河南省陕州2021-2022学年高三下学期第六次检测化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。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、W、X、Y、Z四种短周期元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列推断正确的是（）A原子半径：ZYXB元素非金属性：ZYXC最高价氧化物对应水化物的酸性：ZYWDWH4与Z元素的单质在光照时发生置换反应2、下列我国科技成果不涉及化学变化的是A厨余污油裂化为航空燃油B“深海勇士”号潜

2、水艇用锂电池供能C以“煤”代“油”生产低碳烯烃D用“天眼”接收宇宙中的射电信号AABBCCDD3、在一恒温体积可变的密闭容器中发生如下反应：A(g)+B(g)2C(g) Hv（逆）Bt2时刻改变的条件可能是加催化剂C、两过程达到反应限度时，A的体积分数=D、两过程达到反应限度时，平衡常数IWCX、Z两种元素的气态氢化物稳定性:ZXDX与W形成的化合物中阴、阳离子个数比为1:1或1:220、国际计量大会第26届会议修订了阿伏加德罗常数（NA=6.022140761023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。设NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A40g正丁烷和18 g异丁烷的混合物

3、中共价键数目为13NAB常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH- 数目为0.01NAC电解精炼铜时，阳极质量减小3.2g时，转移的电子数为0.1NAD0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应后，溶液中Cl-、ClO- 两种粒子数之和为0.2NA21、X、Y、Z、W为原子序数依次增大的短周期元素，其中W原子的质子数是其M层电子数的三倍，Z与W、X与Y相邻，X与W同主族。下列说法不正确的是（ ）A原子半径：WZYXB最高价氧化物对应水化物的酸性：XWZC最简单气态氢化物的热稳定性：YXWZD元素X、Z、W的最高化合价分别与其主族序数相等22、下列选项中，为完成相应实验，所用仪器或相关操作

4、合理的是ABCD用CCl4提取溶在乙醇中的I2测量Cl2的体积过滤用NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸AABBCCDD二、非选择题(共84分)23、（14分）氨甲环酸（F）又称止血环酸、凝血酸，是一种在外科手术中广泛使用的止血药，可有效减少术后输血。氨甲环酸（F）的一种合成路线如下（部分反应条件和试剂未标明）：（1）B的系统命名为_；反应的反应类型为_。（2）化合物C含有的官能团的名称为_。（3）下列有关氨甲环酸的说法中，正确的是_（填标号）。a氨甲环酸的分子式为C8H13NO2b氨甲环酸是一种天然氨基酸c氨甲环酸分子的环上一氯代物有4种d由E生成氨甲环酸的反应为还原反应（4）氨甲环酸在一定条

5、件下反应生成高分子化合物的化学方程式为_。（5）写出满足以下条件的D的同分异构体的结构简式_。属于芳香族化合物 具有硝基 核磁共振氢谱有3组峰（6）写出用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线（其他试剂任选）。_24、（12分）化合物H是一种光电材料中间体。由芳香化合物A制备H的一种合成路线如图：已知：RCHO+CH3CHORCH=CHCHO+H2O回答下列问题：（1）A的官能团名称是_。（2）试剂a是_。（3）D结构简式为_。（4）由E生成F的化学方程式为_。（5）G为甲苯的同分异构体，其结构简式为_。（6）如图是以环戊烷为原料制备化合物的流程。MN的化学方程式是_。25、（1

6、2分）某实验小组探究肉桂酸的制取:I:主要试剂及物理性质注意:乙酸酐溶于水发生水解反应II :反应过程.实验室制备肉桂酸的化学方程式为: +(CH3CO2)O+CH3COOHIII：:实验步骤及流程在250 mL三口烧瓶中（如图甲）放入3 ml（3. 15 g，0. 03 mol）新蒸馏过的苯甲醛、8 ml（8. 64g，0. 084 mol）新蒸馏过的乙酸酐，以及研细的4.2 g无水碳酸钾。采用空气冷凝管缓缓回流加热45min。由于反应中二氧化碳逸出，可观察到反应初期有大量泡沫出现。反应完毕，在搅拌下向反应液中分批加入20 mL水，再慢慢加入碳酸钠中和反应液至pH等于8。然后进行水蒸气蒸馏（

