2022届四川省绵阳市高中高三第六次模拟考试化学试卷含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答

2、题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、常温下，Mn+(指Cu2+或Ag+)的硫化物的沉淀溶解平衡曲线如图所示。下列说法正确的是（ ）A直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡B在N点Ksp(CuS)=Ksp(Ag2S)CP点：易析出CuS沉淀，不易析出Ag2S沉淀DM点和N点的c(S2)之比为110202、用“四室电渗析法”制备H3PO2的工作原理如图所示(已知：H3PO2是一种具有强还原性的一元弱酸；阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过)，则下列说法不正确的是()A阳极电极反应式为：2H2O4e=O24HB工作过程中H+由阳极室向产品室移动C撤去阳极室与产品室之间的阳膜a，导致H

3、3PO2的产率下降D通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度一定不变3、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1BNO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol4、下列指定反应的离子方程式正确的是（）A实验室用浓盐酸和MnO2混合加热制Cl2：MnO2+4H

4、+2ClMn2+Cl2+2H2OB将Cl2溶于水制备次氯酸：Cl2+H2O2H+Cl+ClOC用过量的NaOH溶液吸收SO2：OH+SO2HSO3D向AlCl3溶液中加入氨水：Al3+3OHAl（OH）35、下列关于硫及其化合物说法错误的是（ ）A实验室常将硫磺撒在汞的表面以除去不慎洒落的汞B葡萄酒中添加适量SO2可以起到抗氧化的作用C硫酸钡可用作消化系统X射线检查的内服药剂D“石胆浅碧色，烧之变白色者真”所描述的“石胆”是指FeSO47H2O6、化学与社会、生产、生活和科技都密切相关。下列有关说法正确的是A“霾尘积聚难见路人”，雾霾有丁达尔效应B“天宫二号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子

5、材料C汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的D石油是混合物，可通过分馏得到汽油、煤油等纯净物7、劣质洗发水中含有超标致癌物二噁烷()。关于该化合物的说法正确的是A1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2B与互为同系物C核磁共振氢谱有4组峰D分子中所有原子均处于同一平面8、金属(M)空气电池(如图)具有原料易得、能量密度高等优点，有望成为新能源汽车和移动设备的电源。该类电池放电的总反应为：4M + nO2 + 2nH2O = 4M(OH)n。已知：电池的“理论比能量”指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。下列说法不正确的是A多孔电极有利于氧气扩散至电极表面，可提高反应速率B电池放

6、电过程的正极反应式： O2 + 2H2O + 4e = 4OHC比较Mg、Al二种金属空气电池，“理论比能量”之比是89D为防止负极区沉积Mg(OH)2，宜采用中性电解质及阳离子交换膜9、将浓度均为0.5molL-1氨水和KOH溶液分别滴入到体积均为20mL且浓度相同的AlCl3溶液中，测得溶液的导电率与加入碱的体积关系如图所示，下列说法中错误的是( )AAlCl3溶液的物质的量浓度为0.2molL-1B根据图象可以确定导电率与离子种类有关Ccd段发生的反应是Al(OH)3OHAlO22H2ODe点时溶液中的离子浓度：c(K+) c(Cl) c(AlO2)10、NA代表阿伏加德罗常数的值。下列

7、说法正确的是( )A向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，此时NH4+个数为0.5NAB向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，当有1 mol Fe2+被氧化时，该反应中转移电子数目为3NAC标准状况下，22.4L二氯甲烷中含有4NA极性共价键D用惰性电极电解CuSO4溶液，标况下，当阴极生成22.4L气体时，转移的电子数为2NA11、右图的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是（ ）ACO2(NaHCO3溶液)/无色喷泉BNH3(H2O含酚酞)/红色喷泉CH2S(CuSO4溶液)/黑色喷泉DHCl(Ag

8、NO3溶液)/白色喷泉12、在下列各溶液中，一定能大量共存的离子组是A有色透明溶液中：Fe2、Ba2、Fe(CN)63、NO3B强酸性溶液中：Cu2、K、ClO、SO42C含有大量AlO2的溶液中：K、Na、HCO3、ID常温下水电离的c(H)为11012mol/L的溶液中：K、Na、Cl、NO313、用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述不正确的是()A25 时，pH1的1.0 L H2SO4溶液中含有的H的数目为0.2NAB标准状况下，2.24 L Cl2与水反应，转移的电子总数小于0.1NAC室温下，14.0 g乙烯和环己烷的混合气体中含有的碳原子数目一定为NAD在0.5 L 0.2 m

