《2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模化学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届辽宁省沈阳市东北育才学校高三二模化学试题含答案.pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高三化学第 1 页绝密使用前绝密使用前东北育才学校 2022-2023 学年度高考适应性测试（二）高 三 化 学高 三 化 学考生注意：1.本试卷共 100 分,考试时间 75 分钟。共三大题，20 小题，共 9 页2.请将各题答案填写在答题卡上。3.本试卷主要考试内容：高考全部内容一、选择题（本题共高考全部内容一、选择题（本题共 12 小题，每小题小题，每小题 3 分，共分，共 36 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1常温下，向盛 50mL0.100molL-1盐酸的两个烧杯中各自匀速滴加 50mL 的蒸馏水、0.1
2、00molL-1醋酸铵溶液，测得溶液 pH 随时间变化如图所示。已知 Ka(CH3COOH)=1.810-5，Kb(NH3H2O)=1.810-5。下列说法正确的是（）A曲线 X 是盐酸滴加蒸馏水的 pH 变化图，滴加过程中溶液各种离子浓度逐渐减小B曲线 Y 上的任意一点溶液中均存在 c(CH3COO-)-116kJmol-1Ba1，b2Cp2=1.6105Pa，p3=4105PaD1(HCl)+2(Cl2)1高三化学第 2 页3能正确表示下列变化的离子方程式是A硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32NaB少量 SO2通入 NaClO 溶液中：SO23ClOH2O=SO42Cl2
3、HClOC高锰酸钾溶液中滴入双氧水：2MnO43H2O26H=2Mn24O26H2OD小苏打治疗胃酸过多：CO322H=CO2H2O4设 NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A7.8 g 的 Na2S 和 Na2O2的混合物中含有阴、阳离子总数为 0.3 NAB常温常压下，22.4 LCO2中含有 NA个 CO2分子C1.0 L 1.0 molL-1的 NaClO 水溶液中含有的氧原子数为 NAD常温常压下，18 g 羟基（-O2H）中所含的中子数为 8 NA5 Cl2O 能与水反应生成次氯酸，可杀死新型冠状病毒等多种病毒。一种制备 Cl2O 的原理为 HgO+2Cl2=HgCl2+Cl
4、2O，装置如图所示。已知：Cl2O 的熔点为-116、沸点为 3.8，具有强烈刺激性气味、易溶于水；Cl2O 与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。下列说法中正确的是（）A装置中盛装的试剂是饱和食盐水B装置与之间可用橡胶管连接C从装置中逸出气体的主要成分是 Cl2OD通入干燥空气的目的是将生成的 Cl2O 稀释，减小爆炸危险6一种重要化合物的结构如图所示，W、X、Y、Z 均为短周期主族元素，其中 W、X、Y 位于同一周期，Z 与 W位于同一主族，Y 的最外层电子数与其次外层电子数之比为 3：4。下列说法不正确的是A原子半径：XYWZBY 与氧元素形成的化合物均能与 NaOH 溶液反应C
5、X 和 W 形成的化合物 XW4中可能存在非极性键DW 与氧元素形成的化合物 WO2可用于自来水的消毒7某温度下，在一个 2 L 的密闭容器中，加入 4 mol A 和 2 mol B 进行如下反应：3A(g)2B(g)4C(s)xD(g)，反应 2 min 后达到平衡，测得生成 2 mol C，且反应前后压强之比为 65，则下列说法正确的是A根据题意计算可得2x B用 A 表示的反应速率是 0.75 molL-1min-1C增大该体系的压强，平衡向右移动，化学平衡常数增大高三化学第 3 页D若起始时 A、B 的物质的量之比为 32，则 2 min 末 A、B 的转化率相等8取某固体样品，进行