7、如图乙），待三口烧瓶中的剩余液体冷却后，加入活性炭煮沸10-15 min，进行趁热过滤。在搅拌下，将HCl加入到滤液中，当固体不在增加时，过滤，得到产品，干燥，称量得固体3.0 g。IV：如图所示装置:回答下列问题:（1）合成时装置必须是干燥的，理由是_。反应完成后分批加人20mL水，目的是_。（2）反应完成后慢慢加入碳酸钠中和，目的是_。（3）步骤进行水蒸气蒸馏，除去的杂质是_，如何判断达到蒸馏终点_。（4）加入活性炭煮沸10- 15 min，进行趁热过滤，将滤液冷却至室温，趁热过滤的目的是_。（5）若进一步提纯粗产品，应用的操作名称是_，该实验产品的产率约是_。（保留小数点后一位）26、（

8、10分）CoCl26H2O是一种饲料营养强化剂。一种利用水钴矿(主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等)制取CoCl26H2O的工艺流程如下：已知：浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等；部分阳离子以氢氧化物形式沉淀时溶液的pH见下表：(金属离子浓度为：0.01mol/L)沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Co(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2开始沉淀2.77.67.64.07.7完全沉淀3.79.69.25.29.8CoCl26H2O熔点为86，加热至110120时，失去结晶水生成无水氯化钴。（1）写出浸出过程中Co

9、2O3发生反应的离子方程式_。（2）写出NaClO3发生反应的主要离子方程式_；若不慎向“浸出液”中加过量NaClO3时，可能会生成有毒气体，写出生成该有毒气体的离子方程式_。（3）“加Na2CO3调pH至a”,过滤所得到的沉淀成分为_。（4）“操作1”中包含3个基本实验操作，它们依次是_、_和过滤。制得的CoCl26H2O在烘干时需减压烘干的原因是_。（5）萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系如图。向“滤液”中加入萃取剂的目的是_；其使用的最佳pH范围是_。A2.02.5 B3.03.5C4.04.5 D5.05.5（6）为测定粗产品中CoCl26H2O含量，称取一定质量的粗产品溶于水，加入

10、足量AgNO3溶液，过滤、洗涤，将沉淀烘干后称其质量。通过计算发现粗产品中CoCl26H2O的质量分数大于100，其原因可能是_。(答一条即可)27、（12分）实验小组以二氧化锰和浓盐酸为反应物，连接装置ABC制取氯水，并探究氯气和水反应的产物。（1）A中发生反应的离子方程式是_。（2）B中得到浅黄绿色的饱和氯水，将所得氯水分三等份，进行的操作、现象、结论如下：实验实验操作现象结论向氯水中加入碳酸氢钠粉末有无色气泡产生氯气与水反应至少产生了一种酸性强于碳酸的物质向品红溶液中滴入氯水溶液褪色氯气与水反应的产物有漂白性（1）甲同学指出：由实验得出的结论不合理，原因是制取的氯水中含有杂质_（填化学式

11、），也能与碳酸氢钠反应产生气泡。应在A、B间连接除杂装置，请画出除杂装置并标出气体流向和药品名称_。（2）乙同学指出由实验得出的结论不合理，原因是实验未证明_（填化学式）是否有漂白性。（3）丙同学利用正确的实验装置发现氯水中有Cl-存在，证明氯水中有Cl-的操作和现象是：_。丙同学认为，依据上述现象和守恒规律，能推测出氯水中有次氯酸存在。这一推测是否正确，请说明理由_。（4）丁同学利用正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验、相似，说明氯气和水反应的产物具有的性质是_。（5）戊同学将第三份氯水分成两等份，向其中一份加入等体积的蒸馏水，溶液接近无色。另一份中加入等体积饱和的氯化钠溶液，

12、溶液为浅黄绿色。对比这两个实验现象能说明：_。28、（14分）氮族元素及其化合物应用广泛。如合成氨、磷肥等化学肥料促进了粮食产量的极大提高。(1)在基态31P原子中，核外存在_对自旋相反的电子，核外电子占据的最高能级的电子云轮廓图为_形。与31P同周期且相邻的元素的第一电离能由大到小的顺序为_。(2)液氨中存在电离平衡2NH3NH4+NH2，体系中三种微粒中N原子的杂化方式为_，NH2的立体构型为_，与NH4+互为等电子体的分子为_。(3)苯胺 与甲苯 的相对分子质量相近，但苯胺的熔点(5.9)、沸点(184.4)分别高于甲苯的熔点(95)、沸点(110.6)，原因是_。(4)我国科学工作者实

