江苏省三校高三最后一模新高考化学试题及答案解析

江苏省三校高三最后一模新高考化学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。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、120℃时，1molCO2和3molH2通入1L的密闭容器中反应生成CH3OH和水。测得CO2和CH3OH的浓度随时间的变化如图所示。下列有关说法中不正确的是A．0~3min内，H2的平均反应速率为0.5mol·L－1·min－1B．该反应的化学方程式：CO2(g)＋3H2(g)=CH3OH(g)＋H2O(g)C．容器内气体的压强不再变化时，反应到达平衡D．10min后，反应体系达到平衡2、下列实验的“现象”或“结论或解释”不正确的是()选项实验现象结论或解释A将硝酸加入过量铁粉中，充分反应后滴加KSCN溶液有气体生成，溶液呈红色稀硝酸将Fe氧化为Fe3+B将一片铝箔置于酒精灯外焰上灼烧铝箔熔化但不滴落铝箔表面有致密Al2O3薄膜，且Al2O3熔点高于AlC少量待测液滴加至盛有NaOH浓溶液的试管中，将湿润的红色石蕊试置于试管口处试纸未变蓝原溶液中无NH4+D将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生CO2具有氧化性A．A B．B C．C D．D3、下列装置所示的分离提纯方法和物质的溶解性无关的是A． B．C． D．4、鉴别二氧化碳和丙烯两种气体，下列方法或所选试剂中不可行的是（）A．可燃性实验 B．酸性高锰酸钾C．澄清石灰水 D．品红试液5、甲、乙两种CH3COOH溶液的pH，若甲比乙大1，则甲、乙两溶液中A．c（甲）:c（乙）＝1:10 B．c（H+）甲:c（H+）乙＝1:2C．c（OH-）甲:c（OH-）乙＝10:1 D．α（甲）:α（乙）＝2:16、常温下，向20.00mL0.1mol•L-1BOH溶液中滴入0.1mol•L-1盐酸，溶液中由水电离出的c（H+）的负对数[-lgc水（H+）]与所加盐酸体积的关系如下图所示，下列说法正确的是A．常温下，BOH的电离常数约为1×10-4B．N点溶液离子浓度顺序：c（B+）>c（Cl-）>c（OH-）>c（H+）C．a=20D．溶液的pH:R>Q7、油酸甘油酯和硬脂酸甘油酯均是天然油脂的成分。它们的结构简式如下图所示。下列说法错误的是A．油酸的分子式为C18H34O2B．硬脂酸甘油酯的一氯代物共有54种C．天然油脂都能在NaOH溶液中发生取代反应D．将油酸甘油酯氢化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间8、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是A．1molNH4+所含的质子总数为10NAB．联氨（N2H4）中含有离子键和非极性键C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1∶29、向等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，下列离子方程式与事实相符的是（）A．HCO3-+OH-=CO32-+H2OB．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2OC．Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+H2OD．2Ba2++3OH-+3HCO3-=2BaCO3↓+CO32-+3H2O10、某芳香族化合物分子式为Cl0H11ClO2，已知苯环上只有两个取代基，其中一个取代基为-Cl，且该有机物能与饱和NaHCO3溶液反应放出CO2，则满足上述条件的有机物甲的同分异构体(不考虑立体异构)数目有多少种A．5种 B．9种 C．12种 D．15种11、制备和收集下列气体可采用如图装置的是（）A．铜与浓硫酸反应制SO2 B．铜与稀硝酸反应制NOC．乙醇与浓硫酸反应制乙烯 D．氯化钠与浓硫酸反应制HCl12、25℃时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A．Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B．b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)C．a、b、d几点中，水的电离程度d>b>aD．a→b点过程中，可能存在c(X—)<c(NH4+)13、下列说法正确的是（）A．天然油脂中含有高级脂肪酸甘油酯，油脂的皂化过程是发生了加成反应B．向淀粉溶液中加入硫酸溶液，加热后滴入几滴新制氢氧化铜悬浊液，再加热至沸腾，未出现红色物质，说明淀粉未水解C．向鸡蛋清的溶液中加入浓的硫酸钠或硫酸铜溶液，蛋白质的性质发生改变并凝聚D．氨基酸种类较多，分子中均含有﹣COOH和﹣NH2，甘氨酸为最简单的氨基酸14、如图所示，甲乙两装置的电极材料和电解质溶液均相同，则两装置中相同的是（）A．在碳电极上所发生的电极反应 B．在铁电极附近的溶液先变红色C．铁极与导线连接处的电流方向 D．碳电极既不会变大也不会减小15、用下列装置制取NH3，并还原CuO，其原理和装置均正确的是()A．用装置制取NH3 B．用装置干燥NH3C．用装置还原CuO D．用装置处理尾气16、一定条件下不能与苯发生反应的是()A．酸性KMnO4 B．Br2 C．浓HNO3 D．H217、下列属于强电解质的是A．蔗糖 B．甘氨酸 C．I2 D．CaCO318、利用图示实验装置可完成多种实验,其中不能达到相应实验目的的是选项试剂1、试剂2实验目的A过量锌粒、食醋溶液测定食醋中醋酸浓度B粗锌、过量稀硫酸测定粗锌（含有不参与反应的杂质）纯度C碳酸钠固体、水证明碳酸钠水解吸热D过氧化钠固体、水证明过氧化钠与水反应产生气体A．A B．B C．C D．D19、室温时几种物质的溶解度见下表。室温下，向500g硝酸钾饱和溶液中投入2g食盐，下列推断正确的是()物质溶解度(g/100g水)氯化钠36硝酸钾32硝酸钠87氯化钾37A．食盐不溶解B．食盐溶解，无晶体析出C．食盐溶解，析出2g硝酸钾晶体D．食盐溶解，析出2g氯化钾晶体20、通过加入适量乙酸钠，设计成微生物电池可以将废水中的氯苯转化为苯而除去，其原理如图所示。下列叙述正确的是A．b极为正极，发生还原反应B．一段时间后b极区电解液的pH减小C．H+由a极穿过质子交换膜到达b极D．a极的电极反应式为-e-=Cl-+21、室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A．整个过程中，水的电离程度逐渐增大B．该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D．a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小22、如图是在明矾溶液中滴入氢氧化钡溶液，下列说法错误的是()A．OA段的反应离子方程式为：2Al3＋＋3SO＋3Ba2＋＋6OH－===2Al(OH)3↓＋3BaSO4↓B．