2022年高考化学适应性试卷（含解析）

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1、2022年高考化学适应性试卷（含解析）一、单项选择题：1（6分）（xx江油市模拟）下面说法中正确的是（）A标有“”的包装材料可以用来包装食品B酒精消毒原理是将病毒彻底氧化CGaN中的氮和镓均属于第IIIA族元素D麦芽糖的水解产物能发生银镜反应考点：氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；元素周期表的结构及其应用；蔗糖、麦芽糖简介分析：A、聚乙烯能用于包装食品，聚乙烯塑料标志是PE；B、消毒杀菌的作用是让细菌、病毒变性失去生理活性；C、N元素处于第VA族；D、麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖为多羟基醛，能发生银镜反应解答：解：A、聚乙烯能用于包装食品，聚乙烯塑料标志是PE，PVC标志是聚氯乙烯，有毒不能

2、用于包装食品，故A错误；B、消毒杀菌的作用是让细菌、病毒变性失去生理活性，故B错误；C、N元素处于第VA族，Ga处于第IIIA族，故C错误；D、麦芽糖的水解产物是葡萄糖，葡萄糖为多羟基醛，能发生银镜反应，故D正确，故选D点评：本题主要考查的是常见塑料的表示方法，常见有机化合物的性质以及其应用，难度不大2（6分）（xx江油市模拟）对物质进行分类是一种简单、有效的科学方法下列各组物质的分类都正确的是（）A空气（混合物）、C2H5OH（醇）、H2SO4（离子化合物）、CO2（非电解质）BNO2（酸性氧化物）、CH3CHO（有机物）、CO（无机物）、CH3COOCH3（酯）CHCl（共价化合物）、CH

3、3COOH（羧酸）、Na2O2（氧化物）、CH3I（卤代烃）D液氨（氢化物）、NH4C1（铵盐）、HNO3（含氧酸）、冰水（混合物）考点：酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系；混合物和纯净物；无机化合物与有机化合物的概念；电解质与非电解质分析：A、混合物是不同种物质组成的，醇是烃基和羟基构成的有机物，含有离子键的化合物属于离子化合物，在水溶液或是熔融状态下均不能导电的化合物叫做非电解质；B、能和碱反应生成盐和水的化合物叫做酸性氧化物，大多含碳元素的化合物为有机物，羧酸和醇反应生成的产物属于酯类；C、只含有共价键的化合物叫共价化合物，含有烃基和羧基的有机物为羧酸，由两种元素组成、其中一种为氧元素

4、的化合物为氧化物，烃分子中氢原子被卤素原子代替的产物为卤代烃；D、含有两种元素一种是氢元素的化合物叫氢化物，含有铵根离子的盐为铵盐，含有氧元素的酸为含氧酸，由两种或两种以上物质组成的物质为混合物解答：解：A、硫酸中的化学键属于共价键，属于共价化合物，故A错误；B、NO2和碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物，故B错误；C、HCl中氢原子和氯原子间为共价键，为共价化合物；CH3COOH的官能团为羧基，故属于羧酸；Na2O2由两种元素组成、其中一种为氧元素，故为氧化物；CH3I是用I原子取代了甲烷中的一个氢原子，故为卤代烃，故C正确；D、液氨即液态的氨气NH3，含有两种元素一种是氢元

5、素，故属于氢化物；NH4C1是阳离子是铵根离子的盐，故属于铵盐；HNO3是含有氧元素的酸，即含氧酸；冰是固态的水，故冰水混合物的成分只有一种，即均为水，为纯净物，故D错误故选C点评：在熟悉概念的基础上能判断物质所属的类别，还要从社会实践中了解生活中常见物质的组成，是一道物质的分类知识题目，难度不大3（6分）（xx江油市模拟）下列有关NaHSO3溶液的叙述正确的是（）A该溶液中，K+、Ca2+、Cl2、Br可以大量共存B与FeCl3反应的离子方程式：SO32+2 Fe3+H2O=SO42+2Fe2+2H+C和足量Ca（OH）2溶液反应的离子方程式：Ca2+OH+HSO3=CaSO3+H2OD能使

