2022届江西省九校高考临考冲刺化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、容量瓶上未必有固定的（ ）A溶液浓度B容量C定容刻度D配制温度2、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是AHClO的结构式：HOClBHF的电子式： H:CS2的结构示意图：DCCl4分子的比例模型：3、主族元素X、Y、Z、W在元素周期表中的位置如图所示，其中W原子序数是Z的2倍。下列说法不

2、正确的是AX、Y、Z的氢化物沸点依次升高BZ和W形成的化合物溶于水，既有共价键的断裂，又有共价键的形成CX、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4的物质可能是分子晶体，也可能是离子晶体DM的原子序号为32，是一种重要的半导体材料4、海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（）A工业上步骤常用Ca(OH)2代替NaOHB设计步骤、的目的是为了富集溴C步骤中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液D工业上实现步骤，通常用氢气还原氯化镁5、已知：4FeO42+10H2O4Fe（OH）3+8OH+3O2，测得c（FeO42）在不

3、同条件下变化如图甲、乙、丙、丁所示：下列说法正确的是（ ）A图甲表明，其他条件相同时，温度越低FeO42转化速率越快B图乙表明，其他条件相同时，碱性越强FeO42转化速率越快C图丙表明，其他条件相同时，碱性条件下Fe3+能加快FeO42的转化D图丁表明，其他条件相同时，钠盐都是FeO42优良的稳定剂6、能正确表示下列变化的离子方程式是A硅酸钠中滴加盐酸：Na2SiO32H=H2SiO32Na B少量SO2通人NaClO溶液中：SO23ClOH2O=SO42Cl2HClO C高锰酸钾溶液中滴人双氧水：2MnO43H2O26H=2Mn24O26H2OD小苏打治疗胃酸过多：CO322H=CO2H2O

4、7、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3稀盐酸、煮沸、过滤滤液冰浴氨水和双氧水A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2OC生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分8、下列有关实验装置进行的相应实验，能达到目的的是A用图1所示装置除去HCl中含有的少量Cl2B用图2所示装置将硫酸铜溶液蒸干，制备胆矾C用图

5、3所示装置可以完成“喷泉”实验D用图4所示装置制取并收集干燥纯净的NH39、二羟基甲戊酸的结构简式为，下列有关二羟基甲戊酸的说法正确的是（ ）A二羟基甲戊酸的分子式为C5H10O4B二羟基甲戊酸不能使酸性KMnO4溶液褪色C等量的二羟基甲戊酸消耗Na和NaHCO3的物质的量之比为31D二羟基甲戊酸与乳酸()互为同系物10、用化学用语表示 NH3+ HClNH4Cl中的相关微粒，其中正确的是（ ）A中子数为8的氮原子：BHCl 的电子式： CNH3的结构式：DCl的结构示意图：11、本草纲目记载的烧酒工艺：“凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次价值数倍也”。该方法与分离下列物质的原理相同的是

6、A苯和水B硝酸钾和氯化钠C食盐水和泥沙D乙酸丁酯和1-丁醇12、下列有关氮原子的化学用语错误的是ABC1s22s22p3D13、下列说法正确的是( )A分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，后者红色更深B分别向2 mL 5%H2O2溶液中滴加1 mL0.1mol/ L FeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同C蛋白质溶液遇饱和Na2SO4溶液或醋酸铅溶液均产生沉淀，沉淀均可溶于水D用加热NH4C1和Ca(OH)2固体的混合物的方法，可将二者分离14、关于一些重要的化学概念，下列叙述正确的是A根据丁达尔现象可以将分散系分为溶液、胶体和浊液BCO2、NO2、

7、Mn2O7、P2O5 均为酸性氧化物C漂白粉、水玻璃、铝热剂均为混合物D熔融状态下，CH3COOH、NaOH、MgCl2 均能导电15、有机物M、N之间可发生如图转化.下列说法不正确的是AM能与溴水发生加成反应BM分子中所有碳原子共平面CN能使酸性高锰酸钾溶液褪色DM、N均能发生水解反应和酯化反应16、微生物燃料电池在净化废水的同时能获得能源或得到有价值的化学产品，左下图为其工作原理，右下图为废水中Cr2O72-离子浓度与去除率的关系。下列说法不正确的是（ ）A正极反应式是O24H4e=2H2O，Cr2O7214H6e=2Cr37H2OB电池工作时，N极附近溶液pH增大C处理1molCr2O7