AB段的离子方程式只有：Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2OC．A点的沉淀为Al(OH)3和BaSO4的混合物D．B点溶液为KAlO2溶液二、非选择题(共84分)23、（14分）化合物W是一种药物的中间体，一种合成路线如图：已知：①②请回答下列问题：（1）A的系统命名为___。（2）反应②的反应类型是__。（3）反应⑥所需试剂为___。（4）写出反应③的化学方程式为___。（5）F中官能团的名称是___。（6）化合物M是D的同分异构体，则符合下列条件的M共有__种（不含立体异构）。①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108gAg固体其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为__（写出其中一种）。（7）参照上述合成路线，以C2H5OH和为起始原料，选用必要的无机试剂合成，写出合成路线__。24、（12分）治疗帕金森病的新药沙芬酰胺的合成方法如下：已知：①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH。②CH2=CH-OH和CH3OOH均不稳定。(1)C生成D的反应类型为_______________。G中含氧官能团的名称为_____。B的名称为_____。(2)沙芬酰胺的结构简式为_____。(3)写出反应(1)的方程式_____。分析反应(2)的特点，写出用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式_____（蛋白质的结构用表示）。(4)H是F相邻的同系物，H的苯环上有两个处于对位的取代基，符合下列条件的H的稳定的同分异构体共有_____种。①苯环上仍然有两个处于对位的取代基；②能与NaOH溶液反应；(5)下图是根据题中信息设计的由丙烯为起始原料制备B的合成路线，在方框中补全必要的试剂和中间产物的结构简式（无机试剂任选，氧化剂用[O]表示，还原剂用[H]表示，连续氧化或连续还原的只写一步）。________________________25、（12分）草酸铵[(NH4)2C2O4]为无色柱状晶体，不稳定，受热易分解，可用于测定Ca2+、Mg2+的含量。I．某同学利用如图所示实验装置检验草酸铵的分解产物。(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变红，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有____（填化学式）；若观察到____，说明分解产物中含有CO2草酸铵分解的化学方程式为____。(2)反应开始前，通人氮气的目的是____。(3)装置C的作用是____。(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，该反应的化学方程式为_____。Ⅱ．该同学利用草酸铵测定血液中钙元素的含量。(5)取20.00mL血液样品，定容至l00mL，分别取三份体积均为25.00mL稀释后的血液样品，加入草酸铵，生成草酸钙沉淀，过滤，将该沉淀溶于过量稀硫酸中，然后用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定。滴定至终点时的实验现象为____。三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，则该血液样品中钙元素的含量为__________mmol/L。26、（10分）乙烯来自石油的重要化工原料，其产量是一个国家石油化工水平的标志，根据以下实验，请回答下列问题：（1）实验之前需要对该装置进行气密性的检查，具体操作为：______（2）石蜡油分解实验产生的气体的主要成分是______（填写序号）；①只有甲烷②只有乙烯③烷烃与烯烃的混合物（3）实验过程中装置B中的现象为_________，若装置D中产生了白色沉淀，则说明装置C中发生反应的离子方程式为______________；（4）该实验中碎瓷片的作用是______（填序号）；①防止暴沸②有催化功能③积蓄热量④作反应物（5）将分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为__________（用NA表示）；（6）利用A装置的仪器还可以制备的气体有______（任填一种），产生该气体的化学方程式为_____。27、（12分）纯碱（Na2CO3）在生产生活中具有广泛的用途．如图1是实验室模拟制碱原理制取Na2CO3的流程图．完成下列填空：已知：粗盐中含有Ca2+、Mg2+、SO42﹣等杂质离子．（1）精制除杂的步骤顺序是____→___→____→____→____（填字母编号）．a粗盐溶解b加入盐酸调pHc加入Ba（OH）2溶液d加入Na2CO3溶液e过滤（2）向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2，理由是______．在滤液a中通入NH3和加入精盐的目的是______．（3）请在图1流程图中添加两条物料循环的路线．____（4）图2装置中常用于实验室制备CO2的是__（填字母编号）；用c装置制备NH3，烧瓶内可加入的试剂是___（填试剂名称）．（5）一种天然碱晶体成分是aNa2CO3•bNa2SO4•cH2O，利用下列提供的试剂，设计测定Na2CO3质量分数的实验方案．请把实验方案补充完整：供选择的试剂：稀H2SO4、BaCl2溶液、稀氨水、碱石灰、Ba（OH）2溶液①______．②______．③______．④计算天然碱晶体中含Na2CO3的质量分数．28、（14分）氮的氧化物和硫的氧化物是主要的大气污染物，烟气脱硫脱硝是环境治理的热点问题。回答下列问题：（1）目前柴油汽车都用尿素水解液消除汽车尾气中的NO，水解液中的NH3将NO还原为无害的物质。该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为___。（2）KMnO4/CaCO3浆液可协同脱硫，在反应中MnO4－被还原为MnO42－。①KMnO4脱硫(SO2)的离子方程式为___。②加入CaCO3的作用是___。③KMnO4/CaCO3浆液中KMnO4与CaCO3最合适的物质的量之比为___。（3）利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如图所示：图a和图b中可知脱硫脱硝最佳条件是___。图b中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO的去除率在pH>5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是___。29、（10分）有机物G是一种高分子化合物，常用作有机合成的中间体，并可用作乳胶漆等。可以通过以下途径合成：已知有机物A中含有C、H、O、Cl四种元素且同一个碳原子上不直接连接两个官能团。（1）A的结构简式为___________或___________；反应③的反应类型_____________________。

