2023-2024學(xué)年新疆維吾爾自治區(qū)生產(chǎn)建設(shè)兵團(tuán)第七師高級(jí)中學(xué)高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測(cè)卷含解析

2023-2024學(xué)年新疆維吾爾自治區(qū)生產(chǎn)建設(shè)兵團(tuán)第七師高級(jí)中學(xué)高考化學(xué)考前最后一卷預(yù)測(cè)卷請(qǐng)考生注意：1．請(qǐng)用2B鉛筆將選擇題答案涂填在答題紙相應(yīng)位置上，請(qǐng)用0．5毫米及以上黑色字跡的鋼筆或簽字筆將主觀題的答案寫(xiě)在答題紙相應(yīng)的答題區(qū)內(nèi)。寫(xiě)在試題卷、草稿紙上均無(wú)效。2．答題前，認(rèn)真閱讀答題紙上的《注意事項(xiàng)》，按規(guī)定答題。一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、向濕法煉鋅的電解液中同時(shí)加入Cu和CuSO4，可生成CuCl沉淀除去Cl—，降低對(duì)電解的影響，反應(yīng)原理如下：Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝akJ·mol-1Cl—(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝bkJ·mol-1實(shí)驗(yàn)測(cè)得電解液pH對(duì)溶液中殘留c(Cl—)的影響如圖所示。下列說(shuō)法正確的是A．向電解液中加入稀硫酸，有利于Cl-的去除B．溶液pH越大，Ksp(CuCl)增大C．反應(yīng)達(dá)到平衡增大c(Cu2+)，c(Cl—)減小D．1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl—(aq)CuCl(s)ΔH＝(a+2b)kJ·mol-12、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說(shuō)法正確的是A．1mol·L－1Na2CO3溶液中，含CO32-數(shù)目小于NAB．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LO2和O3組成的混合氣體含有原子數(shù)為NAC．14g聚乙烯與聚丙烯的混合物，含C-H鍵的數(shù)目為2NAD．常溫常壓下，22.4LCO2與足量Na2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA3、X、Y、Z、W均為短周期元素，它們?cè)谥芷诒碇邢鄬?duì)位置如圖所示。若Z原子的最外層電子數(shù)是K層電子數(shù)的3倍，下列說(shuō)法中正確的是A．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性Z比W強(qiáng)B．只由這四種元素不能組成有機(jī)化合物C．與Z的單質(zhì)相比較，Y的單質(zhì)不易與氫氣反應(yīng)D．X、Y形成的化合物都是無(wú)色氣體4、實(shí)驗(yàn)室制備下列氣體時(shí)，所用方法正確的是()A．制氧氣時(shí)，用Na2O2或H2O2作反應(yīng)物可選擇相同的氣體發(fā)生裝置B．制氯氣時(shí)，用飽和NaHCO3溶液和濃硫酸凈化氣體C．制氨氣時(shí)，用排水法或向下排空氣法收集氣體D．制二氧化氮時(shí)，用水或NaOH溶液吸收尾氣5、某小組同學(xué)探究鐵離子與硫離子的反應(yīng)，實(shí)驗(yàn)操作及現(xiàn)象如表：下列有關(guān)說(shuō)法錯(cuò)誤的（）滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成繼續(xù)滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐漸轉(zhuǎn)化為黃色沉淀滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐漸轉(zhuǎn)化為黃色。繼續(xù)滴入Na2S溶液，最后出現(xiàn)黑色的沉淀A．兩次實(shí)驗(yàn)中，開(kāi)始產(chǎn)生的黑色沉淀都為Fe2S3B．兩次實(shí)驗(yàn)中，產(chǎn)生的黃色沉淀是因?yàn)榘l(fā)生了反應(yīng)Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3SC．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至過(guò)量最后生成的黑色沉淀為FeSD．在Na2S溶液過(guò)量的情況下，黑色沉淀中存在較多的Fe(OH)36、用光潔的鉑絲蘸取某無(wú)色溶液在無(wú)色火焰上灼燒,直接觀察時(shí)看到火焰呈黃色,下列判斷正確的是（）A．只含Na+ B．可能含有Na+,可能還含有K+C．既含有Na+,又含有K+ D．一定含Na+,可能含有K+7、下列物質(zhì)不能使淀粉碘化鉀溶液變藍(lán)的是A．SO2 B．H2O2 C．新制氯水 D．碘酒8、某次硫酸銅晶體結(jié)晶水含量的測(cè)定實(shí)驗(yàn)中，相對(duì)誤差為+2.7%，其原因不可能是（）A．實(shí)驗(yàn)時(shí)坩堝未完全干燥 B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻C．加熱過(guò)程中晶體有少量濺失 D．加熱后固體顏色有少量變黑9、鈉堿循環(huán)法可脫除煙氣中的SO2.在鈉堿循環(huán)中，吸收液為Na2SO3溶液，當(dāng)吸收液的pH降為6左右時(shí)，可采用三室膜電解技術(shù)使其再生，圖為再生示意圖。下列說(shuō)法正確的是()A．a(chǎn)極為電池的陽(yáng)極B．a(chǎn)極區(qū)吸收液再生的原理是HSO3﹣+H+═H2O+SO2↑C．b電極的電極反應(yīng)式是HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+D．b膜為陽(yáng)離子交換膜10、下列關(guān)于有機(jī)化合物的說(shuō)法正確的是()A．屬于醛類，官能團(tuán)為—CHOB．分子式為C5H10O2的有機(jī)物中能與NaOH溶液反應(yīng)的有4種C．立方烷()的六氨基（-NH2）取代物有3種D．