2022届江西省吉安市新干高三第二次联考化学试卷含解析

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、K2FeO4在酸性或中性溶液中能快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。如图是制备高铁酸钾的一种装置，制取实验完成后，取C中紫色溶液，加入稀盐酸，产生气体。下列说法不正确的是（ ）AB瓶应盛放饱和食盐水除去混有的HClBC

2、瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成C加盐酸产生气体可说明氧化性：K2FeO4Cl2D高铁酸钾是集氧化、吸附、絮凝等特点为一体的优良的水处理剂2、2,3 二甲基丁烷中“二”表示的含义是A取代基的数目B取代基的种类C主链碳的数目D主链碳的位置3、我国科学家发明了一种“可固氮”的锂氮二次电池，用可传递 Li+的醚类物质作电解质，电池的总反应为6Li +N2 2Li3N，下列说法正确的是A固氮时，电能转化为化学能B固氮时，电流由锂电极经用电器流向钌复合电极C脱氮时，钌复合电极的电极反应： 2Li3N - 6e- =6 Li+N2D脱氮时 ，Li+向钌复合电极迁移4、研究反应物的化学计量数与产物之间的

3、关系时，使用类似数轴的方法可以收到的直观形象的效果。下列表达不正确的是（ ）A密闭容器中CuO和C高温反应的气体产物：BFe在Cl2中的燃烧产物：CAlCl3溶液中滴加NaOH后铝的存在形式：D氨水与SO2反应后溶液中的铵盐：5、下列说法正确的是AFeCl3溶液可以腐蚀印刷屯路板上的Cu，说明Fe的金属活动性大于CuB晶体硅熔点高、硬度大，故可用于制作半导体CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DK2FeO4具有强氧化性，可代替Cl2处理饮用水，既有杀菌消毒作用，又有净水作用6、如图是用于制取、收集并吸收多余气体的装置，如表方案正确的是（ ）选项XYZA食盐、浓硫酸HCl碱石灰BCaO、浓氨水NH

4、3无水CaCl2CCu、浓硝酸NO2碱石灰D电石、食盐水C2H2含溴水的棉花AABBCCDD7、已知某澄清溶液中含有NH4Fe（SO4）2和另外一种无机化合物,下列有关该溶液的说法正确的是A检验溶液中的铁元素可加入铁氰化钾溶液,看是否有蓝色沉淀产生B溶液中不可能含有Ba2+、I-、HS- ,但可能含有ClO-、NO3-C检验溶液中是否含有C1-,应先加入足量的Ba（NO3）2溶液,再取上层清液依次加入稀硝酸、硝酸银溶液D该澄清溶液显中性或酸性8、人体血液存在H2CO3/HCO3、HPO42/H2PO4等缓冲对。常温下，水溶液中各缓冲对的微粒浓度之比的对数值lg xx表示c(H2CO3)/c(H

5、CO3-)或c(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的关系如图所示。已知碳酸pKal=6.4、磷酸pKa2=7.2（pKa= -lgKa）。则下列说法正确的是A曲线I表示lg c(HPO42-)/c(H2PO4-)与pH的变化关系Bab的过程中，水的电离程度逐渐减小C当c(H2CO3)=c(HCO3)时，c(HPO42)=c(H2PO4)D当pH增大时，c(HCO3-)c(H2PO4-)/c(HPO42-)逐渐减小9、 “凡酸坏之酒，皆可蒸烧”，“以烧酒复烧二次，价值数倍也”。这里用到的分离方法为( )A升华B蒸馏C萃取D蒸发10、不需要通过氧化还原反应就能从海水中获得的物质是A液溴B精盐

