2022届甘肃省靖远高考压轴卷化学试卷含解析

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、中国科学家研究出对环境污染小、便于铝回收的海水电

2、池，其工作原理示意图如下：下列说法正确的是（ ）A电极为阴极，其反应为：O2+4H+4e=2H2OB聚丙烯半透膜允许阳离子从右往左通过C如果电极II为活性镁铝合金，则负极区会逸出大量气体D当负极质量减少5.4g时，正极消耗3.36L气体2、25时，0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7。向0.1mol/L的NH4HCO3溶液中逐滴加入0.1mol/LNaOH溶液时，含氮、含碳粒子的分布情况如图所示（纵坐标是各粒子的分布系数，即物质的量分数）。根据图象判断，下列说法正确的是ANH4HCO3溶液中，水解程度：NH4+HCO3-B开始阶段，HCO3-略有增加的主要原因是发生反应：2NH4H

3、CO3+2NaOH（NH4）2CO3+Na2CO3+2H2OC由图中数据可知：CO32-的水解常数约为5.310-11D由图中数据可知：NH3H2O的电离常数约为1.510-53、CoCO3可用作选矿剂、催化剂及家装涂料的颜料。以含钴废渣(主要成份CoO、Co2O3，还含有Al2O3、ZnO等杂质)为原料制备CoCO3的一种工艺流程如下：金属离子开始沉淀的pH沉淀完全的pHCo2+7.69.4Al3+3.05.0Zn2+5.48.0下列说法不正确的是（ ）A“酸溶”时发生氧化还原反应的离子方程式Co2O3+SO2+2H+=2Co2+H2O+SO42-B“除铝”过程中需要调节溶液 pH 的范围为

4、5.05.4C在实验室里，“萃取”过程用到的玻璃仪器主要有分液漏斗、烧杯D在空气中煅烧CoCO3生成钴氧化物和CO2，测得充分煅烧后固体质量为2.41g，CO2的体积为0.672L(标准状况)，则该钴氧化物的化学式为CoO4、ICl能发生下列变化，其中变化时会破坏化学键的是（ ）A升华B熔化C溶于CCl4D受热分解5、下列不能使氢氧化钠的酚酞溶液褪色的气体是( )ANH3BSO2CHClDCO26、某同学组装了如图所示的电化学装置电极I为Al，其他电极均为Cu，则A电流方向：电极IV电极IB电极I发生还原反应C电极II逐渐溶解D电极III的电极反应：Cu2+2e-=Cu7、原子序数依次增大的四

5、种短周期元素W、X、Y、Z，其中只有X与Z同主族；W、X、Y最外层电子数之和为10；Y是地壳中含量最高的金属元素。下列关于它们的叙述一定正确的是（）AZ的最高价氧化物对应的水化物为强酸BW、Y的氧化物一定属于离子化合物CX、Z的氢化物中，前者的沸点低于后者DX、Y的简单离子中，前者的半径大于后者8、某同学用Na2CO3和NaHCO3溶液进行如图所示实验。下列说法中正确的是()A实验前两溶液的pH相等B实验前两溶液中离子种类完全相同C加入CaCl2溶液后生成的沉淀一样多D加入CaCl2溶液后反应的离子方程式都是CO32-Ca2=CaCO39、分类是化学研究的重要方法,下列物质分类错误的是( )A

6、化合物：干冰、明矾、烧碱B同素异形体：石墨、C60、金刚石C非电解质：乙醇、四氯化碳、氯气D混合物：漂白粉、纯净矿泉水、盐酸10、用化学用语表示2CO22Na2O2=2Na2CO3O2中的相关微粒，其中正确的是()A中子数为6的碳原子：612CB氧原子的结构示意图：CCO2的结构式：OCODNa2O2的电子式：NaNa11、亚砷酸(H3AsO3)可用于治疗白血病，在溶液中存在多种微粒形态。向1L0.1molL-1H3AsO3溶液中逐滴加入0.1molL-1KOH溶液，各种微粒物质的量分数与溶液的pH关系如图所示，图中M点对应的pH为a，下列说法正确的是（ ）AH3AsO3的电离常数Ka1的数量

