《2023届广东省惠州市惠东高考化学全真模拟密押卷含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023届广东省惠州市惠东高考化学全真模拟密押卷含解析.pdf（19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、2023学年高考化学模拟试卷注意事项1.考生要认真填写考场号和座位序号。2.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3.考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选 择 题（每题只有一个选项符合题意）1、短 周 期 元 素 X、Y、Z、M的原子序数依次增大。元 素 X 的一种高硬度单质是宝石，丫?+电子层结构与规相同,Z 的质子数为偶数，室温下，M单质为淡黄色固体。下列说法不正确的是A.X单 质 与 M单质不能直接化合B.Y 的合金可用作航空航天飞行器材料C.M简单离子半径大于Y”的半径D.X
2、和 Z 的气态氢化物，前者更稳定2、化学与人类生活、生产息息相关，下列说法中错误的是A.高铳酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，且原理相同B.地沟油可以用来制肥皂和甘油C.为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉D.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量3、化学与生活密切相关，下列说法不无碘的是。A.用浸泡过高铳酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的B.人工合成的多氟碳化物可能作为未来的血液的替代品C.煤经气化和液化两个物理变化过程，可变为清洁能源D.禁止使用四乙基铅作汽油抗爆震剂，可减少汽车尾气污染4、某科研小组将含硫化
3、氢的工业废气进行了资源化利用，将获得的电能用于制取“84”消毒液。已知:2H2s（g）+O2（g）=S2（s）+2H2OAH=-632KJ/moL下图为该小组设计的原理图。下列说法正确的是（）A.电极a 为燃料电池正极B.电极b 上发生的电极反应为:Ch+4e+2H2O=4OH-C.电路中每流过4mol电子，电池质子固体电解质膜饱和NaCl溶液内部释放热能小于632kJD.a 极每增重3 2 g,导气管e 将收集到气体22.4L5,对图两种有机物的描述错误的是（）A.互为同分异构体 B.均能与钠反应C.均能发生加成反应 D.可用银氨溶液鉴别6、目前，国家电投集团正在建设国内首座百千瓦级铁一倍液
4、流电池储能示范电站。铁一倍液流电池总反应为Fe3+Cr2+B S Fe2+CN+,工作示意图如图。下列说法错误的是,充电|交流/直流变换7徜液笈二电池m元clr c-lcl液crcrfHC溶泵储液器A.放电时a 电极反应为Fe 3+e-=Fe2+B.充电时b 电极反应为CN+e-=Cr2+C.放电过程中H+通过隔膜从正极区移向负极区D.该电池无爆炸可能，安全性高，毒性和腐蚀性相对较低7、下列各组物质由于温度不同而能发生不同化学反应的是（）A.纯碱与盐酸 B.NaOH与 AlCb溶液C.Cu与硫单质 D.Fe与浓硫酸8、溟化氢比碘化氢A.键长短 B.沸点高 C,稳定性小 D.还原性强9、W、X、
5、Y、Z 均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W 最外层电子数是次外层电子数的3 倍，W 与 Y 同主族,X 在短周期中原子半径最大。下列说法正确的是A.常温常压下Y 的单质为气态 B.X 的氧化物是离子化合物C.X 与 Z形成的化合物的水溶液呈碱性 D.W 与 Y 具有相同的最高化合价10、根据下列实验操作和现象能得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向2 支盛有5 mL不同浓度NaHSOj溶液的试管中同时加入2 mL 5%比02溶液,观察实验现象浓度越大,反应速率越快B向 NaCR Nai的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3溶液.有黄色沉淀生成G（AgCl）KMAgl）C向盛有2 mL黄