8、2-时有6molH+从交换膜左侧向右侧迁移DCr2O72-离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活二、非选择题（本题包括5小题）17、石油裂解气用途广泛，可用于合成各种橡胶和医药中间体。利用石油裂解气合成CR橡胶和医药中间体K的线路如下：已知：.氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约为62.8，核磁共振氢谱峰面积之比为2:1. 。（1）A中官能团的结构式为_，D的系统名称是_.（2）反应的条件是_，依次写出和的反应类型_、_.（3）写出FG过程中第一步反应的化学方程式_.（4）K的结构简式为_.（5）写出比G多2个碳原子的同系物的所有同分异构体的结构简式_.（6）已知双键上的氢原子很难发生

9、取代反应。以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B_。合成路线流程图示如下：。18、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

10、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19、氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇、稀硝酸及稀硫酸；可溶于氯离子浓度较大的体系，形成。在潮湿空气中迅速被氧化，见光则分解。右下图是实验室仿 工业制备氯化亚铜的流程进行的实验装置图。实验药品：铜丝、氯化铵、65硝酸、20盐酸、水。(1)质量分数为20的盐酸密度为，物质的量浓度为_；用浓盐酸配制20盐酸需要的玻璃仪器有：_、烧杯、玻璃

11、棒、胶头滴管。(2)实验室制备过程如下：检查装置气密性，向三颈瓶中加入铜丝、氢化铵、硝酸、盐酸，关闭。实验开始时，温度计显示反应液温度低于室温，主要原因是_；加热至，铜丝表面产生无色气泡，烧瓶上方气体颜色逐渐由无色为红棕色，气囊鼓起。打开，通入氧气一段时间，将气囊变瘪，红棕色消失后关闭，冷却至室温，制得。通入氧气的目的为_；三颈瓶中生成的总的离子方程为_；将液体转移至烧杯中用足量蒸馏水稀释，产生白色沉淀，过滤得氧化亚铜粗品和滤液。粗品用95乙醇洗涤、烘干得氧化亚铜。(3)便于观察和控制产生的速率，制备氧气的装置最好运用_(填字母)。(4)下列说法不正确的是_A步骤中可以省去，因为已经加入了B步

12、骤用去氧水稀释，目的是使转化为，同时防止被氧化C当三颈烧瓶上方不出现红棕色气体时，可停止通入氧气D流程中可循环利用的物质只有氯化铵(5)步骤用95乙醇代替蒸馏水洗涤的主要目的是_、_(答出两条)。(6)氯化亚铜的定量分析：称取样品和过量的溶液于锥形瓶中，充分溶解；用硫酸Ce(SO4)2标准溶液测定。已知：已知：CuCl+FeCl3=CuCl2+FeCl2，Fe2+Ce4+=Fe3+Ce3+三次平衡实验结果如下表(平衡实验结果相差不能超过1)：平衡实验次数123样品消耗硫酸锑标准溶液的体积2则样品中的纯度为_(结果保留3位有效数字)。误差分析：下列操作会使滴定结果偏高的是_。A锥形瓶中有少量蒸馏

13、水 B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线C所取溶液体积偏大 D滴定前滴定管尖端有气泡，滴定后气泡消失20、环乙烯是一种重要的化工原料，实验室常用下列反应制备环乙烯：环己醇、环己烯的部分物理性质见下表：物质沸点（）密度（gcm-3，20）溶解性环己醇161.1(97.8)*0.9624能溶于水环己烯83(70.8)*0.8085不溶于水*括号中的数据表示该有机物与水形成的具有固定组成的混合物中有机物的质量分数：制备环己烯粗品。实验中将环己醇与浓硫酸混合加入烧瓶中，按图所示装置，油浴加热，蒸馏约1h，收集馏分，得到主要含环己烯和水的混合物。：环己烯的提纯。主要操作有；a.向馏出液中加入精盐至饱和；b.

