浙江省寧波市六校聯(lián)考2024屆高三下學期一?？荚嚮瘜W試題含解析

浙江省寧波市六校聯(lián)考2024屆高三下學期一模考試化學試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．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、能證明亞硫酸鈉樣品部分變質(zhì)的試劑是A．硝酸鋇，稀硫酸 B．稀鹽酸，氯化鋇C．稀硫酸，氯化鋇 D．稀硝酸，氯化鋇2、宋應星所著《天工開物》被外國學者譽為“17世紀中國工藝百科全書”。下列說法不正確的是A．“凡白土曰堊土，為陶家精美啟用”中“陶”是一種傳統(tǒng)硅酸鹽材料B．“凡火藥，硫為純陽，硝為純陰”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸C．“燒鐵器淬于膽礬水中，即成銅色也”該過程中反應的類型為置換反應D．“每紅銅六斤，入倭鉛四斤，先后入罐熔化，冷定取出，即成黃銅”中的黃銅是合金3、工業(yè)上利用無機礦物資源生產(chǎn)部分材料的流程圖如下。下列說法不正確的是A．在鋁土礦制備較高純度Al的過程中常用到NaOH溶液、CO2氣體、冰晶石B．石灰石、純堿、石英、玻璃都屬于鹽，都能與鹽酸反應C．在制粗硅時，被氧化的物質(zhì)與被還原的物質(zhì)的物質(zhì)的量之比為2∶1D．黃銅礦(CuFeS2)與O2反應產(chǎn)生的Cu2S、FeO均是還原產(chǎn)物4、已知X、Y、Z、W、M均為短周期元素。25℃時，其最高價氧化物對應的水化物（濃度均為0.01mol/L）溶液的pH和原子半徑的關系如圖所示。下列說法不正確的是（）A．X、M簡單離子半徑大小順序：X>MB．Z的最高價氧化物水化物的化學式為H2ZO4C．X、Y、Z、W、M五種元素中只有一種是金屬元素D．X的最簡單氫化物與Z的氫化物反應后生成的化合物中既含離子鍵又含共價鍵5、有機物M、N分子的模型如圖所示，其中不同顏色的球表示不同的原子，原子之間的化學鍵可以是單鍵、雙鍵。下列說法錯誤的是MNA．M與HCOOCH3互為同分異構體B．N的官能團為羥基C．在與鈉的反應中N放出氣泡比M快D．N能使酸性高錳酸鉀溶液褪色6、下列表示正確的是()A．丙烯的結構簡式：CH3CH=CH2B．CO2的電子式：C．金剛石的比例模型：D．硫離子的結構示意圖：7、古往今來傳頌著許多與酒相關的古詩詞，其中“葡萄美酒夜光杯，欲飲琵琶馬上催”較好地表達了戰(zhàn)士出征前開杯暢飲的豪邁情懷。下列說法錯誤的是（）A．忽略酒精和水之外的其它成分，葡萄酒的度數(shù)越高密度越小B．古代琵琶的琴弦主要由牛筋制成，牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)C．制作夜光杯的鴛鴦玉的主要成分為3MgO?4SiO2?H2O，屬于氧化物D．紅葡萄酒密封儲存時間越長，質(zhì)量越好，原因之一是儲存過程中生成了有香味的酯8、常溫下，關于等體積、等pH的稀鹽酸和稀醋酸溶液，下列說法正確的是A．兩溶液中由水電離的：鹽酸>醋酸B．兩溶液中C．分別與足量的金屬鋅反應生成氫氣的量：鹽酸>醋酸D．分別用水稀釋相同倍數(shù)后溶液的pH：鹽酸=醋酸9、既含離子鍵又含共價鍵的物質(zhì)是A．H2 B．MgCl2 C．H2O D．KOH10、ClO2是一種國際公認的安全、無毒的綠色消毒劑，沸點11℃，凝固點-59℃。工業(yè)上，可用下列原理制備ClO2(液相反應)：。設NA是阿伏伽德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是()A．在標準狀況下，2240mLClO2含有原子數(shù)為0.3NAB．若生成1.5molNa2SO4，則反應后的溶液中Fe3+數(shù)目為0.2NAC．48.0gFeS2完全反應，則上述反應中轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NAD．每消耗30molNaClO3，生成的水中氫氧鍵數(shù)目為14NA11、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列有關敘述正確的是（）A．標準狀況下，22.4L二氯甲烷的分子數(shù)約為NAB．乙烯和丙烯組成的42g混合氣體中含碳原子數(shù)為6NAC．1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為12NAD．將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目等于NA12、依據(jù)下列實驗現(xiàn)象，得出的結論正確的是操作實驗現(xiàn)象結論A向NaBr溶液中加入過量氯水，再加入淀粉KI溶液最終溶液變藍氧化性：Cl2>Br2>I2B向某無色溶液中滴加濃鹽酸產(chǎn)生能使品紅溶液褪色的氣體不能證明原溶液中含有SO32－或HSO3－C向蔗糖溶液中加入稀硫酸，水浴加熱后，加入新制氫氧化銅，加熱得到藍色溶液蔗糖水解產(chǎn)物沒有還原性D向2mL0.01mol/L的AgNO3溶液中滴加幾滴同濃度的NaCl溶液后，滴加KI溶液先產(chǎn)生白色沉淀，后出現(xiàn)黃色沉淀證明Ksp(AgI)＜Ksp(AgCl)A．A B．B C．C D．D13、下列有關酸堿滴定實驗操作的敘述錯誤的是（）A．準備工作：先用蒸餾水洗滌滴定管，再用待測液和標準液洗滌對應滴定管B．量取

