2022届浙江省宁波重点高三第二次联考化学试卷含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项1考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回2答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用05毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置3请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符4作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效5如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，核泄漏事

2、故中会产生人工放射性同位素Cs、Cs。下列有关说法正确的是A铯元素的相对原子质量约为133BCs、Cs的性质相同CCs的电子数为79DCs、Cs互为同素异形体2、实验室进行加热的方法有多种，其中水浴加热的局限性是（）A加热均匀B相对安全C达到高温D较易控温3、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能一步实现的是（ ）ASSO3H2SO4BNH3NO2HNO3CCu2(OH)2CO3CuCl2(aq)Cu(s)D饱和NaCl溶液NaHCO3(s)Na2CO3(s)4、下列有关化学用语表示正确的是（）A对硝基甲苯的结构简式：BCS2的比例模型：CCH2F2的电子式：D氯原子结构示意图：5、稀土元

3、素铥(Tm)广泛用于高强度发光电源。有关它的说法正确的是()A质子数为 69B电子数为 100C相对原子质量为 169D质量数为 2386、下列说法正确的是（ ）ApH在5.67.0之间的降水通常称为酸雨BSO2使溴水褪色证明SO2有还原性C某溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含CO32或SO32D某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，说明该溶液中一定含SO427、科研工作者结合实验与计算机模拟来研究钌催化剂表面不同位点上合成氨反应历程，如图所示，其中实线表示位点A上合成氨的反应历程，虚线表示位点B上合成氨的反应历程，吸附在催化剂表面的物种用*标注。下列

4、说法错误的是A由图可以判断合成氨反应属于放热反应B氮气在位点A上转变成2N*速率比在位点B上的快C整个反应历程中活化能最大的步骤是2N*+3H22N*+6H*D从图中知选择合适的催化剂位点可加快合成氨的速率8、下化学与社会、生活密切相关。对下列现象或事实的解释正确的是（ ）选项实验现象结论ASO2通入BaCl2溶液，然后滴入稀硝酸白色沉淀，白色沉淀不溶于稀硝酸所得沉淀为BaSO4B浓硫酸滴入蔗糖中，并搅拌得黑色蓬松的固体并有刺激性气味气体该过程中浓硫酸仅体现吸水性和脱水性C用热的烧碱溶液洗去油污Na2CO3可直接与油污反应用热的烧碱溶液洗去油污DFeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作FeCl3

5、能从含有Cu2的溶液中置换出铜FeCl3溶液可用于铜质印刷线路板制作AABBCCDD9、下列属于置换反应的是（ ）A2C+SiO22CO+SiB2HClO2HCl+O2C3CO+Fe2O33CO2+2FeD2Na+Cl2=2NaCl10、通过下列实验操作及现象不能推出相应结论的是选项实验操作现象结论A将SO2气体通入Na2SiO3溶液中产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3B向某食盐溶液中滴加淀粉溶液溶液颜色不变该食盐中一定没有添加碘酸钾C向2支盛有5mL 0.1mol/LNaOH溶液的试管中分别加入2滴0.1mol/L CuCl2溶液和2滴0.1mol/L CaCl2溶液一支试管中产生蓝色

6、沉淀，另一支试管无明显现象KspCu(OH)2KspCa(OH)2D向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色，下层有白色沉淀生成铜离子可以氧化碘离子，白色沉淀可能为CuIAABBCCDD11、NA代表阿伏加德罗常数，下列有关叙述正确的是A0.1mol的白磷（P4）或甲烷中所含的共价键数均为0.4NAB足量的Fe粉与1molCl2充分反应转移的电子数为2NAC1.2 g NaHSO4晶体中含有离子总数为0.03 NAD25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中含有的OH数目为0.2NA12、短周期主族元素a、b、c、d、e的原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F

7、均是由上述元素组成的中学化学常见物质，其中A是四元化合物，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，D是淡黄色固体化合物，E是单质。各物质之间存在如图转化关系(部分产物未标出)。下列说法不正确的是A简单离子半径大小关系：cdeB简单阴离子的还原性：acdC氢化物的沸点：cdDC和E反应生成F是工业制硝酸的重要反应之一13、下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是A氯碱工业中制备氯气：2NaCl(熔融) 2Na + Cl2B工业制硫酸的主要反应之一：2SO2 + O2 2SO3C氨氧化法制硝酸的主要反应之一：4NH3 + 5O2 4NO + 6H2OD利用铝热反应焊接铁轨：2Al + Fe2O3

