2022届浙江省杭州高三下学期第一次联考化学试卷含解析

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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列实验操作与预期实验目的或所得实验结论一致的是选项实验操作和现象预期实验目的或结论A向两支盛有KI3的溶液的试管中，分别滴加淀粉溶液和AgNO3溶液，前者溶液变蓝，后者有黄色沉淀KI3溶液中存在平衡:I3-I2+

2、I-B向1 mL浓度均为0.05 molL-l NaCl、NaI的混合溶液中滴加2滴0.01 molL-l AgNO3溶液，振荡，沉淀呈黄色Ksp(AgCl)Y3-X2-M+B化合物W2Z2的阴阳离子个数之比为1:1，水溶液显碱性C1molWM溶于足量水中完全反应，共转移2mol电子D由X、Y、Z、M四种元素形成的化合物中可能只含有共价键12、由下列实验、现象以及由现象推出的结论均正确的是选项实验方法现象结论A向 FeCl3 溶液中滴入少量 KI 溶液，再加入KSCN 溶液溶液变红Fe3+与 I的反应具有可逆性BSO2 通入Ba(NO3)2 溶液产生白色沉淀白色沉淀是 BaSO4C将稀硫酸滴入

3、淀粉溶液中并加热，冷却后再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液并加热未出现砖红色沉淀淀粉未水解D用碎瓷片做催化剂，给石蜡油加热分解，产生的气体通过酸性高锰酸钾溶液酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色石蜡油裂解一定生成乙烯AABBCCDD13、下列实验操作能达到实验目的的是A除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质B证明浓硫酸与蔗糖反应生成SO2C探究铁的析氢腐蚀D测定双氧水分解速率14、液态氨中可电离出极少量的NH2和NH4+。下列说法正确的是ANH3属于离子化合物B常温下，液氨的电离平衡常数为1014C液态氨与氨水的组成相同D液氨中的微粒含相同的电子数15、空气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成，我国科学家用下列实

4、验研究其成因：反应室底部盛有不同吸收液，将SO2和NO2按一定比例混合，以N2或空气为载体通入反应室，相同时间后，检测吸收液中SO42-的含量，数据如下： 反应室载气吸收液SO42-含量数据分析N2蒸馏水a. bdac.若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-3%氨水b空气蒸馏水c3%氨水d下列说法不正确的是A控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施B反应室中可能发生反应：SO2 + 2NO2 + 2H2O=H2SO4 + 2HNO2C本研究表明：硫酸盐的形成主要与空气中O2有关D农业生产中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成16、氰氨化钙是一种重要的化工原料，其制备的化学方程式为：

5、CaCO3+2HCN =CaCN2+CO+H2+CO2，下列说法正确的是ACO为氧化产物，H2为还原产物BCaCN2含有共价键，属于共价化合物CHCN既是氧化剂又是还原剂D每消耗10g CaCO3生成2.24L CO217、已知HCl的沸点为-85，则HI的沸点可能为（ ）A-167B-87C-35D5018、天工开物中关于化学物质的记载很多，如石灰石“经火焚炼为用”、“世间丝麻皆具素质”。下列相关分析不正确的是（ ）A石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐B“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于氧化还原反应C丝和麻主要成分均属于有机高分子类化合物D丝和庥在一定条件下均能水解生成小分子物质19、用

6、表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是A4.6gNa与含0.1molHCl的稀盐酸充分反应，转移电子数目为0.2B25时，1L的溶液中由水电离的的数目为C常温常压下，和混合气体所含的原子数为D500时，和在密闭容器中充分反应后生成的分子数为20、根据原子结构或元素周期律的知识，下列说法正确的是（ ）A35Cl和37Cl中子数不同，所以它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都不相同B两个不同原子的1s、2s、2p、3s、3p各亚层中电子的能量相同C短周期主族元素原子最外层电子数一定等于其最高化合价DCO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸21、下列化学用语表示正确的是A中

7、子数为8的氮原子： B硫离子的结构示意图：C铵根离子的电子式： D聚丙烯的结构简式22、反应aX(g) + bY(g)cZ(g)；H=Q，有下图所示关系，下列判断中正确是（ ）Aa+b 0Ba+b c, Q c, Q 0Da+b c, Q Ksp(AgI)，与结论不符，B项不符合题意；CNaClO水解生成HClO，次氯酸具有强氧化性，不能用pH试纸测定NaClO溶液的pH，应使用pH计测量比较二者pH的大小，C项不符合题意；D浓硫酸具有强氧化性，能将乙醇氧化，自身被还原为二氧化硫，二氧化硫以及挥发出来的乙醇蒸气都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故该气体不一定是乙烯，实验现象所得结论与题给结论不符，D

