江西省宜春市五校联考2022届高三化学上学期开学考试试题含解析

江西省宜春市五校2022——2022学年高三年级上学期联考化学试卷可能用到的相对原子质量：N-14Fe-56Cu-64C-12O-16Ba-137S-32H-1Zn-65Al-27一.单一选择题（每小题3分，共48分）1.化学与生活密切相关，下列叙述正确的是A.石灰水喷涂在树干上可以消灭树皮上的过冬才虫卵，是因为Ca(OH)2有毒，可毒死虫卵B.明矾和氯水是常用的水处理剂，常用于海水的淡化C.侯德榜制碱法先通入NH3是为了增大CO2的溶解度D.在食品袋中放入盛有CaCl2·6H2O和铁粉透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质【答案】C【解析】试题分析：碱溶液能使蛋白质变性，杀死虫卵，故A错误；明矾和氯水是常用的水处理剂，常用于水的净化消毒，但不能淡化海水，故B错误；氨气易溶于水，呈碱性，能增大CO2的溶解度，故C正确；CaCl2可防止食物受潮，CaCl2·6H2O不能防止食物受潮，故D错误。考点：本题考查物质性质与用途。2.设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是（　　）A.1mol•L﹣1的NaClO溶液中含有ClO﹣的数目小于NAB.0.1molH218O中所含中子总数为1.2NAC.在标准状况下，2.8gN2和2.24LCO所含电子数均为1.4NAD.常温下，5.6克铁与足量的浓硫酸与反应，转移电子数为0.3NA【答案】C【解析】【详解】A．未告知溶液的体积，无法计算1mol•L﹣1的NaClO溶液中次氯酸根离子的数目，故A错误；B、1molH218O中含有的中子物质的量为0×2+(18-8)=10mol，0.1 molH218O中所含中子总数为0.1×10mol×NAmol-1=NA，故B错误；C．一个氮气分子或一氧化碳分子中都含有14的电子，氮气和一氧化碳的摩尔质量相等，所以可把两种物质当成一种物质进行计算，2.8gN2和2.8gCO的物质的量都是0.1mol，含有的电子数都是1.4NA，故C正确；D、常温下，铁与浓硫酸发生钝化，不能完全反应，无法计算转移的电子数，故D错误；故选C。3.化学与生活密切相关，下列说法正确的是（）-19-\nA.煮熟的鸡蛋不能孵化成小鸡原因是蛋白质变性B.棉、麻、丝、毛完全燃烧后都只生成CO2和H2OC.氨基酸在人体中生成新的蛋白质属于加聚反应D.为加快漂白精的漂白速率，使用时可加少量的食盐水【答案】A【解析】【详解】A、蛋白质在高温时发生变性，使蛋白质失去生理活性，所以煮熟的鸡蛋不能孵化成小鸡，故A正确；B、棉、麻燃烧后主要生成二氧化碳和水，因为这类纤维主要含C、H、O元素，丝毛燃烧后除了生成二氧化碳和水外，还有二氧化硫、氮气(还可能有氮氧化物)，因为这类纤维中除了C、H、O元素外还含有氮和硫元素，故B错误；C、氨基酸在人体中通过脱水缩合生成新的蛋白质属于缩聚反应，故C错误；D、漂白精种含有次氯酸钙，在漂白精中滴加食盐水，不能增大HClO的浓度，故D错误。故选A。4.姜黄素有抗氧化、保肝护肝、抑制肿瘤生长等功能。它的结构简式如图所示已知：下列有关姜黄素的说法正确的是A.姜黄素在一定条件下能发生水解、加成、氧化反应B.1个姜黄素分子一定有15个原子共平面C.1mol姜黄素在镍（Ni）、加热条件下最多10molH2发生加成反应D.姜黄素的分子式为C21H18O6【答案】C【解析】分析：姜黄素分子结构具有对称性，其中含有醚键、酚羟基、碳碳双键、羰基官能团，结合酚和烯烃的性质分析解答。详解：A.-19-\n姜黄素分子结构中没有能够水解的官能团，不能发生水解反应，故A错误；B.苯环、碳碳双键和羰基均为平面结构，但碳碳单键可以旋转，1个姜黄素分子中的碳原子可能都在同一平面上，但不一定有15个原子共平面，故B错误；C.苯环、碳碳双键和羰基都能与氢气加成，1mol姜黄素在镍(Ni)、加热条件下最多10molH2发生加成反应，故C正确；D.根据姜黄素的结构简式可知，姜黄素的分子式为C21H20O6，故D错误；故选C。点晴：本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团的结构和性质是解题的关键。本题的易错点为B，要根据常见的基本物质(甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛)的结构分析解答，同时注意碳碳单键是可以旋转的，该分子中最少7个碳原子，最多21个碳原子共平面。5.下列离子方程式不正确的是（　　）A.Fe3O4与HI反应的离子方程式为：Fe3O4+8H++2I﹣═3Fe2++I2+4H2OB.用稀H2SO4除去铜绿：4H++Cu2（OH）2CO3═2Cu2++CO2↑+3H2OC.向NH4Al（SO4）2溶液中滴入Ba（OH）2溶液恰好使SO42﹣完全沉淀：2Ba2++Al3++2SO42﹣+4OH﹣═AlO2﹣+2H2O+2BaSO4↓D.