2021-2022学年河北省石家庄市无极高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年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、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：H3CCH2Cl2、设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A1 molL1Na2

2、CO3溶液中，含CO32-数目小于NAB标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数为NAC14 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NAD常温常压下，22.4 LCO2与足量Na2O2反应转移电子数为NA3、下列实验操作、现象和结论均正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向NaBr溶液中分别 滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色Br-的还原性强于Cl-B相同条件下，分别 向20mL0.1mol/LKMnO4溶液和20mL0.5mol/LKMnO4溶液中滴加相同浓度和体积的草酸溶液(过量)，0.5mol/LKMnO4溶液紫色褪去的时间更短(生成的Mn2+对该反

3、应无影响)浓度对反应速率的影响：浓度越大，反应速率越快C向淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液由无色变为蓝色，后蓝色褪去氯气具有强氧化性和漂白性D室温下，用pH试纸测得0.1mol/LNa2SO3溶液的pH约为10，0.1mol/LNaHSO3溶液的pH约为5HSO3-结合H+的能力比SO32-的强AABBCCDD4、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数。X与Y位于不同周期，X与W的最高化合价之和为8，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质。下列说法中正确的是A化合物YX4W溶于水后，得到的溶液呈碱性B化合物YW3为共价化合物，电子式为CY、

4、Z形成的一种化合物强度高，热膨胀系数小，是良好的耐热冲击材料D原子半径大小：WZYX5、下列反应所得溶液中，一定只含一种溶质的是A向氯化铝溶液中加入过量的氨水B向稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液C向稀硝酸中加入铁粉D向硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液6、从煤焦油中分离出苯的方法是（）A干馏B分馏C分液D萃取7、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ）ABCD8、下列有关化合物X的叙述正确的是AX分子只存在2个手性碳原子BX分子能发生氧化、取代、消去反应CX分子中所有碳原子可能在同一平面上D1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗3 mol NaOH9、，改变溶液

5、的，溶液中浓度的对数值与溶液的变化关系如图所示。若。下列叙述错误的是（ ）A时，B电离常数的数量级为C图中点x的纵坐标值为D的约等于线c与线d交点处的横坐标值10、某校化学兴趣小组用如图所示过程除去AlCl3溶液中含有的Mg2、K杂质离子并尽可能减少AlCl3的损失。，下列说法正确的是()ANaOH溶液可以用氨水来代替B溶液a中含有Al3、K、Cl、Na、OHC溶液b中只含有NaClD向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH11、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A标准状况下，5.6L 一氧化氮和5.6L 氧气混合后的分子总数为0.5NAB等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离

6、出的氢离子数之比为3:1C一定温度下，1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同D标准状况下，等体积的N2和CO所含的原子数均为2NA12、下列有关物质的用途叙述中，不正确的是A用稀硫酸除钢铁表面的铁锈利用了硫酸的酸性B干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热C胃药中含氢氧化镁是因为氢氧化镁能给人提供镁元素D碳酸氢钠作焙制糕点的发酵粉是利用了碳酸氢钠能与发醇面团中的酸性物质反应13、下列叙述正确的是A发生化学反应时失去电子越多的金属原子，还原能力越强B活泼非金属单质在氧化还原反应中只作氧化剂C阳离子只有氧化性，阴离子只有还原性D

7、含有某元素最高价态的化合物不一定具有强氧化性14、清华大学的科学家将古老的养蚕技术与时兴的碳纳米管和石墨烯结合，发现通过给蚕宝宝喂食含有碳纳米管和石墨烯的桑叶，可以获得更加牢固的蚕丝纤维。已知：当把石墨片剥成单层之后，这种只有一个碳原子厚度的单层就是石墨烯。下列说法正确的是( )A蚕丝纤维的主要成分是纤维素B石墨烯像烯烃一样，是一种有机物C碳纳米管和石墨烯互为同素异形体D碳纳米管具有丁达尔效应15、下列有关实验操作的说法正确的是A向饱和氯化钠溶液中先通入过量二氧化碳再通入氨气，可制得大量碳酸氢钠固体B为了减小实验误差，烧杯、锥形瓶和容量瓶等仪器应洗涤干净，必须烘干后使用C将含有少量乙烯的甲烷气