8、项不符合题意；答案选A。2、C【解析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，ac段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在cd段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】ANaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1molL1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，cd段水电离出的氢离子浓度逐渐减小

9、，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；Cac点发生反应为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，c(Cl)=c(HClO)c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)c(HClO)c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)2c(HClO)，C项正确；D由电离常数知，电离质子能力：H2CO3HClOHCO3-，故H2O+ClO-CO2= HCO3-HClO，D项错误；答案选C。3、C【解析】根据球棍模型，推出该有机物结构简式为，据此分析；【详解】A.根据球棍模型推出M的化学式为C12H10O2，故A错误；B.M与足量氢气在一定条件下发生加成反应，

10、得到，环上有10种不同的氢，因此环上一氯代物有10种，故B错误；C.M中有羧基和苯环，能发生中和反应、取代反应、加成反应，故C正确；D.苯的空间构型是平面正六边形，M分子中含有2个苯环，因此一个M分子最多有22个原子共面，故D错误；答案：C。4、C【解析】A.溴元素在海水中以化合态存在,将Br元素由化合态转化为游离态时发生电子转移，所以一定发生氧化还原反应，生成溴单质后用有机物进行萃取，故A错误；B.钠易与水反应,电解饱和食盐水得到氢氧化钠、氯气和氢气，所以应用电解熔融的氯化钠的方法冶炼钠，故B错误；C. 海水晒盐利用蒸发原理，蒸发是根据物质的沸点不同进行分离的操作，为物理变化，故C正确；D.

11、加入过量的氯气能将I2氧化成更高价的化合物,减少碘的产率,故D错误；答案选C。5、C【解析】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，根据C原子、N原子守恒判断氨与甲醛的物质的量之比。【详解】将甲醛水溶液与氨水混合蒸发可制得乌洛托品，若原料完全反应生成乌洛托品，每个乌洛托品分子中含有6个C原子、4个N原子，每个甲醛分子中含有1个C原子、每个氨气分子中含有1个N原子，根据C原子、N原子守恒知，要形成一个乌洛托品分子需要6个甲醛分子、4个氨气分子，则需要氨气和甲醛分子个数之比4：62：3，根据NnNA知，分子数之比等于物质的

12、量之比，所以氨与甲醛的物质的量之比2：3，故答案选C。6、A【解析】A. 标准状况下，11.2LH2与11.2LD2均为0.5mol，每个分子中含有2个质子，则所含的质子数均为NA，故A正确；B. 硅晶体中，每个Si周围形成4个SiSi键，每个SiSi键是2个Si原子共用，所以有NA个Si原子就有2NA个SiSi键，故B错误；C. 硫和铜反应的方程式：2Cu+S Cu2S，6.4gCu与3.2gS粉的物质的量相等，均为0.1mol，物质的量相等的铜和硫反应，硫过量，根据铜求转移电子的物质的量，则6.4gCu的物质的量为0.1mol，则转移电子的物质的量为0.1mol，转移电子数为0.1NA，故

13、C错误；D. 未说明是标准状态，则无法计算生成气体的体积，故D错误。故选A。【点睛】此题易错点在于D项，在涉及气体体积的计算时，要注意是否为标准状态，是否为气体。7、C【解析】A.乙醇是饱和一元醇，甘油是饱和三元醇，所含官能团数目不同，因此二者不是同系物，A错误；B.环己烯分子中含有4个饱和碳原子，由于甲烷的分子结构中与该C原子连接的四个原子构成的是四面体结构，所以该物质分子中的所有碳原子不可能同一个平面上，B错误；C.分子式为C5H10O2的酯为饱和一元酯，若为甲酸与丁醇形成的酯有4种，HCOOCH2CH2CH2CH3、HCOOCH2CH(CH3)2、HCOOCH(CH3)CH2CH3、HC