少量Ca（OH）2溶液与NaHCO3混合：Ca2++2OH﹣+2HCO3﹣═CaCO3↓+2H2O+CO32﹣【答案】C【解析】试题分析：向NH4Al(SO4)2溶液中滴入Ba(OH)2溶液恰好使SO42—完全沉淀：2Ba2++Al3++NH4++2SO42—+4OH—＝Al(OH)3↓+2H2O+2BaSO4↓+，故C错误.考点：本题考查离子方程式。6.下列关于有机物的说法不正确的是A.等质量的乙烯和丙烯完全燃烧耗氧量相同B.用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物C.丙烯分子中最多有8个原子共平面D.有芳香气味的C9Hl8O2在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，则符合此条件的C9H18O2的结构有16种【答案】C【解析】A.乙烯和丙烯的最简式相同，等质量的乙烯和丙烯完全燃烧耗氧量相同，A正确；B.用碳酸钠溶液可以区分乙醇、乙酸、苯和硝基苯四种有机物，现象分别是互溶不分层、产生气体、分层有机层在下层、分层有机层在上层，B正确；C.碳碳双键是平面形结构，由于单键可以旋转，则丙烯分子中最多有7个原子共平面，C错误；D.有芳香气味的C9Hl8O2-19-\n在酸性条件下加热可水解产生相对分子质量相同的两种有机物，这说明形成该酯类的羧酸是丁酸，醇是戊醇，丁酸有2种，戊醇有8种，则符合此条件的C9H18O2的结构有2×8＝16种，D正确，答案选C。点睛：选项D是解答的难点。关于同分异构体的书写要注意：就每一类物质，先写出碳链异构体，再写出官能团的位置异构体。碳链异构体按“主链由长到短，支链由整到散，位置由心到边，排列由对、邻至间（有多个取代基时）”的规律书写。另外要注意基元法的应用，例如戊基有8种异构体，则戊醇、己醛、己酸等都有8种同分异构体。7.利用如图所示装置分别盛放相应物质进行下列实验，得出结论正确的是选项①②③判定结论A浓硫酸蔗糖溴水用来判定浓硫酸具有脱水性、氧化性B稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2用来判定SO2与可溶性钡盐均可生成白色沉淀C浓盐酸Na2CO3Na2SiO3用来判定酸性：盐酸＞碳酸＞硅酸D浓硫酸CuNaOH用来判定制备SO2并吸收尾气A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】试题分析：浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化，浓硫酸具有氧化性，被碳还原为二氧化硫气体，二氧化硫使溴水褪色，故A正确；Ba(NO3)2溶液能把二氧化硫氧化为硫酸根离子，最终生成硫酸钡沉淀，不能用来判定SO2-19-\n与可溶性钡盐均可生成白色沉淀，故B错误；盐酸易挥发，用来判定酸性：碳酸＞硅酸，故C错误；常温下铜与浓硫酸不反应，故D错误。考点：本题考查化学实验。8.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A溴乙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热，生成气体通入酸性高锰酸钾溶液中，褪色有乙烯生成B向试管中的浓硫酸加入铜片，盖好胶塞，导管通气入品红溶液，无明显现象铜片未打磨C除去CuSO4溶液中Fe2+：先加足量H2O2，再加Cu(OH)2调溶液pH=4Ksp[Cu(OH)2]>Ksp[Fe(OH)2]D将有色纸条放入盛满干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片，无明显现象氯气漂白不是Cl2分子直接作用的结果A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】分析：A项，乙醇具有挥发性，乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色；B项，Cu与浓H2SO4加热时才反应；C项，加入足量H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加Cu（OH）2调溶液pH=4时Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀而除去；D项，干燥的Cl2不能使有色纸条褪色，Cl2分子没有漂白性。