山东省济南市2022届高三3月高考模拟考试(一模)(选择题6-10)（ 含答案解析 ）

1.治疗抑郁症的药物帕罗西汀(Ⅰ)及其合成中间体(Ⅱ)的结构简式如图所示。下列说法错误的是A.Ⅰ分子中有3种官能团B.Ⅰ分子中含两个手性碳原子C.Ⅱ分子式为C16H18NO4FD.1molⅡ与足量NaOH溶液反应时最多消耗2molNaOH【答案】D【解析】【详解】A．Ⅰ分子中有氟原子、醚键、亚氨基3种官能团，故A正确；B．Ⅰ分子中含两个手性碳原子(*号标出)，故B正确；C．根据Ⅱ的结构简式，可知分子式为C16H18NO4F，故C正确；D．1molⅡ与足量NaOH溶液反应生成、NaF、乙醇，最多消耗4molNaOH，故D错误；选D。2.有关的说法正确的是A.分子中两个六元环共平面B.与氢气完全加成后所得分子中手性碳原子数目为2个C.分子中只含3种官能团D.1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗1molNaOH【答案】A【解析】【详解】A．分子中一个为苯环、一个为含碳碳双键及酯基形成的环，两个六元环共平面，A正确；B．与氢气完全加成后所得分子结构为，手性碳原子数目为4个，B错误；C．分子中含醚键、碳碳双键、羟基、酯基4种官能团，C错误；D．酯基水解后生成酚羟基、羧基会和氢氧化钠反应，1mol该物质与足量NaOH溶液反应，最多可消耗2molNaOH，D错误；故选A。3.，二每羟基-花椒内酯的结构简式如图所示，它具有抗血小板聚集、钙通道阻滞作用。下列说法正确的是。A.该物质的分子中含有3种官能团 B.1个该物质的分子中含2个手性碳原子C.1mol该物质最多能与3molNaOH反应 D.该物质能使酸性溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．该物质的分子中含有羟基、醚键、酯基、碳碳双键4种官能团，A错误；B．手性碳原子是连有四个不同基团的碳原子；1个该物质的分子中含与羟基直接相连的1个手性碳原子，B错误；C．酯基、酚羟基均可以和氢氧化钠反应，该物质中酯基碱性水解生成酚羟基，故1mol该物质最多能与2molNaOH反应，C错误；D．该物质中含有羟基、碳碳双键，能使酸性溶液褪色，D正确；故选D。4.中药在防治新冠病毒中发挥了重要作用，研究人员发现黄芩中的黄芩苷和黄苓素能抑制新冠病毒的活性。下列有关黄芩素的说法正确的是A.分子中有3种含氧官能团，常温下在空气中能稳定存在B.黄芩素能发生取代反应、加成反应和消去反应C.该分子中含有一个手性碳原子，具有旋光性D.1mol黄苓素与完全加成需要【答案】D【解析】【详解】A．由题干黄芩素的结构简式可知，分子中有酚羟基、酮羰基和醚键等3种含氧官能团，由于酚羟基易被空气中的O2氧化，故常温下在空气中不能稳定存在，A错误；B．由题干黄芩素的结构简式可知，黄芩素中含有酚羟基且邻位上有H故能发生取代反应，含有苯环、碳碳双键和羰基故能发生加成反应，但没有醇羟基故不能发生消去反应，B错误；C．手性碳原子是指同时连有四个互不相同的原子或原子团的碳原子，故该分子中不含手性碳原子，不具有旋光性，C错误；D．由题干黄芩素的结构简式可知，1mol黄苓素中含有2mol苯环，能与6molH2加成，1mol碳碳双键能与1molH2加成，1mol酮羰基能与1molH2加成，故1mol黄芩素与完全加成需要，D正确；故答案为：D。5.有机物M具有一定的抗炎、抗菌活性，其结构简式如图，下列说法错误的是A.该有机物含有4种官能团B.该有机物存在手性碳原子C.该有机物能发生取代反应、加成反应和消去反应D.该有机物不能使溴的四氯化碳溶液褪色，但能使酸性溶液褪色【答案】D【解析】【详解】A．M中含有碳碳双键、(醇)羟基、醚键、羧基4种官能团，A项正确；B．中*标示的碳原子为手性碳原子，B项正确；C．M中含羧基和(醇)羟基，能发生取代反应，含碳碳双键，能发生加成反应，含(醇)羟基且与(醇)羟基相连碳原子的邻碳上有H原子，能发生消去反应，C项正确；D．M中含有碳碳双键，既能使溴的四氯化碳溶液褪色，也能使酸性KMnO4溶液褪色，D项错误；答案选D。6.有机物M(Ph为苯基)是合成某中药的一种中间产物。下列说法错误的是A.M的分子式为C22H16O8N2B.M中有2个手性碳原子C.能发生取代、加成、氧化反应D.1molM与足量NaOH反应最多消耗4molNaOH【答案】B【解析】【详解】A．由结构可知，该有机物分子含有22个碳原子、8个氧原子、16个氢原子、2个氨原子，分子式为C22H16O8N2，故A正确；B．