6、如下实验：取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣；取一定量滤液分成两份。一份加入 NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的 pH 试纸变蓝的气体；另外一份加入 BaCl2溶液，无明显现象产生；取少量滤渣，加入足量稀盐酸，滤渣部分溶解，再加入新制氯水和 KSCN 溶液，溶液显血红色。根据上述实验现象，该固体样品的成分可能是AFe2O3、(NH4)2CO3、CaCl2BFe、AgNO3、NH4NO3CFeO、NH4Cl、BaCO3D(NH4)2SO4、SiO2、FeCl29已知3NaHSO溶液呈酸性，3NaHCO溶液呈碱性。对于浓度均为11mol L的3NaHSO溶液和3NaHCO溶液，
7、溶液中各微粒的物质的量浓度关系正确的是(R 表示 S 或 C)A两溶液中均有+-+2-33c(Nac(HRO c(H)c(ROc(OH)B两溶液中均有 c(Na+)+c(H+)c(-3HRO)+c(2-3RO)+c(OH)C两溶液中均有 c(H+)+c(H2RO3)=c(2-3RO)+c(OH-)D两溶液中 c(Na+)、c(-3HRO)、2-3c(RO)分别对应相等10下列关于有机化合物的说法错误的是A正己烷和 2，2-二甲基丁烷互为同系物B中共平面的原子数目最多为 15 个C正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇的沸点比二甲醚的高D甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃则不能，说明苯环活化了甲基11
8、侯氏制碱法(联合制碱法)工艺流程可用如图表示。下列有关说法错误的是A以海水为原料，经分离、提纯和浓缩后得到饱和氯化钠溶液进入吸氨塔B该工艺的碳原子利用率理论上为100%C氨母液储罐中的溶质主要是NaCl、4NH Cl、3NaHCO高三化学第 4 页D在实验室模拟上述流程，“焙烧”需要使用铁坩埚、泥三角、三脚架、酒精灯等仪器12碱式硫酸铁4Fe(OH)SO是一种絮凝剂，常用于污水处理。工业上利用废铁屑(含少量23Al O、23Fe O等)生产碱式硫酸铁的工艺流程如图所示。下列说法不正确的是A“反应 I”中包含的反应类型有置换反应、复分解反应和化合反应B“过滤”所得滤液中溶质主要是243FeSOC
9、“反应 II”对应的离子方程式2322FeNO2HFeNOH O D合理处理废铁屑有利于环境保护和资源再利用二、多选题二、多选题(本题共本题共 3 小题，每小题小题，每小题 4 分，共分，共 12 分分)13某科学课题小组通过在催化剂作用下，使用 K2S2O8、Ce(NH4)2(NO3)6等氧化剂实现了甲烷向乙烷的转化(CH3COCH3为溶剂，总量几乎不变)。下列说法不正确的是A该催化循环中 Pd 的成键数目没有发生变化B氧化剂 Ce(NH4)2(NO3)6中 Ce 的化合价为+2 价C在还原消除反应中，有 CH3COCH3生成D为中间产物14物质 W 常用作漂白剂和氧化剂，其构成元素均为短周
10、期主族元素，各元素原子半径与原子序数的关系如图所示，实验室中常用 CS2洗涤残留在试管壁上的 N 单质。下列说法正确的是AX、Z 形成的化合物与 M、N 形成的化合物可以发生氧化还原反应B实验室中用 CS2洗涤残留在试管壁上的 N 单质，利用了 N 单质的还原性高三化学第 5 页CZ 的氢化物的沸点一定大于 Y 的氢化物的沸点D化合物 W 常用作氧化剂，不宜在高温下使用152-xCuSe是一种钠离子电池正极材料，充放电过程中正极材料立方晶胞(示意图)的组成变化如图所示，晶胞内未标出因放电产生的 0 价 Cu 原子。下列说法正确的是A每个2-xCuSe晶胞中2+Cu个数为 xB每个2Na Se晶
11、胞完全转化为2-xCuSe晶胞，转移电子数为 8C每个NaCuSe晶胞中 0 价 Cu 原子个数为1-xD当2 xy-Na CuSe转化为NaCuSe时，每转移(1-y)mol电子，产生(1-x)molCu原子三、填空题三、填空题(共共 52 分分)16那可丁是一种支气管解痉性镇咳药，能解除支气管平滑肌痉挛，抑制肺牵张反射引起的咳嗽。化合物H是制备该药物的重要中间体，合成路线如图：已知：a.RX碱 b.3CH l23RNHRNHCH 回答下列问题：(1)D 中官能团的名称为_；反应 AB 的反应类型为_。(2)化合物 G 的结构简式为_。(3)下列说法正确的是_(填字母)。a.物质 D 能与3