8、 Al2O3 + 2Fe14、煤的干馏实验装置如图所示。下列说法错误的是A可用蓝色石蕊试纸检验a层液体中含有的NH3B长导管的作用是导气和冷凝C从b层液体中分离出苯的操作是分馏Dc口导出的气体可使新制氯水褪色15、下列属于不可再生能源的是（ ）A氢气B石油C沼气D酒精16、屠呦呦因发现治疗疟疾的青蒿素和双氢青蒿素（结构如图）获得诺贝尔生理学或医学奖一定条件下青蒿素可以转化为双氢青蒿素下列有关说法中正确的是A青蒿素的分子式为C15H20O5B双氢青蒿素能发生氧化反应、酯化反应C1 mol青蒿素最多能和1 molBr2发生加成反应D青蒿素转化为双氢青蒿素发生了氧化反应二、非选择题（本题包括5小题）

9、17、酯类化合物与格氏试剂(RMgX，X=Cl、Br、I)的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：已知信息如下：RCH=CH2RCH2CH2OH；RCOOCH3 .(1)A的结构简式为_，B C的反应类型为_，C中官能团的名称为_，CD的反应方程式为_。(2)写出符合下列条件的D的同分异构体_(填结构简式，不考虑立体异构)。含有五元环碳环结构；能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体；能发生银镜反应。(3)判断化合物F中有无手性碳原子_，若有用“*”标出。(4)已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以、CH3OH和格氏试剂为原料制备的合

10、成路线(其他试剂任选) _。18、由乙烯和其他无机原料可合成环状化合物，其合成过程如下图所示(水及其他无机产物均已省略)：请分析后回答下列问题：(1)反应的类型分别是_，_。(2)D物质中的官能团为_。(3)C物质的结构简式为_，物质X与A互为同分异构体，则X的结构简式为_，X的名称为_。(4)B、D在一定条件下除能生成环状化合物E外，还可反应生成一种高分子化合物，试写出B、D反应生成该高分子化合物的方程式_。19、常用调味剂花椒油是一种从花椒籽中提取的水蒸气挥发性香精油，溶于乙醇、乙醚等有机溶剂。利用如图所示装置处理花椒籽粉，经分离提纯得到花椒油。实验步骤：（一）在A装置中的圆底烧瓶中装入容

11、积的水，加12粒沸石。同时，在B中的圆底烧瓶中加入20g花椒籽粉和50mL水。（二）加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏。（三）向馏出液中加入食盐至饱和，再用15mL乙醚萃取2次，将两次萃取的醚层合并，加入少量无水Na2SO4；将液体倾倒入蒸馏烧瓶中，蒸馏得花椒油。(1)装置A中玻璃管的作用是_。装置B中圆底烧瓶倾斜的目的是 _。(2)步骤（二）中，当观察到_现象时，可停止蒸馏。蒸馏结束时，下列操作的顺序为_（填标号）。停止加热打开弹簧夹关闭冷凝水(3)在馏出液中加入食盐的作用是_ ；加入无水Na2SO4的作用是_。(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管，反应的

12、化学方程式为_。（残留物以表示）(5)为测定花椒油中油脂的含量，取20.00mL花椒油溶于乙醇中，加80.00mL0.5mol/LNaOH的乙醇溶液，搅拌，充分反应，加水配成200mL溶液。取25.00mL加入酚酞，用0.1moI/L盐酸进行滴定，滴定终点消耗盐酸20.00mL。则该花椒油中含有油脂_ g/L。（以计，式量：884)。20、苯甲酸（）是重要的化工原料，可应用于消毒防腐、染料载体、增塑剂、香料及食品防腐剂的生产，也可用于钢铁设备的防锈剂。某化学实验小组在实验室中以苯甲醛为原料制取苯甲酸和副产品苯甲醇（）的实验流程:已知：；（R、R1表示烃基或氢原子）相关物质的部分物理性质见表：名

