2022届巴中市重点中学高考全国统考预测密卷化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、含有酚类物质的废水来源广泛，危害较大。含酚废水不

2、经处理排入水体，会危害水生生物的繁殖和生存；饮用水含酚，会影响人体健康。某科研结构研究出一种高效光催化剂BMO（Bi2MoO6)，可用于光催化降解丁基酚，原理如图所示。下列说法错误的是（ ）A光催化剂BMO可降低丁基酚氧化反应的HB在丁基酚氧化过程中BMO表现出强还原性C苯环上连有一OH和一C4H9的同分异构体共有12种（不考虑立体异构）D反应中BMO参与反应过程且可以循环利用2、假定NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A常温下，46 g乙醇中含C-H键的数目为6NAB1 mol/L的K2SO4溶液中含K+的数目为2NAC标准状况下，22.4 L氦气中含质子的数目为4NAD1 mol H

3、NO3被还原为NO转移电子的数目为3NA .3、以下化学试剂的保存方法不当的是酒精NaOH溶液浓硫酸浓硝酸ABCDAABBCCDD4、下列解释对应事实的离子方程式正确的是AFeSO4溶液中滴加NaOH溶液，静置一段时间后：Fe2+2OH一=Fe(OH)2B漂白粉溶液加入醋酸：H+ClO-=HC1OCAgCl悬浊液滴入Na2S溶液：2Ag+S2-=Ag2SDK2 CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O5、常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是A1molL-1NaClO溶液：H+、SO42-、I-B使酚酞呈红色的溶液中：K+、Na+、NO3-、Cl-C

4、c(H+)c(OH-)=11014的溶液：Na+、Fe2+、NO3-D由水电离cOH-=110-14molL-1的的溶液：K+、Cl-、HCO3-6、现有短周期主族元素X、Y、Z、R、T，R原子最外层电子数是电子层数的2倍；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，五种元素的原子半径与原子序数的关系如图所示。下列推断正确的是（）A原子半径和离子半径均满足：YZB简单氢化物的沸点和热稳定性均满足：YTC最高价氧化物对应的水化物的酸性：TRD常温下，0.1molL1由X、Y、Z、T四种元素组成的化合物的水溶液的pH一定大于17、根据如图能量关系示意图，

5、下列说法正确的是A1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量之和为393.5 kJB反应2CO(g)O2(g)= 2CO2(g)中，生成物的总能量大于反应物的总能量C由C(s)CO(g)的热化学方程式为：2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1D热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO热值H10.1 kJmol18、在药物制剂中，抗氧剂与被保护的药物在与O2发生反应时具有竞争性，抗氧性强弱主要取决于其氧化反应的速率。Na2SO3、NaHSO3和Na2S2O5是三种常用的抗氧剂。已知：Na2S2O5 溶于水发生反应：S2O52+H2O=2HSO3实验

6、用品实验操作和现象1.0010-2mol/L Na2SO3溶液1.0010-2mol/L NaHSO3溶液5.0010-3mol/L Na2S2O5溶液实验1：溶液使紫色石蕊溶液变蓝，溶液使之变红。实验2：溶液与O2反应，保持体系中O2浓度不变，不同pH条件下，c(SO32) 随反应时间变化如下图所示。实验3：调溶液的pH相同，保持体系中O2浓度不变，测得三者与O2的反应速率相同。下列说法中，不正确的是ANa2SO3溶液显碱性，原因是：SO32+H2OHSO3+OHBNaHSO3溶液中HSO3的电离程度大于水解程度C实验2说明，Na2SO3在pH=4.0时抗氧性最强D实验3中，三种溶液在pH相

7、同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同9、新型冠状病毒是一种致病性很强的 RNA 病毒，下列说法错误的是A新型冠状病毒组成元素中含有 C、H、OB用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液越浓越好C3M 防颗粒物口罩均使用 3M 专有高效过滤材料聚丙烯材质，聚丙烯属于高分子D不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒10、依据下列实验现象，得出的结论正确的是操作实验现象结论A向NaBr 溶液中加入过量氯水，再加入淀粉 KI 溶液最终溶液变蓝氧化性：Cl2Br2I2B向某无色溶液中滴加浓盐酸产生能使品红溶液褪色的气体不能证明原溶液中含有SO32或HSO3C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加热后