6、含I2的淀粉溶液蓝色褪去，说明NaHSO3溶液具漂白性考点：离子共存问题；离子方程式的书写分析：A氯气具有强氧化性，能够氧化溴离子，亚硫酸氢根离子；B亚硫酸为二元弱酸，亚硫酸氢根离子在离子方程式中不能拆开；C氢氧化钙足量，则氢氧根离子过量，离子方程式按照亚硫酸氢钠的化学式书写；D碘单质能够将亚硫酸氢根离子氧化成硫酸根离子，亚硫酸氢钠表现了还原性，不是漂白性解答：解：ACl2、Br之间发生氧化还原反应，Cl2也能够氧化NaHSO3，在溶液中不能大量共存，故A错误；BNaHSO3与FeCl3反应生成硫酸亚铁、和氯化氢，亚硫酸氢根离子不能拆开，正确的离子方程式为：HSO3+2Fe3+H2O=SO42

7、+2Fe2+3H+，故B错误；CNaHSO3与足量Ca（OH）2溶液反应，氢氧根离子过量，反应的离子方程式为：Ca2+OH+HSO3=CaSO3+H2O，故C正确；DNaHSO3使含I2的淀粉溶液蓝色褪去，二者发生了氧化还原反应，说明NaHSO3溶液具有还原性，故D错误；故选C点评：本题考查了离子共存的判断、离子方程式的书写，题目难度中等，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子共存的条件，试题培养了学生灵活应用基础知识的能力4（6分）（xx江油市模拟）用电解法制备无机高分子聚合物聚合氯化铝如图所示，在一定条件下进行，电解总反应可表示：Al+H2O+AlCl3Al2（OH）mClxmn+H2（未

8、配平），则下面说法中正确的是（）ACu电极与电源正极相连B聚合氯化铝化学式中x=4C电解时阴极的电极反应式为：2H+2eH2D将电源换成导线连接两电极，则不能形成原电池考点：电解原理分析：A根据电池反应式知，Al失电子作阳极、Cu作阴极，阳极与电源正极相连、阴极与电源负极相连；B化合物中化合价的代数和为0；C根据电池反应式知，电解时，阴极上氢离子放电生成氢气；D将电源换成导线连接两电极，符合原电池构成条件，电解质溶液酸性很弱，发生吸氧腐蚀解答：解：A根据电池反应式知，Al失电子作阳极、Cu作阴极，阳极与电源正极相连、阴极与电源负极相连，所以Cu与电源负极相连，故A错误；B化合物中化合价的代数和

9、为0，则23=m+xm=6，x=6，故B错误；C根据电池反应式知，电解时，阴极上氢离子放电生成氢气，电解反应式为2H+2eH2，故C正确；D将电源换成导线连接两电极，符合原电池构成条件，所以能构成原电池，电解质溶液酸性很弱，发生吸氧腐蚀，Al易失电子作负极、Cu作正极，故D错误；故选C点评：本题以电解为载体考查电解原理、化合价判断、原电池构成条件等知识点，明确离子放电顺序、原电池构成条件等知识点即可解答，明确元素化合价变化与阴阳极关系，题目难度不大5（6分）（xx江油市模拟）下列实验结论正确的是（）选项实验操作现象A取待测液先进行焰色反应，再加足量稀盐酸，将产生气体通入品红溶液火焰呈黄色，品红