8、体依次通过足量酸性高锰酸钾溶液、足量碱石灰，可除去甲烷中的乙烯杂质D中和滴定实验中滴定管中液体流速宜先快后慢，滴定时眼睛注视着滴定管中液体刻度的变化16、最近媒体报道了一些化学物质，如：爆炸力极强的N5、比黄金还贵的18O、太空中的甲醇气团等。下列说法中正确的是A18O2和16O2是两种不同的原子B甲醇（CH3OH）属于离子化合物CN5和N2是氮元素的两种同位素D由N5变成N2是化学变化二、非选择题（本题包括5小题）17、有机物聚合物M：是锂电池正负极之间锂离子迁移的介质。由烃C4H8合成M的合成路线如下：回答下列问题：（1）C4H8的结构简式为_，试剂II是_。(2)检验B反应生成了C的方法

9、是_。（3）D在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为_；(4)反应步骤不可以为的主要理由是_。18、我国科研人员采用新型锰催化体系，选择性实现了简单酮与亚胺的芳环惰性C-H的活化反应。利用该反应制备化合物J的合成路线如下：已知：回答下列问题：（1）A中官能团的名称是_。F的化学名称是_。（2）C和D生成E的化学方程式为_。（3）G的结构简式为_。（4）由D生成F，E和H生成J的反应类型分别是_、_。（5）芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，则K可能的结构有_种，其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为_（任写一种）。19、已知25时，Ksp(Ag2S)=6.3

10、1050、Ksp(AgCl)=1.51016。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_。(3)滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有A

11、gCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化A中产生的气体是_。C中盛放的物质W是_。该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：_2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用_。20、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+、Co

12、2+、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Co2O3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

13、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)21、焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下

14、实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3SO2=Na2S2O5（1）装置I中产生气体的化学方程式为_。（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_。（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为_(填序号)。实验二 焦亚硫酸钠的性质（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。证明NaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是_ (填序号)。a测定溶液的pH b加入Ba(OH)2溶液 c加入盐酸d加入品红溶液 e用蓝色石蕊试纸

15、检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_。实验三 葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：（6）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量 (以游离SO2计算)为_gL1。（7）在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_ (填“偏高”“偏低”或“不变”)。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、左上角应是质量数，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

16、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。2、C【解析】A.缺少溶液的体积，不能计算溶液中含CO32-数目，A错误；B.标准状况下，11.2 L气体的物质的量是0.5mol，若0.5mol气体完全是O2，则其中含有的O原子数目是NA，若气体完全是O3，其中含有的O原子数目为1.5NA，故标准状况下，11.2 LO2和O3组成的混合气体含有原子数大于NA，B错误；C.聚乙烯与聚丙烯的实验式都是CH2，其式量是14，则14g该混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有2molC-H键，因此14

17、 g聚乙烯与聚丙烯的混合物，含C-H键的数目为2NA，C正确；D. 在常温常压下，22.4 LCO2的物质的量小于1mol，因此该CO2与足量Na2O2反应转移电子数小于NA，D错误；故合理选项是C。3、A【解析】ANaBr溶液中滴入氯水，发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-，由此得出还原性Br-Cl-，A正确；B要通过溶液紫色褪去的时间长短比较反应速率快慢，应该让酸性高锰酸钾的体积和浓度均相同，改变草酸的浓度，B错误；C淀粉碘化钾溶液中通入过量氯气，溶液先变蓝后褪色，氯气只表现氧化性，氯气没有漂白性，C错误；D0.1mol/LNa2SO3溶液的pH大，碱性强，则结合H+的能力强，D错误；