6、色氯化铁溶液的试管中滴加浓的维生素C 溶液，观察颜色变化维生素C 具有还原性D向 20%蔗糖溶液中加入少量稀HSCh,加热：再加入银氨溶液，未出现银镜蔗糖未水解A.A B.B C.C D.D11、室温下，向 100mL饱和的H2s溶液中通入SO2气体（气体体积换算成标准状况），发生反应：2H2S+SO2=3Si+2H2O,测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A.整个过程中，水的电离程度逐渐增大B.该温度下H2s的 Kal数量级为10-7C.曲线y 代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D.a 点之后，随 SO2气体的通入，必 坐 冬 的 值 始 终 减 小c（H 2 s
7、。3）12、下列离子方程式书写不正确的是A.用两块铜片作电极电解盐酸：Cu+2H+H2f+Cu2+B.NaOH 溶液与足量的 Ca（HCO3）2 溶液反应：2HCO3+2OH+Ca2+=CaCO3；+2H2OC.等物质的量的FeBr2和 Cl2在溶液中的反应：2Fe?+2Br-+2Cl2=2Fe3+Br2+4C1D.氨水吸收少量的二氧化硫：2NH3H2O+SO2=2NH4+SO32+H2O13、利用微生物燃料电池进行废水处理，实现碳氮联合转化。其工作原理如下图所示，其中M、N为厌氧微生物电极。下列有关叙述错误的是A.负极的电极反应为C H 3C O O 8e+2H20=2C021+7H+B.电
8、池工作时，由M极移向N极C.相同条件下，M、N两极生成的CO2和用的体积之比为3：2D.好氧微生物反应器中发生的反应为MV+ZO-NCV+ZT+fW14、35cl 和 37C具有A.相同电子数 B.相同核电荷数 C.相同中子数 D.相同质量数15、在 O.lmol/L的 Na2CO3溶液中，下列关系式正确的是()A.c(Na+)=2c(CO32-)B.c(H+)c(OH)C.c(CO32)+c(HCO3)=0.1mol/L D.c(HCO3)Si,即 CH4比 SiH4稳定，故说法正确。2、A【解析】A.高钵酸钾溶液、次氯酸钠溶液、75%乙醇均可用于消毒杀菌，高镭酸钾溶液、次氯酸钠溶液是将物质
9、氧化，而 75%乙醇是使蛋白质变性，因此消毒原理不相同，A 错误；B.地沟油主要成分是油脂，属于酯，油脂在碱性条件下发生水解反应产生甘油和高级脂肪酸盐，高级脂肪酸盐是肥皂的主要成分，B 正确；C.由于Fe粉具有还原性，所以为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入还原铁粉，C 正确；D.“静电除尘”利用胶体的性质，使空气中的固体尘埃形成沉淀，减少空气中飘尘的含量；“燃煤固硫”是使煤中的S元素在燃烧时转化为硫酸盐留在炉渣中，因而可减少酸雨的形成；“汽车尾气催化净化”可以使尾气中的NO、CO在催化剂作用下转化为空气的成分气体N2、C O 2,因而都能提高空气质量，D 正确；故答案是Ao3、
10、C【解析】A.乙烯含有碳碳双键，可被酸性高镒酸钾氧化，因此用浸泡过高钛酸钾溶液的硅土吸收水果释放的乙烯，可达到水果保鲜的目的，故 A 正确；B.实验表明，老鼠能在含饱和多氟碳化物的溶液内部获得氧气，像鱼儿一样在水中游动，把狗身上的70%的血液，换成由25%的多氟碳化物和75%的水混合成的乳液后仍可存活，科学家预测多氟碳化物可能成为血液的替代品，故 B正确；C.煤的气化是将固体煤中有机质转变为含有CO、氏、CH,等可燃性气体的过程；煤的液化指固体煤经化学加工转化成液体燃料和化工原料的过程；两者都生成了新物质，属于化学变化，故 c 错误；D.因铅能使人体中毒，禁止使用四乙基铅作汽油防爆剂可以减少铅
11、污染，故 D 正确；答案选C。4、C【解析】根据2H2s（g）+O2（g）=S2（s）+2H2。反应，得出负极H2s失电子发生氧化反应，则 a 为电池的负极，正极Ch得电子发生还原反应，则 b 为电池的正极，则 c 为阴极，发生还原反应生成氢气，d 为阳极，发生氧化反应生成氯气，以此解答该题。【详解】A.由 2H2s（g）+OKg）=S2（s）+2H2。反应，得出负极H2s失电子发生氧化反应，则 a 为电池的负极，故 A 错误；B.正 极 02得电子发生还原反应，所以电极b 上发生的电极反应为：O2+4H+4e=2H2O,故 B 错误；C.电路中每流过4moi电子，则消耗Imol氧气，但该装置