14、加入34mL5%Na2CO3溶液；c.静置，分液；d.加入无水CaCl2固体；e.蒸馏回答下列问题：(1)油浴加热过程中，温度控制在90以下，蒸馏温度不宜过高的原因是_。(2)蒸馏不能彻底分离环己烯和水的原因是_。(3)加入精盐至饱和的目的是_。(4)加入34mL5%Na2CO3溶液的作用是_。(5)加入无水CaCl2固体的作用是_。(6)利用核磁共振氢谱可以鉴定制备的产物是否为环己烯，环己烯分子中有_种不同环境的氢原子。21、甲醇是一种可再生的清洁能源，具有广阔的开发和应用前景。（1）已知 CH3OH(g)+H2O(l)=CO2(g)+3H2(g) H= + 93.0kJmol1CH3OH(

15、g)+O2(g)=CO2(g)+2H2(g) H=192.9 kJmol1甲醇的燃烧热为726.51kJmol-1。要写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式，还缺少的热化学方程式为_。（2）甲醇可采用煤的气化、液化制取(CO+2H2CH3OH HT1)下达到平衡时CO的体积分数可能是_(填标号)A 当=3.5时，达到平衡状态后，CH3OH的体积分数可能是图象中的_点选填“D”、“E”或“F”)。（3）制甲醇的CO和H2可用天然气来制取：CO2(g)+CH4(g)2CO(g)+2H2(g)。在某一密闭容器中有浓度均为0.1molL1的CH4和CO2，在一定条件下反应，测得CH4的平衡转化率与温度及压强

16、的关系如图所示，则该反应的H_(选填“大于”“小于”或“等于”）0。压强p1_(选填“大于”或“小于”)p2。当压强为p2时，在y点：v(正)_(选填“大于”“小于”或“等于”)v(逆)。若p2=6Mpa，则T时该反应的平衡常数Kp=_MPa2（用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压物质的量分数）。 （4）研究表明：CO2和H2在一定条件下也可以合成甲醇，反应方程式为CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g) 反应。一定条件下，往2L恒容密闭容器中充入2.0mol CO2和4.0mol H2，在不同催化剂作用下合成甲醇，相同时间内CO2的转化率随温度变化如下图所示，其中活化能最高

17、的反应所用的催化剂是_(填“A”、“B”或“C”)。在某催化剂作用下，CO2和H2除发生反应外，还发生如下反应CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)反应。维持压强不变，按固定初始投料比将CO2和H2按一定流速通过该催化剂，经过相同时间测得实验数据：T(K)CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）54312.342.355315.339.1注：甲醇的选择性是指发生反应的CO2中转化为甲醇的百分比。表中数据说明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】容量瓶上标有：温度、规格、刻度线，没有溶液浓度，A项正确

18、答案选A。2、A【解析】A. 次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：HOCl，A项正确；B.HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B项错误；C. 硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；D. 氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。3、A【解析】W原子序数是Z的2倍，则为硫，为氧，为碳，为氮，为锗。A.碳的氢化物为烃，碳原子数越多，沸点越高，所以不能确定沸点高低，故

19、错误；B. Z和W形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，溶于水，反应生成亚硫酸或硫酸，反应中既有共价键的断裂，又有共价键的形成，故正确；C. X、Y、Z与氢元素组成的化学式为XY2ZH4可能为CO（NH2）2，为分子晶体，可能为NH4CNO，为离子晶体，故正确；D. 锗的原子序号为32，是一种重要的半导体材料，故正确。故选A。4、D【解析】由流程可知，MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，中氯气可氧化溴离子生成溴，吹出溴，中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，中氯气与HBr反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl26H2

20、O，在HCl气流中加热MgCl26H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，中电解熔融MgCl2生成Mg，以此来解答。【详解】A. 工业上步骤常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正确；B. 海水中溴离子浓度较低，步骤、的目的是为了富集溴，故B正确；C. 步骤中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正确；D. Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤，通常用电解法，故D错误；故选D。【点睛】Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段电

21、解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。5、C【解析】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大。【详解】A由甲图可知，升高温度，FeO42的浓度变化较大，可知温度越高FeO4

22、2转化速率越快，故A错误；B由乙图可知碱性越强，FeO42的浓度变化越小，则碱性越强FeO42转化速率越小，故B错误；C由丙图可知铁离子浓度越大，FeO42的浓度变化越大，故C正确；D由丁图可知在磷酸钠溶液中，FeO42的浓度变化较大，可知钠盐不都是FeO42优良的稳定剂，其中醋酸钠为优良的稳定剂，故D错误；故选：C。6、B【解析】A. 硅酸钠是易溶强电解质，应拆写成离子，A项错误；B. 少量SO2与NaClO发生氧化还原反应，生成的H+与ClO-生成弱酸HClO，B项正确；C. 高锰酸钾溶液氧化双氧水时，双氧水中的氧原子将电子转移给高锰酸钾中的锰原子，应写成2MnO4-+5H2O2+6H+=

