2022年浙江省温州市高考化学二模试卷（含解析）

2022年浙江省温州市高考化学二模试卷注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2.回答选择题时，选出每小题答案后
，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷
上无效。3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回。一、单选题（本大题共25小题，共50.0分）1. 下列变化与盐类水解平衡无关的是
(????)A. 浓硫化钠溶液有臭味B. 将饱和氯化铁溶液加入沸水制胶体C. 盐酸与碳酸钙反应生成二氧化碳D. 配制硫酸亚铁溶液时
加少量硫酸2. 下列物质属于弱电解质的是(????)A. HClOB. BaSO4C. CO2D. AlCl33. 用下列实验
装置进行相应实验，装置正确且能达到实验目的的是 A. 用图a所示装置干燥SO2气体B. 用图b所示装置蒸发CH3COONa溶液得醋
酸钠晶体C. 用图c所示装置分离有机层与水层，水层从分液漏斗下口放出D. 用图d所示装置测量氯气的体积4. 下列物质对应的化学式
不正确的是(????)A. 甘油醛：B. 磁铁矿的主要成分：Fe3O4C. 蓝矾：FeSO4?7H2OD. 工业盐的主要成分：Na
NO25. 有5种单核粒子，它们分别是1840□?、1940□、1940□+、2040□2+、2041□(□内元素符号未写出)，
则它们所属元素的种类有(????)A. 2种B. 3种C. 4种D. 5种6. 化学与科技，生活、生产密不可分。下列叙述不正确的
是(????)A. “古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”中的“剂钢”指的是合金B. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，居呦
呦提取青蒿素的方法是物理方法C. “凡石灰，经火焚炼为用……火力到后，烧酥石性。置于风中，久自吹化成粉”中的“粉”为CaOD. “
爆竹声中一岁除，春风送暖入屠苏”中爆竹的燃放涉及氧化还原反应7. 下列说法不正确的是(????)A. 新戊烷和2，2?二甲基丙烷
为同一物质B. 乙烯和聚乙烯互为同系物C. 环氧丙烷和丙酮互为同分异构体D. ?14N4和?15N2互为同素异形体8. 下列物质
没有漂白性的是(????)A. 氯气B. 次氯酸钙溶液C. 氯水D. 二氧化硫9. 下列说法不正确的是(????)A. 钠与Cu
O在高温下反应生成Na2OB. 可用Al与MgO发生反应制取MgC. Na、F2等活泼的金属和非金属用电解法制得D. FeO在空气
里受热，能迅速被氧化成Fe3O410. 关于反应H2+SiHCl33HCl+Si，下列说法不正确的是(????)A. HCl是氧
化产物B. SiHCl3既发生还原反应又发生氧化反应C. 被氧化的原子与被还原的原子的个数比2：1D. 生成1molSi时，转移4
mol电子11. 实验室从含碘废液(除H2O外，含有CCl4、I2、I?等)中回收碘，其操作流程如下：下列说法不正确的是(???
?)A. 还原时，发生的主要反应为：SO32?+I2+H2O=SO42?+2I?+2H+B. 加入Na2SO3溶液的目的是使碘元素
进入水层C. 操作X的名称为萃取，应在分液漏斗中操作D. 氧化时，应控制在较低温度(40℃左右)，可增大Cl2的溶解度并减少I2的
损失12. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是(????)A. 1000L?pH=3的弱酸HR溶液中含有H+数目小于N
AB. 100g30%的福尔马林溶液中含有氧原子数目为NAC. 用惰性电极电解NaCl溶液，生成22.4L气体(标准状况下)时，共
转移电子的数目为2NAD. 104g环辛四烯()的分子中含有碳碳双键的数目为4NA13. 下列离子方程式中正确的是(????)A
. 将稀盐酸滴在铁片上：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑B. 将碳酸氢钠溶液与稀硫酸合：HCO3?+H+=H2O+CO2↑C.
硫酸铜与氢氧化钡溶液混合：Cu2++2OH?=Cu(OH)2↓D. 将硝酸银溶液与氯化钠溶液混合：AgNO3+Cl?=AgCl↓
+NO3?14. 某DNA分子的片段如图所示。下列关于该片段的说法不正确的是(????)A. 1mol该片段结构最多与7molH
2发生加成B. 胸腺嘧啶与酸或碱溶液均可反应生成盐C. DNA分子可通过氢键①②形成双螺旋结构D. 该片段能使溴水和酸性高锰酸钾溶
液褪色15. 新版人民币的发行，引发了人们对其相关化学知识的关注。下列表述不正确的是(????)A. 用于人民币票面方案等处的油
墨中所含有的Fe3O4是一种磁性物质B. 制造人民币所用的棉花、优质针叶等木原料的主要成分是纤维素C. 防伪荧光油墨由颜料与树脂连
接料等制成，其中树脂属于有机高分子材料D. 某种验钞笔中含有碘酒，遇假钞呈现监色，其中遇碘变蓝的是葡萄糖16. 如表所示的五种元
素中，W、X、Y、Z为短周期元素，这四种元素的原子最外层电子数之和为22，下列说法正确的是(????)A. X、Y、Z三种元素最低
价氢化物的沸点依次升高B. 由X、Y和氢三种元素形成的化合物中只有共价键C. 物质WY2、W3X4均有熔点高、硬度大的特性D. T
元素的单质不具有半导体的特性，T与Z元素可形成化合物TZ417. 25℃，Ka(CH3COOH)=1.8×10?5。向50.00
mL?c?mol?L?1CH3COOH溶液中逐滴加入c?mol?L?1HCl溶液至VmL。忽略溶液体积的变化。下列有关说法正确的是
(????)A. 当V增至100.00mL过程中，c(Cl?)c(CH3COOH)先增大后减小B. 若CH3COOH溶液的电离度α
=50%，则c=1.8×10?5mol?L?1C. 再滴加NaOH溶液调节混合溶液至水电离出的c(H+)=10?7mol?L?1时
，则c(Na+)=c(Cl?)+c(CH3COO?)D. 若c=0.10mol?L?1，当V=220.00mL时，混合溶液pH=1
+lg4.418. 已知A转化为C和D分步进行：①A(g)?B(g)+2D(g)；②B(g)?C(g)+D(g)，其反应过程能量
如图所示，下列说法正确的是(????)A. 1molA(g)的能量低于1molB(g)的能量B. B(g)?C(g)+D(g)ΔH
=(Ea4?Ea3)kJ/molC. 断裂1molA(g)化学键吸收的热量小于形成1molB(g)和2molD(g)化学键所放出的
热量D. 反应过程中，由于Ea3 (g)?2C(g)ΔH>0达平衡。则下列有关说法不正确的是(????)A. 相同时间内，存在消耗关系：Δn(C)=2Δn(A)B.