9、olL1的CuCl2溶液中，n(Cl)0.2NA14、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是（ ）A使酚酞变红色的溶液中：Na、Al3、SO42、ClB=11013molL1的溶液中：NH4、Ca2、Cl、NO3C与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2、K、NO3、SO42D水电离的c(H)=11013molL1的溶液中：K、Na、AlO2、CO3215、一种形状像蝴蝶结的有机分子Bowtiediene，其形状和结构如图所示，下列有关该分子的说法中错误的是A生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2B该分子中所有碳原子在同一平面内C三氯代物只有一种D与其互为同分异构体，且只

10、含碳碳三键的链烃有两种16、某无色溶液，经测定含有Al3+、Br-、SO42-，且各离子物质的量浓度相等（不考虑水电离出来的H+和OH-），则对该溶液的说法合理的是（）A可能含有Cl-B可能含有HCO3-二、非选择题（本题包括5小题）17、盐酸阿比朵尔，适合治疗由 A、B 型流感病毒引起的上呼吸道感染，2020 年入选新冠肺炎试用药物，其合成路线：回答下列问题：（1）有机物 A 中的官能团名称是_和_。（2）反应的化学方程式_。（3）反应所需的试剂是_。（4）反应和的反应类型分别是_、_。（5）I 是 B 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，写出具有六元 环结构的有机物 H

11、的结构简式_。 (不考虑立体异构，只需写出 3 个)（6）已知：两分子酯在碱的作用下失去一分子醇生成羟基酯的反应称为酯缩合反应，也称为 Claisen （克莱森）缩合反应，如：，设计由乙醇和制备的合成线路_。(无机试剂任选)18、3-正丙基-2,4-二羟基苯乙酮(H)是一种重要的药物合成中间体，合成路线图如下：已知：+(CH3CO)2O+CH3COOH回答下列问题：(1)G中的官能固有碳碳双键，羟基，还有_和 _。(2)反应所需的试剂和条件是_。(3)物质M的结构式_。(4)的反应类型是_。(5)写出C到D的反应方程式_。(6)F的链状同分异构体还有_种(含顺反异构体)，其中反式结构是_。(7

12、)设计由对苯二酚和丙酸制备的合成路线(无机试剂任选)_。19、已知25时，Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgCl)=1.51016。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)中的白色沉淀是_。(2)中能说明沉淀变黑的离子方程式是_。(3)滤出步骤中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀

13、.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀由判断，滤液X中被检出的离子是_。由、可确认步骤中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀_。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化A中产生的气体是_。C中盛放的物质W是_。该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：_2Ag2S+_+_+2H2O=4AgCl+_+4NaOH从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用_。20、KI广泛应用于分析试剂、感光材料、制药和食品添加剂等。实验室制备KI的装置如下图所示。已知：3I2+6KOH5KI

14、+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O(1)利用上图装置制备KI，其连接顺序为_(按气流方向，用小写字母表示)。(2)检查装置A气密性的方法是_；装置D的作用是_。(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S气体。反应结束后，向三颈瓶中加入硫酸溶液并加热，可以除去KI溶液中的H2S，原因是_。用肼(N2H4)替代H2S，制得产品纯度更高，理由是_(用化学方程式表示)。(4)设计实验方案除去KI溶液中的稀硫酸_。(5)若得到1.6g硫单质，理论上制得KI的质量为_g。21、 (1)PM2

15、.5富含大量的有毒、有害物质，易引发二次光化学烟雾，光化学烟雾中含有 NOx、HCOOH、(PAN)等二次污染物。1molPAN中含有的键数目为_。PAN中除H外其余三种元素的第一电离能由大到小的顺序为_。NO能被FeSO4溶液吸收生成配合物Fe(NO)(H2O)5SO4，该配合物中中心离子的配位数为_，中心离子的核外电子排布式为_。相同压强下，HCOOH 的沸点比 CH3OCH3_ (填高或低)，其原因是_。(2)PM2.5微细粒子包含(NH4)2SO4、NH4NO3等。(NH4)2SO4 晶体中各种微粒间的作用力不涉及_ (填序号)。a.离子键 b.共价键 c.配位键 d.范德华力 e.氢