6、C钠D烧碱11、萜类化合物广泛存在于动植物体内。下列关于萜类化合物a、b的说法正确的是Aa中六元环上的一氯代物共有3种(不考虑立体异构)Bb的分子式为C10H12OCa和b都能发生加成反应、氧化反应、取代反应D只能用钠鉴别a和b12、下列各组粒子在溶液中可以大量共存，且加入或通入试剂X后，发生反应的离子方程式也正确的是选项微粒组加入试剂发生反应的离子方程式A、过量HC1B、过量C过量DI-、Cl-、H+、SO42-过量AABBCCDD13、碘在不同状态下（固态或气态）与氢气反应的热化学方程式如下所示：H2（g） + I2（?）2HI（g）+148kJH2（g） + I2（?）2HI（g）-24

7、8kJ下列判断正确的是A中的I2为固态，中的I2为气态B的反应物总能量比的反应物总能量低C的产物比反应的产物热稳定性更好D1mol 固态碘升华时将吸热17kJ14、实验测得0.1mo1L-1Na2SO3溶液pH随温度升高而变化的曲线如图所示。将b点溶液冷却至25，加入盐酸酸化的BaC12溶液，能明显观察到白色沉淀。下列说法正确的是（ ）ANa2SO3溶液中存在水解平衡SO32-+2H2OH2SO3+2OH-B温度升高，溶液pH降低的主要原因是SO32-水解程度减小Ca、b两点均有c(Na+）=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)D将b点溶液直接冷却至25后，其pH小于a点溶液

8、15、已知N2H4在水中电离方式与NH3相似，若将NH3视为一元弱碱，则N2H4是一种二元弱碱，下列关于N2H4的说法不正确的是A它与硫酸形成的酸式盐可以表示为N2H5HSO4B它溶于水所得的溶液中共有4种离子C它溶于水发生电离的第一步可表示为：N2H4H2ON2H5OHD室温下，向0.1mol/L的N2H4溶液加水稀释时，n(H)n(OH)会增大16、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是ANaHCO3受热易分解，可用于制胃酸中和剂BSiO2熔点高硬度大，可用于制光导纤维CAl2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料DCaO能与水反应，可用作食品干燥剂17、25时，NaCN溶液中CN、HCN浓度

9、所占分数()随pH变化的关系如图甲所示，其中a点的坐标为(9.5，0.5)。向10mL0.01molL1NaCN溶液中逐滴加入0.01molL-1的盐酸，其pH变化曲线如图乙所示。下列溶液中的关系中一定正确的A图甲中pH=7的溶液：c(Cl)=c(HCN)B常温下，NaCN的水解平衡常数：Kh(NaCN)=104.5mol/LC图乙中b点的溶液：c(CN)c(Cl)c(HCN)c(OH)c(H+)D图乙中c点的溶液：c(Na+)+ c(H+)= c(HCN)+ c(OH)+ c(CN)18、内经曰：“五谷为养，五果为助，五畜为益，五菜为充”。合理膳食，能提高免疫力。下列说法错误的是（ ）A蔗糖

10、水解生成互为同分异构体的葡糖糖和果糖B食用油在酶作用下水解为高级脂肪酸和甘油C苹果中富含的苹果酸HOOCCH(OH)CH2COOH是乙二酸的同系物D天然蛋白质水解后均得到-氨基酸，甘氨酸和丙氨酸两种分子间可生成两种二肽19、下图是0.01 mol/L甲溶液滴定0.01 mol/L乙溶液的导电能力变化曲线，其中曲线是盐酸滴定NaAc溶液，其他曲线是醋酸滴定NaOH溶液或者NaOH溶液滴定盐酸。下列判断错误的是A条件相同时导电能力：盐酸NaAcB曲线是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线C随着甲溶液体积增大，曲线仍然保持最高导电能力Da点是反应终点20、图甲是一种利用微生物将废水中的尿素（CO(N

11、H2)2）转化为环境友好物质的原电池装置示意图甲，利用该电池在图乙装置中的铁上镀铜。下列说法正确的是（ ）A图乙中Fe电极应与图甲中Y相连接B图甲中H+透过质子交换膜由右向左移动C图甲中M电极反应式：CO(NH2)2 +5H2O -14e = CO2+2NO2+14H+D当图甲中N电极消耗0.5 mol O2时，图乙中阴极增重64g21、降冰片二烯类化合物是一类太阳能储能材料。降冰片二烯在紫外线照射下可以发生下列转化。下列说法错误的是（ ）A降冰片二烯与四环烷互为同分异构体B降冰片二烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色C四环烷的一氯代物超过三种（不考虑立体异构）D降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超