13、现世界首次全氮阴离子(N5)金属盐Co(N5)2(H2O)44H2O的合成，其结构如图所示，Co2+的配位数为_；N5的化学键类型为_。(5)把特定物质的量之比的NH4Cl和HgCl2在密封管中一起加热时，生成晶体X，其晶胞的结构图及晶胞参数如图所示。则晶体X的密度为_ g/cm3(设阿伏加德罗常数的值为NA，列出计算式)。29、（10分）在人类文明的历程中，改变世界的事物很多，其中铁、硝酸钾、青霉素、氨、乙醇、二氧化碳等17种“分子”改变过人类的世界。（1）铁原子在基态时，价层电子排布式为_。（2）硝酸钾中NO3-的空间构型为_。（3）1molCO2分子中含有键的数目为_。乙醇的相对分子质量

14、比氯乙烷小，但其沸点比氯乙烷高，其原因是_。（4）6氨基青霉烷酸的结构如图1所示，其中采用sp3杂化的原子有_。（5）铁和氨气在640可发生置换反应，产物之的晶胞结构如图2所示，写出该反应的化学方程式_。（6）晶胞有两个基本要素：原子坐标参数：表示晶胞内部各微粒的相对位置。如图是CaF2的晶胞，其中原子坐标参数A处为(0，0，0)；B处为(，0)；C处为(1，1，1)。则D处微粒的坐标参数为_。晶胞参数：描述晶胞的大小和形状。已知CaF2晶体的密度为gcm3，则晶胞参数a为_pm(设NA为阿伏加德罗常数的值，用含、NA的式子表示)。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意

15、的选项）1、C【解析】根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl；【详解】根据四种短周期元素在周期表的位置，推出W为C，X为O，Y为S，Z为Cl；A、Y、Z、X的原子半径依次减小，即YZX，故A错误；B、非金属性XY、ZY，且O原子半径小，则非金属性X、Z、Y依次降低，即XZY，故B错误；C、非金属性ZYW，则Z、Y、W的最高价氧化物对应水化物的酸性依次降低，故C正确；D、CH4与Z元素的单质氯气，在光照下可发生取代反应，生成卤代烃和HCl，不属于置换反应，故D错误。【点睛】易错点是选项D，学生会把甲烷和氯气发生的取代反应，与置换反应混淆，可以从置换反应的定义入手，

16、置换反应是单质化合物单质化合物，CH4与Cl2反应生成卤代烃和HCl，没有单质的生成，从而推出CH4和Cl2发生取代反应，而不是置换反应。2、D【解析】A、航空燃油是厨余污油通过热裂解等技术得到一种长链脂肪酸的单烷基酯，该过程属于化学变化，故不选A；B、电池放电时把化学能转化为电能，属于化学变化，故不选B；C、煤制烯烃，属于化学变化，故不选C；D、用“天眼”接收宇宙中的射电信号，没有生成新物质，不属于化学变化，故选D。3、C【解析】试题分析：A、图像分析判断0t2时，0t1逆反应速率大于正反应速率，t1t2正逆反应速率相同，A错误；B、在t2时刻若是加入催化剂，由于催化剂对正逆反应速率都有影响

17、，图像中逆反应速率和正反应速率同等程度增大，而现在逆反应速率先增大最后和原平衡相同，速率不变，最后反应达到平衡和原平衡相同，B错误；C、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，A的体积分数=，C正确；D、两过程达到反应限度时，反应速率不变，说明反应达到相同的平衡状态，平衡常数不变，D错误，答案选C。考点：考查化学平衡的建立、图像的分析4、B【解析】A. 根据放电过程中，右槽溶液的颜色由紫色变成绿色，结合V3+绿色，V2+紫色，说明放电时，右槽电极上失去V2+电子，发生氧化反应，电极反应式为：V2+-e-=V3+，则B电极为负极，A电极为正极，A正确；B. 根据选项A分析

18、可知：A 电极为正极，B电极为负极，正极上发生还原反应：VO2+2H+e-=VO2+H2O，可知：每反应转移1 mol电子，反应消耗2 molH+，放电时若转移的电子数为3.011023个即转移0.5 mol电子，则左槽中H+减少0.5 mol，B错误；C.充电时，左槽为阳极，失去电子发生氧化反应，电极反应式为：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，C正确；D. 充电时，左槽为阳极，发生氧化反应：VO2+H2O-e- =VO2+2H+，H+通过质子交换膜向右槽移动，D正确；故合理选项是B。5、D【解析】A. SO2、SiO2均能和碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，CO不与酸或水反应，属于不成盐