分子中连接苯环的碳原子是手性碳原子，即只含有1个手性碳原子，故B错误；C．含有酯基，可以发生取代反应，含有苯环，可以发生加成反应，该有机物可以燃烧，属于氧化反应，故C正确；D．分子中含有2个羧酸与酚形成的酯基，1molM与足量NaOH反应最多消耗4molNaOH，故D正确；故答案为B7.中成药连花清瘟胶囊对于治疗轻型和普通型的新冠肺炎患者有确切的疗效。其有效成分绿原酸的结构简式如下图所示，下列有关绿原酸说法不正确的是A.分子式为C16H18O9B.该分子中有4个手性碳原子C.1mol绿原酸可消耗5molNaOH、6molNa、4molBr2D.可用质谱法测定其相对分子质量【答案】C【解析】【详解】A．根据绿原酸结构简式，推出绿原酸的分子式为C16H18O9；故A说法正确；B．手性碳原子是碳原子连有四个不同原子或原子团，手性碳原子如图所示，故B说法正确；C．能与NaOH溶液反应官能团是羧基、酯基、酚羟基，因此1mol绿原酸最多消耗NaOH的物质的量为4mol，能与Na反应的官能团的是羧基、醇羟基和酚羟基，1mol绿原酸最多消耗Na的物质的量为6molNa，能与Br2反应的官能团的是碳碳双键和酚羟基，1mol绿原酸最多消耗Br2的物质的量为4molBr2，故C说法错误；D．质谱法测量相对分子质量的仪器，最大质荷比等于相对分子质量，故D说法正确；答案为C。8.下列由实验现象所得结论正确的是A.向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，证明溶液中含Ag+B.向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀，证明SO2能呈现酸性和氧化性C.向FeI2溶液中滴加少量氯水，溶液变为黄色，证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+D.常温下，取饱和CaSO4溶液和氨水做导电性实验，氨水灯泡更亮，证明CaSO4为弱电解质【答案】B【解析】【详解】A．向某溶液中加入足量稀盐酸，生成白色沉淀，该沉淀可能是AgCl或H2SiO3，溶液中含Ag+或SiO，故A错误；B．向Na2S溶液中通入足量SO2，生成淡黄色沉淀S和亚硫酸钠，证明SO2能呈现酸性和氧化性，故B正确；C．I-的还原性大于Fe2+，向FeI2溶液中滴加少量氯水，先发生反应碘水溶液呈黄色，所以不能证明Fe2+与Cl2反应生成Fe3+，故C错误；D．CaSO4是强电解质，但CaSO4微溶于水，离子浓度小，所以饱和CaSO4溶液的导电性弱，故D错误；选B。9.由下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A新制氯水中滴入硝酸银溶液会产生白色沉淀新制氯水中有B将湿润的蓝色石蕊试纸放入盛有干燥的集气瓶内，石蕊试纸先变红后褪色具有漂白性C在空气中灼烧黑色的FeO粉末，无明显现象FeO热稳定性良好D用小刀切割金属钠，钠表面光亮的银白色迅速变暗钠质软；钠被氧化为A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A．新制氯水中与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；B．将湿润的蓝色石蕊试纸放入盛有干燥氯气的集气瓶内，石蕊试纸先变红后褪色，说明生成具有酸性和漂白性的物质，氯气无漂白性，故B错误；C.在空气中灼烧黑色的FeO粉末，无明显现象，FeO生成黑色的Fe3O4，故C错误；D.钠能用小刀切割，说明质软，钠表面光亮的银白色迅速变暗，说明Na被氧化成氧化钠，故D错误；故答案为A。10.由下列实验操作及现象所得结论正确的是实验操作及现象结论A向酸性溶液中滴加甲苯溶液，紫红色褪去苯环对甲基有影响B向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝待测溶液中有存在C将粒投入溶液，析出银白色固体固体为D在火焰上灼烧搅拌过某无色溶液的玻璃棒，火焰呈黄色溶液中含元素A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．向溶液中滴加甲苯溶液，紫红色褪去，苯环很稳定，不能被高锰酸钾氧化，甲苯是苯环上连了一个甲基，容易断裂，会被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，A项错误；B．