12、过4个22、为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）ANa2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-二、非选择题(共84分)23、（14分）某新型药物G合成路线如图所示：已知：.RCHO（R为烃基）；.RCOOH；. +RNH2请回答下列问题：（1）A的名称为 _，合成路线图中反应所加的试剂和反应条件分别是_。（2）下列有关说法正确的是 _（填字母代号）。A反应的反应类

13、型为取代反应BC可以发生的反应类型有取代、加成、消去、加聚CD中所有碳原子可能在同一平面上D一定条件下1 mol G可以和2 mol NaOH或者9 mol H2反应（3）F的结构简式为_。（4）C在一定条件下可以发生聚合反应生成高分子化合物，写出该反应的化学方程式 _。（5）D有多种同分异构体，同时满足下列条件的同分异构体有 _种。属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环能发生银镜反应和水解反应（6）参照G的上述合成路线，设计一条由乙醛和H2NCH（CH3）2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH（CH3）2的合成路线_。24、（12分）有机物X是一种烷烃，是液化石油气的主要成分，可通

14、过工艺的两种途径转化为A和B、C和D。B是一种重要的有机化工原料，E分子中含环状结构，F中含有两个相同的官能团，D是常见有机物中含氢量最高的，H能使溶液产生气泡,是一种有浓郁香味的油状液体。请回答：（1）G的结构简式为_。（2）GH的反应类型是_。（3）写出FH1的化学方程式_。（4）下列说法正确的是_。A工艺是石油的裂化B除去A中的少量B杂质，可在一定条件下往混合物中通入适量的氢气CX、A、D互为同系物，F和甘油也互为同系物DH与互为同分异构体E等物质的量的和B完全燃烧，消耗氧气的质量比为2：125、（12分）氮化锂(Li3N)是有机合成的催化剂，Li3N遇水剧烈反应。某小组设计实验制备氮化

15、锂并测定其纯度，装置如图所示：实验室用NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2。（1）盛装NH4Cl溶液的仪器名称是_。（2）安全漏斗中“安全”含义是_。实验室将锂保存在_（填“煤油”“石蜡油”或“水”）中。（3）写出制备N2的化学方程式_。（4）D装置的作用是_。（5）测定Li3N产品纯度：取mg Li3N产品按如图所示装置实验。打开止水夹，向安全漏斗中加入足量水，当Li3N完全反应后，调平F和G中液面，测得NH3体积为VL（已折合成标准状况）。读数前调平F和G中液面的目的是使收集NH3的大气压_（填“大于”“小于”或“等于”）外界大气压。该Li3N产品的纯度为_%（只列出含m和V的计算式

16、，不必计算化简）。若 Li3N产品混有Li，则测得纯度_（选填“偏高”“偏低”或“无影响”）。26、（10分）某研究学习小组要制备一种在水中溶解度很小的黄色化合物Fex(C2O4)yzH2O，并用滴定法测定其组成。已知H2C2O4在温度高于90时易发生分解。实验操作如下：步骤一：将图甲分液漏斗中的草酸溶液滴入锥形瓶内，可生成黄色沉淀；步嶸二：称取黄色产物0.841g于锥形瓶中，加入足量的硫酸并水浴加热至7085。待固体全部溶解后，用胶头滴管吸岀一滴溶液点在点滴板上，用铁氰化钾溶液检验，无蓝色沉淀产生；步骤三：用0.080mol/ LKMnO4标准液滴定步骤二所得的溶液；步骤四：向步骤三滴定后的

