1、2015-2016学年浙江省普通高校招生高三（上）模拟化学试卷（10月份）一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1下列属于酸性氧化物的是（）ACO2BCaOCK2SO4DNaOH2仪器名称为“容量瓶”的是（）ABCD3常温下能与水反应的金属单质是（）ASiO2BBr2CNa2ODNa4HCl+NaOHNaCl+H2O的反应类型是（）A化合反应B置换反应C分解反应D复分解反应5下列物质中，属于可再生的能源是（）A氢气B石油C煤D天然气6硅元素在周期表中的位置是（）A第二周期A族B第三周期A族C第三周A族D第二
2、周期A族7下列化学用语表述正确的是（）A水分子的结构式：B氯化钠的电子式：C氯气的比例模型：D硫原子的结构示意图：8能产生“丁达尔效应”的是（）A饱和食盐水BFe（OH）3胶体C盐酸D硫酸铜溶液9下列说法不正确的是（）A核素H的中子数是0B12C和14C互为同位素C金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体DCH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体10实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是H2SO4，另一瓶是蔗糖溶液鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）ApH试纸BKCl溶液CBaCl2溶液DNa2CO3溶液11下列溶液在常温下显酸性的是（）ANaOHBNa2CO3CNH4ClDNaCl12
3、沼气是一种能源，它的主要成分是CH41.6gCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出89kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（）ACH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=+890kJmol1BCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=+890kJmol1CCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890kJmol1D CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）H=890kJmol113有关SO2的性质，下列说法不正确的是（）A能使品红溶液褪色B能与NaOH溶液反应C能与H2O反应生成H2SO4D一定条件下能与O2反应生成SO3
4、14有关苯的结构和性质，下列说法正确的是（）A分子中含有碳碳双键B易被酸性KMnO4溶液氧化C与溴水发生加成反应而使溴水褪色D在一定条件下可与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应生成硝基苯15下列说法正确的是（）AHCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和ClBNaOH是离子化合物，该物质中只含离子键CHI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力D石英和干冰均为原子晶体16如图所示进行实验，下列说法不正确的是（）A装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能C装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转D装置乙中负极的电极反应式：Z
5、n2eZn2+17关于常温下浓度均为0.1molL1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A醋酸溶液的pH小于盐酸B醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO+H+Cc（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Cl）D0.1molL1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c（H+）c（OH）18下列离子方程式正确的是（）A硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42+Ba2+BaSO4B大理石与稀硝酸反应：CO32+2H+CO2+H2OC氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：Fe3+2IFe2+I2D氯化镁容液与氨水反应：Mg2+2OHMg（OH）219下列说法不正确的是（）A钠和钾的
6、合金可用于快中子反应堆作热交换剂B可用超纯硅制造的单晶硅来制芯片C可利用二氧化碳制造全降解塑料D氯气有毒，不能用于药物的合成20某温度时，2NO（g）+O2（g）2NO2（g）反应到2s后，NO的浓度减少了0.06molL1，则以O2表示该时段的化学反应速率是（）A0.03molL1s1B0.015molL1s1C0.12molL1s1D0.06molL1s121下列说法正确的是（）A棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖C煤的气化是在高温下煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程D食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物22设NA为阿伏伽德罗
7、常数的值，下列说法正确的是（）ANA个氧分子与NA个氢分子的质量之比为8：1B100mL 1.0molL1FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数为0.2NAC标准状况下，11.2LCCl4中含有CCl键的数目为2NADNA个D2O分子中，含有10NA个电子23如图为元素周期表中短周期主族非金属元素的一部分，下列说法不正确的是（）AW的原子序数可能是Y的两倍BZ的原子半径比X的大CY元素的非金属性比Z元素的强DZ的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强24下列说法不正确的是（）A定容时，因不慎使液面高于容量的刻度线，可用滴管将多余液体吸出B焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，
8、然后再进行实验C将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色D取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明该晶体中含有NH4+25已知氧化性Br2Fe3+向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2，充分反应下列说法不正确的是（）A离子的还原性强弱：Fe2+BrClB当a2b时，发生的离子反应：2Fe2+Cl22Fe3+2ClC当a=b时，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br）：c（Cl）=1：2：2D当3a2b时，发生的离子反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl二、非选择题（本