10、溶液褪色原溶液一定是亚硫酸钠溶液B向浓醋酸溶液中加入少量碳酸钠溶液，将产生气体通过苯酚钠溶液苯酚钠溶液中出现白色浑浊不能说明酸性：醋酸碳酸苯酚C常温下向足量浓硫酸和稀硫酸中，分别加入相同质量、相同体积的铁片相同时间两者产生H2速率不同反应物的浓度越大，反应速率越快D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 molL1盐酸、硫酸反应铝与盐酸反应产色很难过气泡较快可能是Cl对该反应起到促进作用AABBCCDD考点：化学实验方案的评价；浓度、温度、催化剂对化学反应速率的影响；比较弱酸的相对强弱的实验专题：实验评价题分析：A亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫；B强酸能和弱酸盐反应生成

11、弱酸，醋酸具有挥发性，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚；C常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象；D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H+）=1 molL1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的解答：解：A亚硫酸钠、亚硫酸氢钠都能和稀盐酸反应生成二氧化硫，根据实验现象知，原溶液中溶质可能是Na2SO3或NaHSO3，故A错误；B强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，醋酸具有挥发性，所以制取的二氧化碳中含有醋酸，醋酸也能和苯酚钠反应生成苯酚，所以不能据此判断酸性：醋酸碳酸苯酚，故B正确；C常温下，浓硫酸和Fe发生钝化现象而不产生氢气，故C错误；D相同的铝片分别与同温同体积，且c（H

12、+）=1 molL1盐酸、硫酸反应时只有酸的阴离子不同，反应速率不同，可能是酸中阴离子导致的，Al和稀盐酸反应较硫酸快，可能是Cl对该反应起到促进作用，故D正确；故选BD点评：本题考查化学实验方案评价，为高考高频点，侧重考查基本原理、离子检验等知识点，明确元素化合物知识、物质性质即可解答，易错选项是B，注意排除醋酸的干扰，为易错点6（6分）（xx江油市模拟）对下列电解质溶液的叙述错误的是（）A等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3混合液中：c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+）B25时 0.2 molL1盐酸与等体积0.05 molL1Ba（OH）2溶液混合后，溶液的

13、pH=lC25时，pH=3的二元弱酸H2R溶液与pH=ll的NaOH溶液混合后，混合液的pH等于7，则反应后的混合液中：2c（R2）+c（HR）=c（Na+）D25时，若0.3 molL1 HY溶液与0.3 molLlNaOH溶液等体积混合后，溶液的pH=9，则：c（OH）c（HY）=1lO9 molL1考点：离子浓度大小的比较；酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算分析：ACO32水解程度大于HCO3，二者都水解导致溶液呈碱性；B盐酸中氢离子浓度是氢氧化钡中氢氧根离子浓度2倍，二者等体积混合，盐酸有剩余，溶液中的溶质是等物质的量浓度的HCl和BaCl2，混合溶液中c（H+）=0.05mol/L

14、；C.25时，混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；D.25时，等物质的量的HY和NaOH混合，溶液pH=97，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断解答：解：ACO32水解程度大于HCO3，二者都水解导致溶液呈碱性，钠离子不水解，且离子水解程度都较小，所以离子浓度大小顺序是c（Na+）c（HCO3）c（CO32）c（OH）c（H+），故A正确；B盐酸中氢离子浓度是氢氧化钡中氢氧根离子浓度2倍，二者等体积混合，盐酸有剩余，溶液中的溶质是等物质的量浓度的HCl和BaCl2，混合溶液中c（H+）=0.05mol/L，则溶液的p

15、H1，故B错误；C.25时，混合溶液呈中性，则c（OH）=c（H+），溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得2c（R2）+c（HR）=c（Na+），故C正确；D.25时，等物质的量的HY和NaOH混合，溶液pH=97，溶液呈碱性，溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=c（Y）+c（OH），根据物料守恒得c（Na+）=c（Y）+c（HY），所以得c（OH）c（HY）=c（H+）=1lO9 molL1，故D正确；故选B点评：本题考查离子浓度大小比较，为高频考点，明确混合溶液中的溶质及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，结合电荷守恒、物料守恒解答，易错选项是D，注意微粒关系之