8、， 加入新制氢氧化铜，加热得到蓝色溶液蔗糖水解产物没有还原性D向2mL 0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加几滴同浓度的NaCl溶液后，滴加 KI 溶液先产生白色沉淀，后出现黄色沉淀证明Ksp(AgI)Ksp(AgCl)AABBCCDD11、K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（ ）AB瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClBC瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处

9、理剂12、一定条件下，下列单质与水反应不产生氢气的是()ACl2BFeCNaDC13、化学与生产、生活及环境密切相关，下列说法不正确的是A针对新冠肺炎疫情，可用高锰酸钾溶液、无水酒精、双氧水对场所进行杀菌消毒B常用危险化学品标志中的数字主要表示的是危险的类别C硅胶常用作食品干燥剂，也可以用作催化剂载体D葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化14、根据原子结构及元素周期律的知识，下列叙述正确的是( )A由于相对分子质量：HClHF，故沸点：HClHFB锗、锡、铅的+4价氢氧化物的碱性强弱顺序：Ge(OH)4Sn(OH)4Pb(OH)4C硅在周期表中处于金属与非金属的交界处

10、，硅可用作半导体材料DCl-、S2-、K+、Ca2+半径逐渐减小15、能用共价键键能大小解释的性质是（ ）A稳定性：HClHIB密度：HIHClC沸点：HIHClD还原性：HIHCl16、化学与人类的生产、生活密切相关。下列说法正确的是（）A含有氟化钠等氟化物的牙膏有害健康，应禁止使用B油脂属于高分子化合物，使用一定的油脂能促进人体对某些维生素的吸收C将少量二氧化硫添加于红酒中可以起到杀菌和抗氧化作用，是法律允许的做法D废旧电池应集中处理主要是要回收其中的金属材料二、非选择题（本题包括5小题）17、生物降解高分子材料F的合成路线如下，已知C是密度为1.16 gL1的烃。已知：(1)下列说法正确

11、的是_。AA能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色B等物质的量的B和乙烷，完全燃烧，消耗的氧气相同CE能和Na反应，也能和Na2CO3反应DB和E反应，可以生成高分子化合物，也可以形成环状物(2)C中含有的官能团名称是_。(3)由B和E合成F的化学方程式是_。(4)完成由CH2=CH2、HCHO合成H3COOCCH2CH2COOCH3合成路线_(用流程图表示，无机试剂任选)。(5)的同分异构体中，分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是_。18、化合物X由三种元素(其中一种是第四周期元素)组成，现进行如下实验：已知：气体A在标准状况下密度为0.714 gL-1；碱性溶液焰色反应呈黄

12、色。(1)X中非金属元素的名称为_，X的化学式_。(2)X与水反应的化学方程式为_。(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型_。(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，_，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。19、三氯氧磷(POCl3)是一种工业化工原料，可用于制取有机磷农药、长效磺胺药物等，还可用作染料中间体、有机合成的氯化剂和催化剂、阻燃剂等。利用O2和PCl3为原料可制备三氯氧磷,其制备装置如图所示(夹持装置略去)：已知PCl3和三氯氧磷的性质如表：熔点/沸点/其他物理或化学性质PCl3-112.076.0PCl3和POCl3互溶，均为无色液体，遇水均剧烈水解，发

13、生复分解反应生成磷的含氧酸和HClPOCl31.25106.0（1）装置A中的分液漏斗能否用长颈漏斗代替？做出判断并分析原因：_（2）装置B的作用是_(填标号)。a.气体除杂 b.加注浓硫酸 c.观察气体流出速度 d.调节气压（3）仪器丙的名称是_，实验过程中仪器丁的进水口为_(填“a”或“b”)口。（4）写出装置C中发生反应的化学方程式_，该装置中用温度计控制温度为6065 ，原因是_。（5）称取16.73 g POCl3样品，配制成100 mL溶液；取10.00 mL溶液于锥形瓶中，加入3.2 molL-1的AgNO3溶液10.00 mL，并往锥形瓶中滴入5滴Fe2(SO4)3溶液；用0.

