2022届高三化学高考备考复习一轮模拟卷2（全国甲卷） WORD版含答案.docx

1、备战2022年高考化学一轮模拟卷2（全国甲卷）可能用到的相对原子质量:H1 C12 N14 O16 Al27 S32 Ca40 Fe56 Ba137一、选择题:本题共16小题,每小题3分,共48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（2022全国模拟预测）五千年中华文化不仅能彰显民族自信、文化自信，还蕴含着许多化学知识。下列说法错误的是A“车中幸有司南柄，试与迷途指大方”中“司南柄”的主要成分为B“地生天赐硝磺炭”中提到了黑火药的主要成分C“用胶泥刻字火烧令坚”所描写的印刷术陶瓷活字属于硅酸盐材料D“寒溪浸楮舂夜月”所描写的造纸术工艺过程中发生了化学变化2（2022河北石家

2、庄高一期末）下列相关化学实验的叙述正确的是A用玻璃棒蘸取NaClO溶液点在用水湿润的pH试纸上，测定该溶液的pHBH2S、SO2、CO2气体既能用浓硫酸干燥，又能用P2O5干燥C在配制的硫酸亚铁溶液中常加入一定量的铁粉D如图所示实验可证明元素的非金属性：ClCSi3（2021全国模拟预测）下列关于元素周期表的说法中正确的是A共有7个周期和18个族B第VIII族元素种类最多C原子最外层有2个电子的元素一定在第A族D位于同周期相邻主族的元素原子序数不一定相差14（2020贵州毕节高二期末）我国科研人员研究了不同含金催化剂催化乙烯加氢的反应历程如下图所示(已知反应：C2H4(g)+H2(g)=C2H

3、6(g)H=akJmol-1)下列说法正确的Aa=129.6B1molC2H4(g)和1molH2(g)的键能之和比lmolC2H6(g)的键能大C催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuPFD稳定性：过渡态1过渡态25（2021西藏拉萨那曲第二高级中学高三阶段练习）下列化学用语表示正确的是 ()A酒精的分子式：CH3CH2OHBNaOH的电子式：CHClO的结构式：HClODCCl4的比例模型：6（2015安徽亳州高一期末）设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A0.56 L甲烷中含有的共价键数为0.1NAB标准状况下，8g SO3含有的氧原子数为0.3NAC反应KClO3 + 6HCl =

4、 KCl + 3Cl2+3 H2O中，每1 mol KClO3参与反应，转移e数为6NADpH =1的稀硫酸中含有的H+数为0.1NA7（2020山西实验中学高三阶段练习）下列实验操作及现象,能推出相应结论的是选项实验操作及现象结论A常温下,用pH计测得0.1mol/LNaA溶液的pH小于0.1mol/LNa2CO3溶液的pH酸性:HA H2CO3B向KI淀粉溶液中先滴加适量稀硫酸，再滴加适量10%双氧水,溶液变蓝氧化性:H2O2I2(酸性条件)C向MgCl2溶液中滴加足量NaOH溶液,有白色沉淀生成;再滴加CuCl2溶液，有蓝色沉淀生成KspCu(OH)2SAABBCCDD8（2020黑龙江

5、高三阶段练习）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A含有的中子数目为10NAB溶液中含有的数目为0.1NAC2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NAD标况下11.2 LCO2与足量Na2O2反应转移电子数目0.5NA9（2019江苏省如皋中学高三阶段练习）对苯二甲酸()是合成涤纶的原料，下列说法正确的是A属于芳香烃B不能发生取代反应C1mol对苯二甲酸与2molNaHCO3可完全反应D与氢气发生加成反应所得产物的分子式是C8H16O410（2022安徽六安模拟预测）2021年9月，中国科学院天津工业生物技术研究所在实验室首次颠覆性地实现了从二氧化碳到淀粉分

