2019-2020学年福建省南安三中新高考化学模拟试卷含解析.pdf

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1、2019-2020学年福建省南安三中新高考化学模拟试卷一、单选题（本题包括15 个小题，每小题4 分，共 60 分每小题只有一个选项符合题意）1下表中实验“操作或现象”以及“所得结论”都正确且两者具有推导关系的是操作或现象所得结论A 向纯碱中滴加足量浓盐酸，将产生的气体通入苯酚钠溶液，溶液变浑浊酸性：盐酸 碳酸 苯酚B 取酸性 KMnO4溶液少量，加入足量H2O2溶液，溶液紫红色逐渐褪去且产生大量气泡氧化性：KMnO4H2O2C 用 95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒高浓度酒精能让蛋白质变性更快D 向装有适量淀粉水解液试管中加入新制的银氨溶液，然后水浴加热一段时间，试管内壁无任何现象

2、淀粉未水解A A BB CC D D【答案】B【解析】【分析】【详解】A由于浓盐酸挥发出HCl，可以使苯酸钠生成苯酚，只能证明盐酸酸性强于碳酸，A 错误；B发生反应：5H2O2+2MnO4-+6H+=2Mn2+8H2O+5O2,现象为紫红色褪去，有气泡产生，证明氧化性KMnO4H2O2，B 正确；C医用消毒酒精中乙醇的浓度（体积分数）通常是75%，乙醇浓度太大，杀菌能力强但渗透性差，95%的酒精溶液会导致病毒表面的蛋白质变性，当病毒退壳后，里面的蛋白质仍然会危害人体健康，所以不能用 95%的酒精代替75%的酒精杀灭新型冠状病毒，C错误；D淀粉水解后溶液显酸性，应在碱性条件下检验，正确的方法是在

3、水解所制得溶液中先加NaOH 溶液，再加入新制的银氨溶液，然后水浴加热，D 错误；答案选 B。2下列说法不正确的是（）A某化合物在熔融状态下能导电，则该物质属于离子化合物B金属钠与水反应过程中，既有共价键的断裂，也有共价键的形成C硅单质与硫单质熔化时所克服微粒间作用力相同D CO2和 NCl3中，每个原子的最外层都具有8 电子稳定结构【答案】C【解析】【详解】A.熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动阴阳离子，说明该化合物由阴阳离子构成，则为离子化合物，故 A 正确；B.Na 和水反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2，反应中水中的共价键断裂，氢气分子中有共价键生成，所有反应过程中有共

4、价键断裂和形成，故B 正确；C.Si是原子晶体、S是分子晶体，熔化时前者破坏共价键、后者破坏分子间作用力，所有二者熔化时破坏作用力不同，故C 错误；D.中心原子化合价的绝对值+该原子最外层电子数=8 时，该分子中所有原子都达到8 电子结构，但是氢化物除外，二氧化碳中C元素化合价绝对值+其最外层电子数=4+4=8，NCl3中 N 元素化合价绝对值+其最外层电子数=3+5=8，所有两种分子中所有原子都达到8 电子结构，故D 正确。故选 C。【点睛】明确物质构成微粒及微粒之间作用力是解本题关键，注意C选项中 Si和 S晶体类型区别。3如表所示的五种元素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子

5、最外层电子数之和为22。下列说法正确的是X Y W Z T A原子半径：XYZ BX、Y、Z三种元素最低价氢化物的沸点依次升高C由 X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键D T元素的单质具有半导体的特性【答案】D【解析】【分析】四种元素的原子最外层电子数之和为22，得出 W 最外层电子数为4，即为 Si，X为 N，Y为 O，Z 为 Cl，T为 Ge。【详解】A.根据层多径大，核多径小(同电子层结构)，因此原子半径：Cl NO，故 A 错误；B.HCl沸点比 NH3、H2O 最低价氢化物的沸点低，故B错误；C.由 X、Y和氢三种元素形成的化合物硝酸铵含有离子键和共价键，故C错误；D.Ge 元

