2022年安徽省泗县高三下学期联考化学试题含解析

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、准考证号填写在答题卡上。2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，W简单氢化物r溶于水完全电离。m、p是由这些元素组成的二元化合物，m可做制冷剂，无色气体p遇空气变为红棕色。下列说法正确的

2、是（ ）A简单离子半径：WZYXBY原子的价电子轨道表示式为Cr与m可形成离子化合物，其阳离子电子式为D一定条件下，m能与Z的单质反应生成p2、由N2O和NO反应生成N2和NO2的能量变化如图所示。下列说法错误的是A使用催化剂可以降低过渡态的能量B反应物能量之和大于生成物能量之和CN2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)+139kJD反应物的键能总和大于生成物的键能总和3、 “文房四宝”湖笔、徽墨、宣纸和歙砚为中华传统文化之瑰宝。下列说法正确的是A制造毛笔时，将动物毫毛进行碱洗脱脂是为了增强笔头的吸水性B徽墨的主要成分是性质稳定的焦炭，故水墨字画能较长久地保存C宣纸的主要成分是碳纤维，

3、其制造工艺促进了我国造纸术的发展D歙砚材质组云母的化学式用氧化物形式表示为：4、下列说法中正确的是（ ）A生物炼铜指的是在某些具有特殊本领的细菌的体内，铜矿石中的杂质元素可以被转化为铜元素，从而可以提高铜矿石冶炼的产率B铁在NaOH和NaNO2混合溶液中发蓝、发黑，使铁表面生成一层致密的氧化膜，可防止钢铁腐蚀C已知锶(Sr)为第五周期IIA族元素，则工业上常通过电解熔融SrCl2制锶单质，以SrCl26H2O制取无水SrCl2一定要在无水氯化氢气流中加热至SrCl26H2O失水恒重D硫比较活泼，自然界中不能以游离态存在5、对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2N2+CO2+2H2O

4、。在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n(CH4)随时间变化的有关实验数据见下表。组别温度n/mol时间/min010204050T1n（CH4）0.500.350.250.100.10T2n（CH4）0.500.300.180.15下列说法正确的是A组别中，020min内，NO2的降解速率为 0.0125 molL1min1B由实验数据可知实验控制的温度T1T2C40min时，表格中T2对应的数据为0.18D010min内，CH4的降解速率6、Fe3O4中含有Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物

5、NO2-，其反应过程如图所示。下列说法正确的是（ ）APd作正极BFe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用C反应过程中NO2-被Fe（）氧化为N2D用该法处理后水体的pH降低7、生物固氮与模拟生物固氮都是重大基础性研究课题。大连理工大学曲景平教授团队设计合成了一类新型邻苯二硫酚桥联双核铁配合物，建立了双铁分子仿生化学固氮新的功能分子模型。如图是所发论文插图。以下说法错误的是A催化剂不能改变反应的焓变B催化剂不能改变反应的活化能C图中反应中间体NXHY数值XSB向废FeCl3蚀刻液X中加入少量的铁粉，振荡未出现红色固体X中一定不含Cu2+C向酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇具有还

6、原性D用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液迅速产生无色气体形成Zn-Cu原电池加快了制取H2的速率AABBCCDD19、下列关于有机化合物的说法正确的是( )A属于醛类，官能团为CHOB分子式为C5H10O2的有机物中能与NaOH溶液反应的有4种C立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3种D烷烃的正确命名是2-甲基-3-丙基戊烷20、一定符合以下转化过程的X是（）X溶液WZXAFeOBSiO2CAl2O3DNH321、下列实验过程中，始终无明显现象的是ACl2通入Na2CO3溶液中BCO2通入CaCl2溶液中CNH3通入AgNO3溶液中DSO2通入NaHS溶液中22

7、、设NA代表阿伏加德罗常数，下列说法正确的是（ ）A5.6g铁与足量盐酸反应转移的电子数为0.3NAB100mL2.0mol/L的盐酸与醋酸溶液中氢离子均为0.2NAC标准状况下，22.4L氦气与22.4L氟气所含原子数均为2NAD常温常压下，20g重水(D2O)中含有的电子数为10NA二、非选择题(共84分)23、（14分）有机物 W 在医药和新材料等领域有广泛应用。W 的一种合成路线如图：已知部分信息如下：1molY完全反应生成2molZ，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜悬浊液反应+R1COOHRCH2NH2+H2O请回答下列问题：(1)Y 的化学名称是_；Z 中官能团的名称是_；(2)

