2022屆寧夏銀川市興慶區(qū)長(zhǎng)慶高三第六次模擬考試化學(xué)試卷含解析

1、2021-2022學(xué)年高考化學(xué)模擬試卷考生須知：1全卷分選擇題和非選擇題兩部分，全部在答題紙上作答。選擇題必須用2B鉛筆填涂；非選擇題的答案必須用黑色字跡的鋼筆或答字筆寫(xiě)在“答題紙”相應(yīng)位置上。2請(qǐng)用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫(xiě)姓名和準(zhǔn)考證號(hào)。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無(wú)效。一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、國(guó)際計(jì)量大會(huì)第26屆會(huì)議修訂了阿伏加德羅常數(shù)（NA=6.022140761023mol-1)，于2019年5月20日正式生效。設(shè)NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是A40g正丁烷和18 g異丁烷的混合物中共價(jià)鍵數(shù)目為13NA

2、B常溫下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH- 數(shù)目為0.01NAC電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極質(zhì)量減小3.2g時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NAD0.1mol Cl2與足量NaOH溶液反應(yīng)后，溶液中Cl-、ClO- 兩種粒子數(shù)之和為0.2NA2、將一定質(zhì)量的鎂銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應(yīng)，假設(shè)反應(yīng)過(guò)程中還原產(chǎn)物全是NO，向所得溶液中加入物質(zhì)的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測(cè)得生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加5.1g，則下列有關(guān)敘述中正確的是：（ ）A加入合金的質(zhì)量不可能為6.4gB沉淀完全時(shí)消耗NaOH溶液的體積為120mLC溶解合金時(shí)收集到NO氣體的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為2.24L

3、D參加反應(yīng)的硝酸的物質(zhì)的量為0.2mol3、下列反應(yīng)的離子方程式書(shū)寫(xiě)正確的是A硫酸銅溶液中加過(guò)量的氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)22NH4+B用食醋檢驗(yàn)牙膏中碳酸鈣的存在：CaCO32H+=Ca2+CO2H2OC將去膜的鋁片投入到NaOH溶液中：2Al+2OH+6H2O=2Al(OH)4 +3H2D用碘化鉀淀粉溶液檢驗(yàn)亞硝酸鈉中NO2的存在：NO22I2H+=NO+I2H2O4、下列說(shuō)法中，不正確的是A固體表面水膜的酸性很弱或呈中性，發(fā)生吸氧腐蝕B鋼鐵表面水膜的酸性較強(qiáng)，發(fā)生析氫腐蝕C將鋅板換成銅板對(duì)鋼閘門保護(hù)效果更好D鋼閘門作為陰極而受到保護(hù)5、Se元素是人體必需的微量元素之一。

4、下列說(shuō)法不正確的是（ ）ASeO2可以被氧化BH2Se的分子構(gòu)型為V型CSeO2能和堿溶液反應(yīng)DH2Se的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2S6、某溫度下，分別向20mL濃度均為xmol/L的NaCl和Na2CrO4溶液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，滴加過(guò)程中和與AgNO3溶液的體積關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法不正確的是Ax =0.1B曲線I代表NaCl溶液CKsp(Ag2CrO4)約為41012Dy=97、下列化學(xué)用語(yǔ)正確的是A氮分子結(jié)構(gòu)式B乙炔的鍵線式C四氯化碳的模型D氧原子的軌道表示式8、厭氧氨化法（Anammox）是一種新型的氨氮去除技術(shù)，下列說(shuō)法中不正確的是A1mol NH4+ 所含的質(zhì)子總數(shù)為10N

5、AB聯(lián)氨（N2H4）中含有極性鍵和非極性鍵C過(guò)程II屬于氧化反應(yīng)，過(guò)程IV屬于還原反應(yīng)D過(guò)程I中，參與反應(yīng)的NH4+與NH2OH的物質(zhì)的量之比為1:19、X、Y、Z、W為原子序數(shù)依次增大的四種短周期元素,其中Z為金屬元素,X、W為同一主族元素。X、Z、W形成的最高價(jià)氧化物分別為甲、乙、丙。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質(zhì)，丁是化合物。其轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，下列判斷錯(cuò)誤的是A反應(yīng)、都屬于氧化還原反應(yīng)BX、Y、Z、W四種元素中，Y的原子半徑最小CNa著火時(shí)，可用甲撲滅D一定條件下，x與甲反應(yīng)生成丁10、常溫下，用 AgNO3 溶液分別滴定濃度均為 0.01 mol/L 的KCl、K2C2O