15.00mL

待測液：在

25

mL

滴定管中裝入待測液，調(diào)整初始讀數(shù)為

10.00mL后，將剩余待測液放入錐形瓶C．判斷滴定終點：指示劑顏色突變，且半分鐘內(nèi)不變色D．讀數(shù)：讀藍線粗細線交界處所對應的刻度，末讀數(shù)減去初讀數(shù)即反應消耗溶液的體積14、下列說法正確的是A．2018年10月起，天津市開始全面實現(xiàn)車用乙醇汽油替代普通汽油，向汽油中添加乙醇，該混合燃料的熱值不變B．百萬噸乙烯是天津濱海新區(qū)開發(fā)的標志性工程，乙烯主要是通過石油催化裂化獲得C．天津堿廠的“紅三角”牌純堿曾享譽全世界，侯氏制堿法原理是向飽和食鹽水先通氨氣，再通二氧化碳，利用溶解度的差異沉淀出純堿晶體D．天津是我國鋰離子電池研發(fā)和生產(chǎn)的重要基地，廢舊鋰離子電池進行放電處理有利于鋰在正極的回收是因為放電過程中，鋰離子向正極運動并進入正極材料15、下列說法錯誤的是（）A．以乙醇、空氣為原料可制取乙酸B．甲苯分子中最多13個原子共平面C．淀粉、油脂和蛋白質(zhì)都是可以水解的高分子化合物D．分子式為C5H12O的醇共有8種結構16、常溫下，以下試劑不能用來鑒別SO2和H2S的是A．滴有淀粉的碘水 B．氫氧化鈉溶液C．硫酸銅溶液 D．品紅溶液二、非選擇題（本題包括5小題）17、合成藥物X、Y和高聚物Z，可以用烴A為主要原料，采用以下路線：已知：I.反應①、反應②均為加成反應。II.請回答下列問題：(1)A的結構簡式為_____________。(2)Z中的官能團名稱為____________，反應③的條件為___________.(3)關于藥物Y()的說法正確的是____________。A．1mol藥物Y與足量的鈉反應可以生成33.6L氫氣B．藥物Y的分子式為C8H8O4，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C．藥物Y中⑥、⑦、⑧三處-OH的活潑性由強到弱的順序是⑧>⑥>⑦D．1mol藥物Y與H2、濃溴水中的Br2反應，最多消耗分別為4mol和2mol(4)寫出反應E→F的化學方程式______________________________________。F→X的化學方程式______________________________________________。(5)寫出符合下列條件的E的一種同分異構體的結構簡式_______________。①遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應，且是苯的二元取代物；②能發(fā)生銀鏡反應和水解反應；③核磁共振氫譜有6個峰。(6)參考上述流程以CH3CHO和CH3OH為起始原料,其它無機試劑任選設計合成Z的線路___________________________________________。18、為了尋找高效低毒的抗腫瘤藥物，化學家們合成了一系列新型的1，3-二取代酞嗪酮類衍生物。(1)化合物B中的含氧官能團為__________和__________(填官能團名稱)。(2)反應i-iv中屬于取代反應的是___________。(3)ii的反應方程式為___________。(4)同時滿足下列條件的的同分異構體共有_____種，寫出其中一種的結構簡式：_______I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應；III.核磁共振氫譜峰面積比為1∶2∶2∶2∶1(5)是一種高效低毒的抗腫瘤藥物，請寫出以和和為原料制備該化合物的合成路線流程圖(無機試劑任用)：______________。19、FeC2O4·2H2O是一種淡黃色粉末，加熱分解生成FeO、CO、CO2和H2O。某小組擬探究其分解部分產(chǎn)物并測定其純度?；卮鹣铝袉栴}：(1)按氣流方向從左至右，裝置連接順序為A、___________C(填字母，裝置可重復使用)。