2022年安徽省淮南市壽縣高三一診考試化學試卷含解析

1、2021-2022高考化學模擬試卷考生請注意：1答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、某溶液中可能含有 H+、NH4+、Fe2+、SO42、CO32、Br，且物質的量濃度相同；取樣進行實驗，結果是：測得溶液 pH2；加入氯水，溶液顏色變深。對原溶液描述錯誤的是()A一定含有 Fe2+B一定含有 BrC可能同時含 Fe2+、BrD一

2、定不含NH4+2、6克含雜質的Na2SO3樣品與足量鹽酸反應，可生成1.12升氣體（S、T、P），氣體質量為3克，該樣品的組成可能是（ ）ANa2SO3，Na2CO3BNa2SO3，NaHCO3CNa2SO3，NaHCO3，Na2CO3DNa2SO3，MgCO3，NaHCO33、分類法是研究化學的一種重要方法，下列乙中的物質與甲的分類關系匹配的是（ ）選項甲乙A干燥劑濃硫酸、石灰石、無水氯化鈣B混合物空氣、石油、干冰C空氣質量檢測物質氮氧化物、二氧化硫、PM2.5D酸性氧化物三氧化硫、一氧化碳、二氧化硅AABBCCDD4、下列各組粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入試劑X后，發(fā)生反應的離子方

3、程式也正確的是選項微粒組加入試劑發(fā)生反應的離子方程式A、過量HC1B、過量C過量DI-、Cl-、H+、SO42-過量AABBCCDD5、下圖是部分短周期元素原子（用字母表示）最外層電子數(shù)與原子序數(shù)的關系圖。說法正確的是A元素非金屬性：XRWBX與R形成的分子內含兩種作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共價鍵D元素對應的離子半徑：WRX6、已知氯氣、溴蒸氣分別跟氫氣反應的熱化學方程式如下(Q1、Q2均為正值)：H2(g)+Cl2(g)2HCl(g)+Q1H2(g)+Br2(g)2HBr(g)+Q2 根據(jù)上述反應做出的判斷正確的是()AQ1Q2B生成物總能量均高于反應物總能量C生成1mol HCl

4、(g)放出Q1熱量D等物質的量時，Br2(g)具有的能量低于Br2(l)7、實驗室利用SO2和Cl2在活性炭作用下制取SO2C12，原理為SO2(g)+Cl2(g)SO2Cl2(l) H=-97.3kJ/mol。裝置如圖所示(部分裝置已省略)。已知SO2C12的熔點為-54.1，沸點為69.1，遇水能發(fā)生劇烈反應并產生白霧。下列說法正確的是A乙中盛放的試劑為無水氯化鈣B制備過程中需要將裝置甲置于冰水浴中C用來冷卻的水應該從a口入，b口出D可用硝酸與亞硫酸鈉反應制備二氧化硫8、煤的干餾實驗裝置如圖所示。下列說法錯誤的是A可用藍色石蕊試紙檢驗a層液體中含有的NH3B長導管的作用是導氣和冷凝C從b層

5、液體中分離出苯的操作是分餾Dc口導出的氣體可使新制氯水褪色9、常溫下，向10.00 mL 0.1mol/L某二元酸H2X溶液中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，其pH變化如圖所示(忽略溫度變化)，已知：常溫下，H2X的電離常數(shù)Ka11.1105，Ka21.3108。下列敘述正確的是Aa近似等于3B點處c(Na)2c(H)c(H2X)2c(X2)c(HX)2c(OH)C點處為H2X和NaOH中和反應的滴定終點D點處c(Na)2c(X2)c(OH)c(HX)c(H)10、中國五年來探索太空，開發(fā)深海，建設世界第一流的高鐵、橋梁、碼頭，5G技術聯(lián)通世界等取得的舉世矚目的成就。它們與化學有著密

6、切聯(lián)系。下列說法正確的是( )A我國近年來大力發(fā)展核電、光電、風電、水電。電能屬于一次能源B“神舟十一號”宇宙飛船返回艙外表面使用的高溫結構陶瓷的主要成分是硅酸鹽C我國提出網(wǎng)絡強國戰(zhàn)略，光纜線路總長超過三千萬公里，光纜的主要成分是晶體硅D大飛機C919采用大量先進復合材料、鋁鋰合金等，鋁鋰合金屬于金屬材料11、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（ ）A60g乙酸和丙醇混合物中含有的分子數(shù)目為NAB2L0.5molL-1磷酸溶液中含有的H+數(shù)目為3NAC標準狀況下，2.24L己烷中含有的共價鍵數(shù)目為1.9NAD50mL12 molL-1鹽酸與足量MnO2共熱，轉移的電子數(shù)目為0.3NA