6、4 溶液，所得的沉淀溶解平衡圖像如圖所示(不考慮 C2O42-的水解)。已知 Ksp(AgCl) 數(shù)量級(jí)為 10-10。下列敘述正確的是A圖中 Y 線代表的 AgClBn 點(diǎn)表示 Ag2C2O4 的過(guò)飽和溶液C向 c(Cl)c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3溶液時(shí)，先生成 AgCl 沉淀DAg2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常數(shù)為 10-0.7111、將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，下列離子方程式能正確表示該反應(yīng)的是()ASO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO4+HClO+H+ClBSO2+H2O+Ca2+2ClOCaSO3+2H+2ClOCSO2+H2O+C

7、a2+2ClO-CaSO3+2HClODSO2+H2O+Ca2+2ClO-CaSO4+2H+Cl-12、分類是重要的科學(xué)研究方法，下列物質(zhì)分類錯(cuò)誤的是A電解質(zhì)：明礬、碳酸、硫酸鋇B酸性氧化物：SO3、CO2、NOC混合物：鋁熱劑、礦泉水、焦?fàn)t氣D同素異形體：C60、C70、金剛石13、膽礬CuSO45H2O可寫(xiě)為Cu(H2O)4SO4H2O，其結(jié)構(gòu)示意圖如下：下列有關(guān)膽礬的說(shuō)法正確的是ACu2+的價(jià)電子排布式為3d84s1B所有氧原子都采取sp3雜化C膽礬中含有的粒子間作用力有離子鍵、極性鍵、配位鍵和氫鍵D膽礬所含元素中，H、O、S的半徑及電負(fù)性依次增大14、PET（，M鏈節(jié)= 192 gmo

8、l1）可用來(lái)生產(chǎn)合成纖維或塑料。測(cè)某PET樣品的端基中羧基的物質(zhì)的量，計(jì)算其平均聚合度：以酚酞作指示劑，用c molL1 NaOH醇溶液滴定m g PET端基中的羧基至終點(diǎn)（現(xiàn)象與水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列說(shuō)法不正確的是APET塑料是一種可降解高分子材料B滴定終點(diǎn)時(shí)，溶液變?yōu)闇\紅色C合成PET的一種單體是乙醇的同系物DPET的平均聚合度（忽略端基的摩爾質(zhì)量）15、降冰片二烯類化合物是一類太陽(yáng)能儲(chǔ)能材料。降冰片二烯在紫外線照射下可以發(fā)生下列轉(zhuǎn)化。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（ ）A降冰片二烯與四環(huán)烷互為同分異構(gòu)體B降冰片二烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C四環(huán)烷的一氯代物超過(guò)三種（不考慮立體異

9、構(gòu)）D降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超過(guò)4個(gè)16、化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列敘述不正確的是（ ）A二氧化硅是將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧螧中國(guó)古代利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹C使用含鈣離子濃度較大的地下水洗衣服，肥皂去污能力差D漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器，其主要原料為黏土二、非選擇題（本題包括5小題）17、某新型藥物G合成路線如圖所示：已知：.RCHO（R為烴基）；.RCOOH；. +RNH2請(qǐng)回答下列問(wèn)題：（1）A的名稱為 _，合成路線圖中反應(yīng)所加的試劑和反應(yīng)條件分別是_。（2）下列有關(guān)說(shuō)法正確的是 _（填字母代號(hào)）。A反應(yīng)的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)BC可以發(fā)生的反應(yīng)類型有取

10、代、加成、消去、加聚CD中所有碳原子可能在同一平面上D一定條件下1 mol G可以和2 mol NaOH或者9 mol H2反應(yīng)（3）F的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)。（4）C在一定條件下可以發(fā)生聚合反應(yīng)生成高分子化合物，寫(xiě)出該反應(yīng)的化學(xué)方程式 _。（5）D有多種同分異構(gòu)體，同時(shí)滿足下列條件的同分異構(gòu)體有 _種。屬于芳香族化合物，且分子中含有的環(huán)只有苯環(huán)能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)（6）參照G的上述合成路線，設(shè)計(jì)一條由乙醛和H2NCH（CH3）2為起始原料制備醫(yī)藥中間體CH3CONHCH（CH3）2的合成路線_。18、環(huán)氧樹(shù)脂因其具有良好的機(jī)械性能、絕緣性能以及與各種材料的粘結(jié)性能，已廣泛應(yīng)用于涂料和膠黏劑等領(lǐng)域