（2）写出反应⑤和反应⑥的化学方程式：反应⑤___________；反应⑥（在一定条件下）___________。（3）写出1种E的同系物的名称_____________________。写出1种与F含有相同官能团的F的同分异构体的结构简式_______________。（4）试设计一条以为原料合成的合成路线__________________。（合成路线常用的表示方式为：甲乙……目标产物）

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、B【解析】

A.据题意得化学方程式为CO2+3H2CH3OH+H2O，则0~3min内，v(H2)=3v(CO2)=3×(1.00-0.50)mol·L-1/3min=0.5mol·L－1·min－1，A项正确；B.图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，故为可逆反应，应写成CO2+3H2CH3OH+H2O，B项错误；C.据pV=nRT，恒温恒容时，当压强不再变化时，容器内各气体的物质的量都不再变化，此时反应到达平衡，C项正确；D.图中10min后CO2、CH3OH的物质的量不再改变，即达化学平衡，D项正确。本题选B。2、A【解析】

A.稀硝酸与过量的Fe粉反应，铁粉过量，不生成Fe3+；B.铝在空气中加热生成氧化铝，Al2O3熔点高于Al；C.检验NH4+方法：待测液中加入NaOH浓溶液，用湿润红色石蕊试纸检验生成的气体；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成；【详解】A.稀硝酸与过量的Fe分反应，则生成硝酸亚铁和NO气体、水，无铁离子生成，所以加入KSCN溶液后，不变红色，现象错误，故A错误；B.铝在空气中加热生成氧化铝的熔点较高，所以内部熔化的铝被氧化铝包裹不会滴落，故B正确；C.检验NH4+方法是：取少量待测溶液于试管中，加入NaOH浓溶液，加热，生成有刺激性气味气体，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，湿润红色石蕊试纸变蓝，说明待测液中含有NH4+，故C正确；D.瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作为氧化剂，故D正确；故答案选A。【点睛】考查实验基本操作的评价，涉及Fe3+、NH4+的检验方法、氧化还原反应的判断等，题目较容易。3、A【解析】

A、蒸馏与物质的沸点有关，与溶解度无关，正确；B、洗气与物质的溶解度有关，错误；C、晶体的析出与溶解度有关，错误；D、萃取与物质的溶解度有关，错误；答案选A。4、D【解析】