6、子的全合成，这是中国科学家在人工合成淀粉方面取得的原创性突破。下列有关说法中错误的是A反应中二氧化碳被还原，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1B该技术要得以推广，所需的大量氢气可以来自光伏电解XC反应涉及极性键与非极性键的断裂和生成D该技术的开发实现了无机物向有机物的转化，对缓解粮食危机具有重大意义11（2021山东淄博三模）金属铬常用于提升特种合金的性能。工业上以铬铁矿(主要成分为FeOCr2O3，含有少量Al2O3)为原料制备金属铬的流程如图。下列说法不正确的是A中需持续吹入空气作氧化剂BA为Na2Cr2O7溶液C中需加入过量稀硫酸D中Cr在阴极生成12（2022福建三明高三期末）一定条

7、件下，将1 mol A和3 mol B充入恒容密闭容器中，发生如下反应：A(g)+3B(g)2C(g)，下列不能说明该反应已经达到平衡状态的是A气体的密度不再改变B混合气体中A的体积分数不再变化C混合气体的总压不再变化D单位时间内生成a mol A，同时生成2a mol C13（2021浙江高三专题练习）某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，其电池总反应为：MnO2+ Zn + (1+x/6) H2O + ZnSO4MnOOH + ZnSO4Zn(OH)23xH2O其电池结构如图1所示，图2是有机高聚物的结构片段。下列说法中，不正确的是（）A

8、碳纳米管具有导电性，可用作电极材料B放电时，电池的正极反应为：MnO2 + e + H+ = MnOOHC充电时，Zn2+移向Zn膜D有机高聚物是一种混合物14（2021广西浦北中学高二阶段练习）常温下，向20.00mL 0.1000的溶液中逐滴加入0.1000的NaOH溶液，溶液的pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法错误的是Aa点所示溶液中：Bb点所示溶液中：Cc点所示溶液中：Dd点所示溶液中：15（2021全国高二专题练习）LDFCB是电池的一种电解质，该电解质阴离子由同周期元素原子W、X、Y、Z构成(如图)，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，四种原子最外层电子数之和为20，

9、下列说法正确的是A四种元素的单质中，有分子晶体、共价晶体和金属晶体三种情况B原子半径：CW、Z形成的化合物分子中各原子均满足8电子稳定结构D四种元素形成的简单氢化物中Z的沸点最高16（2022贵州高三阶段练习）下列离子方程式书写正确的是ANa2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32- + 6H+ =2S +3H2OB向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，CO32-+CO2+H2O2HCO3-CFe与稀硝酸反应，当n(Fe)n(HNO3)=12时，3Fe+2NO3-+8H+3Fe2+2NO+4H2ODCuSO4与过量浓氨水反应的离子方程式:Cu2+2NH3H2O= Cu(OH)

10、2+2NH4+ 二、非选择题:共52分,第1719题为必考题,每个试题考生都必须作答。第2021题为选考题,考生根据要求作答。(一)必考题:共39分。17（2021河南省实验中学高二期中）草酸（乙二酸）存在于自然界的植物中，草酸的钠盐和钾盐易溶于水，而其钙盐难溶于水。草酸晶体（H2C2O42H2O）无色，熔点为101，易溶于水，受热易脱水、升华，175时分解。I、用硝酸氧化法制备草酸晶体并测定其纯度，制备装置如图所示（加热、固定等装置略去）。实验步骤如下糖化：先将淀粉水解为葡萄糖；氧化：在淀粉水解液中加入混酸（质量之比为3：2的65%HNO3与98%H2SO4的混合物），在5560下水浴加热发

11、生反应；结晶、蒸发、干燥：反应后溶液经冷却、减压过滤，即得草酸晶体粗产品。（1）步骤中，水浴加热的优点为_。（2）“氧化”时发生的主要反应如下，完成下列化学方程式：_C6H12O6 + _HNO3_H2C2O4 + 9NO2 + 3NO+ _。（3）称取m g草酸晶体粗产品，配成100 mL溶液。取20.00 mL于锥形瓶中，用a moLL-1KMnO4标准液标定，只发生5H2C2O4 + 2MnO + 6H+ = 2Mn2+ + 10CO2 + 8H2O反应，消耗KMnO4标准液体积为VmL，则所得草酸晶体（H2C2O42H2O）的纯度为_（写出计算表达式）II、证明草酸晶体分解得到的产物（