14、OOC(CH3)3；若为乙酸和丙酯，有2种，CH3COOCH2CH2CH3、CH3COOCHCH(CH3)2；若为丙酸和乙醇形成的酯，只有1种，CH3CH2COOCH2CH3；若为丁酸和甲醇形成的酯，有2种，CH3CH2CH2COOCH3、(CH3)2CHCOOCH3,所以属于酯的同分异构体共有（4+2+1+2）=9种，C正确；D.二环己烷有2种不同位置的H原子，其二氯取代产物中，若2个Cl原子在同一个C原子上，只有1种结构，若在两个不同的C原子上，有6种不同的结构，乙醇其二氯代物共有7种，D错误；故合理选项是C。8、D【解析】x、y、z、d、e、f、g、h为原子序数依次递增的短周期主族元素，

15、从图中的化合价、原子半径的大小及原子序数，可以知道x是H元素，y是C元素，z是N元素，d是O元素，f是Al元素，z、e、g、h的最高价氧化物对应水化物溶液浓度均为0.01molL-1 ，e的pH为12，为一元强碱，则e是Na元素，z、h的pH均为2，为一元强酸，则z为N元素、h为Cl元素，g的pH小于2，则g的为二元强酸，故g为S元素，据此分析解答问题。【详解】Ad、e、f、g 形成的简单离子分别为：O2-、Na+、Al3+、S2-，O2-、Na+、Al3+离子的电子层数相同，但核电荷数AlNaO，则离子半径O2-Na+Al3+，而S2-的电子层数最多，半径最大，故半径最大的是g离子，A选项错

16、误；Bd与e形成的化合物可以是Na2O，也可以是Na2O2，Na2O2既含有离子键，也含有共价键，B选项错误；Cx、y、z、d、e、f、g、h的单质分别为：H2、C、N2、O2、Na、Al、S、Cl2，C单质可形成金刚石，为原子晶体，故单质熔点最高的可能是y，C选项错误；Dx与y可以形成多种有机化合物，其中CH2=CH2等存在着非极性键，D选项正确；答案选D。【点睛】此题C选项为易错点，C单质有很多的同素异形体，熔沸点有差异，容易忽略这一关键点，导致误选C答案。9、A【解析】A铁与FeCl3反应生成氯化亚铁，为+2价铁，故A正确； B铁与过量的硝酸反应生成三价铁离子，与少量的硝酸反应生成二价铁

17、离子，所以不一定变为+2价铁，故B错误； C铁与氯气反应只生成FeCl3，为+3价铁，故C错误； D铁在氧气中燃烧生成四氧化三铁，为+2和+3价铁，故D错误； 故选：A。10、B【解析】A选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故A正确；B选项，三氯乙烯C2HCl3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCl3转化为1 molC2H4时，得到6 mol电子，脱去3 mol氯原子，所以脱去a mol Cl时ne = 2a mol，故B错误；C选项，由示意图及N元素的化合价变化可写出如下转化NO3_ + 8e_ NH

18、4+，由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O来配平该反应，而不能用H2O和OH_来配平，所以 的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故C正确；D选项，增大单位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可以增大小微粒ZVI和正极的接触面积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大，故D正确；综上所述，答案为B。11、D【解析】根据题目可以判断，Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76gL1，则YM的相对分子质量为17形成的化合物为NH3，M为H元素，Y为N元素；X与Z可形成XZ2分子且X、Y、Z是原子序数依次增大的同周期元素，故X为C元素，Z为O元素；

19、W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的，W为Na元素。【详解】A简单离子半径从大到小为Y3-X2-M+ W+，A错误；BW2Z2为Na2O2，其阴阳离子个数之比为2:1，B错误；CNaH与水发生反应，方程式为NaH+H2O=NaOH+H2，转移1mol电子，C错误；D四种元素形成的化合物可能为NH4HCO3，含有离子键，D正确；故选D。12、B【解析】A. 滴入少量KI溶液，FeCl3剩余，则由现象不能说明该反应为可逆反应，故A错误；B. SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中，SO2与水反应生成亚硫酸，在酸性环境下，硝酸根具有强氧化性，从而发生氧化还原反应生成硫酸钡，白色沉淀是BaSO

