【文档说明】河北省张家口宣化第一中学2021届高三下学期阶段模拟（七）化学试卷含答案.doc，共(28)页，3.533 MB，由小赞的店铺上传

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12020-2021学年下学期宣化一中高三化学阶段模拟试卷（七）一、单选题（本大题共15小题，共45.0分）1.我国制碱先驱侯德榜先生发明了“侯氏制碱法”，这里制备的碱是A.B.C.NaOHD.KOH2.化学与日常生活密切相关，下列说法中错误的是A.高粱酿酒过程中有水解反应发生B.小苏打

可作食品的膨松剂C.纤维素是能被人体吸收的营养物质D.臭氧可用于餐具的杀菌、消毒3.表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是A.标准状况下，单质中含Br原子数目为B.常温常压下，乙烯分子中含键数目为C.盐酸中含数

目D.1molCu与足量S完全反应生成时转移电子数目为4.是优良的水处理剂，在水中发生反应：胶体，下列叙述正确的是A.溶液pH越小，越稳定B.净水是利用胶体吸附水中的、等离子C.上述反应中仅作氧化剂D.可利用的强氧化性对自来水杀菌、消毒5.下列除杂方法中，不能实现目的的是2气体杂质方

法A通过灼热的CuOB通过NaOH溶液C通过饱和溶液D乙烷乙烯通过溴水A.AB.BC.CD.D6.下列离子方程式书写正确的是A.Na与水反应：B.过量NaOH溶液与溶液反应：C.FeO溶于稀：D.向溶液中滴加过量氨水：7.

关于图中电化学转化装置的相关描述错误的是A.b为负极B.反应的化学方程式为：C.d电极反应式为：D.可利用该装置捕获空气中的8.下列关于电解质溶液的说法中错误的是A.等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOO

Na溶液混合后：3B.新制氯水中：C.已知，则同浓度的NaHS和NaF溶液的pH：D.与的混合溶液中：9.短周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，原子半径，X与Z同主族，Y与W同主族，Y原子最外层电子数是次外层的3倍。下列说法中正确的是A.电负性：B.第一电

离能：C.W原子核外有5种能量不同的电子D.Y与X形成的化合物一定只含极性键10.莲花清瘟胶囊用于治疗流行性感冒，其主要成分的结构简式如图。下列关于该有机物的说法错误的是A.分子中只有1个手性碳原子B.分子中共平面的碳原子最多有7个C.键角D.1mol该有机物消耗Na与NaO

H的物质的量之比3：211.硼氢化钠在催化剂Ru的表面与水反应可生成，其反应机理如图所示。下列说法错误的是A.过程每生成1mol，转移1mol电子4B.中间体、中B原子杂化方式均为C.催化剂Ru降低了反应的焓变D

.过程的方程式为：12.已知甲、乙、丙是三种可溶性物质。其中甲是碱，乙、丙是盐，它们分别溶于水后电离产生的所有离子如表所示。下列分析结果一定正确的是阳离子、、阴离子、、A.甲是，乙是B.乙、丙反应的离子方程式为：C.甲分别与乙、丙溶液混合后，现象相同

D.可利用焰色反应鉴别乙和丙13.向和的混合气体中注入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行如图实验。下列实验分析中，正确的是序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀A.

中现象说明混合气体中一定有B.、中溶液加热不变红，说明品红溶液不是被漂白的C.中产生的白色沉淀为D.“混合气体中注入品红溶液”只发生了1个氧化还原反应14.与汞共热得到和一种汞盐，下列有关说法错误的是5A.的空间

构型为三角锥形B.的结构式为C.沸点一定高于D.分子存在顺反异构15.硼化镁晶体的理想模型中，镁原子和硼原子分层排布，彼此分层间隔。硼原子黑球，半径为和镁原子白球，半径为在平面上的投影如图1。下列说法错误的

是A.硼原子的价电子构型为B.该晶体的化学式为C.硼化镁晶体的晶胞结构可用图2表示D.晶胞边长为二、简答题（本大题共4小题，共55.0分）16.氧钒Ⅳ碱式碳酸铵晶体化学式为：，实验室以为原料制备该晶体的流程如下。溶液氧钒Ⅳ碱式碳酸铵晶体的电子式是____