11、。下面是制備一種新型環(huán)氧樹(shù)脂G的合成路線：已知以下信息：+H2O+NaOH+NaCl+H2O回答下列問(wèn)題：（1）A是一種烯烴，化學(xué)名稱為_(kāi)，C中官能團(tuán)的名稱為_(kāi)、_。（2）由C生成D反應(yīng)方程式為_(kāi)。（3）由B生成C的反應(yīng)類型為_(kāi)。（4）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)。（5）E的二氯代物有多種同分異構(gòu)體，請(qǐng)寫(xiě)出其中能同時(shí)滿足以下條件的芳香化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_、_。能發(fā)生銀鏡反應(yīng)；核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為321。（6）假設(shè)化合物D、F和NaOH恰好完全反應(yīng)生成1 mol單一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的總質(zhì)量為765g，則G的n值理論上應(yīng)等于_。19、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的

12、保鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學(xué)性質(zhì)。.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復(fù)使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是_。A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)。儀器E的作用是_。（2）F中盛裝的試劑是_。.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去。反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)。食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是防止食品_。.測(cè)定Na2S

13、2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過(guò)量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應(yīng)后，用0.2500mol/L的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為_(kāi)%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，會(huì)導(dǎo)致Na2S2O5樣品的純度_。（填“偏高”、“偏低”）20、氮化鍶（Sr3N2）在工業(yè)上廣泛用于生產(chǎn)熒光粉。已知：鍶與鎂位于同主族；鍶與氮?dú)庠诩訜釛l件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水劇烈反應(yīng)。I.利用裝置A和C制備Sr3N2（

14、1）寫(xiě)出由裝置A制備N2的化學(xué)方程式_。（2）裝置A中a導(dǎo)管的作用是_。利用該套裝置時(shí)，應(yīng)先點(diǎn)燃裝置A的酒精燈一段時(shí)間后，再點(diǎn)燃裝置C的酒精燈，理由是_。II.利用裝置B和C制備Sr3N2。利用裝置B從空氣中提純N2（已知：氧氣可被連苯三酚溶液定量吸收）（3）寫(xiě)出裝置B的NaOH溶液中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式_。（4）裝置C中廣口瓶盛放的試劑是_。III.測(cè)定Sr3N2產(chǎn)品的純度（5）取ag該產(chǎn)品，向其中加入適量的水，將生成的氣體全部通入濃硫酸中，利用濃硫酸增重質(zhì)量計(jì)算得到產(chǎn)品的純度，該方法測(cè)得產(chǎn)品的純度偏高，其原因是_。經(jīng)改進(jìn)后測(cè)得濃硫酸增重bg，則產(chǎn)品的純度為_(kāi)（用相關(guān)字母的代數(shù)式表示）。21

15、、有機(jī)物F是合成藥物“銀屑靈”的中間體，其合成流程如下：回答下列問(wèn)題：（1）化合物A的名稱為_(kāi)，化合物C中含氧官能團(tuán)結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)。（2）寫(xiě)出AB的化學(xué)方程式：_。（3）DE的反應(yīng)類型為_(kāi)，F(xiàn)的分子式為_(kāi)。（4）寫(xiě)出同時(shí)滿足下列條件的C的一種同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：_。能發(fā)生銀鏡反應(yīng)能發(fā)生水解反應(yīng)，其水解產(chǎn)物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應(yīng)分子中核磁共振氫譜為四組峰（5）設(shè)計(jì)以甲苯、乙醛為起始原料（其它試劑任選），制備的合成路線流程圖：_參考答案一、選擇題（每題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意）1、A【解析】A.正丁烷和異丁烷互為同分異構(gòu)體，二者相對(duì)分子質(zhì)量相同，分子內(nèi)的共價(jià)鍵數(shù)目也相同(都為13個(gè))?；旌?/p>

16、物共58g，其物質(zhì)的量為1mol，共價(jià)鍵數(shù)目為13NA，正確；B. 常溫下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-數(shù)目無(wú)法計(jì)算，因?yàn)椴恢廊芤旱捏w積，錯(cuò)誤；C. 電解精煉銅時(shí)，陽(yáng)極放電的金屬不僅有銅，還有雜質(zhì)中的比銅活潑的金屬，所以陽(yáng)極質(zhì)量減小3.2g時(shí)，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)不一定是0.1NA，錯(cuò)誤； D. 0.1mol Cl2與足量NaOH溶液反應(yīng)，溶液中除Cl-、ClO- 兩種粒子外，可能還有ClO3-等含氯離子，它們的數(shù)目之和為0.2NA，錯(cuò)誤。故選A。2、C【解析】淀為M(OH)2，根據(jù)化學(xué)式知，生成沉淀的質(zhì)量比原合金的質(zhì)量增加的量是氫氧根離子，則n(OH-)=0.3mol，根據(jù)氫氧根離子守