18、故选A。4、C【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们的原子最外层电子数为互不相等的奇数，说明最外层电子数依次为1、3、5、7，元素Z的单质是目前使用量最大的主族金属元素单质，则Z为Al元素、Y为N元素、W为Cl元素；。X与Y位于不同周期，则X为H元素。【详解】A项、X为H、Y为N元素、W为Cl元素，元素化合物YX4W为NH4Cl，NH4Cl溶液中NH4+水解使溶液呈酸性，故A错误；B项、Y为N元素、W为Cl元素，化合物NCl3为共价化合物，电子式为，故B错误；C项、Y为N元素、Z为Al元素，AlN为原子晶体，原子晶体具有强度高、热膨胀系数小、耐热冲击的特征，故C正确；D项、在

19、周期表中，同一周期从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族的元素的原子半径从上到下依次增大，H原子半径最小，故原子半径从大到小的顺序为AlClH，D错误。故选C。【点睛】本题考查元素周期律的应用，元素的推断为解答本题的关键，注意最外层电子数为1、3、5、7来推断元素为解答的难点。5、D【解析】A.氯化铝溶液中加入过量的氨水生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，所得溶液中由氯化铵和氨水混合而成，A不符合题意；B.稀盐酸中滴入少量的NaAlO2溶液生成氯化铝、氯化钠和水，B不符合题意；C.稀硝酸中加入铁粉充分反应后所得溶液中可能含Fe（NO3）3、Fe（NO3）2、Fe（NO3）3和Fe（NO3）2、HNO3和F

20、e（NO3）3，C不符合题意；D.硫酸酸化的MgSO4溶液中加入过量的Ba(OH)2溶液生成氢氧化镁沉淀、硫酸钡沉淀、水，所得溶液中只有过量的Ba(OH)2，D符合题意；答案选D。6、B【解析】A. 干馏：将某种物质在隔绝空气的条件下加热，使物质热裂解，产生挥发性的低分子化合物的整个过程叫干馏，不是分离方法，故A错误；B. 利用混合物中各成分的沸点不同进行加热、冷却的分离过程叫分馏，煤焦油中含有的苯和苯的同系物沸点不同，所以用分馏的方式分离，故B正确；C. 分液是把两种互不混溶的液体分离开的操作方法，不能分离出煤焦油中溶解的苯，故C错误；D. 萃取是利用溶质在不同溶剂中溶解度的差异来分离混合物

21、的操作，不能从煤焦油中分离出苯，故D错误；故答案为B。7、C【解析】氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故能实现；硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故不能实现；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故能实现；氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3+3H2OFe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不

22、到无水FeCl3，故不能实现；氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故能实现；因此能实现，故C符合题意。综上所述，答案为C。【点睛】硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。8、B【解析】A.连有4个不同原子或原子团的碳原子称为手性碳原子。化合物X分子中含有3个手性碳原子：（打*号的碳原子为手性碳原子），A项错误；B.X分子中含有 (醇)和-CH-基团能被KMnO4氧化，醇羟基和苯环上氢原子都能发生取代反应，分子中含有的和基团都能

23、发生消去反应，B项正确；C.X分子（）中与*号碳原子相连的3个碳原子处于四面体的3个顶点上，这4个碳原子不可能在同一平面上。C项错误；D.因X分子中含有酯基和-Br，X能与NaOH溶液发生水解反应：+2NaOH+CH3CH2OH+NaBr。所以1 mol X与足量NaOH溶液反应，最多消耗2 mol NaOH。D项错误；答案选B。9、A【解析】根据图知，pH7时，CH3COOH几乎以CH3COO形式存在，a表示CH3COO；A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3COOH)=

24、c（H）；C、根据K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3COOH)求解；D、CH3COO+H2OCH3COOH+OH-，0.01molL1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)c(OH)/c(CH3COO)=1/k，求出c(OH)，pH=14-pOH，即c与线d交点处的横坐标值。【详解】A、pH=6时，纵坐标越大，该微粒浓度越大，所以存在c（CH3COO）c（CH3COOH）c（H），故A错误；B、c（CH3COOH）=c（CH3COO）时，CH3COOH电离平衡常数K=c(H)c(CH3COO)/c(CH3COOH)=c（H）=10-4.74，故B正确；C、根据K=c(H