烷烴的正確命名是2-甲基-3-丙基戊烷11、根據(jù)下列實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象所得出的結(jié)論正確的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)操作和現(xiàn)象結(jié)論A向苯酚濁液中滴加Na2CO3溶液，濁液變清苯酚的酸性強(qiáng)于H2CO3的酸性B將溴乙烷和氫氧化鈉的乙醇溶液共熱后產(chǎn)生的氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色溴乙烷發(fā)生消去反應(yīng)CSO2通入KMnOSO2D向NaC1、NaI的混合稀溶液中滴入少量稀AgNO3KA．A B．B C．C D．D12、用0.1mol·L－1NaOH溶液滴定40mL0.1mol·L－1H2SO3溶液，所得滴定曲線如圖所示（忽略混合時(shí)溶液體積的變化）。下列敘述錯(cuò)誤的是（）A．Ka2(H2SO3)的數(shù)量級(jí)為10－8B．若滴定到第一反應(yīng)終點(diǎn)，可用甲基橙作指示劑C．圖中Z點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：c(Na＋)>c(SO32－)>c(HSO3－)>c(OH－)D．圖中Y點(diǎn)對(duì)應(yīng)的溶液中：3c(SO32－)＝c(Na＋)＋c(H＋)－c(OH－)13、不能用于比較Na與Al金屬性相對(duì)強(qiáng)弱的事實(shí)是A．最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性強(qiáng)弱 B．Na和AlCl3溶液反應(yīng)C．單質(zhì)與H2O反應(yīng)的難易程度 D．比較同濃度NaCl和AlCl3的pH大小14、某化學(xué)學(xué)習(xí)小組利用如圖裝置來(lái)制備無(wú)水AlCl3（已知：無(wú)水AlCl3遇水能迅速發(fā)生反應(yīng)）。下列說(shuō)法正確的是A．裝置①中的試劑可能是二氧化錳B．裝置②、③中的試劑分別為濃硫酸、飽和食鹽水C．點(diǎn)燃④處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣D．球形干燥管中堿石灰的作用只有處理尾氣15、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說(shuō)法正確的是（）A．7g14C中，含有3NA個(gè)中子B．25℃時(shí)，pH=4的CH3COOH溶液中H+的數(shù)目為10-4NAC．3.2gCu與足量濃硝酸反應(yīng)，生成的氣體在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的體積為22.4LD．標(biāo)準(zhǔn)狀況下，5.6L丙烷中含有共價(jià)鍵的數(shù)目為2.5NA16、已知磷酸分子（）中的三個(gè)氫原子都可以與重水分子（D2O）中的D原子發(fā)生氫交換。又知次磷酸（H3PO2）也可與D2O進(jìn)行氫交換，但次磷酸鈉（NaH2PO2）卻不能與D2O發(fā)生氫交換。下列說(shuō)法正確的是A．H3PO2屬于三元酸 B．NaH2PO2溶液可能呈酸性C．NaH2PO2屬于酸式鹽 D．H3PO2的結(jié)構(gòu)式為17、在反應(yīng)3BrF3＋5H2O===9HF＋Br2＋HBrO3＋O2↑中，若有5molH2O參加反應(yīng)，被水還原的溴元素為()A．1mol B．2/3molC．4/3mol D．2mol18、有以下六種飽和溶液①CaCl2；②Ca(OH)2；③Na2SiO3；④Na2CO3；⑤NaAlO2；⑥NH3和NaCl，分別持續(xù)通入CO2，最終不會(huì)得到沉淀或析出晶體的是A．①② B．③⑤ C．①⑥ D．④⑥19、下列方案設(shè)計(jì)能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖茿BCD檢驗(yàn)淀粉是否水解由褪色快慢研究反應(yīng)物濃度對(duì)反應(yīng)速率的影響證明發(fā)生了取代反應(yīng)驗(yàn)證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]A．A B．B C．C D．D20、用NaOH標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定鹽酸，以下操作導(dǎo)致測(cè)定結(jié)果偏高的是A．滴定管用待裝液潤(rùn)洗 B．錐形瓶用待測(cè)液潤(rùn)洗C．滴定結(jié)束滴定管末端有氣泡 D．滴定時(shí)錐形瓶中有液體濺出21、下列能源不屬于直接或間接利用太陽(yáng)能的是()A．風(fēng)能B．江河水流能C．生物質(zhì)能D．地?zé)釡厝?2、中美科學(xué)家在銀表面首次獲得了二維結(jié)構(gòu)的硼烯，該科研成果發(fā)表在頂級(jí)刊《Science》上，并獲得重重點(diǎn)推薦。二維結(jié)構(gòu)的硼烯如圖所示，下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是（）A．1mol硼原子核外電子數(shù)為3NAB．1molBF3分子中共價(jià)鍵的數(shù)目為3NAC．1molNaBH4與水反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NAD．硼烯有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負(fù)極材料二、非選擇題(共84分)23、（14分）鏈狀有機(jī)物A是一種食用型香精，在一定條件下有如變化：已知：(i)(ii)A和G互為同分異構(gòu)體，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，B和F中所含官能團(tuán)的類型相同。完成下列填空：(1)F的分子式為_(kāi)__________。CD的試劑和條件是________________。(2)A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______________。BH的反應(yīng)類型是_____________。(3)I中所有碳原子均在一條直線上，H轉(zhuǎn)化為I的化學(xué)方程式為_(kāi)______________。(4)X是A的一種同分異構(gòu)體，1molX在HIO4加熱條件下完全反應(yīng)，可以生成1mol無(wú)支鏈的有機(jī)物，則X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_______________。24、（12分）合成有機(jī)溶劑M和高分子材料N的路線如圖：己知：芳香族化合物苯環(huán)上的氫原子可被鹵代烷中的烷基取代．如：