19、氧化物，故A错误；B.油脂是由高级脂肪酸和甘油形成的酯，多肽是由氨基酸形成的，淀粉属于多糖，故B错误；C.四氯化碳在水溶液中和熔融状态下都不能导电，属于非电解质，故C错误;D.福尔马林是甲醛水溶液，属于混合物；漂粉精主要成分是次氯酸钙，属于混合物；氨水是氨气溶于水形成的溶液，属于混合物；故D正确；答案选D。6、C【解析】A、Li在氧气中燃烧生成Li2O，得不到Li2O2，A错误；B、SO2和BaCl2不反应，不能生成沉淀，B错误；C、由于次氯酸的酸性比碳酸弱，因此将CO2通入次氯酸钙溶液中可生成次氯酸，C正确；D、将NH3通入热的CuSO4溶液中生成氢氧化铜沉淀。氨气具有还原性，在加热条件下，

20、氨气可和氧化铜反应生成铜、氮气和水，D错误。答案选C。7、D【解析】A. a g亚硫酸钠晶体(Na2SO37H2O)的物质的量n= mol，而1 mol Na2SO37H2O中含2molNa+，故 mol Na2SO37H2O中含mol，即 mol钠离子，A错误；B. a g亚硫酸钠晶体(Na2SO37H2O)的物质的量n= mol，而1 mol Na2SO37H2O中含10 mol氧原子，故 mol Na2SO37H2O中含氧原子mol，即含有 mol的O原子，B错误；C. SO32-被氧化时，由+4价被氧化为+6价，即1 mol SO32-转移2 mol电子，故 mol Na2SO37H2

21、O转移 mol 电子，C错误；D. 1 mol Na2SO37H2O中含7 mol水分子，故 mol Na2SO37H2O中含水分子数目为 mol7NA/mol=NA，D正确；故合理选项是D。8、B【解析】原电池，负极发生氧化反应，正极发生还原反应，正极电势比负极电势高。题意中，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，下层浓硝酸铜中发生还原反应，铜离子得电子变成铜析出。【详解】A. 题意中稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，说明稀硝酸铜中铜作负极，铜变成铜离子进入溶液，电极反应为： Cu -2e- = Cu2+；A项错误；B. 稀硝酸铜溶液中铜棒变细，浓硝酸铜溶液中铜棒变粗，

22、这样该装置可以实现“零能耗”镀铜，B项正确；C. 配置上述试验所用硝酸铜溶液若加如硝酸，硝酸会与铜电极反应，不发生题目中的电化学，C项错误；D. 铜棒上部为负极，电势低，下部为正极，电势高，D项错误。答案选B。9、D【解析】A.SO2能形成硫酸型酸雨，根据示意图，SO2与CaCO3、O2反应最终生成了CaSO4，减少了二氧化硫的排放，A正确；B.二氧化硫和氧化钙生成亚硫酸钙的反应、亚硫酸钙与O2生成硫酸钙的反应是化合反应，碳酸钙生成二氧化碳和氧化钙的反应是分解反应，B正确；C.根据以上分析，总反应可表示为：2SO2+ 2CaCO3 + O2=2CaSO4+ 2CO2，C正确；D.排放的气体中一

23、定含有CO2，CO2能使澄清石灰水变浑浊，若排放的气体能使澄清石灰水变浑浊，不能说明气体中含SO2，D错误；答案选D。10、B【解析】A、澄清的石灰水和碳酸氢钠或碳酸钠都反应生成碳酸钙沉淀，现象相同，不能鉴别，错误，不选A；B、溴元素在中化合价升高，被氧化，在中化合价降低，被还原，正确，选B；C、工业上有电解氯化镁的形式制取镁单质，不是用金属钠置换出镁，错误，不选C；D、还有的碘元素是碘离子形式，不能升华，错误，不选D。答案选B。11、B【解析】A、Al(OH)3在水溶液中部分电离，属于弱电解质，故A错误； B、Al2O3由铝离子和氧离子构成的晶体，属于离子晶体，故B正确； C、铝合金比纯铝的

24、硬度大，熔点低，故C错误； D、氯化铝为共价化合物，故D错误； 故选：B。12、B【解析】A. 甲基环戊烷是烃，烃难溶于水，易溶于有机溶剂，故A正确；B. 甲基环戊烷有四种位置的氢，如图，因此其一氯代物有4种，故B错误；C. 该有机物在一定条件下与氯气光照发生取代，与氧气点燃发生氧化反应，故C正确；D. 甲基环戊烷与2-己烯分子式都为C6H10，因此两者互为同分异构体，故D正确。综上所述，答案为B。13、C【解析】A. 在氧化还原反应中，可能是同一种元素既被氧化又被还原，A错误；B. 同素异形体的转化不是氧化还原反应，B错误；C. 有单质参加的化合反应一定发生元素价态的改变，所以一定是氧化还原