9、大题共4小题，共50分）26气态烃A中碳元素与氢元素的质量比为6：1淀粉在一定条件下水解可生成BB在人体组织中缓慢氧化，放出热量，提供生命活动所需能量有关物质的转化关系如图：请回答：（1）的反应类型是（2）向试管中加入2mL10%氢氧化钠溶液，滴加45滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2mL10% B溶液，加热写出加热后观察到的现象（3）反应的化学方程式是27某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了如图方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属，保护环境请回答：（1）沉淀a中含有的单质是（2）沉淀c的化学式是（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式
10、是28如图为实验室制取乙酸乙酯的装置请回答：（1）检验该装置气密性的方法是（2）浓硫酸的作用是（3）下列有关该实验的说法中，正确的是A向a试管中加入沸石，其作用是防止加热时液体爆沸B饱和碳酸钠溶液可以出去产物中混有的乙酸C乙酸乙酯是一种无色透明、密度比水大的油状液体D若原料为CH3COOH和CH3CH218OH，则乙酸乙酯中不含18O29量取8.0mL 5.0molL1H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100mL，取两份稀释后的H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积）请计算：（1）稀释后H2
11、SO4溶液的物质的量浓度为molL1（2）加入Fe的质量至少有g加试题30由某精矿石（MCO3ZCO3）可以制备单质M，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇，取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（M）：m（Z）=3：5，请回答：（1）该矿石的化学式为（2）以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质M和一种含氧酸盐（只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1）写出该反应的化学方程式单质M还可以通过电解熔融MCl2得到，不能用电解MCl2溶液的方法制备M的理由是（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲
12、醇的过程中含有下列反应：反应1：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H1反应2：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2反应3：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示则H1H2 （填“大于”、“小于”、“等于”），理由是（4）在温度T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线一、加试题31纳米CdSe
13、（硒化镉）可用作光学材料在一定条件下，由Na2SO3和Se（硒，与S为同族元素）反应生成Na2SeSO3（硒代硫酸钠）；再由CdCl2形成的配合物与Na2SeSO3反应制得CdSe纳米颗粒流程图如图：注：CdCl2能与配位剂L形成配合物Cd（L）nCl2；Cd（L）nCl2=Cd（L）n2+2Cl；Cd（L）n2+Cd2+nL；纳米颗粒通常指平均粒径为1100nm的粒子请回答：（1）如图1加热回流装置中，仪器a的名称是，进水口为（填1或2）（2）分离CdSe纳米颗粒不宜采用抽滤的方法，理由是有关抽滤，下列说法正确的是A滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔B图2抽滤装置中只有一处错误，即漏斗颈
14、口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸（3）研究表明，CdSe的生成分两步：SeSO32在碱性条件下生成HSe；HSe与Cd2+反应生成CdSe完成第步反应的离子方程式 SeSO32+HSe+写出第步反应的离子方程式（4）CdSe纳米颗粒的大小影响其发光性质某研究小组在一定配位剂浓度下，探究了避光加热步骤中反应时间和温度对纳米颗粒平均粒径的影响，如图3所示；同时探究了某温度下配位剂浓度对纳米颗粒平均粒径的影响，如图4所示下列说法正确的是A改变反应温度和反应时间，可以得到不同发光性质的CdSe纳米颗
15、粒B在图3所示的两种温度下，只有60反应条件下可得到2.7nm的CdSe纳米颗粒C在其它条件不变时，若要得到较大的CdSe纳米颗粒，可采用降低温度的方法D若要在60得到3.0nm的CdSe纳米颗粒，可尝试降低配位剂浓度的方法一、加试题32乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯已知：请回答：（1）D的结构简式（2）下列说法正确的是A化合物A不能发生取代反应 B化合物B能发生银镜反应 C化合物C能发生氧化反应D从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、加成反应和氧化反应（3）E+FG的化学方程式是（4）写出化合物D同时符合下列条
16、件的所有可能的同分异构体的结构简式红外光谱检测表明分子中含有氰基（CN）；1HNMR谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子（5）设计以乙醇为原料制备F的合成路线（用流程图表示；无机试剂任选）2015-2016学年浙江省普通高校招生高三（上）模拟化学试卷（10月份）参考答案与试题解析一、选择题（本大题共25小题，每小题2分，共50分每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）1下列属于酸性氧化物的是（）ACO2BCaOCK2SO4DNaOH【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系【分析】酸性氧化物即能和碱反应生成盐和水的氧化物，非金属氧化物