12、将化学能转化为电能，所以电池内部释放热能小于632kJ,几乎不放出能量，故 C 正确；D.a极发生2H2s-4e-=S2+4H+,每增重3 2 g,则转移2moi电子，导气管e 将收集到气体Im o l,但气体存在的条件未知，体积不一定为22.4L,故 D 错误。故 选 C。【点睛】此题易错点在D 项，涉及到由气体物质的量求体积时，一定要注意条件是否为标准状态。5、A【解析】A.前者含8 个 H 原子，后者含10个 H 原子，分子式不同，二者不是同分异构体，故 A 错误；B.前者含-O H,后者含-CO O H,则均能与钠反应生成氢气，故 B 正确；C.前后含苯环、-C H O,后者含碳碳双键
13、，则均可发生加成反应，故 C 正确；D.前者含-CHO（能发生银镜反应），后者不含，则可用银氨溶液鉴别，故 D 正确；故答案选A。【点睛】有机物能够与氢气发生加成反应的结构特点：含有不饱和键：碳碳双键，碳碳三键，含有醛基、段基，含有苯环；能够与金属钠发生反应的有机物的结构特点：含有-OH、-COOH等；能够发生银镜反应的有机物的结构特点：含有醛基。6、C【解析】铁-锚液流电池总反应为Fe+Cr 楚 Fe+C r,放电时，Cr发生氧化反应生成Cr、b 电极为负极，电极反应为充电Cr2t-e=Cr3t,Fe 发生得电子的还原反应生成Fe*,a 电极为正极，电极反应为Fb+e Fe。放电时，阳离子移
14、向正极、阴离子移向负极；充电和放电过程互为逆反应，即 a 电极为阳极、b 电极为阴极，充电时，在阳极上Fe失去电子发、生氧化反应生成F e,电极反应为:Fe2+-e-F e3 阴极上Cr发生得电子的还原反应生成Cr2 电极反应为C r+e T r。据此分析解答。【详解】A.根据分析，电池放电时a 为正极，得电子发生还原反应，反应为Fe3+e-=Fe2+,A 项不选；B.根据分析，电池充电时b 为阴极，得电子发生还原反应，反应为Cr3+e-=CB,B 项不选；C.原电池在工作时，阳离子向正极移动，故放电过程中H+通过隔膜从负极区移向正极区，C 项可选；D.该电池在成充放电过程中只有四种金属离子之
15、间的转化，不会产生易燃性物质，不会有爆炸危险，同时物质储备于储液器中，Cr3 Cr2+毒性比较低，D 项不选；故答案选Co7、D【解析】A.纯碱与盐酸反应生成氯化钠、水、二氧化碳，反应不受温度影响，故 A 错误；B.NaOH与 AlCb溶液反应时，NaOH少量反应生成氢氧化铝和氯化钠，NaOH过量生成偏铝酸钠、氯化钠，反应不受温度影响，故 B 错误；C.C u与硫单质在加热条件下反应只能生成硫化亚铜，故 C 错误；D.常温下浓硫酸使铁发生钝化生成致密的氧化膜，加热时可持续发生氧化还原反应生成二氧化硫，与温度有关，故 D正确；故答案为D。8、A【解析】A.滨化氢中的滨原子半径小于碘原子半径，所以
16、澳化氢的键长比碘化氢的短，故 A 正确；B.澳化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溟化氢的沸点低于碘化氢的，故 B 错误；C.澳的非金属性比碘强，所以澳化氢比碘化氢稳定，故 C 错误；D.嗅的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溟化氢比碘化氢还原性弱，故 D 错误；故选：Ao9、B【解析】W、X、Y、Z 均为短周期主族元素且原子序数依次增大。W 最外层电子数是次外层电子数的3 倍，最外层电子数只能为 6,次外层电子数为2,W 为 O 元素；W 与 Y 同主族，则 Y 为 S 元素；X 在短周期中原子半径最
17、大，X 为 Na元素;短周期中比S 原子序数大的主族元素只有C L 因此Z 为 C1元素，据此分析解答。【详解】根据上述分析，W 为 O 元素，X 为 Na元素，Y 为 S 元素，Z 为 C1元素。A.常温常压下，S 为固体，故 A 错误；B.X 的氧化物为氧化钠或过氧化钠，均是离子化合物，故 B 正确；C.X 与 Z 形成的化合物为NaCl,NaCl为强酸强碱盐，不水解，水溶液呈中性，故 C 错误；D.一般情况下，O 元素不存在正价，S 的最高价为+6价，故 D 错误;故选B。10、C【解析】A.要探究浓度对化学反应速率影响实验，应该只有浓度不同，其它条件必须完全相同，该实验没有明确说明温度