7、12、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增加。已知，離子化合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中，陰陽離子個數(shù)比為11，陽離子是一種5核10電子微粒；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，其中丁在常溫下為氣體。下列說法正確的是A甲中既含離子鍵，又含共價鍵B丙和戊的混合物一定顯酸性C丁一定能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍D原子半徑：XYZW13、下列實驗過程可以達到實驗目的的是編號實驗目的實驗過程A配制0.4000molL-1的NaOH溶液將稱取的4.0g固體NaOH置于250mL容量瓶中，加入適

8、量蒸餾水溶解并定容至容量瓶刻度線B收集NH4Cl和Ca(OH)2混合物在受熱時產生的氣體用排水法收集，在實驗結束時，應先移出導管，后熄滅酒精燈C探究濃度對反應速率的影響向2支盛有5mL不同濃度Na2S2O3溶液的試管中同時加入2mL 0.1mol/L H2SO4溶液，察實驗現(xiàn)象D證明Ksp(AgCl)Ksp(AgI)向含少量NaCl的NaI溶液中滴入適量稀AgNO3溶液，有黃色沉淀生成AABBCCDD14、下列設計的實驗方案能達到相應實驗目的的是選項實驗目的實驗方案A探究化學反應的限度取5mL0.1mol/LKI溶液，滴加0.1mol/LFeCl3溶液56滴，充分反應，可根據(jù)溶液中既含I2又含

9、I-的實驗事實判斷該反應是可逆反應B探究濃度對化學反應速率的影響用兩支試管各取5mL0.1mol/L的KMnO4溶液，分別加入2mL0.1mol/L和0.2mol/L的草酸溶液，記錄溶液褪色所需的時間C證明溴乙烷的消去反應有乙烯生成將NaOH的乙醇溶液加入溴乙烷中加熱，將產生的氣體直接通入酸性KMnO4溶液中D驗證醋酸鈉溶液中存在水解平衡取CH3COONa溶液于試管中并加入幾滴酚酞試劑，再加入醋酸銨固體其水溶液呈中性，觀察溶液顏色變化AABBCCDD15、關于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列說法正確的是（ ）A不能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色B可以與稀硫酸或NaOH溶液反應C分子中所有原子共平面

10、D易溶于飽和碳酸鈉溶液16、用普通圓底燒瓶將某鹵化鈉和濃硫酸加熱至500制備純凈HX氣體，則該鹵化鈉是ANaFBNaClCNaBrDNaI二、非選擇題（本題包括5小題）17、氯吡格雷(clopidogrel)是一種用于抑制血小板聚集的藥物以芳香族化合物A為原料合成的路線如下：已知：R-CHO，R-CNRCOOH(1)寫出反應CD的化學方程式_，反應類型_。(2)寫出結構簡式B_，X_。(3)A屬于芳香族化合物的同分異構體(含A)共有_種，寫出其中與A不同類別的一種同分異構體的結構簡式_。(4)兩分子C可在一定條件下反應生成一種產物，該產物分子中含有3個六元環(huán)，寫出該反應的化學方程式_。(5)已

11、知：，設計一條由乙烯、甲醇為有機原料制備化合物的合成路線流程圖，無機試劑任選_。(合成路線常用的表反應試劑A反應條件B反應試劑反應條件目標產物示方式為：AB目標產物)18、化合物H是一種高效除草劑，其合成路線流程圖如下：（1）E中含氧官能團名稱為_和_。（2）AB的反應類型為_。（3）寫出同時滿足下列條件的D的一種同分異構體的結構簡式：_。不能發(fā)生水解反應，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應：分子中有4種不同化學環(huán)境的氫。（4）F的分子式為C15H7ClF3NO4，寫出F的結構簡式：_。（5）已知：NH2與苯環(huán)相連時，易被氧化；COOH與苯環(huán)相連時，再引入其他基團主要進入它的間位。請寫出以A和D為

12、原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。_19、 (一)碳酸鑭可用于治療終末期腎病患者的高磷酸鹽血癥，制備反應原理為：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O；某化學興趣小組利用下列裝置實驗室中模擬制備碳酸鑭。(1)制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：F_；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為_；(3)X中盛放的試劑是_，其作用為_；(4)Z中應先通入，后通入過量的，原因為_；是一種重要的稀土氫氧化物，它可由氟碳酸鈰精礦(主要含)經(jīng)如下流程獲得：已知：在酸性溶液中有強氧化性，回答下列問題：(5)氧化焙燒生成的鈰化合