17、大多数为酸性氧化物，据此分析【解答】解：A、二氧化碳能和碱反应生成盐和水，故为酸性氧化物故A正确；B、CaO能和酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，故B错误；C、硫酸钾不是氧化物，故C错误；D、NaOH不是氧化物，故D错误故选A2仪器名称为“容量瓶”的是（）ABCD【考点】计量仪器及使用方法【分析】容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度【解答】解：A容量瓶是一种带有磨口玻璃塞的细长颈、梨形的平底玻璃瓶，颈上有刻度当瓶内体积在所指定温度下达到标线处时，其体积即为所标明的容积数，故A正确； B为试管，故B错误；C为漏斗，故C错误；D为烧杯，故D错误故选A3常温下能与水反应的金
18、属单质是（）ASiO2BBr2CNa2ODNa【考点】硅和二氧化硅；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；钠的化学性质；钠的重要化合物【分析】二氧化硅、氧化钠不是单质，溴不是非金属单质，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，据此解答【解答】解：依据题意要求，符合条件的物质必须是金属单质，而二氧化硅、氧化钠不是单质，溴是非金属单质，钠是金属单质，能够与水反应生成氢氧化钠和氢气，故选：D4HCl+NaOHNaCl+H2O的反应类型是（）A化合反应B置换反应C分解反应D复分解反应【考点】化学基本反应类型【分析】根据物质的性质进行分析，氢氧化钠属于碱，盐酸属于酸，酸和碱作用生成盐和水的反应是中和反应，属于复分解反应
19、【解答】解：由酸和碱发生的化学反应HCl+NaOH=NaCl+H2O可知：氢氧化钠属于碱，盐酸属于酸，酸和碱的反应是中和反应，属于复分解反应故选D5下列物质中，属于可再生的能源是（）A氢气B石油C煤D天然气【考点】常见的能量转化形式【分析】从能源是否可再利用的角度可把能源分为可再生能源和不可再生能源人类开发利用后，在现阶段不可能再生的能源，属于不可再生能源；在自然界中可以不断再生的能源，属于可再生能源【解答】解：A氢气可以用分解水来制取，属于可再生能源，故A正确； B石油属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于不可再生能源，故B错误；C煤属于化石燃料，不能短时期内从自然界得到补充，属于
20、不可再生能源，故C错误；D天然气属于化石能源，属于不可再生能源，故D错误故选A6硅元素在周期表中的位置是（）A第二周期A族B第三周期A族C第三周A族D第二周期A族【考点】元素周期表的结构及其应用【分析】主族元素周期数=电子层数、主族族序数=最外层电子数【解答】解：Si是14号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为3，处于第三周期A族，故选：B7下列化学用语表述正确的是（）A水分子的结构式：B氯化钠的电子式：C氯气的比例模型：D硫原子的结构示意图：【考点】电子式、化学式或化学符号及名称的综合【分析】A水分子中含有2个OH键，为V型结构；B氯化钠为离子化合物，电子式中需要标出阴阳离子所带电荷；
21、C氯气分子中，两个Cl原子的相对体积大小应该相等；D硫原子的核电荷数=核外电子总数=16，最外层含有6个电子【解答】解：A水分子中含有2个OH键，其结构式为：，故A正确；B离子化合物的电子式中标有电荷，氯化钠的电子式为，故B错误；C氯气中含有2个Cl原子，氯气的比例模型为：，故C错误；D硫原子的质子数是16，最外层含有6个电子，原子结构示意图为：，故D错误；故选A8能产生“丁达尔效应”的是（）A饱和食盐水BFe（OH）3胶体C盐酸D硫酸铜溶液【考点】胶体的重要性质【分析】只有胶体具有丁达尔效应，根据题中分散系的类型进行判断【解答】解：A饱和食盐水属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故A错误
22、； B氢氧化铁胶体是胶体能产生丁达尔效应，故B正确；C盐酸属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故C错误；D硫酸铜溶液属于溶液，不是胶体，不能产生丁达尔效应，故D错误故选B9下列说法不正确的是（）A核素H的中子数是0B12C和14C互为同位素C金刚石、石墨和富勒烯互为同素异形体DCH3CH2OH和CH3OCH3互为同分异构体【考点】核素；同位素及其应用；同素异形体；同分异构现象和同分异构体【分析】A中子数=质量数质子数； B同位素是质子数相同而中子数不同的同元素的不同原子；C同素异形体是同种元素组成的性质不同的单质之间的互称；D同分异构体是具有相同的分子式和不同结构的有机物之间的互称【解答】
23、解：A中子数=质量数质子数=21=1，故A错误； B12C和14C具有相同的质子数和不同的中子数的碳原子，互为同位素，故B正确；C金刚石、石墨和富勒烯是碳元素组成的性质不同的单质，互称同素异形体，故C正确；DCH3CH2OH和CH3OCH3具有相同的分子式和不同结构的有机物，互为同分异构体，故D正确故选A10实验室有两瓶失去标签的溶液，其中一瓶是H2SO4，另一瓶是蔗糖溶液鉴别时，下列选用的试纸或试剂不正确的是（）ApH试纸BKCl溶液CBaCl2溶液DNa2CO3溶液【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用【分析】硫酸具有酸性，可与氯化钡反应生成沉淀，与碳酸钠反应生成气体，使pH试纸变红
24、色，以此解答该题【解答】解：A硫酸可使pH试纸变红色，可鉴别，故A正确；B二者与氯化钾都不反应，不能鉴别，故B错误；C硫酸与氯化钡反应生成沉淀，能鉴别，故C正确；D碳酸钠与硫酸反应生成气体，可鉴别，故D正确故选B11下列溶液在常温下显酸性的是（）ANaOHBNa2CO3CNH4ClDNaCl【考点】盐类水解的原理【分析】强酸弱碱盐水解呈酸性，强碱弱酸盐水解呈碱性，判断盐类的组成，根据水解的原理可判断溶液的酸碱性【解答】解：ANaOH为强碱，溶液呈碱性，故A错误；BNa2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，故B错误；CNH4Cl为强酸弱碱盐，水解呈酸性，故C正确；DNaCl为强酸强碱盐，溶液呈中性，
25、故D错误故选C12沼气是一种能源，它的主要成分是CH41.6gCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出89kJ热量，则下列热化学方程式中正确的是（）ACH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g）H=+890kJmol1BCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=+890kJmol1CCH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）H=890kJmol1D CH4（g）+O2（g）=CO2（g）+H2O（l）H=890kJmol1【考点】热化学方程式【分析】根据热化学方程式的书写方法可知，化学计量数与反应热成正比，并注意标明物质的聚集状态来解答【解答】解：1