18、是否相同，并且NaHSCh溶液与H2O2溶液反应生成硫酸钠、硫酸和水，无明显现象，故 A 错误；B.向 NaCl、N a i的混合溶液中滴加少量稀AgN(h 溶液，有黄色沉淀生成，说明先达到A gl的溶度积，但由于NaCl、Nai浓度未知，不能由此判断溶度积大小，故 B 错误；C.由于维生素C 能把氯化铁还原成氯化亚铁，会看到溶液由黄色变成浅绿色，故 C 正确；D.银镜反应必须在碱性条件下进行，该实验中加入银氨溶液前没有加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，所以实验不成功，则实验操作及结论错误，故 D 错误。故答案选Co11、C【解析】A.由图可知，a 点表示Sth气体通入112mL即 0.00
19、5mol时 pH=7,溶液呈中性，说明SCh气体与H2s溶液恰好完全反应，可知饱和H2s溶液中溶质物质的量为O.Olmol,c(H2S)=0.1mol/L,a 点 之 前 为 过 量，a 点之后为SO2过量,溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故 a 点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故 A 错误；B.由图中起点可知O.lmol/LH2s溶液电离出的c(H+)=104imol/L,电离方程式为H2S=H+HS HS#H+S2；以第10-4-1 x 10-4*1一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的4 数 量 级 为 故 B 错误；0.1-10-41C.当 SO2气体通入336m
20、L时，相当于溶液中的c(H2so3)=0.1 m ol/L,因为H2SO3酸性强于H 2S,故此时溶液中对应的 pH应小于4.1,故曲线y 代表继续通入SO2气体后溶液pH 的变化，故 C 正确；D.根 据 平 衡 常 数 表 达 式 可 知堂)=C a 点之后，随 SO2气体的通入，c(H+)增大，当c(H 2so3)C(H2SO3)C(H)c(H)通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Kal也是一个定值，堂I的值保持不变,故D 错误；C(H 2so3)答案选C。12、B【解析】试题分析：A、用两块铜片作电极电解盐酸的离子反应为Cu+2H+H2T+CU2+,故 A 正确；B、NaOH
21、溶液与足量的 Ca(HCO3)2溶液反应的离子反应为HCO3-+OH-+Ca2+=CaCChl+H2O,故 B 错误；C、等物质的量的FeB。和 CL在溶液中反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，漠离子一半被氧化，离子反应为2Fe2+2Br+2C12=2Fe3+Br2+4C r,故 C 正确；D、氨水吸收少量的二氧化硫的离子反应为2NHJH2O+SO2=2NH4+SO32+H2O,故 D 正确；故选 B。【考点定位】考查离子方程式的书写【名师点晴】本题考查离子反应方程式的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意氧化还原反应的离子反应中遵循电子守恒，选项B 中量少的完全反应，选项C 中
22、等物质的量的FeBn和 CL在溶液反应，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，澳离子一半被氧化。13、C【解析】图示分析可知：N 极 Nth-离子得到电子生成氮气、发生还原反应，则 N 极正极。M 极 CH3COO-失电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，则 M 极为原电池负极，NH4+在好氧微生物反应器中转化为N O 据此分析解答。【详解】A.M 极为负极，CH3COO佚电子、发生氧化反应生成二氧化碳气体，电极反应为CHaCOO 8e+2H2O=2CO2T+7H+,故 A 正确；B.原电池工作时，阳离子向正极移动，即 H+由 M 极移向N 极，故 B 正确；C.生 成 ImolCCh转移4moi