13、物二氧化鈰()，其在酸浸時反應的離子方程式為_；(6)已知有機物HT能將從水溶液中萃取出來，該過程可表示為：(水層)+(有機層) +(水層)從平衡角度解釋：向(有機層)加入獲得較純的含的水溶液的原因是_；(7)已知298K時，KspCe(OH)3=110-20，為了使溶液中沉淀完全，需調節(jié)pH至少為_；(8)取某產品0.50g，加硫酸溶解后，用的溶液滴定至終點(鈰被還原成)(已知：的相對分子質量為208)溶液盛放在_(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；根據(jù)下表實驗數(shù)據(jù)計算產品的純度_；滴定次數(shù)溶液體積(mL)滴定前讀數(shù)滴定后讀數(shù)第一次0.5023.60第二次1.0026.30第三次1.2024.

14、10若用硫酸酸化后改用的溶液滴定產品從而測定產品的純度，其它操作都正確，則測定的產品的純度_(填“偏高”、“偏低”或“無影響”)。20、碳酸鎂晶須是一種新型的吸波隱形材料中的增強材料。（1）合成該物質的步驟如下：步驟1：配制0.5molL-1 MgSO4溶液和0.5molL-1 NH4HCO3溶液。步驟2：用量筒量取500mL NH4HCO3溶液于1000mL三頸燒瓶中，開啟攪拌器。溫度控制在50。步驟3：將250mL MgSO4溶液逐滴加入NH4HCO3溶液中，1min內滴加完后，用氨水調節(jié)溶液pH到9.5。步驟4：放置1h后，過濾，洗滌。步驟5：在40的真空干燥箱中干燥10h，得碳酸鎂晶須

15、產品（MgCO3nH2O n=15）。步驟2控制溫度在50，較好的加熱方法是_。步驟3生成MgCO3nH2O沉淀的化學方程式為_。步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈的方法是_。（2）測定生成的MgCO3nH2O中的n值。稱量1.000碳酸鎂晶須，放入如圖所示的廣口瓶中加入適量水，并滴入稀硫酸與晶須反應，生成的CO2被NaOH溶液吸收，在室溫下反應45h，反應后期將溫度升到30，最后將燒杯中的溶液用已知濃度的鹽酸滴定，測得CO2的總量；重復上述操作2次。圖中氣球的作用是_。上述反應后期要升溫到30，主要目的是_。測得每7.8000g碳酸鎂晶須產生標準狀況下CO2為1.12L，則n值為_。（3）碳酸鎂晶須

16、可由菱鎂礦獲得，為測定某菱鎂礦（主要成分是碳酸鎂，含少量碳酸亞鐵、二氧化硅）中鐵的含量，在實驗室分別稱取12.5g菱鎂礦樣品溶于過量的稀硫酸并完全轉移到錐形瓶中，加入指示劑，用0.010mol/L H2O2溶液進行滴定。平行測定四組。消耗H2O2溶液的體積數(shù)據(jù)如表所示。實驗編號1234消耗H2O2溶液體積/mL15.0015.0215.6214.98H2O2溶液應裝在_（填“酸式”或“堿式”）滴定管中。根據(jù)表中數(shù)據(jù)，可計算出菱鎂礦中鐵元素的質量分數(shù)為_ %（保留小數(shù)點后兩位）。21、1799年，英國化學家漢弗萊戴維發(fā)現(xiàn)了N2O氣體。在食品行業(yè)中，N2O可用作發(fā)泡 劑和密封劑。(l) N2是硝酸

17、生產中氨催化氧化的副產物，NH3與O2在加熱和催化劑的作用下生成N2O的化學方程式為_。(2)N2O在金粉表面發(fā)生熱分解反應：2N2O(g)=2N2(g)+O2(g)H。已知：2NH3(g)+3N2O(g)=4N2(g)+3H2O(l) H1=-1010KJ/mol4NH3(g)+3O2(g) =2N2(g)+6H2O(l) H2=-1531KJ/mol H=_。(3)N2O和CO是環(huán)境污染性氣體，研究表明，CO與N2O在Fe+作用下發(fā)生反應：N2O(g)+CO(g)CO2(g)十N2(g)的能量變化及反應歷程如下圖所示，兩步反應分別為：反應Fe+N2OFeO+N2；反應_由圖可知兩步反應均為