(1)寫(xiě)出反應(yīng)類型．反應(yīng)Ⅰ__________反應(yīng)Ⅱ____________。(2)寫(xiě)出D的分子式___________。寫(xiě)出G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_____________。(3)寫(xiě)出E生成F的化學(xué)反應(yīng)方程式______________________________。(4)E在濃硫酸作用下轉(zhuǎn)化為F時(shí)，除生成副產(chǎn)物G，還會(huì)生成高分子副產(chǎn)物，寫(xiě)出該副產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式____________________________。(5)屬于酯類且含甲基F的同分異構(gòu)體有多種，寫(xiě)出其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式______________。(6)寫(xiě)出高分子化合物N的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_________________(任寫(xiě)一種)。A有2種結(jié)構(gòu)，可通過(guò)定量實(shí)驗(yàn)來(lái)確定其準(zhǔn)確結(jié)構(gòu)，該定量實(shí)驗(yàn)可通過(guò)A與__________(填寫(xiě)物質(zhì)名稱)反應(yīng)來(lái)實(shí)現(xiàn)。25、（12分）某小組同學(xué)探究物質(zhì)的溶解度大小與沉淀轉(zhuǎn)化方向之間的關(guān)系。已知：物質(zhì)BaSO4BaCO3AgIAgCl溶解度/g(20℃)2.4×10-41.4×10-33.0×10-71.5×10-4(1)探究BaCO3和BaSO4之間的轉(zhuǎn)化試劑A試劑B試劑C加入鹽酸后的現(xiàn)象實(shí)驗(yàn)ⅠBaCl2Na2CO3Na2SO4……實(shí)驗(yàn)ⅡNa2SO4Na2CO3有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解①實(shí)驗(yàn)I說(shuō)明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4，依據(jù)的現(xiàn)象是加入鹽酸后，__________________。②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入稀鹽酸后發(fā)生反應(yīng)的離子方程式是__________________________________。③實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入試劑C后，沉淀轉(zhuǎn)化的平衡常數(shù)表達(dá)式K=___________。(2)探究AgCl和AgI之間的轉(zhuǎn)化實(shí)驗(yàn)Ⅳ：在試管中進(jìn)行溶液間反應(yīng)時(shí)，同學(xué)們無(wú)法觀察到AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，于是又設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)(電壓表讀數(shù)：a＞c＞b>0)。裝置步驟電壓表讀數(shù)ⅰ.如圖連接裝置并加入試劑，閉合Kaⅱ.向B中滴入AgNO3(aq),至沉淀完全bⅲ.再向B中投入一定量NaCl(s)cⅳ.重復(fù)i，再向B中加入與ⅲ等量NaCl(s)d注：其他條件不變時(shí)，參與原電池反應(yīng)的氧化劑（或還原劑）的氧化性（或還原性）越強(qiáng)，原電池的電壓越大；離子的氧化性（或還原性）強(qiáng)弱與其濃度有關(guān)。①實(shí)驗(yàn)Ⅲ證明了AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，甲溶液可以是________（填標(biāo)號(hào)）。aAgNO3溶液bNaCl溶液cKI溶液②實(shí)驗(yàn)Ⅳ的步驟i中，B中石墨上的電極反應(yīng)式是___________________________。③結(jié)合信息，解釋實(shí)驗(yàn)Ⅳ中b<a的原因_____________________。④實(shí)驗(yàn)Ⅳ的現(xiàn)象能說(shuō)明AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，理由是_____________________。(3)綜合實(shí)驗(yàn)Ⅰ~Ⅳ,可得出的結(jié)論是________________________________________。26、（10分）焦亞硫酸鈉（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn)：實(shí)驗(yàn)一焦亞硫酸鈉的制取采用如圖裝置(實(shí)驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5。裝置Ⅱ中有Na2S2O5晶體析出，發(fā)生的反應(yīng)為：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5（1）裝置I中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為_(kāi)_________________。