26、.6gCH4物质的量=0.1mol，0.1molCH4完全燃烧生成CO2和液态水时，放出89KJ热量，1molCH4在氧气中燃烧生成CO2和液态水，放出890kJ热量，H为负值，则热化学方程式为CH4（g）+2O2（g）CO2（g）+2H2O（l）H=890kJ/mol，故选C13有关SO2的性质，下列说法不正确的是（）A能使品红溶液褪色B能与NaOH溶液反应C能与H2O反应生成H2SO4D一定条件下能与O2反应生成SO3【考点】二氧化硫的化学性质【分析】A、二氧化硫具有漂白作用；B、二氧化硫是酸性氧化物和碱发生反应；C、二氧化硫与水反应生成亚硫酸；D、二氧化硫和氧气催化剂作用下加热反应生成三
27、氧化硫【解答】解：A、二氧化硫具有漂白性，具有选择性可以使品红溶液褪色，故A正确；B、二氧化硫是酸性氧化物和碱发生反应生成亚硫酸钠和水，故B正确；C、二氧化硫与水反应生成亚硫酸，故C错误；D、二氧化硫在一定条件下能与O2反应生成SO3，故D正确；故选C14有关苯的结构和性质，下列说法正确的是（）A分子中含有碳碳双键B易被酸性KMnO4溶液氧化C与溴水发生加成反应而使溴水褪色D在一定条件下可与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应生成硝基苯【考点】苯的结构；苯的性质【分析】A、苯不是单双键交替的结构；B、苯中不含碳碳双键；C、苯和溴水发生萃取；D、苯在浓硫酸做催化剂的条件下，能和浓硝酸发生硝化反应【解答】解
28、：A、苯不是单双键交替的结构，结构中无碳碳双键，故A错误；B、苯中不含碳碳双键，不能被高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C、苯和溴水发生萃取而使溴水褪色，而不是化学反应，故C错误；D、苯在浓硫酸做催化剂的条件下，能和浓硝酸发生硝化反应生成硝基苯，故D正确故选D15下列说法正确的是（）AHCl属于共价化合物，溶于水能电离出H+和ClBNaOH是离子化合物，该物质中只含离子键CHI气体受热分解的过程中，只需克服分子间作用力D石英和干冰均为原子晶体【考点】共价键的形成及共价键的主要类型；离子化合物的结构特征与性质【分析】AHCl为共价化合物，为强电解质；BNaOH含有离子键和共价键；CHI不稳定，易分解；
29、D干冰为分子晶体【解答】解：AHCl为共价化合物，在水分子的作用下完全电离，为强电解质，故A正确；BNaOH为离子化合物含有离子键和OH共价键，故B错误；CHI不稳定，易分解，分解破坏共价键，故C错误；D干冰熔沸点较低，为分子晶体，故D错误故选A16如图所示进行实验，下列说法不正确的是（）A装置甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生B甲、乙装置中的能量变化均为化学能转化为电能C装置乙中的锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转D装置乙中负极的电极反应式：Zn2eZn2+【考点】原电池和电解池的工作原理【分析】装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫
30、酸组成的原电池装置中，锌片的活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，据此分析【解答】解：A、装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气，装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，铜片作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，所以甲的锌片上和装置乙的铜片上均可观察到有气泡产生，故A正确；B、装置甲的锌片与硫酸反应生成硫酸锌和氢气没有形成原电池，故B错误；C、装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，所以锌、铜之间用导线连接电流计，可观察到电流计指针发生偏转，故C正确；D、装置乙中锌片、铜片和稀硫酸组成的原电池装置中，锌片的
31、活泼性大于铜片的活泼性，所以锌片作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，电极反应式：Zn2eZn2+，故D正确故选B17关于常温下浓度均为0.1molL1的盐酸和醋酸溶液，下列说法正确的是（）A醋酸溶液的pH小于盐酸B醋酸的电离方程式：CH3COOH=CH3COO+H+Cc（CH3COOH）+c（CH3COO）c（Cl）D0.1molL1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后：c（H+）c（OH）【考点】弱电解质在水溶液中的电离平衡【分析】盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸醋酸，据此分析【解答】解：A、盐酸是强酸，完全电离，醋酸是弱酸，部分电
32、离，所以溶液中c（H+）浓度盐酸醋酸，醋酸溶液的pH大于盐酸，故A错误；B、醋酸是弱酸，电离可逆，故B错误；C、醋酸存在电离平衡，c（CH3COOH）+c（CH3COO）0.1mol/L=c（Cl）故C正确；D、0.1molL1 的醋酸溶液与等物质的量浓度、等体积的氢氧化钠溶液混合后生成CH3COONa，醋酸根离子水解溶液显碱性，故D错误；故选C18下列离子方程式正确的是（）A硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应：SO42+Ba2+BaSO4B大理石与稀硝酸反应：CO32+2H+CO2+H2OC氯化铁溶液与碘化钾溶液反应：Fe3+2IFe2+I2D氯化镁容液与氨水反应：Mg2+2OHMg（OH）2【考
33、点】离子方程式的书写【分析】A反应生成硫酸钡和硫酸钠；B碳酸钙在离子反应中保留化学式；C电子、电荷不守恒；D一水合氨在离子反应中保留化学式【解答】解：A硫酸钠溶液与氢氧化钡溶液反应的离子反应为SO42+Ba2+BaSO4，故A正确；B大理石与稀硝酸反应的离子反应为CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，故B错误；C氯化铁溶液与碘化钾溶液反应的离子反应为2Fe3+2I2Fe2+I2，故C错误；D氯化镁容液与氨水反应的离子反应为Mg2+2NH3H2OMg（OH）2+2NH4+，故D错误；故选A19下列说法不正确的是（）A钠和钾的合金可用于快中子反应堆作热交换剂B可用超纯硅制造的单晶硅来制芯片C可
34、利用二氧化碳制造全降解塑料D氯气有毒，不能用于药物的合成【考点】碱金属的性质；氯气的化学性质；硅的用途【分析】A、钠钾合金为液态，作原子反应堆作热交换剂；B、硅是半导体；C、利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放；D、氯气是有毒气体，但可以合成药物所需的化合物【解答】解：A、钠钾合金为液态，可作快中子反应堆作热交换剂，故A正确；B、硅是半导体，所以硅可用于制造芯片，故B正确；C、利用二氧化碳制造全降解塑料，减少了二氧化碳的排放，可以缓解温室效应，故C正确；D、氯气是有毒气体，但可以合成药物所需的化合物，能用于药物的合成，故D错误；故选D20某温度时，2NO（g）+O2（g）2NO2（