23、2Mn2+5O2+8H2O，C项错误；D. 小苏打为碳酸氢钠，应拆成Na+和HCO3-，D项错误。本题选B。【点睛】+4价硫具有较强的还原性，+1价氯具有较强的氧化性，它们易发生氧化还原反应。7、A【解析】根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后

24、，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A说法错误；B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，故B说法正确；C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C说法正确；D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D说法正确；答案选A。【点睛】易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl除去，但是忽略了流程，碳

25、酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。8、C【解析】AHCl极易溶于水，则将HCl原物质除去，不能除杂，A错误；B蒸干时硫酸铜晶体失去结晶水，应蒸发浓缩、冷却结晶制备胆矾，B错误；C挤压胶头滴管，氯气与碱反应，使烧瓶的内压小于外因，形成喷泉，则图3所示装置可以完成“喷泉”实验，C正确；D氨气的密度比空气的密度小，则图中为向上排空气法收集，应为向下排空气法收集，D错误；答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评

26、价，为高频考点，涉及气体的制备及收集、晶体制备、混合物分离提纯等，把握物质的性质、反应原理、实验装置的作用等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。9、C【解析】A. 根据结构简式，该有机物的分子式为C6H12O4，故A错误；B. 二羟基甲戊酸中含有羟基，CH2OH中羟基能被酸性高锰酸钾溶液氧化，故B错误；C. 该有机物中能与Na发生反应的是OH和羧基，1mol二羟基甲戊酸中含有2mol羟基和1mol羧基，因此1mol该有机物消耗Na的物质的量为3mol，能与NaHCO3溶液反应的是羧基，因此1mol该有机物消耗NaHCO3的物质的量为1mol，故C正确；D. 二羟基甲戊

27、酸与乳酸中羟基的数目不同，因此两者不互为同系物，故D错误；答案：C。【点睛】同系数定义的理解，要求碳原子连接方式相同，含有官能团的种类、数目相同，然后再看组成上是否相差若干个“CH2”。10、C【解析】A、中子数为8的氮原子的质量数为15；B、HCl中只含共价键；C、NH3中含个N-H键；D、Cl-最外层有8个电子。【详解】A、中子数为8的氮原子的质量数为15，可表示为，选项A错误；B、HCl中只含共价键，其电子式为，选项B错误；C、NH3中含个N-H键，NH3的结构式为：，选项C正确；D、Cl-最外层有8个电子，Cl的结构示意图为，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学用语，侧重考查原子

28、结构、离子结构示意图、电子式和结构式，注意它们之间的区别是解题的关键，如原子结构示意图与离子结构示意图的区别、共价化合物和离子化合物的区别、电子式与结构式的区别等。11、D【解析】据混合物的成分及性质，选择合适的分离提纯方法。【详解】“酸坏之酒”含有乙醇的氧化产物乙酸，可利用它们沸点的差异，以蒸馏方法除去乙酸。A. 苯不溶于水，密度比水小，可用分液法分离，A项不符；B. 硝酸钾和氯化钠都易溶于水，但溶解度受温度的影响不同，通常用结晶法分离，B项不符；C. 食盐水与泥沙，是不相溶的固液混合物，用过滤法分离，C项不符；D. 乙酸丁酯和1-丁醇，是互溶的、沸点不同的液体混合物，可蒸馏分离，D项符合。

29、本题选D。12、D【解析】A、N原子最外层有5个电子，电子式为，A正确；B、N原子质子数是7，核外有7个电子，第一层排2个，第二层排5个，因此B正确；C、核外电子依次排布能量逐渐升高的1s、2s、2p轨道，电子排布式为1s22s22p3，C正确；D、根据泡利原理3p轨道的3个电子排布时自旋方向相同，所以正确的轨道式为，D错误。答案选D。13、B【解析】A.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液，Na2CO3溶液碱性强，所以分别向等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3溶液中滴加2滴酚酞溶液，前者红色更深，A错误；B.FeCl3和CuSO4溶液对5%H2O2溶液分解的催化效果不同，所以