(2)點燃酒精燈之前，向裝置內(nèi)通入一段時間N2，其目的是__________________。(3)B中黑色粉末變紅色，最后連接的C中產(chǎn)生白色沉淀，表明A中分解產(chǎn)物有_________。(4)判斷A中固體已完全反應的現(xiàn)象是_____________。設計簡單實驗檢驗A中殘留固體是否含鐵粉：________。(5)根據(jù)上述裝置設計實驗存在的明顯缺陷是________________________________。(6)測定FeC2O4·2H2O樣品純度(FeC2O4·2H2O相對分子質(zhì)量為M)：準確稱取wgFeC2O4·2H2O樣品溶于稍過量的稀硫酸中并配成250mL溶液，準確量取25.00mL所配制溶液于錐形瓶，用cmol·L—1標準KMnO4溶液滴定至終點，消耗VmL滴定液。滴定反應為FeC2O4+KMnO4+H2SO4→K2SO4+MnSO4+Fe2(SO4)3+CO2↑+H2O(未配平)。則該樣品純度為_______%(用代數(shù)式表示)。若滴定前仰視讀數(shù)，滴定終點俯視讀數(shù)，測得結果_____(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。20、KI廣泛應用于分析試劑、感光材料、制藥和食品添加劑等。實驗室制備KI的裝置如下圖所示。已知：①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O(1)利用上圖裝置制備KI，其連接順序為_____________(按氣流方向，用小寫字母表示)。(2)檢查裝置A氣密性的方法是____________；裝置D的作用是____________________。(3)制備KI時，向三頸瓶中逐滴滴入KOH溶液，加熱并不斷攪拌，觀察到棕黃色溶液變?yōu)闊o色時，立即停止滴加KOH溶液，然后通入足量H2S氣體。①反應結束后，向三頸瓶中加入硫酸溶液并加熱，可以除去KI溶液中的H2S，原因是________________________________________。②用肼(N2H4)替代H2S，制得產(chǎn)品純度更高，理由是_______________(用化學方程式表示)。(4)設計實驗方案除去KI溶液中的稀硫酸_____________________________。(5)若得到1.6g硫單質(zhì)，理論上制得KI的質(zhì)量為_________________g。21、有A、B、C、D四種元素，其中A元素和B元素的原子都有1個未成對電子，A＋比B－少一個電子層，B原子得一個電子填入3p軌道后，3p軌道已充滿；C原子的p軌道中有3個未成對電子，其氣態(tài)氫化物在水中的溶解度在同族元素所形成的氫化物中最大；D的最高化合價和最低化合價的代數(shù)和為4，其最高價氧化物中含D的質(zhì)量分數(shù)為40％，且其核內(nèi)質(zhì)子數(shù)等于中子數(shù)。R是由A、D兩元素形成的離子化合物，其中A＋與D2－離子數(shù)之比為2∶1。回答下列問題：(1)A元素形成的晶體屬于A2密堆積型式，則其晶體內(nèi)晶胞類型應屬于______(填寫“六方”、“面心立方”或“體心立方”)。(2)B－的電子排布式為____________，在CB3分子中C元素原子的原子軌道發(fā)生的是___________雜化。(3)C的氫化物的空間構型為____________________，其氫化物在同族元素所形成的氫化物中沸點最高的原因是________________________。(4)B元素的電負性_______D元素的電負性(填“＞”、“＜”或“＝”)；用一個化學方程式說明___________。(5)如圖所示是R形成的晶體的晶胞，設晶胞的棱長為acm。試計算R晶體的密度為_______。(阿伏加德羅常數(shù)用NA表示)

