2022年广东省广州市番禺区广东第二师范学院番禺附中高考冲刺化学模拟试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是( )A将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质B氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C固态的离子化合物不能导电，熔融态

2、的离子化合物能导电D强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电能力强2、已知H2S与CO2在高温下发生反应：H2S(g)CO2(g)=COS(g)H2O(g)。在610 K时，将0.10 mol CO2与0.40 mol H2S充入2.5 L的空钢瓶中，经过4 min达到平衡，平衡时水的物质的量分数为2%，则下列说法不正确的是()ACO2的平衡转化率2.5%B用H2S表示该反应的速率为0.001 molL1min1C在620 K重复试验，平衡后水的物质的量分数为3%，说明该平衡正向移动了D反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变3、下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是（ ）ASO2BNH3

3、CCl2DCO24、亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（ ）A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1B若反应通过原电池来实现，则ClO2是正极产物C反应中的H2O2可用NaClO4代替D反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O25、下列符合元素周期律的是A碱性：Ca(OH)2Mg(OH)2B酸性：H2SO3 H2CO3C热稳定性：NH3 PH3D还原性：S2 Cl6、天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原

4、理如图所示。下列说法不正确的是A该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液B脱硫过程O2间接氧化H2SC亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血D华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐7、化学与生活密切相关。下列叙述正确的是A醋酸和活性炭均可对环境杀菌消毒B糖类和油脂均可以为人体提供能量C明矾和纯碱均可用于除去厨房油污D铁粉和生石灰常用作食品抗氧化剂8、钧瓷是宋代五大名窑瓷器之一，以“入窑一色，出窑万彩”的神奇窑变著称，下列关于陶瓷的说法正确的是（ ）A“窑变”是高温下釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致颜色的变化B高品质白瓷晶莹剔透，属于纯

5、净物C氮化硅陶瓷属于传统无机非金属材料D由于陶瓷耐酸碱，因此可以用来熔化氢氧化钠9、阿魏酸是传统中药当归、川穹的有效成分之一，工业上合成阿魏酸的原理如下，下列说法不正确的是+H2O+CO2A阿魏酸分子式为C10H10O4B阿魏酸存在顺反异构C方程式中三种有机物均可与NaOH、Na2CO3反应D可用酸性KMnO4溶液检测上述反应是否有阿魏酸生成10、利用脱硫细菌净化含硫物质的方法叫生物法脱硫，发生的反应为：CH3COOH+Na236SO42NaHCO3+H236S。下列说法正确的是A的摩尔质量是100BCH3COOH既表现氧化性又表现酸性C反应的离子方程式是：CH3COOH+2+H236SD每生

6、成11.2 L H2S转移电子为46.02102311、三元催化转化器能同时净化汽车尾气中的碳氢化合物(HC)、一氧化碳(CO)及氮氧化合物(NOx)三种污染物。催化剂选择铂铑合金，合金负载量不同时或不同的工艺制备的合金对汽车尾气处理的影响如图所示。下列说法正确的是A图甲表明，其他条件相同时，三种尾气的转化率随合金负载量的增大而增大B图乙表明，尾气的起燃温度随合金负载量的增大而降低C图甲和图乙表明，合金负载量越大催化剂活性越高D图丙和图丁表明，工艺2制得的合金的催化性能优于工艺1制得的合金12、茶叶中铁元素的检验可经过以下四个步骤完成，各步骤中选用的实验用品不能都用到的是A将茶叶灼烧灰化，选用

7、、和B用浓硝酸溶解茶叶并加蒸馏水稀释，选用、和C过滤得到滤液，选用、和D检验中滤液中的Fe3，选用、和13、下列仪器洗涤时选用试剂错误的是（ ）A木炭还原氧化铜的硬质玻璃管（盐酸）B碘升华实验的试管（酒精）C长期存放氯化铁溶液的试剂瓶（稀硫酸）D沾有油污的烧杯（纯碱溶液）14、下列指定反应的化学用语表达正确的是（ ） A锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡CO32+CaSO4CaCO3+SO42B用铁电极电解饱和食盐水2Cl+2H2OCl2+H2+2OHC向Al2(SO4)3溶液中加入过量的NH3H2OAl3 +4NH3H2O=AlO2+4NH4+2H2ODKClO碱性溶液与Fe(