16、键NH4NO3中阳离子的空间构型为_，阴离子的中心原子轨道采用_杂化。(3)测定大气中 PM2.5的浓度方法之一是 -射线吸收法，-射线放射源可用85Kr。已知 Kr晶体的晶胞结构如图所示，设晶体中与每个 Kr 原子紧相邻的 Kr原子有m个，晶胞中Kr 原子为n个，则=_ (填数字)。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A选项，N点c(S2) = 110-20mol/L，c(Mn+) = 110-15mol/L，M点c(S2) = 110-40mol/L，c(Mn+) = 110-5mol/L，如果直线MN代表CuS的沉淀溶解平衡，那么M点c(S2)c(Mn+) = 1

17、10-40110-5 =110-45，N点c(S2)c(Mn+) = 110-20110-15 =110-35，M点和N点的Ksp不相同，故A错误；B选项，在N点硫离子浓度相等，金属离子浓度相等，但由于Ksp的计算表达式不一样，因此Ksp(CuS)Ksp(Ag2S)，故B错误；C选项，根据A分析MN曲线为Ag2S的沉淀溶解平衡，P点QKsp(Ag2S)，因此不易析出CuS沉淀，易析出Ag2S沉淀，故C错误；D选项，M点c(S2) = 110-40mol/L，N点c(S2) = 110-20mol/L，两者的c(S2)之比为11020，故D正确。综上所述，答案为D。2、D【解析】阴极室中阳离子为

18、钠离子和水电离出的氢离子，阴极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，电极反应式为2H2O+2e=H2OH，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动；H2PO2离子通过阴膜向产品室移动；阳极室中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，产品室中H2PO2-与H+反应生成弱酸H3PO2。【详解】A项、阳极中阴离子为硫酸根离子和水电离出的氢氧根离子，阳极上氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，电极反应式为2H2O-4e-=O2+4H+，故A正确；B项、

19、阳极上水电离出的氢氧根离子失电子发生氧化反应生成氧气，溶液中氢离子浓度增大，H+通过阳膜向产品室移动，故B正确；C项、撤去阳极室与产品室之间的阳膜，阳极生成的氧气会把H3PO2氧化成H3PO4，导致H3PO2的产率下降，故C正确；D项、阴极上水电离出的氢离子得电子发生还原反应生成氢气，溶液中氢氧根浓度增大，原料室中钠离子通过阳膜向阴极室移动，通电一段时间后，阴极室中NaOH溶液的浓度增大，故D错误。故选D。【点睛】本题考查电解池原理的应用，注意电解池反应的原理和离子流动的方向，明确离子交换膜的作用是解题的关键。3、C【解析】根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【详解】A. 金

20、属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g1.52g=1.02g，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；B. 标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05a)mol，根据电子转移守恒可知：a1+(0.05a)21=0.06，解得a=0.04，则混合

21、气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C. 50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol0.04mol0.012=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D. Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04m

22、ol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.022+0.012+0.04+0.012=0.12mol，故D正确；答案选C。【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu 2e- Cu2+2OH-，Mg 2e- Mg2+2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。4、A【解析】A、浓盐酸与二氧化锰混合加热，离子方程式：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O，故A正确；B、将氯气溶于水制备次氯酸的离子反应为Cl2+

23、H2OH+Cl+HClO，故B错误；C、用过量NaOH吸收二氧化硫生成亚硫酸钠，离子方程式为2OH+SO2H2O+SO32，故C错误；D、向氯化铝溶液中加入过量氨水，一水合氨是弱碱，要保留化学式，离子方程式为Al3+3NH3H2OAl(OH)3+3NH4+，故D错误；答案选A。【点睛】考查离子方程式书写方法和反应原理，掌握物质性质和书写原则是解题关键，注意反应物用量对反应的影响。5、D【解析】A常温下，硫磺能与汞反应生成硫化汞，从而防止汞的挥发，A正确；B葡萄酒中添加SO2，可减少葡萄中单宁、色素的氧化，B正确；C硫酸钡不溶于水不于酸，不能被X光透过，可作消化系统检查的内服药剂，C正确；D“石