7、级为10-9BpH在8.010.0时，反应的离子方程式：H3AsO3+OH-=H2AsO3-+H2OCM点对应的溶液中：c(H2AsO3-)+c(HAsO32-)+c(AsO33-)+c(H3AsO3)=0.1molL-1DpH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)c(H+)+c(K+)12、下列结论不正确的是（ ）氢化物的稳定性：HFHClSiH4 离子半径： Al3S2Cl 离子的还原性：S2ClBr- 酸性：H2SO4H3PO4HClO 沸点： H2SH2OABCD13、亚硝酸钠广泛用于媒染剂、漂白剂等。某兴趣小组用下列

8、装置制取较纯净的NaNO2。甲 乙 丙 丁反应原理为：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+。下列分析错误的是A甲中滴入稀硝酸前需通人N2B仪器的连接顺序为a-f-g-d-e-bC丙中CaCl2用于干燥NOD乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O14、室温下，用0.100molL-1NaOH溶液分别滴定L-1的HA和HB两种酸溶液，滴定曲线如图所示已知AG=lg，下列说法不正确的是（ ）AP点时，加入NaOH溶液的体积为20.00mLBKa(HB)的数量级为10-4C水的电离程

9、度：NM=PDM、P两点对应溶液中存在：c(A-)=c(B-)15、某科研团队研究将磷钨酸(H3PW12O40，以下简称HPW)代替浓硫酸作为酯化反应的催化剂，但HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性。用HPW负载在硅藻土上催化制取乙酸正丁酯的酯化率与HPW负载量的关系(温度：120，时间：2h)如图所示，下列说法不正确的是A与HPW相比，HPW/硅藻土比表面积显著增加，有助于提高其催化性能B当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高C用HPW/硅藻土代替传统催化剂，可减少设备腐蚀等不足D不同催

10、化剂对酯化率的影响程度主要取决于化学反应正向进行的程度16、高能LiFePO4电池，多应用于公共交通。电池中间是聚合物的隔膜，主要作用是在反应过程中只让Li+通过。结构如图所示：原理如下：(1 x)LiFePO4+xFePO4+LixCnLiFePO4+nC。下列说法不正确的是A放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极B充电时，Li+向左移动C充电时，阴极电极反应式：xLi+xe +nC=LixCnD放电时，正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe =xLiFePO4二、非选择题（本题包括5小题）17、有机锌试剂（RZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物：（1）化合物的分子式为_。（2）

11、关于化合物，下列说法正确的有_（双选）。A可以发生水解反应B可与新制的Cu（OH）2共热生成红色沉淀C可与FeCl3溶液反应显紫色D可与热的浓硝酸和浓硫酸混合液反应（3）化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，按照途径1合成线路的表示方式，完成途经2中由到的合成路线：_（标明反应试剂，忽略反应条件）。（4）化合物的核磁共振氢谱中峰的组数为_，以H替代化合物中的ZnBr，所得化合物的羧酸类同分异构体共有_种（不考虑手性异构）。（5）化合物和反应可直接得到，则化合物的结构简式为：_。18、乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物已知：CH2=CHOH（不稳定） CH3CHO一定条件下，醇与酯会发生

12、交换反应：RCOOR+R”OH RCOOR”+ROH完成下列填空：（1）写反应类型：_反应；_反应反应的反应条件_（2）写出反应方程式B生成C_；反应_（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有_种（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式_19、某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物Fex(C2O4)yzH2O，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085。待固体全部溶解后，用

13、胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/ LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/ L KMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是_。(2)步骤二中水浴加热并控制温度7085的理由是_，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是_。(3)步骤三盛装KMnO4标准液

14、的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为_，该滴定管为_滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为_。若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为_。20、镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取 Ni(CO)4。已知：CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd(黑色) + 2HCl；Ni(CO)4 熔点-25，沸点

15、43，60以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5 熔点-20，沸点 103。回答下列问题：(1)装置 A 中发生反应的化学方程式为_。(2)装置 C 用于合成 Ni(CO)4(夹持装置略)，最适宜选用的装置为_(填标号)。(3)实验过程中为了防止_，必须先观察_(填实验现象)再加热 C 装置。(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有 CO 气体，则高纯镍粉在封管的_温度区域端生成 填“323K”或“473K” 。(5)实验中加入 11.50 g HCOOH，C 装置质量减轻 2.95 g(设杂质不参加反应)，E 装置中盛有 PdCl2 溶液100 mL，则 PdC