17、溶液中加足量的Zn粉和硫酸溶液，几分钟后用胶头滴管吸岀一滴点在点滴板上，用KSCN溶浟检验，若不显红色，过滤除去Zn粉，并用稀硫酸洗涤Zn粉，将洗涤液与滤液合并，用0.0800mol/ L KMnO4标准液滴定，用去髙锰酸钾标准液10.00mL。(1)步骤一中将沉淀从反应混合物中分离出来的操作名称是_。(2)步骤二中水浴加热并控制温度7085的理由是_，加铁氰化钾溶液无蓝色沉淀产生，此操作的目的是_。(3)步骤三盛装KMnO4标准液的滴定管在滴定前后的液如图乙所示，则消耗KMnO4标准液的体积为_，该滴定管为_滴定管(填“酸式”或“碱式”)(4)步骤四中滴定时发生反应的离子方程式为_。若不合并

18、洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将_(填“增大”“减小”或“不变”)。由以上数据计算黄色化合物的化学式为_。27、（12分）对氨基苯磺酸是制取染料和一些药物的重要中间体，可由苯胺磺化得到。+H2SO4H2O已知：苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，熔点6.1，沸点184.4。对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇。实验室可用苯胺、浓硫酸为原料，利用如图所示实验装置合成对氨基苯磺酸。实验步骤如下：步骤1：在250 mL三颈烧瓶中加入10 mL苯胺及几粒沸石，将三颈烧瓶放在冰水中冷却，小心地加入18 mL浓硫酸。步骤2：将三颈烧瓶置于油浴中缓慢

19、加热至170180，维持此温度22.5小时。步骤3：将反应产物冷却至约50后，倒入盛有100 mL冷水的烧杯中，用玻璃棒不断搅拌，促使对氨基苯磺酸晶体析出。将烧瓶内残留的产物冲洗到烧杯中，抽滤，洗涤，得到对氨基苯磺酸粗产品。步骤4：将粗产品用沸水溶解，冷却结晶，抽滤，收集产品，晾干可得纯净的对氨基苯磺酸。（1）装置中冷凝管的作用是_。（2）步骤2油浴加热的优点有_。（3）步骤3中洗涤沉淀的操作是_。（4）步骤3和4均进行抽滤操作，在抽滤完毕停止抽滤时，应注意先_，然后_，以防倒吸。（5）若制得的晶体颗粒较小，分析可能的原因_（写出两点）。28、（14分）氨气是重要的化工原料，工业上利用N2和H

20、2合成NH3，方程式如下：（1）已知NH3难溶于CCl4，则下列装置中，不能用于吸收氨气的是_。A B C D（2）某温度下，在一体积恒定为10L的密闭容器内模拟合成氨反应。写出该反应的平衡常数表达式_。若要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，下列措施中可行的是_（填字母代号）。A压缩容器体积 B适当升高温度 C通入适量氮气 D加适量催化剂（3）能说明上述反应达到平衡状态的是_A B混合气体的密度不再改变C混合气体的平均相对分子质量不再改变 D单位时间内生成n mol N2 的同时生成2n mol NH3（4）氨气溶于水所得溶液在加水稀释的过程中（本小题填“增大”或“减小”或“不变”），的电

21、离程度_，溶液的pH值_。氨气与酸反应得到铵盐，某水溶液的pH=5，原因是溶液中存在平衡_（用离子方程式表示），该稀溶液中水的电离度约为_。29、（10分）有A、B、C、D四种元素，其中A元素和B元素的原子都有1个未成对电子，A比B少一个电子层，B原子得一个电子填入3p轨道后，3p轨道已充满；C原子的p轨道中有3个未成对电子，其气态氢化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氢化物中最大；D的最高化合价和最低化合价的代数和为4，其最高价氧化物中含D的质量分数为 40，且其核内质子数等于中子数。R是由A、D两元素形成的离子化合物，其中A与D2离子数之比为21。回答下列问题：(1)A元素形成的晶体属于A