18、_(填“放熱”或“吸熱”)反應，由_(填“反應或反應”)決定反應達到平衡所用時間。(4)在固定體積的密閉容器中，發(fā)生反應：N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)，改變原料氣配比進行多組實驗(各次實驗的溫度可能相同，也可能不同)，測定N2O的平衡轉化率。部分實驗結果如圖所示：如果要將圖中C點的平衡狀態(tài)改變?yōu)锽點的平衡狀態(tài)，應采取的措施是：_ ；圖中C、D兩點對應的實驗溫度分別為TC和TD，通過計算判斷TC_TD(填“”“=”或“0.96g，A錯誤；B生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸氫鈉質量=0.01mol84g/mol=0.84g0.96g，B錯誤；C由AB分析可知，雜質可能為Na

19、HCO3，Na2CO3的混合物，C正確；D生成0.01mol二氧化碳，需要碳酸鎂質量=0.01mol84g/mol=0.84g，需要碳酸氫鈉質量=0.01mol84g/mol=0.84g，均小于0.96g，不符合，D錯誤；故選C。3、C【解析】A. 石灰石是碳酸鈣，不具有吸水性，故不能做干燥劑，故A錯誤；B. 由兩種或以上物質構成的是混合物，而干冰是固體二氧化碳，屬于純凈物，故B錯誤；C. 氮氧化物能導致光化學煙霧、二氧化硫能導致酸雨、PM2.5能導致霧霾，故氮氧化物、二氧化硫、PM2.5均能導致空氣污染，均是空氣質量檢測物質，故C正確；D. 和堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物，而CO為不

20、成鹽的氧化物，故不是酸性氧化物，故D錯誤；故選：C。4、D【解析】AHCO3-與SiO32-反應生成H2SiO3和CO32-，通入過量HC1，發(fā)生反應的離子方程式為2H+SiO32-=H2SiO3、H+HCO3-=H2O+CO2，故A不符合題意；B題給四種離子可以大量共存，通入過量H2S，發(fā)生反應的離子方程式為2Fe3+H2S=2Fe2+S+2H+，故B不符合題意；CHClO與SO32-因發(fā)生氧化還原反應而不能大量共存，故C不符合題意；D題給四種離子可以大量共存，加入過量NaNO3，發(fā)生反應的離子方程式為6I-+2NO3-+8H+=2NO+4H2O+3I2，故D符合題意。故答案選D。5、C【解

21、析】都是短周期元素，由最外層電子數(shù)與原子序數(shù)關系可知，X、Y處于第二周期，X的最外層電子數(shù)為6，故X為O元素，Y的最外層電子數(shù)為7，故Y為F元素；Z、R、W處于第三周期，最外層電子數(shù)分別為1、6、7，故Z為Na元素、R為S元素、W為Cl元素，則A同周期元素從左到右非金屬性逐漸增強，同主族從上到下非金屬性逐漸減弱，應為OClS，選項A錯誤；BX與R形成的分子可為SO2或SO3，分子內只存在極性鍵，選項B錯誤；CX、Z形成的化合物如為Na2O2，含有共價鍵，選項C正確；D核外電子排布相同的離子核電荷數(shù)越大離子半徑越小，半徑O2ClS2，選項D錯誤。答案選C。【點睛】本題考查元素周期表元素周期律的應

22、用，根據(jù)最外層電子數(shù)及原子序數(shù)的關系確定元素是解題的關鍵，注意整體把握元素周期表的結構，都是短周期元素，根據(jù)圖中信息推出各元素，結合對應單質、化合物的性質以及元素周期律知識解答該題。6、A【解析】A非金屬性ClBr，HCl比HBr穩(wěn)定，則反應中放出的熱量多，即QlQ2，故A正確；B燃燒反應為放熱反應，則反應物總能量均高于生成物總能量，故B錯誤；C由反應可知，Q1為生成2mol HCl的能量變化，則生成 molHCl(g)時放出熱量小于Q1，故C錯誤；D同種物質氣體比液體能量高，則1molHBr(g)具有的能量大于1molHBr(l)具有的能量，故D錯誤；故選A。7、B【解析】SO2C12的熔沸