碘遇淀粉变蓝色，向待测溶液中加入淀粉溶液，无明显变化，再加入新制氯水，变蓝，说明加入氯水后生成了碘单质，表明原待测溶液中有存在，B项正确；C．钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化镁生成氢氧化镁白色沉淀，C项错误；D．玻璃中含有钠元素，因此灼烧火焰呈黄色，不能证明溶液中含有Na元素，D项错误；答案选B。11.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向Fe(NO3)2溶液中滴加少量浓硫酸，溶液由浅绿色变为黄色浓硫酸具有强氧化性B在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成酸性：H2SO3>HClOC检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去。证明溶液中含有Fe2+D向某溶液中滴加浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中含有NHA.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．向Fe(NO3)2溶液中滴加少量浓硫酸，溶液由浅绿色变为黄色，由于存在3Fe2++4H++=3Fe3++NO+2H2O，故不能说明浓硫酸具有强氧化性，A错误；B．在Ca(ClO)2溶液中通入SO2气体，有沉淀生成，是由于Ca2++ClO-+SO2+H2O=CaSO4↓+Cl-+2H+，而不能说明酸性：H2SO3>HClO，B错误；C．由于Cl-也能将酸性KMnO4溶液褪色，故检验FeCl3溶液中是否混有Fe2+时，将溶液滴入酸性KMnO4溶液中，溶液紫红色褪去，不能证明溶液中含有Fe2+，C错误；D．向某溶液中滴加浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即NH3，说明该溶液中含有NH，D正确；故答案为：D。12.根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向溶液中滴加少量浓硫酸，溶液由浅绿色变为黄色浓硫酸具有强氧化性B在溶液中通入气体，有沉淀生成酸性：C向某溶液中滴加浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中含有D检验溶液中是否混有时，将溶液滴入酸性溶液中，溶液紫红色褪去。证明溶液中含有A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．向溶液中滴加少量浓硫酸，溶液由浅绿色变为黄色，硝酸把Fe2+氧化为Fe3+，故A错误；B．在溶液中通入气体，被氧化为硫酸，生成硫酸钙沉淀，不能证明酸性，故B错误；C．向某溶液中滴加浓氢氧化钠溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体一定是氨气，原溶液中一定含有，故C正确；D．高锰酸钾能氧化氯离子，将溶液滴入酸性溶液中，溶液紫红色褪去，不能证明含有，故D错误；选C。13.下列对有关实验现象的解释或所得结论不正确的是实验操作现象解释或结论A向2mL0.1mol/LNa2S溶液中滴加0.1mol/LZnSO4溶液至不再有沉淀产生，再滴加几滴0.1mol/LCuSO4溶液先产生白色沉淀，又出现黑色沉淀Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)B用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色[CuCl4]2-＋4H2O4Cl-＋[Cu(H2O)4]2＋正向移动C将25℃0.1mol/L的Na2SO3溶液加热到40℃，用传感器监测溶液pH变化溶液的pH逐渐减小温度升高，SO的水解增大程度小于水的电离增大程度，导致最终c(H＋)升高D向某补血口服液中滴加酸性KMnO4溶液酸性KMnO4溶液紫色褪去该补血口服液中一定含有Fe2＋A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A．Na2S溶液滴加ZnSO4溶液至不再有沉淀产生，可知硫化钠完全反应，再滴加的CuSO4溶液生成CuS，能说明是ZnS转化成CuS，能证明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)，故A正确；B．