12、4）甲同学选择上述装置验证产物CO2，装置B的主要作用是_。（5）乙同学认为草酸晶体分解的产物中除了CO2、H2O应该还有CO，为进行验证CO的存在，乙同学选用甲同学实验中的装置A、B和如图所示的部分装置（可以重复选用）进行实验。乙同学实验装置中依次连接的合理顺序为A、B、_、_、_、_、_、_。其中装置H反应管中盛有的物质是_。能证明草酸晶体分解产物中有CO的现象是_。18（2021全国高三专题练习） 高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料，工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿（还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素）制备，工艺如下图所示。回答下列问题：相关金属离子c0(Mn+)=0

13、.1 molL1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9（1）“滤渣1”含有S和_；写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式_。（2）“氧化”中添加适量的MnO2的作用是将_。（3）“调pH”除铁和铝，溶液的pH范围应调节为_6之间。（4）“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，“滤渣3”的主要成分是_。（5）“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高，Mg2+沉淀不完全，原因是_（6）写出“沉锰

14、”的离子方程式_。19（2020湖南高三阶段练习）以下是处于研究阶段的“人工固氮”的新方法N2在催化剂表面与水发生反应：2N2（g）+6H2O（l）4NH3（g）+3O2（g） H=+ 1530.4kJ/mol；完成下列填空：（1）该反应平衡常数K的表达式_（2）上述反应达到平衡后，保持其他条件不变，升高温度，重新达到平衡，则_a平衡常数K增大bH2O的浓度减小c容器内的压强增大dv逆（O2）减小（3）研究小组分别在四个容积为2升的密闭容器中，充入N21mol、H2O 3mol，在催化剂条件下进行反应3小时实验数据见下表：序号第一组第二组第三组第四组t/30405080NH3生成量/（106m

15、ol）4.85.96.02.0第四组实验中以NH3表示反应的速率是_，与前三组相比，NH3生成量最小的原因可能是_（4）氨水是实验室常用的弱碱往CaCl2溶液中通入CO2至饱和，无明显现象再通入一定量的NH3后产生白色沉淀，此时溶液中一定有的溶质是_请用电离平衡理论解释上述实验现象_向盐酸中滴加氨水至过量，该过程中离子浓度大小关系可能正确的是_ac（C1）=c（NH4+）c（H+）=c（OH）bc（C1）c（NH4+）=c（OH）c（H+）cc（NH4+）c（OH）c（C1）c（H+）dc（OH）c（NH4+）c（H+）c（C1） (二)选考题:共13分。请考生从2道题中任选一题作答。如果多做

16、,则按所做的第一题计分。20（2021全国高三课时练习）我国秦俑彩绘和汉代器物上用的颜料被称为“中国蓝”、“中国紫”，近年来，人们对这些颜料的成分进行了研究，发现其成分主要为BaCuSi4O10、BaCuSi2O6(1)颜料中含有Cu元素，基态Cu原子的价电子排布式为_；Si、O、Ba元素电负性由大到小的顺序为_，干冰、Si、SiC熔点由高到低的顺序为_。(2)“中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其中提供孤电子对的是_元素。(3)铜可作CH3CH2OH氧化生成CH3CHO的催化剂。乙醇的沸点高于乙醛，其主要原因是_。(4)C、N元素与颜料中的氧元素同周期。写出CO的一种常见

17、等电子体分子的电子式_；C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_。C、N元素能形成一种类石墨的聚合物半导体g-C3N4其单层平面结构如图1，晶胞结构如图2。g-C3N4中氮原子的杂化类型是_。根据图2，在图1中用平行四边形画出一个最小重复单元_。已知该晶胞的体积为Vcm3，中间层原子均在晶胞内部。设阿伏加德罗常数的值为NA，则g- C3N4的密度为_。21有机合成中成环及环的元素增减是合成路线设计的关键问题之一，由 合成 路线如下：已知：回答下列问题：(1)A的分子式为_；B中所含官能团名称为_。(2)C的结构简式为_；EF反应类型是_。(3)写出DE的化学方程式_。(4)E的芳香族化合物的同