A.二氧化碳不可燃，丙烯可燃，现象不同，故A可行；B.二氧化碳与高锰酸钾不反应，丙烯使高锰酸钾溶液褪色，现象不同，故B可行；C.二氧化碳使澄清石灰水变浑浊，丙烯与澄清石灰水不反应，现象不同，故C可行；D.二氧化碳和丙烯两种气体都不与品红溶液反应，无法区别，故D不可行；故答案为D。5、C【解析】

A．甲、乙两种溶液的pH，若甲比乙大1，则浓度乙比甲的10倍还要大，A错误；

B．根据氢离子浓度等于知，：：10，B错误；

C．酸溶液中的氢氧根浓度等于水电离出的氢氧根离子浓度，：：：1，C正确；

D．根据上述分析结果，甲：乙不等于2：1，D错误。

答案选C。6、D【解析】

BOH对水的电离起抑制作用，加入盐酸发生反应BOH+HCl=BCl+H2O，随着盐酸的加入，BOH电离的OH-浓度减小，对水电离的抑制作用减弱，而且生成的BCl水解促进水的电离，水电离的H+浓度逐渐增大，两者恰好完全反应时水电离的H+浓度达到最大；继续加入盐酸，过量盐酸电离出H+又抑制水的电离，水电离的H+又逐渐减小，结合相应的点分析作答。【详解】A.根据图象，起点时-lgc水（H+）=11，c水（H+）=10-11mol/L，即0.1mol/L的BOH溶液中水电离的H+浓度为10-11mol/L，碱溶液中H+全部来自水的电离，则0.1mol/L的BOH溶液中c（H+）=10-11mol/L，溶液中c（OH-）=10-3mol/L，BOH的电离方程式为BOH⇌B++OH-，BOH的电离平衡常数为=≈10-5，A错误；B.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，由于B+水解溶液呈酸性，溶液中离子浓度由大到小的顺序为c（Cl-）>c（B+）>c（H+）>c（OH-），B错误；C.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，N点加入的盐酸的体积为20.00mL，则a<20.00mL，C错误；D.N点-lgc水（H+）最小，N点HCl与BOH恰好完全反应得到BCl溶液，R点加入的盐酸不足、得到BOH和BCl的混合液，Q点加入的盐酸过量、得到BCl和HCl的混合液，即R点加入的盐酸少于Q点加入的盐酸，Q点的酸性强于R点，则溶液的pH：R>Q，D正确；答案选D。【点睛】解答本题的关键是理解水电离的H+浓度与加入的盐酸体积间的关系，抓住关键点如起点、恰好完全反应的点等。7、B【解析】

A．油酸的结构简式为CH3(CH2)7CH=CH(CH2)7COOH，分子式为C18H34O2，故A正确；B．硬脂酸甘油酯的结构简式可以表示为，上面的酯基与下面的酯基互为对称结构，因此硬脂酸甘油酯的一氯代物共有36种，故B错误；C．天然油脂的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，都能在NaOH溶液中发生水解反应（或取代反应），故C正确；D．油酸甘油酯中含有碳碳双键，能够氧化变质，将油酸甘油酯氢化转化为硬脂酸甘油酯可延长保存时间，故D正确；答案选B。【点睛】本题的易错点为B，要注意分子的对称性对同分异构体数目的影响。8、C【解析】

A选项，1molNH4+所含的质子总数为11NA，故A错误；B选项，联氨（）中含有极性键和非极性键，故B错误；C选项，过程II中N元素化合价升高，发生氧化反应，过程IV中N化合价降低，发生还原反应，故C正确；D选项，过程I中，参与反应的NH4+到N2H4化合价升高1个，NH2OH到N2H4化合价降低1个，它们物质的量之比为1∶1，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】利用化合价升降进行配平来分析氧化剂和还原剂的物质的量之比。9、B【解析】