12、FeCl溶液发生显色反应b.物质 F 具有碱性c.物质 G 能和银氨溶液发生反应d.物质 H 的分子式是12154C H NO(4)写出 CD 的化学方程式：_。(5)满足下列条件化合物 A 的所有同分异构体有_种。a.可以与活泼金属反应生成氢气，但不与3NaHCO溶液反应；b.分子中含有酯基；c.含有苯环，且有两个取代基。高三化学第 6 页(6)已知2Cl2322500CH=CHCHCH=CHCH Cl，以和33CH CHClCH为原料，请设计制备化合物的合成路线(无机试剂任选)。_17氢化镁(MgH2)可用作供氢剂。某兴趣小组以工业废渣(主要成分是 MgO，含 Al2O3、FeO、Fe2O
13、3、MnO 和 SiO2等杂质)为原料制备氢化镁的流程如下：已知：SOCl2遇水反应生成 SO2和 HCl。请回答下列问题：(1)滤渣 A 的主要成分是_(填化学式)，SOCl2的作用是_。(2)滤液 A 和次氯酸钠反应生成 MnO2的离子方程式为_。(3)将一定量的工业废渣溶于一定体积 4molL-1盐酸中，相同时间内镁元素的浸出率与温度的关系如图所示。其他条件相同，温度高于 40时，镁元素的浸出率降低的主要原因可能是_。(4)试剂 X 宜选择_(填字母)。ANaOH BMgO CMg(OH)2DNH3H2O电热水器中的镁棒可防止内胆(主要成分是铁)被腐蚀，这种保护金属的方法叫做_。已知：常
14、温下，KspFe(OH)3=4.010-38，KspAl(OH)3=1.010-34，假设滤液 B 中含等物质的量浓度的 Al3+与 Fe3+，加入试剂 X 产生 Al(OH)3沉淀的质量与 X 的质量关系如图所示。其中符合题意的是_(填字母)。(5)为充分回收金属元素，设计以滤渣 C 为原料制备高纯度氢氧化铝的较优合成路线如下。请在括号里填入合适试剂：_；_。高三化学第 7 页18工业上常利用软锰矿浆(主要成分是2MnO，还含有硅、铁和少量重金属镍的化合物等杂质)制备4MnSO溶液，并以4MnSO溶液为原料制取单质锰及42MnSOH O粗产品。(1)4MnSO溶液的制备：还原：以稀硫酸作介质
15、，纤维素6105C H On还原2MnO生成4MnSO和2CO时，发生反应的化学方程式为_。除杂：除去硅、铁等杂质后，通常用 BaS 来除去溶液中的镍，pH 对除镍效果的影响如图所示。当 pH C(CH3COO-)，B 正确；C.a 点溶液中电荷守恒为：n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)=n(NH4+)+n(H+)，所以 n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)-n(NH4+)=n(H+)，a 点 pH=2，C(H+)=0.01molL-1，溶液总体积约为 100ml，n(H+)=0.01molL-10.1L=0.001mol，所以 n(Cl-)n(CH3COO-)n(OH-)-
16、n(NH4+)=0.001mol，C 错误；D.b 点位 HCl 溶液，水的电离受到 HCl 电离的 H+抑制，c 点：一方面 CH3COOH 为弱酸，另一方面，NH4+水解促进水的电离，综合来看 b 点水的电离受抑制程度大于 c 点，D 错误。答案选 B。【点睛】A一定温度下，电解质溶液中，不可能所有离子同时增大或者减小；B对于一元弱酸 HX，C(H+)=C(X-)aKC（HX）。2B【分析】三个容器中，与均为恒容容器，差别在于前者恒温，后者绝热；不妨设想容器，其与容器其余的条件相同，仅投料方式按照容器中的投料方式进行，那么容器中的平衡与中的等效，容器中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为