18、分异构体中，核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为9621的所有同分异构体的结构简式为_。(5)以 为原料合成 ，其合成路线为_。参考答案：1A【解析】A磁铁的主要成分为，A项错误；B黑火药的主要成分是硝酸钾、硫磺、木炭，B项正确；C陶瓷属于硅酸盐材料，C项正确；D造纸术过程中涉及漂白，发生了化学变化，D项正确。答案选A。2C【解析】ANaClO溶液具有漂白性，不能用pH试纸测定其pH，A错误；BH2S具有还原性，会被浓硫酸氧化，不能用浓硫酸干燥，B错误；C亚铁离子易被氧化为铁离子，铁离子可以被铁粉还原为亚铁离子，所以在配制的硫酸亚铁溶液中常加入一定量的铁粉，可以防止亚铁离子被氧化，C正确；D盐酸

19、不是Cl元素的最高价含氧酸，不能通过比较盐酸和碳酸、硅酸的强弱来确定非金属性的强弱关系，D错误；综上所述答案为C。3D【解析】A每个横行为一个周期，共有18个列，除8、9、10三列为VIII族，其余每列为一族，共有7个周期和16个族，故A错误；B第IIIB族含锕系元素和镧系元素，则含元素种类最多的族是第IIIB族，故B错误；C第IIA族元素、He的最外层电子数均为2，则原子最外层有2个电子的元素不一定在第A族，故C错误；D短周期元素IIA、IIIA的原子序数相差1，在四、五周期相差11，六、七周期相差25，所以位于同周期相邻主族的元素原子序数不一定相差1，故D正确；答案选D。4C【解析】A由反

20、应历程可知，a=-129.6，A错误；B由反应历程可知，反应物总能量比生成物总能量高，该反应为放热反应，则1molC2H4(g)和1molH2(g)的键能之和比lmolC2H6(g)的键能小，B错误；C过渡态物质相对能量与始态物质相对能量相差越大，活化能越大，反应速率越慢，由反应历程可知催化乙烯加氢效果较好的催化剂是AuPF，C正确；D能量越低越稳定，则过渡态2稳定，D错误；答案选C。5B【解析】ACH3CH2OH为乙醇的结构简式，乙醇的分子式为C2H6O，故A错误；BNaOH是离子化合物，钠离子和氢氧根离子之间存在离子键、O-H原子之间存在共价键，其电子式为，故B正确；CHClO属于共价化合

21、物，分子中含有1个H-Cl键和1个O-H键，其正确的结构式为：H-O-Cl，故C错误；D四氯化碳分子中，氯原子的原子半径大于碳原子，四氯化碳的正确的比例模型为：，故D错误；故选B。【点睛】本题的易错点为D，在比例模型中要注意原子的相对大小的判断。6B【解析】A. 甲烷所处温度和压强未知，无法计算0.56 L甲烷的物质的量及共价键数目，故A错误；B. 8g SO3物质的量为0.1mol ，0.1mol三氧化硫含有的氧原子数为0.3NA，故B正确；C. 反应KClO3 + 6HCl = KCl + 3Cl2+3 H2O中，1mol氯酸钾完全反应被还原成0价的氯气，同时生成3mol氯气，转移了5mo

22、l电子，转移电子数为5NA，故C错误；D.pH =1的稀硫酸的体积未知，无法计算溶液中氢离子的数目，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】阿伏加德罗常数的有关计算和判断，注意明确标况下气体摩尔体积的使用条件，还要掌握好以物质的量为中心的各物理量与阿伏加德罗常数的关系，选项D为易错点，注意题中缺少溶液体积。7B【解析】A、HA是一元酸，H2CO3是二元酸，不能通过正盐水解程度大小来判断两者酸性的强弱，选项A错误；B、酸性条件下碘离子被双氧水氧化生成碘单质，碘遇淀粉变蓝，证明氧化性，H2O2I2，选项B正确；C、因为有剩余的氢氧化钠溶液，氢氧化钠溶液能够与氯化铜溶液反应生成蓝色沉淀，无法判断出氢氧

23、化镁沉淀能够转化为氢氧化铜沉淀，不能比较出Ksp的大小，选项C错误；D、比较非金属性，应根据最高价氧化物对应的水化物的酸性，可根据硫酸、高氯酸或氢化物的稳定性判断，选项D错误；答案选B。8D【解析】AD218O的相对分子质量是22，其中含12个中子，20 gD218O中含有的中子的物质的量是n(中子)=，则其中所含中子数目为10.9NA，大于10NA，A错误；B只有溶液浓度，缺少溶液体积，因此不能计算微粒数目，B错误；C2 mol NO与1 mol O2恰好反应产生2 mol NO2，在密闭容器中部分NO2会反应转化为N2O4，故最终达到平衡时气体物质的量小于2 mol，因此充分反应后气体的分

