2022年安徽省蚌埠市三县联谊校高考化学全真模拟密押卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：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，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、一定温度下，在三个体积均为0.5 L的恒容密闭容器中发生反应：CO(g)+Cl2(g)COCl2(g)，其中容器中反应在5 min时达到平衡状态。容器编号温度/起始物质的量/mol平衡物质的量/molCOCl2COCl2COCl25001.01

2、.000.85001.0a00.56000.50.50.50.7下列说法中正确的是A容器中前5 min的平均反应速率v(CO)=0.16 molL-1min-1B该反应正反应为吸热反应C容器中起始时Cl2的物质的量为0.55 molD若起始时向容器加入CO0.8mol、Cl20.8mol，达到平衡时CO转化率大于80%2、某溶液可能含有Cl-、SO32-、CO32-、NH3+、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液222mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到222mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到26g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到366g不溶于盐酸的沉淀。由此可

3、知原溶液中A至少存在5种离子BCl-一定存在，且c（Cl）23mol/LCSO32-、NH3+、一定存在，Cl-可能不存在DCO32-、Al3+一定不存在，K+可能存在3、常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）ApH=1的溶液中：Fe2+、NO3-、SO42-、Na+B水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液中：Ca2+、K+、Cl-、HCO3-C=1012的水溶液中：NH4+、Al3+、NO3-、Cl-Dc(Fe3+)=0.1mol/L的溶液中：K+、ClO-、SO42-、SCN-4、下列各表述与示意图一致的是A25时，用0.1molL-1盐酸滴定20mL 0.1mol

4、L-1NaOH溶液，溶液的pH随加入酸体积的变化B10mL 0.01molL-1 KMnO4酸性溶液与过量的0.1molL-1 H2C2O4溶液混合时，n(Mn2-)随时间的变化C曲线表示反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H0 正、逆反应的平衡常数K随温度的变化Da、b曲线分别表示反应CH2=CH2(g)+H2(g)CH3CH3(g) H c(Cl-) c(CH3COO-)c(CH3COOH)D点所示溶液中：c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)0.10molL-16、下列说法正确的是A配制 Fe(NO3)2 溶液时，向 Fe(NO3)2 溶液中滴加几滴稀硝酸，以防止 F

5、e(NO3)2 发生水解B滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁C中和热的测定实验中，测酸后的温度计未用水清洗便立即去测碱的浓度，所测中和热的数值偏高D配制1mol/L 的 NH4NO3溶液时，溶解后立即转移至容量瓶，会导致所配溶液浓度偏高7、下列转化，在给定条件下能实现的是NaCl(aq) Cl2(g) FeCl3(s)Fe2O3FeCl3(aq) 无水FeCl3N2NH3NH4Cl(aq)SiO2SiCl4 SiABCD8、室温下，用的溶液滴定 的溶液，水的电离程度随溶液体积的变化曲线如图所示。下列说法正确的是( ) A该滴定过程应该选择甲基橙作为指示剂B从点到点，溶液中水的电离程

6、度逐渐增大C点溶液中D点对应的溶液的体积为9、设NA代表阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A28 g的乙烯和环丙烷混合气体中所含原子总数为6NAB在标准状况下，9.2 g NO2含有的分子数为0.2NAC常温下，56 g铁与足量的浓硫酸反应，转移的电子数为3NAD公共场所用75%的乙醇杀菌消毒预防新冠病毒， 1 mol乙醇分子中含有的共价键的数目为7NA10、设NA为阿伏加徳罗常数的值，下列说法正确的是A0.01 molL-1氯水中，Cl2、Cl-和ClO-三粒子数目之和大于0.01 NAB氢氧燃料电池正极消耗22.4 L气体时，负极消耗的气体分子数目为2 NAC2.4g镁在空气中完全燃烧生