8、中_（填“有”或“无”）手性碳原子；图示中 X 转化为 Y 的反应类型是_。(3)生成 W 的化学方程式为_。(4)G 是对硝基乙苯的同分异构体，G 能和碳酸钠反应产生气体且分子中含有NH2（氨基），G的同分异构体有_种（不考虑立体结构），其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为 12222 的结构简式为_。(5)设计以苯乙烯和丙酮为原料制备药物中间体的合成路线_（无机试剂自选）。24、（12分）某药物中间体X的合成路线如下：已知：RXHX； NH2RCHORCHN；ROH； 。请回答：（1） F的结构简式为_。（2） 下列说法正确的是_。A HX的反应类型属于加成反应B 化合物F具有弱碱性C 化合物

9、G能发生取代、消去、还原反应D 化合物X的分子式为C23H27O3N9（3） 写出BC的化学方程式_。（4） 可以转化为。设计以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线（用流程图表示，无机试剂任选）_。（5） 写出化合物B同时符合下列条件的同分异构体的结构简式。分子中有一个六元环，无其它环状结构；_1HNMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在CN_。25、（12分）硫酰氯(SO2Cl2)是一种重要的化工试剂，氯化法是合成硫酰氯(SO2Cl2)的常用方法。实验室合成硫酰氯的实验装置如下图所示(部分夹持装置未画出)：已知： SO2(g) + Cl2(g)SO2Cl2(l) H97.3 kJ/mol。

10、硫酰氯常温下为无色液体，熔点为54.1，沸点为69.1，在潮湿空气中“发烟”。 100以上或长时间存放硫酰氯都易分解，生成二氧化硫和氯气。回答下列问题：(1) 装置A中发生反应的离子方程式为_。(2) 装置B的作用为_，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为_。(3) 仪器F的名称为_，E中冷凝水的入口是_(填“a”或“b”)，F的作用为_。(4) 当装置A中排出氯气1.12 L(已折算成标准状况)时，最终得到5.4 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_。为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有_(填序号)。 先通冷凝水，再通气 控制气流速率，宜慢不宜快

11、 若三颈烧瓶发烫，可适当降温 加热三颈烧瓶(5) 氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯2ClSO3HSO2Cl2 + H2SO4，分离产物的方法是_A重结晶B过滤 C蒸馏D萃取(6) 长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为_。26、（10分）1 -溴丙烷是一种重要的有机合成中间体，实验室制备少量1 -溴丙烷的实验装置如下:有关数据见下表:步骤1:在仪器A中加入搅拌磁子、12 g正丙醇及20 mL水,冰水冷却下缓慢加入25 mL 18. 4 molL-1的浓H2SO4 ;冷却至室温,搅拌下加入24 g NaBr。步骤2:按如图所示搭建实验装置,缓慢加热,直到无油状物蒸馏出为止。回答下列问

12、题:（1）使用油浴加热的优点主要有_.（2）仪器A的容积最好选用_.（填字母）。A 50 mL B 100 mL C 250mL. D 500mL.（3）步骤1中如果不加入20 mL水或者加入的水过少,烧瓶中会有大量红棕色蒸气产生,写出该反应的化学方程式:_。（4）提纯产品的流程如下:加入碳酸钠溶液的目的之一是通过反应除去产品中的Br2,已知反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:1,写出反应的离子方程式:_。操作I得到的有机层中可能含有水、丁醇等杂质,检验水的试剂可选用_（填字母,下同）。a 金属钠 b 胆矾 c 无水硫酸铜 d 碱石灰，操作II选择的装置为_。（5）本实验制得的纯产品为

13、14.8 g,则产率为_（保留小数点后一位）。27、（12分）氮化铝(AlN)是一种性能优异的新型材料，在许多领域有广泛应用。某化学小组模拟工业制氮化铝原理，欲在实验室制备氮化铝并检验其纯度。查阅资料：实验室用饱和NaNO2溶液与NH4Cl溶液共热制N2：NaNO2+NH4ClNaCl+N2+2H2O工业制氮化铝：Al2O3+3C+N22AlN+3CO，氮化铝在高温下能水解。AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3。氮化铝的制备(1)实验中使用的装置如上图所示，请按照氮气气流方向将各仪器接口连接：ecd_。(根据实验需要，上述装置可使用多次)。(2)A装置内

14、的X液体可能是_；E装置内氯化钯溶液的作用可能是_.氮化铝纯度的测定（方案i）甲同学用左图装置测定AlN的纯度(部分夹持装置已略去)。(3)为准确测定生成气体的体积，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是_.aCCl4 bH2O cNH4Cl饱和溶液 d植物油(4)用下列仪器也能组装一套量气装置，其中必选的仪器有_(选下列仪器的编号)。a.单孔塞 b.双孔塞 c.广口瓶 d.容量瓶 e.量筒 f.烧杯（方案ii）乙同学按以下步骤测定样品中AlN的纯度 (流程如下图) 。(5)步骤的操作是_(6)实验室里灼烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以外，还需要的硅酸盐仪器有_等。(7)样品中AlN的纯