13、称相对密度熔点/沸点/溶解度水乙醚苯甲醛1.0426179.6微溶易溶苯甲酸1.27122.124925微溶，95可溶易溶苯甲醇1.0415.3205.7微溶易溶乙醚0.71116.334.6不溶请回答下列问题:（1）进行萃取、分液操作时所用玻璃仪器的名称为_。分液时，乙醚层应从_(填“下口放出”或“上口倒出”)。（2）洗涤乙醚层时需要依次用NaHSO3溶液、10%Na2CO3溶液、蒸馏水进行洗涤。其中加入NaHSO3溶液洗涤的主要目的是_，对应的化学方程式为_。（3）蒸馏获得产品甲时加入碎瓷片的目的为_，蒸馏时应控制温度在_左右。A34.6 B179.6 C205.7 D249（4）提纯粗产

14、品乙获得产品乙的纯化方法名称为_。（5）称取10.60g的苯甲醛进行实验，最终制取产品乙的质量为3.66g，则产品乙的产率为_。21、一定条件下，lmolCH3OH与一定量O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化如下图所示反应物O2(g)和生成物H2O(g)已略去。回答下列问题：(1)在有催化剂作用下，CH3 OH与O2反应主要生成 _（填“CO2、CO或HCHO”）；计算：2HCHO(g)+O2(g)=2CO(g)+2H2O(g)=_(2)已知：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g) 经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：该反应为 _（填“放热”或“吸热”）反应；251时，某时

15、刻测得该反应的反应物与生成物浓度为c(CO) =14mol/L、c(H2) =1. 4mol/L、c(CH3 OH) =1. 8mol/L，则此时（正）_（逆）（填“”、“=”或“”）。某温度下，在体积固定的2L密闭容器中将1molCO和2molH2混合，使反应得到平衡，实验测得平衡时与起始时的气体压强比值为1 .7，则该反应的平衡常数为_（保留l位小数）。(3)利用钠碱循环法可除去SO2。常温下，若吸收液吸收一定量SO2后的溶液中，n（SO32-）：n(HSO3-) =3：2，则此时溶液呈_（填“酸性”、“中性”或“碱性”）。（已知：H2SO3的电离常数为：Kal=l. 5411-2、Ka2

16、=l. 12l1-7）(4)利用电化学法处理工业尾气SO2的装置如图所示，写出Pt(2)电极反应式：_；当电路中转移1. 12 mol e-时（较浓H2SO4尚未排出），交换膜左侧溶液中约增加_ mol离子。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】A元素的相对原子质量是依照该元素在自然界中的稳定同位素的质量计算的，铯(Cs)在自然界中只有一种稳定同位素Cs，则铯元素的相对原子质量约为133，A正确；BCs、Cs的质子数相同，而中子数不同，二者互为同位素，同位素的化学性质相同，但物理性质有差别，B错误；C电子数等于质子数，Cs的质子数为55，则电子数为55，C错误；DCs、C

17、s是同种元素的不同原子，互为同位素，不是同素异形体，D错误；故合理选项是A。2、C【解析】水浴加热的优点是受热均匀、便于控温，且相对较安全，但由于加热的温度只能在100以下，故缺点是无法达到高温。 故选：C。3、D【解析】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠。【详解】A、硫燃烧一步只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，则转化关系不可以实现，选项A错误；B、氨气一步反应只能得到一氧化氮，不能得到

18、二氧化氮，则转化关系不可以实现，选项B错误；C、钠非常活泼，与氯化铜溶液反应生成氢氧化铜、氯化钠和氢气，不能置换出铜，则转化关系不可以实现，选项C错误；D、饱和氯化钠溶液中先通入足量氨气，再通入足量二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体、氯化铵，过滤得到碳酸氢钠晶体，碳酸氢钠固体受热分解生成碳酸钠，转化关系可以实现，选项D正确。答案选D。【点睛】本题考查金属元素单质及其化合物的综合应用，题目难度中等，注意把握物质的性质以及转化的特点、反应条件，C项为易错点，注意Na和盐溶液反应的特点。4、B【解析】A. 对硝基甲苯的结构简式：，A错误；B. 半径：r(C) r(S) ，CS2的的比例模型：，B正确；C.