25、)c(CH3COO)/c(CH3COOH)求解；pH=2时，c（H）=10-2molL1，从曲线c读出c(CH3COOH)=10-2molL1，由选项B，K=10-4.74，解得c(CH3COO)=10-4.74，故C正确；D、CH3COO+H2OCH3COOH+OH-，0.01molL1CH3COONa水解平衡常数Kh=c(CH3COOH)c(OH)/c(CH3COO)=1/k，从c与线d交点作垂线，交点 c（HAc）=c（Ac），求出c(OH)=1/k=104.74molL1，pH=14-pOH=9.26，即c与线d交点处的横坐标值。故D正确。故选A。10、D【解析】A用氨水，则Mg2+、

26、Al3+均转化为沉淀，不能分离，则不能用氨水代替NaOH，A错误；BAl3+与过量NaOH反应，溶液a中含AlO2-、K+、Cl-、Na+、OH-，B错误；CK+、Cl-、Na+在整个过程中不参加反应，则溶液b中含KCl、NaCl，C错误；D因氢氧化铝能溶于盐酸，则向溶液a中滴加盐酸需控制溶液的pH，D正确；答案选D。【点睛】本题考查混合物分离、提纯实验方案的设计，为高频考点，把握实验流程中发生的反应为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意氢氧化铝的两性。11、C【解析】一氧化氮和5.6L 氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的

27、分子总数小于0.5NA，故A错误；B.磷酸为弱酸，不可完全电离出H+，故B错误；C. NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L 0.50 mol/L NH4Cl溶液与2L 0.25 mol/L NH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同，故C正确；D.标准状况下，等体积的N2和CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2NA，故D错误；答案：C【点睛】易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。12、C【解析】A铁锈氧化铁可与硫酸发生复分解反应生成硫酸铁和水，而除去钢铁表面的铁锈；故A正确；B干冰用于人工降雨，是利用了干冰升华吸热；故B正确；C胃药中含氢氧化镁是因为

28、氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸；故C错误；D加有发酵粉的面团发酵产生的酸与碳酸氢钠反应生成的二氧化碳气体可使焙制的糕点松软，故D正确；答案选C。【点睛】物质的性质决定它的用途，用途反应出它的性质，胃药中含氢氧化镁主要是因为氢氧化镁能给人提供氢氧根，中和胃中的过量的酸。13、D【解析】A还原能力的强弱和失电子的难易有关而和失电子的数目无关，如金属钠和金属铁的还原能力是金属钠强于金属铁，故A错误；B氯气与水反应生成盐酸和次氯酸既是氧化剂又是还原剂，所以活泼非金属单质在氧化还原反应中不一定只作氧化剂，故B错误；C最高价态的阳离子一般具有氧化性，如Fe3+；最低价的阴离子具有还原性，如I

29、；但Fe2+、都既有氧化性又有还原性，故C错误；D含最高价元素的化合物，如碳酸钠中碳元素为最高价，却不具有强氧化性，故D正确；故答案为：D。14、C【解析】A.蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误；B.石墨烯是一种很薄的石墨片，属于单质，而有机物烯烃中含有碳、氢元素，故B错误；C.碳纳米管和石墨烯是碳元素的不同单质互为同素异形体，故C正确；D.碳纳米管在合适的分散剂中才能形成胶体分散系，故D错误。故选C。15、C【解析】ACO2在水中的溶解度不大，氨气在水中的溶解度很大，应该先通入氨气，使溶液呈碱性，以利于吸收更多的CO2，产生更多的NaHCO3，故A错误；B锥形瓶、容量瓶中有少量的蒸馏水，不影响