（2）要從裝置Ⅱ中獲得已析出的晶體，可采取的分離方法是_________。（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣，可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為_(kāi)_______(填序號(hào))。實(shí)驗(yàn)二焦亞硫酸鈉的性質(zhì)Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。（4）證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，可采用的實(shí)驗(yàn)方法是________(填序號(hào))。a．測(cè)定溶液的pHb．加入Ba(OH)2溶液c．加入鹽酸d．加入品紅溶液e．用藍(lán)色石蕊試紙檢測(cè)（5）檢驗(yàn)Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實(shí)驗(yàn)方案是____________。實(shí)驗(yàn)三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測(cè)定（6）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測(cè)定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下：(已知：滴定時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2＋I(xiàn)2＋2H2O＝H2SO4＋2HI)①按上述方案實(shí)驗(yàn)，消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00mL，該次實(shí)驗(yàn)測(cè)得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為_(kāi)_______________g·L－1。②在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中，若有部分HI被空氣氧化，則測(cè)得結(jié)果____(填“偏高”“偏低”或“不變”)。27、（12分）某實(shí)驗(yàn)小組同學(xué)為了研究氯氣的性質(zhì)，做以下探究實(shí)驗(yàn)。向KI溶液通入氯氣溶液變?yōu)辄S色；繼續(xù)通入氯氣一段時(shí)間后，溶液黃色退去，變?yōu)闊o(wú)色；繼續(xù)通入氯氣，最后溶液變?yōu)闇\黃綠色，查閱資料：I2+I-?I3-，I2、I3-在水中均呈黃色。（1）為確定黃色溶液的成分，進(jìn)行了以下實(shí)驗(yàn)：取2～3mL黃色溶液，加入足量CCl4，振蕩?kù)o置，CCl4層呈紫紅色，說(shuō)明溶液中存在______，生成該物質(zhì)的化學(xué)方程式為_(kāi)_____，水層顯淺黃色，說(shuō)明水層顯黃色的原因是______；（2）繼續(xù)通入氯氣，溶液黃色退去的可能的原因______；（3）NaOH溶液的作用______，反應(yīng)結(jié)束后，發(fā)現(xiàn)燒杯中溶液呈淺黃綠色，經(jīng)測(cè)定該溶液的堿性較強(qiáng)，一段時(shí)間后溶液顏色逐漸退去，其中可能的原因是______。28、（14分）TiCl3是烯烴定向聚合的催化劑、TiCl4可用于制備金屬Ti。(1)Ti3+的基態(tài)核外電子排布式為_(kāi)_________(2)丙烯分子中，碳原子軌道雜化類型為_(kāi)_________(3)Mg、Al、Cl第一電離能由大到小的順序是___________(4)寫(xiě)出一種由第2周期元素組成的且與CO互為等電子體的陰離子的電子式________(5)TiCl3濃溶液中加入無(wú)水乙醚，并通入HCl至飽和，在乙醚層得到綠色的異構(gòu)體,結(jié)構(gòu)式分別是[Ti(H2O)6]Cl3、[Ti(H2O)5Cl]Cl2·H2O。1mol[Ti(H2O)6]Cl3中含有σ鍵的數(shù)目為_(kāi)_____.(6)鈦酸鍶具有超導(dǎo)性、熱敏性及光敏性等優(yōu)點(diǎn)，該晶體的晶胞中Sr位于晶胞的頂點(diǎn)，O位于晶胞的面心，Ti原子填充在O原子構(gòu)成的正八面體空隙的中心位置，據(jù)此推測(cè)，鈦酸鍶的化學(xué)式為_(kāi)________29、（10分）某高分子有機(jī)物P的合成路線如下：已知1molB與足量的金屬鈉反應(yīng)產(chǎn)生標(biāo)況下22.4L氫氣(1)A是2-甲基丙烯酸，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式是______________，E的化學(xué)式為_(kāi)__________________(2)A和B生成C的反應(yīng)類型是________，D生成P的反應(yīng)類型是______________(3)A與過(guò)量的B反應(yīng)生成C，若A過(guò)量，則得到C′,C′的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_________________(4)P用NaOH溶液處理，完全水解的化學(xué)方程式是：_________________________________________________________________