6、素在金属和非金属交界处，因此Ge 的单质具有半导体的特性，故D 正确。综上所述，答案为D。4黄铜矿（CuFeS2）是提取铜的主要原料，其煅烧产物Cu2S在 1200高温下继续反应：2Cu2S+3O2 2Cu2O+2SO2 2Cu2O+Cu2S 6Cu+SO2 则A反应中还原产物只有SO2B反应中Cu2S只发生了氧化反应C将 1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol D若 1molCu2S完全转化为2molCu，则转移电子数为2NA【答案】C【解析】【分析】反应 中 S化合价变化为：-2+4，O 化合价变化为：0-2；反应 中，Cu化合价变化为：+10，S化合价变化为：-2+4

7、。可在此认识基础上对各选项作出判断。【详解】A O 化合价降低，得到的还原产物为Cu2O 和 SO2，A 选项错误；B 反应中Cu2S所含 Cu元素化合价降低，S元素化合价升高，所以Cu2S既发生了氧化反应，又发生了还原反应，B选项错误；C 将反应、联立可得：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，可知，将1 molCu2S冶炼成2mol Cu，需要 O21mol，C 选项正确；D 根据反应：3Cu2S+3O2 6Cu+3SO2，若 1molCu2S完全转化为2molCu，只有 S失电子，：(4-(-2)mol=6mol，所以，转移电子的物质的量为6mol，即转移的电子数为6NA，D 选项错误；

8、答案选 C。【点睛】氧化还原反应中，转移的电子数=得电子总数=失电子总数。5实验室利用下列反应装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3，反应原理为：NH3+CO2+H2O+NaClNaHCO3+NH4Cl，下列说法错误的是（）A通过活塞K 可控制 CO2的流速B装置 b、d 依次盛装饱和Na2CO3溶液、稀硫酸C装置 c 中含氨的饱和食盐水提高了CO2吸收效率D反应后将装置c 中的锥形瓶浸入冷水充分冷却，过滤得到NaHCO3晶体【答案】B【解析】【分析】【详解】A关闭活塞K 时，气体可将球形容器内的液体压入漏斗内，从而使碳酸钙脱离液面，反应停止，所以通过调节活塞K可控制 CO2的流速，A 正确；B装

9、置 b 的作用是除去二氧化碳中混有的氯化氢，故装置b 内应盛装饱和NaHCO3溶液，B错误；C装置 c 中含氨的饱和食盐水呈碱性，CO2的溶解度增大，C正确；D反应后将装置c 中的锥形瓶浸入冷水，NaHCO3降温结晶，过滤得NaHCO3晶体，D 正确；故选 B。6有关远洋轮船船壳腐蚀与防护叙述错误的是A可在船壳外刷油漆进行保护B可将船壳与电源的正极相连进行保护C可在船底安装锌块进行保护D在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀【答案】B【解析】A.可在船壳外刷油漆进行保护，A 正确；B.若将船壳与电源的正极相连，则船壳腐蚀加快，B 不正确；C.可在船底安装锌块进行保护属于牺牲阳极的阴极保护法，C正确

10、；D.在海上航行时，船壳主要发生吸氧腐蚀，D 正确。本题选B。7硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将 H2S和空气的混合气体通入FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S，其物质转化如图所示。下列说法错误的是（）A在图示的转化中，Fe3+和 CuS是中间产物B在图示的转化中，化合价不变的元素只有铜C图示转化的总反应是2H2S+O22S+2H2O D当有 1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol【答案】B【解析】【分析】【详解】A该过程中发生反应：Cu2+H2S CuS+2H+，CuS+Fe3+S+Fe2+Cu2+(未配平)，Fe2+O2 Fe3+(未配