35、g）反应到2s后，NO的浓度减少了0.06molL1，则以O2表示该时段的化学反应速率是（）A0.03molL1s1B0.015molL1s1C0.12molL1s1D0.06molL1s1【考点】化学反应速率和化学计量数的关系【分析】根据v=计算v（NO），再利用速率之比等于化学计量数之比计算v（O2）【解答】解：2s后，NO的浓度减少了0.06molL1，则v（NO）=0.3mol/（Ls），速率之比等于化学计量数之比，v（O2）=v（NO）=0.15mol/（Ls），故选B21下列说法正确的是（）A棉花和蚕丝的主要成分都是纤维素B蛋白质在一定条件发生水解反应生成葡萄糖C煤的气化是在高温下
36、煤和水蒸气作用转化为可燃性气体的过程D食用植物油的主要成分是不饱和高级脂肪酸甘油酯，属于高分子化合物【考点】氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构【分析】A蚕丝的主要成分是蛋白质； B蛋白质水解生成氨基酸；C煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程；D高分子化合物的相对分子质量特别大，一般达1万以上、一般具有重复结构单元【解答】解：A棉花的主要成分是纤维素，蚕丝的主要成分是蛋白质，故A错误； B蛋白质水解最终生成氨基酸，故B错误；C煤的气化是将其转化为可燃性气体的过程，主要反应为：C+H2OCO+H2，故C正确；D油脂相对分子质量较小，不是高分子化合物，故D错误故选C22设NA为阿
37、伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是（）ANA个氧分子与NA个氢分子的质量之比为8：1B100mL 1.0molL1FeCl3溶液与足量Cu反应，转移的电子数为0.2NAC标准状况下，11.2LCCl4中含有CCl键的数目为2NADNA个D2O分子中，含有10NA个电子【考点】阿伏加德罗常数【分析】A、等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比；B、求出氯化铁的物质的量，然后根据反应后Fe3+变为+2价来分析；C、标况下，四氯化碳为液态；D、重水中含10个电子【解答】解：A、NA个氧分子与NA个氢分子均为1mol，而等物质的量的物质的质量之比等于摩尔质量之比，故氧气和氢气的质量之比为32：2=1
38、6：1，故A错误；B、溶液中氯化铁的物质的量n=CV=1mol/L0.1L=0.1mol，而反应后Fe3+变为+2价，故0.1mol氯化铁转移0.1mol电子即0.1NA个，故B错误；C、标况下，四氯化碳为液态，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故C错误；D、重水中含10个电子，故NA个重水分子中的电子为10NA个，故D正确故选D23如图为元素周期表中短周期主族非金属元素的一部分，下列说法不正确的是（）AW的原子序数可能是Y的两倍BZ的原子半径比X的大CY元素的非金属性比Z元素的强DZ的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的强【考点】原子结构与元素周期律的关系【分析】由短周期主族非金属元素
39、的相对位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，且X、Z为VA族或VIA族AY为O元、W为S元素时符合；B同主族自上而下原子半径增大；C同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱；D非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强【解答】解：由短周期主族非金属元素的相对位置可知，X、Y处于第二周期，Z、W处于第三周期，且X、Z为VA族或VIA族AY为O元、W为S元素时，W原子序数是Y的2倍，故A正确；B同主族自上而下原子半径增大，故Z的原子半径比X的大，故B正确；C同周期自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，则Y元素的非金属性比Z元素的强，故C正确；D同周期自左而右元素非金
40、属性减弱，而非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，故Z的最高价氧化物对应的水化物的酸性比W的弱，故D错误，故选：D24下列说法不正确的是（）A定容时，因不慎使液面高于容量的刻度线，可用滴管将多余液体吸出B焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧，然后再进行实验C将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色D取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明该晶体中含有NH4+【考点】化学实验方案的评价【分析】A定容时，因不慎使液面高于容量的刻度线，要重新配置；B用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，去除
41、了其它离子的干扰；C氯水中含有盐酸和次氯酸，导致溶液呈酸性，次氯酸具有漂白性；D加入的NaOH溶液能和NH4+反应生成NH3【解答】解：A定容时，因不慎使液面高于容量的刻度线，如果滴管将多余液体吸出会导致溶质物质的量减少，所以配制溶液浓度偏低，则要重新配置，故A错误；B用盐酸洗涤，再灼烧至跟酒精灯火焰颜色相同后再使用，去除了其它离子的干扰，且HCl受热以后会挥发，无残留，故B正确；C氯水中含有盐酸和次氯酸，导致溶液呈酸性，次氯酸具有漂白性，所以将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色，故C正确；D加入的浓NaOH溶液能和NH4+反应生成NH3，故向样品中加入少量浓NaOH溶液
42、并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，则可证明有氨气生成，则晶体的成分中含有NH4+，故D正确故选A25已知氧化性Br2Fe3+向含溶质a mol的FeBr2溶液中通入b mol Cl2，充分反应下列说法不正确的是（）A离子的还原性强弱：Fe2+BrClB当a2b时，发生的离子反应：2Fe2+Cl22Fe3+2ClC当a=b时，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br）：c（Cl）=1：2：2D当3a2b时，发生的离子反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl【考点】氧化还原反应的计算【分析】还原性Fe2+Br，首先发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl
43、，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，a mol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr，A氧化性越强，相应离子的还原性越弱；BamolFe2+消耗0.5amolCl2，当a2b时，只有Fe2+被氯气氧化；C当a=b时，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl，由2Br+Cl2=2Cl+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr，又生成amolCl，溶液中剩余Br为amol；DamolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr消耗amolCl2，当3a2b时，Fe