其他条件不变，增大压强或添加催化剂，c(A)、c(B)不变C. 反应正向的活化能一定大于逆向的活化能D. 同一温度下，平衡浓度与
平衡压强存在关系：Kc=Kp20. 相同的温度和压强下，有关下列两个反应的说法不正确的是(????)反应ΔH/kJ?mol?1Δ
nΔS/J?K?1?mol?1MgCO3(s)=MgO(s)+CO2(g)117.61aCaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g
)177.91b注：①其中Δn表示反应方程式中气体化学计量数差； ②ΔH?TΔS<0的反应方向自发A. 因为Δn相同，所以a与b大
小相近B. 热分解温度：MgCO3(s)>CaCO3(s)C. a?b=S[MgO(s)]+S[CaCO3(s)]?S[MgCO3
(s)]?S[CaO(s)]D. 两个反应在不同温度下的ΔH和Δn都大于零21. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是(????
)A. NaCl(aq)→电解Cl2(g)→苛性钠漂白粉B. NaCl(aq)→CO2→NH3NaHCO3(s)→加热Na2CO3
(s)C. NaBr2(aq)→Cl2Br2(aq)→NaI(aq)I2(aq)D. Mg(OH)2(S)→HCl(aq)MgCl
2(aq)→电解Mg(s)22. 某化学兴趣小组，根据电化学原理，设计出利用KCl、NaNO3为原料制取KNO3和NaCl的装置
如图。A、C代表不同类别的选择性离子通过膜，M、N为惰性电极。下列有关说法中正确的是(????)A. 若产品出口1为NaCl溶液，
则C为阳离子交换膜B. 电解总反应：KCl+NaNO3KNO3+NaClC. 产品出口1溶液离子总浓度与产品出口2相等D. M上电
极反应式为：2Cl??2e?=Cl2↑23. 25℃时，分别向20.00mL0.1000mol?L?1的氨水、醋酸铵溶液中滴加0
.1000mol?L?1的盐酸，溶液pH与加入盐酸体积的变化关系如图所示。下列说法正确的是(????)A. M点溶液中：c(OH?
)>c(NH4+)>c(NH3?H2O)>c(H+)B. N点溶液中：c(NH4+)>c(Cl?)>c(NH3?H2O)>c(OH
?)C. P点溶液中：c(NH4+)+c(NH3?H2O) ?)=c(CH3COOH)+c(NH4+)24. 某课题组设计一种以甲醇辅助固定CO2的方法，原理如图。下列说法不正确的是(??
??)A. 化合物A为CH3OHB. 若用HOCH2CH2OH辅助固定，则产物可能为?C. 反应原料中的原子100%转化为产物D.
反应②的类型为加成反应25. 利用如图所示装置进行相关实验能实现目标的是(????)A. 若I中装过量高锰酸钾溶液，Ⅱ中装澄清
石灰水，则能检验SO2中是否混有CO2B. 若I中装足量澄清石灰水，Ⅱ中装浓硫酸，则能测定CO2和水蒸气的混合气体中水蒸气的含量C
. 若I中装足量饱和碳酸钠溶液，Ⅱ中装浓硫酸，则能除去CO2中混有的HClD. 若I中装BaCl2溶液，Ⅱ中装水，则能证明SO2和
NO2混合气体中SO2不与BaCl2反应二、流程题（本大题共1小题，共10.0分）26. TiO2用途非常广泛，工业上用钛铁精矿
(FeTiO3)提炼TiO2的工艺流程如图：(1)写出硫酸酸浸溶解钛铁精矿的离子方程式 ___?___ ，酸浸时为了提高浸出率，可
以采取的措施有 __?____ 。(任写二种)(2)钛铁精矿酸浸后冷却、结晶得到的副产物A为 ______ ，结晶析出A时，为保持
较高的酸度不能加水，其原因可能为 _?_____ 。(3)滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，其目的是 ?______ 。(4)
上述工艺流程中体现绿色化学理念的是 ___?___ 。(5)工业上将TiO2和炭粉混合加热氯化生成的TiCl4，然后在高温下用金属
镁还原TiCl4得到金属钛，写出TiO2制备Ti的化学方程式： ___?___ ， ____?__ 。三、简答题（本大题共2小题，
共14.0分）27. 金刚石和石墨是碳的 ______ ，?1H、?2H、?3H互称为 ______ ．28. 一定条件下CO
和H2：能够合成再生能源甲醇，发生的反应为：CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)△H(1)已知：化学键H?HC?OC≡OH?