详解：A项，乙醇具有挥发性，溴乙烷与NaOH乙醇溶液共热产生的气体中一定含CH3CH2OH（g），CH3CH2OH也能使酸性KMnO4溶液褪色，气体使酸性KMnO4溶液褪色不能说明有乙烯生成，A项错误；B项，Cu与浓H2SO4常温下不反应，Cu与浓H2SO4加热时才会反应产生SO2，B项错误；C项，加入足量H2O2将Fe2+氧化成Fe3+，再加Cu（OH）2调溶液pH=4时Fe3+转化成Fe（OH）3沉淀而除去，说明Fe（OH）3比Cu（OH）2的溶解度更小，Ksp[Cu（OH）2]Ksp[Fe（OH）3]，C项错误；D项，将有色纸条放入盛满干燥Cl2的集气瓶中，盖上玻璃片，无明显现象，说明Cl2没有漂白性，氯气漂白不是Cl2分子直接作用的结果，D项正确；答案选D。-19-\n点睛：本题考查溴乙烷消去产物的检验、Cu与浓H2SO4的反应、沉淀的生成、Cl2漂白原理。检验溴乙烷的消去产物必须排除CH3CH2OH（g）的干扰，正确的操作是：气体先通过盛水的洗气瓶吸收CH3CH2OH（g），后通入酸性KMnO4溶液；注意Cl2本身没有漂白性，Cl2与水生成的HClO具有漂白性。9.下列离子在对应的环境中一定能大量共存的是（　　）A.含S2ˉ、SO32ˉ溶液：Fe3+、Na+、Al3+、Clˉ、SO42ˉB.加入Al能放出气体的溶液中：Na+、Cl-、K+、SO42-、Br-C.加入Na2O2的溶液：SO32ˉ、SO42ˉ、ClO-、Na+D.使石蕊变红的溶液中：Fe2+、MnO4-、NO3-、Na+、SO42-【答案】B【解析】试题分析：S2—、SO32—共存的溶液呈碱性，Fe3+、Al3+在碱性条件下不能存在，故A错误；加Al能放气体溶液呈酸性或碱性，Na+、Cl—、K+、SO42—、Br—在酸性或碱性条件下都能存在，故B正确；加入Na2O2的溶液呈氧化性，SO32—被氧化为SO42—，故C错误；使石蕊溶液变红的溶液呈碱性：Fe2+不能存在，故D错误。考点：本题考查离子共存。10.工业上常用水蒸气蒸馏的方法（蒸馏装置如图）从植物组织中获取挥发性成分。这些挥发性成分的混合物统称精油，大都具有令人愉快的香味。从柠檬、橙子和柚子等水果的果皮中提取的精油90%以上是柠檬烯（柠檬烯）。提取柠檬烯的实验操作步骤如下：(1)将1～2个橙子皮剪成细碎的碎片，投入乙装置中，加入约30mL水(2)松开活塞K。加热水蒸气发生器至水沸腾，活塞K的支管口有大量水蒸气冒出时旋紧，打开冷凝水，水蒸气蒸馏即开始进行，可观察到在馏出液的水面上有一层很薄的油层。下列说法不正确的是（）A.当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成-19-\nB.蒸馏结束后，为防止倒吸，立即停止加热C.长玻管作安全管，平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸D.要得到纯精油，还需要用到以下分离提纯方法：萃取、分液、蒸馏【答案】B【解析】分析：本题为有机综合实验题，考察了实验中安全问题、分离、提纯等基本操作方法。玫瑰精油化学性质稳定，难溶于水，能同水蒸气一同蒸馏，故可以用水蒸气蒸馏的方法（蒸从植物组织中获取精油，然后在进行萃取、分液操作，进行分离。详解：柠檬烯不溶于水，密度比水小，因此当馏出液无明显油珠，澄清透明时，说明蒸馏完成，A正确；蒸馏结束后，先把乙中的导气管从溶液中移出，再停止加热，B错误；长玻管与大气相通，能够起到平衡气压，防止由于导管堵塞引起爆炸，C正确；得到的精油中含有其它成分，要想的得到柠檬烯，要进行萃取、分液、蒸馏操作才能实现目的，D正确；正确选项B。11.已知反应：10AgF+5Cl2+5H2O=9AgCl+AgClO3+10HF+O2,下列关于该反应的叙述不正确的是A.该反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5B.当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为1/18molC.每产生1molO2时，被氧元素还原的氯气物质的量为2molD.参加反应的水有2/5被氧化【答案】B【解析】试题分析：A．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，2molO原子失电子，则氧化剂为4.5mol，还原剂物质的量为0.5mol+2mol=2.5mol，所以氧化剂与还原剂物质的量之比为9：5，故A正确；B．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，5mol氯气反应时，被还原的氯气为4.5mol，转移电子的物质的量为9mol，当反应中有1mol电子转移时，被还原氯气物质的量为0.5mol，故B错误；C．每产生1molO2时，O元素失去4mol电子，则氯元素得到4mol，所以被氧元素还原的氯气物质的量为2mol，故C正确；D．反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中H2O中5个O原子参加反应，其中有2个O原子失电子被氧化，所以参加反应的水有2/5被氧化，故D正确；故选B。