44、2+、Br完全被氧化【解答】解：还原性Fe2+Br，首先发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，再发生反应：2Br+Cl2=2Cl+Br2，a mol的FeBr2溶液中含有amolFe2+、2amolBr，A氧化性越强，相应离子的还原性越弱，故离子的还原性强弱：Fe2+BrCl，故A正确；BamolFe2+消耗0.5amolCl2，当a2b时，只有Fe2+被氯气氧化，反应离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，故B正确；C当a=b时，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，amolFe2+消耗0.5amolCl2，生成amolFe3+、amolCl，由2Br
45、+Cl2=2Cl+Br2可知，0.5amolCl2，消耗amolBr，又生成amolCl，溶液中剩余Br为amol，反应后的离子浓度：c（Fe3+）：c（Br）：c（Cl）=a：a：2a=1：1：2，故C错误；DamolFe2+消耗0.5amolCl2，2amolBr消耗amolCl2，当3a2b时，Fe2+、Br完全被氧化，发生的离子反应：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl故D正确，故选：C二、非选择题（本大题共4小题，共50分）26气态烃A中碳元素与氢元素的质量比为6：1淀粉在一定条件下水解可生成BB在人体组织中缓慢氧化，放出热量，提供生命活动所需能量有关物质的转化关系如
46、图：请回答：（1）的反应类型是加成反应（2）向试管中加入2mL10%氢氧化钠溶液，滴加45滴5%硫酸铜溶液，振荡后加入2mL10% B溶液，加热写出加热后观察到的现象产生砖红色沉淀（3）反应的化学方程式是2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O【考点】有机物的推断【分析】淀粉在一定条件下水解可生成B，B在人体组织中缓慢氧化，放出热量，提供生命活动所需能量，B为葡萄糖（C6H12O6），气态烃A中碳元素与氢元素的质量比为6：1，能够与水反应生成乙醇，所以A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，葡萄糖分子结构中含有醛基，能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，据此分析
47、【解答】解：淀粉在一定条件下水解可生成B，B在人体组织中缓慢氧化，放出热量，提供生命活动所需能量，B为葡萄糖（C6H12O6），气态烃A中碳元素与氢元素的质量比为6：1，能够与水反应生成乙醇，所以A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，葡萄糖分子结构中含有醛基，能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，（1）A为乙烯，乙烯与水发生加成反应生成乙醇，故答案为：加成反应；（2）葡萄糖分子结构中含有醛基，能够与新制氢氧化铜悬浊液反应生成砖红色沉淀，故答案为：产生砖红色沉淀；（3）乙醇氧化生成乙醛，反应方程式为2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O，故答案为：2CH3CH
48、2OH+O22CH3CHO+2H2O27某酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，有同学设计了如图方案对废液进行处理（所加试剂均稍过量），以回收金属，保护环境请回答：（1）沉淀a中含有的单质是Fe、Cu（2）沉淀c的化学式是BaCO3（3）溶液A与H2O2溶液在酸性条件下反应的离子方程式是2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用；无机物的推断【分析】酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为
49、Fe（OH）3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+，以此解答该题【解答】解：酸性废液中含有Fe2+、Cu2+、Ba2+三种金属离子，加入铁屑，可置换出铜，沉淀a为Fe、Cu，溶液A含有Fe2+、Ba2+，然后在溶液A中加入过氧化氢、氢氧化钠生成的红褐色沉淀为Fe（OH）3，溶液B含有Na+、Ba2+，加入碳酸钠溶液，可生成沉淀c为BaCO3，溶液C含有的阳离子主要为Na+，（1）由以上分析可知沉淀a中含有的单质是Fe、Cu，故答案为：Fe、Cu；（2）由分析可知沉淀c为BaCO3，故答案为：BaCO3；（3）氧化时加入H2O2溶
50、液与二价铁离子发生氧化还原反应，反应的离子方程式为2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O，故答案为：2Fe2+2H+H2O2=2Fe3+2H2O28如图为实验室制取乙酸乙酯的装置请回答：（1）检验该装置气密性的方法是将试管b中的导管插到液面以下，用酒精灯稍加热试管a，试管b中冒气泡，撤掉酒精灯后，导管b中上升一段液柱，表明装置不漏气（2）浓硫酸的作用是催化剂、吸水剂（3）下列有关该实验的说法中，正确的是ABA向a试管中加入沸石，其作用是防止加热时液体爆沸B饱和碳酸钠溶液可以出去产物中混有的乙酸C乙酸乙酯是一种无色透明、密度比水大的油状液体D若原料为CH3COOH和CH3CH218OH，则
51、乙酸乙酯中不含18O【考点】乙酸乙酯的制取【分析】（1）依据装置中气体压强变化来判断气密性；（2）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动；（3）A乙酸、乙醇沸点低，加热要加碎瓷片，防止暴沸；B乙酸的酸性强于碳酸，用饱和碳酸钠溶液可以除去乙酸乙酯中混有的乙酸；C乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层；D酯化反应的原理为醇脱氢，酸脱羟基；【解答】解：（1）检验装置气密性的方法：将试管b中的导管插到液面以下，用酒精灯稍加热试管a，试管b中冒气泡，撤掉酒精灯后，导管b中上升一段液柱，表明装置不漏气，故答案为：将试管b中的导管插到液面以下，用酒精灯稍加热试管a
52、，试管b中冒气泡，撤掉酒精灯后，导管b中上升一段液柱，表明装置不漏气；（2）乙酸与乙醇需浓硫酸作催化剂，该反应为可逆反应，浓硫酸吸水利于平衡向生成乙酸乙酯方向移动故浓硫酸的作用为催化剂，吸水剂，故答案是：催化剂、吸水剂；（3）A乙酸、乙醇沸点低，液体加热要加碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，故A正确；B因乙酸的酸性比碳酸强，所以乙酸能和碳酸钠反应生成二氧化碳气体，2CH3COOH+CO322CH3COO+H2O+CO2，故B正确；C乙酸乙酯密度比水小，乙酸乙酯在上层，故C错误；D因为酯化反应的原理为醇脱氢，酸脱羟基，所以若原料为CH3COOH和CH3CH218OH，则乙酸乙酯中含18O，故