15、度是_(用含m1、m2、m3表示)。(8)若在步骤中未洗涤，测定结果将_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”。)28、（14分）铁、钴、镍及化合物在机械制造、磁性材料、新型电池或高效催化剂等许多领域都有着广泛的应用。请回答下列问题： 基态Ni原子的价电子排布式为_。镍与CO生成的配合物，中含有的键数目为_；写出与CO互为等电子体的阴离子的化学式_。研究发现，在低压合成甲醇反应中，Co氧化物负载的纳米粒子催化剂具有高活性，显示出良好的应用前景。元素Co与O中，第一电离能较大的是_。生成物与中，沸点较高的是_，原因是_。用KCN处理含的盐溶液，有红色的析出，将它溶于过量的KCN溶液后，可生成紫色的。

16、具有强还原性，在加热时能与水反应生成淡黄色的，写出该反应的离子方程式_。铁有、三种同素异形体如图，、两种晶胞中铁原子的配位数之比为_。若Fe原子半径为rpm，表示阿伏加德罗常数的值，则单质的密度为_列出算式即可。在立方晶胞中与晶胞体对角线垂直的面在晶体学中称为1，晶面。如图，则晶胞体中1，晶面共有_个。29、（10分）我国科学家通过测量SiO2中26Al和16Be两种元素的比例确定“北京人”年龄，这种测量方法叫“铝铍测年法”，完成下列填空：（1）写出Be的核外电子式_，Be所在的周期中，最外层有2个末成对电子的元素的符号有_、_。（2）Al和Be具有相似的化学性质，铝原子核外有_种不同运动状态

17、的电子，写出BeCl2水解反应的化学方程式：_。（3）研究表明26Al可以衰变为26Mg。请从原子结构角度解释这两种元素金属性强弱关系_。（4）比较Al3+、S2和Cl半径由大到小的顺序_；这3种元素最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是_（写名称），Al2O3是离子化合物，而AlCl3是共价化合物。工业制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是_。参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】短周期元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大。m可做制冷剂，则m为NH3，则X为H；无色气体p遇空气变为红棕色，则p为NO；N元素的简单氢化物是非电解质，所W不

18、是O、N，则Y为N，Z为O，W原子的最外层电子数是X与Z原子最外层电子数之和，且其简单氢化物r溶于水完全电离，则W为Cl。【详解】A电子层数越多离子半径越大，电子层数相同，原子序数越小半径越大，所以简单离子半径：Cl-N3-O2-H+，故A错误；BY为N，其价层电子为2s22p3，价电子轨道表示式为：，故B错误；Cr与m可形成离子化合物氯化铵，铵根的正确电子式为，故C错误；D氨气与氧气在催化剂加热的条件下可以生成NO，故D正确；故答案为D。2、D【解析】A.催化剂可以降低活化能；B.根据图象来分析；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ；D. H=反应物的键能总和-生成物的键能总和。【详解

19、】A.催化剂可以降低活化能,降低过渡态的能量,故不选A；B.根据图象可以知道,此反应的反应物的总能量大于生成物的总能量，故不选B；C.根据图象可以知道,此反应放热139kJ,热化学方程式为N2O(g)+NO(g)N2(g)+NO2(g)+139kJ,故不选C；D.H=反应物的键能总和-生成物的键能总和0，故选D；答案：D【点睛】.H=反应物的键能总和-生成物的键能总和=生成物的总能量-反应物的总能量。3、A【解析】A动物毫毛表面的油脂难溶于水，不利于毛笔吸水，碱洗脱脂可以增强笔头的吸水性，A项正确；B墨的主要成分是炭黑，B项错误；C宣纸的主要成分是纤维素，C项错误；D用氧化物的形式表示硅酸盐，

20、顺序是：金属氧化物（按活动性顺序排列）SiO2H2O，所以应为K2O4Al2O38SiO24H2O，D项错误；答案选A。4、B【解析】A.生物炼铜利用某些具有特殊本领的细菌能用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，使铜的冶炼变得非常简单，而不是将铜矿石中的杂质元素转化为铜元素，故A错误；B.为了防止铁生锈，可对铁制品表面进行“发蓝”处理，即把铁制品浸入热的NaNO2、NaNO3、NaOH混合溶液中，使它的表面氧化生成一层致密的氧化膜(Fe3O4)，故B正确；C.锶是活泼金属元素，SrCl2是强酸强碱盐，加热时不发生水解，则以SrCl26H2O制取无水SrCl2不必在氯