23、點低、易揮發(fā)，根據(jù)裝置圖可知，三頸燒瓶上方的冷凝管的作用是使揮發(fā)的產物冷凝回流，由于會有一部分SO2和Cl2通過冷凝管逸出，SO2和Cl2都會污染空氣，故乙裝置應使用堿性試劑，SO2C12遇水能發(fā)生劇烈反應并產生白霧，乙中盛放堿石灰，吸收未反應完的二氧化硫、氯氣，防止污染空氣，并吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進入甲中導致SO2Cl2水解?！驹斀狻緼乙的作用是吸收未反應完的二氧化硫、氯氣，防止污染空氣，并吸收空氣中的水蒸氣，防止水蒸氣進入甲中導致SO2Cl2水解，故乙中盛放的試劑應該是堿石灰，無水氯化鈣只能吸收水，A選項錯誤；B根據(jù)題目中熱化學方程式可知，H2c(X2)c(OH)c(HX)c(H

24、)，故D錯誤；答案：A【點睛】本題考查了酸堿中和滴定實驗，注意先分析中和后的產物，再根據(jù)電荷守恒、物料守恒、質子守恒分分析；注意多元弱酸鹽的少量水解，分步水解，第一步為主；多元弱酸少量電離，分步電離，第一步為主。10、D【解析】A. 我國近年來大量減少化石燃料的燃燒，大力發(fā)展核電、光電、風電、水電，電能屬于二次能源，故A錯誤；B. 新型無機非金屬材料在性能上比傳統(tǒng)無機非金屬材料有了很大的提高，可適用于不同的要求。如高溫結構陶瓷、壓電陶瓷、透明陶瓷、超導陶瓷等都屬于新型無機非金屬材料，故B錯誤；C. 光纜的主要成分是二氧化硅，故C錯誤；D. 金屬材料包括純金屬以及它們的合金，鋁鋰合金屬于金屬材料

25、，故D正確；答案選D?！军c睛】化學在能源，材料，方面起著非常重要的作用，需要學生多關注最新科技發(fā)展動態(tài)，了解科技進步過程中化學所起的作用。11、A【解析】A、乙酸和丙醇的摩爾質量均為60g/mol，故60g混合物的物質的量為1mol，則含分子數(shù)目為NA個，故A正確；B、磷酸為弱酸，不能完全電離，則溶液中的氫離子的個數(shù)小于3NA個，故B錯誤；C、標準狀況下，己烷為液體，所以無法由體積求物質的量，故C錯誤；D、二氧化錳只能與濃鹽酸反應，和稀鹽酸不反應，故濃鹽酸不能反應完全，則轉移的電子數(shù)小于0.3NA個，故D錯誤；答案選A。12、A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序數(shù)依次增加。離子化

26、合物甲是由X、Y、Z、W四種元素組成的，其中陰陽離子個數(shù)比為11，陽離子是一種5核10電子微粒，該陽離子為NH4+，則X為H元素；Q元素原子半徑是短周期主族元素中最大的，則Q為Na元素，因此Y、Z、W均為第二周期元素，陰離子組成元素的原子序數(shù)小于Na，則陰離子為碳酸氫根離子，則甲為NH4HCO3，因此Y為C元素、Z為N元素、W為O元素；乙為上述某種元素的最高價氧化物對應的水化物；甲與乙的濃溶液反應生成丙、丁、戊三種物質，則乙為氫氧化鈉或硝酸，與碳酸氫銨反應生成氨氣，碳酸鈉和水或硝酸銨、二氧化碳和水，其中丁在常溫下為氣體，則丁為氨氣或二氧化碳，據(jù)此分析解答。【詳解】根據(jù)上述分析，X為H元素，Y為

27、C元素，Z為N元素，W為O元素，Q為Na元素，甲為NH4HCO3，乙為NaOH或硝酸，丁為氨氣或二氧化碳，丙、戊為碳酸鈉或硝酸銨和水。A甲為NH4HCO3，屬于離子化合物，含有離子鍵，銨根離子、HCO3-中還含有共價鍵，故A正確；B丙和戊的混合物可能為碳酸鈉溶液或硝酸銨溶液，碳酸鈉水解后溶液顯堿性，故B錯誤；C丁可能為二氧化碳，二氧化碳不能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，故C錯誤；D同一周期，從左到右，原子半徑逐漸減小，同一主族，從上到下，原子半徑逐漸增大，原子半徑：XWZY，故D錯誤；答案選A。13、C【解析】A容量瓶是配制一定物質的量濃度溶液的儀器，不能用于溶解溶質，即不能在容量瓶中溶解NaOH