14、20 molL-1的KSCN溶液滴定，达到滴定终点时消耗KSCN溶液10.00 mL(已知：Ag+SCN-=AgSCN)。则加入Fe2(SO4)3溶液的作用是_，样品中POCl3的纯度为_。20、苯甲酰氯()是制备染料，香料药品和树脂的重要中间体，以光气法制备苯甲酰氯的原理如下(该反应为放热反应)：+COCl2+CO2+HCl已知物质性质如下表：物质熔点/沸点/溶解性苯甲酸122.1249微溶于水，易溶于乙醇、乙醚等有机溶剂碳酰氯(COCl2)-1888.2较易溶于苯、甲苯等。遇水迅速水解，生成氯化氢，与氨很快反应，主要生成尿素CO(NH2)2和氯化铵等无毒物质苯甲酰氯-1197溶于乙醚、氯仿

15、和苯。遇水或乙醇逐渐分解，生成苯甲酸或苯甲酸乙酯和氯化氢三氯甲烷(CHCl3)-63.563.1不溶于水，溶于醇、苯。极易挥发，稳定性差，450以上发生热分解I.制备碳酰氯反应原理：2 CHCl3O2 2HClCOCl2甲. 乙. 丙. 丁. 戊. (1)仪器M的名称是_(2)按气流由左至右的顺序为_cd_.(3)试剂X是_(填名称)。(4)装置乙中碱石灰的作用是_。(5)装置戊中冰水混合物的作用是_；多孔球泡的作用是_。.制备苯甲酰氯(部分夹持装置省略)(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，写出该反应的化学方程式：_。若向三颈烧瓶中加入610g苯甲酸，先加热至140150，再通入COCl2，充分反

16、应后，最后产品经减压蒸馏得到562g苯甲酰氯，则苯甲酸的转化率为_。21、（1）已知反应2HI（g）=H2（g） + I2（g）的H=+11kJmol-1，1molH2（g）、1molI2（g）分子中化学键断裂时分别需要吸收436KJ、151KJ的能量，则1molHI（g）分子中化学键断裂时需吸收的能量为_kJ。（2）已知某密闭容器中存在下列平衡：CO（g）H2O（g） CO2（g）H2（g），CO的平衡物质的量浓度c（CO）与温度T的关系如图所示。该反应H_ 0（填“”或“”）若T1、T2时的平衡常数分别为K1、K2，则K1_K2（填“”、“”或“=”）。T3时在某刚性容器中按1:2投入CO

17、（g）和H2O（g），达到平衡后测得CO的转化率为75%，则T3时平衡常数K3=_。（3）在恒容密闭容器中，加入足量的MoS2和O2，仅发生反应： 2MoS2（s）+7O2（g） 2MoO3（s）+4SO2（g） H。测得氧气的平衡转化率与起始压强、温度的关系如图所示：p1、p2、p3的大小：_。若初始时通入7.0 mol O2，p2为7.0 kPa，则A点平衡常数Kp=_（用气体平衡分压代替气体平衡浓度计算，分压=总压气体的物质的量分数，写出计算式即可）。（4）中科院兰州化学物理研究所用Fe3（CO）12/ZSM-5催化CO2加氢合成低碳烯烃反应，所得产物含CH4、C3H6、C4H8等副产物

18、，反应过程如图。催化剂中添加Na、K、Cu助剂后（助剂也起催化作用）可改变反应的选择性，在其他条件相同时，添加不同助剂，经过相同时间后测得CO2转化率和各产物的物质的量分数如下表。助剂CO2转化率（%）各产物在所有产物中的占比（%）C2H4C3H6其他Na42.535.939.624.5K27.275.622.81.6Cu9.880.712.56.8欲提高单位时间内乙烯的产量，在Fe3（CO）12/ZSM-5中添加_助剂效果最好；加入助剂能提高单位时间内乙烯产量的根本原因是_；下列说法正确的是_；a 第步所反应为：CO2+H2CO+H2Ob 第步反应的活化能低于第步c 催化剂助剂主要在低聚反应