21、化氢气流中加热，故C错误；D.自然界中含硫矿物分布非常广泛，种类也很多，以单质硫（即游离态）和化合态硫两种形式出现，故D错误；综上所述，答案为B。【点睛】根据元素周期律，第IIA族元素从上到下，金属性逐渐增强，所以金属性：BaSr CaMgBe，则可知SrCl2是强酸强碱盐。5、B【解析】A、随着反应的进行，反应物的浓度降低，反应速率减小，故组别中，020min内，NO2的降解平均速率为0.0125 molL-1min-1，选项A错误；B、温度越高反应速率越大，达平衡所需时间越短，由实验数据可知实验控制的温度T1，选项D错误。答案选B。6、B【解析】A从图示可以看出，在Pd上，H2失去电子生成

22、H+，所以Pd作负极，故A错误；BFe（）失去电子转化为Fe（），失去的电子被NO2-得到，H2失去的电子被Fe（）得到，Fe（）转化为Fe（），所以Fe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用，故B正确；C反应过程中NO2-被Fe（）还原为N2，故C错误；D总反应为：2NO2-+3H2+2H+=N2+4H2O，消耗了H+，所以用该法处理后水体的pH升高，故D错误；故选B。7、B【解析】A催化剂能够改变反应途径，不能改变反应物、生成物的能量，因此不能改变反应的焓变，A正确；B催化剂能够改变反应途径，降低反应的活化能，B错误；C在过渡态，氮气分子可能打开叁键中部分或全部共价键，然后在催化剂表

23、面与氢原子结合形成中间产物，故x可能等于1或2，C正确；D根据图示可知，在中间体的Fe原子含有空轨道，在S原子、N原子上含有孤对电子，Fe与S、N原子之间通过配位键连接，D正确；故合理选项是B。8、C【解析】ApH=13，c(NaOH)=0.1mol/L，c点时，20 mL0.1 mol. L-1HN3溶液与20mLpH=13的NaOH溶液刚好完全反应，此时溶液呈碱性，说明NaN3发生水解，HN3是一元弱酸，A正确；Bc点溶液为NaN3溶液，依据质子守恒，c(OH-) =c(H+) +c( HN3)，B正确；C常温下，c点溶液呈碱性，继续加入NaOH溶液，d点溶液一定呈碱性，C错误；D常温下，

24、0.1 mol. L-1 HN3溶液中，c(OH-)=10-amol/L，则HN3电离出的c(H+)=10-14+amol/L，HN3的电离度为=10a-11 %，D正确。故选C。9、D【解析】本题考查阿伏加德罗常数，意在考查对化学键，水的电离及物质性质的理解能力。【详解】A.2.4g Mg与足量硝酸反应，Mg变为Mg2+，失去0.2mol电子，故A错误；B.甲苯分子中含有9个单键（8个C-H键、1个C-C键），故B错误；C.未指明温度，Kw无法确定，无法计算水电离的氢离子数目，故C错误；D.CO2、N2O和C3H8的摩尔质量相同，均为44g/mol，故混合气体的物质的量为=0.1 mol，所

25、含分子数为0.1NA，故D正确；答案：D10、C【解析】A碘升华克服的是分子间作用力，共价键没有破坏，故A错误；B蔗糖溶于水后，蔗糖在水中以分子形式存在，所以没有化学键的破坏，故B错误；C氯化氢气体溶于水，氯化氢在水分子的作用下发生电离生成氯离子和氢离子，所以有化学键的破坏，故C正确；D氢氧化钠熔化时电离出OH-和Na+，只破坏离子键，故D错误；故答案为C。11、C【解析】A二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；B硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；C胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和

26、胃酸，二者有对应关系，选项正确；D. H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。答案选C。12、C【解析】A. 阴极H2O或H+放电生成OH-，溶液中的离子浓度不断增大，故A正确；B. 由分析可知，液相反应中发生的反应为C2H4+2CuCl2=ClCH2CH2Cl+2CuCl，有反应的化学方程式可知，CuCl2将C2H4氧化成为ClCH2CH2Cl，故B正确；C. 阴极H2O或H+放电生成NaOH，所以离子交换膜Y为阳离子交换膜；阳极CuCl放电转化为CuCl2，所以离子交换膜X为阴离子交换膜，故C错误；D. 以NaCl和CH2=CH2为原料合成1，2二氯乙烷中，CuClCuCl2CuC

27、l，CuCl循环使用，其实质是NaCl、H2O与CH2=CH2反应，所以总反应为CH2=CH2+2H2O+2NaClH2+2NaOH+ClCH2CH2Cl，故D正确。故选C。13、B【解析】A实验中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；B实验中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶

28、液a中加入BaCl2，产生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误；答案选B。14、C【解析】H2C2O4水溶液在酸性极强下主要存在H2C2O4，分析题中所给信息，曲线代表的粒子应是H2C2O4，随着pH的增大，H2C2O4发生一级电离，生成HC2O4-和H+，可知曲线代表的粒子为HC2O4-，则曲线代表的粒子为C2O42-。由图可知，在pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)；在pH=4.2时，c(HC2O4-)=c(C2O42-)；据此进行分析。【详解】A在酸性较强条件下主要存在H