7、成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2 NAD0.l mol/L(NH4)2SO4溶液与0.2 mol/LNH4Cl溶液中的NH4+数目相同11、核黄素又称为维生素B2，可促进发育和细胞再生，有利于增进视力，减轻眼睛疲劳。核黄素分子的结构为：已知：有关核黄素的下列说法中，不正确的是：A该化合物的分子式为C17H22N4O6B酸性条件下加热水解，有CO2生成C酸性条件下加热水解，所得溶液加碱后有NH3生成D能发生酯化反应12、下列离子方程式书写正确的是 ()A硫化钠溶液显碱性：S2-+2H2O=H2S+2OH-B金属钠投入氯化镁溶液中：2Na+Mg2+=2Na+MgC新制氢氧化铜溶于醋酸溶液

8、：2CH3COOH+Cu(OH)2=Cu2+2CH3COO-+2H2OD水溶液中，等物质的量的Cl2与FeI2混合：2Cl2+2Fe2+2I-=2Fe3+4Cl-+I213、W、X、Z是原子序数依次增大的同一短周期元素，W、X是金属元素，Z是非金属元素，W、X的最高价氧化物对应的水化物可以相互反应生成盐和水，向一定量的W的最高价氧化物对应的水化物溶液中逐滴加人XZ3溶液，生成的沉淀X(OH)3的质量随XZ3溶液加人量的变化关系如图所示。则下列离子组在对应的溶液中一定能大量共存的是Ad点对应的溶液中:K+、NH4+、CO32-、I-Bc点对应的溶液中:Ag+、Ca2+、NO3-、Na+Cb点对应

9、的溶液中:Na+、S2-、SO42-、Cl-Da点对应的溶液中:Na+、K+、S042-、HCO3-14、室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是A新制氯水中：NH4+、Na、SO42-、SO32-B0.1 molL1 CaCl2溶液：Na、K、AlO2-、SiO32-C浓氨水中：Al3、Ca2、Cl、ID0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液：H、Mg2、NO3-、Br15、煤的干馏实验装置如图所示。下列说法错误的是A可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3B长导管的作用是导气和冷凝C从b层液体中分离出苯的操作是分馏Dc口导出的气体可使新制氯水褪色16、实行垃圾分类，关系生活环境

10、改善和节约使用资源。下列说法正确的是A回收厨余垃圾用于提取食用油B对废油脂进行处理可获取氨基酸C回收旧报纸用于生产再生纸D废旧电池含重金属须深度填埋二、非选择题（本题包括5小题）17、药物中间体(G)在有机制药工业中的一种合成方法如下:回答下列问题:(1)化合物D和G中含氧官能团的名称分别为_、_。(2)由BC的反应类型为_ ;写出C D反应的化学方程式:_。(3)化合物E的结构简式为_。(4)反应FG的另一种生成物是_。(5)写出同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式:_。能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应:核磁共振氢谱为四组峰

11、,峰面积比为1:2:4:9;分子中含有氨基。(6)已知:RCNRCH2NH2请设计以HOOCCH2COOH和CH3CH2Cl为原料制备的合成路线:_(无机试剂任用)。18、A(C3H6)是基本有机化工原料，由A制备聚合物C和合成路线如图所示（部分条件略去）。已知：，R-COOH(1)A的名称是_；B中含氧官能团名称是_。(2)C的结构简式_；DE的反应类型为_(3)EF的化学方程式为_。(4)B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是_（写出结构简式）。(5)等物质的量的 分别与足量NaOH、NaHCO3 反应，消耗NaOH

12、、NaHCO3 的物质的量之比为_；检验其中一种官能团的方法是_（写出官能团名称、对应试剂及现象）。19、水中的溶解氧（DO）的多少是衡量水体水质的重要指标。某化学小组测定某河流中氧的含量，经查阅有关资料了解到溶解氧测定可用“碘量法”，用已准确称量的硫代硫酸钠（Na2S2O3）固体配制一定体积的cmol/L标准溶液；用水样瓶取河流中水样v1mL并立即依次序注入1.0mLMnCl2溶液和1.0mL碱性KI溶液，塞紧瓶塞（瓶内不准有气泡），反复震荡后静置约1小时；向水样瓶中加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶至沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色； 将水样瓶内溶液全量倒入锥形瓶中，用硫代硫酸钠标