[CuCl4]2-呈绿色，[Cu(H2O)4]2＋呈蓝色，用蒸馏水溶解CuCl2固体，并继续加水稀释根据颜色变化可知[CuCl4]2-转化为[Cu(H2O)4]2＋，即[CuCl4]2-＋4H2O4Cl-＋[Cu(H2O)4]2＋正向移动，故B正确；C．25℃0.1mol/L的Na2SO3溶液加热到40℃，亚硫酸钠水解程度增大，溶液中氢氧根离子浓度应增大，但实际溶液的pH逐渐减小，可知温度升高过程中水的离子积常数增大，由可知，的增大程度大于了增大程度，即SO的水解增大程度小于水的电离增大程度，导致最终c(H＋)升高，故C正确；D．酸性KMnO4溶液紫色褪去只能说明溶液中存在还原性离子，但不一定是Fe2＋，故D错误；故选：D。14.由下列实验操作及现象所得结论或解释正确的是选项实验操作现象结论或解释A将丙烯醛滴入酸性KMnO4溶液紫红色变浅丙烯醛中含有碳碳双键B常温下，测定等浓度Na2CO3溶液和Na2S溶液的pH前者小于后者酸性：氢硫酸＞碳酸C向CuC12固体中加入蒸馏水至固体溶解，继续加水稀释溶液由绿色逐渐变为蓝色溶液中存在平衡：[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl-D向5mL0.1mol/LKI溶液中加入10mL0.1mol/LFeCl3溶液，充分反应后滴加KSCN溶液溶液变红I-与Fe3+的反应是可逆反应A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．碳碳双键、醛基均可被酸性高锰酸钾溶液氧化，紫红色变浅，不能证明含碳碳双键，A错误；B．测定等浓度Na2CO3溶液和Na2S溶液的pH，前者小于后者，根据盐类水解越弱越水解的规律，可比较碳酸、氢硫酸的酸性强弱为氢硫酸＜碳酸，B错误；C．加水稀释，使[CuCl4]2-+4H2O⇌[Cu（H2O）4]2++4Cl-正向移动，溶液由黄绿色逐渐变为蓝色，C正确；D．该实验中FeCl3溶液过量，反应后检验铁离子，不能证明反应的可逆性，应控制氯化铁溶液不足，反应后检验铁离子证明，D错误；故答案为：C。15.溴乙烷是无色油状液体，是制造巴比妥的原料，工业上可用海水制备溴乙烷，部分工艺流程如图：下列说法错误的是A.粗盐提纯时，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3B.向“母液”中通入热空气，利用溴的易挥发性，将溴吹出C.“制备”时氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1D.“精制”时所用的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯【答案】D【解析】【分析】海水晒盐后的母液，通入氯气把溴离子氧化为溴单质，鼓入热空气，将溴吹出，溴单质、S、乙醇反应生成硫酸和溴乙烷、水。【详解】A．粗盐提纯时，加入BaCl2除去SO、加入NaOH除去Mg2+、加入Na2CO3除去Ca2+、Ba2+，加入沉淀剂的顺序可以是BaCl2、NaOH和Na2CO3，故A正确；B．溴易挥发，向“母液”中通入热空气，将溴吹出，故B正确；C．“制备”时发生反应，S元素化合价升高，S是还原剂，Br元素化合价降低，Br2是氧化剂，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：1，故C正确；D．溴乙烷易溶于乙醇，用蒸馏法“精制”溴乙烷，所用的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、冷凝管、锥形瓶、牛角管、温度计、酒精灯，故D错误；选D。16.硝基苯是一种重要的化工原料，密度比水大，难溶于水，易溶于乙醇、苯等有机溶剂。制备、提纯硝基苯的流程如图：下列叙述错误的是A.配制混酸时，应将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌B.步骤①需用水浴加热，以便于控制反应温度C.步骤②所用仪器为分液漏斗，粗产品从下口放出D.步骤③蒸馏操作时，温度计应插入液面以下【答案】D【解析】【分析】【详解】A．浓硫酸的密度大于浓硝酸，并且二者混合放出大量热，所以需要将浓硫酸缓缓滴加到浓硝酸中，边滴加边搅拌，A正确；B．反应过程中温度过高会有副反应发生，故选用水浴加热便于控制温度，B正确；C．混合物是苯、硝基苯、浓硫酸、浓硝酸，其中苯和硝基苯互溶，因为生成的硝基苯难溶于水，密度大于水，在下层；浓硫酸和浓硝酸在上层。可以用分液漏斗分离，从下层的得到粗产品，C正确；D．