16、间的转化7（6分）（xx江油市模拟）在不同温度下，向VL密闭容器中加入0.5mol NO和0.5mol活性炭，发生反应：2NO（g）+C（8）=N2（g）+CO2（g）H=Qkjmol1（Q0），达到平衡时的数据如下：温度/ n （C）/moln（CO2）/mol T1 0.15 T2 0.375下列有关说法正确的是（）A由上述信息可推知：T1T2BT2时，若反应达平衡后再缩小容器的体积，c（N2）：c（NO）增大CT1时，若开始时反应物的用量均减小一半，平衡后NO的转化率增大DT1时，该反应的平衡常数考点：化学平衡的计算分析：A、根据T2时活性炭的平衡物质的量计算出二氧化碳平衡物质的量与T1

17、时二氧化碳平衡物质的量比较，平衡温度对化学平衡的影响；B、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响；C、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，若开始时反应物的用量均减小一半，相当于压强减小，平衡不受压强的影响；D、根据反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）平衡常数K=计算判断解答：解：A、温度T2时，活性炭的平衡物质的量为0.375mol，则消耗的n（活性炭）=0.5mol0.375mol=0.125mol，故消耗的n（NO）=0.25mol，平衡时n（NO）=0.5mol0.25mol=0.25mol，生成的

18、n（N2）=0.125mol，生成的n（CO2）=0.125mol，温度T1时，生成的n（CO2）=0.15mol，反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）H=213.5kJ/mol，正反应为放热反应，升温平衡逆向移动，所以T1T2，故A错误；B、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，平衡后再缩小容器的体积，压强增大，但平衡不移动，故c （N2）：c （NO）不变，故B错误；C、反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）是一个气体体积不变的反应，开始时反应物的用量均减小一半，压强减小，但平衡不移动，平衡后NO的转化率不变，故C错误；D、2

19、NO（g）+C（s）N2（g）+CO2（g）起始量（mol） 0.5 0.5 0 0变化量（mol） 0.3 0.15 0.15 0.15平衡量（mol） 0.2 0.35 0.15 0.15温度T1，平衡时c（NO）=mol/L，c（N2）=mol/L，n（CO2）=mol/L，平衡常数K=，故D正确；故选：D点评：本题考查了化学平衡影响因素和化学平衡常数的计算问题，难度不大，注意反应2NO（g）+C（s）N2（g）+CO2是气体体积不变的反应，平衡不受压强的影响二、解答题（共4小题，满分58分）8（14分）（xx江油市模拟）已知A、D、E、G、L、M是核电荷数依次增大的6种短周期主族元素，

20、其中A的原子序数与周期序数相等，D、G、L、M基态原子的最外能层均有2个未成对电子R+核外有28个电子请回答下列问题（用所对应的元素符号表示）（1）R在基态时价层电子排布式为3d104s1（2）写出R单质与A2G2及M最高价氧化物对应水合物反应的离子方程式Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O（3）PM2.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾污染，光化学烟雾中含有NGX、G3、等二次污染物测定大气中PM2.5的浓度方法之一是一射线吸收法，一射线放射源可用85Kr，已知Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有m个，晶胞中含Kr原子为n个，则m/n=3（填

21、数字）（4）1mol晶体L中含有键的数目为2NA（5）G与M可形成MG3与MG2，MG3分子的空间构型是平面三角形，MG2中M原子的杂化方式sp2杂化（6）在（EA4）2R（MG4）2中存在的化学键除极性键外，还有ac（填字母）a离子键b氢键 c配位键 d金属键考点：晶胞的计算；原子核外电子排布；化学键分析：A、D、E、G、L、M是核电荷数依次增大的6种短周期主族元素，其中A的原子序数与周期序数相等，则A为氢元素；D、G、L、M基态原子的最外能层均有2个未成对电子，外围电子排布为ns2np2或ns2np4，故D为C元素、G为O元素、L为Si元素、M为S元素；E介于C元素与O元素之间，故E为N元