13、准溶液滴定；V待试液呈淡黄色后，加1mL淀粉溶液，继续滴定到终点并记录消耗的硫代硫酸钠溶液体积为v2。已知：I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6（1）在滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和_。（2）在步骤中，水样中出现了MnMnO3沉淀，离子方程式为4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4H2O。（3）步骤中发生反应的离子方程式为 _。（4）滴定时，溶液由_色到_色，且半分钟内颜色不再变化即达到滴定终点。（5）河水中的溶解氧为_mg/L。（6）当河水中含有较多NO3时，测定结果会比实际值_(填偏高、偏低或不变)20、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)俗名

14、“大苏打”。已知它易溶于水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，受热、遇酸易分解。某实验室模拟工业硫化碱法制取硫代硫酸钠，其反应装置及所需试剂如图：（1）装置甲中，a仪器的名称是_；a中盛有浓硫酸，b中盛有亚硫酸钠，实验中要控制SO2生成速率，可以采取的措施有_(写出一条即可)。（2）装置乙的作用是_。（3）装置丙中，将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，便可制得Na2S2O3和CO2。反应的化学方程式为：_。（4）本实验所用的Na2CO3中含少量NaOH，检验含有NaOH的实验方案为_。(实验中供选用的试剂及仪器：CaCl2溶液、Ca(OH)2溶液、酚酞溶液、蒸

15、馏水、pH计、烧杯、试管、滴管提示：室温时CaCO3饱和溶液的pH=9.5)（5）反应结束后过滤丙中的混合物，滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥等得到产品，生成的硫代硫酸钠粗品可用_洗涤。为了测定粗产品中Na2S2O35H2O的含量，采用在酸性条件下用KMnO4标准液滴定的方法(假设粗产品中的杂质与酸性KMnO4溶液不反应)。称取1.50g粗产品溶于水，用0.20 molL1KMnO4溶液(加适量稀硫酸酸化)滴定，当溶液中全部被氧化为时，消耗高锰酸钾溶液体积40.00mL。写出反应的离子方程式：_。产品中Na2S2O35H2O的质量分数为_(保留小数点后一位)。21、2019年国际非政府组织“

16、全球碳计划”12月4日发布报告：研究显示，全球二氧化碳排放量增速趋缓。CO2的综合利用是解决温室问题的有效途径。(1)一种途径是将CO2转化成有机物实现碳循环。如：C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) H1=-44.2kJmol-12CO2(g)+2H2O(l)=C2H4(g)+3O2(g) H2=+1411.0kJmol-12CO2(g)+3H2O(l)=C2H5OH(l)+3O2(g) H3=_。(2)CO2甲烷化反应是由法国化学家Sabatier提出的，因此，该反应又叫Sabatier反应。CO2催化氢化制甲烷的研究过程如图：上述过程中，产生H2反应的化学方程式为_。HCOO

17、H是CO2转化为CH4的中间体：CO2HCOOHCH4。当镍粉用量增加10倍后，甲酸的产量迅速减少，当增加镍粉用量时，CO2镍催化氢化制甲烷的两步反应中反应速率增加较大的一步是_（填“I”或“”）。(3)CO2经催化加氢可以生成低碳烃，主要有两个竞争反应：反应I：CO2(g)+4H2(g)CH4(g)+2H2O(g)反应：2CO2(g)+6H2(g)C2H4(g)+4H2O(g) 在1L恒容密闭容器中充入1molCO2和4molH2，测得平衡时有关物质的物质的量随温度变化如图所示。520时，CO2的转化率为_，520时，反应I的平衡常数K=_。(4)已知CO2催化加氢合成乙醇的反应原理为2CO

18、2(g)+6H2(g)C2H5OH(g)+3H2O(g) H。m代表起始时的投料比，即m=。图1中投料比相同，温度T3T2T1，则H_（填“”或“”）0。m=3时，该反应达到平衡状态后p(总)=20Mpa，恒压条件下各物质的物质的量分数与温度的关系如图2。则曲线b代表的物质为_（填化学式），T4温度时，反应达到平衡时物质d的分压p(d)=_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A容器I中前5min的平均反应速率v(COCl2)=0.32mol/Lmin-1，依据速率之比等于计量系数之比，则V(CO)=V(COCl2)=0.32mol/Lmin-1，故A错误；B依据图中数