OC?H键能/kJ?mol?14363261072464414上述反应的△H=______kJ?mol?1(2)一定条件下，将n(
CO)：n(H2)=1：1的混合气体充入绝热恒容密闭容器中，下列事实可以说明上述反应已达到平衡的是 ______(填字母)。A.容
器内气体密度保持不变B.CO的体积分数保持不变C.CO的消耗速率=CH3OH的消耗速率D.反应的平衡常数保持不变(3)为探究反应原
理，现进行如下实验，在体积为IL的密闭容器中，充入1mol?CO和2.5molH2，一定温度下发生反应CO(g)+2H2(g)?C
H3OH(g)，测得CO和CH3OH(g)的浓度随时间变化如图1所示。则从反应开始到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)
=______，H2的转化率α(H2)=______，该温度下反应的平衡常数K=______。(4)图2为绿色电源“甲醇燃料电池”
的工作原理示意图，Pt?(a)电极的反应式为 ______；若该燃料电池工作时电路中通过6mol电子，则消耗的O2有 ______
mol，工作一段时间后。电解质溶液的pH将 ______ (填“增大”、“减小”或“不变”)。(5)一定条件下可用甲醇与CO反应生
成醋酸的方法来消除CO的污染。常温下，将a?mol?L?1的醋酸与b?mol?L?1Ba(OH)2溶液等体积混合，充分反应后，溶液
中存在2c(Ba2+)=c(CH3COO?)，则该混合溶液中醋酸的电离常数K=______(用含a和b的代数式表示)。四、推断题（
本大题共2小题，共22.0分）29. 为探究某无结晶水的正盐X(仅含有两种短周期元素)的组成和性质，设计并完成下列实验。(气体体
积已转化为标准状况下的体积)已知：B是空气的主要成分之一；C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的
CO2，以净化空气；D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)B的组成元素在元素周期表中的位置是______。(2)D分子的空间构型为__
____。(3)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为______。30. 化合物H(格列齐特)是一种有效的磺酰脲类口服抗糖尿
病药。某课题组设计合成路线如图：已知：①②请回答：(1)下列说法正确的是 ______。A.化合物A中所有碳原子共平面B.1mol
化合物F在酸性条件下发生水解，该过程最多消耗3mol盐酸C.化合物J到Ⅰ的反应为加成反应D.化合物H的分子式为C15H21N3O3
S(2)请在如图化合物D中正确的位置处用“”标出所有的手性碳原子 ______。?(3)化合物C的结构简式 ______；化合物
E的结构简式 ______。(4)写出G+I→H的化学方程式：______。(5)写出2种同时符合下列条件的化合物B的同分异构体的
结构简式 ______。①有两个六元环(不含其他环)，其中一个为苯环且为单取代②除苯环外，结构中只含有3种不同的氢(6)以化合物甲
苯()和氯仿(CHCl3)为原料，设计合成化合物K→化合物J的路线(用流程图表示，无机试剂、有机溶剂任选) ______(已知：2
CHCl3+O2→2COCl2+2HCl)。五、计算题（本大题共1小题，共4.0分）31. 早在1000多年前，我国就已采用加热
胆矾(CuSO4?5H2O)的方法制取硫酸。某同学设计实验加热胆矾获取硫酸。称取样品37.50g，经完全分解后，得硫酸溶液、Cu2
O、CuO、SO2、O2。经分析：气体产物的质量为2.88g，残留的固体产物质量为11.52g。已知：4CuO2Cu2O+O2↑。
计算：(1)固体产物中的m(Cu2O)=______g。(2)生成的n(H2SO4)=______mol。(写出计算过程)答案和解
析1.【答案】C?【解析】A.硫化钠Na2S是强碱弱酸盐，能水解出H2S：S2?+H2O?HS?+OH?，HS?+H2O?OH?+
H2S，H2S有臭鸡蛋气味，与盐类水解有关，故A不选； B.将饱和氯化铁溶液加入沸水中，FeCl3是强酸弱碱盐，在水中发生水解反应
Fe3++3H2O?Fe(OH)3胶体+3H+，则制备胶体与盐类水解有关，故B不选； C.碳酸钙沉淀溶解平衡产生碳酸根离子，碳酸根
离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，碳酸根离子的浓度减小，促进碳酸钙的溶解，与沉淀溶解平衡有关，与盐类水解无关，故C选； D.硫酸亚
铁水解溶液显酸性，配制FeSO4溶液时，加少量硫酸可以抑制亚铁离子的水解，与盐类水解有关，故D不选； 故选：C。A.硫化钠Na2S
是强碱弱酸盐，能水解出H2S，有臭鸡蛋气味； B.将饱和氯化铁溶液加入沸水中加热到红褐色得到氢氧化铁胶体； C.碳酸钙沉淀溶解平衡
产生碳酸根离子，碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水； D.硫酸亚铁水解生成氢氧化亚铁，加入硫酸抑制亚铁离子的水解。本题考查了盐
的水解原理及其应用，题目难度不大，明确盐的水解原理及其影响为解答关键，试题侧重基础知识的考查，培养了学生的灵活应用能力。2.【答案
】A?【解析】【分析】本题考查弱电解质，题目难度不大，掌握弱电解质的概念和常见弱电解质是解题的关键。【解答】A.HClO属于弱酸，
是弱电解质，故A正确；B.硫酸钡是强电解质，故B错误；C.二氧化碳属于非电解质，故C错误；D.AlCl3是强电解质，故D错误。故选
：A。?3.【答案】B?【解析】试题分析：用干燥管干燥气体，应从口径较大的一端进气，故A错误；分离分液漏斗中分层液体时，应上层液体
从上口倒出，即水层从上口倒出，故C错误；使用该装置量取气体体积时，应保证量筒内的页面和广口瓶内的液面相平，故D错误。 考点：考查化
学实验基本操作。4.【答案】C?【解析】【分析】本题考查常见物质组成与化学式正误判断，题目难度不大，明确常见物质组成、名称与俗名为
解答关键，试题侧重考查学生的分析能力及规范答题能力，注意知识积累。【解答】A.甘油醛结构简式为，故A正确；B.四氧化三铁俗名磁性氧
化铁，是磁铁矿的主要成分，化学式为Fe3O4，故B正确；C.蓝矾是五水合硫酸铜的俗名，化学式为CuSO4?5H2O，FeSO4?7
H2O是绿矾的成分，故C错误；D.工业盐的主要成分是亚硝酸钠，外观与食盐相似，化学式为NaNO2，故D正确。故选：C。?5.【答案
】B?【解析】解：?1940□?、1940□+中质子数都是19，所以是同一元素；2040□2+、?2041□中质子数都是20，所以
是同一元素；1840□?中质子数为18，所以是一种元素；所以它们所属元素的种类有三种。故选B。具有相同核电荷数(即质子数)的同一类
原子的总称叫元素，根据质子数判断元素的种类。本题考查了元素种类的判断，难度不大，根据质子数判断元素种类即可，不要受电荷数的影响。6
.【答案】C?【解析】解：A.剑刃硬度要大，所以用碳铁合金，剂钢指的是铁与碳的合金，故A不选； B.“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁
”为萃取过程，没有新物质生成，是物理变化，故B不选； C.碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳
酸钙，所以凡石灰经火焚，火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉”中的“粉”为碳酸钙，故C选； D.炸药爆炸是与氧气发生反应，过程
中有化合价变化，爆竹的燃放涉及氧化还原反应，故D不选。 故选：C。A.金属与金属或者非金属熔合而成具有金属特性的材料为合金； B.