22、2密堆积型式，则其晶体内晶胞类型应属于_(填写“六方”、“面心立方”或“体心立方”)。(2)B的电子排布式为_，在CB3分子中C元素原子的原子轨道发生的是_杂化。(3)C的氢化物的空间构型为_，其氢化物在同族元素所形成的氢化物中沸点最高的原因是_。(4)B元素的电负性_D元素的电负性(填“”、“”或“”)；用一个化学方程式说明_。(5)如图所示是R形成的晶体的晶胞，设晶胞的棱长为a cm。试计算R晶体的密度为_。(阿伏加德罗常数用NA表示)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、C【解析】在装置中，A为制取氯气的装置，B为除去Cl2中混有的HCl的装置，C为C

23、l2、Fe(OH)3、KOH制取K2FeO4的装置，D为未反应Cl2的吸收装置。【详解】A因为Cl2中混有的HCl会消耗KOH、Fe(OH)3，所以需使用饱和食盐水除去，A正确；B因为K2FeO4在碱性溶液中较稳定，所以C瓶中KOH过量更有利于高铁酸钾的生成，B正确；C在C装置中发生反应3Cl2+10KOH+2Fe(OH)3=2K2FeO4+6KCl+8H2O，所以氧化性：K2FeO4NaAc，故A正确；B曲线的最低点比曲线还低，为醋酸滴定NaOH溶液的曲线，因此曲线是NaOH溶液滴定盐酸导电能力变化曲线，故B正确；C由曲线起始点最高，说明盐酸的导电能力最强，随着甲溶液体积增大，曲线 逐渐变成

24、氯化钠和氢氧化钠的混合物，根据曲线可知，氢氧化钠的导电能力不如盐酸，而随着甲溶液体积增大，曲线的溶液逐渐变成盐酸为主的导电能力曲线，因此最高点曲线，故C错误；D反应达到终点时会形成折点，因为导电物质发生了变化，即a点是反应终点，故D正确；故选C。【点睛】本题的难点为曲线和的判断，也可以根据滴定终点后溶液中的导电物质的种类结合强弱电解质分析判断，其中醋酸滴定NaOH溶液，终点后，溶液中醋酸的含量增多，而醋酸为弱电解质，因此曲线的后半段导电能力较低。20、D【解析】该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，

25、则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连；A在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，则Fe与X相连，故A错误；B由甲图可知，氢离子向正极移动，即H+透过质子交护膜由左向右移动，故B错误；CH2NCONH2在负极M上失电子发生氧化反应，生成氮气、二氧化碳和水，电极反应式为CO(NH2)2+H2O-6e-CO2+N2+6H+，故C错误；D当图甲中N电极消耗0.5 mol O2时，转移电子的物质的量为0.5mol4=2.0mol，则乙中阴极增重64g/mol=64g，故D正确；故答案为D。【点睛】考查原电池原理以及电镀原理，明确原电池正负极上得失电子、电解质溶液中阴阳离子移动方

26、向是解题关键，该装置是将化学能转化为电能的原电池，由甲图可知，M上有机物失电子是负极，N上氧气得电子是正极，电解质溶液为酸性溶液，图乙中在铁上镀铜，则铁为阴极应与负极相连，铜为阳极应与正极相连，根据得失电子守恒即可计算。21、C【解析】A.降冰片二烯与四环烷分子式相同，结构不同，因此二者互为同分异构体，A正确；B.降冰片二烯分子中含有碳碳双键，因此能使酸性高锰酸钾溶液褪色，B正确；C.四环烷含有三种位置的H原子，因此其一氯代物有三种，C错误；D.根据乙烯分子是平面分子，与碳碳双键连接的C原子在碳碳双键所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子为4个，D正确；故合理选项是C。22、C

27、【解析】A. 溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；B实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；C溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；DNa2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。二、非选择题(共84分)23、苯乙醛 浓硫酸，加热 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr C