參考答案一、選擇題(共包括22個(gè)小題。每小題均只有一個(gè)符合題意的選項(xiàng)）1、C【解析】

A.根據(jù)圖像，溶液的pH越小，溶液中殘留c(Cl—)越大，因此向電解液中加入稀硫酸，不利于Cl-的去除，故A錯(cuò)誤；B.Ksp(CuCl)只與溫度有關(guān)，與溶液pH無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)，增大c(Cu2+)，平衡正向移動(dòng)，使得c(Cu+)增大，促進(jìn)Cl－(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)右移，c(Cl－)減小，故C正確；D.①Cu(s)+Cu2+(aq)2Cu+(aq)ΔH1＝akJ·mol-1，②Cl－(aq)+Cu+(aq)CuCl(s)ΔH2＝bkJ·mol-1，根據(jù)蓋斯定律，將①×+②得：1/2Cu(s)+1/2Cu2+(aq)+Cl－(aq)CuCl(s)的ΔH＝(+b)kJ·mol-1，故D錯(cuò)誤；故選C。2、C【解析】

A.缺少溶液的體積，不能計(jì)算溶液中含CO32-數(shù)目，A錯(cuò)誤；B.標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2L氣體的物質(zhì)的量是0.5mol，若0.5mol氣體完全是O2，則其中含有的O原子數(shù)目是NA，若氣體完全是O3，其中含有的O原子數(shù)目為1.5NA，故標(biāo)準(zhǔn)狀況下，11.2LO2和O3組成的混合氣體含有原子數(shù)大于NA，B錯(cuò)誤；C.聚乙烯與聚丙烯的實(shí)驗(yàn)式都是CH2，其式量是14，則14g該混合物中含有1molCH2，1molCH2中含有2molC-H鍵，因此14g聚乙烯與聚丙烯的混合物，含C-H鍵的數(shù)目為2NA，C正確；D.在常溫常壓下，22.4LCO2的物質(zhì)的量小于1mol，因此該CO2與足量Na2O2反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)小于NA，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是C。3、B【解析】