A．等物质的量浓度的Ba(OH)2与BaCl2的混合溶液中加入NaHCO3溶液，反应生成碳酸根离子，碳酸根离子与钡离子不共存，一定会产生沉淀，故A错误；B．Ba2++OH-+HCO3-=BaCO3↓+H2O可以表示1mol氢氧化钡与1mol氯化钡，1mol碳酸氢钠的离子反应，故B正确；C．若氢氧化钡物质的量为1mol，则氯化钡物质的量为1mol，加入碳酸氢钠，消耗2mol氢氧根离子生成2mol碳酸根离子，2mol碳酸根离子能够与2mol钡离子反应生成2mol碳酸钡沉淀，故C错误；D．依据方程式可知：3molOH-对应1.5mol氢氧化钡，则氯化钡物质的量为1.5mol，消耗3mol碳酸氢根离子，能够生成3mol碳酸根离子，同时生成3mol碳酸钡沉淀，故D错误；答案选B。【点睛】本题考查了离子方程式的书写，侧重考查反应物用量不同的离子反应方程式的书写，明确离子反应的顺序是解题关键。本题中反应的先后顺序为碳酸氢根离子与氢氧根离子反应生成碳酸根离子和水，生成的碳酸根离子再与钡离子反应生成碳酸钡沉淀。10、D【解析】试题分析：该有机物能与NaHCO3发生反应产生CO2，说明含有羧基－COOH。如果其中一个取代基是－Cl，则另一个取代基可以是－CH2CH2CH2COOH或－CH(CH3)CH2COOH或－CH2CH(CH3)COOH或－C(CH3)2COOH或－CH(C2H5)COOH，位置均有邻间对三种，共计是3×5＝15种，答案选D。考点：考查同分异构体判断11、B【解析】

由实验装置图可知，反应在加热条件下进行，生成气体可用排水法收集，说明生成的气体不溶于水。【详解】A．SO2易溶于水，不能用排水法收集，A项错误；

B．NO不溶于水，易与空气中氧气反应，只能用排水法收集，B项正确；

C．乙醇与浓硫酸反应制乙烯应有温度计，装置不符合要求，C项错误；

D．HCl易溶于水，不能用排水法收集，D项错误；

答案选B。12、B【解析】

A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；B.b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液，溶质是NH4X，pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)，故B正确；C.a→b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，故C错误；D.a→b点过程中，溶液呈酸性，c(OH—)<c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X—)<c(NH4+)，故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。13、D【解析】

A．天然油脂为高级脂肪酸与甘油生成的酯，水解反应属于取代反应的一种；B．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液；C．加入硫酸钠，蛋白质不变性；D．氨基酸含羧基和氨基官能团。【详解】A．油脂得到皂化是在碱性条件下发生的水解反应，水解反应属于取代反应，故A错误；B．在加入新制氢氧化铜悬浊液之前需要加入NaOH溶液中和未反应的稀硫酸，否则不产生砖红色沉淀，故B错误；C．加入浓硫酸钠溶液，蛋白质发生盐析，不变性，故C错误；D．氨基酸结构中都含有﹣COOH和﹣NH2两种官能团，甘氨酸为最简单的氨基酸，故D正确；故选：D。【点睛】解题关键：明确官能团及其性质关系，易错点A，注意：水解反应、酯化反应都属于取代反应。14、D【解析】

A．甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中形成电解池，石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，电极反应不同，故A错误；B．甲中形成原电池，石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，则石墨电极附近的溶液先变红色，乙中形成电解池，铁是阴极，氢离子得电子生成氢气，同时生成氢氧根离子，则在铁电极附近的溶液先变红色，故B错误；C．甲中形成原电池，电流由正极石墨经导线流向铁，乙中形成电解池，电流由铁流向负极，则铁极与导线连接处的电流方向不同，故C错误；D．甲乙装置，碳电极都没有参加反应，甲中石墨电极为正极，氧气得电子发生还原反应生成氢氧根离子，乙中石墨是阳极，氯离子放电生成氯气，则碳电极既不会变大也不会减小，故D正确；故选：D。15、C【解析】

A、NH4Cl受热分解后,在试管口又重新生成NH4Cl固体，得不到氨气，故A错误；B、浓硫酸与氨气反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥NH3，故B错误；C、2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O，用氨气还原CuO，故C正确；D、氨气与稀硫酸反应，装置内压强急剧减小，会引起倒吸，故D错误；故选C。16、A【解析】A.酸性高锰酸钾能将不饱和碳键氧化，但苯环上碳原子形成介于单键和双键之间的化学键，结构稳定，不易被氧化，A正确；B.将液溴与苯混合，加入铁屑后，在生成的三溴化铁的催化作用下，溴与苯发生取代反应，B错误；C.苯和硝酸在浓硫酸作催化剂的条件下可生成硝基苯，C错误；D.苯在一定条件下也能够在镍催化、加热条件下与氢气发生加成反应生成环己烷，D错误。故选择A。点睛：苯不能使高锰酸钾溶液退色，是因为苯分子中有6个碳碳单键，6个碳原子之间形成一个大π键，使得苯的化学性质比烯烃稳定的的多，不能被酸性高锰酸钾溶液氧化。17、D【解析】

完全电离的电解质是强电解质，部分电离的电解质是弱电解质，强酸、强碱和大部分的盐是强电解质，弱酸和弱碱都是弱电解质。【详解】A．蔗糖是非电解质，故A不选；B．甘氨酸是弱电解质，故B不选；C．I2是单质，不是电解质，故C不选；D．CaCO3属于盐，是强电解质，故D选；故选D。【点睛】本题考查了强弱电解质的判断，电解质强弱与电离程度有关，与溶液的导电性强弱无关，D为易错点，CaCO3难溶，但溶于水的部分全电离。18、C【解析】