11、平)，由此可知，Fe3+和 CuS是中间产物，故A 不符合题意；B由图知，化合价变化的元素有：S、Fe、O，Cu、H、Cl 的化合价没发生变化，故B符合题意；C由 A 选项分析并结合氧化还原反应转移电子守恒、原子守恒可知，其反应的总反应为：2H2S+O22S+2H2O，故 C不符合题意；DH2S反应生成S，硫元素化合价升高2 价，O2反应时氧元素化合价降低2，根据氧化还原转移电子守恒可知，当有1molH2S转化为硫单质时，需要消耗O2的物质的量为0.5mol，故 D 不符合题意；故答案为：B。8设 NA为阿伏加德罗常数的值下列说法中，正确的是（）A标准状况下，22.4L 的 NO2和 CO2混

12、合气体中含有的氧原子数为4NAB密闭容器中，46gNO2和 N2O4的混合气体所含分子个数为NAC常温常压下，22.4L 的液态水含有2.24 108NA个 OHD高温下，16.8 g Fe与足量水蒸气完全反应失去0.8NA个电子【答案】D【解析】A、等物质的量时，NO2和 CO2中含有氧原子数目是相同的，因此标准状况下，22.4L 的 NO2和 CO2混合气体中含有氧原子物质的量为2mol，故 A 错误；B、假设全部是NO2，则含有分子物质的量为46g/46g/mol=1mol，假设全部是N2O4，含有分子物质的量为46g/92g/mol=0.5mol，故 B 错误；C、常温常压下不是标准状

13、况，且水是弱电解质，无法计算OH微粒数，故C错误；D、铁与水蒸气反应生成Fe3O4，因此 16.8g 铁与水蒸气反应，转移电子物质的量为16.88/(56 3)mol=0.8mol，故 D 正确。9主族元素X、Y、Z、W 在元素周期表中的位置如图所示，其中W 原子序数是Z 的 2 倍。下列说法不正确的是A X、Y、Z 的氢化物沸点依次升高BZ 和 W 形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成CX、Y、Z 与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体D M 的原子序号为32，是一种重要的半导体材料【答案】A【解析】【详解】W 原子序数是Z的 2 倍，则为

14、硫，为氧，为碳，为氮，为锗。A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故错误；B.Z 和 W 形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；C.X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为 CO（NH2）2，为分子晶体，可能为NH4CNO，为离子晶体，故正确；D.锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。故选 A。10一定条件下，在水溶液中1 mol Cl-、ClOx-(x=1，2，3，4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是()A这些离子中结合H+能力最强的是A BA、

15、B、C、D、E五种微粒中C最稳定CC B+D的反应，反应物的总键能小于生成物的总键能D B A+D反应的热化学方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=+116 kJ mol-1【答案】C【解析】【详解】A酸性越弱的酸，阴离子结合氢离子能力越强，次氯酸是最弱的酸，所以ClO-结合氢离子能力最强，即B 结合氢离子能力最强，故A 错误；BA、B、C、D、E中 A 能量最低，所以最稳定，故B错误；CC B+D，根据转移电子守恒得该反应方程式为2ClO2-=ClO3-+ClO-，反应热=(64kJ/mol+60kJ/mol)-2 100kJ/mol=-76kJ/mol，则该反

16、应为放热，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，故 C正确；D根据转移电子守恒得B A+D的反应方程式为3ClO-=ClO3-+2Cl-，反应热=(64kJ/mol+2 0kJ/mol)-3 60kJ/mol=-116kJ/mol，所以该热化学反应方程式为3ClO-(aq)=ClO3-(aq)+2Cl-(aq)H=-116kJ/mol，故 D 错误；故选 C。【点睛】本题的易错点为CD，要注意焓变与键能的关系，H=反应物的总键能-生成物的总键能。11煤、石油、天然气仍是人类使用的主要能源，同时也是重要的化工原料，我们熟悉的塑料、合成纤维和合成橡胶都主要是以石油、煤和天然气为原料生产的。下列说法