28、，A錯誤；BNH3極易溶于水，其收集方法不能用排水法，B錯誤；CNa2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S+SO2+H2O，可以通過黃色沉淀出現(xiàn)快慢來比較化學反應速率的快慢，從而探究濃度對化學反應速率的影響，C正確；D由于NaCl量較少，可能濃度商c(Ag)c(Cl)Ksp(AgCl)而未出現(xiàn)沉淀。只有在CI和I濃度相同情況下才可以比較，D錯誤。答案選C。【點睛】A項需要注意的是NaOH溶液易變質，通常不能直接正確地配制一定物質的量的濃度的NaOH溶液（即NaOH不能作基準物質），而需要通過滴定來測定NaOH溶液的濃度。14、D【解析】AKI與FeCl3發(fā)生氧化還原反應，其離子反應式為2I-

29、+2Fe3+=2Fe2+I2，由于KI過量，因此溶液中存在I2和I-，故不可根據(jù)溶液中既含I2又含I-的實驗事實判斷該反應是可逆反應，A錯誤；B高錳酸鉀與草酸溶液反應的離子式為2MnO4-+5H2C2O4+6H+=8H2O+10CO2+2Mn2+，可知溶液中高錳酸鉀溶液過量，難以觀察到褪色現(xiàn)象，B錯誤；C由于溶液中揮發(fā)的乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以不能使用酸性高錳酸鉀溶液檢驗乙烯，C錯誤；DCH3COONa在水溶液呈堿性是存在陰離子的水解：CH3COO-+H2OCH3COOH+OH-，加入酚酞溶液后變紅，再加入醋酸銨固體，醋酸銨溶液呈中性，此時溶液中CH3COO-濃度增大，反應正向移動

30、，溶液顏色加深，D正確；答案選D?！军c睛】此題易錯點是B選項，通過觀察高錳酸鉀褪色快慢來探究反應速率大小，若高錳酸鉀過量則不會觀察到褪色，延伸考點還會出現(xiàn)高錳酸鉀濃度不同來探究，要注意濃度不同時本身顏色深淺就不同，所以難以通過觀察先褪色說明速率快；一般是高錳酸鉀濃度相同且量少時，慢慢滴加不同濃度的草酸溶液，以此探究濃度對速率的影響。15、B【解析】A該有機物分子中含有碳碳雙鍵，能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，A不正確；B該有機物分子中含有酯基，可以在稀硫酸或NaOH溶液中發(fā)生水解反應，B正確；C分子中含有-CH3，基團中的原子不可能共平面，C不正確；D該有機物屬于酯，在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度小，

31、D不正確；故選B。16、B【解析】A玻璃中含有二氧化硅，氫氟酸和二氧化硅反應生成四氟化硅，所以不能用普通圓底燒瓶制取氟化氫，選項A錯誤；B利用高沸點的酸制取揮發(fā)性酸原理，鹽酸是揮發(fā)性酸，濃硫酸是高沸點酸，且氯化氫和玻璃不反應，所以可以用濃硫酸和氯化鈉制取氯化氫，選項B正確；C溴化氫能被濃硫酸氧化而得不到溴化氫，選項C錯誤；D碘化氫易被濃硫酸氧化生成碘單質而得不到碘化氫，選項D錯誤；答案選B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、+CH3OH + H2O 酯化反應(或取代反應) 4 +2H2O 【解析】A分子式為C7H5OCl，結合題干信息可知A中含有-CHO、-Cl、苯環(huán)，根據(jù)物質反應過程中物質

32、結構不變，可知A為，B為，經(jīng)酸化后反應產生C為，C與甲醇在濃硫酸存在條件下加熱，發(fā)生酯化反應產生D：；D與分子式為C6H7BrS的物質反應產生E：，結合D的結構可知X結構簡式為：；E與在加熱90及酸性條件下反應產生氯吡格雷：?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，B為，X為：。(1)反應CD是與甲醇發(fā)生酯化反應，反應方程式為：+CH3OH + H2O，該反應為酯化反應，也屬于取代反應；(2)根據(jù)上述分析可知B為：，X為：；(3)A結構簡式為，A的同分異構體(含A)中，屬于芳香族化合物，則含有苯環(huán)，官能團不變時，有鄰、間、對三種，若官能團發(fā)生變化，側鏈為-COCl，符合條件所有的結構簡式為、，共四種不