【考点定位】考查氧化还原反应-19-\n【名师点晴】明确元素的化合价变化是解答的关键，注意Cl的得电子数等于转移的电子总数；反应10AgF+5Cl2+5H2O═9AgCl+AgClO3+10HF+O2中，Cl元素的化合价既升高又降低，其中9molCl原子得电子，1molCl原子失电子，O元素的化合价升高，2molO原子失电子，以此来解答。12.向体积均为10mL、物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2，得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol/L的盐酸，此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积的关系如图所示。则下列叙述中不正确的是A.原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol/LB.当0<V(HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为H++CO32-=HCO3-C.乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaOHD.向乙溶液中滴加过量盐酸后产生CO2体积的最大值为224mL【答案】D【解析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为：OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑；由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知，甲溶液中溶质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3；则A．根据图象可知，当V（HCl）=50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1mol/L×0.05L=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c（NaOH）=0.005mol÷0.01L=0.5mol/L，A正确；B．根据以上分析可知当0＜V（HCl）＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：H++CO32-=HCO3-，B正确；C．根据以上分析可知乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaOH，C正确；D．乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L=0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol=22.4mL，D错误；答案选D。点睛：本题考查混合物的有关计算，把握图中曲线及发生的反应的关系计算出NaOH、CO2-19-\n的物质的量为解答的关键，注意判断CO2与NaOH反应产物，题目难度较大。13.X、Y、Z、W有如图所示的转化关系(反应条件和部分其它反应物省略)，则X、Y、Z可能是()①Na、Na2O、Na2O2②AlCl3、Al(OH)3、NaAlO2③Fe、FeCl2、FeCl3④NaOH、Na2CO3、NaHCO3⑤C、CO、CO2A.①②③④⑤B.②④C.①③⑤D.①②④⑤【答案】D【解析】①若X为Na、W为O2，则Y为Na2O，Z为Na2O2，O2与Na反应在加热的时候生成Na2O2，故①正确；②若X为AlCl3，W为NaOH，则Y为Al(OH)3，Z为NaAlO2，过量NaOH与AlCl3反应生成NaAlO2，故②正确；③若X为Fe、W为Cl2，则Fe与Cl2只生成FeCl3，故③错误；④若X为NaOH、W为CO2，则Y为Na2CO3，Z为NaHCO3，过量CO2与NaOH反应生成NaHCO3，故④正确；⑤若X为C、W为O2，则Y为CO、Z为CO2，碳与氧气能够发生不完全燃烧和完全燃烧，一氧化碳也能燃烧生成二氧化碳，故⑤正确；故选D。14.某同学进行下列实验：在加热条件下将24gCuO、Fe2O3的混合物与充足的CO完全反应，并将反应后的气体全部通入到足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀40g。下列有关叙述中不正确的是（）A.原混合物中CuO与Fe2O3物质的量比为1：1B.反应后所得CO2的物质的量为0.4molC.实验过程中需要的CO质量为11.2gD.原混合物中CuO与Fe2O3的质量比为1：2【答案】C【解析】【详解】反应后的气体全部通入到足量的澄清石灰水中，得到白色沉淀40g为碳酸钙质量，碳酸钙的物质的量为=0.4mol，根据碳原子守恒，所以反应后所得CO2的物质的量为为0.04mol。