17、中不正确的是A石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，生成苯、甲苯、苯甲酸等芳香烃B煤干馏的产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭C棉花、羊毛、蚕丝和麻等都是天然纤维D天然气是一种清洁的化石燃料，作为化工原料它主要用于合成氨和甲醇【答案】A【解析】【详解】A.石油在加热和催化剂的作用下，可以通过结构重整，使链状烃转化为环状烃，生成苯、甲苯等芳香烃，苯甲酸属于烃的含氧衍生物，不属于芳香烃，故A 错误；B.煤干馏发生化学变化，产品有出炉煤气、煤焦油和焦炭等，故B 正确；C.天然纤维的种类很多，长期大量用于纺织的有棉、麻、毛、丝四种。棉和麻是植物纤维，毛和丝是动物纤维，故C 正确；D.天然气广泛用于民用

18、及商业燃气灶具、热水器，天然气也可用作化工原料，以天然气为原料的一次加工产品主要有合成氨、甲醇、炭黑等近20 个品种，故D 正确。故答案选A。12我国是最早掌握炼锌的国家，天工开物中记载了以菱锌矿（主要成分为ZnCO3）和烟煤为原料的炼锌罐剖面图。已知：锌的沸点为907，金属锌蒸气遇热空气或CO2易生成 ZnO。下列冶炼锌过程中的相关说法不正确的是A尾气可用燃烧法除去B发生了氧化还原反应C提纯锌利用了结晶法D泥封的目的是防止锌氧化【答案】C【解析】【分析】【详解】A.菱锌矿煅烧，ZnCO3分解产生ZnO 和 CO2，ZnO与 C在高温下发生反应：2ZnO+C2Zn+CO2，由于 C 过量，还会

19、发生反应C+CO22CO，所以尾气中含有有毒气体CO，可利用其可燃性，用燃烧的方法使 CO转化为 CO2除去，A 正确；B.由 ZnCO3转化为 Zn 单质及 C转化为 CO、CO2的反应中有Zn、C元素化合价的变化，因此发生了氧化还原反应，B正确；C.Zn是比较活泼的金属，要使用电解方法提纯，C错误；D.泥封为了防止高温下Zn蒸气被空气氧化为ZnO，D 正确；故合理选项是C。13金属钼具有高强度、高熔点、耐磨抗腐性，用于制火箭、卫星的合金构件。钼酸钠晶体(Na2MoO4?2H2O)是一种重要的金属缓蚀剂。利用钼矿(主要成分MoS2，还含少量钙、镁等元素)为原料冶炼金属钼和钼酸钠晶体的主要流程

20、图如下：(1)Na2MoO4?2H2O 中钼元素的价态为_，煅烧产生的尾气引起的环境危害主要是_。(2)用浓氨水溶解粗产品的离子方程式是_，由图中信息可以判断MoO3是_氧化物。（填“酸性”、“碱性”或“两性”）(3)操作 I 是_，操作所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法是_。(4)采用NaClO 氧化钼矿的方法将矿石中的钼浸出，该过程放热。请配平以下化学反应：_NaClO+_MoS2+_NaOH _Na2MoO4+_Na2SO4+_NaCl+_H2O。钼的浸出率随着温度变化如图，当温度高于50后浸出率降低的可能原因是_（写一点）。(5)锂和 MoS2可充电电池的工作原理为xLi+n

21、MoS2Lix(MoS2)n，则电池充电时阳极上的电极反应式为_。【答案】+6 酸雨MoO3+2NH3?H2O=2NH4+MoO42+H2O 酸性过滤取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净9 1 6 1 2 9 3 该反应为放热反应，升温使平衡逆移；随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42Lix(MoS2)n-xe=nMoS2+xLi+【解析】【分析】制备金属钼和钼酸钠：钼矿的主要成分为MoS2，在空气中煅烧2MoS2+7O22MoO3+4SO2，生成 MoO3和 SO2，所以尾气含SO2；MoO3加浓氨水生成钼酸铵溶液，2N