24、子数小于2NA，C错误；DCO2与Na2O2反应产生Na2CO3、O2，每有1 mol CO2反应，转移1 mol电子。在标准状况下11.2 LCO2的物质的量是0.5 mol，则其与足量Na2O2反应转移0.5 mol电子，转移的电子数目0.5NA，D正确；故合理选项是D。9C【解析】A 含C、H和O元素，属于烃的衍生物，不属于芳香烃，A错误；B含羧基，能发生酯化反应，酯化反应属于取代反应，B错误；C 羧基与碳酸氢根能按物质的量之比为1:1反应生成二氧化碳，则1mol对苯二甲酸与2molNaHCO3可完全反应，C正确；D所含苯环可以与氢气发生加成反应、羧基不能发生加成反应，则与氢气发生加成反

25、应所得产物的分子式是C8H12O4，D错误；答案选C。10A【解析】A根据图中信息，反应为二氧化碳和氢气反应生成甲醇，C的化合价由+4价降低为-2价，H的化合价0价只能升高变为+1价，产物X为H2O，根据化合价升降守恒，可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：3，A错误；B光伏电解水耗能小，成本低，所以该技术值得推广，B正确；C反应根据图中信息，反应甲醇和氧气变成过氧化氢和甲醛，根据图中的各分子成键情况，可知断裂了C-H、O-H、O=O形成了C=O、O-H、O-O，C正确；DCO2为无机物，淀粉属于有机物，所以该技术再次实现了无机物到有机物的转化，对缓解粮食危机具有重大意义，D正确；故选A。11

26、C【解析】A中FeOCr2O3、Al2O3与Na2CO3反应生成Na2CrO4、Fe2O3、NaAlO2，Cr、Fe元素化合价升高被氧化，所以需持续吹入空气作氧化剂，故A正确；B酸性条件下，2CrO+2H+= Cr2O+H2O，故B正确；C氢氧化铝能溶于过量硫酸，中加入的稀硫酸不能过量，故C错误；D电解Na2Cr2O7溶液制备金属Cr，Cr元素化合价降低发生还原反应，所以Cr在阴极生成，故D正确；选C。12A【解析】试题分析：A、反应前后气体质量不变，容器体积不变，气体密度不变，密度不变不能说明反应达到平衡状态，A错误；B、A体积分数不变，说明反应达到平衡状态，B正确；C、反应前后气体体积减小

27、，压强不变，说明反应达到平衡状态，C正确；D、单位时间内生成a mol A，同时生成2a molC，说明正逆反应速率相等，能说明反应达到平衡状态，D正确，答案选A。【考点定位】本题主要是考查化学平衡状态的判断【名师点晴】当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度不再改变，因此可逆反应达到平衡状态有两个核心的判断依据：正反应速率和逆反应速率相等。反应混合物中各组成成分的百分含量保持不变。只要抓住这两个特征就可确定反应是否达到平衡状态，对于随反应的发生而发生变化的物理量如果不变了，即说明可逆反应达到了平衡状态。判断化学反应是否达到平衡状态，关键是看给定的条件能否推出参与反应的任一物质的物

28、质的量不再发生变化。另外答题时还需要注意外界条件，例如等温等容、等温等压以及物质的起始量等。13B【解析】A碳纳米管具有导电性，可用作电极材料，某柔性屏手机的柔性电池以碳纳米管做电极材料，故A正确；B放电过程正极上是二氧化锰得到电子生成MnOOH，以吸收ZnSO4溶液的有机高聚物做固态电解质，电极反应中不是氢离子，故B错误；C放电过程中锌做负极，充电过程中锌做阴极，通电时阳离子移向阴极，充电时，Zn2移向Zn膜，故C正确；D有机高聚物的结构片段发现可知，是加成聚合产物，合成有机高聚物的单体是：，高聚物中聚合度不是定值，属于混合物，故D正确；故选B。14B【解析】Aa点所示溶液即NH4Cl溶液中