__。若“还原”后其它产物均绿色环保，写出该反应的化学方程式______。“转化”可在如图装置中进行。已知能被氧化6仪器M的名称是______。使A中制气反应停止的操作是______。装置C中将转化并得到产品，实验操作顺序为：打开活塞__________________。填标号Ⅰ取下如图，锥形

瓶口塞上橡胶塞Ⅱ将锥形瓶置于干燥器中，静置后过滤Ⅲ打开活塞b，加入溶液，持续搅拌一段时间，使反应完全得到紫红色晶体，抽滤，并用饱和溶液洗涤3次，用无水乙醇洗涤2次，再用乙醚洗涤2次，抽干称重。用饱和溶液洗涤除去的阴离子主要是______填离子符号，用乙醚

洗涤的目的是______。称量mg产品于锥形瓶中，先将产品中钒元素转化为，消除其它干扰，再用标准溶液滴定至终点，消耗标准溶液的体积为已知滴定反应为则产品中钒的质量分数为______。以的量进行计算，列出计算式17.马来酸匹杉琼可用于非霍奇金淋巴瘤的治疗。其制备流程如图。7回答下列问

题：的名称为______，D中含氧官能团的结构简式为______。的核磁共振氢谱有______组吸收峰。写出官能团的种类和数目均与相同的同分异构体的结构简式______。具有的性质是______。选填序号酸性碱性能发生消去反应能发生水解反应反应类型为______。可由丙二酸经三步反应合成

其他试剂任选：则X的结构简式为______，反应3的化学方程式为______。18.CdS又称镉黄，可用作黄色颜料，也用于制备荧光粉等。以镉铁矿成分为、、FeO及少量的和为原料制备CdS的工艺流程如图。8回答下列问题：“滤渣1”的成分是___

___。写化学式“还原镉”时，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，发生反应的离子方程式为______。加入溶液的目的是______。通入也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为______。实际工业生产中，有时采用阳离

子交换树脂法来测定沉镉后溶液中的含量，其原理是：，其中NaR为阳离子交换树脂。常温下，将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的比交换前增加了。此时溶液，则该条件下的______。不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸，并生成，反应的化学方程式为______。若向反应后的溶液中加水稀释，又出现黄色

沉淀，用平衡移动原理解释______已知19.“哈伯法”合成氨的反应：，相关键能数据如表：化学键键能______。向密闭容器中按1：3体积比通入和，反应达平衡时的体积分数为，则的平衡转化率______。“球磨法”是在温和的条件下和1bar，合成氨

，氨的最终体积分数可高达。该法分为两个步骤如图：第一步，铁粉在球磨过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上，有助于氮分子的解离。第二步，发生加氢反应得到，剧烈碰撞中，从催化剂表面9脱附得到产物氨。“球磨法”与“哈伯法”相

比较，下列说法中正确的是______。选填标号A.催化剂缺陷密度越高，的吸附率越高B.“哈伯法”采用高温主要用于解离氮氮三键，而“球磨法”不用解离氮氮三键C.“球磨法”中“剧烈碰撞”仅仅为了产生“活化缺陷”D.“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已

经较高，加压会增大成本机械碰撞有助于催化剂缺陷的形成，而摩擦生热会使体系温度升高。图甲是吸附量、体系温度随球磨转速变化曲线，则应选择的最佳转速约______转。若选择500转的转速，的吸附量降低的原因是______。如图乙，平衡时的体积分数随初始压强增大而___

___填“增大”、“减小”或“不变”，说明与的投料比______1：3。选填“”、“”或“”102020-2021学年下学期宣化一中高三化学阶段模拟试卷（七）答案和解析1.【答案】A【解析】解；我国制碱先驱侯德榜先生发明了“侯氏制碱法”，这里制备的碱是纯碱，为碳酸钠，化学式为：，11故选：A。“侯

氏制碱法”制备的是纯碱碳酸钠，是向氨化的饱和氯化钠溶液中通入二氧化碳反应生成氯化铵和碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水。本题考查了工业制备原理，主要是侯德榜制碱原理的理解应用，题目难