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、B【解析】

在空氣中，亞硫酸鈉易被氧化成硫酸鈉。證明亞硫酸鈉樣品部分變質(zhì)，須檢驗樣品中的亞硫酸根和硫酸根。【詳解】A.樣品溶液中加入稀硫酸生成刺激性氣味的氣體，可證明有亞硫酸根，但引入硫酸根會干擾硫酸根的檢驗。酸性溶液中，硝酸鋇溶液中硝酸根會將亞硫酸根氧化為硫酸根，A項錯誤；B.樣品溶液中加入過量稀鹽酸，生成刺激性氣味的氣體，可檢出亞硫酸根。再滴入氯化鋇溶液有白色沉淀生成，證明有硫酸根離子，B項正確；C.樣品溶液中加入稀硫酸，可檢出亞硫酸根，但引入的硫酸根會干擾硫酸根檢驗，C項錯誤；D.稀硝酸能將亞硫酸根氧化為硫酸根，干擾硫酸根檢驗，D項錯誤。本題選B?！军c睛】檢驗樣品中同時存在亞硫酸根和硫酸根，所選試劑不能有引入硫酸根、不能將亞硫酸根氧化為硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。2、B【解析】

A.陶瓷是傳統(tǒng)硅酸鹽材料,屬于無機傳統(tǒng)非金屬材料,故A正確;B.“凡火藥,硫為純陽,硝為純陰”中“硫”指的是硫磺，“硝”指的是硝酸鉀,故B不正確;C.該過程中反應為鐵與硫酸銅反應生成硫酸亞鐵和銅,反應類型為置換反應,故C正確;D.黃銅是銅鋅合金,故D正確;答案：B。3、B【解析】A.用鋁土礦制備較高純度A1，首先用NaOH溶液將鋁土礦中的氧化鋁溶解轉(zhuǎn)化為偏鋁酸鈉溶液，然后過濾、向濾液中通入CO2氣體把偏鋁酸鈉轉(zhuǎn)化為氫氧化鋁沉淀，再過濾得氫氧化鋁，接著加熱氫氧化鋁讓其分解為氧化鋁，最后用冰晶石作助熔劑，電解熔融的氧化鋁得到鋁，所以A正確；B.、石英的主要成分是二氧化硅，它屬于酸性氧化物不與鹽酸反應。玻璃的主要成分有二氧化硅、硅酸鈉、硅酸鈣，組成中有鹽故被稱為硅酸鹽產(chǎn)品，它也不能與鹽酸反應，實驗室經(jīng)常用玻璃瓶盛放鹽酸，所以B不正確；C.在制粗硅時，發(fā)生反應SiO2+2C=Si+2CO，被氧化的物質(zhì)C與被還原的物質(zhì)SiO2的物質(zhì)的量之比為2∶1，C是正確的；D.黃銅礦(CuFeS2)與O2反應，銅由+2價降為+1價被還原得到Cu2S、氧由0價降至-2得到FeO，所以Cu2S、FeO均是還原產(chǎn)物，D正確。4、B【解析】

X、Y、Z、W、M均為短周期元素，由圖像分析可知，原子半徑：M>W>Z>Y>X，M的原子半徑最大且0.01mol/L最高價氧化物對應水化物溶液的pH=12，則M為Na元素，0.01mol/LW的最高價氧化物對應水化物溶液的pH<2，則W為S元素，0.01mol/LZ的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2，則Z為Cl元素，X的半徑最小，其0.01mol/L的最高價氧化物對應水化物溶液的pH=2，則X為N元素，0.01mol/LY的最高價氧化物對應水化物溶液的2<pH<7，則Y為C元素，據(jù)此分析解答問題?！驹斀狻緼．X、M的簡單離子為N3-和Na+，兩者電子層數(shù)相同，N3-的核電荷數(shù)小，故離子半徑：N3->Na+，A選項正確；B．Z為Cl元素，其的最高價氧化物的水化物的化學式為HClO4，B選項錯誤；C．X、Y、Z、W、M五種元素中只有Na元素一種金屬元素，C選項正確；D．X的最簡單氫化物為NH3，Z的氫化物為HCl，兩者反應后生成的化合物為NH4Cl，是離子化合物，既含離子鍵由含有共價鍵，D選項正確；答案選B。【點睛】本題要求學生能夠掌握原子半徑變化規(guī)律、酸堿性與pH的關系等，并且能夠?qū)⑦@些變化及性質(zhì)結合起來進行相關元素的判斷，對學生的綜合能力要求很高，在平時的學習中，要注意對相關知識點的總結歸納。5、C【解析】

根據(jù)分子模型可知，白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子，則M、N的結構簡式為CH3COOH和CH3CH2OH。【詳解】A．M的結構簡式為CH3COOH，與HCOOCH3的分子式相同，結構不同，互為同分異構體，故A正確；B．N的結構簡式為CH3CH2OH，官能團為羥基，故B正確；C．CH3COOH和CH3CH2OH分別與鈉反應時，CH3COOH中羧基中的氫比CH3CH2OH中羥基中的氫更活潑，故放出氫氣速率快，故C錯誤；D．Ｎ為CH3CH2OH，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化為乙酸，高錳酸鉀被還原成錳離子，故會褪色，故D正確；答案選C?！军c睛】判斷出M、N的分子結構是關鍵，根據(jù)圖中信息可以得到白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子。6、A【解析】

A、丙烯的結構簡式表示為CH3CH=CH2，選項A正確；B、CO2的電子式為，選項B錯誤；C、該比例模型可表示甲烷等，金剛石是正四面體空間網(wǎng)狀結構，選項C錯誤；D、硫離子的核電荷數(shù)是16，硫離子的結構示意圖為，選項D錯誤；故答案是A?！军c睛】本題考查化學用語的使用。易錯點為選項C，該比例模型可表示甲烷等，金剛石是正四面體空間網(wǎng)狀結構，且原子大小相同。7、C【解析】