A．将甲中左侧过量锌粒转移到右侧盛有的一定体积食醋溶液中，测定乙中产生气体体积，可测定酷酸浓度，故A项正确；B．将甲中右侧过量稀硫酸转移到左侧一定质量的粗锌中，测定己中产生气体体积，可测定粗锌的纯度，B项正确；C．碳酸钠溶于水的过程中包含溶解和水解，水解微弱、吸收热量少，溶解放热，且放出热量大于吸收的热量，故C项错误；D．过氧化钠与水反应放热并产生氧气，恢复至室温后，可根据己中两侧液面高低判断是否有气体产生，故D项正确；故答案为C。【点睛】利用该法测量气体体积时要注意使水准管和量气筒里液面高度保持一致。19、B【解析】

设在500g硝酸钾饱和溶液中含有硝酸钾xg，依据题意有：，解得x=121.21g，那么含有水500g﹣121.21g=378.79g，加入的氯化钠中不含有与硝酸钾相同的离子，不用考虑是否和硝酸钾出现盐的代换，所以不会出现晶体析出，且2g氯化钠完全可以溶解在378.79g水中，即2g氯化钠溶于硝酸钾中时溶液中有四种离子计钾离子、硝酸根离子、钠离子、氯离子，他们几种随机组合均未达到这四种物质的溶解度，故选B。20、B【解析】原电池工作时，正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+。A．正极上发生得电子的还原反应即：+2e-+H+=Cl-+，则a为正极，发生还原反应，故A错误；B．由电极方程式可知当转移8mol电子时，正极消耗4molH+，负极生成7molH+，则处理后的废水pH降低，故B正确；C．b为负极，反应式为：CH3COO--8e-+2H2O=2CO2+7H+，由示意图可知，质子从b极移向a极，故C错误；D．a为正极，发生还原反应，电极反应式为+2e-+H+=Cl-+，故D错误；故选B。点睛：本题考查新型电池，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。本题的易错点为D，电极反应也要满足质量守恒定律。21、C【解析】

A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时

pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1

mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．由图中起点可知0.1

mol/L

H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1

mol/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1

mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入

SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；答案选C。22、B【解析】A，OA段加入Ba（OH）2后沉淀物质的量达最大，反应的化学方程式为2KAl（SO4）2+3Ba（OH）2=K2SO4+3BaSO4↓+2Al（OH）3↓，离子方程式为2Al3++3SO42-+3Ba2++6OH-=2Al（OH）3↓+3BaSO4↓，A项正确；B，AB段加入Ba（OH）2，Al（OH）3溶解，SO42-继续沉淀，反应的离子方程式有：Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O、SO42-+Ba2+=BaSO4↓，B项错误；C，根据上述分析，A点沉淀为Al（OH）3和BaSO4的混合物，C项正确；D，B点Al（OH）3完全溶解，总反应为KAl（SO4）2+2Ba（OH）2=2BaSO4↓+KAlO2+2H2O，B点溶液为KAlO2溶液，D项正确；答案选B。点睛：本题考查明矾与Ba（OH）2溶液的反应。明矾与Ba（OH）2反应沉淀物质的量达最大时，Al3+完全沉淀，SO42-有形成沉淀；沉淀质量达最大时，SO42-完全沉淀，Al3+全部转化为AlO2-。二、非选择题(共84分)23、2,3-二甲基-1,3丁二烯氧化反应浓氢溴酸+CH3CH2OH+H2O羟基、醛基12【解析】

A到B发生信息①的反应，B到C发生信息②反应，且只有一种产物，则B结构对称，根据C的结构简式可知B中有两个碳碳双键上的碳原子连接甲基，则B应为，则A为，C与乙醇发生酯化反应生成D。【详解】(1)A为，根据烷烃的系统命名法规则可知其名称应为：2,3-二甲基-1,3丁二烯；(2)B到C的过程为酸性高锰酸钾氧化碳碳双键的过程，所以为氧化反应；(3)根据G和H的结构可知该过程中羟基被溴原子取代，所需试剂为浓氢溴酸；(4)反应③为C与乙醇的酯化反应，方程式为：+CH3CH2OH+H2O；(5)根据F的结构简式可知其官能团为羟基、醛基；(6)化合物M是D的同分异构体，且满足：①1molM与足量的NaHCO3溶液反应，生成二氧化碳气体22.4L(标准状态下)，即生成1mol二氧化碳，说明1molM中含有1mol羧基；②0.5molM与足量银氨溶液反应，生成108g即1molAg固体，说明0.5molM含0.5mol醛基；除去羧基和醛基还有4个碳原子，有两种排列方式：和，先固定羧基有4种方式，再固定醛基，则有(数字表示醛基的位置)：、、、，共有4+4+3+1=12种同分异构体，其中核磁共振氢谱为4组峰且峰面积比为6∶2∶1∶1的结构简式为：；(7)根据观察可知目标产物的结构与W的结构相似，合成W需要I，合成I需要发生类似D与H的反应，原料即为D，则还需类似G的物质，乙醇可以发生消去反应生成乙烯，乙烯和溴加成可以生成二溴乙烷，其结构与G类似，所以合成路线为：。【点睛】推断A和B的结构的关键是理解题目所给信息反应过程中结构的变化，弄清楚B到C的产物只有一种的原因是B结构对称，然后再分析B的结构就比较简单了。24、取代反应醛基和醚键丙氨酸CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O+HCHO→+H2O5【解析】