17、1mol。容器相比于容器，体积扩大了一倍，初始投料也增加了一倍，但容器是在恒温恒压的条件下反应的；不妨设想容器，其与容器的其他的条件相同，仅容器类型更改为恒温恒容的容器，那么容器中的平衡状态与中的等效，容器中的反应达到平衡时，Cl2的物质的量为 2mol。【详解】A4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(g)H116kJmol1，反应 4HCl(g)O2(g)2Cl2(g)2H2O(l)，生成液态水，气态水变液态水放出热量，因此H1；构造的容器的类型为恒温恒容，容器的类型为恒温恒压，二者都是正向反应建立的平衡，由于容器为恒容容器，所以反应开始后容器中的压强逐渐小于容器中的压强，压强越小
18、越不利于反应正向进行，因此平衡时，容器中的 Cl2的量小于容器中的，所以 b2，故 B 正确；C根据阿伏加德罗定律 PV=nRT 可知，温度相同，体积相同，则压强之比等于物质的量之比51mol 4mol2 10=2mol+2molp2，解得 p21.6105Pa，III 容器体积和加入的物质的量都是 I 容器的 2 倍，因此压强相同 p32105Pa，故 C 错误；D构造的容器的类型是恒温恒容，容器的类型是绝热恒容，二者都是逆向反应建立的平衡状态，容器由于是答案第 2页，共 11页绝热的，所以容器中的温度会越来越低，不利于反应逆向进行，故1(HCl)+2(Cl2)SClF，故 A 正确：BY
19、与氧元素形成的化合物 SO2和 SO3，均能与 NaOH 溶液反应，故 B 正确：CX 和 W 形成的化合物 SCl4中只存在极性键，故 C 错误：DW 与氧元素形成的化合物 ClO2可用于自来水的消毒，故 D 正确。答案第 3页，共 11页故选 C。7D【解析】对于反应3A(g)2B(g)4C(s)xD(g)，因为 C 为固体，根据容器的体积不变，反应前后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。求出反应后的气体的总物质的量，再根据 C 的生成量，求出其余物质的物质的量，求出 x，再求出其它量。【详解】对于反应3A(g)2B(g)4C(s)xD(g)，因为 C 为固体，根据容器的体积不变，反应前
20、后气体的压强之比等于气体的物质的量之比。反应前气体总物质的量为 6 mol，反应前后压强之比为 6：5，所以反应后气体的总物质的量为 5 mol。A达到平衡时生成 2 mol C，则消耗 A 的物质的量为 1.5 mol，消耗 B 的物质的量为 1 mol，生成 D 的物质的量为0.5x mol，则平衡时A的物质的量为4 mol-1.5 mol=2.5 mol，B的物质的量为2 mol-1 mol=1 mol，则2.5 mol+1 mol+0.5xmol=5 mol，x=3，A 错误；B用 A 表示的反应速率为 v(A)=1.5mol2L=0.3752minmolL-1min-1，B 错误；C
21、因为 x=3，正反应为气体体积减小的反应，所以增大该体系的压强，平衡向右移动，温度不变，化学平衡常数不变，化学平衡常数与浓度、压强没有关系，C 错误；D若起始时 A、B 的物质的量之比为 32，物质反应的物质的量的比是 32，则 2 min 末达到平衡时 A、B 的转化量之比仍为 3：2，所以 2 min 末达到平衡时 A、B 的转化率相等，D 正确；故选 D。8B【分析】取一定量的样品，加足量水充分溶解，过滤得到滤液和滤渣，可知含不溶于水的物质或生成沉淀；取一定量的滤液分成二份。一份加入 NaOH 溶液并加热，产生能使湿润的 pH 试纸变蓝的气体，气体为氨气，可知原溶液含铵盐，另外一份加入
22、BaCl2溶液，无明显现象产生，说明不存在钡离子、钙离子、银离子等；取少量滤渣，加入稀盐酸，滤渣部分溶解，再加入新制氯水和 KSCN 溶液，溶液显血红色，可知滤渣含铁元素，以此来解答。【详解】A溶于水得到滤渣含 Fe2O3、CaCO3，能全部溶于盐酸，不符合题意，故 A 不选；B溶于水得到滤渣为 Ag，铁过量时含 Fe，Ag 与稀盐酸不反应，滤液含有铵根离子，加入氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的 pH 试纸变蓝的气体，气体为氨气，滤液和氯化钡不反应，符合题意，故 B 选；C溶于水得到滤渣为 FeO、BaCO3，滤液中只含 NH4Cl，与氯化钡不反应，不符合题意，故 C 不选；D溶于水得到滤渣