20、4，故B正确；C. 淀粉水解后检验葡萄糖，应在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性，不能检验是否水解，故C错误；D. 酸性高锰酸钾溶液逐渐褪色，可知石蜡油加热分解生成不饱和烃，但气体不一定为乙烯，故D错误；故选B。【点睛】淀粉的水解液显酸性，检验淀粉是否水解时，应先在淀粉的水解液中加入氢氧化钠至碱性后，再加入新制 Cu(OH)2 悬浊液，并加热，观察是否生成砖红色沉淀，从而说明是否有葡萄糖生成，进而检测出淀粉是否水解，这是学生们的易错点。13、D【解析】A. 胶体粒径在于1-100nm之间，可以透过滤纸，故无法用过滤的方法除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3杂质，A错误；B. 二氧化硫和二氧化碳均

21、可以使澄清石灰水变浑浊，浓硫酸的还原产物为二氧化硫，蔗糖的氧化产物为二氧化碳，均可以使澄清石灰水变浑浊，B错误；C. Fe的析氢腐蚀是要在强酸性条件下进行的，该图探究的为Fe的吸氧腐蚀，C错误；D. 该装置可以测定一定时间内氧气的生成量，进而计算出双氧水的分解速率，D正确；故答案选D。14、D【解析】ANH3属于共价化合物，选项A错误；B不能确定离子的浓度，则常温下，液氨的电离平衡常数不一定为1014，选项B错误；C液态氨是纯净物，氨水是氨气的水溶液，二者的组成不相同，选项C错误；D液氨中的微粒NH2和NH4+含相同的电子数，均是10电子微粒，选项D正确；答案选D。15、C【解析】A. 因为空

22、气中的硫酸盐会加剧雾霾的形成。SO2和氮氧化物在一定条件下可以产生SO42-，所以控制SO2和氮氧化物的排放是治理雾霾的有效措施，故A正确；B. 反应室中SO2为还原剂，NO2为氧化剂，N2做载体，蒸馏水做吸收液，可发生反应：SO2 +2NO2 +2H2O=H2SO4 + 2HNO2，故B正确；C.由已知 bdac，若起始不通入NO2，则最终检测不到SO42-，可知硫酸盐的形成主要与NO2有关,故C错误；D. 铵态氮肥易挥发产生氨气。由已知的数据分析可知，在载体相同，吸收液为氨水的条件下，将SO2和NO2按一定比例混合时产生SO42-的浓度较大，而空气中的硫酸盐又会加剧雾霾的形成。所以农业生产

23、中大量使用铵态氮肥可能会加重雾霾的形成，故D正确；答案：C。16、C【解析】A.HCN中碳的化合价为+2价，CO中碳的化合价也是+2价，CO既不是氧化产物也不是还原产物，A错误；B.CaCN2中含有离子键和共价键，属于离子化合物，B错误；C.HCN中H的化合价降低，C的化合价升高，HCN既是氧化剂又是还原剂，C正确；D.每消耗10gCaCO3生成0.1molCO2，没有说明温度和压强，无法计算二氧化碳的体积，D错误；答案选C。17、C【解析】氯化氢、碘化氢为结构相似的分子晶体，分子晶体熔沸点高低与分子间作用力有关，而分子间作用力与相对分子质量成正比，碘化氢的相对分子质量大于氯化氢，所以分子间作

24、用力强于氯化氢，熔沸点高于氯化氢熔沸点，排除A、B，常温下碘化氢为气体，所以沸点低于0，排除D，C项正确；答案选C。18、B【解析】A选项，石灰石的主要成分是CaCO3，属于正盐，故A正确；B选项，“经火焚炼”时石灰石发生的反应属于分解反应，故B错误；C选项，丝属于蛋白质，麻属于纤维素，都属于有机高分子类化合物，故C正确；D选项，丝最终水解生成氨基酸，麻最终水解为葡萄糖，因此都在一定条件下均水解生成小分子物质，故D正确。综上所述，答案为B。【点睛】天然高分子化合物主要有淀粉、纤维素、蛋白质；淀粉、纤维素最终水解为葡萄糖，蛋白质最终水解为氨基酸。19、D【解析】盐类水解的本质是水的电离平衡的移动

25、。一定条件下可逆反应不可能进行完全。【详解】A. 钠能与溶液中的水反应，不会有钠剩余。4.6gNa与稀盐酸充分反应，转移电子数目必为0.2，A项正确；B. 溶液中OH全部来自水的电离。25、1L的溶液中c(H+)=10-9mol/L，则c(OH-)=10-5mol/L，水电离的OH的数目为，B项正确；C. 和混合气体中，“CH2”的物质的量为1mol，所含原子数为，C项正确；D. 二氧化硫与氧气的反应可逆，不能完全进行。故和充分反应生成的分子数小于，D项错误。本题选D。20、D【解析】A. 35Cl和37Cl的核外电子数均为17，它们的原子结构示意图、电子式、核外电子排布式、轨道表达式都相同，