33、同的同分異構體，其中與A不同類別的一種同分異構體的結構簡式為；(4)兩分子C可在一定條件下反應生成一種產物，該產物分子中含有3個六元環(huán)，應是氨基與羧基之間發(fā)生脫水反應，兩分子C脫去2分子水生成，該反應方程式為：；(5)乙烯與溴發(fā)生加成反應產生CH2Br-CH2Br，再發(fā)生水解反應產生乙二醇：CH2OH-CH2OH，甲醇催化氧化產生甲醛HCHO，最后乙二醇與甲醛反應生成化合物，故該反應流程為?！军c睛】本題考查有機物的合成與推斷、有機反應類型的判斷、同分異構體書寫等，掌握反應原理，要充分利用題干信息、物質的分子式。并根據(jù)反應過程中物質結構不變分析推斷，較好的考查學生分析推理能力，是對有機化學基礎的

34、綜合考查。18、醚鍵 羧基 取代反應 【解析】根據(jù)流程可知，B被酸性重鉻酸鈉氧化生成C，結合A的結構簡式可知B為，在濃硫酸催化下與濃硝酸發(fā)生硝化反應（也屬于取代反應）生成和水；與發(fā)生反應生成分子式為C15H7ClF3NO4的F，F(xiàn)與發(fā)生反應生成，結構兩者的結構簡式可知F為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)流程可知，B被酸性重鉻酸鈉氧化生成C，結合A的結構簡式可知B為，在濃硫酸催化下與濃硝酸發(fā)生硝化反應（也屬于取代反應）生成和水；與發(fā)生反應生成分子式為C15H7ClF3NO4的F，F(xiàn)與發(fā)生反應生成，結構兩者的結構簡式可知F為。（1）E為，含氧官能團名稱為醚鍵和羧基；（2）AB是在濃硫酸催化下與濃硝酸發(fā)

35、生硝化反應（也屬于取代反應）生成和水；反應類型為取代反應；（3）D為，滿足條件不能發(fā)生水解反應，能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，則不含有肽鍵及酯基，含有酚羥基；分子中有4種不同化學環(huán)境的氫，則高度對稱，若苯環(huán)上只有兩個取代基則應為對位且有一個是酚羥基，則為；若苯環(huán)上有多個取代基，則為兩個酚羥基且對稱、一個醛基和一個氨基，符合條件的有、；（4）F的結構簡式為：；（5）A（）和D（）為原料制備，在氯化鐵的催化下與氯氣發(fā)生取代反應生成，氧化得到，與在碳酸鉀作用下反應生成，在濃硝酸、雙氧水及冰醋酸作用下生成，合成路線流程圖如下：。【點睛】本題考查有機合成及推斷，解題的關鍵是分析反應類型、推出各有機物及

36、反應原理，本題的難點是結合題中合成路線設計合理的合成方案，注意題中信息的解讀。19、A B D E C NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3 溶液 吸收揮發(fā)的、同時生成 在水中溶解度大，在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率 混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成水溶液方向移動 9 酸式 95.68% 偏低 【解析】(一)根據(jù)制備的反應原理：2LaCl3+6NH4HCO3La2(CO3)3+6NH4Cl+3CO2+3H2O，結合裝置圖可知，W中制備二氧化碳，Y中制備氨氣，X是除去二氧化碳中HCl，在Z中制備碳酸鑭，結合氨氣的性質分析解答(1)(4)；(二)由實驗流程可

37、知，氟碳酸鈰精礦(主要含CeFCO3)氧化焙燒生成CeO2，加酸溶解發(fā)生2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，過濾分離出不溶物，含Ce3+的溶液進行萃取分離得到濃溶液，再與堿反應生成Ce(OH)3，將Ce(OH)3氧化可生成Ce(OH)4。據(jù)此結合氧化還原反應的規(guī)律、鹽類水解和溶解積的計算分析解答(5)(8)?！驹斀狻?一)(1)由裝置可知，W中制備二氧化碳，X除去HCl，Y中制備氨氣，在Z中制備碳酸鑭，則制備碳酸鑭實驗流程中導管從左向右的連接順序為：FABDEC，故答案為A；B；D；E；C；(2)Y中發(fā)生反應的化學反應式為NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3，