22、素；R+核外有28个电子，则R元素原子质子数为29，故R为Cu，（1）R为Cu元素，其核外有29个电子，根据其电子排布式分析；（2）Cu与双氧水在酸性条件下生成铜离子和水；（3）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，然后求出比值；（4）晶体Si属于原子晶体，晶体中每个Si原子成4个SiSi键，每个SiSi键给1个Si提供，（5）根据中心原子的价层电子对数判断；（6）在（NH4）2Cu（SO4）2中存在的化学键除极性键外，（NH4）2Cu4+与S

23、O42之间存在离子键，（NH4）2Cu4+中铵根离子与铜离子之间形成配位键解答：解：A、D、E、G、L、M是核电荷数依次增大的6种短周期主族元素，其中A的原子序数与周期序数相等，则A为氢元素；D、G、L、M基态原子的最外能层均有2个未成对电子，外围电子排布为ns2np2或ns2np4，故D为C元素、G为O元素、L为Si元素、M为S元素；E介于C元素与O元素之间，故E为N元素；R+核外有28个电子，则R元素原子质子数为29，故R为Cu，（1）R为Cu元素，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，则在基态时价层电子排布式为3d104s1；故答案为：3d104s1；（2）Cu与双

24、氧水在酸性条件下生成铜离子和水，其反应的离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；故答案为：Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O；（3）以顶点为计算，与之相邻的最近的Kr位于三个面心上，而顶点的原子为8个立方体共有，每个面心上的Kr为两个立方体共有，故与每个Kr原子相紧邻的Kr原子有34=12，晶胞中含Kr原子为8+6=4，则=3，故答案为：3（4）晶体Si属于原子晶体，晶体中每个Si原子成4个SiSi键，每个SiSi键给1个Si提供，故1mol晶体硅中含有键的数目为1mol4NAmol1=2NA，故答案为：2NA；（5）SO3中S原子价层电子对数为3+=3，S原子采取sp2

25、杂化，孤电子对为0，为平面三角形；SO2中S原子价层电子对数为2+=3，S原子采取sp2杂化，故答案为：平面三角形；sp2杂化；（6）在（NH4）2Cu（SO4）2中存在的化学键除极性键外，（NH4）2Cu4+与SO42之间存在离子键，（NH4）2Cu4+中铵根离子与铜离子之间形成配位键，故答案为：ac点评：本题考查核外电子排布规律、离子方程式的书写、晶胞、杂化理论、化学键等，难度中等，推断元素是解题的关键，（3）中晶胞计算为易错点，注意仔细观察结构9（14分）（xx江油市模拟）Na2S2O3可做分析试剂它易溶于水，遇酸易分解某研究小组进行如下实验：【实验一】Na2S2O35H2O的制备I实验

26、原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验装置：如图1所示，有关物质的溶解度曲线如图2所示：实验步骤：（1）检查装置气密性，按图1所示加入试剂，其中装置B和D中加的是NaOH溶液，装置 C中的硫粉应事先研细并用乙醇润湿，否则会影响降低反应速率（2）打开K1、关闭K2，向圆底烧瓶中加入足量浓硫酸并加热C中混合液被气流搅动，反应一段时间后，硫粉的量逐渐减少（3）当C中溶液的pH接近7时，打开K2、关闭K1并停止加热采取该措施的理由是防止SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解（4）将C中的混合液过滤，将滤液经过一系列操作，可得粗产品Na2S2O35H2OIV产品检

27、测：（5）粗产品中可能含有Na2SO3、Na2SO4等杂质，利用所给试剂设计实验，检测产品中是否存在Na2SO4，简要说明实验操作，现象和结论：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质供选择的试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液【实验二】自来水中余氯的测定含氯消毒剂给自来水消毒后余氯含量的方案如下：在250ml碘量瓶（或具塞锥形瓶）中放置0.5gKI，加10ml稀硫酸，准确量取流动水样100ml（打开自来水龙头，待水流数十秒后再取水样）置于碘量瓶，迅速塞上塞摇动，见水样呈淡黄色，加1ml淀粉溶