19、、异构化反应环节起作用d Fe3（CO）12/ZSM-5使CO2加氢合成低碳烯烃的H减小e 添加不同助剂后，反应的平衡常数各不相同参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A催化剂可降低丁基酚氧化反应的活化能，不会改变H，A项错误；BBMO被氧气氧化成变为BMO+，说明该过程中BMO表现出较强还原性，B项正确；C-C4H9有4种结构异构，苯环上还存在羟基，可以形成邻间对三种位置异构，总共有12种，C项正确；D催化剂在反应过程中，可以循环利用，D项正确；答案选A。2、D【解析】A一个乙醇分子中含有5个C-H键，常温下，46 g乙醇为1mol，含C-H键的数目为5NA，故A错误；

20、B1 mol/L的K2SO4溶液的体积未知，含K+的物质的量不能确定，则K+数目也无法确定，故B错误；C氦气为稀有气体，是单原子分子，一个氦气分子中含有2个质子，标准状况下，22.4 L氦气为1mol，含质子的数目为2NA，故C错误；D HNO3中氮元素的化合价由+5价变为+2价，转移3个电子，则1mol HNO3被还原为NO，转移电子的数目为1mol3NA/mol= 3NA，故D正确； .答案选D。【点睛】计算转移的电子数目时，需判断出元素化合价的变化，熟练应用关于物质的量及其相关公式。3、A【解析】A. 酒精是液体，应该放在细口瓶中，故A错误；B. 氢氧化钠溶液应该用细口试剂瓶，且瓶塞用橡

21、皮塞，因为氢氧化钠要腐蚀磨口玻璃塞，故B正确；C. 浓硫酸装在细口试剂瓶中，故C正确；D. 浓硝酸见光分解，因此浓硝酸装在细口棕色试剂瓶，故D正确。综上所述，答案为A。【点睛】见光要分解的物质都要保存在棕色瓶中，比如浓硝酸、氯水、硝酸银等。4、D【解析】A硫酸亚铁与氢氧化钠溶液反应的离子方程式为：Fe2+2OH-=Fe(OH)2，静置一段时间后，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁沉淀，故A错误；B漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸为弱酸，离子方程式为CH3COOH+ClO-HClO+CH3COO-，故B错误；C向AgCl悬浊液中加Na2S溶液，白色沉淀变成黑色，离子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2C

22、l-，故C错误；DK2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O2CrO42-(黄色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氢离子浓度，平衡逆向移动，颜色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正确；故选D。5、B【解析】A.在酸性条件下，H+与ClO-及I-会发生氧化还原反应，不能大量共存，A错误；B.使酚酞呈红色的溶液显碱性，在碱性溶液中，本组离子不能发生离子反应，可以大量共存，B正确；C.c(H+)c(OH-)=11014的溶液是酸性溶液，在酸性溶液中，H+、Fe2+、NO3-发生氧化还原反应，不能大量共存，C错误；D.由水电离产生c(OH-)=110-14mol/

23、L的溶液，水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，HCO3-与H+或OH-都会发生反应，不能大量共存，D错误；故合理选项是B。6、B【解析】R原子最外层电子数是电子层数的2倍，则R可能为C或S，结合题图可知R为C；Y与Z能形成Z2Y、Z2Y2型离子化合物，则Y为O，Z为Na；Z与T形成的Z2T型化合物能破坏水的电离平衡，则T为S；X的原子半径、原子序数最小，则X为H。【详解】A. 电子层越多，原子半径越大，则原子半径为ONa，具有相同电子排布的离子中，原子序数大的离子半径小，则离子半径为O2Na，故A错误；B. Y、T的简单氢化物分别为H2O、H2S，水分子间存在氢键，则沸点H2OH