“青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”为萃取过程； C.碳酸钙煅烧生成氧化钙，氧化钙久置生成氢氧化钙，氢氧化钙吸收二氧化碳生成碳酸钙；
D.炸药爆炸是与氧气发生反应。本题考查物质的组成和性质，为高频考点，把握物质的组成、混合物的分离、化学与生活生产的关系为解答的关键
，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。7.【答案】B?【解析】【分析】本题考查同分异构体、同系物
、同位素、同素异形体的判断，明确同分异构体、同位素、同位素的概念为解答关键，试题侧重考查学生灵活应用基础知识的能力，题目难度不大。
【解答】A.新戊烷、2，2?二甲基丙烷分子式相同，结构相同，是同种物质，故A正确；B.聚乙烯中不含碳碳双键，所以二者结构不相似，不
是同系物，故B错误；C.丙酮(CH?COCH?)与环氧丙烷()分子式均为C3H6O，分子式相同、结构不同，互为同分异构体，故C正确
；D.?14N4和?15N2是由氮元素组成的不同单质，则?14N4和?15N2互为同素异形体，故D正确。故选：B。?8.【答案】A
?【解析】解：A.氯气不具有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，故A选； B.次氯酸钙具有强氧化性，可生成具有漂白性的次氯酸，故B不
选； C.氯水中含有次氯酸，可用于漂白，故C不选； D.二氧化硫具有漂白性，一般与有色物质发生化合反应，但不稳定，故D不选． 故选
A．常见具有漂白性的物质有次氯酸、臭氧、过氧化氢、二氧化硫、活性炭等，以此解答． 本题考查元素化合物知识，侧重基础知识的考查，注意
把握常见具有漂白性物质的种类和原理，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．9.【答案】B?【解析】【分析】本题考查了化学在社会、生
产、生活中的应用，利用化学知识解答生活问题，熟悉物质的组成、性质和应用是解题关键，侧重于基础知识的考查，有利于培养学生的良好的科学
素养和提高学习的积极性，难度不大。【解答】A.钠金属性比铜强，则钠与CuO在高温下反应生成铜和Na2O，故A正确；B.Al不如Mg
的金属性强，所以不可用Al与MgO发生反应制取Mg，故B错误；C.活泼的金属和非金属通常用电解法制备，则工业上用电解法制备Na、M
g、F2等活泼的金属和非金属，故C正确；D.氧化亚铁具有强的还原性，不稳定，在空气里受热就迅速被氧化成Fe3O4，故D正确。故选：
B。?10.【答案】C?【解析】【分析】本题考查了氧化还原反应的知识点，为高频考点，掌握氧化还原反应基础知识是解题的关键，侧面考查
学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。【解答】在该反应中H2中的H元素化合价由0价变为+1价，化合价升高被氧化，为还原剂，生成氧
化产物；SiHCl3中Si元素化合价由+4价变为0价，H元素化合价由?1价变为+1价，则SiHCl3既发生还原反应又发生氧化反应，
据此分析解答。A.在该反应中H2中的H元素化合价由0价变为+1价，化合价升高被氧化，为还原剂，生成的HCl是氧化产物，故A正确；B
.SiHCl3中Si元素化合价由+4价变为0价，H元素化合价由?1价变为+1价，则SiHCl3既发生还原反应又发生氧化反应，故B正
确；C.H2中的H元素化合价由0价变为+1价，SiHCl3中Si元素化合价由+4价变为0价、H元素化合价由?1价变为+1价，所以被
氧化的原子与被还原的原子的个数比3：1，故C错误；D.SiHCl3中Si元素化合价由+4价变为0价，则生成1molSi时，转移4m
ol电子，故D正确。故选：C。?11.【答案】C?【解析】【分析】本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、物质的分离和提纯，为高
考常见题型和高频考点，侧重考查学生的分析能力和实验能力，明确物质的性质是解本题关键，题目难度中等。【解答】A.碘具有氧化性，能氧化
亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原生成碘离子，离子反应方程式为SO32?+I2+H2O=SO42?+2I?+2H+，故A正确；B.碘微
溶于水，加入Na2SO3溶液，将碘单质转化为碘离子，使碘元素进入水层，故B正确；C.操作X的名称为分液，故C错误；D.I2易升华，
且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，所以氧化时应控制在较低温度，故D正确。故选：C。?12.【答案】D?【解析】【分析】本题考查阿
伏加德罗常数的综合应用，题目难度不大，注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系，CD为易错点，试题侧重考查学生的
分析能力及化学计算能力。【解答】A.1000LpH=3的弱酸HR溶液，氢离子浓度为10?3mol/L，含有H+数目为：1000L×
10?3mol/L×NAmol?1=NA，故A错误；B.100g30%的福尔马林溶液中甲醛含有氧原子数目：100g×30%30g/
mol×1×NAmol?1=NA，再加上水中含有的氧原子，则溶液中含有氧原子个数大于NA，故B错误；C.用惰性电极电解饱和NaCl
溶液时的电极反应，阳极：2Cl??2e?=Cl2↑，阴极：2H++2e?=H2↑，电解过程中两个电极上的转移电子数相同，所以得到C
l2～H2，共收集到22.4L气体(标况)则分别为11.2L即0.5mol，转移电子1mol，故C错误；D.1个环辛四烯含有4个碳
碳双键，104g环辛四烯的物质的量为：104g104g/mol=1mol，分子中含有碳碳双键的数目为4NA，故D正确。故选：D。?
13.【答案】B?【解析】解：A.将稀盐酸滴在铁片上，离子方程式：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故A错误； B.将碳酸氢钠溶液与
稀硫酸合，离子方程式：HCO3?+H+=H2O+CO2↑，故B正确； C.硫酸铜与氢氧化钡溶液混合，离子方程式：Ba2++SO42
?+Cu2++2OH?=Cu(OH)2↓+BaSO4↓，故C错误； D.将硝酸银溶液与氯化钠溶液混合，离子方程式：Ag++Cl?=
AgCl↓，故D错误。 故选：B。A.铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气； B.碳酸氢钠与硫酸反应生成硫酸钠和水、二氧化碳； C.漏掉
钡离子与硫酸根离子的反应； D.硝酸银为可溶性盐，应拆成离子。本题考查离子反应方程式书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离
子反应的书写方法为解答的关键，侧重复分解反应的离子反应考查，题目难度不大。14.【答案】A?【解析】【分析】本题考查有机物的结构和
性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确官能团及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。【解答】A.片段中碳氮双键、碳碳双
键能和氢气发生加成反应，酰胺键中碳氧双键和氢气不反应，1mol该片段结构最多与5molH2发生加成，故A错误；B.含有酰胺键，能和
酸、碱反应生成盐，故B正确；C.DNA分子可通过氢键①②形成双螺旋结构，故C正确；D.分子中碳碳双键能和溴发生加成反应而使溴水褪色
、能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D正确。故选：A。?15.【答案】D?【解析】解：A.Fe3O4具有铁磁性，
是一种磁性物质，俗称磁性氧化铁，故A正确； B.棉花、优质针叶等木原料的主要成分是纤维素，故B正确； C.树脂相对分子质量很大，属
于有机高分子材料，故C正确； D.碘酒中含有碘分子，遇到淀粉变蓝，故D错误； 故选：D。A.Fe3O4是一种磁性物质，据此磁性；
B.棉花、优质针叶等木原料的主要成分是纤维素； C.高分子化合物相对分子质量很大，一般在10000以上，可高达几百万； D.淀粉遇
到碘变蓝。本题考查物质的性质，难度不大，明确物质的组成成分及性质，熟悉高分子化合物定义是解题关键，题目难度不大。16.【答案】C?