一个CO获得1个氧原子生成CO2，根据氧原子守恒，可知24gCuO、Fe2O3的混合物中氧原子的物质的量为0.4mol。令CuO、Fe2O3-19-\n的物质的量分别为x、y，则x+3y＝0.4mol，x×80g/mol+y×160g/mol＝24g，解得：x=0.1mol，y=0.1mol。A、由上述计算可知，原混合物中CuO与Fe2O3物质的量比为0.1mol：0.1mol=1：1，故A正确；B、由上述计算可知，反应后所得CO2的物质的量为0.4mol，故B正确；C、实验过程中参加反应的CO质量为0.4mol×28g/mol=11.2g，实验过程中实际需要的CO质量大于11.2g，故C错误；D、由上述计算可知，原混合物中CuO与Fe2O3物质的量比为0.1mol：0.1mol=1：1，所以原混合物中CuO与Fe2O3的质量比为80：160=1：2，故D正确；故选C。【点睛】本题考查混合物的有关计算，关键是根据一个CO获得1个氧原子生成CO2判断混合物中氧原子的物质的量为0.4mol，结合守恒进行计算，注意守恒思想在混合计算中的运用。15.某苯的同系物分子式为C11H16，经测定数据表明，分子中除苯环外不再含其他环状结构，分子中还含有两个—CH3，两个—CH2—和一个，则该分子由碳链异构体所形成的同分异构体有（）A.3种B.4种C.5种D.6种【答案】B【解析】试题分析：根据题意，该有机物的取代基中甲基在端位，-CH2-与甲基或苯环或相连，与甲基、苯环、或亚甲基相连，所以2个—CH3，2个—CH2—和1个的结构可能存在以下几种：-CH2-CH2-CH(CH3)2、-CH2-CH(CH3)-CH2-CH3、-CH(CH3)-CH2-CH2-CH3、-CH(CH2-CH3)2，所以共四种结构，答案选B。考点：考查有机物同分异构体的书写16.如图所示是向MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入一定量NaOH溶液，紧接着再加入一定量稀盐酸，生成沉淀的物质的量y与加入溶液的体积x的关系图。根据图示判断，下列结论中不正确的是A.N点时溶液中的溶质只有NaCl-19-\nB.M点之前加入的是NaOH溶液，M点之后加入的是盐酸C.c(NaOH)＝c(HCl)D.原混合溶液中c(MgCl2)∶c(AlCl3)＝1∶1【答案】B【解析】试题分析：A、向MgCl2和AlCl3的混合溶液中加入一定量NaOH溶液，首先发生反应：Mg2++2OH‾=Mg(OH)2↓，Al3++3OH‾=Al(OH)3↓，至N点时恰好完全反应，溶液中的溶质只有NaCl，故A正确；B、N点后继续加入NaOH溶液，Al(OH)3开始溶解，至M点Al(OH)3恰好完全溶解，M点至P点沉淀量不变，说明M点至P点先加NaOH溶液，然后加入稀盐酸，P点盐酸恰好中和NaOH，故B错误；C、点N至点M发生Al(OH)3溶解的反应：Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，点P至点F生成Al(OH)3：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，根据图像可知消耗的NaOH溶液与盐酸体积相同，则c(NaOH)＝c(HCl)，故C正确；D、点P至点F生成Al(OH)3：NaAlO2+HCl+H2O=Al(OH)3+NaCl，用去的盐酸为1mL，则ON段生成沉淀，生成Al(OH)3需要3mLNaOH溶液，生成Mg(OH)2需要NaOH溶液的体积为：5mL-3mL=2mL，则原混合溶液中c(MgCl2)∶c(AlCl3)＝1∶1，故D正确。考点：本题考查物质的性质、图像的分析、化学计算。二.非选择题（共5小题，每空2分，共52分）17.某同学对Cu的常见化合物的性质进行实验探究，研究的问题和过程如下：(1)为探究Cu(OH)2是否和Al(OH)3一样具有两性，除选择Cu(OH)2外，必须选用的试剂为____________(填序号)a．氨水 b．氢氧化钠溶液  c．稀硫酸  d．冰醋酸(2)为探究不同价态铜的稳定性，进行如下实验：①将CuO粉末加热至1000℃以上完全分解成红色的Cu2O粉末。②向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，该反应的离子化学方程式为____________。(3)为了探究氨气能否和氢气一样还原CuO，他根据所提供的下列装置进行实验(夹持装置未画)，装置A产生氨气，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→____→____→____→____→____→____→h-19-\n①实验开始时，打开分液漏斗的活塞K，发现浓氨水没有滴下，如果各仪器导管均没有堵塞，则可能的原因是_______________________________________。