28、H3CONHCH(CH3)2 【解析】根据合成路线，A结构中含有苯环结构，AB发生信息I的反应，则A为，B为，B酸性条件下水解生成C；根据D的分子式，结合C的分子式C9H10O3可知，C发生消去反应生成D，D为，D发生信息II的反应生成E，E为，结合G的结构简式可知，E和F发生取代反应生成G，则F为，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，A为，名称为苯乙醛，合成路线图中反应为醇羟基的消去反应，所加的试剂和反应条件分别是浓硫酸，加热，故答案为：苯乙醛；浓硫酸，加热；(2)A. 根据上述分析，反应为加成反应，故A错误；B. C中含有羟基、羧基和苯环，羟基可以取代反应和消去反应，羧基可以发生取代

29、反应，苯环可以发生取代反应和加成反应，但不能发生加聚，故B错误；C. D为，苯环、碳碳双键和碳氧双键都是平面结构，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正确；D. 一定条件下1 mol G()可以和2 mol NaOH发生水解反应，能够和7 mol H2发生加成反应，故D错误；故答案为：C；(3)根据上述分析，F的结构简式为，故答案为：；(4)C()在一定条件下可以发生缩聚反应生成高分子化合物，反应的化学方程式为n+(n-1)H2O，故答案为：n+(n-1)H2O；(5)D()有多种同分异构体，属于芳香族化合物，且分子中含有的环只有苯环，能发生银镜反应和水解反应，说明结构中含有醛基和酯基，则

30、属于甲酸酯类物质，满足条件的同分异构体有：苯环上含有2个侧链的，一个侧链为HCOO-，一个为-CH=CH2，有3种结构；苯环上含有1个侧链的，HCOO-可以分别连接在-CH=CH-两端，有两种结构，共有5种同分异构体，故答案为：5； (6)由乙醛和H2NCH(CH3)2为起始原料制备医药中间体CH3CONHCH(CH3)2，根据信息III，可以首先合成CH3COBr，然后与H2NCH(CH3)2发生取代反应即可，根据G的合成路线，可以由CH3CHO，先氧化生成CH3COOH，然后发生信息II的反应即可得到CH3COBr，合成路线为CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(C

31、H3)2，故答案为：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。24、 氧化反应 HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O DE 【解析】X为烷烃，则途径I、途径II均为裂化反应。B催化加氢生成A，则A、B分子中碳原子数相等。设A、B分子中各有n个碳原子，则X分子中有2n个碳原子，E、F中各有n个碳原子。D是含氢量最高的烃，必为CH4，由途径II各C分子中有2n-1个碳原子，进而G、H分子中也有2n-1个碳原子。据F+HI（C5H10O3），有n+2n-1=5，得n=2。因此，X为丁烷（C4H10）、A为乙烷（C2H6）

32、、B为乙烯（CH2=CH2），B氧化生成的E为环氧乙烷（）、E开环加水生成的F为乙二醇（HOCH2CH2OH）。C为丙烯（CH3CH=CH2）、C加水生成的G为1-丙醇（CH3CH2CH2OH）、G氧化生成的有酸性的H为丙酸（CH3CH2COOH）。F与H酯化反应生成的I为丙酸羟乙酯（CH3CH2COOCH2CH2OH）。（1）据CGI，G只能是1-丙醇，结构简式为CH3CH2CH2OH。（2）G（CH3CH2CH2OH）H（CH3CH2COOH）既脱氢又加氧，属于氧化反应。（3）FHI的化学方程式HOCH2CH2OH+CH3CH2COOHCH3CH2COOCH2CH2OH+H2O。（4）A工

33、艺生成乙烯、丙烯等基础化工原料，是石油的裂解，A错误；B除去A（C2H6）中的少量B（CH2=CH2）杂质，可将混合气体通过足量溴水。除去混合气体中的杂质，通常不用气体作除杂试剂，因其用量难以控制，B错误；CX（C4H10）、A（C2H6）、D（CH4）结构相似，组成相差若干“CH2”，互为同系物。但F（HOCH2CH2OH）和甘油的官能团数目不同，不是同系物，C错误；DH（CH3CH2COOH）与分子式相同、结构不同，为同分异构体，D正确；E（C5H10O3）和B（C2H4）各1mol完全燃烧，消耗氧气分别为6mol、3mol，其质量比为2：1，E正确。故选DE。25、圆底烧瓶 残留在漏斗颈