24、胆”是指CuSO45H2O，D错误；故选D。6、A【解析】A雾霾所形成的气溶胶属于胶体，有丁达尔效应，选项A正确；B碳纤维为碳的单质，属于无机物，所以碳纤维是一种新型无机非金属材料，不是有机高分子材料，选项B错误；C汽油中不含氮元素，汽车尾气中的氮氧化物是空气中的氮气与氧气在放电条件下生成的，选项C错误；D、由于石油是多种烃的混合物，而石油的分馏产品均为混合物，故汽油、煤油和柴油均为多种烃的混合物，选项D错误；答案选A。7、A【解析】A.二噁烷的分子式为C4H8O2，完全燃烧后生成二氧化碳和水，1mol二噁烷完全燃烧消耗5molO2，故A正确；B. 二噁烷中含有2个氧原子，与组成上并非只相差n

25、个CH2原子团，所以两者不是同系物，故B错误；C. 根据二噁烷的结构简式可知，其分子中只有一种化学环境的氢原子，故核磁共振氢谱只有1组峰，C错误；D. 分子中碳原子都是sp3杂化，所以所有原子不可能处于同一平面，故D错误，故选A。【点睛】甲烷型：四面体结构，凡是C原子与其它4个原子形成共价键时，空间结构为四面体型。小结：结构中每出现一个饱和碳原子，则整个分子中所有原子不可能共面。8、C【解析】A反应物接触面积越大，反应速率越快，所以采用多孔电极的目的是提高电极与电解质溶液的接触面积，并有利于氧气扩散至电极表面，从而提高反应速率，正确，A不选；B根据总反应方程式，可知正极是O2得电子生成OH，则

26、正极反应式：O2+2H2O+4e=4OH，正确，B不选；C根据指单位质量的电极材料理论上能释放出的最大电能。1molMg，质量为24g，失去2mole；1molAl，质量为27g，失去3mole；则镁、铝两种金属理论比能量之比为；错误，C选；D负极上Mg失电子生成Mg2，为防止负极区沉积Mg(OH)2，则阴极区溶液不能含有大量OH，所以宜采用中性电解质，或采用阳离子交换膜，负极生成OH不能达到阴极区，正确，D不选。答案选C。9、D【解析】根据图象得出I为氨水滴加到氯化铝溶液中的图象，II为KOH滴加到氯化铝溶液中的图象，c点为恰好反应生成氢氧化铝沉淀的点。【详解】A选项，根据分析得到c点恰好反

27、应完生成氢氧化铝沉淀，氢氧化钾的物质的量是氯化铝物质的量的3倍，因此AlCl3溶液的物质的量浓度为，故A正确；B选项，根据图象可以确定导电率与离子种类、离子浓度有关，故B正确；C选项，c点是氢氧化铝沉淀，再加入KOH，则沉淀开始溶解，其cd段发生的反应是Al(OH)3OHAlO22H2O，故C正确；D选项，e点是KOH、KAlO2、KCl，溶液中的离子浓度：c(K+)c(H+)c(Cl)c(OH)c(AlO2)，故D错误。综上所述，答案为D。10、A【解析】A. 向1L0.5mol/L盐酸溶液中通入NH3至中性(忽略溶液体积变化)，n(NH4+)= n(Cl-)，所以NH4+个数为0.5NA，

28、故A正确；B. 向含有FeI2的溶液中通入适量氯气，氯气先氧化碘离子，没有FeI2的物质的量，不能计算当有1 mol Fe2+被氧化时转移电子的物质的量，故B错误；C. 标准状况下，二氯甲烷是液体，22.4L二氯甲烷的物质的量不是1mol，故C错误；D. 用惰性电极电解CuSO4溶液，阴极先生成铜单质再生成氢气，标况下，当阴极生成22.4L氢气时，转移的电子数大于2NA，故D错误。答案选A。11、A【解析】A.NaHCO3与CO2不反应，烧瓶内的压强不变，不能形成喷泉，故选A；B.NH3易溶于水，形成NH3H2O，NH3H2ONH4OH，溶液呈碱性，能形成红色喷泉，故不选B；C.H2SCuSO

29、4H2SO4CuS，CuS为黑色沉淀，能形成黑色喷泉，故不选C；D.HClAgNO3HNO3AgCl，AgCl为白色沉淀，能形成白色喷泉，故不选D。答案选A。12、D【解析】A. Fe2与Fe(CN)63产生蓝色沉淀，不能大量共存，选项A错误；B.强酸性溶液中H+与ClO反应产生HClO弱电解质而不能大量共存，选项B错误；C. AlO2与HCO3会反应生成氢氧化铝沉淀和二氧化碳而不能大量共存，选项C错误；D.常温下水电离的c(H+)为11012mol/L的溶液可能显酸性或碱性，但与K、Na、Cl、NO3均不发生反应，能大量共存，选项D正确。答案选D。13、A【解析】A.pH1，c(H)0.1