23、e;生 成 ImolN?转 移 lOmole、根据电子守恒，M、N 两极生成的CCh和 N2的物质的量之比为lOmol：4moi=5:2,相同条件下的体积比为5:2,故 C 错误；D.NH4+在好氧微生物反应器中转化为NO”则反应器中发生的反应为NH4+2O2=NO3+2H+H2O,故 D 正确；故答案为 C。14、B【解析】35cl和 37c具有相同的质子数，而核电荷数等于质子数，故具有相同的核电荷数，故选：Bo【点睛】在原子中，质子数=电子数=核电荷数，但质子数不一定等于中子数，所以中子数与电子数、核电荷数是不一定相等的。15、D【解析】A.N az Ca 在溶液中存在 C032水解，即
24、C a F W HU V+O l T,所以 c(N a+)2c(CO 33;故 A 错误；B.N a2c G在溶液中存在CO 32 水解，即 c aA+H L Hav+o i r,由于c(V-水解溶液呈碱性，所以cSlOcG D,故 B 错误；C.由于N a2c。3在溶液中存在着下列平衡：C0+H20L HC03-+0f r；HC03-+H20L H2c o 3+01T;所以N a2c。3在溶液中C 的存在形式为 C032 HC(V、H2CO 3,根据物料守恒:c (N a*)=2c (C032-)+2C(HC03-)+2C(H2c 6)=0.Im o l/L,故 C 错误；D.由于 CO 3
25、水解，水解方程式为 C032-+H2()L HC03-+(r,HC03-+H20=H2C03+0i r,所以 c(0H)c(HC(V),故 D 正确；所以答案：D【点睛】根据 N a()3在溶液中存在：N a2C03-2N a+K 032；CO a+Hj O-HCO s-+O IT；HaV+l M L H2c o 3+0l T;H2001r H)HT,进行分析判断。16、C【解析】根据实验装置和反应方程式可知，a 中用盐酸和N aCl Ch 反应制取C1O2,由于制取的CIO z 中混有氯气和挥发出的氯化氢气体，可 用 b 装置吸收氯气和氯化氢，再用c 中的蒸播水吸收C K h,获得纯净C1O
26、 2溶液，d中的氢氧化钠用于吸收尾气，防止污染环境，据此分析解答。【详解】A.a 中通入的N 2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a 中产生的C K h 和 C L 吹出并进入后续装置，继续实验,二氧化硫具有还原性，可 将 C1O 2、N a C K h 等物质还原，故 A 错误；B.b中 N a C K h 的作用是吸收C1O 2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气,故 B 错误；c.C1O 2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故 c 中广口瓶最好放在冰水浴中冷却,有利于吸收C1O 2,故 c正确；D.d中氢氧化钠和C1O 2发生歧化反应生
27、成N aCl 和 N a C K h,产物至少两种，故 D 错误；答案选C。【点睛】实验室制取某种气体，需要气体的发生装置，除杂装置，收集装置，尾气处理装置，此实验中可能产生的杂质气体是氯气和氯化氢气体，用饱和食盐水可以吸收氯化氢，无法吸收氯气，从氧化还原反应的角度分析物质的相互转化关系，要利用好题目所给的信息，C K h 是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应，根据它的性质选择冰水来收集。H。+B人 f /OX QX X二、非选择题(本题包括5 小题)17、对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛)酯基、酸键 Cl3Hl403cl2 加成反应COOH BrII+HBr 12 BrC H z-C-C H,、