蒸馏时，应将温度计的水银球放到支管口处以测量蒸汽温度，D错误；答案选D。17.茴香油是淡黄色液体或晶体，难溶于水，易溶于有机溶剂，在水蒸气作用下易挥发，某茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，实验室提取该茴香油的流程如下：下列说法正确的是A.水蒸气蒸馏和减压蒸馏的原理相同B.馏出液加至饱和可以提高茴香油的提取率C.操作A是利用沸点差异进行分离D.有机层加入的无水可用碱石灰代替【答案】B【解析】【分析】茴香籽粉与水经水蒸气蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，馏出液加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，然后使用乙醚萃取溶液中的茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，干燥过滤得到粗品，蒸馏得到茴香油；【详解】A．水蒸气蒸馏是将含有挥发性成分的植物原料与水共蒸馏，使挥发性成分随水蒸气馏出，减压蒸馏是通过减小体系内压强而降低液体沸点达到分离提纯的目的，两者的蒸馏条件不同，原理不同，A错误；B．向馏出液中加入氯化钠至饱和能降低茴香油的溶解度，便于茴香油析出分层，有利于提高茴香油的提取率，B正确；C．加入乙醚萃取溶液中茴香油，分液得到含有茴香油的有机层，利用的是茴香油在水和乙醚中的溶解度不同，以及乙醚和水的密度不同进行分离，C错误；D．茴香油的主要成分是含有酯基的芳香族化合物，若将无水硫酸钠用碱石灰代替，茴香油会在碱石灰的作用下发生水解而无法制得茴香油，D错误；故选B。18.2-呋喃甲酸乙酯常用于合成杀虫剂和香料。实验室常由2-呋喃甲酸()和乙醇在浓硫酸催化下反应制备，其流程如下：已知：①2-呋喃甲酸乙酯为无色液体，相对于水的密度为1.117，沸点为196℃；②2-呋喃甲酸的沸点为230℃，乙醇的沸点为78.4℃；③苯与水可形成共沸物，共沸点为69.25℃。下列说法错误的是A.反应时添加苯是为了将水及时从体系中移除，提高原料的利用率B.蒸馏的目的主要是为了除去乙醇C.洗涤、静置分层后，水相从分液漏斗下层流出后，有机相从上口倒出D.蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶【答案】C【解析】【详解】A．由于制备2-呋喃甲酸乙酯的反应是酯化反应也即是可逆反应，苯与水形成共沸物，从体系中将水移除，使平衡正移，可提高原料的利用率，故A正确；

B．乙醇的沸点为78.4℃，蒸馏的目的主要是为了除去乙醇，故B正确；

C．2-呋喃甲酸乙酯相对于水的密度为1.117，有机物密度比水大，则洗涤，静置分层后，将有机相从下层流出后，水相再从上口倒出，故C错误；

D．蒸馏用到的玻璃仪器有酒精灯、蒸馏烧瓶、温度计、直形冷凝管、牛角管、锥形瓶，故D正确；

故选：C。19.碘化锂(LiI)在能源、医药等领域有重要应用，某兴趣小组制备LiI·3H2O和LiI，流程如图：已知：LiI·3H2O在300℃以上转变成无水LiI。LiI易溶于水，溶解度随温度升高而增大，在空气中受热易被氧化。Li2CO3难溶于水。下列说法错误的是A.步骤①主要发生的离子反应为Li2CO3+2H+=2Li++CO2↑+H2OB.步骤②过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗C.步骤④可在空气中加热到300℃以上进行转化D.步骤③中一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥【答案】C【解析】【分析】粗碳酸锂加强酸氢碘酸溶解为LiI，同时生成二氧化碳和水，溶液调pH=7，过滤，滤液经蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥得到LiI·3H2O，再经脱水得到无水LiI。【详解】A．碳酸锂难溶于水，与强酸氢碘酸反应生成LiI、CO2、H2O，LiI易溶于水，因此反应离子方程式为Li2CO3+2H+=2Li++CO2↑+H2O，故A正确；B．过滤用到的玻璃仪器有玻璃棒、烧杯、漏斗，故B正确；C．LiI·3H2O在300℃以上转变成无水LiI，但在空气中受热易被氧化，所以步骤④不能在空气中加热到300℃以上进行转化，故C错误；D．步骤③是从LiI溶液中获得LiI·3H2O，则一系列操作包括蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，故D正确；综上所述，错误的是C项。