30、分别向2mL5%H2O2溶液中滴加1 mL 0.1mol/LFeCl3和CuSO4溶液，产生气泡快慢不相同，B正确；C.Na2SO4属于不属于重金属盐，该盐可使蛋白质产生盐析现象而产生沉淀，醋酸铅属于重金属盐，能使蛋白质变性而产生沉淀，所以蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，蛋白质变性产生的白色沉淀不溶于水，C错误；D.NH4Cl固体和Ca(OH)2固体在加热条件下发生反应生成氨气，不能用加热的方法分离，D错误；故合理选项是B。14、C【解析】A选项，根据分散质粒子直径大小可以将分散系分为溶液、胶体和浊液，故A错误；B选项， NO2不是酸性氧化物，故B错误；C选项，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，水

31、玻璃是硅酸钠的水溶液，铝热剂是金属铝和金属性比铝弱的金属氧化物的混合物，故C正确；D选项， CH3COOH是共价化合物，熔融状态下不能导电，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定是非金属氧化物，金属氧化物不一定是碱性氧化物，碱性氧化物一定是金属氧化物。15、B【解析】A. M中含有碳碳双键，可以与溴水发生加成反应，故A正确；B. M分子有三个C原子连接在同一个饱和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B错误；C. N中含有羟基、醛基均能被高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾褪色，故C正确；D. M和N中均含有酯基和羟基，能发生水解反应和酯化反应，故D正确

32、；故答案为B。16、C【解析】A、根据工作原理，电解质环境为H，根据原电池的工作原理，电子流入的一极为正极，即N极为正极，电极反应式为O24H4e=2H2O，Cr2O7214H6e=2Cr37H2O，故A说法正确；B、根据选项A的分析，消耗H，N极附近溶液的pH升高，故B说法正确；C、正极反应式为O24H4e=2H2O，Cr2O7214H6e=2Cr37H2O，消耗1molCr2O72时，从交换膜左侧向右侧迁移至少有14molH，故C说法错误；D、根据右边的图，当Cr2O72浓度大时去除率变为0，Cr2O72离子浓度较大时，可能会造成还原菌失活，故D说法正确。二、非选择题（本题包括5小题）17

33、、-Br 1,3-二氯丙烷 NaOH溶液,（加热） 加聚反应 取代反应 OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3 、 【解析】由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）发生加成反应，根据框图到C为1,4-二溴-2-丁烷，AB为取代；再根据知F为醛，E为醇，G为羧酸；H为酯，由此知道 D为1,3-二氯丙烷。H为CH3CH2OOCCH2COOCH2CH3,H与C反应根据信息即可判断。【详解】（1）由CH2=CH-CH=CH2反应到A（C4H6Br）知，A中含有碳碳双键和溴原子。已知氯代烃D的相对分子质量是113，氯的质量分数约

34、为62.8，n(Cl)=113/35.5=2,D的化学式为C3H6Cl2,核磁共振氢谱峰面积之比为2:1.则D的结构简式CH2ClCH2ClCH2。系统命名为1,3-二氯丙烷；（2）由框图知D为卤代烃，E为醇，所以反应的条件是NaOH溶液,（加热）；由的反应条件知道为加聚反应；由的条件知反应类型取代反应。（3根据知E为醇，F为醛，所以FG过程中第一步反应的化学方程式OHCCH2CHO+4Ag(NH3)2OH NH4OOCCH2COONH4+2H2O+4Ag+6NH3。（4）根据已知和，所以K的结构简式为；（5）通过上述分析知G为HOOCCH2COOH，比G多2个碳原子的同系物的同分异构体的结构

35、简式有、 ；（6）已知双键上的氢原子很难发生取代反应，经分析知A为，以A为起始原料，选用必要的无机试剂合成B（）的路线图为：。18、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，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

36、，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，

37、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、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。19、6.0mol/L 量筒 氯化铵溶解于水为吸热过程 将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3 3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O B AD 除去CuCl表面附着的NH4Cl 迅速挥发带走CuCl表面的水份或防止其被氧化 95.5% BD 【解析】根据流程：氧气通入Cu、H

38、Cl、NH4Cl、HNO3、H2O的混合物中控制温度5085制得NH4CuCl2，加入水，过滤得到CuCl沉淀和含有NH4Cl的母液，母液浓缩补充Cu、HCl可循环，沉淀洗涤干燥后得产品；(1) 根据c=计算，盐酸是液体，量取浓盐酸需要量筒；(2) 氯化铵溶解吸热；根据题意有NO2气体生成，通入氧气可与其反应；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，据此书写； (3) 装置A不能观察O2产生速率，C不能很好控制产生O2的速率；(4) A步骤得到CuCl2(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成；BCuCl 易被氧化，应做防氧化处理；C三颈烧瓶上方不出现红棕