19、据可知：和为等效平衡，升高温度，COCl2物质的量减小，说明平衡向逆向移动，则逆向为吸热反应，正向为放热反应，故B错误；C依据方程式：CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)，可知： CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)起始浓度(mol/L) 2 2 0转化浓度(mol/L)1.6 1.6 1.6平衡浓度(mol/L)0.4 0.4 1.6反应平衡常数K=10，平衡时CO转化率：100%=80%；依据中数据，结合方程式可知： CO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)起始浓度(mol/L) 2 2a 0转化浓度(mol/L) 1 1 1平衡浓度(mol/L) 1 2a-1 1和温度相同则平衡

20、常数相同则：K=10，解得：a=0.55mol，故C正确；DCO(g)+Cl2(g)C0Cl2(g)为气体体积减小的反应，若起始时向容器I加入CO0.8mol，Cl20.8mol，相当于给体现减压，减压平衡向系数大的方向移动，平衡转化率降低，小于80%，故D错误；故答案为C。2、B【解析】由于加入过量NaOH溶液，加热，得到2.22mol气体，说明溶液中一定有NH3+，且物质的量为2.22mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，2.6g固体为氧化铁，物质的量为2.22mol，有2.22molFe3+，一定没有CO32-；3.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO32-，物质的量为2

21、.22mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，且至少为 2.22mol3+2.22-2.22mol2=2.23mol，物质的量浓度至少为c(Cl-)=2.23mol2.2L=2.3mol/L。【详解】A.至少存在Cl-、SO32-、NH3+、Fe3+四种离子，A项错误；B.根据电荷守恒，至少存在2.23molCl-，即c(Cl-) 2.3molL-2，B项正确；C.一定存在氯离子，C项错误；D.Al3+无法判断是否存在，D项错误；答案选B。3、C【解析】ApH=1的溶液，显酸性，Fe2+、NO3-、H+发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误；B水电离出的c(H+)=10-12mol/L的溶液呈酸

22、性或碱性，HCO3-和氢离子或氢氧根离子都能反应，都不能大量共存，故B错误；C=1012的水溶液呈酸性，这几种离子之间不反应且和氢离子也不反应，能大量共存，故C正确；DFe3+和SCN-发生络合反应，不能大量共存，故D错误；故选C。4、C【解析】A. 等浓度的强酸强碱的滴定曲线，到达终点的pH发生突变，不是渐变；B. 发生氧化还原反应生成锰离子，Mn2+对该反应有催化作用，反应加快；C. 反应2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g) H0，结合K虽温度的变化情况作答；D. 催化剂降低反应活化能，根据图示的能量变化与实际反应的热效应不符。【详解】A. 0.1molL-1NaOH溶液的pH为13

23、，用0.1molL-1盐酸滴定恰好中和时pH为7，因浓度相同，则体积相同，但酸碱中和在接近终点时，pH会发生突变，曲线的斜率会很大，A项错误；B. 发生氧化还原反应生成锰离子，则n（Mn2+）随时间的变化而增大，且催化作用，一段时间内增加的更快，后来浓度变化成为影响速率的主要因素，反应物浓度减小，速率减慢，图像不符，B项错误；C. 因反应为放热反应，则升高温度，平衡逆向移动，平衡后升温K正减小，而K逆增大，且正逆反应的平衡常数互为倒数关系，C项正确；D. 图象中使用催化剂降低反应活化能，但反应CH2=CH2 (g)+H2(g)CH3CH3(g)H0，是放热反应，反应物能量高，图象中表示的吸热反