29、2C2O4，曲线代表的粒子应是H2C2O4，A项错误；BH2C2O4的第一步电离方程式为H2C2O4HC2O4-+H+，Ka1=，由图可知，pH=1.2时，c(HC2O4-)=c(H2C2O4)，则Ka1=c(H+)=101.2，B项错误；CpH=4.2时，溶液中主要存在的离子有：K+、H+、C2O42-、HC2O4-、OH，依据电荷守恒可得：c(K+)+c(H+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH)，溶液中c(HC2O4-)=c(C2O42-)，c(H+)c(OH)，可得出c(K+)3c(C2O42-)，C项正确；D浓度均为0.01 molL1的草酸与KOH溶液等体积混合并

30、充分反应得到KHC2O4溶液，溶液显酸性，说明HC2O4-的电离大于水解，故c(K+)c(HC2O4-)c(C2O42-)c(H2C2O4)，D项错误。答案选C。15、C【解析】A由题中信息可知，苯甲酸（HA）的抑菌能力显著高于A-，充CO2的饮料中c（HA）增大，所以相比于未充CO2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故A错误；B提高CO2充气压力，溶液的酸性增强，抑制HA电离，所以溶液中c（A-）减小，故B错误；C当pH为5.0时，饮料中= =0.16，C项正确；D根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(HCO3-)+2c(CO32-)+c(OH-)+c(A-)，根据物料守恒得c(Na+)

31、=c(A-)+c(HA)，两式联立，消去c(Na+)得c(H+)=c(OH-)+c(HCO3-)+2c(CO32-)-c(HA)，故D项错误；答案选C。【点睛】弱电解质的电离平衡和盐类水解平衡都受外加物质的影响，水解显碱性的盐溶液中加入酸，促进水解，加入碱抑制水解。在溶液中加入苯甲酸钠，苯甲酸钠存在水解平衡，溶液显碱性，通入二氧化碳，促进水解，水解生成更多的苯甲酸，抑菌能量增强。提高二氧化碳的充气压力，使水解程度增大，c(A)减小。16、A【解析】A利托那韦（Ritonavir）结构中含有肽键、酯基，在酸碱条件下都能水解，A选项正确；B由于两个苯环没有对称，一氯取代物有6种，B选项错误；C根据

32、结构简式可知，该结构中有5个甲基，C选项错误；D由于肽键、酯基的碳氧双键一般不参与氢气加成，苯环、碳碳双键、碳氮双键可与H2发生加成反应，所以1 mol该结构可以与3+3+2+2=10 mol H2加成，D选项错误；答案选A。17、C【解析】A硬脂酸为C17H35COOH，含有羧基，与C2H518OH发生酯化反应，乙醇脱去H原子，硬脂酸脱去羟基，反应的化学方程式为C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A错误；B向Na2SiO3溶液中通入过量SO2的离子反应为SiO32-+2SO2+2H2OH2SiO3+2HSO3-，故B错误；C氯化钠为离子化合物，含有

33、离子键，反应中Na失去电子，Cl得到电子，则Na和Cl形成离子键的过程：，故C正确；D弱酸的电离平衡常数越大，酸的酸性越强，强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2OHClO+HCO3-，故D错误；故答案为C。18、C【解析】A.盐酸中滴加Na2SO3溶液反应生成SO2气体，只能说明盐酸酸性大于亚硫酸，无法比较S和Cl的非金属性强弱，故A错误；B.Fe先与FeCl3反应，再与Cu2+反应，由于加入少量的铁粉，Fe3+未反应完，所以无红色固体生成，无法确定是否含有Cu2+，故B错误；C.酸性高锰酸钾溶液有氧化性，加入乙醇，溶液褪色，说明乙醇被氧化，

34、体现了乙醇的还原性，故C正确；D. 用3 mL稀硫酸与纯锌粒反应，再加入几滴 Cu(NO3)2浓溶液，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，与金属反应不能生成氢气，故D错误，故选C。19、C【解析】A的官能团为COO(酯基)，为甲酸与苯酚发生酯化反应形成的酯，属于酯类，A选项错误；B分子式为C5H10O2且能与NaOH溶液反应的有机物可能为羧酸，也可能为酯，若为羧酸，C5H10O2为饱和一元酸，烷基为C4H9，C4H9的同分异构体有CH2CH2CH2CH3、CH(CH3)CH2CH3、CH2CH(CH3)CH3、C(CH3)3；若为酯，可能是以下几种醇和酸形成的酯，甲酸和丁醇酯化，丁醇有4种乙