CH3CHO、NH3、HCN和水在一定条件下合成A，反应为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O，结合信息①CH3CN在酸性条件下可水解生成CH3COOH，得A为，水解后生成，中和后得到B，B为，与SOCl2和CH3OH发生取代反应生成C，C为，C与NH3反应生成D，D为，E和F生成G，G为，G和D反应生成，最加氢生成。【详解】（1）C为，C与NH3反应生成D，D为，C生成D的反应类型为取代反应，G为，G中含氧官能团的名称为醛基和醚键。B为，B的名称为丙氨酸。故答案为：取代反应；醛基和醚键；丙氨酸；（2）由分析：沙芬酰胺的结构简式为。故答案为：；（3）反应（1）的方程式CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O。分析反应(2)的特点，醛基和氨基反应生成碳氮双键和水，使蛋白质变性，用福尔马林浸制生物标本的反应原理的方程式+HCHO→+H2O。故答案为：CH3CHO+NH3+HCN→CH3CH（NH2）CN+H2O；+HCHO→+H2O；（4）H是F相邻的同系物，H比F多一个碳原子，H的苯环上有两个处于对位的取代基，①苯环上仍然有两个处于对位的取代基，②能与NaOH溶液反应，可能为酚、、三种；酸一种、和酯一种，共5种；故答案为：5；(5)根据题中信息设计的由丙烯为起始原料先与溴发生加成反应，得1，2-二溴丙烷，水解后生成1，2-丙二醇，氧化后生成，羰基可与NH3反应，最后与氢气加成可得产品，。故答案为：。25、NH3、CO2E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O排尽装置中的空气充分吸收CO2，防止干扰CO的检验2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去2.1【解析】

(l)按实验过程中观察到现象，推测分解产物并书写草酸铵分解的化学方程式；(2)氮气驱赶装置内原有气体，从空气对实验不利因素来分析；(3)由所盛装的物质性质及实验目的推测装置C的作用；(4)从分解产物中找到另一个有还原性的物质，结合氧化还原反应原理写该反应的化学方程式；Ⅱ．(5)三次平行实验，计算时要数据处理，结合关系式进行计算；【详解】(l)实验过程中，观察到浸有酚酞溶液的滤纸变为红色说明分解产物中含有氨气，装置B中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有二氧化碳气体；若观察到装置E中氧化铜由黑色变为红色，装置F中澄清石灰水变浑浊，说明分解产物中含有CO；答案为：NH3；CO2；E中黑色固体变红，F中澄清石灰水变浑浊；草酸铵分解产生了CO2、NH3、CO，结合质量守恒定律知，另有产物H2O，则草酸铵分解的化学方程式为(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；答案为：(NH4)2C2O42NH3↑+CO2↑+CO↑+H2O；(2)反应开始前，通人氮气的目的是排尽装置中的空气，避免CO与空气混合加热发生爆炸，并防止空气中的CO2干扰实验；答案为：排尽装置中的空气；(3)装置E和F是验证草酸铵分解产物中含有CO，所以要依次把分解产生的CO2、气体中的水蒸气除去，所以装置C的作用是：吸收CO2，避免对CO的检验产生干扰；答案为：充分吸收CO2，防止干扰CO的检验；(4)还有一种分解产物在一定条件下也能还原CuO，那就是氨气，NH3也会与CuO反应，其产物是N2和水，该反应的化学方程式为2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；(5)草酸钙沉淀溶于过量稀硫酸中得到草酸，用0.0l00mol/LKMnO4溶液进行滴定，反应为，滴定至终点时，因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；答案为：因最后一滴KMnO4溶液的滴入，溶液变为粉红色，且半分钟内不褪去；三次滴定实验消耗KMnO4溶液的体积分别为0.43mL，0.4lmL，0.52mL，应舍弃0.52mL，误差较大，则平均体积为0.42mL，滴定反应为，；=1.05×10−5mol，所以20mL血液样品中含有的钙元素的物质的量为，即4.2×10−2mmol，则该血液中钙元素的含量为；答案为：2.1。26、微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好③溴水褪色5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O②③3mNA/14NH3Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑【解析】