24、应，D项错误；答案选C。5、D【解析】A.根据电荷守恒点中存在c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，点中存在c(CN-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，由于两点的溶液体积不等，溶液的pH相等，则c(Na+)不等，c(H+)分别相等，因此阳离子的物质的量浓度之和不等，故A错误；B.点所示溶液中含等物质的量浓度的NaCN、HCN、NaCl，存在物料守恒c(CN-)+c(HCN)= 2c(Cl-)，故B错误；C.点所示溶液中含有等物质的量浓度的CH3COONa、CH3COOH和NaCl，溶液的pH=5，说明以醋酸的电离为主，因此c(CH3

25、COO-)c(Cl-)，故C错误；D.点所示溶液为等物质的量浓度的醋酸和氯化钠，浓度均为0.05mol/L，则c(Na+)=c(Cl-)=0.05mol/L，c(CH3COO-)+c(CH3COOH)=0.05mol/L，根据电荷守恒，c(CH3COO-)+c(OH-)+c(Cl-)=c(Na+)+c(H+)，因此c(CH3COO-)=c(H+)-c(OH-)，则c(Na+)+c(CH3COOH)+c(H+)=0.05mol/L+0.05mol/L-c(CH3COO-)+c(H+)=0.1mol/L-c(H+)+c(OH-)+c(H+)=0.1mol/L+c(OH-)0.1mol/L，故D正确

26、。答案选D。6、B【解析】A. Fe(NO3)2是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性，在配制Fe(NO3)2溶液时，为了防止Fe2+水解不可向溶液中加入硝酸，因为硝酸能将亚铁离子氧化为铁离子，选项A错误；B.滴定接近终点时，滴定管的尖嘴可以接触锥形瓶内壁，使溶液进入到锥形瓶中，慢慢加标准溶液，以减小实验误差，选项B正确；C.中和热的测定实验中，测酸后的温度计若未用水清洗便立即去测碱的温度，在温度计上残留的酸液就会与溶液中的碱发生中和反应，放出热量，使所测碱的起始温度偏高，导致中和热的数值偏小，选项C错误；D.NH4NO3溶于水吸热，使溶液温度降低，配制 1mol/L 的NH4NO3溶液时，溶解后，就

27、立即转移至容量瓶，会导致配制溶液的体积偏大，使所配溶液浓度偏低，选项D错误；故合理选项是B。7、A【解析】NaCl溶液电解的得到氯气，氯气和铁在点燃的条件下反应生成氯化铁，故正确；Fe2O3和盐酸反应生成氯化铁，氯化铁溶液加热蒸发，得到氢氧化铁，不是氯化铁，故错误；N2和氢气在高温高压和催化剂条件下反应生成氨气，氨气和氯化氢直接反应生成氯化铵，故正确；SiO2和盐酸不反应，故错误。故选A。8、D【解析】A.用NaOH溶液滴定醋酸，由于恰好完全反应时产生的醋酸钠是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，因此要选择碱性范围内变色的指示剂误差较小，可选用酚酞作指示剂，不能选用甲基橙作指示剂，A错误；B.P点未

28、滴加NaOH溶液时，CH3COOH对水的电离平衡起抑制作用，随着NaOH的滴入，溶液的酸性逐渐减弱，水的电离程度逐渐增大，到M点时恰好完全反应产生CH3COONa，水的电离达到最大值，后随着NaOH的滴入，溶液的碱性逐渐增强，溶液中水的电离程度逐渐减小，B错误；C.N点溶液为NaOH、CH3COONa按1:1物质的量之比混合而成，根据物料守恒可得c(Na+)=2c(CH3COOH)+2c(CH3COO-)，根据电荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，将两个式子合并，整理可得c(OH-)=2c(CH3COOH)+c(CH3COO-)+c(H+)，C错误；D.M

29、点时溶液中水电离程度最大，说明酸碱恰好完全中和产生CH3COONa，由于醋酸是一元酸、NaOH是一元碱，二者的浓度相等，因此二者恰好中和时的体积相等，故M点对应的NaOH溶液的体积为10.00mL，D正确；故合理选项是D。9、A【解析】A. 乙烯和环丙烷最简式是CH2，其中含有3个原子，式量是14，28 g的乙烯和环丙烷中含有最简式的物质的量是2 mol，则混合气体中所含原子总数为6NA，A正确；B. NO2的式量是46，9.2 g NO2的物质的量是0.2 mol，由于NO2与N2O4在密闭容器中存在可逆反应的化学平衡，所以其中含有的分子数目小于0.2NA，B错误；C. 在常温下铁遇浓硫酸会