16、l2 溶液的物质的量浓度至少为_molL-1。21、氨氮（水中以NH3和NH4+形式存在的氮）含量是环境水体污染的一项重要指标，其氧化过程会造成水体中溶解氧浓度降低，导致水质下降，影响水生动植物的生长。（1）水中NH3和NH4+两者的浓度比取决于水体的pH和水温。当pH偏高时，_比例较高，原因是_（请用离子方程式表示）。（2）空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中加入适量NaOH充分反应后，再向水中通入空气，可增大NH3的脱除率，用平衡移动原理解释其原因：_。（3）在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的NH3能够被O2氧化生成亚硝酸(HNO2)。_NH3_O2_

17、HNO2_请将上述化学方程式补充完整，并配平。反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。若反应中有0.6mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为_。（4）水中溶氧量（DO）是衡量水体自净能力的一个指标，通常用每升水中溶解氧分子的质量表示。DO的测定原理如下：2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2MnO(OH)2+2I-+4H+Mn2+I2+3H2O2S2O32-+I2S4O62-+2I-某小组同学取100.00mL水样经反应和后，取出20.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用amol/LNa2S2O3溶液进行滴定，终点现象为_；滴定消耗Na2S2O3溶液bmL，水样的DO=_mg/L。参考答案一、

18、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A选项，电极为正极，其反应为：O2 + 4H+ + 4e=2H2O，故A错误；B选项，根据图中信息右边酸性溶液，左边为碱性海水，右边氢离子不能通过聚丙烯半透膜，故B错误；C选项，如果电极II为活性镁铝合金，镁铝形成很多细小的原电池，镁失去电子，铝上氢离子得到电子，因此在负极区会逸出大量气体，故C正确；D选项，当不是标准状况下，无法算正极消耗气体的体积，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】通过体积算物质的量时，一定要看使用条件，1、是否为气体，2、是否为标准状况下。2、D【解析】A25时0.1mol/L的NH4HCO3溶液pH=7.7，呈碱性，则

19、NH4HCO3溶液中的水解程度：，故A错误；B开始阶段，加入的NaOH后氢氧根离子浓度增大，抑制了的水解，导致略有增加，故B错误；C根据图示看，pH=9.0时，、的物质的量分数分别为0.95、0.05，设，则，的水解主要以第一步为主，其水解的离子方程式为：，则，故C错误；DpH=9.0时，、NH3H2O的物质的量分数分别为0.6、0.4，设=x，则，的电离常数，故D正确；故选：D。【点睛】明确图示曲线变化的意义为解答关键，注意掌握盐的水解原理及其影响，C、D为易错点，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。3、D【解析】A. 从产品考虑，钴最终转化为Co2+，Co2O3+SO2+2H+

20、=2Co2+H2O+SO42-符合客观实际，且满足守恒关系，A正确；B. “除铝”过程中需要让Al3+完全沉淀，同时又不能让Zn2+生成沉淀，所以调节溶液 pH 的范围为5.05.4，B正确；C. 在实验室里，“萃取”在分液漏斗中进行，另外还需烧杯承接分离的溶液，C正确；D. CO2的物质的量为0.03mol，由CoCO3的组成，可得出2.41g固体中，n(Co)=0.03mol，含钴质量为0.03mol59g/mol=1.77g，含氧质量为2.41g-1.77g=0.64g，物质的量为0.04mol，n(Co):n(O)=0.03:0.04=3:4，从而得出该钴氧化物的化学式为Co3O4，D

21、错误。故选D。4、D【解析】ICl是共价化合物，在升华、熔化时化学键不断裂，溶于CCl4时未发生电离，化学键不断裂，破坏的均为分子间作用力；受热分解时发生化学反应，发生化学键的断裂和形成，故选D。5、A【解析】酚酞遇碱变红，在酸性、中性或弱碱性环境下褪色。氢氧化钠的酚酞溶液显红色。【详解】A.氨气不与氢氧化钠溶液反应，且氨气溶于水生成氨水具有碱性，不能使酚酞褪色，故A选；B. SO2溶于水生成亚硫酸，可以和氢氧化钠溶液反应，使溶液褪色，故B不选；C. HCl溶于水生成盐酸，可以和氢氧化钠溶液反应生成中性的氯化钠，使溶液褪色，故C不选；D. CO2溶于水生成碳酸，碳酸可以和氢氧化钠溶液反应，使溶