17、恒nM(OH)2=n(OH-)=0.3mol=0.15mol，根據(jù)金屬原子守恒得金屬的物質(zhì)的量是0.15mol；A因?yàn)殒V、銅的物質(zhì)的量無(wú)法確定，則無(wú)法計(jì)算合金質(zhì)量，故A錯(cuò)誤；B由氫氧根離子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=100mL，故B錯(cuò)誤；C由轉(zhuǎn)移電子守恒得n(NO)=0.1mol，生成標(biāo)況下NO體積=22.4L/mol0.1mol=2.24L，故C正確；D根據(jù)轉(zhuǎn)移電子守恒得參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量=0.1mol，根據(jù)金屬原子守恒、硝酸根離子守恒得起酸作用n(HNO3)=2nM(NO3)2=2n(M)=0.15mol2=0.3mol，所以參加反應(yīng)硝酸的物質(zhì)的量

18、=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D錯(cuò)誤；故答案為C?！军c(diǎn)睛】本題以鎂、銅為載體考查混合物的計(jì)算，側(cè)重考查分析、計(jì)算能力，正確判斷沉淀和合金質(zhì)量差成分是解本題關(guān)鍵，靈活運(yùn)用原子守恒、轉(zhuǎn)移電子守恒解答即可。3、C【解析】A硫酸銅溶液中加過(guò)量的氨水最終生成可溶性的，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B食醋中的醋酸是弱電解質(zhì)，在離子方程式中不能拆分，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C鋁的性質(zhì)活潑，在室溫下易被氧化表面生成致密的Al2O3薄膜，去除后才是Al單質(zhì)，鋁單質(zhì)可以與NaOH溶液反應(yīng)，C項(xiàng)正確；D觀察上述方程式，電子得失不守恒；在酸性介質(zhì)中可以表現(xiàn)氧化性，還原產(chǎn)物一般為NO，因此，正確的離子方程式為：，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)

19、睛】離子方程式的正誤判斷可以先驗(yàn)證其是否滿足守恒關(guān)系(電子得失守恒，電荷守恒，原子守恒)，再判斷物質(zhì)拆分是否合理，最后再根據(jù)條件判斷產(chǎn)物是否合理，反應(yīng)是否符合實(shí)際以及化學(xué)計(jì)量系數(shù)是否正確。4、C【解析】鋼鐵生銹主要是電化學(xué)腐蝕，而電化學(xué)腐蝕的種類因表面水膜的酸堿性不同而不同，當(dāng)表面水膜酸性很弱或中性時(shí)，發(fā)生吸氧腐蝕；當(dāng)表面水膜的酸性較強(qiáng)時(shí)，發(fā)生析氫腐蝕，A、B均正確；C、鋼閘門與鋅板相連時(shí)，形成原電池，鋅板做負(fù)極，發(fā)生氧化反應(yīng)而被腐蝕，鋼閘門做正極，從而受到保護(hù)，這是犧牲陽(yáng)極的陰極保護(hù)法；當(dāng)把鋅板換成銅板時(shí)，鋼閘門做負(fù)極，銅板做正極，鋼閘門優(yōu)先腐蝕，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D、鋼閘門連接直流電源的負(fù)極，做

20、電解池的陰極而受到保護(hù)，這是連接直流電源的陰極保護(hù)法，選項(xiàng)D正確。答案選C。5、D【解析】A. Se原子最外層有6個(gè)電子，最高價(jià)為+6，所以SeO2可以被氧化，故A正確； B. Se與O同族，H2O的分子構(gòu)型為V型，所以H2Se的分子構(gòu)型為V型，故B正確；C. Se與S是同族元素，SO2是酸性氧化物，能和堿溶液反應(yīng)，所以SeO2能和堿溶液反應(yīng)，故C正確； D.同主族元素從上到下非金屬性減弱，非金屬性SeS ，所以H2S的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2Se，故D錯(cuò)誤；答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查同主族元素性質(zhì)遞變規(guī)律，利用同主族元素的相似性解決問(wèn)題，根據(jù)二氧化硫的性質(zhì)推出SeO2的性質(zhì)，根據(jù)H2O的分子構(gòu)型構(gòu)型推