26、A项错误；B. 同原子的原子同、原子半径越等不同，两不同原子各亚层中电子的能量不相同，B项错误；C. 氧元素、氟元素没有最高正化合价，除氧、氟外，短周期其它主族元素原子最外层电子数等于其最高化合价，C项错误；D. 碳酸的酸性比硅酸强，CO2通入Na2SiO3溶液中可以得到硅酸，D项正确；答案选D。21、C【解析】A项，N的质子数为7，质量数=8+7=15，可表示为，A错误；B项，硫离子含有16个质子数，硫离子的结构示意图为，故B错误；C项，铵根离子的电子式为，C正确；D项，丙烯发生加聚反应生成聚丙烯，聚丙烯的结构简式为：，D错误。点睛：本题考查常见化学用语的正误判断，题目难度一般，主要考查学生

27、对常见化学用语的掌握情况，注意常见的化学用语主要包括元素符号、化学式、化合价、电子式、原子结构示意图、结构式、结构简式以及方程式和各种模型等，需要熟记。22、D【解析】观察图可知，P1P2，T1T2。升高温度，X的体积分数减小，平衡向逆反应方向移动，所以正反应为放热反应，Q0；增大压强X的体积分数减小，平衡向正向移动，所以a+bc，故选D。二、非选择题(共84分)23、4 氯原子 氯气、光照 还原反应 2-甲基丙烷 【解析】由B的结构可知，芳香烃为A为，A与氯气在光照条件下发生取代反应生成B，B与浓硝酸在浓硫酸、加热条件下发生取代反应生成C，C发生还原反应生成D，D与G在吡啶条件下发生取代反应

28、生成H由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为。【详解】(1)由B的结构可知，芳香烃为A为，A物质的一氯代物在苯环上有3种，在甲基上有1种，故共有4种，故答案为：4；(2)B的结构简式为：，B物质中含有的官能团名称为：氯原子，故答案为：氯原子；(3)反应是转化为，反应试剂和反应条件分别是：氯气、光照；反应中硝基转化为氨基，属于还原反应，故答案为：氯气、光照；还原反应；(4)由F的分子式、G的结构，可知F为，E系列转化得到F，结合E的分子式，可知E为，用系统命名法对E物质命名为：2-甲基丙烷，故答案为：2-甲基丙烷；(5)的化学反应方程式为：，故答案为：；(6

29、)结合合成路线图中转化可知，与在吡啶条件下反应生成，乙酸与SOCl2/PCl3作用生成先发生硝化反应，然后与Fe/HCl作用生成，合成路线流程图为：，故答案为：。24、BrCH2CH=CHCH2Br 取代（或水解） HOCH2CH2CH2CHO 羧基、羟基 、 【解析】CH2=CHCH=CH2与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含CHO、又含OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比

30、为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；GH应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；HIJ，1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个OH，则HI的化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，IJ其实就是醚的开环了，反应为，据此分析作答。【详解】CH2=CHCH=CH2

31、与Br21:1发生加成反应生成A，A发生水解反应生成B，B属于二元醇，B与H2发生加成反应生成C，C发生氧化反应生成D，D既能发生银镜反应，又能与金属钠反应放出氢气，说明D中既含CHO、又含OH，D发生银镜反应生成E，E中含羧基和羟基，E脱去1分子水生成F，核磁共振氢谱表明F分子中有三种氢，且其峰面积之比为1：1：1，则CH2=CH-CH=CH2与Br2发生的是1，4-加成，A为BrCH2CH=CHCH2Br，依次可得B为HOCH2CH=CHCH2OH，C为HOCH2CH2CH2CH2OH，D为HOCH2CH2CH2CHO，E为HOCH2CH2CH2COOH，F为；B脱去1分子水生成G，G能使