35、酸和丙醇酯化，丙醇有2种丙酸和乙醇酯化，1种丁酸和甲醇酯化，丁酸有2种，因此共有4+2+1+2=9种，则符合条件的C5H10O2的有机物共有13种，B选项错误；C氨基可以占据同一边上的两个顶点，同一平面的两个顶点，立方体对角线的两个顶点，则立方烷的二氨基取代物有3种，而立方烷的六氨基取代物的种类等于二氨基取代物的种类，也为3种，C选项正确；D的最长碳链为6，称为己烷，在2号碳上有1个甲基，3号碳上有1个乙基，正确命名为2-甲基-3-乙基己烷，D选项错误；答案选C。【点睛】B选项为易错选项，在解答时容易忽略含有两个氧原子且能与NaOH溶液反应的有机物除了羧酸以外，还有可能是酯，酯能与氢氧化钠发生

36、水解反应。20、D【解析】AFeO与稀硝酸反应生成硝酸铁溶液，硝酸铁溶液与NaOH溶液反应生成氢氧化铁沉淀，氢氧化铁加热分解生成氧化铁，不能生成FeO，所以不符合转化关系，故A不选；BSiO2与稀硝酸不反应，故B不选；CAl2O3与稀硝酸反应生成硝酸铝溶液，硝酸铝溶液与少量NaOH溶液反应生成氢氧化铝沉淀，但过量NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝加热分解生成氧化铝，偏铝酸钠加热得不到氧化铝，所以不一定符合，故C不选；DNH3与稀硝酸反应生成硝酸铵溶液，硝酸铵溶液与NaOH溶液反应生成一水合氨，一水合氨加热分解生成NH3，符合转化关系，故D选；故答案为：D。21、B【解析】A、氯气与水反应生

37、成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；故

38、选B。22、D【解析】A. 5.6g铁为0.1mol，与足量盐酸反应生成Fe2+和H2，转移的电子数为0.2NA，A错误；B. 醋酸为弱电解质，100mL2.0mol/L的醋酸在溶液部分电离，生成的氢离子数小于0.2NA，B错误；C. 标准状况下，22.4LHe与22.4LF2所含原子数不相等，前者为0.1NA，后者为0.2NA，C错误；D. 常温常压下，20g重水(D2O)的物质的量为1mol，含有的电子数为10NA，D正确。故选D。二、非选择题(共84分)23、2，3-二甲基-2-丁烯 羰基 无 消去反应 17 、 【解析】由分子式可知，X为饱和一元醇(或醚)，X在浓硫酸、加热条件下转化为

39、Y，Y发生信息中氧化反应生成Z，故X为饱和一元醇，X发生消去反应生成烯烃Y，1molY完全反应生成2molZ，则Y为结构对称，且在加热条件下Z不能和新制氢氧化铜浊液反应，结合信息可知Z为，则Y为、X为，结合信息可推知W为。乙苯发生硝化反应生成，然后发生还原反应生成，据此分析解答。【详解】(1)由分析可知，Y为，Y的化学名称是：2，3-二甲基-2-丁烯；Z为，Z中官能团的名称是：羰基；(2)连接4个不同原子或原子团的碳原子是手性碳原子，故中没有手性碳原子；图示中X转化为Y是分子内脱去1分子水形成碳碳双键，属于消去反应；(3)生成W的化学方程式为：；(4)G是对硝基乙苯()的同分异构体，G能和碳酸

40、钠反应产生气体且分子中含有-NH2(氨基)，G中还含有羧基，苯环可以含有1个侧链为-CH(NH2)COOH；可以有2个侧链为-CH2NH2、-COOH，或者为-NH2、-CH2COOH，均有邻、间、对三者位置结构；可以有3个侧链为：-CH3、-NH2、-COOH，氨基与羧基有邻、间、对3种位置结构，对应的甲基分别有4种、4种、2种位置，故符合条件的同分异构体共有1+32+4+4+2=17种，其中在核磁共振氢谱上峰的面积比为1：2：2：2：2的结构简式为：和；(5)由与反应生成；苯乙烯与氢气发生加成反应生成乙苯，乙苯发生硝化反应生成，再用酸性高锰酸钾溶液氧化生成，然后与Fe/HCl反应生成，合成

41、路线流程图为：。24、或HOCH2CH2NHNH2 BCD HCl 、 、 【解析】从E到F的分子式的变化分析，物质E和NH2NH2的反应为取代反应，另外的产物为氯化氢，则推断B的结构简式为，根据信息分析，C的结构简式为，E的结构简式为HOCH2CH2Cl，F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2。【详解】(1)根据以上分析可知F的结构简式为 或HOCH2CH2NHNH2 ；(2) A的结构中含有氯原子，结合信息分析，HX的反应类型属于取代反应，故错误；B化合物F的结构简式为HOCH2CH2NHNH2，含有氨基，具有弱碱性，故正确；C化合物G含有的官能团为羟基，羰基，碳氮双键，碳碳双键，所以能