22、H3?H2O+MoO3=(NH4)2MoO4+H2O，过滤除去杂质，在钼酸铵溶液中加足量盐酸，发生复分解反应生成钼酸和氯化铵，过滤得到钼酸晶体高温分解生成MoO3；钼矿与 NaOH、NaClO 溶液发生反应9MoS2+6OH-+ClO-=MoO42-+2SO42-+9Cl-+3H2O，Na2MoO4溶液通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2MoO4 2H2O。【详解】(1)Na2MoO4 2H2O 中 Na 元素化合价为+1 价、O 元素化合价为-2 价，根据化合物中各元素化合价的代数和为 0 确定 Mo 元素的价态为42-21=+6价；工业煅烧钼矿的尾气为二氧化硫，二氧化硫引起的

23、环境危害主要是酸雨；(2)用浓氨水溶解粗产品MoO3，反应产生钼酸铵和水，反应的离子方程式为：MoO3+2NH3?H2O=2NH4+MoO42+H2O；MoO3可以与碱溶液反应生成MoO42-和水，因此可以说明MoO3是酸性氧化物；(3)操作 I 是分离难溶性的固体与可溶性液体混合物的方法，该分离混合物的方法为过滤；操作过滤分离出固体钼酸和滤液，在滤液中含有NH4Cl，所得的钼酸要水洗，检验钼酸是否洗涤干净的方法就是检验洗涤液中是否含有Cl-，操作是取少量最后一次水洗液于试管中，加入硝酸酸化的AgNO3溶液，若无沉淀产生即证明钼酸已洗净；(4)在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO 中的+

24、1 价变为反应后NaCl 中的-1 价、Mo 元素化合价由反应前 MoS2中的+2 价变为+6 价、S元素化合价由反应前MoS2中的-1 价变为反应后Na2SO4中的+6 价，根据转移电子及原子守恒，配平方程式为9NaClO+MoS2+6NaOH=Na2MoO4+2Na2SO4+9NaCl+3H2O；钼的浸出率随着温度变化如图，当温度低于50时，温度升高，反应速率加快，更多的钼溶解，因此钼的浸出率随着温度的升高而增大；当温度高于50后浸出率降低的可能原因是：第一，该反应的正反应是放热反应，随着温度升高，平衡向吸热的逆反应方向移动；第二，随着温度升高，其它金属杂质离子浸出也增多，沉淀了MoO42

25、，导致浸出率降低；(5)锂和 MoS2可充电电池的工作原理为xLi+nMoS2Lix(MoS2)n，可知：在电池充电时阳极上的电极反应式为放电时正极反应式的逆反应，放电时，正极上MoS2得电子和锂离子反应生成Lix(MoS2)n，则阳极反应式为 Lix(MoS2)n-xe-=nMoS2+xLi+。【点睛】本题考查物质制备的工艺流程，涉及混合物的分离和提纯、氧化还原反应方程式的配平、离子的检验方法、电解池反应原理，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本类型题的关键，注意结合题给信息解答，侧重分析能力的考查。14短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、

26、Y、Z、W 四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5 核 10 电子微粒；Q 元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A甲中既含离子键，又含共价键B丙和戊的混合物一定显酸性C丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D原子半径：XYZ W【答案】A【解析】【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q 的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W 四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5 核 10 电子微粒，该阳离子为NH4+，则 X为 H 元素；Q

27、 元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q 为 Na 元素，因此Y、Z、W 均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为NH4HCO3，因此 Y为 C元素、Z为 N 元素、W 为 O 元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X 为 H 元素，Y为 C元素，Z为 N 元素，W 为 O 元素，Q 为 Na 元素，甲为NH4HCO3，乙为 NaOH 或

28、硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A甲为 NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A 正确；B丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水解后溶液显碱性，故B错误；C丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C 错误；D同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：XWZY，故 D 错误；答案选 A。15将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原 NaOH 浓度为