【解析】【分析】本题考查位构性的知识，题目难度中等，把握短周期及最外层电子数的关系推断元素为解答的关键，涉及氢键、化学键、晶体类型
及性质、元素周期律等，综合性较强，充分考查了学生灵活应用基础知识的能力。【解答】W、X、Y、Z为短周期元素，由元素在周期表中位置可
知，X、Y处于第二周期，W、Z处于第三周期，令W的最外层电子数为a，则X、Y、Z最外层电子数分别为a+1、a+2、a+3，故a+a
+1+a+2+a+3=22，解得a=4，故W为Si、X为N、Y为O、Z为Cl、T为Ge。A.X、Y、Z三种元素最低价氢化物分别为氨
气、水、HCl，常温下水为液态，氨气、HCl为气体，故水的沸点最高，氨气分子之间存在氢键，沸点比HCl的高，故A错误；B.N、O和
H形成的化合物硝酸铵中既有离子键、又有共价键，故B错误；C.物质SiO2、Si3N4均为原子晶体，均有熔点高、硬度大的特性，故C正
确；D.Ge元素的单质具有半导体的特性，与Cl元素可形成化合物GeCl4，故D错误，故选：C。?17.【答案】C?【解析】【分析】
本题考查混合溶液定性判断，明确溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒的灵活应用。【解答】A.向醋酸中加入盐酸的过程中醋酸
分子和氯离子的物质的量都增加，对于两种微粒来说溶液体积是一样的，但是醋酸分子是由于电离平衡逆向移动引起的增加，增加较慢，故c(Cl
?)c(CH3COOH)一直都在增加，故 A错误；B.醋酸溶液中存在电离平衡，?CH3COOH?CH3COO?+H+开始?c?0
0电离?0.5c?0.5c 0.5c平衡?0.5c 0.5c?0.5cK=c(H+)c(CH3COO?)c(CH3COOH)=0.
5c=1.8×10?5，则c=3.6×10?5mol/L，故B错误；C.水电离出的c(H+)=10?7mol?L?1时，溶液显中性
，根据电荷守恒c(Na+)+c(H+)=c(OH?)+c(Cl?)+c(CH3COO?)，则c(Na+)=c(Cl?)+c(CH3
COO?)，故C正确；D.若c=0.10mol?L?1，当V=220.00mL时，c(H+)>0.1×220×10?3(220+5
0)×10?3=2227mol/L，pH mol?A(g)的能量低于1mol?B(g)和2molD的能量总和，但不能确定1molA(g)的能量和1mol?B(g)的能量大小
，故A错误； B.ΔH=正反应活化能?逆反应活化能，则B(g)?C(g)+D(g)ΔH=Ea3?Ea4，故B错误； C.由图可知1
molA的能量小于1molC和3molD的总能量，则该反应是吸热反应，即断裂1mol?A(g)化学键吸收的热量大于形成1mol?C
(g)和3mol?D(g)化学键所放出的热量，则断裂1molA(g)化学键吸收的热量大于形成1molC(g)和1molD(g)化学
键所放出的热量，故C错误； D.反应的活化能越小，反应速率越快，由于活化能Ea3 率，气体B很难大量积累，故D正确， 故选：D。A.由图可知，1mol?A(g)的能量低于1mol?B(g)和2molD的能量总和；
B.ΔH=正反应活化能?逆反应活化能； C.由图可知1molA的能量小于1molC和3molD的总能量，说明该反应是吸热反应；
D.反应的活化能越小，反应速率越快。本题考查反应热与焓变，为高频考点，侧重分析能力和运用能力的考查，把握吸放热反应的判定、活化能与
反应速率的关系、断键吸热及成键放热规律即可解答，题目难度不大。19.【答案】B?【解析】【分析】本题考查化学平衡，为高频考点，把握
平衡移动的影响因素、K与温度的关系、活化能与焓变为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项D为解答的难点，题目难度不大。【解
答】A.消耗的物质的量之比等于化学计量数之比，则相同时间内，存在消耗关系：Δn(C)=2Δn(A)，故A正确；B.反应为气体总物质
的量不变的反应，添加催化剂，平衡不移动，则c(A)、c(B)不变，若缩小体积使压强增大，各物质的浓度均增大，故B错误；C.焓变为正
，焓变等于正逆反应的活化能之差，则反应正向的活化能一定大于逆向的活化能，故C正确；D.K与温度有关，Kc=c2(C)c(A)?c(
B)=n2(C)n(A)?n(C)，Kp=p2(C)p(A)?p(B)=n2(C)n(A)?n(C)，则同一温度下，平衡浓度与平衡
压强存在关系：Kc=Kp，故D正确。故选：B。?20.【答案】B?【解析】【分析】本题考查物质的熵值变化问题，题目难度中等，能依据
题目所给数据结合题目信息准确判断题目说法是解题的关键。【解答】A.由方程式可知，两个反应中气体化学计量数差相等，则反应的熵变a和b
大小相近，故A正确；B.镁离子和钙离子所带电荷相等，镁离子半径小于钙离子，MgO的晶格能大于CaO，镁离子更易与碳酸根离子中的氧离
子结合，使碳酸根离子易分解为二氧化碳，则碳酸镁的分解温度小于碳酸钙，故B错误；C.反应的熵变a和b的差值a?b=S[MgO(s)]
?S[MgCO3(s)]?{S[CaO(s)]?S[CaCO3(s)]}，故C正确；D.由表格数据可知，两个反应都是气体体积增加的
吸热反应，故两个反应在不同温度下的ΔH和Δn都大于零，故D正确。故选：B。?21.【答案】C?【解析】解：A.漂白粉为氯气与石灰乳
反应生成，所以Cl2(g)→苛性钠漂白粉不能实现，故A错误； B.侯氏制碱应先通入氨气再通入二氧化碳，所以NaCl(aq)→CO2
→NH3NaHCO3(s)不能实现，故B错误； C.氯气氧化性强于溴，溴氧化性强于碘，依据氧化性强弱顺序可知，NaBr2(aq)→
Cl2Br2(aq)→NaI(aq)I2(aq)能实现，故C正确； D.电解氯化镁溶液得到氢气、氯气和氢氧化镁，得不到镁，所以Mg
Cl2(aq)→电解Mg(s)不能实现，故D错误； 故选：C。A.漂白粉为氯气与石灰乳反应生成； B.依据侯氏制碱原理：饱和食盐水
中先后通入氨气和二氧化碳解答； C.氯气氧化性强于溴，溴氧化性强于碘； D.电解氯化镁溶液得到氢气、氯气和氢氧化镁。本题考查了常见