8、OH)3反应制取K2FeO43ClO+2Fe(OH)32FeO42+3Cl+4H+H2OAABBCCDD15、X、Y、Z、W为四种短周期的主族元素，其中X、Z同族，Y、Z同周期，W与X、Y既不同族也不同周期；X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Y的最高正价与最低负价的代数和为6。下列说法不正确的是（ ）AY元素的最高价氧化物对应的水化物的化学式为HYO4B原子半径由小到大的顺序为WXZCX与W可以形成W2X、W2X2两种物质DY、Z两元素的气态氢化物中，Z的气态氢化物更稳定。16、下列说法正确的是ACH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为3，4-二甲基-3-乙基戊烷B可用新制

9、Cu(OH)2悬溶液鉴别甲醛、甲酸、葡萄糖、乙酸、氨水和乙醇C高级脂肪酸乙酯在碱性条件下的水解反应属于皂化反应D向淀粉溶液中加稀硫酸溶液，加热后滴入几滴碘水，溶液变蓝色，说明淀粉没有发生水解二、非选择题（本题包括5小题）17、阿司匹林（化合物L）是人们熟知的解热镇痛药物。一种长效、缓释阿司匹林（化合物P）的合成路线如下图所示：已知：HCCH+RCOOHRCOOR+R”OHRCOOR”+ROH（R、R、R”代表烃基） 请回答：(1)A中的官能团是_。(2)C的结构简式是_。(3)DE的反应类型是_。(4)EG的化学方程式是_。(5)已知：H是芳香族化合物。在一定条件下2B K + H2O，K的核

10、磁共振氢谱只有一组峰。JL的化学方程式是_。(6)L在体内可较快转化为具有药效的J，而化合物P与L相比，在体内能缓慢持续释放J。 血液中J浓度过高能使人中毒，可静脉滴注NaHCO3溶液解毒。请用化学方程式解释NaHCO3的作用：_。 下列说法正确的是_（填字母）。aP中的酯基在体内可缓慢水解，逐渐释放出JbP在体内的水解产物中没有高分子化合物c将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能18、有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1，C中只有一个甲基，能发生银镜反应，有关物质的转化关系如图：已知：同一个碳原子上连接2个碳碳双键的结构不稳定 RCH=CHO

11、HRCH2CHO请回答：(1)D的名称是_。(2)AE中都含有的元素的原子结构示意图是_。(3)ADE的化学方程式_。(4)下列说法正确的是_。AB能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色BC与A在一定条件下都能发生银镜反应C转化流程中浓H2SO4的作用相同D可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质19、葡萄糖酸钙是一种可促进骨骼生长的营养物质。葡萄糖酸钙可通过以下反应制得：C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2相关物质的溶解性见下表：实验流程如下：回答下列问题

12、：（1）第步中溴水氧化葡萄糖时，甲同学设计了如图所示装置。你认为缺少的仪器是_。甲同学在尾气吸收装置中使用倒立漏斗的目的是_。（2）第步CaCO3固体过量，其目的是_。（3）本实验中_(填“能”或“不能”)用CaCl2替代CaCO3，理由是_。（4）第步“某种操作”名称是_。（5）第步加入乙醇的作用是_。（6）第步中洗涤操作主要是除去沉淀表面可能含有的溴化钙，洗涤剂最合适的是_(填标号)。A冷水 B热水 C乙醇 D乙醇水混合溶液20、 (NH4)2Fe(SO4)26H2O(M=392g/mol)又称摩尔盐，简称FAS，它是浅蓝色绿色晶体，可溶于水，难溶于水乙醇。某小组利用工业废铁屑进行下列实验

13、。请按要求回答下列问题：. FAS的制取。流程如下：(1)步骤加热的目的是_。(2)步骤必须在剩余少量铁屑时进行过滤，其原因是(用离子方程式表示)： _。.NH4+含量的测定。装置如图所示：实验步骤：称取FAS样品a g，加水溶解后，将溶液注入Y中 量取b mL c1 mol/LH2SO4溶液于Z中 向Y加入足量NaOH浓溶液，充分反应后通入气体N2，加热(假设氨完全蒸出)，蒸氨结束后取下Z。 用c2mol/LNaOH标准溶液滴定Z中过量的硫酸，滴定终点时消耗d mLNaOH标准溶液。(3)仪器X的名称_；N2的电子式为_。(4)步骤蒸氨结束后，为了减少实验误差，还需要对直形冷凝管进行处理的操