23、为 SiO2，与稀盐酸不反应，不符合题意，故 D 不选；故选 B。9C【分析】23RO所带负电荷数是其离子数的 2 倍。3HSO的电离程度大于其水解程度，3HCO的水解程度大于其电离程度，据此分析解题。【详解】ANaHSO3溶液呈酸性，说明溶液中 HSO3电离程度大于水解程度，c(H+)c(OH)，NaHCO3溶液呈碱性，说明-3HCO水解程度大于电离程度，c(OH)c(H+)，故 A 错误；B由溶液呈电中性有电荷守恒关系：c(Na+)+c(H+)c(-3HRO)+2c(2-3RO)+c(OH)，故 B 错误；答案第 4页，共 11页C 根据化学式 NaHRO3得物料守恒关系：c(Na+)=c
24、(-3HRO)+c(2-3RO)+c(H2RO3)，由溶液呈电中性有电荷守恒关系(a)：c(Na+)+c(H+)=c(-3HRO)+2c(2-3RO)+c(OH-)，二者联式可得 c(H+)+c(H2RO3)=c(2-3RO)+c(OH-)，故 C 正确；D同浓度的两溶液中，c(Na+)相等，c(-3HRO)不一定相等，c(2-3SO)c(2-3CO)，故 D 错误；故选 C。10A【详解】A正己烷和 2，2-二甲基丁烷均是烷烃，两者分子式相同，但结构式不同，属于同分异构体，A 项错误；B中，苯环共平面，乙炔基为直线型与苯环相连，在平面内，苯环上的甲基，最多有两个原子在平面内，则共平面的原子数
25、目最多为 15 个，B 项正确；C相同碳原子的烃，支链越多，沸点越低，因此正丁烷的沸点比异丁烷的高，乙醇含有分子间氢键，因此乙醇的沸点比二甲醚的高，C 项正确；D苯环影响甲基，甲苯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，而烷烃则不能，是因为烷烃不含苯环，说明苯环活化了甲基，D 项正确；答案选 A。11C【详解】向饱和NaCl溶液中先通入氨气(吸氨塔)使溶液呈现碱性，提升其溶解2CO的能力，再通入2CO(碳酸化塔)，反应生成4NH Cl和碳酸氢钠(从溶液中析出)，真空过滤机过滤出的3NaHCO进入回转焙烧炉焙烧后转化为23Na CO、水和二氧化碳，2CO可进入碳酸化塔重复利用，4NH Cl进入碱母液储罐，由于
26、4NH Cl的溶解度在低温下比NaCl小，向其中通入3NH后降温“冷析”、加 NaCl“盐析”，可使4NH Cl结晶析出，剩余母液中含氯化钠和氨水，进入氨母液储罐后可再次投入使用。A根据分析可知海水淡化工厂对海水进行分离、提纯和浓缩可得到饱和氯化钠溶液，然后进入吸氨塔，故 A 正确；B根据32234NHCONaClH ONaHCONH Cl，323222NaHCONa COCOH O，反应产生的2CO又进入碳酸化塔知，碳原子利用率理论上为100%，故 B 正确；C氨母液储罐中的溶质主要是NaCl和32NHH O，故 C 错误；D焙烧固体在坩埚中进行，实验室模拟“焙烧”时需要的实验仪器有铁坩埚、
27、泥三角、三脚架、酒精灯等，故 D 正确；故答案为 C。12B【分析】废铁屑加入足量稀硫酸，“反应 I”中涉及的反应为：Fe、23Al O、23Fe O与硫酸反应，生成2+3FeAl、，调节 pH 使3Al反应生成氢氧化铝沉淀，滤液溶质为4FeSO，滤液中加入硫酸和亚硝酸钠，反应得到碱式硫酸铁，据此分析。【详解】A“反应 I”中Fe与硫酸的反应是置换反应，23Al O、23Fe O与硫酸反应是复分解反应，Fe与3+Fe反应是化合反应，322FeFe3Fe，A 正确；B根据上述分析可知，“过滤”所得滤液中溶质主要是4FeSO，B 错误；答案第 5页，共 11页C“反应 II”是亚硝酸根氧化2+Fe
28、的反应，生成3+Fe和NO，结合电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒可得离子方程式为：2322FeNO2HFeNOH O，C 正确；D合理处理废铁屑可制取碱式硫酸铁4Fe(OH)SO，有利于环境保护和资源再利用，D 正确；故本题选 B。13AB【详解】A由反应历程可看到有的过程，故该催化循环中 Pd 的成键数目发生变化，A 错误；B根据铵根离子为+1 价离子，硝酸根离子为-1 价离子，根据化合物中元素化合价的代数和为 0，故氧化剂Ce(NH4)2(NO3)6中 Ce 的化合价为+4 价，B 错误；C由反应历程可知在还原消除反应中，反应为CH3CH3，分析可知还有 CH3COCH3生成，C 正确；D