A.酒精的密度小于水的密度，其密度隨著質(zhì)量分數(shù)的增大而減小，因此葡萄酒的度數(shù)越高密度越小，故A說法正確；B.牛筋的主要成分是蛋白質(zhì)，故B說法正確；C.3MgO·4SiO2·H2O屬于硅酸鹽，不屬于氧化物，故C說法錯誤；D.密封過程中一部分乙醇被氧化酸，酸與醇反應生成了有香味的酯，故D說法正確；答案：C。8、B【解析】

醋酸是弱酸，水溶液中存在電離平衡。重視外因?qū)﹄婋x平衡的影響?！驹斀狻緼.稀鹽酸和稀醋酸溶液中的OH－均來自水的電離，兩溶液pH相等，則H+、OH-濃度分別相等，即水電離的：鹽酸＝醋酸，A項錯誤；B.兩溶液分別滿足電荷守恒關系c(H+)=c(OH－)+c(Cl-)、c(H+)=c(OH－)+c(CH3COO-)，兩溶液的pH相等，c(H+)和c(OH－)的也相等，則c(Cl-)＝c(CH3COO-)，B項正確；C.稀鹽酸和稀醋酸等體積、等pH，則H+等物質(zhì)的量，與足量的金屬鋅反應時促進醋酸電離出更多H+，生成更多氫氣，故生成氫氣量：鹽酸<醋酸，C項錯誤；D.稀釋過程中，醋酸電離平衡右移。分別用水稀釋相同倍數(shù)后，醋酸溶液中H+濃度較大，pH較小，則溶液的pH：鹽酸>醋酸，D項錯誤。本題選B。9、D【解析】氫氣中含有H-H鍵，只含共價鍵，故A錯誤；MgCl2由鎂離子、氯離子構成，只含離子鍵，故B錯誤；H2O中含有H-O鍵，只含共價鍵，故C錯誤；KOH由鉀離子、氫氧根離子構成，氫氧根離子中含有H-O鍵，所以KOH既含離子鍵又含共價鍵，故D正確。10、C【解析】

A.ClO2沸點11℃，標況下為液體，2240mLClO2的物質(zhì)的量不是0.1mol，故A錯誤；B.Fe3+在水溶液中會發(fā)生水解，不能確定其數(shù)目，故B錯誤；C.48.0gFeS2物質(zhì)的量為48g÷120g/mol=0.4mol，NaClO3中氯元素由+5價降到+4價，失一個電子，故6molNaClO3失6mol電子，即48.0gFeS2完全反應，轉(zhuǎn)移電子數(shù)為6NA，故C正確；D.消耗30molNaClO3生成14mol水，一個水分子中有兩個氫氧鍵，故生成的水中氫氧鍵數(shù)目為28NA，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題結合氧化還原反應方程式考察阿伏伽德羅常數(shù)，要抓住題目關鍵信息，判斷反應標況下的狀態(tài)，注意D選項中一個水分子中有兩個氫氧鍵。11、D【解析】

A.在標準狀況下二氯甲烷呈液態(tài)，不能使用氣體摩爾體積進行計算，A錯誤；B.乙烯和丙烯的最簡式是CH2，最簡式的式量是14，乙烯和丙烯的組成的42g混合氣體中含有最簡式的物質(zhì)的量是3mol，所以其中含C原子數(shù)為3NA，B錯誤；C.甲醇燃燒的方程式為2CH3OH+3O22CO2+4H2O，根據(jù)方程式可知：2mol甲醇完全燃燒轉(zhuǎn)移12mol電子，則1mol甲醇完全燃燒生成CO2和H2O，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)目為6NA，C錯誤；D.根據(jù)電荷守恒可知n(Na+)+n(H+)=n(OH-)+n(CH3COO-)，由于溶液顯中性，則n(H+)=n(OH-)，所以n(Na+)=n(CH3COO-)，因此將1molCH3COONa溶于稀醋酸中溶液呈中性，溶液中CH3COO-數(shù)目等于NA，D正確；故合理選項是D。12、B【解析】

A．由于加入的氯水過量，加入KI后，I-會被過量的Cl2氧化生成能使淀粉變藍的I2，所以無法證明Br2和I2的氧化性強弱關系，A項錯誤；B．能夠讓品紅溶液褪色的可能是SO2，也可能是氯氣等；如果使品紅溶液褪色的是SO2，那么溶液中含有的也可能是，不一定是或；如果使品紅溶液褪色的是Cl2，那么溶液中可能含有ClO-或；綜上所述，B項正確；C．蔗糖水解后生成一分子葡萄糖和一分子果糖，葡萄糖是典型的還原性糖；若要驗證葡萄糖的還原性，需要先將水解后的溶液調(diào)至堿性，再加入新制Cu(OH)2，加熱后才會生成磚紅色的Cu2O沉淀；選項沒有加NaOH將溶液調(diào)成堿性，故C項錯誤；D．由于先前加入的NaCl只有幾滴的量，所以溶液中仍然剩余大量的Ag+，所以后續(xù)加入KI溶液后，必然會生成黃色的AgI沉淀，實驗設計存在漏洞，并不能證明AgI和AgCl的Ksp的大小關系；D項錯誤；答案選B。13、B【解析】