度不大。2.【答案】C【解析】解：高粱酿酒过程中，淀粉发生水解生成葡萄糖，葡萄糖分解生成乙醇，则高粱酿酒过程中有水解反应发生，故A正确；B.碳酸氢钠俗名小苏打，受热易分解生成二氧化碳，使面团疏松多孔，可作食品的膨松剂，故B正确；C.人体内无纤维素酶，则纤维素

不能在人体水解转化为营养物质，故C错误；D.臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作杀菌消毒剂，故D正确；故选：C。A.酒曲酶的作用下，淀粉发生水解生成葡萄糖；B.碳酸氢钠对热不稳定，受热易分解生成二氧化碳；C.人体内无纤维素酶，不能将其转化为葡萄糖；D.臭氧具有强

氧化性，能使蛋白质变性。本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的对应关系为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。3.【答案】B【解析】解：标况下溴为液体；，故不能根据气体摩尔体积来计算其物

质的量，故A错误；B.乙烯的物质的量为，而乙烯中含5条键，故乙烯中含条键，故B正确；C.溶液体积不明确，故溶液中氯离子的个数无法计算，故C错误；D.铜和硫反应后变为价，故1mol铜反应后失去个电子，故D错误。故选：B。12A.标况下溴为液体；B.求出乙烯的物质的量，然后根据乙烯中含5

条键来分析；C.溶液体积不明确；D.铜和硫反应后变为价。本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算及使用注意事项，明确以物质的量为核心计算公式，熟悉相关物质的结构组成是解题关键，题目难度中等。4.【答案】D【解析】解：

溶液pH越小，越容易与水反应，越不稳定，故A错误；B.净水是利用胶体吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，不能除去水中的、等离子，故B错误；C.中Fe元素的化合价降低，部分O元素的化合价升高，所以上述反应中作氧化剂也作还原剂，故C错误；D.具有强氧化性，能杀菌消毒，则可利用的强氧化性对

自来水杀菌、消毒，故D正确；故选：D。胶体反应中，Fe元素的化合价降低，O元素的化合价升高，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮颗粒形成沉淀，据此分析。本题考查了氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原反应的基本概念的考查，题目难度不大

。5.【答案】B【解析】解：与CO反应，与不反应，所以通过灼热的CuO能除去中的CO，故A正确；B.和HCl均能与NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水除杂质HCl，故B错误；C.能和饱和溶液反应，难溶于饱和溶液，所以混合气体通过饱和13溶液可知除

杂质，故C正确；D.乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应，混合气体通过溴水可以除杂质，故D正确；故选：B。A.CuO与CO反应，与不反应；B.和HCl均能与NaOH溶液反应；C.能和饱和溶液反应，难溶于饱和溶液；D.乙烯与溴水发生加成反应，乙烷不反应

。本题考查了常见物质的分离和除杂，抓住除杂的必需条件，不能带入新杂质，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。6.【答案】D【解析】解：与水反应的离子方程式为：，故A错误；B.过量NaOH溶液与溶液反应，离子方程式为：，故B错误；

C.FeO溶于稀中的离子反应为：，故C错误；D.向溶液中滴加过量氨水，离子方程式为：，故D正确；故选：D。A.该反应不满足电荷守恒、质量守恒定律；B.氢氧化钠过量，铵根离子也参与反应；C.稀硝酸能够氧化亚铁离子；

D.氨水过量，反应生成离子。本题考查离子方程式的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分14是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系如：质

量守恒和电荷守恒等等。7.【答案】A【解析】解：结合分析可知，a为阳极，连接电源正极极，即b为正极，故A错误；B.反应中与反应生成，化学方程式为：，故B正确；C.d为阴极，发生还原反应，电极反应式为：，故C正确；D.根据总反应可知，可利用该装置捕获空气中的，故D正确；故选：A。由电解装置示意图可知

，a极生成，O元素的化合价升高，失去电子，发生氧化反应，则a为阳极，连接电源正极极，电极反应式为；d极生成C，C元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，则d为阴极，连接电源负极极，电极反应式为，总反应为，以此分析解答。本题考查原电池和电解池工作原理，为高