20.葡萄糖酸锌[Zn(C6H11O7)2]是一种常见的补锌药物。某研究小组使用葡萄糖酸钙制备葡萄糖酸锌的流程如下。下列有关说法不正确的是已知：葡萄糖酸钙和葡萄糖酸锌均可溶于冷水，易溶于热水，难溶于乙醇。A.适当控制反应温度并不断搅拌有利于提高反应速率B.趁热过滤后的滤液中存在的离子只有Zn2+、C6H11OC.趁热过滤的目的是防止葡萄糖酸锌析出D.使用95%乙醇洗涤的目的是减少葡萄糖酸锌溶解【答案】B【解析】【分析】制备葡萄糖酸锌的化学方程式Ca(C6H11O7)2(葡萄糖酸钙)+ZnSO4═Zn(C6H11O7)2(葡萄糖酸锌)+CaSO4↓，趁热过滤防止葡萄糖酸锌析出，而降低产率，结晶后用乙醇洗涤，葡萄糖酸锌在乙醇中溶解度小，减少产品的损失，另外乙醇易挥发，加快干燥速率。【详解】A．适当控制反应温度并不断搅拌，增加反应物接触的机会，有利于提高反应速率，故A正确；B．趁热过滤后的滤液中存在的离子有Zn2+、C6H11O、SO、Ca2+，故B错误；C．趁热过滤的目的是防止葡萄糖酸锌析出，产品产率降低，故C正确；D．使用95%乙醇洗涤的目的是减少葡萄糖酸锌溶解，减少产物的损失，故D正确；故选B。21.六氟磷酸锂是锂离子电池的关键材料。一种的制备工艺流程如图所示。已知：①，易发生分解反应；②熔点为−93.8℃，沸点为−84.6℃。下列说法错误的是A.N2环境中，反应先生成六氟磷酸，再分解生成五氟化磷B.发烟硫酸的作用是吸收铅皿中的水分：C.工艺流程中，无水HF只是反应物D.五氟化磷冷却到，保证了与LiF的无水HF在液相中反应生成【答案】C【解析】【分析】在铅皿中HF和磷酸发生，不稳定，易发生分解反应生成和HF，发烟硫酸加入，发烟硫酸和水结合，在常温下除杂，再五氟化磷冷却到，加到LiF和无水HF的混合物中反应生成。【详解】A．N2环境中，根据题中信息，易发生分解反应；则反应先生成六氟磷酸，再分解生成五氟化磷，故A正确；B．发烟硫酸的作用是吸收铅皿中的水分：，将HF变为无水HF，故B正确；C．工艺流程中，无水HF不仅只是反应物，在发生分解反应中是产物，故C错误；D．无水HF在状态下是液态，五氟化磷冷却到，保证了与LiF的无水HF在液相中反应生成，故D正确。综上所述，答案为C。22.关于CH3−N=N−CH3、H2NCH2COOH和O2NCH2CH3的结构与性质，下列说法正确的是A.CH3−N=N−CH3有顺反异构现象B.1molO2NCH2CH3含有10molσ键C.三种物质中，氮原子杂化方式相同D.在乙醇中溶解度，H2NCH2COOH低于O2NCH2CH3，原因是前者与乙醇形成氢键【答案】A【解析】【详解】A．CH3−N=N−CH3中两个甲基可以在同一边，也可以在不同边，因此存在顺反异构现象，故A正确；B．1个−CH2CH3含有6个σ键，1个−NO2含有2个σ键，则1molO2N−CH2CH3含有9molσ键，故B错误；C．三种物质中，CH3−N=N−CH3中氮原子杂化方式为sp2杂化，H2NCH2COOH中氮原子杂化方式为sp3杂化，O2NCH2CH3中氮原子杂化方式为sp2杂化，故C错误；D．在乙醇中，H2NCH2COOH中H2N−和−COOH能与乙醇形成分子间氢键，因此H2NCH2COOH溶解度高于O2NCH2CH3，故D错误。综上所述，答案为A。23.下列关于2－溴丁烷结构与性质的实验叙述不正确的是A.2－溴丁烷中C－Br键较C－C键的键长短但极性大，故易断裂B.用NaOH水溶液、AgNO3溶液、硝酸可鉴定其含有溴元素C.用水、酸性KMnO4溶液可鉴定其发生消去反应的有机产物D.与NaOH的乙醇溶液在加热条件下反应，有机产物可能有三种不同的结构【答案】A【解析】【详解】A．溴原子的原子半径大于碳原子，则2－溴丁烷中C－Br键的键长比C－C键的键长要长，故A错误；B．2－溴丁烷在氢氧化钠溶液中共热会发生水解反应生成溴化钠，加入稀硝酸中和氢氧化钠溶液排除氢氧根离子对溴离子检验的干扰，加入硝酸银溶液会有淡黄色沉淀生成，则用氢氧化钠水溶液、硝酸银溶液、硝酸可鉴定2－溴丁烷中含有溴元素，故B正确；C．一定条件下密度比水大的2－溴丁烷发生消去反应生成密度比水小的1—丁烯或2—丁烯，用水分离2－溴丁烷和1—丁烯或2—丁烯后，向上层1—丁烯或2—丁烯中加入酸性高锰酸钾溶液，溶液会褪色，则用水、酸性高锰酸钾溶液可鉴定2－溴丁烷发生消去反应生成的1—丁烯或2—丁烯，故C正确；D．