元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意反应中反应条件的应用，试题培养了学生的分析能力及灵活应
用能力。22.【答案】C?【解析】【分析】本题考查电解原理运用，理解电解池工作原理，正确判断电极，正确书写电极反应式，题目侧重考查
学生观察能力、分析能力、综合运用知识的能力。【解答】M极通入KCl溶液，N极通入NaNO3溶液，整个过程电解制取KNO3和NaCl
，则M极上Cl?不能放电，故M为阴极，N为阳极，阴极反应为2H2O+2e?=H2↑+2OH?，阳极反应为2H2O?4e?=O2↑+
4H+，左1室与右3室均通入KCl溶液，右1室与左3室均通入NaNO3溶液，由于阳离子向阴极移动、阴离子向阳极移动，故左3室中Na
+通过膜A移向左2室、NO3?通过膜C移向中间室，右3室中K+通过膜A移向中间室、Cl?通过膜C移向右2室，在中间室获得KNO3，
在左2室、右2室获得NaCl，A膜为阳离子交换膜、C膜为阴离子交换膜。A.产品出口1为NaCl溶液，C为阴离子交换膜，故A错误；B
.电解本质是电解水，电解总反应：2H2O2H2↑+O2↑，故B错误；C.产品出口1溶液中离子、产品出口2溶液中离子都带一个单位电荷
，两极转移电子相等，根据电荷守恒可知，产品出口1溶液离子总浓度与产品出口2相等，故C正确；D.M为阴极，电极反应式为2H2O+2e
?=H2↑+2OH?，故D错误。故选：C。?23.【答案】B?【解析】解：A.一水合氨是弱电解质，电离程度较小，一水合氨电离导致溶
液呈碱性，水还电离出氢氧根离子，则c(NH3?H2O)>c(OH?)>c(NH4+)>c(H+)，故A错误； B.N点溶液中溶质为
等物质的量浓度的一水合氨、氯化铵，混合溶液呈碱性，说明NH3?H2O的电离程度大于NH4+的水解程度，则c(NH4+)>c(NH3
?H2O)，结合物料守恒c(NH4+)+c(NH3?H2O)=2c(Cl?)可知：c(Cl?)>c(NH3?H2O)，溶液中离子浓
度大小为：c(NH4+)>c(Cl?)>c(NH3?H2O)>c(OH?)，故B正确； C.P点溶液中溶质为等物质的量浓度的氯化铵
和醋酸，溶液中存在物料守恒c(NH4+)+c(NH3?H2O)=c(CH3COOH)+c(CH3COO?)，故C错误； D.Q点溶
质为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸，溶液中存在物料守恒：c(Cl?)=c(CH3COOH)+c(CH3COO?)、c(Cl?)=c(
NH4+)+c(NH3?H2O)、(CH3COOH)+c(CH3COO?)=c(NH4+)+c(NH3?H2O)，则Q点满足：c(
Cl?)=c(CH3COOH)+c(NH4+)，故D错误； 故选：B。A.一水合氨是弱电解质，电离程度较小，一水合氨电离导致溶液呈
碱性； B.N点溶液中溶质为等浓度的一水合氨、氯化铵，混合溶液呈碱性，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子水解程度，结合物料守恒分析
； C.P点溶液中溶质为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸，结合物料守恒分析； D.Q点溶质为等物质的量浓度的氯化铵和醋酸，溶液中存在物
料守恒。本题考查酸碱混合溶液定性判断，题目难度中等，明确各点溶液中溶质成分及其性质、溶液酸碱性是解本题关键，注意结合电荷守恒和物料
守恒判断，试题侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力。24.【答案】C?【解析】【分析】本题考查物质的转化、反应的中间体的判断、化
学方程式的书写等，难度中等，侧重考查学生对图中信息的分辨能力。【解答】根据题意和原子守恒，①+CH3OH→H2O+，②+CO2→，
③+CH3OH→+，总反应为2CH3OH+CO2→H2O+。A.①+CH3OH→H2O+，化合物A为CH3OH，故A正确；B.根据
总反应，若用HOCH2CH2OH辅助固定，HOCH2CH2OH+CO2→H2O+，则产物可能为，故B正确；C.根据总反应，产物中有
水生成，反应原料中的原子利用率小于100%，故C错误；D.反应②中二氧化碳分子中有碳氧双键断裂，反应②的类型为加成反应，故D正确。
故选：C。?25.【答案】A?【解析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为
解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的综合应用，题目难度中等。【解答】A.高锰酸钾除去二氧化硫，二氧化碳与石灰
水反应生成白色沉淀，则试剂、装置能检验SO2中是否混有CO2，故A正确；B.I中检验二氧化碳，但不能准确测定水蒸气的含量，则试剂顺
序不合理，故B错误；C.二者均与碳酸钠反应，不能除杂，则试剂I应为碳酸氢钠溶液，故C错误；D.SO2和NO2在溶液中发生氧化还原反
应生成硫酸根离子，再与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，该实验不能说明SO2不与BaCl2反应，故D错误；故选A。?26.【答案】(1)F
eTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H2O；增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拌、增加浸出时间等；(2)FeSO4?7H2
O；防止Ti(SO4)2水解、减少FeSO4?7H2O的溶解量；(3)促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀；(4)
水解得到的稀硫酸可以循环使用；(5)TiO2+2C+2Cl2?高温?TiCl4+2CO；TiCl4+2Mg?高温?Ti+2MgCl
2?【解析】解：钛铁精矿(FeTiO3)中加入稀硫酸，冷却、结晶、经充分反应后过滤，所得滤液中含有TiO2+、Fe2+、Fe3+等
