反应没有选择较高的压强，高压对设备要求高，故C错误； D、合成氨合成塔与制硫酸接触室中的反应都是可逆反应，则都未按化学方程式的系数进行投料反应，故D正确。 故选：C。14、B【解析】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则，根据C的物质的量分数(C)和温度(T)关系图，可得T2T1 ，升高温度，生成物C的物质的量分数减小，平衡向逆向（吸热的方向）移动，因此正反应放热，即H0，故C、D错误；根据C的物质的量分数(C)和压强(P)关系图，可得P2P1，增大压强，生成物C的物质的量分数减小，平衡向

31、逆向（气体体积减小的方向）移动，因此正反应方向为气体体积增大的方向。故答案选B。【点睛】利用化学平衡图像分析的方法：“先拐先平数值大”的原则是指图像中的曲线先拐，在该条件下先达到平衡状态，对应影响的条件数值大。可快速判断外界条件影响下平衡移动的方向。15、A【解析】A双氢青蒿素，由C、H、O三种元素组成，结构复杂，属于有机物，A符合题意；B全氮阴离子盐，由N、H、O、Cl四种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，B不合题意；C聚合氮，仅含氮一种元素，不含碳元素，不属于有机物，C不合题意；D砷化铌纳米带，由砷和铌两种元素组成，不含碳元素，不属于有机物，D不合题意。故选A。16、D【解析】A. pH

32、 = 2的盐酸，溶液中c(H+)=1.010-2mol/L，故不选A；B.盐酸溶液中OH-完全由水电离产生，根据水的离子积，c（OH-）=KW/c（H+）=10-14/10-2=1.010-12mol/L，故不选B；C.盐酸是强酸，因此稀释100倍，pH=2+2=4，故不选C；D.氨水为弱碱，部分电离，氨水的浓度大与盐酸，反应后溶液为NH3H2O、NH4Cl，NH3H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，溶液显碱性，故选D；答案：D二、非选择题（本题包括5小题）17、取代反应AB+CH2(COOH)2+2H2O【解析】甲醇与氨气发生取代反应生成CH3NH2（F），F与E发生取代反应生成，所以有

33、机物E为，根据反应条件，有机物D与POCl3反应生成，所以有机物（D），有机物C与CH2(COOH)2反应生成有机物D，所以有机物C为；有机物B与发生反应生成有机物C，所以有机物B为，有机物A与醋酸反应生成有机物B，所以有机物A为；据以上分析解答。【详解】（1）根据以上分析可知，化合物A的结构简式；（2）A.有机物B为，含有氨基，显碱性，肽键显中性，没有酸性，选项A错误；B.1mol有机物C（）在碱溶液中完全水解最多可以消耗2molOH-，选项B错误；C.D与POCl3的反应生成外，还能生成E的一种同分异构体,选项C正确；D.根据有机物G的结构简式，其分子式为C16H18O3N4，选项D正确；

34、答案选AB；（3）有机物C为与CH2(COOH)2反应生成有机物D，化学方程式：；（4）有机物A为；X是比A多2个碳原子的A的同系物，X一定含有两个氨基，碳原子数为8的有机物，1H-NMR谱显示分子中有3种氢原子，IR谱显示分子中有苯环与NH2相连结构，满足条件的有机物的结构简式为：；（5）甲醇氧化为甲醛，接着氧化为甲酸；根据信息，甲醇与氨气反应生成(CH3)2NH，甲酸与(CH3)2NH发生取代生成；合成流程如下：。【点睛】本题考查有机推断与有机合成、有机反应方程式的书写、同分异构体、信息获取与迁移应用等，综合性较强，需要学生完全凭借已知反应规律和合成路线进行推断，对学生的思维能力提出了更高

35、的要求。18、 加成反应 (酚)羟基、酯基 碳酸氢钠 +3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O 12 【解析】本题考查有机物的推断和合成，（1）根据C的结构简式，判断出B生成C反应类型为酯化反应，即B的结构简式为，根据A的分子式，以及B的结构简式，推出A为苯酚，结构简式为，结合A和B的结构简式，A生成B的反应类型为加成反应；（2）根据D的结构简式，含有含氧官能团是酯基和（酚）羟基；（3）B含有羧基，C不含有羧基，且酚羟基电离出H能力小于碳酸，羧酸的酸性强于碳酸，因此检验两种物质，可以滴加NaHCO3溶液，B溶液中出现气泡，C中不出现气泡；（4）根据氢氧化钠发生反应的是酚羟基、酯基、溴原子，因

36、此发生的反应方程式为+3NaOH+CH3OH+NaBr+H2O；（5）能与NaHCO3溶液产生气体，则结构中含有羧基，遇FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，符合条件的同分异构体为（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种）、（邻间对三种），共有12种；核磁共振氢谱有5种峰，说明有5种不同的氢原子，即结构简式为；（6）根据信息，生成的反应物应是乙炔和，因此先让A与氢气发生加成反应，然后再被氧化，合成路线为。点睛：本题的难点是同分异构体的书写，首先根据题中所给信息，判断出含有官能团或结构，如能与NaHCO3溶液反应产生气体，说明含有羧基，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，苯

37、环上有2种取代基，首先判断出的结构是，然后考虑苯环上两个取代基的位置，即邻间对，然后再考虑溴的位置，以及碳链异构，判断其他，平时注意多练习总结，找规律。19、NO或一氧化氮 Fe2H=Fe2H2 硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中溶液变蓝，同时没有氢气放出 中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性 取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 金属的种类、硝酸的浓度 温度 【解析】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮；(2)中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2；(3)如硝酸根离子没有发生反应，则溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化；元素

38、化合价处于最高价具有氧化性，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产生的气体通过湿润红色石蕊试纸；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素金属的活泼性，硝酸的浓度和温度【详解】(1)铜与硝酸反应生成无色气体为一氧化氮，遇空气变红棕色二氧化氮；(2)中铁与溶液中的氢离子发生氧化还原反应生成H2，离子反应方程式为：Fe2H=Fe2H2；(3)如硝酸根离子没有发生反应，则溶液不会变蓝，溶液变蓝说明铜被氧化，其实验证据是硝酸浓度相同，铜的还原性弱于铁，但中溶液变蓝，同时没有氢气放出；元素化合价处于最高价具有氧化性，NO中氮元素的化合价为最高价，具有氧化性，被还原，铵根离子的检验可以加强碱并加热，产

39、生的气体通过湿润红色石蕊试纸，所以具体操作为：取中反应后的溶液，加入足量NaOH溶液并加热，产生有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体；(4)金属与硝酸反应时，影响硝酸还原产物不同的因素有金属的活泼性，硝酸的浓度和温度。20、A B D E C NH3H2O(浓)+CaO=Ca(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

40、，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