25、反应，C正确；D. 失电子难的原子，获得的电子也可能难，如稀有气体，D错误。故选C。14、B【解析】A.醋酸是弱电解质，HCl是强电解质，相同浓度的醋酸和HCl溶液，醋酸的pH盐酸的pH，所以I是滴定醋酸的曲线，故A错误；B.时，溶液呈中性，醋酸钠溶液呈碱性，要使溶液呈中性，则醋酸的体积稍微大于NaOH，所以滴定醋酸消耗的小于20mL，故B正确；C.时，两种溶液中的溶质分别是醋酸钠和NaCl，醋酸根离子水解、氯离子不水解，所以，故C错误；D.时，醋酸溶液中的溶质为等物质的量浓度的、，醋酸电离程度大于醋酸根离子水解程度，溶液呈酸性，则，再结合电荷守恒得，故D错误；故选B。【点睛】本题考查了酸碱混

26、合溶液定性判断，涉及弱电解质的电离、盐类水解、酸碱中和反应等知识点，根据弱电解质的电离特点、溶液酸碱性及盐类水解等知识点来分析解答，题目难度不大。15、B【解析】A.在反应FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+NO+K2SO4+H2O中，N元素的化合价由反应前KNO3中的+5价变为反应后NO中的+2价，化合价降低，获得电子，所以该反应的氧化剂是KNO3，A正确；B. 配平的化学方程式为6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)3Fe2(SO4)3+2NO+K2SO4+4H2O，在该反应中KNO3作氧化剂，还原产物是NO，FeSO4作还原剂，Fe2(SO4)3是氧化产物，根

27、据反应过程中电子转移数目相等，所以n(KNO3)：n(FeSO4)=1：3=2：6，则氧化产物Fe2(SO4)3与还原产物NO的物质的量之比为32，B错误；C.Fe2(SO4)3、K2SO4都是盐，属于强电解质，H2O能部分电离产生自由移动的离子，是弱电解质，因此这几种物质均为电解质，C正确；D.根据方程式可知：每反应产生72g H2O，转移6mol电子， 则生成144g H2O，转移电子的物质的量为12mol，D正确；故合理选项是B。16、C【解析】n(CO2)=0.3mol，向含有0.2mol氢氧化钠和0.1mol氢氧化钙的溶液中通入CO2，二氧化碳首先与氢氧化钙反应2OH-+Ca2+CO

28、2= CaCO3+H2O，离子浓度迅速降低，氢氧化钙完全反应，消耗0.1mol CO2，然后二氧化碳与氢氧化钠反应2OH-+CO2=CO32-+H2O，消耗0.1mol CO2，离子浓度继续降低，但幅度减小，最后发生CO2+H2O +CO32-=2HCO3-，离子浓度增大，恰好反应时，0.3mol二氧化碳也完全反应，所以图像C符合，故选C。【点睛】正确掌握反应的离子方程式的先后顺序是解题的关键。本题的易错点为B，要注意B和C的区别。17、C【解析】A.电离平衡常数只受温度的影响，与浓度无关，取b点，c(HCN)=c(CN)，则有HCN的电离平衡常数表达式为Ka=c(H)=109.2，Ka(HC

29、N)的数量级约为1010，故A错误；B. HCN为弱酸，其电离方程式为HCNHCN，弱电解质的电离程度微弱，可以认为c(H)=c(CN)，c(HCN)=0.1molL1，根据电离平衡常数，0.1molL1HCN溶液：=1010，解得c(H)=105.5，即pH=5.5，甲基橙：当pHKa=1010，即CN的水解大于HCN的电离，从而推出1L物质的量都是0.1mol的HCN和NaCN混合溶液中：c(CN)W，选项B正确；C、X（Cl）的非金属性强于Z（S）的，所以HCl的稳定性强于H2S的，选项C错误；D、X与W形成的化合物Na2O、Na2O2中阴、阳离子个数比均为1:2，选项D错误。答案选B。

30、20、A【解析】A.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，二者相对分子质量相同，分子内的共价键数目也相同(都为13个)。混合物共58g，其物质的量为1mol，共价键数目为13NA，正确；B. 常温下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-数目无法计算，因为不知道溶液的体积，错误；C. 电解精炼铜时，阳极放电的金属不仅有铜，还有杂质中的比铜活泼的金属，所以阳极质量减小3.2g时，转移的电子数不一定是0.1NA，错误； D. 0.1mol Cl2与足量NaOH溶液反应，溶液中除Cl-、ClO- 两种粒子外，可能还有ClO3-等含氯离子，它们的数目之和为0.2NA，错误。故选A。21、A【解析】W原子的质