30、molL1，n(H)0.1NA，选项A不正确；B.氯气和水的反应是可逆反应，可逆反应是有限度的，转移的电子总数小于0.1NA，选项B正确；C. 乙烯和环己烷的最简式都是CH2，所以14.0 g乙烯和环己烷的混合气体中含有的CH2为1mol，碳原子数目一定为NA，选项C正确；D.n(Cl)0.5 L0.2 molL120.2 mol，即0.2NA，选项D正确。答案选A。14、B【解析】A、酚酞变红色的溶液，此溶液显碱性，Al3、OH生成沉淀或AlO2，不能大量共存，故A错误；B、根据信息，此溶液中c(H)c(OH)，溶液显酸性，这些离子不反应，能大量共存，故正确；C、与Al能放出氢气的，同业可能

31、显酸性也可能显碱性，若是碱性，则Fe2和OH不共存，若酸性，NO3在酸性条件下具有强氧化性，不产生H2，故C错误；D、水电离的c(H)=11013molL1的溶液，此物质对水电离有抑制，溶液可能显酸性也可能显碱性，AlO2、CO32和H不能大量共存，故D错误。答案选B。15、B【解析】有机物含有2个碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，结合烯烃、甲烷的结构特点解答。【详解】A. 由结构式可知分子中含有5个C、4个H原子，则分子式为C5H4，根据不饱和度的规律可知，该分子内含4个不饱和度，因此要生成1 mol C5 H12至少需要4 mol H2，A项正确；B. 分子中含有饱和碳原子，中心碳原子

32、与顶点上的4个碳原子形成4个共价单键，应是四面体构型，则分子中四个碳原子不可能在同一平面上，B项错误；C. 依据等效氢思想与物质的对称性可以看出，该分子的三氯代物与一氯代物等效，只有一种，C项正确；D. 分子式为C5H4，只含碳碳叁键的链烃有CHC-CH2-CCH或CHC-CC-CH3这2种同分异构体，D项正确；答案选B。【点睛】本题C项的三氯代物可用换位思考法分析作答，这种方法一般用于卤代物较多时，分析同分异构体较复杂时，即将有机物分子中的不同原子或基团进行换位，如乙烷分子，共6个氢原子，一个氢原子被氯原子取代只有一种结构，那么五氯乙烷呢，H看成Cl，Cl看成H，换位思考，也只有一种结构。1

33、6、A【解析】等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液，也可能还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+，由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-，据此解答。【详解】等物质的量浓度的Al3+、Br-、SO42-的溶液中，正电荷数和负电荷数恰好相等，所以无色溶液可能是硫酸铝和溴化铝的溶液； 无色硫酸铝和溴化铝的溶液与NaCl溶液不反应、可共存，所以无色溶液可能还含有NaCl，即还含有等物质的量浓度的Cl-、Na+； 由于Al3+和HCO3-离子不共存，所以不可能含有HCO3-； 综上：溶液可能含有Al3

34、+、Br-、SO42-三种离子；溶液可能含有Al3+、Br-、SO42-、Cl-、Na+五种离子， 答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羰基 酯基 +HCl Br2 取代反应 取代反应 （任写 3 个） CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH 【解析】根据合成路线图中反应物和生成物的结构变化分析反应类型；根据题给信息及路线图中反应类型比较目标产物及原料的结构设计合成路线图。【详解】（1）根据A的结构简式分析，A中的官能团有羰基和酯基，故答案为：羰基；酯基；（2）根据比较C和E的结构及反应物的结构，分析中间产物D的结构简式为：，则反应的化学方程式为：+HCl；故答案为：+HCl；（