42、发生取代、消去、还原反应，故正确；D结合信息分析，的分子式为C12H12O2N7Cl，与之反应的分子式为C11H16ON2，该反应为取代反应，生成的另外的产物为氯化氢，则化合物X的分子式为C23H27O3N9，故正确。选BCD；(3)B到C为取代反应，方程式为： HCl；(4) 以苯酚和乙烯为原料制备的合成路线，从逆推方法入手，需要合成的物质为和HN（CH2CH2Br）2，由苯酚和浓硝酸反应生成，乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，再与氨气反应生成HN（CH2CH2Br）2即可。合成路线为： ；(5)化合物B的分子式为C5H6O2N2，其同分异构体同时符合下列条件：分子中有一个六元环，无

43、其它环状结构；1HNMR谱表明分子中有2种氢原子；IR谱显示存在CN，说明结构有对称性，除了-CN外另一个氮原子在对称轴上，两个氧原子在六元环上，且处于对称位，所以结构可能为 、 、。25、2MnO4 + 10Cl + 16H+2Mn2+ + 5Cl2+ 8H2O 除去HCl SO2 + Cl2 + 2H2O2HCl + H2SO4 球形干燥管 a 防止空气中的水蒸汽进入；吸收尾气，防治污染空气 80% C 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄 【解析】由合成硫酰氯的实验装置可知，A中发生2KMnO4+16HCl=2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O，因浓盐酸易挥发，B中饱和食盐水

44、可除去氯气中的HCl气体杂质，C中浓硫酸可干燥氯气，D为三颈烧瓶，D中发生SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)，E中冷却水下进上出效果好，结合信息可知，F中碱石灰吸收尾气、且防止水蒸气进入D中，据此解答(1)(3)；(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为；为提高本实验中硫酰氯的产率，应在低温度下，且利于原料充分反应；(5)生成物均为液体，但沸点不同；(6)由信息可知，硫酰氯易分解。【详解】(1)装置A中发生反应的离子方程式为2MnO4-+10Cl-+16H+=2Mn2+5Cl2+8H2O，故答案为:2MnO4-+10Cl-+16H+=2M

45、n2+5Cl2+8H2O；(2)装置B的作用为除去HCl，若缺少装置C，装置D中SO2与Cl2还可能发生反应的化学方程式为SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，故答案为：除去HCl;SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；(3)仪器F的名称为三颈烧瓶，为保证良好的冷凝效率，E中冷凝水的入口是a。硫酰氯在潮湿空气中“发烟”说明其与水蒸汽可以发生反应；实验中涉及两种有毒的反应物气体，它们有可能过量，产物也易挥发，因此，F的作用为吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入。故答案为：球形干燥管；a；吸收尾气，防止污染空气，防止水蒸气进入；(4) ，由SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl

46、2(l)可知，理论上生成SO2Cl2为，最终得到5.4g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为，为提高本实验中硫酰氯的产率，在实验操作中需要注意的事项有：先通冷凝水，再通气，以保证冷凝效率；控制气流速率，宜慢不宜快，这样可以提高原料气的利用率；若三颈烧瓶发烫，可适当降温，这样可以减少产品的挥发和分解。结合信息可知不能加热。故答案为:80%；(5)生成物均为液体，但沸点不同，可选择蒸馏法分离，故答案为:C；(6)由信息可知，硫酰氯易分解，则长期存放的硫酰氯会发黄，其原因可能为硫酰氯分解产生氯气，故答案为: 硫酰氯分解产生氯气溶解在硫酰氯中导致其发黄。【点睛】本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握实验装

47、置的作用、制备原理、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意习题中的信息及应用。26、受热均匀、便于控制温度B2NaBr+2H2SO4(浓)=Na2SO4+Br2+2H2O+SO23Br2+3CO32-=5Br-+3CO2+BrO3-cb60.2%【解析】(1)油浴加热可以更好的控制温度；(2)加热时烧杯中所盛液体体积为烧杯容积的一半为最佳；(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知浓硫酸与NaBr发生了氧化还原反应，据此可以写出反应的化学方程式。(4)Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，据此写出反应的离子方程式。钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水；操