28、H,CO-CH2-C 0 0 HIICH,CH3。青 刈 誓2gH番取【解析】A(HO Y2)*)与HCHO在碱性条件下发生加成反应生成B(HO CH2OH)；B 氧化生成C(H O -C H O )；C 生成 D(H0-OV；D 与 发 生 取 代 反 应 生 成 E)和 HBr；E 环化生成F();F 酸性条件下水解生成H(0 ,F 中含氧官能团为酯基、酸键;分析。【详解】(1)C 为H O-C H O,命名为对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛)；答案：对羟基苯甲醛(或4-羟基苯甲醛)F 为&答案：酯基、酸键(3)H 为 0/H0品答案：Cl3Hl403cl2(4)反应为加成反应，反应为取代反
29、应，产物中还有H B r,化学方程式为(C IC l,由结构简式可知，H 的分子式为Cl3Hl4O3CI2;H。-/期+HBr；答案：加 成 反 应HOQH +B)穆人一/OjXoXX、+HBrBr Br(5)M 为的同分异构体，满足条件的M 的 结 构 简 式 为 H C-CH CH CH.,.H2CCHCH3COOH COOHBr Br Br BrI|I|Hi0CH-C H-C H3HzfCH,CHLCH：、H3CCHCH,CH3 x H,C H3CCHCH：CH2、|HaGGCH21 COOH、H：CCHCH2 ITCH2-C CH.,.1COOHCOOHCH3CH3CH3C O O H
30、 共 12种;其中iHNMR中有3组峰，且峰面积之比为6:2:1的结构简式为BrCOOHICHL J C H,、ICH,BrIHaCCCH2 COOH；ICH3COOH BrI I答案：12种 Br CHLG Y H,、H3CO-C -C O O HI ICH,CHj(6)根据题干信息可得出合成路线，由 环 己 烷 为 原 料 制 备 的 合 成 路 线 为。嘉畔 8Wittig反应答案：。水 寸 啜8丹。0黑【点睛】第小题寻找同分异构体为易错点，可以分步确定：根据同分异构体要求可知存在两个官能团-COOH、-B您确定碳链种类将两个官能团-COOH、-Br采用定一移一法确定同分异构体种类。CO
31、OH 0 COOH 018、粉基 a、c I II I II+2NaOH H2NCHCH20CCH,HjNCHCH20 CH,HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】(1)甲含有氨基和竣基；(2)a.该分子中C、N 原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N 原子；(3)丙 的 同 分 异 构 体 丁 中 含 有 在 稀 硫 酸 中 水 解 有 乙 酸 生 成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；COOH 0(4)丁为 I,含有酯基，可在碱性条件下水解，且我基于氢氧化钠发生
32、中和反应。H,NCHCH,OCCH,【详解】甲含有氨基和残基，含氧官能团为我基；(2)a.该分子中C、N 原子个数分别是7、5,所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5,a 正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b 错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c 正确；d.该分子中含有N 原子，不属于苯酚的同系物，d 错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为COOH 0H3N-C H-C H,-O-C H,5CO
33、OH 0(明丁为“、I.“，含有酯基，可在碱性条件下水解，且我基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为1 CHCH,O-C CH,COOH OI IIH,NCHCH,OCCH,+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。19、指 示 B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大 防止乙烯生成前装置中的热气体将溟吹出而降低产率 cBr2+2OH-=Br-+BrO-+H2O 干燥产品(除去产品中的水)3