19、 CH2F2的电子式：，C错误；D. 氯原子结构示意图：，D错误；故答案选B。5、A【解析】A稀土元素铥(Tm)的质子数为69，故A正确；B稀土元素铥(Tm)质子数为69，质子数和核外电子数相等都是69，故B错误；C其质量数为169，质量数指的是质子与中子质量的和,相对原子质量为各核素的平均相对质量，故C错误；D稀土元素铥(Tm)的质量数为169，故D错误；【点睛】一个元素有多种核素,质量数指的是质子与中子质量的和,而不同核素的质量数不同,即一个元素可以有多个质量数，相对原子质量为各核素的平均相对质量，所以同种元素的相对原子质量只有一个数值，C项是易错点。6、B【解析】A项、pH5.6的降水叫

20、酸雨，故A错误；B项、SO2有还原性，能与溴水发生氧化还原反应使溴水褪色，故B正确；C项、溶液中加盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，溶液中也可能含有HCO3或HSO3，故C错误；D项、某溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，白色沉淀可能是硫酸钡、也可能是氯化银，故D错误；故选B。【点睛】溶液中滴加BaCl2溶液产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，白色沉淀可能是硫酸钡沉淀，也可能是氯化银沉淀是易错点。7、C【解析】A据图可知，始态*N2+3H2的相对能量为0eV，生成物*+2NH3的相对能量约为-1.8eV，反应物的能量高于生成物，所以为放热反应，故A正确；B图中实线标示出的位点A最大能垒

21、(活化能)低于图中虚线标示出的位点B最大能垒(活化能)，活化能越低，有效碰撞几率越大，化学反应速率越大，故B正确；C由图像可知，整个反应历程中2N*+3H22N*+6H*活化能几乎为零，为最小，故C错误；D由图像可知氮气活化在位点A上活化能较低，速率较快，故D正确；故答案为C。8、A【解析】A. 盐酸是强酸，SO2通入BaCl2溶液不能生成白色沉淀，然后滴入稀硝酸，亚硫酸被氧化为硫酸，与BaCl2生成BaSO4白色沉淀，BaSO4白色沉淀不溶于稀硝酸，故A正确；B. 浓硫酸具有脱水性，滴入蔗糖中并搅拌，发生反应生成有刺激性气味的二氧化硫，该过程中浓硫酸仅体现脱水性和强氧化性，故B错误；C. 烧

22、碱是氢氧化钠，具有强腐蚀性，故不能用用热的烧碱溶液洗去油污，故C错误。D. FeCl3溶液可与Cu反应生成Cu2，可用于铜质印刷线路板的铜回收，故D错误；答案选A。9、A【解析】A. 2C+SiO22CO+Si，该反应为一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和化合物，属于置换反应，故A正确；B. 2HClO2HCl+O2，该反应为一种物质生成两种或多种物质，属于分解反应，故B错误；C. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe，该反应没有单质参加，不是置换反应，属于氧化还原反应，故C错误；D. 2Na+Cl2=2NaCl，该反应为两种或多种物质反应生成一种物质，属于化合反应，故D错误。故选A。10、

23、B【解析】A. 将SO2气体通入Na2SiO3溶液中生成胶状沉淀说明发生反应SO2+ Na2SiO3+H2O=H2SiO3+Na2SO3，根据强酸制弱酸原理可知酸性：H2SO3H2SiO3，故A正确；B. 淀粉遇碘变蓝，向某食盐溶液中滴加淀粉溶液颜色不变只能说明食盐中不含碘单质，不能证明不含碘酸钾，故B错误；C. 两支试管中c(OH)相同，且c(Ca2+)= c(Cu2+)，但只生成氢氧化铜沉淀，说明氢氧化铜比氢氧化钙更容易沉淀，且二者为同类型沉淀，所以KspCu(OH)2KspCa(OH)2，故C正确；D. 向CuSO4溶液中加入KI溶液，再加入苯，振荡、静置上层呈紫红色说明有碘单质生成，即