28、液变蓝，则说明水样中有余氯再以Cmol/L标准Na2S2O3溶液滴定，至溶液蓝色消失呈无色透明溶液，记下硫代硫酸钠溶液的体积（已知：滴定时反应的化学方程式为I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6）（6）若该自来水是以漂白粉消毒，能说明水样中有余氯的反应离子方程式为ClO+2I+2H+=Cl+I2+H2O（7）上述实验，消耗标准Na2S2O3溶液V mL，则自来水样品中余氯量（以游离Cl2计算）为355VCmgL1实验中，若“塞上塞摇动”动作缓慢，则测得结果偏高（填“偏高”“偏低”或“不变”）考点：制备实验方案的设计；探究物质的组成或测量物质的含量分析：（1）B和D是为了吸收多余的二氧化

29、硫，可以用NaOH溶液吸收；把硫研细，增大接触面积，加快反应速率，S易溶于酒精，所以C中的硫粉应事先研细并用乙醇润湿，否则会降低反应速率；（3）防止SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解；（5）取少量产品溶于足量稀盐酸，再利用氯化钡溶液检验是否含有了酸根离子；（6）漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根检验强氧化性，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子；（7）根据Cl2I22Na2S2O3计算余氯量，动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大解答：解：（1）B和D是为了吸收多余的二氧化硫，所以装的是NaOH溶液；把硫研细，增大

30、接触面积，加快反应速率，S易溶于酒精，所以C中的硫粉应事先研细并用乙醇润湿，否则会降低反应速率，故答案为：NaOH溶液；降低反应速率；（3）SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解，故答案为：防止SO2过量，溶液呈现酸性，导致生成的Na2S2O3分解；（5）检验样品中是否含有硫酸钠的方案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质，故答案为：取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有Na2SO4杂质；（6）漂白粉的有效成分是次氯酸根，次氯酸根检

31、验强氧化性，可以将碘离子氧化得碘单质，自身被还原为氯离子，反应离子方程式为：ClO+2I+2H+=Cl+I2+H2O，故答案为：ClO+2I+2H+=Cl+I2+H2O；（7）根据Cl2I22Na2S2O3，可知n（Cl2）=n（Na2S2O3）=V103LCmol/L，氯气质量为=V103LCmol/L71g/mol=3.55VC102g=35.4VC mg，故余氯量（以游离Cl2计算）为 =355VC mg/L；动作不迅速，空气中的氧气在酸性条件下可把碘离子氧化生成单质碘，消耗硫代硫酸钠的体积会增大，所以结果偏高，故答案为：355VC；偏高点评：本题考查化学实验的制备、含量测定，涉及对操作

32、的分析评价、尾气吸收、方程式的书写、离子的检验、化学计算等知识，是对学生综合能力的考查，难度中等10（14分）（xx江油市模拟）已知有机物之间能发下如下反应：（1）CH3CHO+CH3CHOCH3CH=CHCHO（2）+CO下列有机化合物AH有如下图所示的转化关系：ABCD其中，化合物D的分子式为C10H10O，其苯环上的一氯代物只有两种；F的分子式为C10H8O，且所有碳原子在同一平面上请回答下列问题：（1）物质I的结构简式（2）反应的反应类型为加成反应；反应的条件为氢氧化钠醇溶液、加热化合物F的核磁共振氢谱（1HNMR）显示有4个峰（3）写出下列反应的化学方程式：CH3CHO与足量HCHO