30、发生钝化不能进一步发生反应，所以转移的电子数小于3NA，C错误；D. 乙醇分子结构简式为CH3CH2OH，一个分子中含有8个共价键，则1 mol乙醇分子中含有的共价键的数目为8NA，D错误；故合理选项是A。10、C【解析】A.缺少体积数据，不能计算微粒数目，A错误；B.缺少条件，不能计算气体的物质的量，也就不能计算转移的电子数目，B错误；C.Mg是+2价的金属，2.4gMg的物质的量是0.1mol，反应会失去0.2mol电子，因此2.4g镁在空气中完全燃烧生成MgO和Mg3N2，转移的电子数为0.2NA，C正确；D.溶液的体积未知，不能计算微粒的数目，D错误；故合理选项是C。11、A【解析】A

31、、根据键线式的特点和碳原子的四价理论知该化合物的分子式是C17H20N4O6，故A错误；B、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有碳酸即水和二氧化碳生成，故B正确；C、由结构式可以知该化合物中含有肽键，因此可以发生水解反应，由已知条件可知水解产物有氨气生成，故C正确；D、因为该化合物中含有醇羟基，因此可以发生酯化反应，故D正确；故选A。12、C【解析】A硫化钠水解，溶液显碱性，反应的离子反应为S2-+H2OHS-+OH-，故A错误；B钠投入到氯化镁溶液中反应生成氢氧化镁、氢气和氯化钠，离子方程式：2H2O+2Na+Mg2+Mg(OH)2+H2+2Na+

32、，故B错误；C醋酸溶液与新制氢氧化铜反应，离子方程式：2CH3COOH+Cu(OH)22CH3COO-+Cu2+2H2O，故C正确；D在溶液中，FeI2与等物质的量的Cl2反应时，只氧化碘离子，反应的离子方程式为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D错误；故选C。【点睛】本题的易错点为B，要注意钠与盐溶液的反应规律，钠先与水反应，生成物再与盐反应。13、C【解析】W、X、Z依次为Na 、Al、 Cl。分析反应历程可知a点溶液为强碱性溶液，HCO3不可以大量共存；b点溶液为中性溶液，对应离子可以大量共存；c点溶液中存在Cl可与Ag生成白色沉淀；d点溶液中存在Al3可与CO32发生双水解。答案选C。

33、14、D【解析】A饱和氯水中含有氯气和HClO，具有强氧化性，还原性离子不能存在，SO32-和氯气、HClO发生氧化还原反应而不能大量存在，选项A错误；B. 0.1 molL1 CaCl2溶液中Ca2+与SiO32-反应产生沉淀而不能大量共存，选项B错误；C. 浓氨水中Al3与氨水反应生成氢氧化铝而不能大量存在，选项C错误；D. 0.1 molL1 Fe2(SO4)3溶液呈酸性，H、Mg2、NO3-、Br相互不反应，能大量共存，选项D正确；答案选D。15、A【解析】根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨

34、水等【详解】A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误的，故A错误；B.长导管的作用是导气和冷凝，故B正确；C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分馏，故C正确；D.c口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：A。【点睛】解题的关键是煤干馏的产物。根据产物的性质进行分析即可。16、C【解析】A回收厨余垃圾油脂部分可用于制备生物燃料，但不能用于提取食用油，故A错误；B油脂由碳、氢、氧元素组成，氨基酸最少由碳、氢、氧、氮元素组成，回收废油脂用于提炼氨基酸不符合质量守恒，故B错误；C使用的纸张至少含有30%的再生纤维，故再生纸是对废旧纤维