29、由反应历程可知一直在循环圈中，故为中间产物，D 正确；故选 AB。14AD【分析】实验室中常用 CS2洗涤残留在试管壁上的 S 单质，则 N 为 S 元素；M 原子半径大于 N，且 M 离子带一个正电荷，则 M 为 Na 元素；Z 周围有两个共价键，且原子序数小于 M，则 Z 为 O 元素；X 周围有一个共价键，且原子半径最小，则 X 为 H 元素；Y 周围有四个共价键，图中所示的阴离子带两个负电荷且原子半径大于 Z，则 Y为 C 元素；【详解】AX、Z 形成的化合物 H2O2与 M、N 形成的化合物 Na2S 可以发生氧化还原反应，A 正确；B实验室中用 CS2洗涤残留在试管壁上的 N 单质
30、，利用了 N 单质溶解性，B 错误；CZ 的氢化物的沸点不一定大于 Y 的氢化物的沸点，它们氢化物有多种，没有绝对关系，C 错误；D化合物 W 常用作氧化剂，不宜在高温下使用，因为高温下化合物 W 不稳定，D 正确；故答案为 AD。15BD【详解】A由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为 818+612=4，位于体内的铜离子和亚铜离子的个数之和为 8，设晶胞中的铜离子和亚铜离子的个数分别为 a 和 b，则 a+b=8-4x，由化合价代数和为 0 可得 2a+b=42，解得 a=4x，故 A 错误；B由题意可知，Na2Se 转化为 Cu2-xSe 的电极反应式为 Na2Se-2e-+(2-
31、x)Cu=Cu2-xSe+2Na+，由晶胞结构可知，位于顶答案第 6页，共 11页点和面心的硒离子个数为 818+612=4，则每个晶胞中含有 4 个 Na2Se，转移电子数为 8，故 B 正确；C由题意可知，Cu2-xSe 转化为 NaCuSe 的电极反应式为 Cu2-xSe+e-+Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，由晶胞结构可知，位于顶点和面心的硒离子个数为 818+612=4，则每个晶胞中含有 4 个 NaCuSe，晶胞中 0 价铜而个数为(4-4x)，故 C 错误；D由题意可知，NayCu2-xSe 转化为 NaCuSe 的电极反应式为 NayCu2-xSe+(1-y)e-+(1-
32、y)Na+=NaCuSe+(1-x)Cu，所以每转移(1-y)电子，产生(1-x)mol 铜，故 D 正确；故选 BD。16(1)醚键、醛基取代反应(2)(3)bd(4)或(5)12(6)答案第 7页，共 11页【分析】A 到 B 在 A 的酚羟基的邻位发生了取代反应，B 为；B 到 C 发生了卤代烃的水解，C为；C 到 D 根据信息反应 a 完成的，D 到 E 醛基的位置发生了反应碳链增长且引入了碳碳双键，E 到 F 双键位置变成了羰基；对比 H 和 F 的结构，G 的结构简式为：；G 到 H 过程中 N 原子上的氢原子被甲基取代。(1)D 中官能团名称为醚键、醛基；A 到 B 的反应类型为
33、取代反应；(2)根据分析，G 的结构简式为；(3)a物质 D 中不含酚羟基，不能与 FeCl3溶液发生显色反应，a 错误；b物质 F 中含有氨基，具有碱性，b 正确；c物质 G 的结构简式为，不含醛基，不能和银氨溶液发生反应，c 错误；d物质 H 的分子式是 C12H15NO4，d 正确；故选 bd。(4)C 到 D 发生了取代反应，化学方程式为：或答案第 8页，共 11页；(5)满足可以与活泼金属反应生成氢气，但不与 NaHCO3溶液反应，说明含有酚羟基或羟基，不含羧基；分子中含有酯基；含有苯环，且有两个取代基：、，均有邻、间、对三种结构，化合物 A 所有同分异构体有 12 种；(6)消去反