频考点，正确判断电极及发生反应为解答关键，注意熟练掌握原电池、电解池工作原理，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。8.【答案】D【解析】解：等浓度、等体积的HCOOH溶液与HCOONa溶液混合后，则，说明HCOOH的电离程度大于的水解程度，则，结合物料守恒可知，溶液中离子浓

度大小为：，故A正确；B.HCl完全电离，HClO部分电离，且二者物质的量相等，结合物料守恒可知，新制氯水中满足：，故B正确；15C.已知，则同浓度的NaHS和NaF溶液的水解程度：，水解程度越大，溶液pH越大，则溶液的pH：，故C正确；D.与的混合溶液

中存在电荷守恒：，故D错误；故选：D。A.混合液，说明甲酸的电离程度大于甲酸根离子的水解程度；B.HCl为强电解质，HClO为弱电解质，结合物料守恒分析；C.酸性越强，对应离子的水解程度越大，溶液pH越大；D.结合混合液中的电荷守恒分析。本题考查离子浓度大小比较，为

高频考点，明确电荷守恒、物料守恒为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，A为易错点，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。9.【答案】C【解析】解：由上述分析可知，X为H、Y为O、Z为Na、W为S，A.一般同周期从左向右电负性增大，同主族从上到下电负性减小，则电负性

：，故A错误；B.Na比H易失去电子，则第一电离能：，故B错误；C.同一能级上能量相同，W的核外电子分别在1s、2s、2p、3s、3p上，有5种能量不同的电子，故C正确；D.Y与X形成的化合物若为过氧化氢，含极性键、非极性键，故D错误；故选：C。短

周期主族元素X、Y、Z、W，原子序数依次增大，Y原子最外层电子数是次外层的3倍，可知Y的最外层电子数为6、次外层电子数为2，Y为O；Y与W同主族，W为S；X与Z同主族，原子半径，可知X为H，Z为Na，以

此来解答。本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子结构、原子序数及原子半径来推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。10.【答案】B16【解析】解：有机物中连接羟基的碳原子连接4个不同的原子或原子团

，为手性碳原子，故A正确；B.苯环为平面形结构，与苯环直接相连的原子在同一个平面上，结合三点确定一个平面可知分子中共平面的碳原子至少有7个，故B错误；C.羟基中O原子含有2个孤电子对，对成键电子排斥力较大，则键角，故C正确；D.有机物

2个羟基、1个羧基，都可与钠反应，酚羟基和羧基与氢氧化钠溶液反应，则1mol该有机物消耗Na与NaOH的物质的量之比3：2，故D正确；故选：B。有机物含有酚羟基、醇羟基、羧基，具有酚类、醇以及羧酸的性质，结合苯环的结构特点解答该题。本题考查有机物的结构与性质，为高频

考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。11.【答案】C【解析】解：过程，根据电子转移守恒，中的价氢元素和的价氢元素生成，每生成1mol，转移1mol电子，故A正确；B.、中B形成3个键，且无孤电子对，价层电子对数

为3，为杂化，故B正确；C.催化剂能降低反应所需活化能，不能改变反应的焓变，故C错误；D.过程为与生成和，过程的方程式为：，故D正确；故选：C。每个过程的反应分别为：过程，过程，过程，过程，过程；过程至过17程中硼元素由、、、、、的离子变化，B元素均为价，B

元素的化合价不变，变化的是H元素；A.由过程和电子转移守恒分析判断；B.、中B形成3个键，且无孤电子对；C.催化剂能降低反应所需活化能；D.由分析过程与生成和。本题综合考查物质的结构和性质，为高频考点，把握发生的反应、元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。12.【

答案】C【解析】解：由上述分析可知，甲为，乙、丙为、中的一种，A.甲是，乙可能为或，故A错误；B.乙、丙反应的离子方程式为，故B错误；C.氢氧化钡与碳酸钠、硫酸氢钠均反应生成白色沉淀，现象相同，故C正确；D.乙、丙中阳离子均含钠离子，焰色反应相同，不能鉴别，故D错误；故选：C。

甲、乙、丙是三种可溶性物质，其中甲是碱，乙、丙是盐，因与、不能共存，与不能共存，则甲为，乙、丙为、中的一种，以此来解答。本题考查无机物的推断，为高频考点，把握离子共存、电离产生的离子、物质类别来推断物质为解答