29、1mol/L C参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA【答案】C【解析】【详解】发生 Cl2+2NaOH NaClO+NaCl+H2O，生成 0.1molNaCl 的同时，生成0.1molNaClO，消耗 2molNaOH；A生成 0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故 A 错误；B若恰好完全反应，则原NaOH 浓度为0.2mol0.1L2mol/L，故 B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故 C正确；D Cl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol 电子，则转移电子为0.1NA，故 D

30、 错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将 Cl2通入 100mL NaOH 溶液中充分反应，生成0.1mol 的 NaCl，发生 Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。二、实验题（本题包括1 个小题，共10 分）16某学生设计下列实验（图中用于加热的仪器没有画出）制取Mg3N2，观察到装置A 的黑色的固体变成红色，装置D 的镁条变成白色，回答下列问题：(1)装置 A中生成的物质是纯净物，则可能是_，证明的方法是_。(2)设计 C装置的作用是_，缺陷是 _。【答案】Cu或 C

31、u2O 向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有除去 NH3防止金属镁与NH3反应生成副产物C中稀硫酸中的水分进入D 中，Mg、Mg3N2遇水发生反应【解析】【分析】（1）A 装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来制备 N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，二者均为红色，题目中生成了纯净物，所以是 Cu 或 Cu2O；Cu 不与稀硫酸反应，Cu2O能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色，所以可用稀硫酸检验，但不能用硝酸，硝酸与Cu也能反应生成蓝色溶液；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3

32、与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以 C中的稀硫酸是为了吸收 NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A 中，D 装置是 Mg3N2的制备装置，由于Mg 性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷。【详解】（1）A 装置通过反应3CuO2NH33Cu3H2ON2来制备 N2，NH3作还原剂，CuO被还原，生成Cu，但也可能生成Cu2O，题目中生成了纯净物，所以是 Cu 或 Cu2O，检验的方法是向得到的红色物质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有，不能加硝酸，硝酸与Cu 也能反应生成蓝色溶液；故答案为：Cu 或 Cu2O；向得到的红色物

33、质中直接加入稀硫酸，若溶液变蓝色，说明含有Cu2O，否则没有；（2）N2中可能含有未反应的NH3，NH3与金属镁发生反应生成杂质Mg(NH2)2，所以 C中的稀硫酸是为了吸收 NH3，B装置为安全瓶，防止C中液体倒吸入A 中，D 装置是 Mg3N2的制备装置，由于Mg 性质比较活泼，很容易与水、氧气、CO2反应，所以该装置存在明显缺陷；故答案为：除去NH3，防止金属镁与NH3反应生成副产物；C 中稀硫酸中的水分进入D 中，Mg、Mg3N2遇水发生反应。【点睛】Cu不与稀硫酸反应，Cu2O 能与稀硫酸反应Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，使溶液呈蓝色；与硝酸反应，二者现象相同，溶液均呈蓝色

34、。三、推断题（本题包括1 个小题，共10 分）17某新型药物H()是一种可用于治疗肿瘤的药物，其合成路线如图所示：已知：(1)E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色(2)（R 为烃基）(3)请回答下列问题：(1)A 的结构简式为_；D 的官能团的名称为_。(2)的反应类型是_；的反应条件是_。(3)写出 BC 的化学方程式_。(4)写出 F+GH 的化学方程式_。(5)E 有多种同分异构体，同时满足下列条件的E的同分异构体有_种。.能发生银镜反应.能发生水解反应.分子中含的环只有苯环(6)参照 H 的上述合成路线，设计一条由乙醛和NH2CH(CH3)2为起始原料制备医药中间CH3C

35、ONHCH(CH3)2的合成路线 _。【答案】羟基、羧基加成反应浓硫酸、加热5【解析】【分析】由 B 的结构简式，结合反应条件，逆推可知A为，B 发生水解反应生成C 为，结合 D 的分子式可知C发生氧化反应生成D 为，E的分子式为C9H8O2，能使溴的四氯化碳溶液褪色，则D 是发生消去反应生成E，故 E为，E发生信息(3)中的反应生成F为，结合信息(2)中 H 的结构简式，可知G 为；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到CH3CONHCH(CH3)2。【详解】(1)据上所述可知：A 的结构简式为；D 为，D 官能团的名称为羟基、羧基；(2