29、由于离子发生水解呈酸性，故离子浓度大小关系为：，A正确；Bb点所示溶液为中性溶液即，又根据电荷守恒可知：，故离子浓度大小关系为：，B错误；C根据物料守恒可知，在滴定的整个过程中始终有：，故c点所示溶液中：，C正确；Dd点所示溶液是NH4Cl和NaOH恰好完全反应，此时溶质等物质的量的为NaCl和NH3H2O，故离子浓度大小关系为：，D正确；故答案为：B。15B【解析】同周期元素W、X、Y、Z中，Y的最外层电子数等于X的核外电子总数，说明这四种元素位于第二周期；根据图示可，Y可形成2个共价键，位于第VIA族，则Y为O元素；X为6号C元素；Z只能形成1个共价键，为与VIIA族，则Z为F元素；四种元

30、素最外层电子数之和为20，W的最外层电子数为20-4-6-7=3，为B元素，所以W、X、Y、Z分别为：B、C、O、F，据此解答。A金刚石和硼属于原子晶体，氧气和氟单质属于分子晶体，所以四种元素的单质中，只含有分子晶体、原子晶体，不存在金属晶体，故A错；B由分析可知W、X、Y、Z分别为同周期元素：B、C、O、F，同周期元素从左至右元素的原子半径逐渐减小，所以，故选B；CB为第IIIA族的元素，最外层电子数为3，与F元素形成化合物时B最外层未达到8电子稳定结构，故C错；D四种元素最简单氢化物分别为，由于水和氟化氢均含有氢键，所以其沸点较前两者高，但由于相同物质的量的水中含所有的氢键数比氟化氢中的氢

31、键数多，所以水的沸点比氟化氢高，故D错。答案选B16C【解析】Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低；碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，Fe与硝酸反应，n(Fe)n(HNO3)=12，恰好生成Fe2+，CuSO4与过量浓氨水反应Cu2+4NH3H2O = Cu(NH3)42+ +4H2O。A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应为氧化还原反应，S的化合价一部分升高，一部分降低,A错误；B.向饱和Na2CO3溶液中通入过量CO2，由于碳酸氢钠的溶解度较小，有固体析出，B错误；C. 当n(Fe)：n(HNO3)=1：4时，Fe+NO3-+4H+Fe3+NO+

32、2H2O，再增加1倍的Fe时，2Fe3+Fe=3Fe2+，铁过量，故C正确；D.CuSO4与过量浓氨水反应Cu2+4NH3H2O = Cu(NH3)42+ +4H2O，D错误；答案为C。【点睛】本题B、C、D选项难度较大，要考虑碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠；C先进行酸过量，再转化为题目比例，比较容易理解，D氨水过量时生成铜的配合物。17 使受热均匀，便于控制温度 1 12 3 9H2O 使升华的草酸冷凝，避免对CO2检验的干扰 F D G H D E CuO H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明【解析】在水浴条件下，葡萄糖被硝酸氧化为草酸，草酸晶体受热分解为

33、CO、CO2、水，用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO还原氧化铜，用澄清石灰水检验生成的CO2，再用排水法收集CO，防止污染空气。(1)步骤，在5560下，葡萄糖被硝酸氧化为草酸，水浴加热可以使受热均匀，便于控制温度；(2)根据得失电子守恒，葡萄糖被硝酸氧化为草酸的方程式是C6H12O6 +12HNO33H2C2O4 + 9NO2 + 3NO+ 9H2O；(3)20.00 mL草酸溶液中，含有草酸的物质的量是xmol； x=，所得草酸晶体（H2C2O42H2O）的纯度为 ；(4) 草酸钙难溶于水，验证产物CO2，需要除去草酸蒸气，所以装置B的主要作用是使升华的草酸冷凝，避免对CO2检