34、部的液体起液封作用；当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体 石蜡油 NaNO2NH4ClNaClN22H2O 防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验 等于 偏高 【解析】分析题给装置图，可知装置A为NH4Cl溶液和NaNO2溶液共热制备N2的发生装置，装置B的目的为干燥N2，装置C为N2和金属Li进行合成的发生装置，装置D的主要目的是防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验。据此解答。【详解】（1）盛装NH4Cl溶液的仪器是圆底烧瓶，答案为：圆底烧瓶；（2）安全漏斗颈部呈弹簧状，残留液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；锂的密度小于煤油，锂与水反

35、应，常将锂保存在石蜡油中。答案为：残留在漏斗颈部的液体起液封作用，当内部气体多、压强大时，又可通过积留液体而放出气体；石蜡油（3）亚硝酸钠与氯化铵共热生成氮气、氯化钠和水。反应方程式为：NaNO2NH4ClNaClN22H2O。答案为：NaNO2NH4ClNaClN22H2O；（4）锂能与二氧化碳、水反应，氮化锂能与水反应，故用D装置吸收空气中的水蒸气和二氧化碳。答案为：防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，干扰试验；（5）氨气压强无法直接测定，只能测定外界大气压，当G和F中液面相平时，氨气压强等于外界大气压。答案为：等于；装置E中发生反应：Li3N3H2O=3LiOHNH3，根据题意有：n(NH

36、3)=mol，则(Li3N)=100%=%。锂能与水反应产生H2，如果产品混有锂，则产生气体体积偏大，测得产品纯度偏高；答案为：；偏高。26、过滤 加快固体溶解，同时防止草酸分解 铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定 25.00mL 酸式 MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O 减小 Fe4(C2O4)510H2O 【解析】步骤一草酸和(NH4)2Fe (SO4)2反应生成黄色固体Fex(C2O4)yzH2O，步骤二加硫酸溶解后，检验无二价铁离子，则说明含有Fe3+，步骤三用高锰酸钾滴定草酸根离子，步骤四将Fe3+还原成Fe2+，再用高锰酸钾滴定，确定铁离子

37、的含量，进而进一步分析计算。【详解】(1)分离固体和液体的操作是过滤；故答案为：过滤；(2) 由于H2C2O4在温度高于90时易发生分解，所以需要水浴加热并控制温度7085，同时加快固体溶解。铁氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；故答案为加快固体溶解，同时防止草酸分解；氰化钾检验Fe2+的存在，防止Fe2+干扰草酸的测定；(3)从图片中读出，消耗高锰酸钾的体积为：25.80mL-0.80mL=25.00mL；滴定液是高锰酸钾标准溶液，该溶液有强氧化性，只能选用酸式滴定管；故答案为25.00mL，酸式；(4)步骤四是高锰酸钾滴定Fe2+，离子方程式为：MnO4-+5Fe2+8H

38、+=Mn2+5Fe3+4H2O；洗涤液中残留少许Fe2+，若不合并洗涤液，则消耗KMnO4标准液的体积将减少；根据离子方程式：MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，可知关系MnO4-5Fe2+，其中n(MnO4-)=0.0800mol/L0.01L=0.0008mol，即n(Fe2+)=0.0008mol5=0.0040mol，则样品中n(Fe)=0.0040mol。步骤三中，根据方程式：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O可得到转化关系：2KMnO45H2C2O4，即n(H2C2O4)=n(KMnO4)=0.0800m

39、ol/L0.025L5/2=0.005mol，则样品中含草酸根的物质的量为0.005mol。根据质量守恒定律可知，0.841g样品中结晶水的物质的量为（0.841g-0.004056g-0.00588g）/18g/mol=0.01mol，则n(Fe)：n(C2O42-)：n(H2O)=4:5:10，故黄色物质化学式为Fe4(C2O4)510H2O。故答案为MnO4-+5Fe2+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O，减小，Fe4(C2O4)510H2O。27、冷凝回流 受热均匀，便于控制温度 向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作23次 拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管 关闭水龙头 溶液