31、子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即，据此分析；【详解】W原子的质子数是其M层电子数的3倍，根据核外电子排布规律，得出W为P，X与W同主族，则X为N，Z与W相邻、X与Y相邻，四种原子序数依次增大，得出在元素周期表中相应的位置，即A. 同主族从上到下，原子半径依次增大，同周期从左向右原子半径依次减小，因此原子半径大小顺序是r(Si)r(P)r(N)r(O)，故A说法错误；B. 利用非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性强弱顺序是NOSi，即最高价氧化物

32、对应水化物的酸性强弱顺序是HNO3H3PO4H2SiO4，故B说法正确；C. 利用非金属性越强，其氢化物稳定性越强，非金属性强弱顺序是ONPSi，即最简单氢化物的热稳定性强弱顺序是H2ONH3PH3SiH4，故C说法正确；D. 主族元素的最高化合价等于最外层电子数等于族序数(除O、F外)，N、Si、P最外层电子数分别为5、4、5，族序数分别为VA、IVA、VA，故D说法正确；答案：A。22、B【解析】A.四氯化碳是良好的有机溶剂，四氯化碳与乙醇互溶，不会出现分层，不能用分液漏斗分离，故A错误；B. 氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积，则图中装置可测定Cl2的体积，故B正确；C. 过滤需

33、要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故C错误；D. NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中，仪器的使用不合理，滴定过程中眼睛应注视锥形瓶内溶液颜色的变化，故D错误。答案选B。【点睛】本题考查的是关于化学实验方案的评价， 实验装置的综合。解题时需注意氯气不溶于食盐水，可排饱和食盐水测定其体积；NaOH标准溶液滴定锥形瓶中的盐酸，NaOH溶液应盛放在碱式滴定管中。二、非选择题(共84分)23、2-氯-1,3-丁二烯 加成反应 碳碳双键、酯基；氯原子 cd 【解析】根据框图和各物质的结构简式及反应条件进行推断。【详解】（1）B的结构简式为,所以B系统命名为2-氯-1,3-丁二

34、烯；由,所以反应的反应类型为加成反应。答案: 2-氯-1,3-丁二烯; 加成反应。（2）由C的结构简式为，则化合物C含有的官能团的名称为碳碳双键、酯基、氯原子。答案：碳碳双键、酯基；氯原子。（3）a氨甲环酸的结构简式为：，则氨甲环酸的分子式为C8H15NO2，故a错误；b.氨甲环酸的结构简式为：，氨基不在碳原子上，所以不是一种天然氨基酸，故b错误；c氨甲环酸分子的环上有四种类型的氢，所以一氯代物有4种，故c正确；d由E生成氨甲环酸的框图可知属于加氢反应，所以此反应也称为还原反应，故d正确；答案：cd。（4）由氨甲环酸的结构简式为：，含有羧基和氨基，所以可发生缩聚反应，生成高分子化合物，故氨甲环

35、酸在一定条件下反应生成高分子化合物的化学方程式为。答案：。（5）由D的结构简式的，符合下列条件：属于芳香族化合物说明含有苯环；具有硝基说明含有官能团 NO2 ;核磁共振氢谱有3组峰说明含有3种类型的氢原子，符合条件的同分异构体为：；答案：。（6）根据已知信息和逆推法可知用和CH2=CHOOCCH3为原料制备化合物的合成路线：。答案：。24、醛基 新制的氢氧化铜 +CH3CH2OH+H2O +NaOH+NaCl+H2O 【解析】芳香族化合物A与乙醛发生信息中的反应生成B，A含有醛基，反应中脱去1分子水，由原子守恒可知A的分子式，C9H8OH2OC2H4OC7H6O，故A为，则B为，B发生氧化反应

36、、酸化得到C为，C与溴发生加成反应得到D为，D发生消去反应、酸化得到E为，E与乙醇发生酯化反应生成F为，结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为。【详解】(1)由分析可知，A的结构简式为：，所含官能团为醛基；(2)由分析可知，B为，B发生氧化反应、酸化得到C为，可以氧化醛基的试剂为新制的氢氧化铜，故a为新制的氢氧化铜；(3)由分析可知，D结构简式为；(4)E与乙醇发生酯化反应生成F为，化学方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)G为甲苯的同分异构体，故分子式为C7H8，结合信息中的加成反应、H的结构简式，可推知G为；(6)由可知，N为，则需要环戊烷通过反应形成碳碳双键，故环戊烷与Cl