的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。13.【答案】B【解析】解：溶液不变红，试纸不变蓝可知溶液中氯气全部被消耗，但是不一定得出，二氧化硫过量，也会产生该现象，故A错误；B.溶液不变红

，试纸褪色说明二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应，18二氧化硫漂白具有不稳定性，受热易恢复颜色，、中溶液加热不变红，说明品红溶液不是被漂白的，故B正确；C.二氧化硫过量，但是二氧化硫与氯化钡溶液不反应，所以加入氯化钡溶液得到白色沉淀不是

亚硫酸钡，应为氯气氧化二氧化硫生成硫酸根离子，硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故C错误；D.混合气体中注入品红溶液，二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，故D错误。故选：B。A.溶液不变红，试纸不变蓝可知溶液中氯气全部被消耗；B.

溶液不变红，试纸褪色说明二氧化硫过量，结合二氧化硫漂白的不稳定性解答；C.二氧化硫与氯化钡溶液不反应；D.混合气体中注入品红溶液，二氧化硫与氯气和水都能发生反应。本题考查了化学实验评价，明确二氧化硫和氯气的性质是解题关键，题目难度不大。14.【答案】C【解析】解：中的中心原子氮原子孤

对电子数，价层电子对数，氮原子为杂化，且存在孤对电子，说明构型为三角锥形，故A正确；B.的结构中N、F均要满足8电子稳定结构，N原子最外层5个电子，可以形成3个共价键，F最外层7个电子，只能形成一个共价键，所以N原子间形

成双键，NF间形成单键，即结构式为，故B正确；C.分子间有氢键，沸点高，不存在氢键，沸点低，沸点低于，故C错误；D.的结构式为，存在顺反异构，为：，故D正确；故选：C。19A.中的中心原子氮原子孤对电子数，价层电子对数，氮原子为杂化；B.的结构中N、F均要满

足8电子稳定结构，N原子最外层5个电子，可以形成3个共价键，F最外层7个电子，只能形成一个共价键，所以N原子间形成双键，NF间形成单键；C.分子间有氢键，不存在氢键；D.分子中存在氮氮双键，存在顺发异构。本题考查了分子

结构、分子构型、熔沸点比较、顺反异构体等知识点，注意分子构型的判断，题目难度中等。15.【答案】B【解析】解：硼元素为5号元素，位于第二周期ⅢA族，其价电子构型为，故A正确；B.结合图示可知，每个镁原子周围有

6个硼原子，而每个硼原子周围有3个镁原子，所以每个镁原子周围硼原子个数就是其化学式，故B错误；C.图2中含有Mg原子个数为，含有硼原子个数为2，硼化镁的化学式为，即硼化镁的晶胞结构可用图2表示，故C正确；D

.由图2可知，边长为2个白球圆心的距离，图1中3个连续最近的白球的中心组成一个等边三角形，如图，在等边三角形中作辅助线，如20图、b、c为白球的球心，d为黑球的球心，ac即为晶胞边长，设晶胞边长为x，ae长度为，ad长度为，则，解得，故D正确；故选：B。A.硼为5号元素，位于第二周期ⅢA族，价电

子数为3；B.结合图示可知，每个镁原子周围有6个硼原子，而每个硼原子周围有3个镁原子；C.图2中8个顶点各含有1个Mg原子，立方体内含有2个硼原子，利用均摊法分析；D.由图2可知，边长为2个白球圆心的距离，图1中将3个连续最近的白球的中心相

连可组成一个等边三角形，如图，在等边三角形中作辅助线，如图、b、c为白球的球心，d为黑球的球心，ac为晶胞边长，设晶胞边长为x，ae长度为，ad长度为，然后利用的余炫列式计算即可。本题考查晶胞计算，为高频考点，明确图示晶胞结构为解答关键，注意掌握均摊法在晶胞计算中的应用，

D为难点、易错点，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力，题目难度中等。16.【答案】分液漏斗关闭活塞21aIIIIII除去晶体表面的乙醇【解析】解：与盐酸、混合加热发生反应，得到溶液，加入溶液，得到氧钒Ⅳ碱式碳酸铵晶体；根据以上分析知，分子中存在4个键、1个键，所以其电子式为；若“还