2－溴丁烷与氢氧化钠的乙醇溶液在加热条件下反应时，2－溴丁烷可能发生消去反应生成1—丁烯或2—丁烯，也可能因反应生成的水得到氢氧化钠溶液，与氢氧化钠溶液发生水解反应生成2—丁醇，所得产物可能为1—丁烯、2—丁烯、2—丁醇，可能有3种，故D正确；故选A。24.关于CH≡CH和的结构与性质，下列说法错误的是A.CH≡CH是非极性分子 B.存在单双键交替的结构C.两者的最简式都是CH D.CH≡CH的空间构型是直线形【答案】B【解析】【详解】A．乙炔分子结构对称，正负电荷重合，为非极性分子，A正确；B．苯中不存在碳碳双键，B错误；C．二者最简式都为CH，C正确；D．乙炔为直线形分子，D正确；故选B。25.关于甲醇、甲醛和甲酸的结构与性质，下列说法正确的是A.甲醛是非极性分子，甲醇和甲酸是极性分子B.分子内H—C—H键角：甲醇>甲醛C.一定条件下，可用新制Cu(OH)2悬浊液鉴别三种物质D.上述3个分子内共有4种化学环境不同的氢原子【答案】C【解析】【详解】A．甲醛、甲醇和甲酸均是极性分子，A错误；B．甲醛中C原子为sp2杂化，H—C—H键角接近120o，甲醇中C原子为sp3杂化，H—C—H键角接近109o28'，分子内H—C—H键角：甲醇<甲醛，B错误；C．甲醇与新制氢氧化铜不反应，甲醛与新制氢氧化铜加热可生成砖红色沉淀，甲酸可使新制氢氧化铜溶解，故新制氢氧化铜可以鉴别三者，C正确；D．甲醛中有1种氢原子，甲酸中有2种不同环境的氢原子，甲醇中有2种不同化学环境的氢原子，共5种，D错误；故选C。26.关于CH3CH3、CH3-O-CH3和CH3CHO的结构与性质，下列说法正确的是A.三种有机物中碳原子的杂化方式完全相同B.CH3-O-CH3和CH3CH3均为非极性分子C.CH3CHO分子中所有原子共平面D.三种分子形成的晶体均为分子晶体【答案】D【解析】【详解】A．CH3CH3中的C均为sp3杂化，CH3-O-CH3中的C均为sp3杂化，CH3CHO中醛基上的C为sp2杂化，A错误；B．CH3-O-CH3中的氧是sp3杂化的，还有两对孤对电子，所以C-O-C的键角大约是107度左右，所以并不是直线型的分子，故为极性分子，B错误；C．CH3CHO分子中含有饱和碳原子，形成四面体结构，所有原子不可能共平面，C错误；D．三种分子形成的晶体均为分子晶体，D正确；答案选D。27.关于S2Cl2、SCl2、SCl4和SOCl2的结构与性质。下列说法正确的是A.键角：SCl2>Cl2OB.S2Cl2为非极性分子，SCl2和SOCl2为极性分子C.S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2中S原子的杂化方式均为sp3D.S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2与水反应均能产生HCl【答案】D【解析】【详解】A．Cl2O中O原子的价层电子对数为2+=4，O为sp3杂化，空间构型为V形，SCl2是V形结构，O原子半径小，电负性较大，键角：Cl2O>SCl2，A错误；B．S2Cl2分子中，电荷的分布是不均匀的，不对称的，所以是极性分子，B错误；C．S2Cl2中每个S原子含有2个共价键、2个孤电子对，所以S原子价层电子对数是4，S原子杂化类型为sp3，SCl2中S原子形成2个δ键，孤对电子数为=2，则为sp3杂化，SCl4中S原子形成4个δ键，孤对电子数为=1，S原子价层电子对数是4，S原子杂化类型为sp3d，SOCl2中心原子S的价层电子对数=3+=4，杂化方式为sp3，C错误；D．S2Cl2与水反应可能生成HCl、SO2和S，反应方程式为2S2Cl2+2H2O═SO2↑+3S↓+4HCl，S2Cl2、SCl2、SCl4、SOCl2与水反应均能产生HCl，D正确；故选：D。28.关于CH3OH、N2H4和(CH3)2NNH2的结构与性质，下列说法错误的是A.CH3OH为极性分子 B.N2H4空间结构为平面形C.N2H4的沸点高于(CH3)2NNH2 D.CH3OH和(CH3)2NNH2中C、O、N杂化方式均相同【答案】B【解析】【详解】A．甲醇可看成是甲烷中的一个氢原子被羟基取代得到的，为四面体结构，是由极性键组成的极性分子，A正确；B．N2H4中N原子的杂化方式为sp3，不是平面形，B错误；C．N2H4分子中连接N原子的H原子数多，存在氢键的数目多，而偏二甲肼（(CH3)2NNH2）只有一端可以形成氢键，另一端的两个甲基基团比较大，影响了分子的排列，沸点较N2H4的低，C正确；D．CH3OH为四面体结构，-OH结构类似于水的结构，(CH3)2NNH2的结构简式为，两者分子中C、O、N杂化方式均为sp3，D正确；故选B。