39、色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化；D步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用；(5) 氯化亚铜是一种白色粉末，微溶于水，不溶于乙醇分析可得；(6) 第一组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuClFeCl3Ce4+，则n(CuCl)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，据此计算可得；误差分析依据c(待测)=分析，标准溶液体积变化就是误差的变化。【详解】(1) 盐酸的物质的量浓度c=6.0mol/L，量取浓盐酸需要量筒，则配制20%盐酸时除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还

40、需要量筒；(2)因为氯化铵溶解于水为吸热过程，故反应开始时液体温度低于室温；通入氧气的目的是为了将三颈瓶中的NO2反应生成HNO3；根据题意铜丝、氯化氨、硝酸、盐酸生成NH4CuCl2和无色气泡NO，则生成CuCl2-离子方程式为3Cu+4H+6Cl-+NO3-=3CuCl2-+NO+2H2O； (3) 制备氧气装置A不能观察O2产生速率，C中Na2O2和水反应速率快，不能很好控制产生O2的速率，B装置可以根据锥形瓶内气泡的快慢判断产生O2的速率进行控制，故答案为B； (4) A步骤得到CuCl2(aq)，该离子需在氯离子浓度较大的体系中才能生成，HCl是为了增大氯离子浓度，不可省略，故A错误

41、；B步骤II所得滤渣洗涤干燥得到CuCl，步骤II目的是NaCuCl2转化为CuCl，CuCl 易被氧化，应做防氧化处理，故B正确；C三颈烧瓶上方不出现红棕色NO2气体时，说明Cu已完全被氧化，不再需O2氧化，故C正确；D步骤II滤液中还含有HCl和HNO3也可回收利用，洗涤的乙醇通过蒸馏分离后可再利用，故D错误；故答案为AD； (5) 已知：CuCl微溶于水，采用95%乙醇洗涤，既除去CuCl表面附着的NH4Cl，又能迅速挥发带走CuCl表面的水份，防止其被氧化； (6) 第二组实验数据误差较大，舍去，故硫酸铈标准溶液平均消耗24mL，根据关系式有：CuClFeCl3Ce4+，则n(CuCl

42、)=n(Ce4+)，故m(CuCl)=0.10mol/L0.024L99.5g/mol=0.2388g，CuCl的纯度为100%=95.5%；依据c(待测)=分析：A锥形瓶中有少量蒸馏水对滴定实验无影响，故A错误；B滴定终点读数时仰视滴定管刻度线，其他操作正确，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故B正确；C过量的FeCl3溶液能保证CuCl完全溶解，多余的FeCl3对测定结果无影响，故C错误；D滴定前滴定管尖嘴有气泡，滴定后气泡消失，读取标准溶液体积增大，测定结果偏高，故D正确；故答案为BD。【点睛】误差分析，注意利用公式来分析解答，无论哪一种类型的误差，都可以归结为对标准溶液体积的影响，然

43、后根据c(待测)=分析，若标准溶液的体积偏小，那么测得的物质的量的浓度也偏小；若标准溶液的体积偏大，那么测得的物质的量的浓度也偏大。20、减少未反应的环己醇蒸出环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发增加水层的密度，有利于分层中和产品中混有的微量的酸除去有机物中少量的水3【解析】 (1)根据题意，油浴温度过高可能有未反应的环己醇蒸出，因此加热过程中，温度控制在90以下，尽可能减少环己醇被蒸出，故答案为：减少未反应的环己醇蒸出；(2) 环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发，使得蒸馏不能彻底分离环己烯和水的混合物，故答案为：环己烯和水形成具有固定组成的混合物一起被蒸发；(3)加入精盐至饱和，可以增加水层的密度，有利于环己烯和水溶液分层，故答案为：增加水层的密度，有利于分层；(4) 馏出液可能还有少量的酸，加入34mL5%Na2CO3溶液可以除去产品中混有的微量的酸，故答案为：中和产品中混有的微量的酸；(5) 无水CaCl2固体是常见的干燥剂，加入无水CaCl2固体可