A、用待測液和標準液洗滌對應滴定管，避免待測液和標準液被稀釋而濃度減小引起較大誤差，故A不符合題意；B、由于25mL滴定管中裝入待測液的體積大于25mL，所以調(diào)整初始讀數(shù)為

10.00mL后，將剩余待測液放入錐形瓶，待測液體積大于15.00mL，測定結果偏大，故B符合題意；C、酸堿滴定時，當指示劑變色后且保持半分鐘內(nèi)不變色，即可認為已經(jīng)達到滴定終點，故C不符合題意；D、滴定實驗中，準確讀數(shù)應該是滴定管上藍線的粗細交界點對應的刻度線，由于滴定管的0刻度在上方，所以末讀數(shù)減去初讀數(shù)即反應消耗溶液的體積，故D不符合題意；故選：B。14、D【解析】

A.汽油和乙醇的熱值不同，所以向汽油中添加乙醇后，該混合燃料的熱值會改變，故A錯誤；B.石油催化裂化目的是使重質(zhì)油發(fā)生裂化反應，轉(zhuǎn)變?yōu)榱鸦瘹?、汽油和柴油等，而不是生產(chǎn)乙烯，目前生產(chǎn)乙烯的主要方法是石油裂解，故B錯誤；C.侯氏制堿的原理是向飽和食鹽水中先通氨氣至飽和，再通入二氧化碳氣體（因氨氣溶解度大于二氧化碳，所以先讓氨氣飽和），析出碳酸氫鈉沉淀，將沉淀濾出，灼燒分解即得碳酸鈉，故C錯誤；D.進行放電處理時，Li+從負極中脫出，經(jīng)由電解質(zhì)向正極移動并進入正極材料中，有利于鋰在正極的回收，故D正確。故選D。15、C【解析】

A.醇羥基可以發(fā)生氧化反應生成羧基，可以用乙醇、空氣為原料制取乙酸，故A正確；B.甲苯中苯基有11個原子共平面，甲基中最多有2個原子與苯基共平面，最多有13個原子共平面，故B正確；C.油脂不屬于高分子化合物，故C錯誤；D.C5H12的同分異構體有CH3CH2CH2CH2CH3、CH3CH2CH(CH3)2、C(CH3)4，其中CH3CH2CH2CH2CH3有3種H原子，CH3CH2CH(CH3)2有4種H原子，C(CH3)4只有1種H原子，故羥基(—OH)取代1個H得到的醇有3+4+1=8種，故D正確；故答案為C。【點睛】C5H12O的醇可以看做羥基上連接一個戊基，戊基有8種，所以分子式為C5H12O的醇共有8種結構；常見的烴基個數(shù)：丙基2種；丁基4種；戊基8種。16、B【解析】

A．SO2能使藍色褪去得到無色溶液，H2S能與滴有淀粉的碘水反應生成淡黃色沉淀，二者現(xiàn)象不同，可以鑒別，A不符合題意；B．二者均與NaOH溶液反應，得到無色溶液，現(xiàn)象相同，不能鑒別，B符合題意；C．與硫酸銅混合無變化的為SO2，混合生成黑色沉淀的為H2S，現(xiàn)象不同，可以鑒別，C不符合題意；D．SO2具有漂白性能使品紅褪色，H2S通入品紅溶液中無現(xiàn)象，現(xiàn)象不同，可以鑒別，D不符合題意；故合理選項是B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH≡CH酯基NaOH水溶液、加熱B、C+C2H5OH+H2O+H2O或CH3CHOCH2=CHCOOCH3【解析】