53、D错误；故选AB29量取8.0mL 5.0molL1H2SO4溶液，加蒸馏水稀释至100mL，取两份稀释后的H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，相同条件下充分反应，产生氢气的体积随时间变化的曲线如图所示（氢气体积已折算成标准状况下的体积）请计算：（1）稀释后H2SO4溶液的物质的量浓度为0.40molL1（2）加入Fe的质量至少有0.65g【考点】离子方程式的有关计算【分析】（1）H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，生成的氢气的体积相同，由于Fe的摩尔质量比Zn的小，所以Fe与硫酸反应时Fe过量，其反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，根据生成的
54、氢气求出硫酸的物质的量和浓度；（2）Zn与硫酸反应时锌完全反应，根据方程式Zn+H2SO4=ZnSO4+H2计算Zn的物质的量和质量，Zn和Fe的质量相同【解答】解：（1）H2SO4溶液各25mL，分别加入等质量的Zn和Fe，生成的氢气的体积相同，由于Fe的摩尔质量比Zn的小，所以Fe与硫酸反应时Fe过量，其反应方程式为：Fe+H2SO4=FeSO4+H2，由图象可知生成的氢气为n（H2）=0.01mol，则n（H2SO4）=n（H2）=0.01mol，c（H2SO4）=0.40mol/L，故答案为：0.40；（2）Zn与硫酸反应时锌完全反应，反应方程式为Zn+H2SO4=ZnSO4+H2，则
55、n（Zn）=0.01mol，m（Zn）=nM=0.01mol65g/mol=0.65g，Zn和Fe的质量相同，所以Fe的质量为0.65g，故答案为：0.65加试题30由某精矿石（MCO3ZCO3）可以制备单质M，制备过程中排放出的二氧化碳可以作为原料制备甲醇，取该矿石样品1.84g，高温灼烧至恒重，得到0.96g仅含两种金属氧化物的固体，其中m（M）：m（Z）=3：5，请回答：（1）该矿石的化学式为MgCO3CaCO3（2）以该矿石灼烧后的固体产物为原料，真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质M和一种含氧酸盐（只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1）写出该反应的化学方程式2Mg
56、O+2CaO+Si2Mg+Ca2SiO4单质M还可以通过电解熔融MCl2得到，不能用电解MCl2溶液的方法制备M的理由是电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，所以得不到镁单质（3）一定条件下，由CO2和H2制备甲醇的过程中含有下列反应：反应1：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H1反应2：CO（g）+2H2（g）CH3OH（g）H2反应3：CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，它们随温度变化的曲线如图1所示则H1小于H2 （填“大于”、“小于”、“等于”），理
57、由是曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则H10，根据盖斯定律又得H3=H1+H2，所以H2H3（4）在温度T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应T1温度下甲醇浓度随时间变化曲线如图2所示；不改变其他条件，假定t时刻迅速降温到T2，一段时间后体系重新达到平衡试在图中画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x由于MCO3ZCO3中MCO3和ZCO3的比值为1：1，故得到的氧化物MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3ZCO3的质量为1.8
58、4g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：，即可解得x值，从而得出M和Z的相对原子质量，并得出矿石的化学式；（2）由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，据此写出化学方程式；电解熔融的氯化镁得到，在水溶液中电解，镁离子不能在阴极得电子析出镁，得不到金属镁；（3）反应1、2、3其对应的平衡常数分别为K1、K2、K3，根据图1它们随温度变化的曲线结合盖斯定律进行分析解答；（4）在温度T1时，使体积比为3：1的H2和CO2在体积恒定的密闭容器内进行反应CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H30，t时刻迅速降温到T2，降
59、低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，据此画出t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线【解答】解：（1）由于M和Z的相对原子质量之比为3：5，故设M和Z的相对原子质量分别为3x，5x由于MCO3ZCO3中MCO3和ZCO3的物质的量之比为1：1，故得到的氧化物中MO和ZO的物质的量之比也为1：1，根据MCO3ZCO3的质量为1.84g，得到氧化物的质量为0.96g，可得：，x=8，M的相对原子质量为3x=24，故M为Mg，Z的相对原子质量为5x=40，故Z为Ca，则矿石的化学式为MgCO3CaCO3，故答案为：MgCO3CaCO3；（2）由于灼烧后的产物为CaO和MgO的混合物，而
60、真空高温条件下用单质硅还原，仅得到单质Mg和一种含氧酸盐，由于此含氧酸盐中只含Z、Si和O元素，且Z和Si的物质的量之比为2：1，故为Ca2SiO4，故此反应的化学方程式为：2MgO+2CaO+Si2Mg+Ca2SiO4，故答案为：2MgO+2CaO+Si2Mg+Ca2SiO4；溶液中含有的阳离子的放电顺序为：H+Mg2+，阴离子的放电顺序为：ClOH，电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e，=H2+2OH，所以得不到镁单质，故答案为：电解MgCl2溶液时，阴极上H+比Mg2+容易得到电子，电极反应式为2H2O+2e=H2+2OH，所以得不到镁单质；
61、（3）由图l可知，随着温度升高，K1增大，则反应1：CO2（g）+H2（g）CO（g）+H2O（g）H10，反应3由反应1+2所得，根据盖斯定律：H3=H1+H2，所以H2H3，故答案为：小于；曲图l可知，随着温度升高，K1增大，则H10，根据盖斯定律又得H3=H1+H2，所以H2H3；（4）由图l可知，随着温度升高，K3减小，则反应3CO2（g）+3H2（g）CH3OH（g）+H2O（g）H30，t时刻迅速降温到T2，降低温度平衡向正反应方向移动，CH3OH浓度增大，t时刻后甲醇浓度随时间变化至平衡的示意曲线为：，故答案为：一、加试题31纳米CdSe（硒化镉）可用作光学材料在一定条件下，由N