34、应得到，与氯气发生取代反应得到，与氯气发生加成反应得到，与反应得到，合成路线为：。17SiO2消耗水，生成的 HCl 能抑制 Mg2+水解Mn2+ClO+H2O=MnO2+Cl+2H+温度高于 40 ，盐酸挥发加快，反应物浓度降低较快BC牺牲阳极的阴极保护法c足量 NaOH 溶液CO2【分析】工业废渣的主要成分是 MgO，含 Al2O3、FeO、Fe2O3、MnO 和 SiO2，加盐酸后，MgO、Al2O3、FeO、Fe2O3溶解于盐酸形成 Mg2+、Al3+、Mn2+、Fe2+、Fe3+，SiO2不与盐酸反应，滤渣 A 为 SiO2，滤液 A 中加次氯酸钠，将亚铁离子氧化成三价铁离子，并与
35、Mn2+和反应生成 MnO2，滤渣 B 为 MnO2，滤液 B 中加氧化镁或氢氧化镁调节 PH，促使 Fe3+、Al3+形成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀，过滤除去，再结晶形成 MgCl26H2O，灼烧失去结晶水转变为无水氯化镁，SOCl2遇水反应得 SO2和 HCl，抑制 Mg2+水解，电解熔融氯化镁制备金属镁，再与氢气化合得到氢化镁，据此解答。【详解】(1)SiO2不与盐酸反应，故滤渣 A 为 SiO2，MgCl26H2O 灼烧制备无水氯化镁时，镁离子容易水解形成氢答案第 9页，共 11页氧化镁，SOCl2遇水反应得 SO2和 HCl，其可吸收灼烧时生成的水蒸气，生成的 HCl 能抑制 Mg2+水
36、解，故答案为：SiO2；消耗水，生成的 HCl 能抑制 Mg2+水解；(2)滤液 A 中 Mn2+和次氯酸钠反应生成 MnO2和氯化钠，离子方程式为：Mn2+ClO+H2O=MnO2+Cl+2H+，故答案为：Mn2+ClO+H2O=MnO2+Cl+2H+；(3)氯化镁会水解：MgCl2+2H2OMg(OH)2+2HCl，温度高于 40 ，盐酸挥发加快，水解平衡正向移动，部分镁离子转变为氢氧化镁沉淀，镁元素的浸出率降低，故答案为：温度高于 40 ，盐酸挥发加快，反应物浓度降低较快；公众号：高中试卷君(4)加入试剂 X 的目的是为了调节 PH 使 Fe3+、Al3+水解形成氢氧化铁和氢氧化铝沉淀除
37、去，由于氧化过程为酸性环境，故需加入能消耗氢离子使溶液 PH 值上升的试剂，且不能引进新的杂质，可选择的试剂为 MgO 或 Mg(OH)2，依据题目描述此处保护金属的方法为牺牲阳极的阴极保护法，镁棒为阳极，铁为阴极；滤液 B 含有 Fe3+、Al3+，KSP越小越先沉淀，故 Fe3+先沉淀，一开始没有形成 Al(OH)3，Al(OH)3不溶解在弱碱中，之后加过量试剂 X，Al(OH)3也不溶解，所以选 c，故答案为：BC；牺牲阳极的阴极保护法；c；(5)滤渣 C 为氢氧化铁、氢氧化铝和试剂 X，先加足量氢氧化钠溶液，氢氧化铝与 NaOH 反应生成 NaAlO2，而氢氧化铁和试剂 X 与氢氧化钠
38、不反应，过滤除去，再在滤液中通二氧化碳，偏铝酸钠转变成氢氧化铝，洗涤干燥，提取高纯度氢氧化铝，故答案为：足量 NaOH 溶液；CO2；18(1)12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2+17nH2OpH 越小，H+浓度增大，BaS 会与 H+反应生成 H2S 气体(2)Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失去电子放电(3)84.5%【解析】(1)由题意可知，在稀硫酸作用下，纤维素与二氧化锰反应生成硫酸锰、二氧化碳和水，反应的化学方程式为12nMnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2+17nH2O，故答案为：12n
39、MnO2+(C6H10O5)n+12nH2SO4=12nMnSO4+6nCO2+17nH2O；用硫化钡来除去溶液中的镍元素时，若溶液 pH4.2，溶液中氢离子浓度增大，硫化钡会与硫化氢反应生成硫化氢气体，导致除镍效果降低，故答案为：pH 越小，H+浓度增大，BaS 会 H+与反应生成 H2S 气体；(2)由题意可知，当溶液中锰离子浓度大于 22g/L 时，锰离子浓度过大，扩散到阳极，在阳极失去电子放电生成高价态锰元素，导致电流效率随锰离子浓度增大反而下降，故答案为：Mn2+浓度增大，Mn2+扩散至阳极失去电子放电；(3)由题给方程式可得如下关系：3MnSO4H2O2KMnO4，滴定消耗 20.