探究工业制乙烯的原理和乙烯的主要化学性质，由实验装置可知，A中烷烃在催化剂和加热条件下发生反应生成不饱和烃，B中乙烯与溴水发生加成反应，C中乙烯与高锰酸钾发生氧化反应，D中吸收C中生成的二氧化碳，E中利用排水法收集乙烯。【详解】(1)检查该装置气密性时先形成密闭系统，再利用气体的热胀冷缩原理检验，具体操作为：E中加入适量水，将导管放入水中，再微热A中的大试管，E中出现了气泡，冷却后E中导管中形成一段液注，则装置的气密性良好。(2)石蜡油主要是含17个碳原子以上的液态烷烃混合物，在加热条件下，石蜡油分解生成烯烃，根据原子守恒知，除了生成烯烃外还生成烷烃，故选③；(3)石蜡油分解生成烯烃，烯烃能与溴发生加成反应，则实验过程中装置B中的现象为溴水褪色；若装置D中产生了白色沉淀，则说明混合气体经过装置C时，乙烯被酸性KMnO4溶液氧化生成了CO2气体，同时生成MnSO4，则发生反应的离子方程式为5CH2=CH2+12MnO4-+36H+=10CO2↑+12Mn2++28H2O；(4)加热石蜡油时加入碎瓷片，石蜡油分解较缓慢，加热碎瓷片能加快反应速率，碎瓷片还能吸收热量而积蓄热量从而促进石蜡油分解，故选②③；(5)分解产生的气体混合物全部通入到足量溴水中，溴水增重mg，说明分解生成的烯烃的质量为mg，烯烃的分子通式为CnH2n，其摩尔质量为14ng/mol，则该气体混合物中属于烯烃的原子个数为=。(6)A装置是固体混合加热制气法，常见气体O2、NH3均可以用此装置制备，其中加热氯化铵和消石灰的混合固体可制得NH3，发生反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2H2O+2NH3↑。27、acdebNH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2NH3溶于水能将HCO3﹣转化为CO32﹣，并增大加入NH4+浓度；加入精盐增大Cl﹣浓度，有利于NH4Cl结晶析出b浓氨水称取一定质量的天然碱晶体加入足量稀硫酸并微热、产生的气体通过足量Ba(OH)2溶液过滤、洗涤、干燥、称量、恒重沉淀【解析】

(1)根据SO42﹣、Ca2+、Mg2+等易转化为沉淀而被除去，以及根据不能产生新杂质的要求排序，前面加入的过量溶液应用后加入的溶液除去，最后加入适量的溶液；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2；根据溶解平衡，增加反应物的浓度有利于晶体析出；(3)侯氏制碱法主要操作是在氨化饱和的NaCl溶液里通CO2，因此后续操作中得到的CO2和NaCl可循环利用；(4)实验室制取二氧化碳的反应原理和条件；根据在浓氨水中加碱或生石灰，因为氨水中存在下列平衡：NH3+H2O⇌NH3•H2O⇌NH4++OH﹣加入碱或生石灰产生氢氧根离子平衡左移，同时放出大量的热促进氨水的挥发，制得氨气；(5)根据实验的原理：先称取一定量的天然碱晶体并溶解得到水溶液，将碳酸根全部转换成二氧化碳，利用二氧化碳和澄清石灰水产生沉淀，通过沉淀的质量求出二氧化碳的物质的量、Na2CO3的物质的量和质量，最终求出Na2CO3的质量分数。【详解】(1)SO42﹣、Ca2+、Mg2+等分别与Ba(OH)2溶液、Na2CO3溶液、Ba(OH)2溶液反应生成沉淀，可再通过过滤除去，Na2CO3溶液能除去过量的Ba(OH)2溶液，盐酸能除去过量的Na2CO3溶液和NaOH溶液，所以应先加Ba(OH)2溶液再加Na2CO3溶液，过滤，最后加入盐酸，故答案为：a→c→d→e→b；(2)NH3易溶于水，有利于吸收溶解度不大的CO2，所以向饱和食盐水中先通入NH3，后通入CO2；通入NH3可通过与HCO3﹣的反应，增加NH4+浓度，并利用精盐增大Cl﹣浓度，根据溶解平衡的移动，有利于NH4Cl结晶析出；(3)煅烧炉里生成的CO2可循环利用，滤液a析出晶体氯化铵后得到的NaCl溶液可循环利用，则；(4)实验室制取二氧化碳常选用石灰石和稀盐酸或大理石和稀盐酸反应制取，采用固