34、验的干扰；(5)草酸晶体受热分解为CO、CO2、水，检验CO时，用氢氧化钠溶液除去CO中的CO2，干燥后用CO还原氧化铜，用澄清石灰水检验生成的CO2，再用排水法收集CO，防止污染空气，装置依次连接的合理顺序为A、B、F、D、G、H、D、E。CO和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，其中装置H反应管中盛有的物质是CuO；H中黑色固体变红色，第一个D装置无现象，第二个D装置出现白色浑浊，即可证明草酸晶体分解产物中有CO。【点睛】本题以草酸的制备和性质检验为载体，考查学生实验能力，理解实验原理是解题关键，明确CO的检验方法，培养学生实验探究能力和实验操作能力。18 SiO2（不溶性硅酸盐） MnO2+Mn

35、S+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O 将Fe2+氧化为Fe3+ 4.7 NiS和ZnS F与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2+2F平衡向右移动 Mn2+2=MnCO3+CO2+H2O【解析】硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn、Ni、Si等元素)，MnS矿和MnO2粉加入稀硫酸，MnO2具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成MnSO4、S，同时溶液中还有难溶性的SiO2及难溶性的硅酸盐，所以得到的滤渣1为SiO2和S和难溶性的硅酸盐；然后向滤液中加入MnO2，将还原性离子Fe2+氧化生成Fe3+，再向溶液中加入氨水调节溶液的pH除铁和铝，所以滤渣2为Fe(OH)3、Al(O

36、H)3；根据流程图，结合表格数据，加入的Na2S和Zn2+、Ni2+反应生成硫化物沉淀，“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，所以滤渣3为NiS和ZnS；“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+，所以滤渣4为MgF2，最后向滤液中加入碳酸氢铵得到MnCO3沉淀，用稀硫酸溶解沉淀MnCO3得到硫酸锰，据此分析解答。(1)根据上述分析，“滤渣1”含有S和难溶性的二氧化硅或硅酸盐；“溶浸”中二氧化锰与硫化锰发生氧化还原反应生成锰离子、S和水，离子方程式为MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4+S+2H2O，故答案为SiO2(不溶性硅酸盐)；MnO2+MnS+2H2SO4=2MnSO4

37、+S+2H2O；(2)MnO2具有氧化性，能氧化还原性离子Fe2+生成Fe3+，从而在调节pH时除去这两种离子，故答案为将Fe2+氧化为Fe3+；(3)“调pH”除铁和铝，溶液的pH应该大于这两种离子完全沉淀所需pH且小于其它离子生成沉淀的pH值，在pH=4.7时Fe3+和Al3+沉淀完全，在pH=6.2时Zn2+开始产生沉淀，为了只得到氢氧化铝和氢氧化铁沉淀，需要溶液的pH范围为4.76之间，故答案为4.7；(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+，这两种离子和硫离子生成硫化物沉淀，所以滤渣3为NiS和ZnS，故答案为NiS和ZnS；(5)“除杂2”的目的是生成MgF2沉淀除去Mg2+

38、，溶液中存在MgF2的溶解平衡，如果溶液酸性较强，生成弱电解质HF而促进氟化镁溶解，即F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2（s）Mg2+2F-平衡向右移动，所以镁离子沉淀不完全，故答案为F-与H+结合形成弱电解质HF，MgF2(s)Mg2+2F-平衡向右移动；(6)“沉锰”时锰离子和碳酸氢根离子反应生成碳酸锰沉淀，同时还生成水、二氧化碳，离子方程式为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O，故答案为Mn2+2HCO3-=MnCO3+CO2+H2O。19 K= ac 3.33107mol/（Lh） 催化剂在80活性减小，反应速率反而减慢 NH4Cl 饱和H2CO3溶液中电离产生的CO

39、32很少，因此没有沉淀，加入氨水后，促进H2CO3的电离，CO32离子浓度增大，有沉淀产生 ac【解析】（1）根据平衡常数定义得出：化学平衡常数K的表达式K=c4(NH3)c3(O2)/c2(N2)；（2）a、平衡常数只受温度的影响，正反应方向是吸热反应，升高温度，平衡右移，平衡常数增大，正确；b、此时水的状态是液态，浓度是常数，不会改变，错误；c、升高温度，平衡右移，气体系数之和增大，即气体总物质的量增大，压强增大，正确；d、升高温度，无论正反应方向还是逆反应方向的速率增大，错误，选项ac正确；（3）根据反应速率表达式：v(NH3)=2106/(23)mol/(Lh)=3.33107mol/