离子，滤渣为硫酸亚铁晶体，TiO2+水解生成H2TiO3和稀硫酸，过滤，得到沉淀B为H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2产品
，(1)FeTiO3与氢离子反应生成Fe2+、Ti4+、H2O，其反应的离子方程式为FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3H
2O，提高浸出率，可增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拦、增加浸出时间等，故答案为：FeTiO3+6H+=Fe2++Ti4++3
H2O；增大硫酸浓度、升高温度、边加硫酸边搅拌、增加浸出时间等；(2)由流程分析可知副产物A为FeSO4?7H2O，因亚铁离子易水
解，且水解呈酸性，为防止水解，应保持较大的酸度，故答案为：FeSO4?7H2O；防止Ti(SO4)2水解、减少FeSO4?7H2O
的溶解量；(3)加水稀释、加热均能促进Ti4+水解，所以滤液水解时往往需加大量水稀释同时加热，促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的
H2TiO3沉淀，故答案为：促进Ti4+水解趋于完全，得到更多的H2TiO3沉淀；(4)由流程可知：解钛铁精矿需要加入稀硫酸，Ti
O2+水解时生成H2TiO3和稀硫酸，则稀硫酸可以循环使用，符合绿色化学理念，故答案为：水解得到的稀硫酸可以循环使用；(5)高温下
，TiO2和碳粉、氯气反应生成TiCl4和CO，其反应的方程式为：TiO2+2C+2Cl2?高温?TiCl4+2CO；在高温下用金
属镁还原TiCl4得到金属钛和氯化镁，其反应的方程式为：TiCl4+2Mg?高温?Ti+2MgCl2；故答案为：TiO2+2C+2
Cl2?高温?TiCl4+2CO；TiCl4+2Mg?高温?Ti+2MgCl2．钛铁精矿(FeTiO3)中加入稀硫酸，冷却、结晶、
经充分反应后过滤，所得滤液中含有Ti4+、Fe2+、Fe3+等离子，滤渣为硫酸亚铁晶体，Ti4+水解生成H2TiO3和稀硫酸，过滤
，得到沉淀B为H2TiO3，煅烧H2TiO3得到TiO2产品，(1)FeTiO3与氢离子反应生成Fe2+、Ti4+、H2O；提高浸
出率可从浓度、温度等影响化学反应速率的角度解答；(2)根据流程分析可知副产物A为FeSO4?7H2O，注意防止水解；(3)加水稀释
、加热均能促进TiO2+水解；(4)根据流程可知稀硫酸循环使用；(5)高温下，TiO2和碳粉、氯气反应生成TiCl4和CO；在高温
下用金属镁还原TiCl4得到金属钛和氯化镁。本题考查了物质分离提纯的方法和流程分析判断，为高考常见题型，掌握物质性质和实验操作流程
是解题关键，题目难度中等，侧重于考查学生的分析能力和对基础知识的应用能力。27.【答案】同素异形体；同位素?【解析】解：金刚石和石
墨为同种元素组成的不同单质，互为同素异形体；?1H、?2H、?3H的质子数都是1，中子数分别为0、1、2，属于同位素； 故答案：同
素异形体；同位素； 由同种元素组成的不同单质互为同素异形体；质子数相同，中子数不同的不同原子互称同位素； 本题考查基本概念，明确同
位素、同素异形体的概念是解答本题的关键，难度不大．28.【答案】?88 BCD 0.075mol/(L?min) 60% 3 CH
3OH?6e?+H2O=CO2↑+6H+ 1.5 增大?2ba?2b×10?7L/mol?【解析】解：(1)C?H键的键能为x，则
CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)的焓变=反应物总键能之和?生成物总键能之和，故△H=1072kJ/mol+2×436kJ
/mol?(3×414kJ/mol+326kJ/mol+464kJ/mol)=?88kJ?mol?1， 故答案为：?88； (2)
A.绝热恒容密闭容器中，m(混合气体)和v恒不变，由ρ(混合气体)=m(混合气体)V知，密闭容器中比值恒不变，即ρ(混合气体)不变
，不能判断达到平衡状态，故A错误； B.CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g)，CO的体积分数保持不变时，即反应体系中CO的百
分含量保持不变，达到平衡状态，故B正确； C.CO的消耗速率=CH3OH的消耗速率，说明CH3OH的生成速率与消耗速率相等，反应到
达平衡，故C正确； D.平衡常数只与温度有关，在绝热恒容的容器中，随反应进行温度发生变化，平衡常数也随之发生变化，当反应的平衡常数
不再变化时说明反应到达平衡，故D正确； 故答案为：BCD； (3)CO(g)+2H2(g)?CH3OH(g) 初始：(mol/L)
12.5 0 变化：0.75?1.5 0.75 终了：0.25 1 0.75 到平衡，CH3OH的平均反应速率v(CH3OH)=
△C△t=0.7510mol/(L?min)=0.075mol/(L?min)；H2的转化率α(H2)=已经转化的物质的量初始物质
的量×100%=1.52.5×100%=60%， 该温度下反应的平衡常数K=0.7512×0.25=3， 故答案为：0.075mo
l/(L?min)；60%；3； (4)通入甲醇的电极是负极，在负极上是燃料甲醇发生失电子的氧化反应，Pt?(a)电极：CH3OH
?6e?+H2O=CO2↑+6H+，通入空气的电极是正极，正极上是的电子的还原反应O2+4H++4e?=2H2O，该燃料电池工作时
电路中通过6mol电子，消耗的O2的物质的量为64mol=1.5mol，电池总反应式为2CH3OH+3O2=2CO2+4H2O，生
成水稀释原酸性溶液，所以PH增大， 故答案为：CH3OH?6e?+H2O=CO2↑+6H+；1.5；增大； (5)反应平衡时，2c
(Ba2+)=c(CH3COO?)=bmol/L，据电荷守恒，溶液中c(H+)=c(OH?)=10?7mol/L，溶液呈中性，醋酸
电离平衡常数依据电离方程式写出K=c(CH3COO?)?c(H+)c(CH3COOH)=b×10?7a2?b=2ba?2b×10?