24、铜离子将碘离子氧化，下层有白色沉淀生成说明不是氢氧化铜沉淀且无铜单质生成，说明发生反应2Cu2+4I=2CuI+I2，故D正确；故答案为B。【点睛】对于同种类型的沉淀（都是AB型或AB2型等）,一般Ksp越小，溶解度越小，但若沉淀类型不同，不能根据Ksp判断溶解度的大小，比较Ksp的大小没有意义。11、B【解析】A. 白磷为正四面体结构，1个白磷分子中含有6个共价键，则0.1mol白磷含有的共价键数目为0.6NA，1个甲烷分子中含有4个共价键，所以0.1mol甲烷含有的共价键数目为0.4NA，故A错误；B. 1molCl2与足量Fe粉反应生成FeCl3，转移电子的物质的量为2mol，数目为2

25、NA，故B正确；C. NaHSO4晶体中含有Na和HSO4，1.2 g NaHSO4的物质的量为1.2g120g/mol=0.01mol，则含有离子的物质的量为0.02mol，总数为0.02 NA，故C错误；D. 25时，pH=13的1.0 LBa(OH)2溶液中OH的物质的量浓度为0.1mol/L，则n(OH)=1.0L0.1mol/L=0.1mol，OH的数目为0.1NA，故D错误；答案选B。点睛：本题主要考查阿伏加德罗常数的计算和判断，熟练掌握物质的量和阿伏加德罗常数、物质的量浓度等物理量之间的关系是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是A项，解题时要注意白磷（P4）分子中含有6个PP

26、共价键。12、C【解析】短周期主族元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，A、B、C、D、E、F均是由上述元素组成的中学化学常见物质，C是能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3。根据图示A能与酸或碱反应，A是四元化合物，不是Al(OH)3或Al2O3，则A为弱酸形成的铵盐，而B能与淡黄色固体D反应生成单质E，则B为CO2、D为Na2O2、E为O2，而A是四元化合物，则A为(NH4)2CO3或NH4HCO3，氨气与氧气反应生成NO与水；结合原子序数可知a为H、b为C、c为N、d为O、e为Na。【详解】Ac、d、e简单离子分别为N3、O2、Na，三者电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，

27、故离子半径：c(N3)d(O2)e(Na)，正确，A不选；Ba、c、d分别是H、N、O元素，元素的非金属性越强，则对应的阴离子还原性越弱。非金属性a(H)c(N)d(O)，则简单阴离子的还原性：a(H)c(N3)d(O2)，正确，B不选；Cc为N、d为O，c、d的氢化物分别是NH3、H2O，常温下氨气为气体，而水为液体，氢化物沸点：c(NH3)d(H2O)，错误，C选；DC为NH3，E是O2，C与E的反应是氨气与氧气反应生成NO与水，是工业制硝酸的基础反应，正确，D不选。答案选C。13、A【解析】本题主要考查化学与生活、生产工业之间的联系。A.考虑到氯碱工业实质是电解饱和食盐水，而不是电解熔融

28、的氯化钠；B.工业制备硫酸，主要有三个阶段，分别是：煅烧黄铁矿：4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3； SO2的催化氧化：2SO2 + O2 2SO3；用98.3%的浓硫酸吸收，再稀释的所需浓度的硫酸 SO3 + H2O = H2SO4。C.工业制硝酸，主要反应为：氨气的催化氧化：4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；D. 利用铝热反应焊接铁轨，主要利用了铝的强还原性，其反应为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe。【详解】A.以电解食盐水为基础制取氯气等产品的工业称为氯碱工业，则氯碱工业中制备氯气的化学方程式为：2NaC

29、l+2H2O 2NaOH+H2+Cl2，故A错误；B.工业制硫酸的主要反应之一为二氧化硫的催化氧化，化学方程式为：2SO2 + O2 2SO3，故B正确；C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一为氨气的催化氧化，化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，故C正确；D.工业上可以利用Fe2O3或Fe3O4发生铝热反应焊接铁轨，化学方程式为：2Al + Fe2O3 Al2O3 + 2Fe，故D正确；本题答案选A。【点睛】高中阶段常见的工业制备及其所设计的化学方程式如下：1.工业制备硫酸： 4FeS2+11O2 8SO2+2Fe2O3；2SO2 + O2 2SO3；SO3 + H2O = H2SO4。