34、0%【解析】(1)图中B 装置气体经过，但 B 中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B 中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率,因此玻璃管的作用为指示B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(iv)中“先切断瓶C 与瓶D 的连接处，再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的热气体将溟吹出而降低产率。(3)装 置 D 的烧杯中需加入冷却剂，因为1,2 一二澳乙烷的沸点为131C,熔点为9.3 C,因此只能让1,2 一二溟乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c。(4)步骤中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是将1,2 一二溟乙烷中的单质溟除掉，发生反应的离子方程式
35、为Br2+2OH-=Br-+BrO_+H2Oo(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品(除去产品中的水)；单质溟为O.lm ol,根据质量守恒得到1,2 一二澳5 64a乙烷理论物质的量为O.lm ol,因此该实验所得产品的产率为-y 百、100%=30%。【详解】(1)图中B 装置气体经过，但 B 中气体流速过快，则压强会过大，通过观察B 中玻璃管可以看出气体的流速和反应速率,因此玻璃管的作用为指示B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大，故答案为：指 示 B 中压强变化，避免气流过快引起压强过大。(2)(iv)中“先切断瓶C 与瓶D 的连接处,再加热三口瓶”的原因是防止乙烯生成前装置中的
36、热气体将澳吹出而降低产率,故答案为：防止乙烯生成前装置中的热气体将谟吹出而降低产率。(3)装 置 D 的烧杯中需加入冷却剂，因为1,2 一二澳乙烷的沸点为131C,熔点为9.3 C,因此只能让1,2 一二嗅乙烷变为液体，不能变为固体，变为固体易堵塞导气管，因此合适冷却剂为c,故答案为：c。(4)步骤中加入1%的氢氧化钠水溶液主要是将1,2 一二溟乙烷中的单质漠除掉，发生反应的离子方程式为Br2+2OH-=Br_+BrO+H 2O,故答案为：Brz+ZOH=Br+BrO+HzO.(5)步骤中加入无水氯化钙的作用为干燥产品(除去产品中的水)；单质漠为O.lm ol,根据质量守恒得到1,2 一二演乙
37、烷理论物质的量为O.lm ol,因此该实验所得产品的产率为-f X100%=3 0%,故答案为：干燥产品(除去产品中的水)；30%。20、S2O32+4C12+10OH-=2SO?+8Cl+5H2O 当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化 偏低 从表格中可以看出，第二次滴定误差较大，不应计算在平均值里面，消 耗 L标准溶液的平均值为20.00m L.由 2s2O32-+I2-S4(V-+2，可知 5.5g 样品中 n(Na2s=n(S2O32)=2n(I2)=2X0.02LX0.05mol/LX 10CL=0.02m ol,则 m(Na2szChTlhO)=0.02mol
38、X248g/mol=4.96g,则 Na2s2O3TH2Ol O m L4 9 6g在产品中的质量分数为”X 100%=90.18%,故答案为：90.18%o5.5g【解析】(1)碱性条件下二者发生氧化还原反应生成氯离子和硫酸根离子；(2)以淀粉溶液为指示剂，用浓度为0.050mol/Ll2的标准溶液进行滴定，终点现象为溶液变蓝色且半分钟内不褪色；依据反应的定量关系2s2O 32-+l2=S 4(V-+2计算碘单质消耗的硫代硫酸钠，计算得到样品中的质量分数。【详解】(1)Na2s2O3还原性较强，在碱性溶液中易被CL氧化成SO，反应的离子方程式为S2O32-+4C12+10OH-=2SO42-