②实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，装置E中收集到无色无味的气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，则B装置中发生的化学方程式为______________________。③装置C中的球形装置的作用是_________________。【答案】(1).bc(2).Cu2O+2H+＝Cu2++Cu+H2O(3).g(4).f(5).b(6).c(7).d(8).e(9).没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽（或小孔）对准漏斗上的小孔)(10).3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O(11).防倒吸【解析】【详解】(1)证明Al(OH)3呈两性的试剂是强酸和强碱，因此要想证明Cu(OH)2呈两性，也必须选强酸和强碱溶液，硫酸是强酸，所以可以选取；氢氧化钠是强碱，所以可选取；氨水是弱碱，醋酸是弱酸，均不能选择，所以bc正确，故答案为：bc；(2)②向Cu2O中加适量稀硫酸，得到蓝色溶液和一种红色固体，这说明氧化亚铜和稀硫酸反应生成的是硫酸铜、水和单质铜，因此该反应的离子化学方程式为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O，故答案为：Cu2O+2H+=Cu2++Cu+H2O；(3)A装置是制备氨气的，生成的氨气中含有水蒸气，需要通过碱石灰干燥．又因为氨气极易溶于水，过量的氨气在进行尾气处理时需要防止倒吸，所以正确的连接顺序为：a→g→f→b→c→d→e→h，故答案为：g；f；b；c；d；e；①由于反应中由氨气生成，烧瓶内压强大，导致氨水不能滴下，即：可能的原因是没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔)，故答案为：没有将分液漏斗颈上的玻璃塞打开(或使塞上的凹槽(或小孔)对准漏斗上的小孔)；-19-\n②实验结束后，装置B中固体由黑色变为红色，这说明有导致铜生成，装置E中收集到无色无味的气体，在空气中无颜色变化，点燃的镁条可以在其中燃烧，因此钙气体应该是氮气，所以B装置中发生的化学方程式为3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3  3Cu+N2+3H2O；③由于氨气极易溶于水，直接通入水中吸收，容易倒吸，所以装置C中的球形装置的作用是防倒吸，故答案为：防倒吸。【点睛】本题探究了Cu的常见化合物的性质，主要考查了性质实验方案的设计，采用假设的方法判断铜的常见化合物的性质，然后作实验验证；要注意有毒气体产生时，一定有尾气处理装置，不能直接排空。本题的易错点为(3)，要注意根据各装置的作用结合实验原理分析解答。18.某中学化学兴趣小组为了调查当地某一湖泊的水质污染情况，在注入湖泊的3个主要水源的入口处采集水样，并进行了分析，给出了如下实验信息：其中一处水源含有A、B两种物质，一处含有C、D两种物质，一处含有E物质，A、B、C、D、E为五种常见化合物，均由下表中的离子形成：阳离子K+ 、Na+、Cu2+、Al3+阴离子SO42-、HCO3-、NO3-、OH-为了鉴别上述化合物，分别完成以下实验，其结果是：①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液；②将E溶液滴入到C溶液中出现白色沉淀，继续滴加，沉淀溶解；③进行焰色反应，只有B、C为紫色（透过蓝色钴玻璃）；④在各溶液中加入硝酸钡溶液，再加过量稀硝酸，A中放出无色气体，C、D中都能产生白色沉淀；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成。根据上述实验填空：（1）写出B的化学式：B________。（2）将含1molA的溶液与含1molE的溶液反应后蒸干，仅得到一种化合物，该化合物的化学式为______。（3）在A溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为________________。-19-\n（4）C常用作净水剂，用离子方程式说明其净水原理_____________。（5）若向含溶质1mol的C溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量最大为______________g【答案】(1).KNO3(2).Na2CO3(3).2HCO3- +Ca2++2OH-＝CaCO3↓+CO32-+H2O(4).Al3++3H2OAl(OH)3(胶体)+3H+(5).466【解析】【详解】①将它们溶于水后，D为蓝色溶液，其他均为无色溶液，则D中含有铜离子；②将E溶液滴入到C溶液中，出现白色沉淀，继续滴加沉淀溶解，则C中含有铝离子，E中含有氢氧根离子；③进行焰色反应实验，只有B、C含有钾离子，所以E是NaOH；④在各溶液中加入Ba(NO3)2溶液，再加入过量稀硝酸，A中放出无色气体，则A中含有碳酸氢根离子，C、D中产生白色沉淀，则C、D中含有硫酸根离子，所以D是硫酸铜，C是硫酸铝钾；⑤将B、D两溶液混合，未见沉淀或气体生成，则B是硝酸钾，所以A是碳酸氢钠．