33、反应CH3CHO+3HCHO（HOCH2）3CCHO反应（4）化合物D有多种同分异构体，满足下列条件的有6种（一个碳原子上不可能两个双键）属于酚类；结构中除苯环外无其他环；苯环上只有两种互为对位的取代基考点：有机物的推断分析：在氯化铝、氯化氢和加热条件下，A和一氧化碳发生加成反应生成B，B中含有醛基，碱性条件下，B和乙醛反应生成C，C脱水生成D，化合物D的分子式为C10H10O，且D中含有CH=CHCHO，其苯环上的一氯代物只有两种，结合D的分子式可知还含有一个甲基，且和CH=CHCHO处于相对位置，所以A是，B是，C为：，D为，D与溴发生加成反应生成E为，D与氢氧化铜发生氧化反应，酸化得到H

34、为，H与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成高聚物I为，F的分子式为C10H8O，由E与F分子式可知，F比D少2个Br原子，且F分子中所有碳原子在同一平面上，应是E在强碱的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，则F为，据此解答解答：解：在氯化铝、氯化氢和加热条件下，A和一氧化碳发生加成反应生成B，B中含有醛基，碱性条件下，B和乙醛反应生成C，C脱水生成D，化合物D的分子式为C10H10O，且D中含有CH=CHCHO，其苯环上的一氯代物只有两种，结合D的分子式可知还含有一个甲基，且和CH=CHCHO处于相对位置，所以A是，B是，C为：，D为，D与溴发生加成反应生成E为，D与氢氧化铜发生氧

35、化反应，酸化得到H为，H与甲醇发生酯化反应生成G为，G发生加聚反应生成高聚物I为，F的分子式为C10H8O，由E与F分子式可知，F比D少2个Br原子，且F分子中所有碳原子在同一平面上，应是E在强碱的醇溶液、加热条件下发生消去反应生成F，则F为（1）由上述分析，I的结构简式为，故答案为：；（2）反应的反应类型为：加成反应；反应的条件为：氢氧化钠醇溶液、加热，化合物F为，分子中有4种化学环境不同的H原子，其核磁共振氢谱（1HNMR）显示有4个峰，故答案为：加成反应；氢氧化钠醇溶液、加热；4；（3）CH3CHO与足量HCHO反应方程式为：CH3CHO+3HCHO（HOCH2）3CCHO；反应的化学反

36、应方程为：，故答案为：CH3CHO+3HCHO（HOCH2）3CCHO；（4）化合物D（）有多种同分异构体，满足下列条件（一个碳原子上不可能两个双键）：属于酚类；结构中除苯环外无其他环；苯环上只有两种互为对位的取代基，有如下结构：、，共有6种，故答案为：6点评：本题考查了有机物的推断，需要学生对给予的信息进行利用，较好的考查学生自学能力与知识迁移应用，需要学生熟练掌握官能团性质与转化，难度中等11（16分）（xx江油市模拟）锌钡白是一种白色颜料工业上是由ZnSO4与BaS溶液混合而成：BaS+ZnSO4ZnS+BaSO4请根据以下工业生产流程回答有关问题ZnSO4溶液的制备与提纯：有关资料：a

37、菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3等；bZn（OH）2与Al（OH）3相似，能溶于过量的NaOH溶液生成Na2ZnO2；（1）滤渣1的化学式为SiO2；中使用的氧化剂最好是下列的B（填序号）ACl2 BH2O2 CKMnO4 D浓HNO3（2）滤渣2中主要成份的化学式为Fe（OH）3、Cu（OH）2；为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤中的CO2可以来自于步骤（选填、）（3）步骤发生的离子反应方程式为ZnO22+2CO2+2H2O=Zn（OH）2+2HCO3（4）与Al相似，Zn也能溶于NaOH溶液写出将Zn片和Cu片放入NaOH溶液中形

38、成原电池的负极电极反应式：Zn2e+4OH=ZnO22+2H2OBaS溶液的制备：有关数据：Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H1=1473.2kJmol1C（s）+1/2O2（g）CO（g）H2=110.5kJmol1Ba（s）+S（s）BaS（s）H3=460kJmol1（5）若煅烧还原的产物仅为BaS和CO，则其反应的热化学方程式为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2kJmol1制取锌钡白（6）如果中步骤使用硫酸过量，产生的后果是过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S气体污染空气，而且锌钡白的产率会降低考点：物质分离和提纯的方法和