22、液褪色，故D不选；故选A 。【点睛】SO2 和CO2是酸性氧化物，和NaOH反应生成Na2SO3和Na2CO3，如果SO2 和CO2过量，和NaOH反应生成NaHSO3和NaHCO3。这四种物质除了NaHSO3溶液是酸性的，其他三种都是碱性的，含酚酞的溶液可能褪色。但如果继续通入气体SO2 和CO2，溶液中会生成酸，最终溶液一定会褪色。6、A【解析】A、由题意可知，该装置的I、II是原电池的两极，I是负极，II是正极，III、IV是电解池的两极，其中III是阳极，IV是阴极，所以电流方向：电极IV电极I，正确；B、电极I是原电池的负极，发生氧化反应，错误；C、电极II是原电池的正极，发生还原反

23、应，有Cu析出，错误；D、电极III是阳极，发生氧化反应，电极反应是Cu-2e-=：Cu2+，错误；答案选A。7、D【解析】原子序数依次增大的四种短周期元素W、X、Y、Z，Y是地壳中含量最高的金属元素，则Y为Al元素；其中只有X与Z同主族；Z原子序数大于Al，位于第三周期，最外层电子数大于3；W、X、Y最外层电子数之和为10，则W、X的最外层电子数之和为10-3=7，Z的原子序数小于7，所以可能为Si、P、S元素，若Z为Si时，X为C元素，W为B元素，B与Al同主族，不符合；若Z为P元素时，X为N元素，W为Be元素；若Z为S元素，X为O元素，W为为H（或Li）元素。【详解】A项、Z可能为P、S

24、元素，P的最高价氧化物对应水化物为磷酸，磷酸为弱电解质，不属于强酸，故A错误；B项、Y为Al元素，氧化铝为离子化合物，W为H元素时，水分子为共价化合物，故B错误； C项、X为O时，Z为S，水分子之间存在氢键，导致水的沸点大于硫化氢，故C错误； D项、X可能为N或O元素，Y为Al，氮离子、氧离子和铝离子都含有3个电子层，核电荷数越大离子半径越小，则离子半径XY，故D正确。故选D。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，注意掌握元素周期律内容、元素周期表结构，利用讨论法推断元素为解答关键。8、B【解析】碳酸根离子水解程度大于碳酸氢根离子，所以同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液的pH大于碳

25、酸氢钠，故A错误；Na2CO3和NaHCO3溶液中都含有Na+、HCO3-、CO32-、H+、OH-，故B正确；加入CaCl2后，Na2CO3溶液中发生反应：CO32-+Ca2+CaCO3，NaHCO3溶液中发生反应：2HCO3-+Ca2+= CaCO3+CO2+H2O，故CD错误。9、C【解析】A干冰为二氧化碳、明矾为十二水合硫酸铝钾、烧碱为氢氧化钠，都是化合物，故A正确；B石墨、C60、金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，故B正确；C乙醇、四氯化碳属于非电解质，氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；D漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、纯净矿泉水是含电解质的水，属于混

26、合物，盐酸是氯化氢气体的水溶液，属于混合物，故D正确；答案选C。10、B【解析】A. 中子数为6的碳原子：612C，B. 氧原子的原子序数为8，其原子结构示意图：，B项正确；C. CO2分子中各原子满8电子稳定，其中碳与氧原子形成的是共价双键，其结构式为：O=C=O，C项错误；D. Na2O2为离子化合物，存在离子键与非极性共价键，其电子式为：，D项错误；答案选B。【点睛】化学用语是化学考试中的高频考点，其中ZAX元素符号的含义要牢记在心，其左上角为质量数（A）、左下角为质子数（Z），质子数（Z）=核电荷数=原子序数，质量数（A）=质子数（Z）+中子数（11、B【解析】A. H3AsO3的电离