24、2S，元素非金属性越强，对应的简单氢化物的热稳定性越强，则热稳定性H2OH2S，故B正确；C. 非金属性SC，则最高价氧化物对应的水化物的酸性为H2SO4H2CO3，故C错误；D. 由H、O、Na、S四种元素组成的常见化合物有NaHSO3和NaHSO4，0.1molL1NaHSO3溶液的pH1，0.1molL1NaHSO4溶液的pH1，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】氢化物稳定性与非金属有关，氢化物沸点与非金属无关，与范德华力、氢键有关，两者不能混淆。7、C【解析】由图可知，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为C(s)O2(g)= CO2(g)H393.5 kJm

25、ol1，转化反应物总能量大于生成物总能量，为放热反应，热化学方程式为2CO(g)O2(g)= 2CO2(g) H282.9kJmol1，转化转化得C(s)CO(g)的热化学方程式2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1。【详解】A项、由图可知1 mol C(s)与1 mol O2(g)的能量比1 mol CO2(g)能量高393.5 kJ，故A错误；B项、由图可知反应2CO(g)O2(g)= 2CO2(g)为放热反应，生成物的总能量小于反应物的总能量，故B错误；C项、由图可知1 mol C(s)与O2(g)生成1 mol CO(g)放出热量为393.5 kJ282.9 k

26、J110.6 kJ，则C(s)CO(g)的热化学方程式为2C(s)O2(g)= 2CO(g)H221.2 kJmol1，故C正确；D项、热值指一定条件下单位质量的物质完全燃烧所放出热量，则CO的热值为282.9 kJg10.1 kJg1，故D错误；故选C。8、C【解析】A. Na2SO3是强碱弱酸盐，SO32水解SO32+H2OHSO3+OH，所以溶液显碱性，故A正确；B. HSO3电离呈酸性、HSO3水解呈碱性，NaHSO3溶液呈酸性，说明HSO3的电离程度大于水解程度，故B正确；C. 根据图示，Na2SO3在pH=9.2时反应速率最快，所以pH=9.2时抗氧性最强，故C错误；D. 根据已知

27、信息可知实验3中，三种溶液在pH相同时起抗氧作用的微粒种类和浓度相同，因此反应速率相同，故D正确；选C。9、B【解析】A. 新型冠状病毒成分为蛋白质，组成元素为C、H、O、N等，故A错误；B. 用“84 消毒液”进行消毒时，消毒液过高对人体健康也会产生危害，故B错误；C. 聚丙烯材质的成分为聚丙烯，聚丙烯属于合成有机高分子，故C正确；D. .新型冠状病毒主要通过飞沫和接触传播，为减少传染性，不去人群聚集处、勤洗手可预防新型冠状病毒，故D正确；故选B。10、B【解析】A由于加入的氯水过量，加入KI后，I-会被过量的Cl2氧化生成能使淀粉变蓝的I2，所以无法证明Br2和I2的氧化性强弱关系，A项错

28、误；B能够让品红溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯气等；如果使品红溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不一定是或；如果使品红溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；综上所述，B项正确；C蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的还原性糖；若要验证葡萄糖的还原性，需要先将水解后的溶液调至碱性，再加入新制Cu(OH)2，加热后才会生成砖红色的Cu2O沉淀；选项没有加NaOH将溶液调成碱性，故C项错误；D由于先前加入的NaCl只有几滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后续加入KI溶液后，必然会生成黄色的AgI沉淀，实验设计存在漏洞，并不能证明AgI和AgCl的

29、Ksp的大小关系；D项错误；答案选B。11、C【解析】在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为Cl2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；B因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；C在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4ClBrI，影响其气态氢化物的稳定性的因素是共价键的键能，共价键的键能越大其氢化物越稳

30、定，与共价键的键能大小有关，A正确；B.物质的密度与化学键无关，与单位体积内含有的分子的数目及分子的质量有关，B错误；C. HI、HCl都是由分子构成的物质，物质的分子间作用力越大，物质的沸点就越高，可见物质的沸点与化学键无关，C错误；D.元素非金属性FClBrI，元素的非金属性越强，其得电子能力越强，故其气态氢化合物的还原性就越弱，所以气态氢化物还原性由强到弱为HIHBrHClHF，不能用共价键键能大小解释，D错误；故合理选项是A。16、C【解析】A、氟元素可以帮助人体形成骨骼和牙齿，缺氟易患龋齿，故A错误；B、油脂既能运送营养素，也能作为维生素A、D、E、K的溶剂，它们必须溶在油脂里面，才