35、的回收利用，可节约资源，故C正确；D废旧电池含重金属，深度填埋会使重金属离子进入土壤和水体中，造成水源和土壤污染，故D错误；答案选C。【点睛】多从环保和健康的角度分析垃圾分类回收，提倡可持续发展。二、非选择题（本题包括5小题）17、酯基 肽键 加成反应 CH3CH2OH 和 【解析】A发生取代反应生成B，B和HCl发生加成反应生成C，C与KCN发生取代反应生成D，D与盐酸反应，根据E和乙醇发生酯化反应生成F，根据F的结构推出E的结构简式为，F和C2H5NH2发生取代反应生成G和乙醇。【详解】(1)根据D、G的结构得出化合物D中含氧官能团的名称为酯基，G中含氧官能团的名称为肽键；故答案为：酯基；

36、肽键。(2)根据BC的结构式得出反应类型为加成反应；根据C D反应得出是取代反应，其化学方程式；故答案为：加成反应；。(3)根据E到F发生酯化反应得出化合物E的结构简式为；故答案为：。(4)根据反应FG中的结构得出反应为取代反应，因此另一种生成物是CH3CH2OH；故答案为：CH3CH2OH。(5)能与新制Cu(OH)2加热条件下反应生成砖红色沉淀，水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有甲酸与酚形成的酚酸酯，即取代基团为OOCH，分子中含有氨基，核磁共振氢谱为四组峰，峰面积比为1:2:4:9，存在对称结构，还又含有2个NH2,1个C(CH3)3，符合条件的同分异构体为和；故答案为

37、：和。(6)CH3CH2Cl在碱性条件下水解得到CH3CH2OH，然后与HOOCCH2COOH发生酯化反应得到CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3，CH3CH2Cl与KCN发生取代反应得到CH3CH2CN，用氢气还原得到CH3CH2CH2NH2，根据F到G的转化过程，CH3CH2CH2NH2与CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3反应得到，合成路线为；故答案为：。18、丙烯 酯基 取代反应 CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2 HCOO-CH=C(CH3)2 l：l 检验羧基：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变红(或检验碳碳双键，加入溴水，溴水褪色) 【解析】A

38、分子式为C3H6，A与CO、CH3OH发生反应生成B，则A结构简式为CH2=CHCH3，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B发生加聚反应生成聚丁烯酸甲酯，聚丁烯酸甲酯发生水解反应，然后酸化得到聚合物C，C结构简式为；A与Cl2在高温下发生反应生成D，D发生水解反应生成E，根据E的结构简式CH2=CHCH2OH可知D结构简式为CH2=CHCH2Cl，E和2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，F发生取代反应生成G，G发生信息中反应得到，则G结构简式为。【详解】根据上述推断可知A是CH2=CH-CH3，C为，D是CH2=CHCH2Cl，E为CH2=CHCH2OH，F是，G是

39、。(1)A是CH2=CH-CH3，名称为丙烯，B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B中含氧官能团名称是酯基；(2)C的结构简式为，D是CH2=CHCH2Cl，含有Cl原子，与NaOH的水溶液加热发生水解反应产生E：CH2=CHCH2OH，该水解反应也是取代反应；因此D变为E的反应为取代反应或水解反应；(3)E为CH2=CHCH2OH、E与2-氯-1，3-丁二烯发生加成反应生成F，F结构简式为，该反应方程式为：CH2=CH-CH2OH+CH2=CH-CCl=CH2；(4)B结构简式为CH3CH=CHCOOCH3，B的同分异构体中，与B具有相同官能团且能发生银镜反应，说明含有醛基、酯基及碳碳

40、双键，则为甲酸形成的酯，其中核磁共振氢谱上显示3组峰，且峰面积之比为6:1:1的是HCOO-CH=C(CH3)2；(5)含有羧基，可以与NaOH反应产生；含有羧基可以与NaHCO3反应产生和H2O、CO2，则等物质的量消耗NaOH、NaHCO3的物质的量之比为1：1；在中含有羧基、碳碳双键、醇羟基三种官能团，检验羧基的方法是：取少量该有机物，滴入少量紫色石蕊试液变为红色；检验碳碳双键的方法是：加入溴水，溴水褪色。【点睛】本题考查有机物推断和合成的知识，明确官能团及其性质关系、常见反应类型、反应条件及题给信息是解本题关键，难点是有机物合成路线设计，需要学生灵活运用知识解答问题能力，本题侧重考查学