40、00mL0.5000mol/L 高锰酸钾标准溶液，则3.000gMnSO4H2O 样品的纯度为30.5000mol/L 0.02000L169g/m3ol2.000g100%=84.5%，故答案为：84.5%。19(1)阳2 H2O+2e-=H2+2OH-2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O阳极附近溶液中 Cl-浓度大，易与 Cu+生成 CuCl，降低 Cu+浓度，氧化反应易发生(2)取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白色沉淀常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的答案第 1
41、0页，共 11页生成，可以减少碱式硫酸铜的生成(3)Cu(NH3)42+(4)CuO【解析】(1)由题意可知，I 和 II 中铜做电解池的阳极，铜失去电子发生氧化反应生成亚铜离子，故答案为：阳；由题意可知，II 中石墨电极为电解池的阴极，水在阴极得到电子发生还原反应生成氢气和氢氧根离子，电极反应式为 2 H2O+2e-=H2+2OH-；由题意可知，II 中阴极产生的氢氧根离子自下而上向阳极定向移动，则白色沉淀变为砖红色的反应为氯化亚铜与氢氧根离子反应生成氧化亚铜、氯离子和水，反应的离子方程式为 2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；氯离子向阳极移动，阳极附近溶液中氯离子浓度大，易与
42、亚铜离子生成 CuCl，降低溶液中生成的亚铜离子浓度，由信息 ii 可知，增大反应物浓度或降低生成物浓度有利于氧化反应易发生，则电解质溶液中存在氯离子，有利于铜被氧化为一价铜化合物，故答案为：2CuCl+2OH-=Cu2O+2Cl-+H2O；阳极附近溶液中 Cl-浓度大，易与 Cu+生成 CuCl，降低 Cu+浓度，氧化反应易发生；(2)若蓝绿色沉淀中只含有氢氧化铜，加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液不会产生硫酸钡白色沉淀，而碱式硫酸铜加入盐酸溶解后，再加入氯化钡溶液会产生硫酸钡白色沉淀，则检验方案是取少量蓝绿色沉淀于试管中，滴加稀盐酸，沉淀全部溶解，得到蓝色溶液，向试管中滴加氯化钡溶液，产生白
43、色沉淀；由资料可知，常温时碱式硫酸铜的溶解度比氢氧化铜的大，所以适当增大氢氧根离子的浓度有利于氢氧化铜沉淀的生成，可以减少碱式硫酸铜的生成；(3)已知，Cu(OH)2易溶于 NH3H2O 生成深蓝色的Cu(NH3)42+；由实验现象可知，IV 中出现深蓝色说明电解生成了铜氨络离子，故答案为：Cu(NH3)42+；(4)0.98g Cu(OH)2的物质的量为10.01mol98g mol0.98g，固体物质 A 中 Cu 的物质的量为 0.01mol，质量为 0.64g，则 A 中O 的质量为 0.80-0.64=0.16g，物质的量为10.01mol16g mol0.16g，则 Cu、O 原子
44、个数比为 1：1，化学式为 CuO。20(1)1s22s22p63s23p63d64s2或Ar 3d64s20(2)sp3、sp2(3)低于吡咯易形成分子间氢键(4)与 Cu+相比，Cu2+半径小，所带电荷数多，离子水合能大(5)6BF(6)(1，12，12)242A25 3 102a N【解析】（1）铁为 26 号元素，Fe 原子核外电子排布式为：1s22s22p63s23p63d64s2或Ar 3d64s2；答案第 11页，共 11页铁为第四周期族元素，未成对电子数为 4，在第四周期过渡元素中，基态原子的未成对电子数与铁相同的元素 0 个；（2）甘氨酸(H2NCH2COOH)中与氨基相连的
45、碳原子有四个单键，为3sp杂化，羧基中的碳原子有一个碳氧双键为2sp杂化；（3）影响物质熔沸点的主要因素为分子间作用力，氢键大于分子间作用力，有氢键的吡咯沸点大于呋喃，吡咯易形成分子间氢键，沸点较高，则呋喃沸点低于吡咯；吡咯易形成分子间氢键；（4）离子在溶液中的稳定性可以从离子的大小、电荷、水化能等因素来解释，在水溶液里2+Cu比+Cu稳定的原因为：2+Cu的半径小且所带电荷多，水化能大；（5）Ti 能形成化合物TiCl(H2O)5 Cl2H2O，与 Ti3+最近的粒子数目为 6，则该化合物中 Ti3+的配位数为 6；该化合物中O-H中存在键和极性共价键，Ti3+与配体存在配位键，内届与外界的
46、氯离子存在离子键，则不存在键和非极性共价键，答案选 BF；（6）NiO 的晶胞结构如图甲所示，其中离子坐标参数 A 为(0，0，0)，B 为(1，1，1)，c 在 x、y、z 轴上的投影分别是(1，12，12)，则 c 点的离子坐标为(1，12，12)；每个Ni原子被 3 个 O 原子包围，每个 O 原子被 3 个Ni原子包围，如图所示，相邻的 3个圆中心连线为正三角形，正三角形的边长为 2apm，每个三角形含有一个Ni原子，三角形的面积24224221=2a2asin6010m3 10a m2，如图，实际上每个Ni原子被两个小三角形包含，小平行四边形的面积为24222 3 10a m，O 原子个数为1616，每平方米面积上分散的该晶体的质量为242242242AAA1M159+1625 3 10gg=gNN2a N2 3 10a2 3 10a。