27、常数Ka1=，A错误；B. pH在8.010.0时，H3AsO3与OH-反应，生成H2AsO3-和H2O，B正确；C. M点对应的溶液中：n(H2AsO3-)+n(HAsO32-)+n(AsO33-)+n(H3AsO3)=0.1mol，但溶液体积大于1L，所以它们的浓度和小于0.1molL-1，C错误；D. pH=12 时，溶液中：c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(OH-)=c(H+)+c(K+)，但此时溶液中，c(H3AsO3) c(OH-)，所以应为c(H2AsO3-)+2c(HAsO32-)+3c(AsO33-)+c(H3AsO3)c(H+)+c(K

28、+)，D错误。故选B。12、A【解析】非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，非金属性：FClSi，氢化物的稳定性：HFHClSiH4，故正确；Al3+核外两个电子层，S2-、Cl-核外三个电子层，电子层数相同时，核电荷数多，则半径小。故离子半径： S2ClAl3，故错误；非金属单质的氧化性越强，其离子的还原性越弱，单质的氧化性：Cl2Br2S离子的还原性：S2Br-Cl，故错误；硫酸、磷酸都是最高价的含氧酸，由于非金属性：硫元素强于磷元素，所以硫酸酸性强于磷酸，磷酸是中强酸，而碳酸是弱酸，所以磷酸酸性强于碳酸，二氧化碳、水、次氯酸钙能反应生成碳酸钙和次氯酸，所以碳酸酸性强于次氯酸，所以酸性依

29、次减弱：H2SO4H3PO4HClO，故正确；H2S和H2O结构相似，化学键类型相同，但H2O中的O能形成氢键，H2S中的S不能，所以沸点：H2SH2O，故错误。答案选A。13、B【解析】A甲中稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易被空气中的氧气氧化，需要将装置中的空气全部排尽，空气中有少量二氧化碳，也会和过氧化钠反应，否则丁装置中无法制得亚硝酸钠，则滴入稀硝酸前需通人N2排空气，故A正确；B制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，一氧化氮有毒，不能排放的大气中，可用高锰酸钾溶液吸收，则仪器的连接顺序为a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b

30、，故B错误；C根据B选项分析，制取的一氧化氮含有水蒸气，过氧化钠可与水反应，导致制取产物不纯，可用氯化钙吸收水蒸气，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正确；D根据已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被还原为Mn2+，则乙中吸收尾气时发生的离子反应为3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2+5NO3-+2H2O，故D正确；答案选B。【点睛】过氧化钠与NO制取亚硝酸钠的过程中，需要考虑过氧化钠的性质，过氧化钠和二氧化碳反应，会和水反应，导致实验有误差，还要考虑尾气处理装置。14、D【解析】未加NaOH溶液时，HA的AG=12，则c（H+）c（OH-）=10-14，=10-12，

31、则c（H+）=0.1mol/L=c（HA），HA是强酸；未加NaOH溶液时，HB的AG=9，则c（H+）c（OH-）=10-14，=10-9，则c（H+）=10-2.5mol/L0.1mol/L，则HB是弱酸；【详解】AP点AG=0时，c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，HA是强酸，酸碱的物质的量相等，酸碱的物质的量浓度相等，则酸碱体积相等，所以加入NaOH溶液的体积为20.00mL，故A正确；BHB的电离程度较小，则溶液中c（B-）c（H+）=10-2.5mol/L，c（HB）0.1mol/L，Ka（HB）=10-4，故B正确；C酸或碱抑制水电离，弱离子促进水电离，且酸中c（H+）越大

32、其抑制水电离程度越大，M、P点溶液都呈中性，则M、P点不影响水的电离，N点NaB浓度较大，促进水电离，所以水的电离程度：NM=P，故C正确；DM、P点的AG都为0，都存在c（H+）=c（OH-），混合溶液呈中性，加入的NaOH越多，c（Na+）越大，溶液中存在电荷守恒，则存在P点c（A-）=c（Na+）、M点c（Na+）=c（B-），但是c（Na+）：MP点，则c（A-）c（B-），故D错误；答案选D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质及其性质、酸的酸性强弱是解本题关键，注意B中微粒浓度的近似处理方法。15、D【解析】A、HPW自身存在比表面积小、易溶于有机溶剂而难以重复