K層最多只能填2個(gè)電子，因此Z原子最外層有6個(gè)電子，考慮到X、Y不可能是第一周期，則Z是硫，W是氯，X是氮，Y是氧，據(jù)此來(lái)分析本題即可?！驹斀狻緼.非金屬越強(qiáng)，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的酸性越強(qiáng)，而W的非金屬性比Z強(qiáng)，因此W的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的酸性比Z強(qiáng)，A項(xiàng)錯(cuò)誤；B.有機(jī)化合物必須有碳元素，這四種元素不能組成有機(jī)化合物，B項(xiàng)正確；C.非金屬性越強(qiáng)，其單質(zhì)與氫氣的化合越容易，Y的非金屬性強(qiáng)于Z，因此Y的單質(zhì)更易與氫氣反應(yīng)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.X、Y可以組成二氧化氮，這是一種紅棕色氣體，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。4、A【解析】

A．Na2O2與水反應(yīng)，H2O2在二氧化錳催化條件下都能制取氧氣，二者都是固體與液體常溫條件下反應(yīng)，可選擇相同的氣體發(fā)生裝置，故A正確；

B．實(shí)驗(yàn)室制取的氯氣含有氯化氫和水分，常用飽和食鹽水和濃硫酸凈化氣體，若用飽和NaHCO3溶液，氯化氫、氯氣都能和NaHCO3反應(yīng)，故B錯(cuò)誤；

C．氨氣極易溶于水，不能用排水法收集，故C錯(cuò)誤；

D．二氧化氮與水反應(yīng)生成一氧化氮，仍然污染空氣，所以不能用水吸收，故D錯(cuò)誤；答案選A。5、D【解析】

實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)，生成黑色沉淀為Fe2S3，由于硫化鈉具有還原性，可與鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S，黃色沉淀為S，硫化鈉過(guò)量，最后生成FeS，以此解答該題。【詳解】A．開(kāi)始試驗(yàn)時(shí)，如生成硫，應(yīng)為黃色沉淀，而開(kāi)始時(shí)為黑色沉淀，則應(yīng)為Fe2S3，故A正確；B．硫化鈉具有還原性，可與鐵離子發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成S，方程式為Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正確；C．發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成氯化亞鐵，硫化鈉過(guò)量，則生成FeS，為黑色沉淀，故C正確；D．在Na2S溶液過(guò)量的情況下，三價(jià)鐵全部被還原，黑色沉淀為FeS，且Fe(OH)3為紅褐色，故D錯(cuò)誤。故選：D。6、D【解析】

鈉元素的焰色是黃色，鉀元素的焰色是紫色，但觀察鉀元素的焰色時(shí)要透過(guò)藍(lán)色鈷玻璃，以濾去鈉元素的黃光的干擾。做焰色反應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，直接觀察時(shí)看到火焰呈黃色，說(shuō)明肯定含有Na+，不能判斷K+的存在與否，故D是正確的。故選D。7、A【解析】A.SO2和碘化鉀不反應(yīng),所以沒(méi)有碘單質(zhì)生成,則不能使淀粉碘化鉀溶液變藍(lán),故A正確；B.H2O2具有強(qiáng)氧化性，能和碘離子反應(yīng)生成碘單質(zhì),所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍(lán),B錯(cuò)誤;C.新制氯水中氯氣和碘離子發(fā)生置換反應(yīng)生成碘單質(zhì),所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍(lán)色,C錯(cuò)誤；D.碘酒中含有碘單質(zhì),碘與淀粉溶液變藍(lán)色,所以能使淀粉碘化鉀溶液變藍(lán)色,D錯(cuò)誤。答案選A.8、B【解析】