7； 用含a和b的代数式表示该混合溶液中醋酸的电离常数为2ba?2b×10?7， 故答案为：2ba?2b×10?7L/mol。(1
)依据化学反应的焓变=反应物键能总和?生成物键能总和求算； (2)直接标志：①速率关系：正反应速率与逆反应速率相等；②反应体系中各
物质的百分含量保持不变。间接标志：①混合气体的总压强、总体积、总物质的量不随时间的改变而改变(m+n≠p+q)；②各物质的浓度、物
质的量不随时间的改变而改变；③各气体的体积、各气体的分压不随时间的改变而改变； (3)结合三段式计算方法，根据v(CH3OH)=△
C△t计算；转化率=已经转化的物质的量初始物质的量×100%，平衡常数等于生成物平衡浓度的幂次方乘积除以反应物平衡浓度的幂次方乘积
，分析解答； (4)甲醇燃料电池”的工作原理：通入甲醇的电极是负极，在负极上是燃料甲醇发生失电子的氧化反应，通入空气的电极是正极，
正极上是的电子的还原反应O2+4H++4e?=2H2O，燃料电池工作生成水稀释原酸性溶液，据此回答； (5)溶液等体积混合溶质浓度
减少一半，醋酸电离平衡常数与浓度无关，结合概念计算。本题考查热化学方程式，化学平衡常数、化学平衡影响因素分析，燃料电池的分析应用，
侧重分析与计算能力的考查，注意平衡移动原理的应用，题目难度中等。29.【答案】第二周期第VA族 三角锥形 3LiN3?加热?隔绝空
气Li3N+4N2?【解析】解：无结晶水的正盐X仅含有两种短周期元素，隔绝空气加热生成紫色晶体A与无色气体B，而B是空气的主要成分
之一，则B为N2，因为B若为氧气，则X为氧化物。紫色晶体A与水反应生成无色气体D与无色溶液C，由无色气体D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝
，则D为NH3，而C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，以净化空气，则C只能为LiOH.
由元素守恒可知，X、A中均含有Li、N两种元素。n(NH3)=2.24L22.4L/mol=0.1mol，则A中Li原子物质的量为
：(3.5g?0.1mol×14g/mol)÷7g/mol=0.3mol，故A中Li、N原子数目之比为0.3：0.1=3：1，则A
的化学式为Li3N.m(N2)=14.7g?3.5g=11.2g，n(N2)=11.2g28g/mol=0.4mol，则X中含氮原
子物质的量=0.1mol+0.4mol×2=0.9mol，故X中Li、N原子数目之比为0.3：0.9=1：3，则X的化学式为LiN
3。(1)由分析可知，B的组成元素为氮元素，在元素周期表中的位置是：第二周期第VA族，故答案为：第二周期第VA族；(2)D为NH3
，分子的空间构型为三角锥形，故答案为：三角锥形；(3)X受热分解转变成A和B的化学反应方程式为：3LiN3?加热?隔绝空气Li3N
+4N2，故答案为：3LiN3?加热?隔绝空气Li3N+4N2。无结晶水的正盐X仅含有两种短周期元素，隔绝空气加热生成紫色晶体A与
无色气体B，而B是空气的主要成分之一，则B为N2，因为B若为氧气，则X为氧化物。紫色晶体A与水反应生成无色气体D与无色溶液C，由无
色气体D遇湿润的红色石蕊试纸变蓝，则D为NH3，而C是一种强碱，且微溶于水，载人宇宙飞船内常用含C的过滤网吸收宇航员呼出的CO2，
以净化空气，则C只能为LiOH.由元素守恒可知，X、A中均含有Li、N两种元素。n(NH3)=2.24L22.4L/mol=0.1
mol，则A中Li原子物质的量为：(3.5g?0.1mol×14g/mol)÷7g/mol=0.3mol，故A中Li、N原子数目之比为0.3：0.1=3：1，则A的化学式为Li3N.m(N2)=14.7g?3.5g=11.2g，n(N2)=11.2g28g/mol=0.4mol，则X中含氮原子物质的量=0.1mol+0.4mol×2=0.9mol，故X中Li、N原子数目之比为0.3：0.9=1：3，则X的化学式为LiN3。本题考查物质组成探究实验、无机物的推断，熟练掌握元素化合物知识，注意守恒思想在推断中的运用，题目考查了学生分析推理能力、计算能力。30.【答案】(1)CD?(2)(3)；?(4)?(5)?(6)?【解析】【分析】本题考查有机物推断和合成，侧重考查对比、分析、判断及知识综合运用能力，利用某些结构简式正确推断各物质结构简式是解本题关键，采用知识迁移、逆向思维方法进行合成路线设计，题目难度较大。【解答】根据C的分子式及D的结构简式知，C中氢原子被溴原子取代生成D，则C为；D发生信息①的反应生成E为；根据I的分子式和G、H的结构简式可推知I为。(1)A.化合物A中含多个饱和碳原子，所有碳原子不能共平面，故A错误；B.1mol化合物F在酸性条件下发生水解，该过程最多消耗1mol盐酸生成氯化铵，故B错误；C.J与氨气发生加成反应生成I，故C正确；D.根据结构简式，化合物H的分子式为C15H21N3O3S，故D正确。(2)化合物D中手性碳原子如图。(3)化合物C的结构简式为；化合物E的结构简式为。(4)G+I→H的化学方程式为。(5)B的同分异构体符合下列条件：①有两个六元环(不含其他环)，其中一个为苯环且为单取代，B的不饱和度是5，苯环的不饱和度是4，符合条件的同分异构体中除了含有苯环和1个六元环外不含其他环或双键；②除苯环外，结构中只含有3种不同的氢，说明另一个六元环结构对称，符合条件的结构简式为。(6)以化合物甲苯(??)和氯仿(CHCl3)为原料，设计合成化合物K→化合物J的路线，CHCl3和氧气反应生成COCl2，甲苯和浓硫酸发生取代反应生成，和发生信息②的反应生成，和COCl2发生反应生成，合成路线为。?31.【答案】(1)4.32?(2)0.1125根据4CuO2Cu2O+O2↑，n(O2)=0.5n(Cu2O)=0.015mol，m(O2)=0.48g，m(SO2)=2.88g?0.48g=2.4g，n(SO2)=0.0375mol，根据硫元素守恒，生成的n(H2SO4)=0.15mol?0.0375mol=0.1125mol?【解析】【分析】本题考查化学方程式的计算，关键是明确发生的反应，注意守恒思想的运用，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。【解答】(1)n(CuSO4?5H2O)=37.50g250g/mol=0.15mol，设固体中Cu2O、CuO的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者总质量、Cu原子守恒有：2x+y=0.15144x+80y=11.52，解得x=0.03，y=0.09，故m(Cu2O)=0.03mol×144g/mol=4.32g。(2)根据4CuO2Cu2O+O2↑，n(O2)=0.5n(Cu2O)=0.015mol，m(O2)=0.48g，m(SO2)=2.88g?0.48g=2.4g，n(SO2)=0.0375mol，根据硫元素守恒，生成的n(H2SO4)=0.15mol?0.0375mol=0.1125mol。?第11页，共11页