31、会被消化吸收，但油脂是小分子，不是高分子，故B错误；C、将二氧化硫添加于红酒中，利用了SO2具有杀菌作用和抗氧化特性，故C正确；D、废旧电池含有汞、镉等重金属，用完随便丢弃容易造成环境污染，应集中回收处理，防止污染土壤与水体，故D错误。答案选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、ABD 碳碳三键 nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O 【解析】C是密度为1.16 gL1的烃，则M=Vm=1.16 gL122.4L/mol=26g/mol，C为乙炔，根据已知反应的可知乙炔与甲醛反应生成D为HOCH2CCCH2OH，D催化加氢得E为HOCH2CH2CH

32、2CH2OH；苯催化氧化生成，与水在加热条件下反应生成A为HOOCCH=CHCOOH，HOOCCH=CHCOOH催化加氢得B为HOOCCH2CH2COOH；HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH在一定条件下发生缩聚反应生成F为，据此分析。【详解】根据上述分析可知：(1)A.A是HOOCCH=CHCOOH，官能团中碳碳双键，能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色，选项A正确；B.B的分子式是C4H6O4，碳氧抵消后为C2H6，完全燃烧消耗的氧气和等物质的量的乙烷相同，选项B正确；C.E中有OH，能和Na反应，不能和Na2CO3反应，选项C错误；D.B和E中都是双官能

33、团，也可以形成环状物，也可以形成高分子化合物，选项D正确。答案选ABD；(2)从以上分析可知，C是乙炔，含有的官能团名称是碳碳三键；(3)由B和E合成F是缩聚反应，化学方程式是nHOOCCH2CH2COOHnHOCH2CH2CH2CH2OH(2n-1)H2O；(4)题目中要求用CH2=CH2、HCHO制取H3COOCCH2CH2COOCH3，用倒推法应有H3COH和HOOCCH2CH2COOH，已知：RCCH，甲醇由甲醛氢化还原制取，则合成路线为；(5)的同分异构体满足：分子中含1个四元碳环，但不含OO键。结构简式是等。18、碳、溴 Na5CBr Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+

34、CH4 将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体 放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色 【解析】X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714 gL-122.4 L/mol=16 g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04 mol HCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62 g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m(AgCl)=0.04 mol143.5 g/mol=5.74

35、 g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m(AgBr)= 7.62 g-5.74 g=1.88 g，n(AgBr)=1.88 g 188 g/mol=0.01 mol，X中含有Br-0.01 mol，其质量为0.01 mol80 g/mol=0.80 g，结合碱性溶液中加入0.04 mol HCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05 molNa+，X与水反应产生0.01 mol HBr和0.05 mol NaOH，其中0.01 mol HBr 反应消耗0.01 mol N

36、aOH，产生0.01 mol NaBr，还有过量0.04 molNaOH，则X中含有C的物质的量为n(C)=(2.07 g-0.05 mol23 g/mol-0.80 g)12 g/mol=0.01 mol，n(Na)：n(Br)：n(C)=0.05：0.01：0.01=5：1：1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4，据此分析解答。【详解】根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr

37、混合物，二者物质的量的比为4：1；(1)X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；(2)X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4；(3)化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；(4)补充焰色反应的操作：取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。【点睛】本题考查了元素及化合物的推断

38、、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。19、否，长颈漏斗不能调节滴液速度 acd 三颈烧瓶 a 2PCl3+O2=2POCl3 温度过低反应速度过慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 指示剂 91.8% 【解析】A装置中用双氧水与二氧化锰反应制备氧气，通过加入双氧水的量，可以控制产生氧气的速率，氧气中含有的水蒸气用浓硫酸除去，装置B中有长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，纯净的氧气与三氯化磷在装置C中反应生成POCl3，为了控制反应速率，同时防止三氯化磷挥发，反应的温度控制在6065，所以装置C中用水浴加热