39、+8C+5H2O,故答案为：S2O 32+4Ch+10OH=2SO?+8Cr+5H2O；(2)加入最后一滴L标准溶液后，溶液变蓝，且半分钟内颜色不改变，说明Na2s2O3反应完毕，滴定到达终点，故答案为：当滴加最后一滴硫代硫酸钠溶液，溶液蓝色褪去且半分钟内不再变化；若滴定时振荡不充分，刚看到溶液局部变色就停止滴定，则 Na2s2O3反应不完全，导致测定结果偏低，故答案为：偏低；第 2 次实验消耗标准液的体积与其它2 次相差比较大，应舍弃，1、3 次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，即消耗标准液体积为 20m L,由 2S2O32+l2=S4O62+2 r,可知 5.5g 样品中 n(Na2S
40、2Oj5H2O)=n(S2O32)=2n(l2)=2x0.02Lx0.05moi/Lx 粤 L=0.02m ol,则 m(Na2S2O35H2O)=0.02molx248g/mol=4.96g,则 Na2s2。35%0 在产品中lOlDL的质量分数为 多 警 xlO0%=90.18%,故答案为：90.18%。5.5g【点睛】本题涉及物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键。21、2 2s22P5 三角锥形 CN或C2?-或NO+金刚石属于原子晶体，熔化时需要破坏共价键；而CGO属于分_ 256子晶体，熔化时只需克服分子间作用力，不需要克服共价键。Si
41、8H 8。12 sp3 A i a?N16兀3a3【解析】原子核外有几个电子，就会有几种不同状态的电子；S能级电子云为球形、P 能级电子云为哑铃形；F 原子最外能层上的3s、3p能级上电子为其价电子；根据价层电子对互斥理论，计 算 NF3分子中N 原子孤电子对数和价层电子对数，由所得结果判断分子空间构型；等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；(3)金刚石和C60的晶体类型不同，金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，熔化不同晶体所破坏的作用力不同；(4)由分子结构可知，分子中有8 个 Si原子、8 个 H 原子、12个 O 原子；Si原子形成4 个价键，没有孤电子对，杂化轨道数目为4；
42、根据堆积方式分析，金 属 Cu的堆积方式为密置层ABCABC堆积；根据均摊法计算晶胞中Cu原子数目，即可计算晶胞质量，再由晶体密度=晶胞质量+晶胞体积计算晶胞密度；空间利用率=晶胞中原子总体积晶胞体积xl00%o【详解】(1)F是 9 号元素，基 态 F 原子核外有9个电子，所以基态F 原子核外电子有9种运动状态；F 原子3s、3P能级上电子为其价电子，价电子排布式为2s22P5；(2)NF3分子中N 原 子 孤 电 子 对 数=一 =1,NF3分子含有3个。键，所以分子空间构型为三角锥形；等电子体是2指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，与 N2互为等电子体的一种离子的化学式CN-或 C2
43、?-或NO+；(3)金刚石为原子晶体，C60为分子晶体，金刚石熔化时需要破坏共价键，而 C60熔化时只需克服分子间作用力不需要克服共价键；(4)由分子结构可知，分子中有8个 Si原子、8个 H 原子、12个 O 原子，故分子式为：SisHsOu;Si原子形成4个价键,没有孤电子对数，杂化轨道数目为4,Si原子采取sp3杂化；根据堆积方式分析，金属Cu的堆积方式为密置层ABCABC堆积，该堆积方式为面心立方最密堆积，即属于,6 41 1 64 4x g 256Au堆积；晶胞中Cu原子数目=8*三+6*7=4,晶胞质量=4x%g,则晶体密度p=m=N =忘 1g/cn?；晶8 2 卜 v /3 av(acm)4”3 1671r3 16 3胞 中 Cu原子总体积=4x m 皿 片 四 土。!？，所以该晶体中铜原子的空间利用率为=-=粤_*100%。3 3 T-x lO O%3a3a【点睛】本题考查了物质结构与性质，涉及原子核外电子排布、杂化方式、等电子体、晶胞计算等，掌握原子结构基础知识和基本概念是本题解答的关键，在进行晶胞计算时，要学会利用均摊法进行有关计算。