37、2发生取代反应生成M为，然后与NaOH醇溶液发生消去反应生成N，化学方程式为：+NaOH+NaCl+H2O。【点睛】本题关键是确定A的结构，结合反应条件顺推各物质，(6)中根据题目中的合成路线图反推N的结构简式，然后根据已知试剂推断可能发生的化学反应。25、防止乙酸酐与水反应 除去过量的乙酸酐 慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH 苯甲醛 蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束 增大肉桂酸的溶解度，提高产率 重结晶 67.6% 【解析】苯甲醛和乙酸酐、碳酸钾在三颈烧瓶中反应生成肉桂酸盐和乙酸盐和二氧化碳，为了提高原料利用率，不断回流冷凝，由于反应产生二氧化碳，可观察到反应产生一定

38、量的泡沫。由于乙酸酐能和水发生水解反应，故反应结束，过量的乙酸酐通过缓慢加入20mL水除去，慢慢加入碳酸钠调解pH=8，未反应的苯甲醛通过蒸馏的方式除去，当蒸出、冷凝的液体不成油状时，说明苯甲醛除尽。此时溶液中主要成分为肉桂酸盐和乙酸盐，加入活性炭煮沸、过滤得到含肉桂酸盐的滤液，往滤液中加HCl可生成肉桂酸，由于肉桂酸在水中的溶解度很小，可得肉桂酸晶体，此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。【详解】(1)由题目所给信息可知，反应物乙酸酐遇水反应，故合成时装置必须是干燥，也因为乙酸酐能和水反应，实验结束剩余的乙酸酐能用水除去，所以，反应完成后分批加

39、人20mL水，是为了除去过量的乙酸酐，故答案为：防止乙酸酐与水反应；除去过量的乙酸酐；(2)慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH，故答案为：慢慢加入碳酸钠，容易调节溶液的pH； (3)第步将乙酸酐、乙酸除去了，此时进行水蒸气蒸馏，能除苯甲醛，苯甲醛是无色液体，在水中的溶解度很小，故蒸出、接收的苯甲醛液体应呈无色油状，所以，当苯甲醛完全蒸出时，将不再出现无色油状液体，故答案为：苯甲醛；蒸出、接收的无色液体不呈油状时，即可断定水蒸气蒸馏结束；(4)过滤，活性炭等杂质留在滤渣里，肉桂酸留在滤液里，常温下，肉桂酸的溶解度很小，趁热过滤，是为了增大肉桂酸的溶解度，提高产率，故答案为：增大肉桂酸的溶解度，提

40、高产率； (5)此时肉桂酸中仍然还有一些可溶性的杂质，如乙酸，可通过重结晶进行提纯，得到纯净的肉桂酸。由制备肉桂酸的方程式可知，乙酸酐和苯甲醛按物质的量1:1反应，但是所给原料量为：0. 03 mol苯甲醛、0. 084 mol乙酸酐，很明显，乙酸酐过量，按苯甲醛的量计算，理论上可得0.03mol肉桂酸，对应质量=0.03mol148.16g/mol=4.4448g，所以，产率=67.6%，故答案为：重结晶；67.6%。26、Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O F

41、e(OH)3 、Al(OH)3 蒸发(浓缩) 冷却(结晶) 降低烘干温度，防止产品分解 除去溶液中的Mn2+ B 粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水 【解析】（1）向水钴矿主要成分为Co2O3、Co(OH)3，还含少量Fe2O3、Al2O3、MnO等中加入盐酸和亚硫酸钠，浸出液含有的阳离子主要有H+、Co2+、Fe2+、Mn2+、Al3+等，所以Co2O3和亚硫酸钠在酸性条件下发生氧化还原，根据电荷守恒和得失电子守恒，反应的离子方程式为：Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O，故答案为Co2O3+SO32-+4H+=2Co2+SO42-+2H2O；（2）NaC

42、lO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，其反应的离子方程式为：ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；在酸性条件下，NaClO3与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，其反应的离子方程式为：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；故答案为ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O；ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O；（3）NaClO3的作用是将Fe2+氧化成Fe3+，加Na2CO3调pH至a，铝离子能与碳酸根离子发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Al3+3CO32-+3H2O=2Al(OH)3+3CO2；铁离子能与碳酸根离