21、出H2Se的分子構(gòu)型。6、D【解析】A根據(jù)圖像可知，未滴加AgNO3溶液時(shí)或均為1，則NaCl和Na2CrO4溶液均為0.1molL-1，即x=0.1，A選項(xiàng)正確；B1molCl-和CrO42-分別消耗1mol和2molAg+，由圖像可知，滴加AgNO3溶液過(guò)程中，曲線I突躍時(shí)加入的AgNO3溶液的體積為20mL，則曲線I代表NaCl溶液，B選項(xiàng)正確；Cb點(diǎn)時(shí)，=4，則c(CrO42-)=10-4molL-1，c(Ag+)=210-4molL-1，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)c2(Ag+)=41012，C選項(xiàng)正確；Da點(diǎn)時(shí)，Cl-恰好完全沉淀，=5，則c(Cl-)=10-5m

22、olL-1，c(Ag+)=10-5molL-1，Ksp(AgCl)=c(Cl-)c(Ag+)=1010，c點(diǎn)加入40mLAgNO3溶液，溶液中，則-lgc(Cl-)=9-lg38.52，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選D。7、D【解析】A氮?dú)夥肿又写嬖?個(gè)氮氮三鍵，氮?dú)獾慕Y(jié)構(gòu)式為：NN，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B鍵線式中需要省略碳?xì)滏I，乙炔的鍵線式為：CC，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C四氯化碳為正四面體結(jié)構(gòu)，氯原子的相對(duì)體積大于碳原子，四氯化碳的比例模型為：，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D氧原子核外電子總數(shù)為8，最外層為6個(gè)電子，其軌道表示式為：，選項(xiàng) D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】本題考查了化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫(xiě)判斷，題目難度中等，注意掌握比例模型、電子軌道

23、表示式、鍵線式、結(jié)構(gòu)式等化學(xué)用語(yǔ)的書(shū)寫(xiě)原則，明確甲烷和四氯化碳的比例模型的區(qū)別，四氯化碳分子中，氯原子半徑大于碳原子，氯原子的相對(duì)體積應(yīng)該大于碳原子。8、A【解析】A、質(zhì)子數(shù)等于原子序數(shù)，1molNH4中含有質(zhì)子總物質(zhì)的量為11mol，故A說(shuō)法錯(cuò)誤；B、聯(lián)氨(N2H4)的結(jié)構(gòu)式為，含有極性鍵和非極性鍵，故B說(shuō)法正確；C、過(guò)程II，N2H4N2H22H，此反應(yīng)是氧化反應(yīng)，過(guò)程IV，NO2NH2OH，添H或去O是還原反應(yīng)，故C說(shuō)法正確；D、NH4中N顯3價(jià)，NH2OH中N顯1價(jià)，N2H4中N顯2價(jià)，因此過(guò)程I中NH4與NH2OH的物質(zhì)的量之比為1：1，故D說(shuō)法正確。點(diǎn)睛：氧化反應(yīng)還是還原反應(yīng)，這是

24、有機(jī)物中的知識(shí)點(diǎn)，添氫或去氧的反應(yīng)為還原反應(yīng)，去氫或添氧的反應(yīng)的反應(yīng)氧化反應(yīng)，因此N2H4N2H2，去掉了兩個(gè)氫原子，即此反應(yīng)為氧化反應(yīng)，同理NO2轉(zhuǎn)化成NH2OH，是還原反應(yīng)。9、C【解析】根據(jù)題中信息可判斷x為碳，丙為二氧化硅，在高溫條件下碳與硅反應(yīng)生成w為硅、丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點(diǎn)燃反應(yīng)生成甲為二氧化碳，z為鎂，二氧化碳在鎂中點(diǎn)燃反應(yīng)生成碳和乙為氧化鎂。A. 反應(yīng)二氧化碳與鎂反應(yīng)、碳與氧氣反應(yīng)、碳與二氧化硅反應(yīng)都屬于氧化還原反應(yīng)，選項(xiàng)A正確；B. 同周期元素原子從左到右依次減小，同主族元素原子從上而下半徑增大，故C、O、Mg、Si四種元素中，O的原子半徑最小，選項(xiàng)B正確；C

25、. Na著火時(shí)，不可用二氧化碳撲滅，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；D. 一定條件下，碳與二氧化碳在高溫條件下反應(yīng)生成一氧化碳，選項(xiàng)D正確。答案選C。點(diǎn)睛：本題考查元素周期表、元素周期律及物質(zhì)的推斷，根據(jù)題中信息可判斷x為碳，丙為二氧化硅，在高溫條件下碳與硅反應(yīng)生成w為硅、丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點(diǎn)燃反應(yīng)生成甲為二氧化碳，z為鎂，二氧化碳在鎂中點(diǎn)燃反應(yīng)生成碳和乙為氧化鎂，據(jù)此分析解答。10、C【解析】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104105.75=109.75=100.251010，則數(shù)量級(jí)為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ks