39、基本操作综合应用分析：此类流程图题，要先明确目的，围绕“目的”，推测每个步骤中所加试剂的作用，然后结合各物质的性质，推断出各步骤中的物质要注意按题目要求答题（1）根据物质的性质，能溶于酸的在滤液中，不溶于酸的在滤渣中（2）根据流程图分析，与碱生成沉淀的是滤渣2（3）根据Zn（OH）2与Al（OH）3相似，可推断相关方程式，（4）根据题目信息，Zn与Al相似推断（5）利用盖斯定律，结合“同侧加，异侧减，系数不同，对应变”，求出目标方程式解答：解：根据流程图中各步骤中的部分相关成分分析菱锌矿成分ZnCO3，SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3 加硫酸后ZnSO4，SiO2、FeSO4、Cu

40、SO4加入氧化剂二价铁被氧化为三价铁，其他微粒不变加入过量NaOHFe（OH）3、Cu（OH）2Na2ZnO2通入过量CO2后反应生成Zn（OH）2NaHCO3所以滤渣3即为Zn（OH）2加硫酸后生成ZnSO4（1）根据题目信息，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，含少量SiO2、FeCO3、Cu2（OH）2CO3，在流程图中首先加入硫酸，根据物质性质可知，菱锌矿中成分除SiO2都能溶于硫酸，所以滤渣1的化学式为SiO2；因H2O2 的还原产物H2O，不会引入新的杂质，所以选H2O2 作氧化剂故答案为：SiO2；B；（2）根据流程图的成分分析可看出：因Fe（OH）3、Cu（OH）2不溶于水，所以滤渣

41、2的成分是：Fe（OH）3、Cu（OH）2；因步骤中，硫酸与ZnCO3、FeCO3、Cu2（OH）2CO3 反应时均产生 CO2，所以为了达到综合利用、节能减排的目的，上述流程步骤中的CO2可以来自于步骤；故答案为：Fe（OH）3、Cu（OH）2；（3）由题目信息知：Zn（OH）2与Al（OH）3相似，则与Na2ZnO2与NaAlO2类似，即Na2ZnO2与过量CO2反应方程式为：Na2ZnO2+2CO2+2H2O=Zn（OH）2+2NaHCO3，离子方程式为；ZnO22+2CO2+2H2O=Zn（OH）2+2HCO3故答案为：ZnO22+2CO2+2H2O=Zn（OH）2+2HCO3；（4）

42、Al片和Cu片放入NaOH溶液中形成原电池的负极反应式为：Al3e+4OH=AlO2+2H2O，由题目信息知，与Al相似，Zn也能溶于NaOH溶液，所以将Zn片和Cu片放入NaOH溶液中形成原电池的负极电极反应式为：Zn2e+4OH=ZnO22+2H2O 故答案为：Zn2e+4OH=ZnO22+2H2O； （5）将题目提供热化学方程式编号如下：Ba（s）+S（s）+2O2（g）BaSO4（s）H1=1473.2kJmol1C（s）+1/2O2（g）CO（g）H2=110.5kJmol1Ba（s）+S（s）BaS（s）H3=460kJmol1根据“同侧加，异侧减，系数不同，对应变”，目标方程式可通过已知方程式进行运算4+得到，所以H=4H2+H3H1=+571.2 kJmol1，故答案为：BaSO4（s）+4C（s）=BaS（s）+4CO（g）H=+571.2 kJmol1；（6）如果如果中步骤使用硫酸过量，会发生如下反应，BaS+H2SO4=H2S+ZnSO4，H2S气体有毒，会污染环境；故答案为：过量的酸与BaS溶液混合会产生有毒的H2S气体污染空气（1分），而且锌钡白的产率会降低点评：明确流程图，一定要抓住题目提供的“关键”信息，并根据相关知识，按要求解答