30、滴定结果或配制溶液的浓度，并且加热烘干时可能会影响刻度，造成误差，所以不需要烘干锥形瓶或容量瓶，故B错误；C酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，即可得纯净的甲烷，故C正确；D中和滴定实验中滴定管中液体流速可以先快速滴加，接近终点时再缓慢滴加，滴定时眼睛注视锥形瓶中液体颜色的变化，不用注视着滴定管中液体刻度的变化，故D错误；答案选C。【点睛】酸性高锰酸钾溶液可以将乙烯氧化为二氧化碳，随后加入足量碱石灰可吸收二氧化碳和水蒸气，可以达到除杂的目的，也是学生的易错点。16、D【解析】A.18O2和16O2是两种不同的原子构成的分子，A错误；B.甲醇(CH3OH)

31、是由分子构成的共价化合物，B错误；C.N5和N2是氮元素的两种不同的单质，二者互为同素异形体，C错误；D.N5和N2是N元素的两种不同的单质，所以由N5变成N2是化学变化，D正确；故合理选项是D。二、非选择题（本题包括5小题）17、 NaOH水溶液 取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C 保护碳碳双键不被氧化【解析】（1）根据M的结构简式可知F与乙酸酯化生成M，则F的结构简式为CH2C(CH3)COOCH2CH2OH。E和环氧乙烷生成F，则E的结构简式为CH2C(CH3)COOH，因此C4H8应该是2甲基2

32、丙烯，其结构简式为；B连续氧化得到D，D发生消去反应生成E，所以反应应该是卤代烃的水解反应，因此试剂II是NaOH水溶液；（2）B发生催化氧化生成C，即C中含有醛基，所以检验B反应生成了C的方法是取样，加入新配Cu(OH)2悬浊液，加热至沸，产生砖红色沉淀，证明生成C。或取样，加入银氨溶液，水浴加热，产生银镜，证明生成C； （3）D分子中含有羟基和羧基，因此在一定条件下能发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为；(4)由于碳碳双键易被氧化，所以不能先发生消去反应，则反应步骤不可以为的主要理由是保护碳碳双键不被氧化。18、醛基 4-硝基甲苯（对硝基甲苯） 取代反应 加成反应 14 或 【

33、解析】A(C2H4O)能够与新制氢氧化铜反应，说明A含有醛基，因此A为CH3CHO，则B为CH3COOH；结合C和E的分子式可知，C和D应该发生取代反应生成E和氯化氢，则D为；甲苯在浓硫酸作用下发生硝化反应生成F，结合J的结构可知，F为对硝基甲苯()，F被还原生成G，G为对氨基甲苯()，根据已知信息，G和乙醛反应生成H，结合J的结构可知，H为，则E为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为C2H4O，含有的官能团为醛基；F为，名称为对硝基甲苯，故答案为醛基；4-硝基甲苯(对硝基甲苯)；(2)C和D发生取代反应生成E，反应的化学方程式为，故答案为；(3)G为对硝基甲苯中硝基被还原的产物，

34、G为，故答案为；(4)由D生成F是甲苯的硝化反应，属于取代反应，根据流程图，E和H生成J的过程中N=C双键转化为了单键，属于加成反应，故答案为取代反应；加成反应；(5)E为，芳香化合物K是E的同分异构体。若K能发生银镜反应，说明K中含有醛基，则K的结构有：苯环上连接1个乙基和1个醛基有3种；苯环上连接2个甲基和1个醛基有6种；苯环上连接1个甲基和1个CH2CHO有3种；苯环上连接1个CH2 CH2CHO有1种；苯环上连接1个CH(CH3)CHO有1种，共14种；其中核磁共振氢谱有四组峰的结构简式为或，故答案为14；或。19、AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(

35、aq) SO42- S O2 Ag2S的悬浊液 2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S 【解析】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由

36、判断，可确定滤液X中被检出的离子。另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(

37、aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物

38、有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH。答案为：2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH；B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgC

39、l)=1.51016，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。20、Co2O3+SO32+4H+=2Co2+SO42+2H2O ClO3-+6Fe2+6H+=Cl-+6Fe3+3H2O ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O Fe(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

40、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）NaClO3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

41、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

42、)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