26、p(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107，則數(shù)量級(jí)為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級(jí)為 10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46，據(jù)此分析解答。【詳解】若曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag+)c(Cl)=104105.75=109.75=100.251010，則數(shù)量級(jí)為10-10，若曲線Y為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則Ksp(AgCl)=c(Ag

27、+)c(Cl)=104102.46=106.46=100.54107，則數(shù)量級(jí)為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級(jí)為 10-10，則曲線X為AgCl的沉淀溶解平衡曲線，則曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，Ksp(Ag2C2O4)=c2(Ag+)c(C2O42-)=(104)2(102.46)=1010.46，A. 由以上分析知，圖中X線代表AgCl，故A錯(cuò)誤；B. 曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點(diǎn)，c(Ag+)小于平衡濃度，故n點(diǎn)的離子Qc(Ag2C2O4)Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2O4的不飽和溶液，故B錯(cuò)誤；C. 根據(jù)圖象可知，當(dāng)陰離子濃度相同時(shí)，

28、生成AgCl沉淀所需的c(Ag+)小于生成Ag2C2O4沉淀所需的c(Ag+)，故向c(Cl)=c(C2O42-)的混合液中滴入AgNO3溶液時(shí)，先析出氯化銀沉淀，故C正確；D. Ag2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常數(shù)，此時(shí)溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D錯(cuò)誤；故選C。11、A【解析】將少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中，發(fā)生氧化還原反應(yīng)，生成硫酸鈣，由于Ca(ClO)2過(guò)量，還生成HClO等，離子反應(yīng)為SO2+H2O+Ca2+2ClO=CaSO4+HClO+H+Cl，故選A。12、B【解析】A溶于水或在熔融狀態(tài)下均能自身電離出離子的化合物是電解質(zhì)，明礬、碳酸、硫酸鋇均是

29、電解質(zhì)，故A正確；B能與堿反應(yīng)生成鹽和水的氧化物是酸性氧化物，SO3、CO2是酸性氧化物，NO不是酸性氧化物，是不成鹽氧化物，故B錯(cuò)誤；C由多種物質(zhì)組成的是混合物，鋁熱劑、礦泉水、焦?fàn)t氣均是混合物，故C正確；D由同一種元素形成的不同單質(zhì)互為同素異形體，C60、C70、金剛石均是碳元素形成的單質(zhì)，互為同素異形體，故D正確；故選B。13、C【解析】ACu是29號(hào)元素， Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級(jí)上各一個(gè)電子生成Cu2+，故Cu2+的價(jià)電子排布式3d9，故A錯(cuò)誤；B硫酸根離子中S和非羥基O和H2O中的O原子的雜化方式不同，不可能都是sp

30、3雜化，故B錯(cuò)誤；C銅離子和硫酸根離子之間存在離子鍵，硫原子和氧原子間存在極性共價(jià)鍵，銅原子和氧原子間存在配位鍵，氧原子和氫原子間存在氫鍵，故C正確；DH、O、S分別為第1，2，3周期，所以半徑依次增大，但O的電負(fù)性大于S，故D錯(cuò)誤；故選C。14、C【解析】是聚酯類高分子，它的單體為：HOCH2CH2OH和，可以發(fā)生水解反應(yīng)生成小分子?！驹斀狻緼、PET塑料是聚酯類高分子，可發(fā)生水解反應(yīng)生成HOCH2CH2OH和，故A正確；B、用NaOH醇溶液滴定PET端基中的羧基，恰好反應(yīng)完時(shí)生成羧酸鈉，顯弱堿性，使酚酞試劑顯淺紅色，B正確；C、的單體為：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有兩個(gè)羥基，在組成上

31、與乙醇也沒(méi)有相差-CH2-的整數(shù)倍，故乙二醇與乙醇不是同系物，故C錯(cuò)誤；D、NaOH醇溶液只與 PET端基中的羧基反應(yīng)，n（NaOH）=cv10-3mol，則PET的物質(zhì)的量也等于cv10-3mol，則PET的平均相對(duì)分子質(zhì)量=g/mol，PET的平均聚合度，故D正確。答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查高分子化合物的結(jié)構(gòu)，單體的判斷，中和滴定等知識(shí)點(diǎn)，判斷同系物的兩個(gè)要點(diǎn)：一是官能團(tuán)的種類和個(gè)數(shù)要相同，二是組成上要相差-CH2-的整數(shù)倍。15、C【解析】A.降冰片二烯與四環(huán)烷分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，因此二者互為同分異構(gòu)體，A正確；B.降冰片二烯分子中含有碳碳雙鍵，因此能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，B正確；C