43、子发生双水解生成氢氧化铁和二氧化碳，水解的离子方程式为：2Fe3+3CO32-+3H2O=2Fe(OH)3+3CO2，所以沉淀成分为：Fe(OH)3、Al(OH)3，故答案为Fe(OH)3、Al(OH)3；（4）从溶液中制取氯化钴固体，其操作步骤为：蒸发浓缩、冷却结晶和过滤，故答案为蒸发浓缩；冷却结晶；（5）根据流程图可知，此时溶液中存在Mn2+、Co2+金属离子；由萃取剂对金属离子的萃取率与pH的关系可知，调节溶液pH在3.03.5之间， Mn2+的萃取率很高而Co2+的萃取率较小，并防止Co2+转化为Co(OH)2沉淀，故答案为除去溶液中的Mn2+；B；（6）根据CoCl26H2O的组成分

44、析，造成产品中CoCl26H2O的质量分数大于100%的原因可能是：含有杂质，导致氯离子含量大或结晶水化物失去部分水，导致相同质量的固体中氯离子含量变大，故答案为粗产品含有可溶性氯化物或晶体失去了部分结晶水。【点晴】理解工艺流程图、明确实验操作与设计及相关物质的性质是解答本题的关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。27、MnO2+4H+2Cl- Mn2+Cl2+2H2O HCl Cl2 取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，产生白色沉淀，说明有Cl- 不正确，从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有

45、元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到+1价。 酸性和漂白性 加入蒸馏水溶液接近无色，说明c(Cl2)几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色 【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水；（2）浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳解得；依据氯气和氯化氢在饱和食盐水中溶解性不同，选择除杂方法；验证氯气与水反应的产物具有漂白性应首先排除干燥

46、氯气的影响，需要进行对比实验；依据氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸的性质检验氯离子的存在；根据元素化合价的升降来判断丙同学的推断；正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验、中相似，说明氯水具有漂白性和酸性；（3）依据氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，依据化学平衡移动影响因素分析解答。【详解】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子学方程式：MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；（2）浓盐酸易挥发，制取的氯气含有氯化氢，依据氯化氢能够与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，也会有无色气

47、泡产生，对氯水性质检验造成干扰；氯气在饱和食盐水中溶解度不大，氯化氢易溶于水，所以可以用盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；故答案为：HCl；实验：没有事先证明干燥的氯气无漂白性，则不能证明氯气与水反应的产物是否具有漂白性；故答案为：Cl2；氯离子能够与银离子反应生成氯化银白色沉淀，白色沉淀不溶于硝酸，所以检验氯离子存在的方法：取少量氯水于试管中，加入硝酸银和稀硝酸，若有白色沉淀产生，说明有Cl-存在；从实验可知，氯水中含H+、Cl-，即氯气与水反应生成了H+和Cl-，氯的化合价从零价降低到-1价，必然要有元素化合价升高，H已是最高价，不再升高，一定有其他元素化合价的升高，而氯元素不一定只升高到

48、+1价；正确的实验装置和操作进行实验，观察到实验现象与实验、中相似，说明氯水具有漂白性和酸性，故答案为：酸性和漂白性；（3）氯气溶液水，部分与水反应生成氯化氢和次氯酸，存在Cl2+H2OH+Cl-+HClO，加入蒸馏水溶液接近无色，说明c（Cl2）几乎降低为零，加入等体积的饱和氯化钠溶液，溶液还是浅黄绿色，说明氯离子的加入又生成了Cl2，即氯气和水的反应是可逆反应，增大氯离子浓度，平衡向反应物方向移动，使Cl2增多，所以呈现浅绿色。【点睛】氯气本身不具有漂白性，与水反应生成的次氯酸具有漂白性，氯水的成分有：氯气，次氯酸，水，氢离子，氯离子，次氯酸根离子，氢氧根离子。28、6 哑铃（纺锤） PS

49、Si sp 3 杂化 V 形 CH4、SiH4 苯胺分子间存在氢键 6 键、键 【解析】(1)、根据31P原子的电子排布1s22s22p63s23p2解答；(2)、根据价层电子对互斥理论解答；(3)、同为分子晶体，且相对分子质量差较小，而熔沸点相差较大，则可能是存在分子间氢键；(4)、根据图示可以确定物质中存在的化学键；(5)、由均摊法可知，1个晶胞中Hg2+数目为1，NH4+数目为1，Cl数目为3，晶体密度，据此计算。【详解】（1）31P原子的电子排布是1s22s22p63s23p2，可知核外存在6对自旋相反的电子，最外层为p轨道，电子云轮廓图为哑铃（纺锤）形。与P同周期相邻的元素为Si、S，同周期随原子序数增大，元素第一电离能呈增大趋势，P元素原子3p能级为半满稳定状态，能量较低，第一电离能高于同周期相邻元素的，故第一电离能：PSSi。故答案为：6；哑铃（纺锤）； PSSi；（2）NH3中