14、作是_；NH4+质量百分含量为(用代数式表示)_。. FAS纯度的测定。称取FAS m g样品配制成500 mL待测溶液。分别取20.00mL待测溶液，进行如下方案实验：(5)方案一：用0.01000mol/L的酸性KMnO4溶液进行滴定。滴定过程中需用到的仪器中(填图中序号)_。滴定中反应的离子方程式为_。 (6)方案二： 待测液 足量BaCl2溶液过滤洗涤干燥称量 固体n g ；则FAS的质量百分含量为(用代数式表示)_。(7)方案一、二实验操作均正确，却发现方案一测定结果总是小于方案二的，其可能的原因是_；为验证该猜测正确，设计后续实验操作为_，现象为_。21、有效去除大气中的NOx，保

15、护臭氧层，是环境保护的重要课题。(1)在没有NOx催化时，O3的分解可分为以下两步反应进行；O3=O+O2 (慢) O+O3=2O2 (快)第一步的速率方程为v1=k1c(O3)，第二步的速率方程为v2=k2c(O3)c(O)。其中O为活性氧原子，它在第一步慢反应中生成，然后又很快的在第二步反应中消耗，因此，我们可以认为活性氧原子变化的速率为零。请用k1、k2组成的代数式表示c(O)=_。(2)NO做催化剂可以加速臭氧反应，其反应过程如图所示：已知：O3(g)+O(g)=2O2(g) H=143 kJ/mol反应1：O3(g)+NO(g)=NO2(g)+O2(g) H1=200.2 kJ/mo

16、l。反应2：热化学方程式为_。(3)一定条件下，将一定浓度NOx(NO2和NO的混合气体)通入Ca(OH)2悬浊液中，改变，NOx的去除率如图所示。已知：NO与Ca(OH)2不反应；NOx的去除率=1100%在0.30.5之间，NO吸收时发生的主要反应的离子方程式为：_。当大于1.4时，NO2去除率升高，但NO去除率却降低。其可能的原因是_。(4)若将CO和NO按不同比例投入一密闭容器中发生反应：2CO(g)+2NO(g)=N2(g)+2CO2(g) H=759.8 kJ/mol，反应达到平衡时，N2的体积分数随的变化曲线如图。b点时，平衡体系中C、N原子个数之比接近_。a、b、c三点CO的转

17、化率从小到大的顺序为_；b、c、d三点的平衡常数从大到小的顺序为_(以上两空均用a、b、c、d表示)。若=0.8，反应达平衡时，N2的体积分数为20%，则NO的转化率为_。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硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；B氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，

18、故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。2、A【解析】根据题意列出三段式，如下： 根据平衡时水的物质的量分数为2%，则，故x=0.004mol/L，A、CO2的平衡转化率=10%，选项A不正确；B、用H2S表示该反应的速率为0.001 molL1min1，选项B正确；C、当温度升高到620K时，平衡后水的物质的量分数为3%，可知温度升高平衡向正反应方向移动了，选项C正确；D、由于反应前后都为气体，且为气体体积不变的反应，反应过程中混合气体平均摩尔质量始终不变，选项D正确。答案选A。3、

19、B【解析】能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明气体溶于水后显碱性，据此解答。【详解】ASO2和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A错误；B氨气溶于水形成氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B正确；C氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，能使湿润的红色石蕊试纸褪色，C错误；DCO2和水反应生成碳酸，溶液显酸性，使石蕊试液显红色，因此不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D错误；答案选B。4、C【解析】A根据流程图反应中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据化合价升降相等可得NaClO3和

20、SO2的物质的量之比为2:1，A项正确；B由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO2是正极产物，B项正确；C据流程图反应，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；D据流程图反应ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确；故答案选C。【点睛】根据反应的流程图可得反应中的反应物与生成物，利用得失电子守恒规律推断反应物或生成物的物质的量之比。5、A【解析】A金属性CaMg，