32、.四環(huán)烷含有三種位置的H原子，因此其一氯代物有三種，C錯(cuò)誤；D.根據(jù)乙烯分子是平面分子，與碳碳雙鍵連接的C原子在碳碳雙鍵所在的平面上，所以降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子為4個(gè)，D正確；故合理選項(xiàng)是C。16、A【解析】A單質(zhì)硅可用于制作太陽(yáng)能電池的原料，太陽(yáng)能電池可將太陽(yáng)能轉(zhuǎn)化為電能，二氧化硅是光導(dǎo)纖維的成分，故A錯(cuò)誤；B明礬溶液中Al3+水解使溶液呈酸性，銅銹為Cu2(OH)2CO3，能夠溶于酸性溶液，可以利用明礬溶液的酸性清除銅鏡表面的銅銹，故B正確；C含鈣離子濃度較大的地下水能夠與高級(jí)脂肪酸鈉反應(yīng)生成高級(jí)脂肪酸鈣沉淀，去污能力減弱，故C正確；D瓷器由黏土燒制而成，瓷器的主要原料為黏土

33、，故D正確；答案選A。二、非選擇題（本題包括5小題）17、苯乙醛 濃硫酸，加熱 C n+(n-1)H2O 5 CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2 【解析】根據(jù)合成路線，A結(jié)構(gòu)中含有苯環(huán)結(jié)構(gòu)，AB發(fā)生信息I的反應(yīng)，則A為，B為，B酸性條件下水解生成C；根據(jù)D的分子式，結(jié)合C的分子式C9H10O3可知，C發(fā)生消去反應(yīng)生成D，D為，D發(fā)生信息II的反應(yīng)生成E，E為，結(jié)合G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可知，E和F發(fā)生取代反應(yīng)生成G，則F為，據(jù)此分析解答。【詳解】(1)根據(jù)上述分析，A為，名稱為苯乙醛，合成路線圖中反應(yīng)為醇羥基的消去反應(yīng)，所加的試劑和反應(yīng)條件分別是濃硫酸，加熱，故答案

34、為：苯乙醛；濃硫酸，加熱；(2)A. 根據(jù)上述分析，反應(yīng)為加成反應(yīng)，故A錯(cuò)誤；B. C中含有羥基、羧基和苯環(huán)，羥基可以取代反應(yīng)和消去反應(yīng)，羧基可以發(fā)生取代反應(yīng)，苯環(huán)可以發(fā)生取代反應(yīng)和加成反應(yīng)，但不能發(fā)生加聚，故B錯(cuò)誤；C. D為，苯環(huán)、碳碳雙鍵和碳氧雙鍵都是平面結(jié)構(gòu)，因此D中所有碳原子可能在同一平面上，故C正確；D. 一定條件下1 mol G()可以和2 mol NaOH發(fā)生水解反應(yīng)，能夠和7 mol H2發(fā)生加成反應(yīng)，故D錯(cuò)誤；故答案為：C；(3)根據(jù)上述分析，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，故答案為：；(4)C()在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應(yīng)生成高分子化合物，反應(yīng)的化學(xué)方程式為n+(n-1)H2O，故答案

35、為：n+(n-1)H2O；(5)D()有多種同分異構(gòu)體，屬于芳香族化合物，且分子中含有的環(huán)只有苯環(huán)，能發(fā)生銀鏡反應(yīng)和水解反應(yīng)，說(shuō)明結(jié)構(gòu)中含有醛基和酯基，則屬于甲酸酯類物質(zhì)，滿足條件的同分異構(gòu)體有：苯環(huán)上含有2個(gè)側(cè)鏈的，一個(gè)側(cè)鏈為HCOO-，一個(gè)為-CH=CH2，有3種結(jié)構(gòu)；苯環(huán)上含有1個(gè)側(cè)鏈的，HCOO-可以分別連接在-CH=CH-兩端，有兩種結(jié)構(gòu)，共有5種同分異構(gòu)體，故答案為：5； (6)由乙醛和H2NCH(CH3)2為起始原料制備醫(yī)藥中間體CH3CONHCH(CH3)2，根據(jù)信息III，可以首先合成CH3COBr，然后與H2NCH(CH3)2發(fā)生取代反應(yīng)即可，根據(jù)G的合成路線，可以由CH3

36、CHO，先氧化生成CH3COOH，然后發(fā)生信息II的反應(yīng)即可得到CH3COBr，合成路線為CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2，故答案為：CH3CHOCH3COOHCH3COBr CH3CONHCH(CH3)2。18、丙烯 加成反應(yīng) 氯原子、羥基 +NaOH+NaCl+H2O +NaOH+NaCl+H2O 8 【解析】根據(jù)D的分子結(jié)構(gòu)可知A為鏈狀結(jié)構(gòu)，故A為CH3CH=CH2；A和Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成B為CH2=CHCH2Cl，B和HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C為或，C在堿性條件下脫去HCl生成D；由F結(jié)構(gòu)可知苯酚和E發(fā)生信息的反應(yīng)生成F，則E為；