29.在直流电源作用下，双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，利用双极膜电解池产生强氧化性的羟基自由基(•OH)，处理含苯酚废水和含SO2的烟气的工作原理如图所示。下列说法错误的是A.电势：N电极＞M电极B.阴极电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OHC.每处理9.4g苯酚，理论上有2.8molH+透过膜aD.若•OH只与苯酚和SO2反应，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14【答案】C【解析】【分析】双极膜中间层中的H2O解离为H+和OH-，M极上O2得电子与H+反应生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，M极上产生的羟基自由基将苯酚氧化生成CO2；N极为阳极，H2O解离产生的OH-失电子产生羟基自由基，羟基自由基将SO2氧化为硫酸根离子。【详解】A．M极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，说明M极为阴极，连接电源的负极，N极为阳极，故电势：N电极＞M电极，选项A正确；B．M为阴极，阴极上O2得电子生成羟基自由基(•OH)，电极反应式为O2+2e-+2H+=2•OH，选项B正确；C．每mol苯酚转化为CO2，转移电子28mol，每处理9.4g苯酚（即0.1mol），理论上有2.8mol电子转移，则有2.8molH+透过膜b，选项C错误；D．若•OH只与苯酚和SO2反应，转移电子数之比为28：2，则参加反应的苯酚和SO2物质的量之比为1：14，选项D正确；答案选C。30.某种电催化法以为催化电极合成腈类化合物和偶氮化合物，装置示意图如图。下列说法错误的是A.左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应B.阴极发生反应：C.从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动D.每当合成得到，同时合成【答案】D【解析】【详解】A．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极、左侧为阳极，所以左侧电极的电势比右侧的高，且发生氧化反应，故A正确；B．右侧电极硝基苯发生还原反应，右侧为阴极，阴极发生反应为，故B正确；C．右侧为阴极、左侧为阳极，从右侧经过阴离子交换膜向左侧移动，故C正确；D．阳极反应式为，R-CH2NH2-4e-+4OH-=R-CN+4H2O，根据得失电子守恒，每当合成得到，同时合成，故D错误；选D。31.无膜氯液流电池是一种先进的低成本高储能电池，可广泛应用于再生能源储能和智能电网的备用电源等，工作原理如图所示，M为多孔碳电极，N为和电极。下列说法正确的是A.放电时，M极电势低于N极B.充电时，左侧储液器中的浓度减小C.充电时，电路中每转移，两电极质量变化的差值为23gD.放电时，N极的电极反应式为【答案】C【解析】【分析】该装置二次电池，由信息可知放电时M极氯气得电子，发生还原反应，M为正极，N为负极，充电时M为阳极，N为阴极。【详解】A．放电时，M极为正极，N极为负极，M极电势高于N极，A错误；B．充电时，充电时，M为阳极，电极反应2Cl—-2e-=Cl2↑，左侧储液器中的浓度增大，B错误；C．充电时，M为阳极，电极反应2Cl—-2e-=Cl2↑，N为阴极，电极反应，电路中每转移时，M电极质量不变，N电极质量增加23g，两电极质量变化的差值为23g，C正确；D．放电时，N极为负极，发生失电子的氧化反应，电极反应式为，D错误；故答案选C。32.对氨基苯甲酸()是一种用途广泛的化工产品和医药中间体，以对硝基苯甲酸()为原料，采用电解法合成它的装置如图。下列说法中正确的是A.左边电极电势比右边高B.每转移1mole-时，阳极电解质溶液的质量减少8gC.阴极的主要电极反应式为+6e-+6H++2H2OD.反应结束后阳极区pH增大【答案】C【解析】【分析】金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+，阴极的主要电极反应式为+6e-+6H+→+2H2O。【详解】A．金属阳极DSA发生2H2O-4e-=O2+4H+，右侧为阳极，左侧为阴极，右边电极电势比左边高