41、生分析推断及知识综合运用、知识迁移能力。19、碱式滴定管 MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O 蓝 无 偏高 【解析】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，根据氧化还原反应方程式分析；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色；(5)根据关系式，进行定量分析；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3

42、。【详解】(1)滴定环节中使用的仪器有滴定管夹、铁架台、烧杯、锥形瓶和滴定管，滴定管装Na2S2O3溶液，Na2S2O3显碱性，用碱式滴定管，故答案为：碱式滴定管；(3)中有MnMnO3沉淀生成同时有碘离子剩余，加入1.0mL硫酸溶液，塞紧瓶塞，振荡水样瓶，沉淀全部溶解，此时溶液变为黄色，说明产生I2，即碘化合价升高，Mn的化合价会降低，离子方程式为MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，故答案为：MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O；(4)待测液中有I2，用淀粉溶液做指示剂，溶液为蓝色，终点时为无色，故答案为：蓝；无；(5)由4Mn2+O2+8OH2MnMnO3+4

43、H2O，MnMnO3+2I+6H+I2+2Mn2+3H2O，I2 +2Na2S2O3 =2NaI+Na2S4O6，可知关系式，即，则氧气的物质的量x=，v1mL水样中溶解氧=，故答案为：；(6)含有较多NO3时，在酸性条件下，形成硝酸，具有强氧化性，会氧化Na2S2O3，即Na2S2O3用量增加，结果偏高，故答案为：偏高。【点睛】本题难点(3)，信息型氧化还原反应方程式的书写，要注意对反应物和生成物进行分析，在根据得失电子守恒配平；易错点(5)，硝酸根存在时，要注意与氢离子在一起会有强氧化性。20、分液漏斗 控制反应温度、控制滴加硫酸的速度 安全瓶，防倒吸 4SO2+2Na2S+Na2CO33

44、Na2S2O3+CO2 取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于15，则含有NaOH 乙醇 82.7 【解析】装置甲为二氧化硫的制取：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+H2O，丙装置为Na2S2O3的生成装置：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，因SO2易溶于碱性溶液，为防止产生倒吸，在甲、丙之间增加了乙装置；另外二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，装置丁作用为尾气吸收装置，吸收未反应的二氧化硫。据此解答。【详解】(1)装置甲中，a仪器的名称是分液漏斗；利用分液漏斗控

45、制滴加硫酸的速度、控制反应温度等措施均能有效控制SO2生成速率；(2)SO2易溶于碱性溶液，则装置乙的作用是安全瓶，防倒吸；(3)Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量之比配成溶液再通入SO2，即生成Na2S2O3和CO2，结合原子守恒即可得到发生反应的化学方程式为4SO2+2Na2S+Na2CO33Na2S2O3+CO2；(4)碳酸钠溶液和NaOH溶液均呈碱性，不能直接测溶液的pH或滴加酚酞，需要先排除Na2CO3的干扰，可取少量样品于试管(烧杯)中，加水溶解，加入过量的CaCl2溶液，振荡(搅拌)，静置，用pH计测定上层清液的pH，若pH大于1.5，则含有NaOH；(5)硫代硫酸钠易溶于

46、水，难溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，则硫代硫酸钠粗品可用乙醇洗涤；Na2S2O3溶液中滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫色褪去，溶液中全部被氧化为，同时有Mn2+生成，结合电子守恒和原子守恒可知发生反应的离子方程式为5S2O32-+8MnO4-+14H+8Mn2+10SO42-+7H2O；由方程式可知n(Na2S2O35H2O)=n(S2O32-)=n(KMnO4)=0.04L0.2mol/L=0.005mol，则m(Na2S2O35H2O)=0.005mol248g/mol=1.24g，则Na2S2O35H2O在产品中的质量分数为100%=82.7%。【点睛】考查硫代硫酸钠晶体制备实验方案的设计和制备过程分析应用，主要是实验基本操作的应用、二氧化硫的性质的