62、a2SO3和Se（硒，与S为同族元素）反应生成Na2SeSO3（硒代硫酸钠）；再由CdCl2形成的配合物与Na2SeSO3反应制得CdSe纳米颗粒流程图如图：注：CdCl2能与配位剂L形成配合物Cd（L）nCl2；Cd（L）nCl2=Cd（L）n2+2Cl；Cd（L）n2+Cd2+nL；纳米颗粒通常指平均粒径为1100nm的粒子请回答：（1）如图1加热回流装置中，仪器a的名称是冷凝管，进水口为2（填1或2）（2）分离CdSe纳米颗粒不宜采用抽滤的方法，理由是抽滤不宜用于胶状沉淀或颗粒太小的沉淀有关抽滤，下列说法正确的是ADA滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔B图2抽滤装置中只有一处错误，即
63、漏斗颈口斜面没有对着吸滤瓶的支管口C抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的支管口倒出D抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸（3）研究表明，CdSe的生成分两步：SeSO32在碱性条件下生成HSe；HSe与Cd2+反应生成CdSe完成第步反应的离子方程式 SeSO32+OHHSe+SO42写出第步反应的离子方程式HSe+OH+Cd2+=CdSe+H2O（4）CdSe纳米颗粒的大小影响其发光性质某研究小组在一定配位剂浓度下，探究了避光加热步骤中反应时间和温度对纳米颗粒平均粒径的影响，如图3所示；同时探究了某温度下配位剂浓度对纳米颗粒平均粒径的影响，如图4所示下列说法正确的是AD
64、A改变反应温度和反应时间，可以得到不同发光性质的CdSe纳米颗粒B在图3所示的两种温度下，只有60反应条件下可得到2.7nm的CdSe纳米颗粒C在其它条件不变时，若要得到较大的CdSe纳米颗粒，可采用降低温度的方法D若要在60得到3.0nm的CdSe纳米颗粒，可尝试降低配位剂浓度的方法【考点】制备实验方案的设计【分析】（1）根据装置图可知仪器名称，根据采用逆流冷却效果好判断进水口；（2）根据抽滤的操作要求可知，抽滤不宜用于胶状沉淀，也不宜用于颗粒太小的沉淀，据此答题；根据抽滤操作的规范要求可知，在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，在图2抽滤装置中漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，
65、同时安全瓶中导管不能太长，否则容易引起倒吸，抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，据此答题；（3）根据元素守恒和电荷守恒书写离子方程式；（4）A根据图3可知，改变反应温度和反应时间，可以得到平均粒径不同的CdSe纳米颗粒；B在图3所示的两种温度下，100、60反应条件下都可得到2.7nm的CdSe纳米颗粒；C根据图3可知，在其它条件不变时，温度越大，得到的CdSe纳米颗粒越大；D根据图3可知，在60得不到3.0nm的CdSe纳米颗粒，所以如果想要得到3.0nm的CdSe纳米颗粒，可尝试降低配位剂浓度的方法【解答】解：（1）根据
66、装置图可知仪器a的名称为冷凝管，根据采用逆流冷却效果好可知，进水口应为2，故答案为：冷凝管；2；（2）根据抽滤的操作要求可知，抽滤不宜用于胶状沉淀，也不宜用于颗粒太小的沉淀，所以分离CdSe纳米颗粒不宜采用抽滤的方法，故答案为：抽滤不宜用于胶状沉淀或颗粒太小的沉淀；根据抽滤操作的规范要求可知，A、在搭装置时滤纸应比漏斗内径略小，且能盖住所有小孔，故A正确；B、在图2抽滤装置中有两处错误，漏斗颈口斜面应对着吸滤瓶的支管口，同时安全瓶中导管不能太长，故B错误；C、抽滤得到的滤液应从吸滤瓶的上口倒出，故C错误；D、抽滤完毕后，应先拆下连接抽气泵和吸滤瓶的橡皮管，再关水龙头，以防倒吸，故D正确，故选A
67、D；（3）SeSO32在碱性条件下生成HSe，反应的离子方程式为SeSO32+OH=HSe+SO42，HSe与Cd2+反应生成CdSe，反应的离子方程式为HSe+OH+Cd2+=CdSe+H2O，故答案为：OH；SO42；HSe+OH+Cd2+=CdSe+H2O；（4）A根据图3可知，改变反应温度和反应时间，可以得到平均粒径不同的CdSe纳米颗粒，故A正确；B在图3所示的两种温度下，100、60反应条件下都可得到2.7nm的CdSe纳米颗粒，故B错误；C根据图3可知，在其它条件不变时，温度越大，得到的CdSe纳米颗粒越大，故C错误；D根据图3可知，在60得不到3.0nm的CdSe纳米颗粒，所以
68、如果想要得到3.0nm的CdSe纳米颗粒，可尝试降低配位剂浓度的方法，故D正确，故选AD一、加试题32乙酰基扁桃酰氯是一种医药中间体某研究小组以甲苯和乙醇为主要原料，按下列路线合成乙酰基扁桃酰氯已知：请回答：（1）D的结构简式（2）下列说法正确的是CA化合物A不能发生取代反应 B化合物B能发生银镜反应 C化合物C能发生氧化反应D从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、加成反应和氧化反应（3）E+FG的化学方程式是（4）写出化合物D同时符合下列条件的所有可能的同分异构体的结构简式红外光谱检测表明分子中含有氰基（CN）；1HNMR谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境
69、的氢原子（5）设计以乙醇为原料制备F的合成路线（用流程图表示；无机试剂任选）【考点】有机物的合成【分析】根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D酸性水解得E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，据此答题【解答】解：根据题中各物质转化关系，结合题中信息可知，甲苯在光照条件下与氯气反应生成A为，A发生碱性水解得B为，B发生氧化反应得C为，C发生信息中的反应得D为，D
70、酸性水解得E为，根据F的分子式可知，乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，F和E发生取代反应生成G为，G与SOCl2反应生成乙酰基扁桃酰氯，（1）根据上面的分析可知，D的结构简式 为，故答案为：；（2）AA为，能发生取代反应，故A错误； BB为，化合物B不能发生银镜反应，故B错误； CC为，化合物C能发生氧化反应，故C正确；D从甲苯到化合物C的转化过程中，涉及到的反应类型有取代反应、水解反应和氧化反应，故D错误，故选C；（3）F和E发生取代反应生成G为，所以E+FG的化学方程式是，故答案为：；（4）D的结构简式 为，根据条件：红外光谱检测表明分子中含有氰基（CN）；1HNMR谱检测表明分子中有苯环，且苯环上有两种不同化学环境的氢原子，即苯环上有两个处于对位的基团，则符合条件的D的结构简式为，故答案为：；（5）以乙醇为原料制备F，可以用乙醇氧化成乙酸，乙酸再与SOCl2发生信息中的反应生成F为CH3COCl，反应的合成路线为，故答案为：2016年11月30日