A．實(shí)驗(yàn)時(shí)坩堝未完全干燥，計(jì)算出的結(jié)晶水的質(zhì)量偏高，會(huì)使誤差偏大，故A錯(cuò)誤；B．加熱后固體未放入干燥器中冷卻，固體部分吸水，差距值變小，結(jié)果偏小，故B正確；C．加熱過(guò)程中晶體有少量濺失，固體質(zhì)量減少得多，結(jié)晶水含量測(cè)得值會(huì)偏高，故C錯(cuò)誤；D．加熱后固體顏色有少量變黑，說(shuō)明部分硫酸銅分解，導(dǎo)致計(jì)算出的結(jié)晶水的質(zhì)量偏高，測(cè)定結(jié)果偏高，故D錯(cuò)誤；故答案為B?！军c(diǎn)睛】考查硫酸銅晶體中結(jié)晶水含量的測(cè)定，明確實(shí)驗(yàn)操作方法和原理為解答關(guān)鍵，根據(jù)結(jié)晶水合物中，結(jié)晶水的質(zhì)量=m(容器十晶體)-m(容器十無(wú)水硫酸銅)，質(zhì)量分?jǐn)?shù)=×100%，在測(cè)定中若被測(cè)樣品中含有加熱揮發(fā)的雜質(zhì)或?qū)嶒?yàn)前容器中有水，都會(huì)造成測(cè)量結(jié)果偏高。9、C【解析】

由示意圖可知：Na+向a電極移動(dòng)，HSO3﹣、SO42﹣向b電極移動(dòng)，則a為陰極，b為陽(yáng)極，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．a(chǎn)極上氫離子被還原為氫氣，發(fā)生還原反應(yīng)，故a為陰極，故A錯(cuò)誤；B．a(chǎn)極上氫離子得電子生成氫氣，溶液中氫離子濃度降低，促進(jìn)HSO3﹣電離生成SO32﹣，鈉離子進(jìn)入陰極室，吸收液就可以再生，故B錯(cuò)誤；C．酸性條件，陰離子主要為HSO3﹣，b電極上HSO3﹣轉(zhuǎn)化為SO42﹣，電極反應(yīng)式為：HSO3﹣﹣2e﹣+H2O═SO42﹣+3H+，故C正確；D．b膜允許陰離子通過(guò)，故b膜為陰離子交換膜，故D錯(cuò)誤。故選：C。10、C【解析】

A．的官能團(tuán)為—COO—(酯基)，為甲酸與苯酚發(fā)生酯化反應(yīng)形成的酯，屬于酯類，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．分子式為C5H10O2且能與NaOH溶液反應(yīng)的有機(jī)物可能為羧酸，也可能為酯，若為羧酸，C5H10O2為飽和一元酸，烷基為—C4H9，—C4H9的同分異構(gòu)體有—CH2CH2CH2CH3、—CH(CH3)CH2CH3、—CH2CH(CH3)CH3、—C(CH3)3；若為酯，可能是以下幾種醇和酸形成的酯，①甲酸和丁醇酯化，丁醇有4種②乙酸和丙醇酯化，丙醇有2種③丙酸和乙醇酯化，1種④丁酸和甲醇酯化，丁酸有2種，因此共有4+2+1+2=9種，則符合條件的C5H10O2的有機(jī)物共有13種，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．氨基可以占據(jù)同一邊上的兩個(gè)頂點(diǎn)，同一平面的兩個(gè)頂點(diǎn)，立方體對(duì)角線的兩個(gè)頂點(diǎn)，則立方烷的二氨基取代物有3種，而立方烷的六氨基取代物的種類等于二氨基取代物的種類，也為3種，C選項(xiàng)正確；D．的最長(zhǎng)碳鏈為6，稱為己烷，在2號(hào)碳上有1個(gè)甲基，3號(hào)碳上有1個(gè)乙基，正確命名為2-甲基-3-乙基己烷，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】B選項(xiàng)為易錯(cuò)選項(xiàng)，在解答時(shí)容易忽略含有兩個(gè)氧原子且能與NaOH溶液反應(yīng)的有機(jī)物除了羧酸以外，還有可能是酯，酯能與氫氧化鈉發(fā)生水解反應(yīng)。11、B【解析】