33、使用等缺点，将其负载在多孔载体(如硅藻土、C等)上则能有效克服以上不足，提高其催化活性，选项A正确；B、根据图中曲线可知，当HPW负载量为40%时达到饱和，酯化率最高，选项B正确；C、用HPW/硅藻土代替传统催化剂浓硫酸，可减少设备腐蚀等不足，选项C正确；D、催化剂不能使平衡移动，不能改变反应正向进行的程度，选项D不正确。答案选D。16、B【解析】A. 原电池中电子流向是负极导线用电器导线正极，则放电时，电子由负极经导线、用电器、导线到正极，故A正确，但不符合题意；B. 充电过程是电解池,左边正极作阳极,右边负极作阴极,又阳离子移向阴极,所以Li+向右移动，故B错误，符合题意；C. 充电时,阴

34、极C变化为LixCn,则阴极电极反应式：xLi+xe +nC=LixCn，故C正确，但不符合题意；D. 放电正极上FePO4得到电子发生还原反应生成LiFePO4,正极电极反应式：xFePO4+xLi+xe =xLiFePO4，故D正确，但不符合题意；故选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、C12H9Br AD CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3 4 4 【解析】（1）根据化合物的结构简式可写出其分子式为C12H9Br；（2）根据化合物的结构简式，其含有酯基，可发生水解反应，含有苯环，发生苯环上的硝化反应，没有醛基，不可与新制的Cu（OH）2共

35、热生成红色沉淀，没有酚羟基，不可与FeCl3溶液反应显紫色，所以A、D正确，选择AD；（3）根据的结构简式及途径的信息，可推出的结构简式为BrCH2CH2COOCH2CH3，从而可知是由与乙醇发生酯化反应得到，可推出的结构简式为BrCH2CH2COOH，而化合物含有3个碳原子，且可发生加聚反应，从而可知化合物的结构简式为CH2=CHCOOH，故合成路线可表示为：CH2=CHCOOHBrCH2CH2COOHBrCH2CH2COOCH2CH3；（4）化合物的结构为BrCH2CH2COOCH2CH3，每个碳原子上的氢都相同，不同碳原子上的H原子不相同，所以应有4组峰；以氢原子H替代化合物中的ZnBr

36、，所得化合物的结构简式为CH3CH2COOCH2CH3，其属于羧酸类的结构应为C4H9COOH，C4H9为丁基，丁基有4种不同的结构的H原子，所以C4H9COOH的同分异构体共有4种；（5）根据题目信息，有机锌试剂（RZnBr）与酰氯（）偶联可用于制备药物，因此化合物为BrZnCH2CH2COOCH2CH3，则要合成，为酰氯，根据的结构及途径合成化合物药物的方式，可推知的结构为。18、取代反应 加成反应 铁粉作催化剂 2CH3CHO+O22CH3COOH nCH3COOCH=CH2 4 HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2 【解析】与乙烯水化法得

37、到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到，即物质D，而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面，为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和发生取代得到M，注意反应取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是光照下。【详解】（1）反应是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应是在铁粉的催化下进行的；（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O2

38、2CH3COOH，而反应为加聚反应，方程式为nCH3COOCH=CH2；（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。【点睛】一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。19、过滤 加快固体溶解，同时防止草酸分解 铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+

39、干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O 减小 Fe4(C2O4)510H2O 【解析】步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体Fex(C2O4)yzH2O，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子的含量，进而进一步分析计算。【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2) 由于H2C2O4在温度高于90时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度7085，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，

40、防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；故答案为25.00mL，酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，可知关系MnO4-5Fe2+，其中n

41、(MnO4-)=0.0800mol/L0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可得到转化关系：2KMnO45H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800mol/L0.025L5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.004056g-0.00588g）/18g/mol

42、=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)510H2O。故答案为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，减小，Fe4(C2O4)510H2O。20、HCOOHH2O+CO CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下爆炸 E 装置中产生黑色沉淀 473K 0.50 【解析】A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为43，

43、所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO；(2)温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用装置；(3)CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；(4)323K是49.85，473K是199.85，根据方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180200时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；(5)n(HCOOH)=0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)=0.05mol，