36、)A 变为 B 的反应，A 是，A 与 Br2的 CCl4溶液发生加成反应，产生B：，所以的反应类型是加成反应；的反应是D 变为 E，D 是，D 发生消去反应，产生E：的反应类型是消去反应；(3)B 是，B 与 NaOH 的水溶液在加热时发生取代反应，产生C，所以 BC 的化学方程式为：；(4)F 为，G 是，二者发生取代反应产生H：及 HBr，该反应的化学方程式为：；(5)E()的同分异构体含有苯环，且同时满足下列条件：能发生银镜反应、能发生水解反应，说明含有甲酸形成的酯基，分子中含的环只有苯环，说明苯环侧链含有碳碳双键，只有一个取代基为 CH=CHOOCH、有 2 个取代基为 CH=CH2

37、、OOCH，两个取代基在苯环上有邻、间、对3 不同的位置，故符合条件的共有5 种；(6)乙醛发生氧化反应生成乙酸CH3COOH，乙酸与PBr3作用生成，最后与NH2CH(CH3)2作用得到 CH3CONHCH(CH3)2，合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的推断与合成的知识，侧重考查分析推断、知识综合运用能力，充分利用反应条件、有机物分子式与结构简式进行分析推断，明确官能团及其性质关系、官能团之间的转化关系是解本题关键，题目难度中等。四、综合题（本题包括2 个小题，共20 分）18硫酸锌可作为食品锌强化剂的原料。工业上常用菱锌矿生产硫酸锌，菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2

38、O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：（1）将菱锌矿研磨成粉的目的是_。（2）针铁矿（Goethite）是以德国诗人歌德（Goethe）名字命名的，组成元素是Fe、O 和 H，化学式量为49，化学式是 _。（3）根据下表数据，调节“滤液 2”的 pH 时，理论上可选用的最大区间为_Mg(OH)2Zn(OH)2MgCO3CaCO3开始沉淀的pH 14 24 沉淀完全的pH 34 40 开始溶解的pH 15 工业上从“滤液 3”制取 MgO 过程中，最合适的反应物是_（选填序号）。A、大理石粉B、石灰乳C、纯碱溶液D、烧碱溶液“滤液 4”之后的操作依次为_、_、过滤，洗涤，干燥

39、。（4）分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于_。【答案】增大反应物接触面积或增加反应时的接触面积，使反应更加充分FeO(OH)8.0pH10.4B 蒸发浓缩冷却结晶21125m81m【解析】【分析】菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe5O3、FeCO3、MgO、CaO等，加入过量浓盐酸溶解，过滤除去不溶物，滤液中含有氯化锌、氯化铁、氯化亚铁、氯化镁、氯化钙及为反应的HCl，加入漂白粉将二价铁氧化为三价铁，调节pH 得到氢氧化铁沉淀，过滤分离后，再调节滤液pH 得到 Zn(OH)5沉淀，且不能生成Mg(OH)5氢氧化锌用硫酸溶解，用Zn 粉除去过量的硫酸，将溶液蒸发、结晶、

40、过滤后洗涤并干燥得到晶体。(1)增大反应物接触面积，充分反应；(5)组成元素是Fe、O、H，化学式量为49，其中铁的相对原子量为55，化学式中只能含有1个 Fe原子、5个氧原子和1 个氢原子；(3)调节滤液pH得到 Zn(OH)5沉淀，且不能生成Mg(OH)5；从“滤液 3”制取 MgO 过程中，应先转化为Mg(OH)5，使用石灰乳最经济；从溶液中获得干燥纯净的晶体一般有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作；(4)根据沉淀5 中 ZnO 的质量利用关系式ZnCO3ZnO 计算菱锌矿粉中ZnCO3的质量，可得菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数。【详解】(1)将菱锌矿研磨成粉，增大反应物接触面积