原”后其它产物均绿色环保，说明产物中其它物质对环境无污染，则N元素对应的产物是氮气，H元素对应的产物是水，所以该反应方程式为，故答案为：；；为分液漏斗；如果关闭活塞a，A中生成的气体导致气体压强增大，将

A中液体压入长颈漏斗中，从而实现固液分离，故答案为：分液漏斗；关闭活塞a；装置是制取二氧化碳，B装置是除去杂质HCl，C装置中发生反应制取氧钒Ⅳ碱式碳酸铵晶体，实验操作时，应该先制取二氧化碳，使二氧化碳充入整套装置后再打开b中活塞加入溶液，制取晶体，然后取下P并锥形瓶口

塞上橡胶塞，防止剩余的被氧化，最后过滤，所以其排列顺序为a、III、I、II，故答案为：III；I；II；得到的晶体中易吸附溶液中的，用饱和溶液除去，用乙醇除去水，用乙醚除去乙醇，所以乙醚的作用是除去晶体表面的乙醇，故答案为：；除去晶体表面

的乙醇；，根据元素守恒得，设，根据22得，则产品中钒的质量分数，故答案为：。与盐酸、混合加热发生反应，得到溶液，加入溶液，得到氧钒Ⅳ碱式碳酸铵晶体；分子中每个N原子形成3个共价键、每个H原子形成1个共价键，该分子中N原子之间存在一个共价单键；若“还原”后其它产物均绿色环保，说明

产物中其它物质对环境无污染；为分液漏斗；利用气体压强将A中液体压入长颈漏斗中，从而实现固液分离；装置是制取二氧化碳，B装置是除去杂质HCl，C装置中发生反应制取氧钒Ⅳ碱式碳酸铵晶体，实验操作时，应该先制取二氧化碳，使二氧化碳充入整

套装置后再打开b中活塞加入溶液；得到的晶体中易吸附，用饱和溶液除去，有机溶质易溶于有机溶剂；，根据元素守恒得，设，根据得，再结合元素守恒计算即可。本题考查物质制备、物质含量测定等知识点，试题侧重于考查学生的分析问题和解决问题的能力，明

确实验原理、元素化合物性质、仪器用途等知识点是解本题关键，注意原子守恒的灵活应用，题目难度中等。17.【答案】对二氟苯或1，二氟苯羰基3取代反应23【解析】解：的名称为对二氟苯或1，二氟苯，D中含氧官能团的结

构简式为羰基，故答案为：对二氟苯或1，二氟苯；羰基；中含有3种氢原子，所以B的核磁共振氢谱有3组吸收峰，故答案为：3；官能团的种类和数目均与相同的同分异构体中含有1个碳碳双键和2个羧基，符合条件的结构简式为，故答案为：；中含有羧基、碳碳双键

，具有羧酸和烯烃的性质，含有羧基，所以具有酸性，故正确；含有，具有碱性，故正确；不能发生消去反应，故错误；不含酯基、酰胺基或卤原子，所以不能发生水解反应，故错误；故答案为：；反应类型为取代反应，故答案为：取代反应；丙二酸发生A生成B类型的反应生成X的结构简

式为，X发生B生成C类型的反应生成Y的结构简式为，Y发生C生成D类型的反应生成，反应3的化24学方程式为，故答案为：；。A中两个羧基发生取代反应生成B，B发生取代反应生成C，C发生取代反应生成D，D发生反应生成马来酸匹杉琼；丙二酸发生A生成B类型的反应生成X的结构简式为，X发生B生成C类型

的反应生成Y的结构简式为，Y发生C生成D类型的反应生成。本题考查有机物推断和合成，侧重考查分析、推断及知识综合应用能力，利用某些结构简式、分子式及反应条件、题给信息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，注

意B的结构简式不对称，为解答易错点，题目难度中等。18.【答案】将溶液中的氧化为浓加水稀释时，降低，使平衡向左移动，释放出的与溶液中结合生成CdS黄色沉淀【解析】解：结合分析可知，滤渣1的成分为，故答案为