21、对应碱的碱性为Ca(OH)2Mg(OH)2，故A正确；B非金属性SC，对应最高价含氧酸的酸性为H2SO4H2CO3，而H2SO3H2CO3可利用强酸制取弱酸反应说明，故B错误；C非金属性NP，对应氢化物的稳定性为NH3PH3，故C错误；D非金属性SCl，对应阴离子的还原性为S2-Cl-，故D错误；故答案为A。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越

22、弱；氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。6、A【解析】A.TF菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁（相应反应为2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；B.脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的

23、作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血，C正确；D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，华阳国志记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D正确；故合理选项是A。7、B【解析】A一定浓度的醋酸可对环境杀菌消毒，活性炭具有吸附性可用于漂白，不能杀菌消毒，故A错误； B糖类、脂肪、蛋白质都是组成细胞的主要物质，并能为生命活动提供能量，故B正确；C纯碱为碳酸钠，其水溶液为碱性，碱性条件下可使油脂发生水解，可用于除去厨房油污，明矾为十二水合硫酸铝钾，在溶液中铝离子水解形成氢氧化铝胶体，可用于净水，不能用于厨房除油污，故C错误；D铁粉具有还原性，可用作食

24、品抗氧化剂，生石灰具有吸水性，可做食品的干燥剂，不能用于食品抗氧化剂，故D错误；答案选B。【点睛】生活中各种物质的性质决定用途，生石灰是氧化钙，可以吸水，与水反应生成氢氧化钙，所以可作干燥剂。8、A【解析】A不同的金属氧化物颜色可能不同，在高温下，釉料中的金属化合物发生氧化还原反应导致的颜色变化，故A正确；B. 瓷器的原料主要是黏土烧结而成，瓷器中含有多种硅酸盐和二氧化硅，是混合物，故B错误；C. 新型无机非金属材料主要有先进陶瓷、非晶体材料、人工晶体、无机涂层、无机纤维等，氮化铝陶瓷属于新型无机非金属材料，故C错误；D. 陶瓷的成分是硅酸盐和二氧化硅，能与熔化氢氧化钠反应，故D错误；故选A。

25、9、D【解析】A. 根据结构简式可知，阿魏酸分子式为C10H10O4，A项正确；B. 阿魏酸含有碳碳双键，存在顺反异构，B项正确；C. 酚羟基和羧基与NaOH、Na2CO3反应，C项正确；D. 能使酸性高锰酸钾溶液褪色的不仅有碳碳双键，醛类、酚类、某些醇等也能使其褪色，则香兰素和阿魏酸，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能检测，D项错误；答案选D。10、C【解析】的摩尔质量是100 gmol1，A错误；CH3COOH中碳化合价升高，表现还原性，B错误；醋酸是弱酸，不能拆写，C正确；没有指明处于标准状况，D错误。11、D【解析】A. 根据图甲所示可知：在400时，三种气体的转化率在合金负载量为2 g

26、/L时最大，A错误；B. 图乙表明，尾气的起燃温度在合金负载量为2 g/L时最低，其它各种合金负载量时起燃温度都比2 g/L时的高，B错误；C. 图甲表示只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最大，而图乙表示的是只有在合金负载量为2 g/L时尾气转化率最低，可见并不是合金负载量越大催化剂活性越高，C错误；D. 图丙表示工艺1在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率随尾气的起燃温度的升高而增大，而图丁表示工艺2在合金负载量为2 g/L时，尾气转化率在尾气的起燃温度为200时已经很高，且高于工艺1，因此制得的合金的催化性能：工艺2优于工艺1，D正确；故合理选项是D。12、B【解析】A、茶叶灼烧需要

27、酒精灯、坩埚、三脚架和泥三角等，A正确；B、容量瓶是用来配制一定物质的量浓度溶液的，不能用来稀释溶液或溶解固体，B不正确；C、过滤需要烧杯、漏斗和玻璃棒，C正确；D、检验铁离子一般用KSCN溶液，因此需要试管、胶头滴管和KSCN溶液，D正确；答案选B。【点睛】本题从茶叶中铁元素的检验入手，考查物质的检验方法、实验基本操作，仪器装置等。解题过程中首先确定实验原理，然后选择药品和仪器，再设计实验步骤。13、A【解析】A项，氧化铜的还原产物为金属铜，而盐酸不能溶解铜，难以洗净该硬质玻璃管，故A项错误；B项，碘易溶于有机物，酒精可溶解碘，故B项正确；C项，长期存放的氯化铁水解最终生成氢氧化铁和HCl，