39、，POCl3遇水剧烈水解为含氧酸和氯化氢，为防止空气中水蒸汽进入装置，同时吸收尾气，所以在装置的最后连有碱石灰的干燥管，据此分析解答(1)(4)；(5)测定POCl3产品含量，用POCl3与水反应生成氯化氢，然后用硝酸银标准溶液沉淀溶液中的氯离子，KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，根据KSCN的物质的量可计算出溶液中剩余的AgNO3，结合AgNO3的总物质的量得知与氯离子反应的硝酸银，进而计算出溶液中氯离子的物质的量，根据元素守恒可计算出样品中POCl3的质量，进而确定POCl3的质量分数。【详解】(1)装置A中的分液漏斗不能用长颈漏斗代替，因为长颈漏斗不能调节滴液速度，故答案为否，长颈漏

40、斗不能调节滴液速度；(2)装置B中装有浓硫酸，可作干燥剂，另外气体通过液体时可观察到气泡出现，长颈漏斗，可以平衡装置内外的压强，起到安全瓶的作用，则装置B的作用是观察O2的流速、平衡气压、干燥氧气，故答案为acd；(3)根据装置图，仪器丙为三颈烧瓶，为了提高冷却效果，应该从冷凝管的下口进水，即进水口为a，故答案为三颈烧瓶；a；(4)氧气氧化PCl3生成POCl3，根据原子守恒，反应的化学方程式2PCl3+O2=2POCl3，根据上面的分析可知，反应温度应控制在6065，原因是温度过低，反应速率小，温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低，故答案为2PCl3+O2=2POCl3；温度过低，反应速率小，

41、温度过高，三氯化磷会挥发，利用率低；(5)Fe3+的溶液中滴加KSCN溶液，溶液显红色，则用KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液时，可选择硫酸铁溶液为指示剂，达到终点时的现象是溶液会变红色；KSCN的物质的量为0.20molL-10.010L=0.002mol，根据反应Ag+SCN-=AgSCN，可知溶液中剩余的银离子的物质的量为0.002mol，POCl3与水反应生成氯化氢的物质的量为3.2molL-10.01L-0.002mol=0.03mol，即16.73 g POCl3产品中POCl3的物质的量为=0.1mol，则所得产品中POCl3的纯度为100%=91.8%，故答案为指示剂；91.

42、8%。【点睛】明确实验原理及实验基本操作方法是解本题关键。本题的易错点为(5)，要理清楚测定POCl3的纯度的思路，注意POCl33HCl。20、分液漏斗 e g h b a f 浓硫酸 干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中 防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化 增大反应物之间的接触面积，加快反应速率 COCl24NH3H2O = CO(NH2)22NH4Cl4H2O 79.3% 【解析】(1)看图得出仪器M的名称。 (2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，再得出顺序。(3)根据已知信息，碳酰氯不能见水，因此整个环境要干燥，故得到答案。(4)根据(2)中得到装置乙中碱石

43、灰的作用是干燥气体。(5)根据碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，得出结论，多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，再写出反应方程式，先根据方程式计算实际消耗了苯甲酸的质量，再计算转化率。【详解】(1)仪器M的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗。(2)根据已知，碳酰氯与水反应，因此要干燥氧气，且后面产物中要隔绝水蒸气，因此X要用浓硫酸干燥，按气流由左至右的顺序为ecdghbaf，故答案为：e；g；h；b；a；f。(3)根据上题得出试剂X是浓硫酸，故答案为：浓硫酸。(4)根据(2)中得到装置乙中碱石灰的作用是干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中，故答案为：干燥气体，防止水蒸气进入装置戊中。(5) 碳酰氯(COCl2)沸点低，三氯甲烷易挥发，因此装置戊中冰水混合物的作用是防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；多孔球泡的作用是增大反应物之间的接触面积，加快反应速率，故答案为：防止三氯甲烷挥发，使碳酰氯液化；增大反应物之间的接触面积，加快反应速率。(6)碳酰氯也可以用浓氨水吸收，生成尿素和氯化铵，该反应的化学方