40、温度过高或冷却结晶时速度过快（合理答案即可） 【解析】结合题给信息进行分析：步骤1中，将三颈烧瓶放入冷水中冷却，为防止暴沸，加入沸石。步骤2中，因为反应温度为170180，为便于控制温度，使反应物受热均匀，采取油浴方式加热；步骤3中，结合对氨基苯磺酸的物理性质，将反应产物导入冷水烧杯中，并不断搅拌有助于对氨基苯磺酸的析出。再根据对氨基苯磺酸与苯胺在乙醇中的溶解性不同，采用乙醇洗涤晶体。步骤4中，利用对氨基苯磺酸可溶于沸水，通过沸水溶解，冷却结晶等操作，最终得到纯净产品。【详解】（1）冷凝管起冷凝回流的作用，冷却水从下口进入，上口排出；答案为：冷凝回流；（2）油浴加热优点是反应物受热均匀，便于控

41、制温度；答案为：受热均匀，便于控制温度；（3）苯胺是一种无色油状液体，微溶于水，易溶于乙醇，对氨基苯磺酸是一种白色晶体，微溶于冷水，可溶于沸水，易溶于碱性溶液，不溶于乙醇，则洗涤时选用乙醇。洗涤的操作为向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作23次；答案为：向过滤器中加入乙醇浸没沉淀，待乙醇自然流出后，重复操作23次；（4）抽滤完毕停止抽滤时，为防止倒吸，先拆下连接抽气泵和吸滤瓶间的橡皮管，再关水龙头；答案为：拆下连接泵和吸滤瓶的橡皮管；关闭水龙头；（5）对氨基苯磺酸微溶于冷水，可溶于沸水，若制得的晶体颗粒较小，可能的原因是溶液温度过高或冷却结晶时速度过快。答案为：溶液温度过高或

42、冷却结晶时速度过快（合理答案即可）。【点睛】冷却结晶的晶体大小影响因素：（1）浆料的过饱和度，这个主要由温度来控制，温度越低过饱和度越低。过饱和度越大，则产生晶核越多，结晶体粒径越小。（2）停留时间，时间越长，则产生的结晶体粒径越大。（3）容器的搅拌强度，搅拌越强，容易破碎晶体，结晶体粒径越小。（4）杂质成分，杂质成分较多，则比较容易形成晶核，结晶体粒径越小。28、B K= AC CD 增大 减小 NH4+H2ONH3H2O+H+ 1.810-7 【解析】（1）氨气极易溶于水，直接用水吸收，能够发生倒吸现象，所以吸收氨气时所选装置必须具有防止倒吸的作用；（2）根据平衡常数K的定义列出表达式；若

43、要增大反应速率，且平衡向正反应方向移动，加压、增加反应物浓度均可；（3）反应达到平衡状态，正逆反应速率相等，各组分浓度不变；（4）氨水溶液加水稀释后，促进电离，电离程度增大，电离常数只与温度有关，稀释氢氧根离子浓度减小；（5）NH4+水解导致硫酸铵溶液显酸性，氨气与酸反应得到铵盐，某（NH4）2SO4水溶液的pH=5，若硫酸剩余，抑制水的电离，若硫酸反应完全，促进水的电离。【详解】（1）A. 倒扣的漏斗使NH3充分吸收同时防止倒吸现象的发生，A项错误；B. 由于NH3易溶于水，可发生倒吸现象，不能够用水直接吸收，B项正确；C. 由于NH3难溶于CCl4，NH3与CCl4接触不易发生倒吸现象，能够用于吸收氨气，C项错误；D. 由于干燥管的上部大，能够防止倒吸现象的发生，D项错误；故答案为：B；（2）合成氨反应为，则平衡常数K表示生成物的浓度幂之积与反应物的浓度幂之积的比值，其表达式为：K=；若要增大反应速率，且平衡