38、故答案為NH3H2O(濃)+CaO=Ca(OH)2+NH3；(3)X是除去二氧化碳中的氯化氫，需要盛放的試劑是NaHCO3溶液，其作用為吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2，故答案為NaHCO3溶液；吸收揮發(fā)的HCl、同時生成CO2；(4)Z中應先通入NH3，后通入過量的CO2，因為NH3在水中溶解度大，二氧化碳在水中溶解度不大，堿性溶液利用吸收二氧化碳，提高利用率，故答案為NH3在水中溶解度大，CO2在水中溶解度不大，堿性溶液吸收，可提高利用率；(二)(5)氧化焙燒生成的鈰化合物二氧化鈰(CeO2)，其在酸浸時發(fā)生離子反應為2CeO2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O，故答案為2CeO

39、2+H2O2+6H+=2Ce3+O2+4H2O；(6)向CeT3(有機層)加入H2SO4獲得較純的含Ce3+的水溶液的原因是混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動，故答案為混合液中加硫酸導致氫離子濃度增大，平衡向生成Ce3+水溶液方向移動；(7)已知298K時，KspCe(OH)3=110-20，為了使溶液中Ce3+沉淀完全，c(OH-)=110-5mol/L，由Kw可知c(H+)=110-9mol/L，pH=-lgc(H+)=9，故答案為9；(8)FeSO4屬于強酸弱堿鹽，水解后溶液顯酸性，則FeSO4溶液盛放在酸式滴定管中，故答案為酸式；由表格數(shù)據(jù)可知，第二次為

40、25.30mL，誤差較大應舍棄，F(xiàn)eSO4的物質的量為0.1000molL-10.001L/mL=0.0023mol，根據(jù)電子得失守恒可得關系式CeO2FeSO4，由原子守恒可知Ce(OH)4的質量為0.0023208g=0.4784g，則Ce(OH)4產品的純度為100%=95.68%，故答案為95.68%；改用0.1000molL-1的FeCl2溶液滴定產品從而測定Ce(OH)4產品的純度，Ce4+有強氧化性，與Cl-發(fā)生氧化還原反應，由電子守恒計算的Ce(OH)4的物質的量及質量偏小，則測定的Ce(OH)4產品的純度偏低，故答案為偏低。20、水浴加熱 MgSO4+NH4HCO3+NH3H

41、2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4 取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈 緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用 使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收 4 酸式 0.13 【解析】本實驗題分為合成碳酸鎂晶須、測定MgCO3nH2O中n值、測定菱鎂礦中鐵的含量三部分。合成碳酸鎂晶須是利用MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成。測定MgCO3nH2O中n值，采用的是加稀硫酸，和MgCO3nH2O反應，測定產生的CO2的體積，可以通過計算確定MgCO3nH2O中

42、n值。測定菱鎂礦中鐵的含量的原理是將菱鎂礦中的鐵轉化為Fe2+，用H2O2溶液滴定，根據(jù)消耗的H2O2的物質的量以及電子守恒即可計算出菱鎂礦中鐵的含量?！驹斀狻浚?）步驟2控制溫度在50，當溫度不超過100時，較好的加熱方法是水浴加熱。水浴加熱既可均勻加熱，又可以很好地控制溫度。MgSO4溶液和NH4HCO3溶液、氨水反應生成MgCO3nH2O沉淀的同時還得到(NH4)2SO4，化學方程式為：MgSO4+NH4HCO3+NH3H2O+(n-1)H2OMgCO3nH2O+(NH4)2SO4。步驟4檢驗沉淀是否洗滌干凈，可以檢驗洗滌液中的SO42-，方法是取最后一次洗滌液少許于試管中，加入稀鹽酸，

43、無明顯現(xiàn)象，然后加入BaCl2溶液，若無白色沉淀，則沉淀已經(jīng)洗滌干凈。（2）圖中氣球可以緩沖壓強（或平衡壓強），還可以起到封閉體系的作用。上述反應后期要升溫到30，主要目的是使廣口瓶中溶解的CO2充分逸出，并被NaOH溶液充分吸收。標準狀況下1.12LCO2的物質的量為0.05mol，根據(jù)碳守恒，有=0.05mol，解得n=4。（3）H2O2溶液有強氧化性和弱酸性，應裝在酸式滴定管中。四次實驗數(shù)據(jù)，第3次和其他三次數(shù)據(jù)偏離較大，舍去，計算出三次實驗消耗H2O2溶液體積的平均值為15.00mL。n(H2O2)=0.015L0.010mol/L=1.510-4mol，在H2O2和Fe2+的反應中，H2O2做氧化劑，-1價氧的化合價降低到-2價，F(xiàn)e2+中鐵的化合價升高到+3價，根據(jù)電子守恒，n(Fe2+)=2(H2O2)= 310-4mol，則m(F