28、HCl不断挥发，氢氧化铁则会不断沉积于试剂瓶内壁，而稀硫酸可溶解氢氧化铁，故C项正确；D项，纯碱溶液显碱性，可与油污反应，转化为可溶于水的脂肪酸钠和多元醇，故D项正确。故答案选A。【点睛】本题的易错项为C项；错选C项，可能是学生对长期存放FeCl3的试剂瓶内壁的物质不清楚，或认为就是FeCl3，用水即可洗掉。14、A【解析】A、锅炉水垢中的CaSO4用饱和Na3CO3溶液浸泡：CO32+CaSO4CaCO3+SO42，A正确；B、用铁电极电解饱和食盐水，阳极铁失去电子，转化为亚铁离子，阴极氢离子得到电子转化为氢气，得不到氯气，B错误；C、氨水不能溶解氢氧化铝，向Al2(SO4)3溶液中加入过量

29、的NH3H2O：Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，C错误；D、溶液显碱性，产物不能出现氢离子，KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应制取K2FeO4：4OH-+3ClO+2Fe(OH)32FeO42+3Cl+5H2O，D错误；答案选A。15、D【解析】X原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则X为O元素，X、Z同族，则Z为S元素，Y的最高正价与最低负价的代数和为6，则Y的最高价为+7价，且与S同周期，所以Y为Cl元素，W与X、Y既不同族也不同周期，W为H元素，据此解答。【详解】A根据上述分析，Y为Cl，Cl的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，A项正确；B在元素周期表中，同周期

30、元素从左到右原子半径逐渐减小，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径由小到大的顺序为HOClS（HOS），B项正确；C根据上述分析，X、W分别为O、H，两者可形成H2O、H2O2两者物质，C项正确；DY、Z分别为Cl、S，非金属性ClS，元素的非金属性越强，气态氢化物越稳定，HCl（Y的气态氢化物）更稳定，D项错误；答案选D。16、B【解析】A. CH3C（CH2CH3）2CH（CH3）CH3的名称为2，3-二甲基-3-乙基戊烷，A错误B. 甲醛中加入氢氧化铜悬浊液，加热后生成砖红色沉淀；甲酸中加入少量氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，加入过量时，加热，又生成砖红色沉淀；葡萄糖中加入氢氧

31、化铜悬浊液，溶液呈绛蓝色；乙酸中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得蓝色溶液，再加过量时，加热，无沉淀产生；氨水中加入氢氧化铜悬浊液，溶解得深蓝色溶液；乙醇中加入氢氧化铜悬浊液，无现象，B正确；C. 皂化反应必须是高级脂肪酸甘油酯在碱性条件下的水解反应，C错误；D.溶液变蓝色，可能是淀粉没有发生水解，也可能是淀粉部分水解，D错误。故选B。【点睛】葡萄糖溶液中加入氢氧化铜悬浊液，生成绛蓝色的葡萄糖铜溶液；再给溶液加热，溶液的绛蓝色消失，同时生成砖红色的氧化亚铜沉淀。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基 HCCH 加聚反应 ac 【解析】A是，乙醇连续氧化得乙酸，故B是，根据信息，结合流程图，C是，D是

32、，D到E是加聚反应，E是，根据信息可推知F为，G是，根据分子式H是，根据流程图结合P的结构可推知I为，J是，根据（5）小题，可以推知K是乙酸酐（），由P逆推知L为。【详解】（1）A是乙醇，乙醇的官能团是羟基，答案为：羟基；（2）据信息，结合流程图，可以推出C是，故答案为：；（3）D是， E是，D到E是双键发生了加聚反应，故答案为：加聚反应；（4）E是，A是乙醇，根据信息，该反应为取代反应，答案为：；（5）根据信息可推知J是，K是乙酸酐（），答案为：；（6）羧酸的酸性大于碳酸，酚的酸性小于碳酸， 故酚羟基和碳酸氢钠不反应，羧基和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，故答案为：；a.P可以完全水解产生，以及乙