41、，充分反应，提高浸取效率，故答案为：增大反应物接触面积或增加反应时的接触面积，使反应更加充分；(5)组成元素是Fe、O、H，化学式量为49，其中铁的相对原子量为55，化学式中只能含有1个 Fe原子、5个氧原子和1 个氢原子，所以可能的组成为FeO(OH)，故答案为：FeO(OH)；(3)调节滤液5 的 pH 得到 Zn(OH)5沉淀而不生成Mg(OH)5，由 Mg(OH)5开始沉淀时的pH、Zn(OH)5沉淀完全时的 pH，pH 应介于 4.0 pH1.4；从“滤液 3”制取 MgO 过程中，应先转化为Mg(OH)5，使用石灰乳最经济；“滤液 4”之后的操作目的是得到纯净的固体，应将溶液蒸发浓

42、缩、冷却结晶、过滤、洗涤并干燥，故答案为：4.0 pHAl3+【解析】【分析】(1)卤素原子的最外层电子数均为7 个，卤化氢均为共价型分子，且HF 分子间存在氢键；(2)溴原子核电荷数为35；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5；(3)元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强、其最高价氧化物的水合物酸性越强、其氢化物的稳定性越强、其单质与氢气化合越容易、其对键合单质的吸引力越大；(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应生成盐和水；(5)氢氧化铝和氢氧化镁的分解产物除水外，还有Al2O3和 MgO，其中 Mg 的金属性比Al 的金属性活泼；(6)碳酸镁高温分解生成MgO 和 CO

43、2，其中 CO2是直线型非极性分子；(7)与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子为Na+和 Al3+，核电荷数大，离子半径小。【详解】(1)卤素原子的最外层电子数均为7 个，卤化氢中 H和 X之间存在一个共用电子对，则 HX的电子式为，HX 均为共价型分子，相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，但HF 分子间存在氢键，其沸点比其它 HX 高，则 HF、HCl、HBr、HI 四种氯化氢的沸点由高到低的顺序是HFHIHBrHCl；(2)溴原子核电荷数为35，则溴离子的最外层电子排布式为4s24p6；氯原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，共有 1s、2s、2p、3s、3p

44、4 个能级，又s轨道有 1 种不同的伸展方向，p 轨道有 3 种不同的伸展方向，所以氯原子共有4 种不同的伸展方向；(3)a元素的非金属性越强，其最高价氧化物的水合物酸性越强，但HClO 和 HBrO 均不是最高价氧化物的水合物，则无法根据HClO 酸性强于HBrO 判断非金属性ClBr，故 a错误；bHBr 的分解温度低于HCl，说明 HBr 较不稳定，则可说明氯的非金属性强于溴，故b 正确；c向 FeBr2溶液中滴加少量氯水，还原性：Fe2+Br-，少量氯气先氧化Fe2+生成 Fe3+，Fe3+在溶液中呈现浅黄色，不能证明氯的非金属性强于溴，故c 错误；dBrCl+H2O HBrO+HCl

45、 是非氧化还原反应说明不存在元素化合价的变化，则 BrCl中氯元素为-1 价，可知氯原子吸引电子能力强，即氯元素的非金属性强于溴，故d 正确；故答案为bd；(4)氢氧化铝是两性氢氧化物，能与酸反应生成盐和水，显碱性，则氢氧化铝在酸性溶液中的电离方程式为Al(OH)3Al3+3OH-；(5)氢氧化铝和氢氧化镁的分解产物除水外，还有 Al2O3和 MgO，因 Mg 的金属性比Al 的金属性强，则在自然界中最有可能成为原子晶体的是Al2O3；(6)碳酸镁高温分解生成MgO 和 CO2，其中 CO2是直线型非极性分子，其结构式为O=C=O；(7)与镁离子核外电子排布相同的另外两个阳离子为Na+和 Al3+，核电荷数大，离子半径小，则两阳离子的半径大小关系为Na+Al3+。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。