40、(Lh)，第四组NH3生成量最小原因可能是：80催化剂的催化效率较低，反应速率反而减慢；（4）CO2溶于水形成H2CO3，H2CO3是弱酸，电离出的CO32浓度极少，不会产生沉淀，NH3后，NH3与碳酸电离出的H发生反应，促使平衡右移，CO32的浓度增加，有沉淀产生；发生的反应是：2NH3CO2H2O=(NH4)2CO3，CaCl2(NH4)2CO3=CaCO32NH4Cl，溶质是NH4Cl；a、c（H）=c（OH）说明溶液显中性pH=7，根据溶液呈现电中性：c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，正确；b、根据溶液电中性，此离子浓度大小关系会使溶液带电，错误；c、NH3H2ONH4OH，

41、NH4Cl=NH4Cl，氨水的量较大，c(NH4)c(OH)c(Cl)c(H)，正确；d、此离子浓度大小关系不会出现，错误，因此选项ac正确。20 3d104s1 OSiBa SiCSiCO2 O(或氧) 乙醇分子间存在氢键 NOC sp2杂化 【解析】(1)基态Cu原子的价电子排布式为3d104s1；同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增强，则电负性：OC，同主族元素从上到下电负性逐渐减弱，则电负性：CSi，Ba是金属，电负性最小，则有OSiBa；干冰是分子晶体，单质硅和SiC是共价晶体，晶体硅是Si-Si键，碳化硅是C-Si键，因为C的原子半径小于Si，Si-Si大于C-Si键键长，熔沸点高

42、低：碳化硅晶体硅，则干冰、Si、SiC熔点由高到低的顺序为：SiCSiCO2，故答案为：3d104s1；OSiBa；SiCSiCO2；(2) “中国蓝”的发色中心是以Cu2+为中心离子的配位化合物，其中Cu2+提供空轨道，O原子提供孤电子对，故答案为：O(或氧)；(3)氢键的作用力大于范德华力，则分子间形成氢键的沸点较高，C2H5OH分子间存在氢键，而CH3CHO分子间不能形成氢键，所以乙醇的沸点比乙醛的高，故答案为：乙醇分子间存在氢键；(4)等电子体是指具有相同价电子数目和原子数目的分子或离子，与CO互为等电子体的分子和离子分别为N2，其电子式为，同周期第一电离能自左而右具有增大趋势，所以第

43、一电离能OC。由于氮元素原子2p能级有3个电子，处于半满稳定状态，能量较低，第一电离能大于相邻元素，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为NOC，故答案为：；NOC；. 由于gC3N4分子中N原子形成2个键，且有1个孤电子对，N原子sp2杂化，故答案为：sp2；平移过去完全重叠就是最小重复单元，故答案为：；晶胞质量为g=g，晶胞体积为Vcm3，该晶胞的密度为gVcm3=gcm3，故答案为：。21(1) C12H20O3 羰基、酯基(2) 加聚反应(3)+H2O(4)、(5)【解析】由有机物的转化关系可知，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，则A为；在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成

44、，则B为；一定条件下发生信息反应生成，则C为；在催化剂作用下与氢气共热发生加成反应生成，则D为；在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成，则E为；一定条件下发生加聚反应生成。(1)由分析可知，A的结构简式为，分子式为C12H20O3；B的结构简式为，官能团为羰基、酯基，故答案为：C12H20O3；羰基、酯基；(2)由分析可知，C的结构简式为；EF的反应为一定条件下发生加聚反应生成，故答案为：；加聚反应；(3)DE的反应为在浓硫酸作用下共热发生消去反应生成和水，反应的化学方程式为+H2O，故答案为：+H2O；(4)E的芳香族化合物的同分异构体的核磁共振氢谱有四组峰且峰面积之比为9621说明分子结构对称，含有1个结构和2个CH3，符合条件的结构简式为、，故答案为：、；(5)由题给有机物转化关系和信息可知，以为原料合成的合成步骤为与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应生成，在浓硫酸作用下，与乙醇共热发生酯化反应生成，一定条件下发生信息反应生成，则合成路线为，故答案为：。