48、作II为蒸馏；(5)根据进行计算。【详解】(1)使用油浴加热的优点为受热均匀、容易控制温度，故答案为：受热均匀、便于控制温度；(2)12 g正丙醇的体积为，共加入液体15mL+20mL+25mL=60mL，所以选用100mL烧瓶较合适，故答案为：B；(3)根据有红棕色蒸气Br2产生，可知反应过程中浓硫酸将溴离子氧化成溴单质，浓硫酸被还原成二氧化硫，根据电子守恒和元素守恒可写出方程式，故答案为：2NaBr+2H2SO4(浓)=Na2SO4+Br2+2H2O+SO2；(4)Br2与碳酸钠溶液反应时，Br2发生了自身氧化还原反应，根据反应中还原产物与氧化产物的物质的量之比为5:1可知产物为Br-和B

49、rO3-，故答案为：3Br2+3CO32-=5Br-+3CO2+BrO3-；钠与丁醇反应，碱石灰吸水无明显现象，胆矾无法吸水，无水硫酸铜遇水变蓝，故答案为：c；蒸馏时温度计水银球应该在支管口处，而且冷凝管应该选择直形冷凝管，故答案为：b；(5)该制备过程的反应方程式为：H2SO4(浓)+NaBrNaHSO4+HBr；CH3CH2CH2OH+HBrCH3CH2CH2Br+H2O，12g正丙醇的物质的量为，则完全反应正丙醇所需n(NaBr)=0.2mol，m(NaBr)=0.2mol103g/mol=20.6g24g；所需n(H2SO4)=0.2mol18.4mol/L0.025L；所以该过程正丙

50、醇过量，则理论生成1 -溴丙烷0.2mol，质量为0.2mol123g/mol=24.6g，所以产率为=60.2%，故答案为：60.2%。【点睛】球形冷凝管与直形冷凝管适用范围不同，直形冷凝管既适合冷凝回流也适合蒸馏中的冷凝收集，而球形冷凝管只适合冷凝回流。27、 浓硫酸 吸收CO防污染 ad bce 通入过量气体 坩埚、泥三角（玻璃棒写与不写都对） 或 偏高 【解析】(1)利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AlN，通过装置A避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳；(2)根据A装置的作用分析判断A装置内的

51、X液体，根据CO有毒，会污染空气解答；(3)根据测定的气体为NH3，结合氨气的性质分析解答；(4)根据排液体量气法测定气体体积选取装置；(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合铝元素守恒计算纯度；(6)实验室中灼烧固体在坩埚内进行，据此选择仪器；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，结合差

52、量法计算纯度；(8)若在步骤中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，结合(7)的计算结果表达式分析判断。【详解】(1)制备过程是利用装置B制备氮气，通过装置A中浓硫酸溶液除去氮气中杂质气体水蒸气，得到干燥氮气通过装置C和铝发生反应生成AlN，通过装置A避免AlN遇到水蒸气反应，最后通过装置D吸收尾气一氧化碳，氮气气流方向将各个仪器接口连接顺序：ecd f(g)g(f)cdi，故答案为f(g)g(f)cdi；(2)A装置内的X液体可能是浓硫酸，用来干燥氮气，D装置内氯化钯溶液的作用是吸收一氧化碳，防止污染空气，故答案为浓硫酸；吸收CO防污染；(3)AlN与NaOH饱和溶液反应：AlN+NaO

53、H+H2ONaAlO2+NH3，测定生成的气体为NH3，Y液体不能溶解氨气、不能和氨气反应，量气装置(虚线框内)中的Y液体可以是CC14 或植物油，故答案为ad；(4)利用通入的气体排出液体体积测定生成气体的体积，可以选择双孔塞、广口瓶、量筒组装一套量气装置测定，故答案为bce；(5)样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液后过滤得到的滤液中含有偏铝酸钠溶液，滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中含有偏铝酸钠溶液，可以通入过量二氧化碳，生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，因此步骤的操作为：通入过量CO2气体，故答案为通入过量CO2气体；(6)实验室里煅烧滤渣使其分解，除了必要的热源和三脚架以

54、外，还需要的硅酸盐仪器有：坩埚、泥三角、故答案为坩埚、泥三角；(7)氮化铝含杂质为C和氧化铝，氧化铝质量不变，碳转化为滤渣，样品m1g溶于过量氢氧化钠溶液中过滤得到滤液偏铝酸钠溶液滤渣质量m2g，滤液及其洗涤液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，过滤得到固体灼烧得到氧化铝为m3g，2AlNAl2O3 m 82 102 20m m3-(m1-m2)m=g=g，样品中AIN的纯度=100%，故答案为100%；(8)若在步骤中未洗涤，则煅烧后的氧化铝中含有部分碳酸钠，导致氧化铝的质量偏大，即m3偏大，根据样品中AIN的纯度=100%，则测定结果将偏高，故答案为偏高。28、 或 的沸点较高，因为平均一个水分子能形成两个氢键而平均一个分子只能形成一个氢键，氯键越多，熔沸点越高。所以沸点高 ：3