32、溴的四氯化碳溶液褪色，则G为；GH应该是G与HClO发生加成反应，H应该为；HIJ，1mol J与足量金属钠反应可放出22.4L氢气（标准状况）说明J中含2个OH，则HI的化学方程式为2+Ca(OH)22+CaCl2+2H2O，IJ其实就是醚的开环了，反应为；（1）A的结构简式为BrCH2CH=CHCH2Br；A生成B是溴代烃在强碱水溶液中的水解反应，也是一种取代反应。（2）D的结构简式为HOCH2CH2CH2CHO。（3）E为HOCH2CH2CH2COOH，E发生分子内酯化生成F，反应的方程式为；E中含有官能团的名称为羧基和羟基；与E具有相同官能团的同分异构体有、。（4）G的结构简式为。（5

33、）I生成J的化学方程式为。25、分液漏斗 平衡压强、便于液体顺利流下 饱和NaHCO3溶液 检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中 Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O pH过低，H+与NH2CH2COOH反应生成NH3+CH2COOH；pH过高，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀 防止Fe2+被氧化 降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出 75 【解析】(1)根据仪器的结构确定仪器a的名称；仪器b可平衡液面和容器内的压强；(2)装置B的作用是除去CO2中混有的HCl；澄清石灰水遇CO2气体变浑浊；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有

34、CO2气体生成，根据守恒法写出反应的离子方程式；(4)甘氨酸具有两性，能与H+反应；溶液中的Fe2+易水解生成Fe(OH)2沉淀；柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇；(6) 17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中含甘氨酸的物质的量为0.2L1.0molL-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204gmol-10.1mol=20.4g，以此计算产率。【详解】(1)根据仪器的结构可知仪器a的名称分液漏斗；仪器b可平衡液面和容器内的压强，便于液体顺利流下；(2)装置B

35、的作用是除去CO2中混有的HCl，则装置B中盛有的试剂饱和NaHCO3溶液；当装置内空气全部排净后，多余的CO2气体排出遇澄清的石灰水变浑浊，则装置D的作用是检验装置内空气是否排净，防止空气进入装置C中；(3)向FeSO4溶液中加入NH4HCO3溶液可制得FeCO3，同时应有CO2气体生成，发生反应的离子方程式为Fe2+2HCO3-=FeCO3+CO2+H2O；(4)过程I加入柠檬酸促进FeCO3溶解并调节溶液pH，当pH过低即酸性较强时，甘氨酸会与H+反应生成NH3+CH2COOH；当pH过高即溶液中OH-较大时，Fe2+与OH-反应生成Fe(OH)2沉淀，故pH过低或过高均会导致产率下降；

36、柠檬酸的还原性比Fe2+还原性强，更易被空气中氧气氧化，则滴加柠檬酸可防止Fe2+被氧化；(5)甘氨酸亚铁易溶于水，难溶于乙醇，则过程II中加入无水乙醇可降低甘氨酸亚铁的溶解度，使其结晶析出；(6)17.4gFeCO3的物质的量为=0.15mol，200mL甘氨酸溶液中甘氨酸的物质的量为0.2L1.0molL-1=0.2mol，理论上生成0.1mol的甘氨酸亚铁，理论上可产生甘氨酸亚铁：204gmol-10.1mol=20.4g，产率是=75%。26、6 10 18 3 10 6 N 20 1350 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O 2NO+Cl22NOCl F中的水蒸气进

37、入D装置中，会导致产品水解 NO O2 【解析】.N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3；根据反应的离子方程式计算消耗金属铝的质量；.实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气；NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，根据NOCl遇水易水解分析装置E的作用；尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶液反应。【详解】(1) N元素化合价由+5降低为0，铝元素化合价由0升高为+3，根据得失电子守恒、元素守恒、电荷守恒配平离子方程式为6NO3-+10Al+18H2O=3N2+10Al(OH)3+6OH-。(2)上述反应中，N元素化合价由+5降低为0，被还原的元素是N，每生成2 molN

38、2转移2mol2(50)=20mol电子。(3) 100 m3废水含有NO3-的物质的量是100103L310-4 mol/L=30mol，设反应消耗铝的物质的量是n =50mol，则所消耗金属铝的质量为50mol27g/mol= 1350g。(4) 实验室在加热条件下用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，制Cl2时发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O。(5) 装置D中NO与Cl2发生化合反应生成NOCl，发生的反应方程式为2NO+Cl22NOCl。NOCl遇水易水解，若没有E装置，F中的水蒸气进入D装置中，会导致产品水解。尾气中含有NO，NO不能与氢氧化钠溶