通过以上分析可知，A为NaHCO3，B为KNO3，C为KAl(SO4)2，D为CuSO4，E为NaOH。(1)B为KNO3，故答案为：KNO3；(2)将含1mol碳酸氢钠的溶液与含lmol氢氧化钠的溶液反应，两者恰好完全反应生成碳酸钠，故蒸干仅得到一种化合物的化学式为Na2CO3，故答案为：Na2CO3；(3)在碳酸氢钠溶液中加入少量澄清石灰水，其离子方程式为：2HCO3- +Ca2++2OH-＝CaCO3↓+CO32-+H2O，故答案为：2HCO3- +Ca2++2OH-＝CaCO3↓+CO32-+H2O；(4)KAl(SO4)2中铝离子为弱碱阳离子，容易水解生成氢氧化铝胶体，氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质的能力，故离子反应方程式为Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，故答案为：Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+；(5)若向含溶质lmolKAl(SO4)2溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，生成沉淀质量最大时未为硫酸根与钡离子恰好完全反应，即生成硫酸钡为2mol，质量为：2mol×233g/mol=466g，故答案为：466。19.有机物A为绿色荧光蛋白在一定条件下水解的最终产物之一，结构简式为请回答下列问题：（1）关于A的性质推断错误的是______；a．A既能和酸反应又能和碱反应b．A不能发生加成反应-19-\nc．A可以发生氧化反应d．A不能通过缩聚反应得到高分子化合物（2）A与氢氧化钠溶液反应的化学方程式为______________；（3）符合下列4个条件A的同分异构体有多种；写出任意一种A的同分异构体的结构简式________________________。①1,3,5-三取代苯；②遇氢氧化铁溶液显紫色；③氨基与苯环直接相连；④属于酯类.【答案】(1).bd(2).+2NaOH→+2H2O (3).、、、、 (任选一种)【解析】【详解】(1)a．A中含有氨基和羧基，既能和酸反应又能和碱反应，故a正确；b．A中含有苯环，能发生加成反应，故b错误；c．A含有酚羟基和氨基，可以发生氧化反应，故c正确；d．A含有氨基和羧基，能通过缩聚反应得到高分子化合物，故d错误；故答案为：bd；(2)A中酚羟基和羧基都能与NaOH发生中和反应，反应的方程式为+2NaOH→+2H2O，故答案为：+2NaOH→+2H2O；(3)①1，3，5-三取代苯；②遇氢氧化铁溶液显紫色，说明含有酚羟基；③氨基与苯环直接相连；④属于酯类，说明含有-COO-，同分异构体主要取决于酯基，根据酯对应的酸可能为苯甲酸、苯乙酸、甲酸(对应的醇有2种)、乙酸、丙酸，共6种，对应的同分异构体为、、、、-19-\n ，故答案为：、、、、 (任选一种)。20.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Fe2O3、FeCO3、MgO、CaO等，生产工艺流程示意如下：(1)完成“氧化除铁”步骤中反应的离子方程式：（_________）Fe(OH)2＋（________）________＋（_________）______===（________）Fe(OH)3＋（_________）Cl－(2)针铁矿(Coethite)是以德国诗人歌德(Coethe)名字命名的，组成元素是Fe、O和H，相对分子质量为89，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pH10.46.4——沉淀完全的pH12.48.0——开始溶解的pH—10.5——-19-\nKspmol3·L－35.6×10－12—6.8×10－102.8×10－9(4)工业上从“滤液3”制取MgO过程中，合适的反应物是________(选填序号)。a．大理石粉　b．石灰粉　c．纯碱溶液　d．烧碱溶液(5)分析图中数据，菱锌矿粉中ZnCO3的质量分数不低于________________。【答案】(1).2(2).1(3).ClO－(4).1(5).H2O(6).2(7).1(8).FeO(OH)(9).8.0≤pH<10.4(10).bd(11).×100%【解析】【分析】菱锌矿的主要成分是ZnCO3，并含少量的Fe2O3、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)2沉淀，且不能生成Mg(OH)2．