反應①、反應②的原子利用率均為100%，屬于加成反應，結合反應②的產(chǎn)物，可知烴A為HC≡CH，B為，而G的相對分子質(zhì)量為78，則G為．C可以發(fā)出催化氧化生成D，D發(fā)生信息中I的反應，則反應③為鹵代烴在氫氧化鈉水溶液、加熱條件下發(fā)生的水解反應，則C為，D為，E為，F(xiàn)為，F(xiàn)在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應得到X。乙醛與HCN發(fā)生加成反應、酸性條件下水解得到，與甲醇反應酯化反應生成，在濃硫酸、加熱條件下發(fā)生消去反應生成CH2=CHCOOCH3，最后發(fā)生加聚反應得到，以此解答該題?！驹斀狻?1)由以上分析可知A為CH≡CH；(2)由Z的結構簡式可知Z含有酯基，反應③為鹵代烴的水解，條件為：氫氧化鈉水溶液、加熱；(3)A．羥基、羧基能與鈉反應生成氫氣，1mol藥物Y與足量的鈉反應可以生成1.5mol氫氣，標況下氫氣體積為33.6L，但氫氣不一定處于標況下，故A錯誤；B．藥物Y的分子式為C8H804，含有酚羥基，能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，故B正確；C．羧基酸性最強，酚羥基酸性很弱，醇羥基表現(xiàn)為中性，藥物Y中⑥、⑦、⑧三處-OH的電離程度由大到小的順序是⑧＞⑥＞⑦，故C正確；D．苯環(huán)與氫氣發(fā)生加成反應，1mol藥物Y與3molH2加成，Y中酚羥基的鄰位能與濃溴水發(fā)生取代反應，1molY消耗2molBr2，故D錯誤；故答案為B、C；(4)反應E-F的化學方程式：，F(xiàn)→X的化學方程式為；(5)E為，對應的同分異構體①遇FeCl3溶液可以發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基，且是苯的對位二元取代物；②能發(fā)生銀鏡反應和水解反應，應為甲酸酯類；③核磁共振氫譜有6個峰，則可能的結構為；(6)以CH3CHO和CH3OH為起始原料，合成Z，可用乙醛與HCN發(fā)生加成反應，然后水解生成2-羥基丙酸，與甲醇發(fā)生酯化反應，再發(fā)生消去反應，最后發(fā)生加聚反應生成Z，也可用乙醛與HCN發(fā)生加成反應，然后水解生成2-羥基丙酸，發(fā)生消去反應生成丙烯酸，與甲醇發(fā)生酯化反應，最后發(fā)生加聚反應生成Z，對應的流程可為或者。【點睛】在進行推斷及合成時，掌握各類物質(zhì)的官能團對化合物性質(zhì)的決定作用是非常必要的，可以從一種的信息及物質(zhì)的分子結構，結合反應類型，進行順推或逆推，判斷出未知物質(zhì)的結構。能夠發(fā)生水解反應的有鹵代烴、酯；可以發(fā)生加成反應的有碳碳雙鍵、碳碳三鍵、醛基、羰基；可以發(fā)生消去反應的有鹵代烴、醇?？梢园l(fā)生銀鏡反應的是醛基；可能是醛類物質(zhì)、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化鐵溶液變紫色，遇濃溴水產(chǎn)生白色沉淀的是苯酚等。18、羧基羰基ⅱ，ⅲ，ⅳ+N2H4+2H2O6、、、、、【解析】

(1)根據(jù)B結構簡式確定其含有的官能團；(2)根據(jù)i-iv中反應的特點分析判斷i-iv中的取代反應；(3)與N2H4發(fā)生取代反應產(chǎn)生和H2O，據(jù)此書寫反應方程式；(4)的同分異構體滿足條件：I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有醛基，也可能含有甲酸形成的酯基；III.核磁共振氫譜峰面積比為1∶2∶2∶2∶1，據(jù)此書寫可能的同分異構體結構簡式，判斷其種類數(shù)目；(5)仿照題中的合成的流程，對比要合成的和的不同，可以看出只要仿照的合成路線，結合給出的原料，即可設計出合成路線?！驹斀狻?1)B結構簡式為，可知化合物B中含有的官能團為羧基、羰基；(2)取代反應是有機物分子中的某些原子或原子團被其它原子或原子團所代替的反應，根據(jù)物質(zhì)的結構簡式及變化，可知反應ii是中C=O原子中O原子被N2H4分子中N原子代替，-OH被NH原子代替，得到及H2O，該反應為取代反應；反應iii中中-NH2上的H原子被代替得到和HCl，該反應為取代反應；反應iv中上斷裂N-H鍵，H原子被取代得到，同時產(chǎn)生HCl，該反應為取代反應；故反應在i-iv中屬于取代反應的是ⅱ、ⅲ、ⅳ；(3)反應ii是與N2H4在一定條件下反應產(chǎn)生和H2O，該反應的化學方程式為+N2H4+2H2O；(4)的同分異構體滿足條件：I.分子中含苯環(huán)；II.可發(fā)生銀鏡反應，說明分子中含有醛基；III.核磁共振氫譜峰面積比為1∶2∶2∶2∶1，說明分子中含有5種不同的H原子，個數(shù)比為1∶2∶2∶2∶1，則可能的結構為、、、、、，共6種；(5)由以上分析可知，首先苯與Br2在Fe催化下發(fā)生取代反應產(chǎn)生溴苯，與在溴對位上發(fā)生反應產(chǎn)生，與N2H4發(fā)生取代反應產(chǎn)生，和發(fā)生取代反應產(chǎn)生和HCl。故以和和為原料制備該化合物的合成路線流程圖為：。19、C、D(或E)、C、E、B排盡裝置內(nèi)空氣，避免干擾實驗CO淡黃色粉末全部變成黑色粉末取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產(chǎn)生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)缺少尾氣處理裝置偏低【解析】