39、液反应，该气体为NO，氧气与NO反应生成NO2，为了充分吸收尾气，可将尾气与O2同时通入氢氧化钠溶液中。【点睛】本题考查了物质制备方案设计以及实验方案评价、氧化还原反应方程式的配平，侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力。27、H2S 2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O 90% 取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质 【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下密度为1.518g/L，则相对分子质量为22.41.518=34.0，Y应为H2S气体，生成的淡黄色沉淀为

40、S，溶液加入氯化钡溶液生成白色沉淀，说明生成Na2SO4，则隔绝空气加热，Na2SO3分解生成Na2S和Na2SO4，发生4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，以此解答该题。【详解】(1)由以上分析可知Y为H2S；(2)固体X与稀盐酸反应产生淡黄色沉淀，为硫化钠、亚硫酸钠在酸性溶液中发生归中反应，离子方程式为2S2-+SO32-+6H+=3S+3H2O；(3)实验过程中若测得白色沉淀的质量为6.291g，该白色沉淀为硫酸钡，可知n(BaSO4)=0.027mol，说明生成Na2SO4的物质的量为0.027mol，反应的方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，可知分解的Na2SO3物质

41、的量为0.027mol=0.036mol，则Na2SO3的分解率为100%=90%；(4)Na2SO3在空气中被氧化，可生成Na2SO4，检验Na2SO3是否氧化变质的实验操作是：取少量Na2SO3样品于试管中，加入足量盐酸溶解，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则Na2SO3已被氧化变质；若不产生白色沉淀，则Na2SO3未被氧化变质。【点睛】本题考查性质实验方案的设计。掌握Na2SO3具有氧化性、还原性，在隔绝空气时加热会发生歧化反应，反应产物Na2S与未反应的Na2SO3在酸性条件下会发生归中反应产生S单质是本题解答的关键。可根据BaSO4既不溶于水也不溶于酸的性质检验Na2SO3是否

42、氧化变质。28、第五周期VIII族 NOC 平面三角形 sp2 直线形 1：1 不是 H2O和NO 0价 分子 【解析】(1)钯和镍同列，钯在镍的下一周期，镍位于第四周期10列，进行分析判断；(2)同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，从而得出结果；(3)推断VSEPR模型，采用价层电子对数=键+孤电子对数分析；杂化轨道数等于价层电子对数，分析SO3中S的杂化类型；等电子体具有相同的空间结构和相同的化学键类型，据此分析；(4)依据大键是3个或3个以上原子彼此平行的p轨道从侧面相互重叠形成的键分析；根据配合物的组成进行分析；(5)CO整体不带电，因此推出Fe(CO)5中铁元素的化合价为

43、0，Fe(CO)5熔沸点较低，属于分子晶体；(6)钯位于顶点和面心，个数为4，利用微粒个数与物质的量关系，计算出晶胞的物质的量，从而求出晶胞的质量，根据边长计算出晶胞的体积，最后依据密度的定义，求出密度；【详解】(1)钯与镍位于同列，在镍的下一周期，镍位于第四周期VIII族，则钯位于第五周期VIII族；镍属于过渡元素，其价电子排布式为3d84s2，则价电子排布图为；(2)C、N、O位于同周期，同周期从左向右第一电离能逐渐增大，但AA，AA，三种元素的第一电离能大小顺序是NOC；(3)价层电子对数=键+孤电子对数=2+=3，因此SO2的VSEPR模型为平面三角形；SO3的价层电子对数为3，价层电

44、子对数等于杂化轨道数，即中心原子S的杂化类型为sp2；等电子体具有相同的空间结构和相同的化学键类型，CO2与N2O为等电子体，CO2为直线形，则N2O的空间构型为直线形；CO2的空间构型为O=C=O，键和键数目之比为1：1，即N2O中键和键数目之比为1：1；(4)根据形成大键是3个或3个以上原子，而NO只有2个原子，因此题中3电子键不是大键；Fe(H2O)5NO2是配合离子，因此H2O和NO是配位体；(5)CO整体不带电，则Fe(CO)5中铁元素的化合价为0价；Fe(CO)5熔点为20，沸点为103，熔沸点较低，Fe(CO)5属于分子晶体；(6)钯原子位于顶点和面心，个数为=4，晶胞的质量为，晶胞的体积为(a1010)3cm3，则晶胞的密度是g/cm3=g/cm3。29、X射线衍射 V型 H2O NH2- FNOB sp3 AB 327 由两者的熔点可知，Cu