：；“还原镉”时，加甲醇将价Cd还原成二价Cd，产生的能使澄清石灰水变浑浊的气体为，说明甲醇被氧化成二氧化碳，该反应的离子方程式为：，故答案为：；25由以上分析可知，加双氧水是为了将溶液中的氧化为，发生反应为，便于后续将铁沉淀除去，故答案为：将溶液中的氧化为；通

入也可以“沉镉”，发生反应的离子方程式为：，故答案为：；将沉镉后的溶液经过阳离子交换树脂后，测得溶液中的比交换前增加了，钠离子的浓度为：，根据可知，交换过程中等电荷的交换，则溶液中离子的浓度应为：，，则，该条件下的，故答案为：；溶于浓盐酸生成，反应方程式为：浓；

若向反应后的溶液中加水稀释，降低，使平衡向左移动，释放出的与溶液中结合生成CdS黄色沉淀，故答案为：浓；加水稀释时，降低，使平衡向左移动，释放出的与溶液中结合生成CdS黄色沉淀。以镉铁矿成分为、、FeO及少量的和为原料制备的流程为：加硫酸酸浸，金属氧化物溶解，分离出的滤渣

1为；加甲醇还原价Cd，发生反应为，再加氧化亚铁离子，发生反应，调节溶液pH除去、，分离出的滤渣2为26、；再加硫化钠生成Cds，以此来解答。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识、

反应原理与实验的结合，题目难度中等。19.【答案】AD400转速过快，体系升温太快，温度升高不利于吸附减小【解析】解：反应物键能总和生成物键能总和，故答案为：；向密闭容器中按1：3体积比通入和，设起始物质的量为1mol，起始物质的量为3mol，转化物质的量为x

mol，反应达平衡时的体积分数为，起始130转化x3x2x平衡2x则反应达平衡时的体积分数为，解得，则的平衡转化率，故答案为：；由题意可知，氮分子被吸附在这些缺陷上，催化剂缺陷密度越高，表面积越大，越有利于氮分子的吸附，故A正确；B.第一步，铁粉在球磨

过程中被反复剧烈碰撞而活化，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上，有助于氮分子的解离，则该步骤解离了氮氮三键，故B错误；27C.由题意可知，第一步骤，剧烈碰撞，产生高密度的缺陷，氮分子被吸附在这些缺陷上，有助于氮分子的解离，同时在第二步骤，剧烈碰撞中，从催化剂表面脱附得到产物氨，故C错

误；D.由题意可知，“球磨法”是在温和的条件下和1bar，合成氨，氨的最终体积分数可高达，“球磨法”不采用高压，是因为低压产率已经较高，加压会增大成本，故D正确；故答案为：AD；由图可知，低于400转，吸附量不大，高于400转，

温度快速升高，不利于吸附，所以选择的最佳转速为400转；若选择500转的转速，体系升温太快，温度升高，不利于吸附，所以的吸附量降低，故答案为：400；转速过快，体系升温太快，温度升高不利于吸附；根据图乙可知，平衡时的体积分数随初始压强增大而减小；当投料比等于化学计量数之比时，产物的体积分数最大

，图中初始压强增大，平衡时的体积分数减小，没有增大情况，所以说明与的投料比：3，故答案为：减小；。反应物键能总和生成物键能总和；向密闭容器中按1：3体积比通入和，设起始物质的量为1mol，起始物质的量为3mol，反应达平衡时的体积分数为，列化学平衡三段式解答；催化剂缺陷密度越高，表面积越大；

B.根据“球磨法”第一步骤信息分析；C.根据“球磨法”第一步骤和第二步骤信息分析；D.由题意可知，“球磨法”是在温和的条件下和1bar，合成氨，氨的最终体积分数可高达，增大压强会增加成本；最佳转速即在此转速下吸附量要大，同时体系温度不能太大，温度高，不利于吸附；根据图乙可知平衡时的体积分

数随初始压强增大的变化情况；当投料比等于化学28计量数之比时，产物的体积分数最大。本题综合考查化学知识，侧重考查学生读取、处理信息的能力、分析能力以及计算能力，题目涉及反应热的计算、化学平衡的影响因素，化学平衡的计算等，根据题目信息结合反应热与键能的关系、勒

夏特列原理、化学平衡三段式等知识解答，此题难度大。