30、2.工业制取硝酸： 4NH3+5O24NO+6H2O； 2NO+O22NO2；3NO2+H2O2HNO3+NO；3.工业合成氨：N2+3H2 2NH3；4.氯碱工业：2NaCl+2H2O 2NaOH+H2+Cl2；5.制水煤气： C+H2O（g）CO+H2；6.工业制取粉精：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；7.高炉炼铁：3CO + Fe2O33CO2 +2Fe； 8.工业制备单晶硅：2C+SiO2Si+2CO(制得粗硅)；9.工业制普通玻璃：Na2CO3+SiO2Na2SiO3+CO2，CaCO3+SiO2CaSiO3+CO2；10.粗铜的精炼：阳极：Cu-

31、2e-= Cu2+ 阴极:Cu2+2e-=Cu11.侯氏制碱法：NaCl(饱和)+NH3+H2O+CO2 = NH4Cl+NaHCO3，2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O14、A【解析】根据煤干馏的产物进行分析：煤干馏的产物为焦碳、煤焦油和焦炉煤气。焦炉煤气主要成分是氢气、甲烷、乙烯、一氧化碳等；煤焦油含有苯，粗氨水等【详解】A.氨水呈碱性，遇紫色石蕊试纸变蓝，所以用蓝色石蕊试纸检验NH3是错误的，故A错误；B.长导管的作用是导气和冷凝，故B正确；C.苯和煤焦油互溶，从b层液体中分离出苯的操作是分馏，故C正确；D.c口导出的气体有乙烯等还原性气体，可使新制氯水褪色，故D正确；答案：A。

32、【点睛】解题的关键是煤干馏的产物。根据产物的性质进行分析即可。15、B【解析】煤、石油及天然气是化石能源，属不可能再生的能源，而氢气、沼气、酒精及太阳能、风能等为再生能源，故答案为B。点睛：明确能源的来源是解题关键，能够源源不断的从自然界得到补充的能源叫可再生能源，如太阳能、风能、生物质能等；短期内不能从自然界得到补充的能源叫不可再生能源，如煤、石油等。16、B【解析】A由结构可知青蒿素的分子式为C15H22O5，故A错误；B双氢青蒿素含-OH，能发生氧化反应、酯化反应，故B正确；C青蒿素不含碳碳双键或三键，则不能与溴发生加成反应，故C错误；D青蒿素转化为双氢青蒿素，H原子数增加，为还原反应，

33、故D错误；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、 氧化反应 羧基、羟基 、和 【解析】根据F的结构不难得知A含1个五元环，根据题目给的信息可知A中必定含有双键， 结合分子的不饱和度可知再无不饱和键，因此A的结构简式为，根据信息不难得出B的结构简式为，酸性高锰酸钾有氧化性，可将醇羟基氧化为羧基，因此C的结构简式为，C到D的反应条件很明显是酯化反应，因此D的结构简式为，再根据题目信息不难推出E的结构简式为，据此再分析题目即可。【详解】（1）根据分析，A的结构简式为；BC的过程是氧化反应，C中含有的官能团为羰基和羧基，CD的反应方程式为；（2）根据题目中的要求，D的同分异构体需含有五元环、羧基

34、和羟基，因此符合要求的同分异构体有三种，分别为、和；（3）化合物F中含有手性碳原子，标出即可；（4）根据所给信息，采用逆推法，可得出目标产物的合成路线为：。18、加成反应 酯化反应 -COOH(或羧基) OHC-CHO CH3-CHBr2 1，1-二溴乙烷 nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O 【解析】CH2=CH2和溴发生加成反应，生成A为CH2BrCH2Br，水解生成B为CH2OHCH2OH，氧化产物C为OHC-CHO，进而被氧化为D为HOOC-COOH，B为CH2OHCH2OH与D为HOOC-COOH发生酯化反应生成环酯E，结合有机物的结构和性质可解答该题。【

35、详解】根据上述分析可知：A为CH2BrCH2Br，B为CH2OHCH2OH，C为OHC-CHO，D为HOOC-COOH，E为。(1)由以上分析可知，反应为CH2=CH2和溴发生加成反应产生CH2BrCH2Br；反应为CH2OHCH2OH与HOOC-COOH发生酯化反应，产生，故反应类型为加成反应，反应类型为酯化反应；(2)由以上分析可知，D为HOOC-COOH，其中的官能团名称为羧基；(3)C为OHC-CHO，A为CH2BrCH2Br，物质X与A互为同分异构体，则X结构简式为CH3-CHBr2，该物质名称为1，1-二溴乙烷；(4)B为CH2OHCH2OH，D为HOOC-COOH，二者出能反应产