33、酸，a正确；b. P可以完全水解产生，该物质为高分子，b错误；c. 根据题目信息，将小分子药物引入到高分子中可以实现药物的缓释功能，c正确；答案选ac。【点睛】解有机推断题，要把握以下三个推断的关键： (1)审清题意(分析题意、弄清题目的来龙去脉，掌握意图)；(2)用足信息(准确获取信息，并迁移应用)；(3)积极思考(判断合理，综合推断)。根据以上的思维判断，从中抓住问题的突破口，即抓住特征条件(特殊性质或特征反应，关系条件和类别条件)，不但缩小推断的物质范围，形成解题的知识结构，而且几个关系条件和类别条件的组合就相当于特征条件。然后再从突破口向外发散，通过正推法、逆推法、正逆综合法、假设法、

34、知识迁移法等得出结论。最后作全面的检查，验证结论是否符合题意。18、正丙醇 HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3 ABD 【解析】不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3CCH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，AE中都含有碳元素，原子结构示意图是，

35、据此分析解答。【详解】不饱和烃B的摩尔质量为40 gmol1可知B的分子式为C3H4，不饱和度为2，同一个碳原子上不能连两个碳碳双键，可推测B为丙炔：CH3CCH，B物质与H2O反应类型为加成反应，由已知信息RCH=CHOHRCH2CHO可知C为丙醛CH3CH2CHO，丙醛与H2发生加成反应生成正丙醇CH3CH2CH2OH。根据E的分子式可推知A为甲酸，其分子中既含有羧基又含有醛基，则有机物A具有乙醛和乙酸中官能团的性质，AE中都含有碳元素，原子结构示意图是，（1）由以上分析知，D为CH3CH2CH2OH，名称是正丙醇；故答案为：正丙醇；（2）AE中都含有碳元素，原子结构示意图是；故答案为：；

36、（3）A为甲酸，D为CH3CH2CH2OH，ADE的化学方程式为HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3；故答案为：HCOOHCH3CH2CH2OHH2OHCOOCH2CH2CH3；（4）A. B为丙炔：CH3CCH，含有碳碳三键，能使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；B. C为CH3CH2CHO，A为HCOOH，均含有醛基，则C与A在一定条件下都能发生银镜反应，故正确；C. A为甲酸，在浓硫酸加热的条件下生成CO，浓硫酸作脱水剂；A和D在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应，浓硫酸作催化剂、吸水剂，因此转化流程中浓H2SO4的作用不相同，故错误；D. A为甲酸，C为CH3

37、CH2CHO，E为甲酸丙酯，甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯的密度比水小，不溶于饱和Na2CO3溶液中，会分层；现象不同，所以可以用饱和Na2CO3溶液鉴别A、C、E三种无色物质，故正确；故答案为：ABD。【点睛】甲酸与Na2CO3溶液反应生成二氧化碳气体；CH3CH2CHO与Na2CO3溶液互溶，无明显的现象；甲酸丙酯在饱和Na2CO3溶液中会分层；现象不同，可以用饱和Na2CO3溶液鉴别该三种无色物质，这是学生们的易错点。19、温度计 防止倒吸 使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率 不能 氯化钙与葡萄糖酸不反应

38、 趁热过滤 降低葡萄糖酸钙的溶解度，有利于其析出 D 【解析】葡萄糖中加入3%的溴水并且加热，发生反应C6H12O6(葡萄糖)+Br2+H2OC6H12O7(葡萄糖酸)+2HBr，得到葡萄糖酸和HBr，加入过量碳酸钙并加热，发生反应2C6H12O7(葡萄糖酸)+CaCO3(C6H11O7)2Ca(葡萄糖酸钙)+H2O+CO2、CaCO3+2HBr=CaBr2+CO2+H2O，趁热过滤，然后加入乙醇得到葡萄糖酸钙悬浊液，过滤、洗涤、干燥得到葡萄糖酸钙，据此进行分析。【详解】(1)根据流程可知溴水氧化葡萄糖时需要控制温度为55，所以还需要温度计；倒置的漏斗可以起到防止倒吸的作用；(2)CaCO3固