FeC2O4·2H2OFeO+CO↑+CO2↑+2H2O，若不排盡裝置內(nèi)的空氣，F(xiàn)eO、FeC2O4會被氧化。檢驗CO時，常檢驗其氧化產(chǎn)物CO2，所以需先除去CO2，并確認CO2已被除盡，再用澄清石灰水檢驗。CO是一種大氣污染物，用它還原CuO，不可能全部轉(zhuǎn)化為CO2，所以在裝置的末端，應有尾氣處理裝置?！驹斀狻?1)檢驗CO時，應按以下步驟進行操作：先檢驗CO2、除去CO2、檢驗CO2是否除盡、干燥CO、CO還原CuO、檢驗CO2，則按氣流方向從左至右，裝置連接順序為A、C、D(或E)、C、E、B、C。答案為：C、D(或E)、C、E、B；(2)空氣中的O2會將CO、FeC2O4氧化，生成CO2，干擾CO氧化產(chǎn)物CO2的檢驗，所以點燃酒精燈之前，應將裝置內(nèi)的空氣排出。由此得出向裝置內(nèi)通入一段時間N2，其目的是排盡裝置內(nèi)空氣，避免干擾實驗。答案為：排盡裝置內(nèi)空氣，避免干擾實驗；(3)CuO由黑色變?yōu)榧t色，最后連接的C中產(chǎn)生白色沉淀，表明A中分解產(chǎn)物有CO。答案為：CO；(4)A中FeC2O4為淡黃色，完全轉(zhuǎn)化為FeO或Fe后，固體變?yōu)楹谏?，已完全反應的現(xiàn)象是淡黃色粉末全部變成黑色粉末。檢驗A中殘留固體是否含鐵粉的方法：取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產(chǎn)生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)。答案為：取殘留粉末于試管，滴加稀硫酸，若產(chǎn)生氣泡，則含有鐵粉；否則，不含鐵粉(或用強磁鐵吸附黑色粉末，若有粉末被吸起，則黑色粉末含鐵粉；否則，不含鐵粉)；(5)CO還原CuO，反應不可能完全，必然有一部分混在尾氣中。根據(jù)上述裝置設計實驗存在的明顯缺陷是缺少尾氣處理裝置。答案為：缺少尾氣處理裝置；(6)根據(jù)電子守恒，3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，n(FeC2O4)=×cmol/L×V×10-3L×=，則該樣品純度為==%V測=V終-V始，若滴定前仰視讀數(shù)，則V始偏大，滴定終點俯視讀數(shù)，則V終偏小，測得結果偏低。答案為：；偏低?！军c睛】在計算該樣品的純度時，我們依據(jù)電子守恒得出的等量關系式為3n(FeC2O4)=5n(KMnO4)，在利用方程式時，可建立如下關系式：5FeC2O4——3KMnO4，兩個關系的系數(shù)正好相反，若我們沒有理順關系，很容易得出錯誤的結論。20、a→e→f→c→d→b關閉活塞，向球形漏斗內(nèi)加水至形成一段水柱，一段時間內(nèi)液柱高度不發(fā)生變化，說明裝置氣密性良好除去H2S中的HCl氣體加熱使H2S的溶解度減小而放出；硫酸電離出的氫離子增大了c（H+），促使H2S電離平衡左移，導致H2S放出。3N2H4+2KIO3=2KI+3N2↑+6H2O向KI溶液中加入足量BaCO3固體，充分攪拌后過濾、洗滌，將濾液和洗滌液合并16.6【解析】

根據(jù)題干信息可知①3I2+6KOH5KI+KIO3+3H2O②3H2S+KIO3KI+3S↓+3H2O，需要的反應物為H2S、KOH、I2，A裝置根據(jù)強酸制弱酸原理制備硫化氫氣體，F(xiàn)eS+2HCl=FeCl2+H2S↑；D裝置用于除去H2S中的HCl氣體，導管e進f出；C裝置是制取KI的裝置，硫化氫氣體從c進入裝置與其他反應物充分接觸，剩余氣體從d出去進入B裝置，除掉未反應的硫化氫氣體防止污染環(huán)境?！驹斀狻?1)根據(jù)上面分析可知，制備KI，按氣流方向其連接順序為a→e→f→c→d→b；答案：a→e→f→c→d→b(2)裝置A是啟普發(fā)生器，檢驗氣密性可利用壓強差原理，方法是關閉活塞，向球形漏斗內(nèi)加水至形成一段水柱，一段時間內(nèi)液柱高度不發(fā)生變化，說明裝置氣密性良好；因為鹽酸易揮發(fā)，所以制得的硫化氫中混有氯化氫，裝置D的作用是除去H2S中的HCl氣體；答案：關閉活塞，向球