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、过滤后洗涤并干燥得到晶体。【详解】(1)流程中“氧化除铁”是加入漂白粉，方程式后面产物中又有氯离子，可知氧化剂是ClO-，观察方程式前后可以推出还要加入水分子，反应的离子方程式为：2Fe(OH)2+ClO-+H2O═2Fe(OH)3+Cl-，故答案为：2；1；ClO-；1；H2O；2；1；(2)化学式量为89，组成元素是Fe、O、H，其中铁的相对原子量为56，扣掉56剩下33，化学式中只能含有2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2的pH要想生成Zn(OH)2沉淀而不生成Mg(OH)2，必须知道Mg(OH)2开始沉淀时的pH、Zn(OH)2开始沉淀时的pH，Mg(OH)2沉淀完全时的pH、Zn(OH)2沉淀完全时的pH，Mg(OH)2开始沉淀时的pH为10.4、Zn(OH)2开始沉淀时的pH为6.4，Mg(OH)2沉淀完全时的pH为12.4、Zn(OH)2沉淀完全时的pH8.0，所以理论上可选用的最大区间为8.0≤pH≤10.4；故答案为：8.0≤pH≤10.4；(4)从“滤液3”制取MgO过程中，应先生成Mg(OH)2，溶液碱性应较强，bd符合，而纯碱溶液水解呈碱性，碱性较弱，故答案为：bd；(5)设碳酸锌的质量为m，利用关系式法计算：ZnCO3----ZnO-19-\n125     81m       m2ZnCO3的质量为m=g，ZnCO3的质量分数为×100%，故答案为：×100%%。21.卤代烃在醚类溶剂中与Mg反应可制得格氏试剂，格氏试剂在有机合成方面用途广泛。设R为烃基,已知：某有机物A有如下转化关系：试回答下列问题：（1）反应①的反应试剂和实验条件是____________________（2）C→D的化学反应方程式为___________________________；（3）G的结构简式是______________________，G的最简单的同系物的名称是_______（4）I中所含官能团的名称是_________________________（5）能发生银镜反应的J的同分异构体有____种。写出其中含-CH3个数最多的异构体的结构简式__________________.【答案】(1).氢氧化钠乙醇溶液、加热(2).2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O(3).CH3CH(OH)CH2CH2CH(OH)CH3(4).乙二醇(5).碳碳双键、羟基(6).8(7).CH3C(CH3)2CH2CHO[或CH3CH2C（CH3）2CHO或（CH3）2CHCH（CH3）CHO]【解析】【分析】从A转化为E的反应条件及E的分子式，可推知A为CH2=CH2，E为BrCH2CH2Br，F为BrMgCH2CH2MgBr，结合G的分子式结合反应信息，可推知D为CH3-19-\nCHO，则C为乙醇，B为卤代烃CH3CH2X，结合反应信息可知G为，J为五元环状化合物，应是G中两个羟基脱出一分子水所得产物(类似浓硫酸使乙醇脱水生成乙醚)，对比G、I的分子式可知，I为G在浓硫酸作用下发生消去反应的产物，则I为CH3CH(OH)CH2CH=CHCH3或CH3CH(OH)CH2CH2CH=CH2，据此进行解答。【详解】(1)反应①是CH3CH2X发生消去反应生成CH2=CH2，反应试剂和实验条件为：氢氧化钠乙醇溶液，加热，故答案为：氢氧化钠乙醇溶液、加热；(2)C→D的化学反应方程式为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；(3)由上述分析可知，G的结构简式是，G的最简单的同系物的名称是OHCH2CH2OH，名称是乙二醇，故答案为：；乙二醇；(4)I为CH3CH(OH)CH2CH=CHCH3或CH3CH(OH)CH2CH2CH=CH2，I中所含官能团有碳碳双键、羟基，故答案为：碳碳双键、羟基；(5)分子式与I、J相同，但能发生银镜反应，说明结构中含有醛基，可写成C5H11-CHO，-C5H11有8种结构，所以C5H11-CHO也是8种结构，最多含-CH33个，其结构简式分别为：CH3C(CH3)2CH2CHO、CH3CH2C(CH3)2CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO，故答案为：8；CH3C(CH3)2CH2CHO(或CH3CH2C(CH3)2CHO、(CH3)2CHCH(CH3)CHO)。【点睛】本题考查有机物推断与合成，需要学生对给予的信息进行利用，注意依据转化流程中反应条件及分子式，结合题给信息找到解题突破口。I的结构的不确定是本题的易错点。-19-