37、D和F聚合生成G，據(jù)此分析解答。【詳解】（1）根據(jù)以上分析，A為CH3CH=CH2，化學(xué)名稱為丙烯；C為，故含官能團(tuán)的名稱為氯原子、羥基。本小題答案為：丙烯；氯原子、羥基。（2）C在堿性條件下脫去HCl生成D，化學(xué)方程式為：（或）。故本小題答案為：（或）。（3）B和HOCl發(fā)生加成反應(yīng)生成C。本小題答案為：加成反應(yīng)。（4）根據(jù)信息提示和流程圖中則E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。本小題答案為：。（5）E的二氯代物有多種同分異構(gòu)體，同時(shí)滿足以下條件的芳香化合物：能發(fā)生銀鏡反應(yīng)，說(shuō)明含有醛基；核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為321，說(shuō)明分子中有3種類型的氫原子，且個(gè)數(shù)比為3：2：1。則符合條件的有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為

38、、。本小題答案為：、。（6）根據(jù)信息和，每消耗1molD，反應(yīng)生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的總質(zhì)量為765g，生成NaCl和H2O的總物質(zhì)的量為765g/76.5g/mol=10mol，由G的結(jié)構(gòu)可知，要生成1 mol單一聚合度的G，需要(n+2)molD，則(n+2)=10，解得n=8，即G的n值理論上應(yīng)等于8。本小題答案為：8。19、三頸燒瓶 Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4 防倒吸 濃NaOH溶液 5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O 氧化變質(zhì) 95.0 偏高 【解析】A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3H2SO4=H2O

39、SO2Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒吸，F(xiàn)吸收尾氣。據(jù)此解答?！驹斀狻浚?）裝置中儀器A的名稱是三頸燒瓶。A中發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4。二氧化硫易溶于水，儀器E的作用是防倒吸。故答案為：三頸燒瓶；Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4；防倒吸；（2）二氧化硫有毒，排到空氣中會(huì)污染空氣，SO2是酸性氧化物，可用堿溶液吸收，題干中只提供了一種試劑-濃NaOH溶液，F(xiàn)中盛裝的試劑是濃NaOH溶液。故答案為

40、：濃NaOH溶液；.（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應(yīng)，溶液紫紅色很快褪去，說(shuō)明MnO4將S2O52氧化生成硫酸根離子。反應(yīng)的離子方程式為5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O。食品級(jí)焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學(xué)原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質(zhì)。故答案為：5S2O54MnO42H=10SO424Mn2H2O；氧化變質(zhì)；.（4）由關(guān)系式：5SO322MnO4，用0.2500mol/L的Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液滴定至終點(diǎn)，消耗Na2SO3溶液20.00mL，剩余的n(MnO4)= 0.2500mol/L20.

41、0010-3L=2.00010-3mol，再由5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O得：Na2S2O5樣品的純度為= 100%=95.0%；若在滴定終點(diǎn)時(shí)，俯視讀數(shù)Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積，使Na2SO3標(biāo)準(zhǔn)液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應(yīng)的高錳酸鉀偏高，會(huì)導(dǎo)致Na2S2O5樣品的純度偏高；故答案為：95.0；偏高。20、NH4ClNaNO2N2NaCl2H2O 平衡氣壓，使液體順利流下 利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡 CO22OH-= CO32-H2O 濃硫酸 未將氣體中的水蒸氣除去，也被濃硫酸吸收引起增重（或其他合理答案） % 【解析】I.利用裝置A和C制備Sr3N2，裝置A中NaNO2和NH4Cl反應(yīng)制備N2，由于N2中混有H2O（g），為防止氮化鍶遇水劇烈反應(yīng)，故N2與Sr反應(yīng)前必須干燥，裝置 C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管中。II. 利用裝置B和C制備Sr3N2，鍶與鎂位于同主族，聯(lián)想Mg的性質(zhì)，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應(yīng)，為防止鍶與CO2、O2反應(yīng)，則裝置B中NaOH用于吸收CO2，連苯三酚吸收O2，裝置C中廣口瓶用于除去N2中的H2O（g），堿石灰的作用是防止外界空氣進(jìn)入硬質(zhì)玻璃管中。III. 測(cè)定Sr3N2產(chǎn)品的純度的原