39、体需有剩余，可使葡萄糖酸充分反应，提高葡萄糖酸的转化率，符合强酸制弱酸原理，以确保葡萄糖酸完全转化为钙盐；(3)盐酸为强酸，酸性比葡萄糖酸强，氯化钙不能与葡萄糖酸直接反应得到葡萄糖酸钙，所以不宜用CaCl2替代CaCO3；(4)根据表格中葡萄糖酸钙的溶解度与温度可知葡萄糖酸钙冷却后会结晶析出，应趁热过滤；(5)葡萄糖酸钙在乙醇中的溶解度是微溶，可降低葡萄糖酸钙在溶剂中的溶解度，有利于葡萄糖酸钙的析出；(6)利用水可以将无机杂质溶解除掉，同时利用葡萄糖酸钙在乙醇中的微溶，减少葡萄糖酸钙的损失，所以应选“乙醇水的混合溶液”进行洗涤。20、加快并促进Na2CO3水解，有利于除去油污 Fe+2Fe3+

40、=3Fe2+ 分液漏斗 用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道23次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中 (2bc1-dc2)10-318a100% MnO4-+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O 392n252233m100% 部分Fe2+被氧气氧化 取少量待测溶液于试管中，加入少量KSCN溶液 溶液变红色 【解析】废铁屑用热的Na2CO3溶液除去表面的油污后，加稀硫酸溶解，Fe与H2SO4反应产生硫酸亚铁溶液，加硫酸铵晶体共同溶解，经过蒸发浓缩、冷却晶体、过滤、洗涤、干燥得到莫尔盐FAS，以此分析解答。【详解】(1)步骤是用碳酸钠溶液除去废铁屑表面的油污，该盐是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于盐的

41、水解反应是吸热反应，加热，可促进盐的水解，使溶液碱性增强，因而可加快油污的除去速率；(2)亚铁离子易被氧化，少量铁还原氧化生成的Fe3+，反应的离子方程式为Fe+2Fe3+=3Fe2+； (3)根据图示可知：仪器X的名称为分液漏斗；N原子最外层有5个电子，两个N原子之间共用3对电子形成N2，使每个N原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故N2的电子式为；(4)蒸出的氨气中含有水蒸气，使少量的氨水残留在冷凝管中，为减小实验误差，用少量蒸馏水冲洗冷凝管内通道23次，将洗涤液注入到锥形瓶Z中；根据反应方程式2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O，可得物

42、质之间的物质的量关系为：n(NH3)+n(NaOH)=2n(H2SO4)，n(H2SO4)= b10-3Lc1 mol/L=bc110-3mol，n(NaOH)=c2mol/Ld10-3L=c2d10-3mol，所以n(NH3)=2n(H2SO4)-n(NaOH)=2bc110-3mol- c2d10-3mol=(2bc1-dc2)10-3mol；根据N元素守恒可知该摩尔盐中含有的NH4+的物质的量为n(NH4+)=(2bc1-dc2)10-3mol，故NH4+质量百分含量为=m(铵根)m(总)100%=(2bc1-dc2)10-318a100%；(5)用0.01000mol/L的酸性KMnO

43、4溶液滴定溶液中的Fe2+离子，酸性KMnO4溶液盛装在酸式滴定管中，盛装待测液需要使用锥形瓶，滴定管需要固定，用到铁架台及铁夹。故滴定过程中需用到的仪器是；KMnO4将Fe2+氧化为Fe3+，KMnO4被还原为Mn2+，同时产生了水，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得滴定中反应的离子方程式为MnO4-+5Fe2+8H+=5Fe3+Mn2+4H2O；(6)根据元素守恒可得：(NH4)2Fe(SO4)26H2O2SO42-2BaSO4，n(BaSO4)=ng233g/mol=n233mol，则n(NH4)2Fe(SO4)26H2O=12n(BaSO4)=12n233mol=n2233mol，则500mL溶液中含有的(NH4)2Fe(SO4)26H2O的物质的量为n2233mol50020，则mg样品中FAS的质量百分含量为n2233mol50020392g/molm100%=392n500202233m100%；(7)已知实验操作都正确，却发现甲方案的测定结果总是小于乙方案，其可能的原因是Fe2+被空气中的氧气部分氧化，设计简单的化学实验验证上述推测的实验过程为：取少量FAS溶液，加入少量KSCN溶液，若溶液变为红色，说明