36、生环状化合物E外，还可以反应产生一种高分子化合物，则B+D高分子化合物反应的方程式为nCH2OHCH2OH+nCCOC-COOH+(2n-1)H2O。19、平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大 防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流) 仪器甲处馏出液无油状液体 ；降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层 除去花椒油中的水或干燥 353.6g/L 【解析】在A装置中加热产生水蒸气，水蒸气经导气管进入B装置，给装置B中花椒籽粉与水的混合物进行加热提取花椒油；向馏出液中加入食盐颗粒，可降低花椒油在水中的溶解度，利于花椒油分层析出；由于花椒油容易溶解在有机溶剂乙醚中，而乙醚与水互不相溶，用乙醚萃取

37、其中含有的花椒油，加入硫酸钠除去醚层中少量的水，最后蒸馏得到花椒油。根据花椒油的主要成分属于油脂，能够与NaOH反应产生高级脂肪酸钠和甘油，过量的NaOH用HCl滴定，根据酸碱中和滴定计算出其中含有的花椒油的质量，进而可得花椒油中油脂的含量。【详解】(1)加热时烧瓶内气体压强增大，导气管可缓冲气体压强，平衡气压，以免关闭弹簧夹后圆底烧瓶内气压过大；装置B中圆底烧瓶倾斜可以防止飞溅起的液体进入冷凝管中(缓冲气流)；(2)加热A装置中的圆底烧瓶，当有大量蒸气产生时关闭弹簧夹，进行蒸馏，装置B中的花椒油会随着热的水蒸气不断变为气体蒸出，当仪器甲处馏出液无油状液体，说明花椒油完全分离出来，此时停止蒸馏

38、。蒸馏结束时，首先是打开弹簧夹，然后停止加热，最后关闭冷凝水，故操作的顺序为；(3)在馏出液中加入食盐的作用是增大水层的密度，降低花椒油在水中的溶解度，有利于分层；加入无水Na2SO4的作用是无水Na2SO4与水结合形成Na2SO410H2O，以便于除去花椒油中的水或对花椒油进行干燥；(4)实验结束后，用稀NaOH溶液清洗冷凝管内壁上沾有的油脂，二者发生反应产生可溶性的高级脂肪酸钠和甘油，该反应的化学方程式为；(5)根据HCl+NaOH=NaCl+H2O，所以n(NaOH)(过量)=n(HCl)=0.1mol/L0.020L=0.016mol，则与油脂反应的物质的量的物质的量为：0.5mol/

39、L0.08L-0.016mol=0.024mol，根据花椒油与NaOH反应的物质的量的物质的量关系可知其中含有的花椒油的物质的量为n(油脂)=n(NaOH)=0.024mol=0.008mol，其质量为m(油脂)=0.008mol884g/mol=7.072g，则该花椒油中含有油脂7.072g0.02L=353.6g/L。【点睛】本题考查了化学实验基本操作的知识，涉及操作顺序、装置设计的目的、酸碱中和滴定及物质含量的计算等。掌握化学反应原理、理解其含义及操作的目的是解题关键。20、分液漏斗、烧杯 上口倒出 除去乙醚层中含有的苯甲醛 防止暴沸 D 重结晶 60% 【解析】（1）根据仪器名称写出相应的仪器名称；分液时，分液漏斗下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出；（2）饱和亚硫酸氢钠溶液洗涤目的是洗去乙醚层中含有的苯甲醛；（3）根据碎瓷片的作用及苯甲酸沸点分析；（4）重结晶是将晶体溶于溶剂或熔融以后，又重新从溶液或熔体中结晶的过程；（5）根据产率=进行计算。【详解】（1）萃取分液用到的玻璃实验仪器名称是分液漏斗、烧杯；乙醚密度小于水，在上层，分液时，乙醚层应从上口倒出；（2）醛类可以跟亚硫酸