35、3）比较D和E的结构，反应为取代反应，所需的试剂是Br2，故答案为：Br2；（4）比较E和F的结构变化及F和G的结构变化，反应为取代反应；反应也为取代反应，故答案为：取代反应；取代反应；（5）I 是 B（） 的同分异构体，具有两性并能与碳酸氢钠溶液反应放出气体，则结构中含有氨基和羧基，其中具有六元环结构的有机物H的结构简式有：；（6）乙醇氧化可以得到乙酸，乙酸与乙醇酯化反应反应得到乙酸乙酯（），乙酸乙酯发生酯缩合反应生成，与发生合成路线中反应的反应即可得到，故答案为：CH3CH2OHCH3CHOCH3COOH。18、酮基 醚基 H2O/H+加热 取代反应 +CH3COOH+H2O 3 【解析】

36、A转化到B的反应中，A中的羰基转化为B中的酯基，B在酸性条件下发生水解得到C，即间苯二酚，间苯二酚在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了COCH3，E的分子式为C3H6，根据G的结构简式，可知E为丙烯，F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，D和F发生取代反应，D的羟基上的H被CH2CH=CH2取代，根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为。【详解】(1)根据G的结构简式，其官能团有碳碳双键，羟基外，还有结构式中最下面的部分含有醚键，最上端的部分含有羰基（酮基）； 答案为酮基、醚键；(2)B中含有酯基，在酸性条件下发

37、生水解才能得到转化为酚羟基，在反应条件为H2O/H+加热；(3)根据G和H的结构简式，以及M到H的反应条件，可知M到H是发生了碳碳双键的加成，则M的结构简式为；(4) F的结构简式为CH2=CHCH2Cl，结合D和G的结构简式，D的羟基上的H被CH2CH=CH2取代，因此反应的反应类型为取代反应；(5)C的结构简式为，结合D的结构简式，可知C（间苯二酚）在ZnCl2的作用下，和CH3COOH发生在酚羟基的邻位上引入了COCH3，化学方程式为+CH3COOH+H2O；(6)F的分子式为C3H5Cl，分子中含有碳碳双键，可用取代法，用Cl取代丙烯中的氢原子，考虑顺反异构，因此其同分异构体有（顺）、

38、（反）、（F），除去F自身，还有3种，其反式结构为；(7)对苯二酚的结构简式为，目标产物为，需要在酚羟基的邻位引入COCH2CH3，模仿C到D的步骤；将OH转化为OOCCH2CH3，利用已知。已知信息中，需要酸酐，因此可以利用丙酸得到丙酸酐，在进行反应，因此合成流程为。19、AgCl 2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq) SO42- S O2 Ag2S的悬浊液 2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH 对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成

39、AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S 【解析】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的离子。另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析

40、，生成物有S，由此可完善方程式。B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3).向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；由判断，可确定滤液X中被检出的

41、离子为SO42-。答案为：SO42-；另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH。答案为：2Ag2S1O24NaCl2H2O=4AgCl2S4NaOH；B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉

42、淀，从而促进平衡正向移动，B 中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.31050、Ksp(AgCl)=1.51016，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。20、aefc

43、db 关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体 加热使H2S的溶解度减小而放出；硫酸电离出的氢离子增大了c（H+），促使H2S电离平衡左移，导致H2S放出。 3N2H4+2KIO3=2KI+3N2+6H2O 向KI溶液中加入足量BaCO3固体，充分搅拌后过滤、洗涤，将滤液和洗涤液合并 16.6 【解析】根据题干信息可知3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O3H2S+KIO3KI+3S+3H2O，需要的反应物为H2S、KOH、I2，A装置根据强酸制弱酸原理制备硫化氢气体，FeS+2HCl=FeCl2+H2S；D装置用

44、于除去H2S中的HCl气体，导管e进f出；C装置是制取KI的装置，硫化氢气体从c进入装置与其他反应物充分接触，剩余气体从d出去进入B装置，除掉未反应的硫化氢气体防止污染环境。【详解】(1)根据上面分析可知，制备KI，按气流方向其连接顺序为aefcdb；答案：aefcdb (2)装置A是启普发生器，检验气密性可利用压强差原理，方法是关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好；因为盐酸易挥发，所以制得的硫化氢中混有氯化氢，装置D的作用是除去H2S中的HCl气体；答案：关闭活塞，向球形漏斗内加水至形成一段水柱，一段时间内液柱高度不发生变化，说明装置气密性良好 除去H2S中的HCl气体(3)制备KI时，向三颈瓶中逐滴滴入KOH溶液，加热并不断搅拌，观察到棕黄色溶液变为无色时，也就是反应3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O结