A.苯酚與碳酸鈉溶液反應(yīng)生成碳酸氫鈉，所以苯酚的酸性強(qiáng)于碳酸氫鈉，弱于碳酸，故A錯(cuò)誤；B.氣體通入溴的四氯化碳溶液，溶液褪色說(shuō)明生成乙烯氣體，溴乙烷生成乙烯的反應(yīng)屬于消去反應(yīng)，故B正確；C.SO2具有還原性，通入KMnO4溶液，溶液褪色，體現(xiàn)二氧化硫的還原性，故D.由于氯化鈉和碘化鈉的物質(zhì)的量濃度的相對(duì)大小未知，有可能因?yàn)榈饣c的濃度較大而產(chǎn)生黃色沉淀碘化銀，因此不能得出結(jié)論KspAgC1>K故選B?！军c(diǎn)睛】二氧化硫具有漂白性，但并非所有顏色褪去的反應(yīng)都是由于其漂白性，這是很容易被忽略的問(wèn)題。比較結(jié)構(gòu)和組成相似的難溶物的溶度積時(shí)，要根據(jù)控制變量法進(jìn)行實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)，控制兩溶液的濃度相同，或控制溶度積較大的濃度較大，才可以得出合理的結(jié)論；或者根據(jù)沉淀的轉(zhuǎn)化進(jìn)行判斷，但要注意在進(jìn)行沉淀的轉(zhuǎn)化時(shí)，防止有過(guò)量試劑的干擾。12、C【解析】

用0.1mol/LNaOH溶液滴定40mL0.1mol/LH2SO4溶液，由于H2SO3是二元酸，滴定過(guò)程中存在兩個(gè)化學(xué)計(jì)量點(diǎn)，滴定反應(yīng)為：NaOH+H2SO3═NaHSO3+H2O，NaHSO3+NaOH═Na2SO3+H2O，完全滴定需要消耗NaOH溶液的體積為80mL，結(jié)合溶液中的守恒思想分析判斷?！驹斀狻緼．由圖像可知，當(dāng)溶液中c(HSO3-)=c(SO32－)時(shí)，此時(shí)pH=7.19，即c(H+)=10-7.19mol/L，則H2SO3的Ka2=c(SO32－)cH+c（HSO3-）=c(H+)，所以H2SO3的Ka2=1×10-7.19，B．第一反應(yīng)終點(diǎn)時(shí)，溶液中恰好存在NaHSO3，根據(jù)圖像，此時(shí)溶液pH=4.25，甲基橙的變色范圍為3.1~4.4，可用甲基橙作指示劑，故B正確；C．Z點(diǎn)為第二反應(yīng)終點(diǎn)，此時(shí)溶液中恰好存在Na2SO3，溶液pH=9.86，溶液顯堿性，表明SO32-會(huì)水解，考慮水也存在電離平衡，因此溶液中c(OH-)＞c(HSO3-)，故C錯(cuò)誤；D．根據(jù)圖像，Y點(diǎn)溶液中c(HSO3-)=c(SO32-)，根據(jù)電荷守恒，c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(HSO3-)+2c(SO32-)，由于c(HSO3-)=c(SO32-)，所以3c(SO32-)=c(Na+)+c(H+)-c(OH-)，故D正確；答案選C。【點(diǎn)睛】明確滴定反應(yīng)式，清楚特殊點(diǎn)的含義，把握溶液中的守恒思想是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為A，要注意根據(jù)Y點(diǎn)結(jié)合Ka2的表達(dá)式分析解答。13、B【解析】

A.對(duì)應(yīng)的最高價(jià)氧化物的水化物的堿性越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)，可以比較Na與Al金屬性相對(duì)強(qiáng)弱，A項(xiàng)正確；B.Na和AlCl3溶液反應(yīng)，主要是因?yàn)殁c先與水反應(yīng)生成氫氧化鈉和氫氣，生成的氫氧化鈉再和氯化鋁反應(yīng)生成氫氧化鋁沉淀和氯化鈉，這不能說(shuō)明Na的金屬性比鋁強(qiáng)，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.金屬單質(zhì)與水反應(yīng)越劇烈，金屬性越強(qiáng)，可用于比較Na與Al金屬性相對(duì)強(qiáng)弱，C項(xiàng)正確；D.AlCl3的pH小，說(shuō)明鋁離子發(fā)生了水解使溶液顯堿性，而氯化鈉溶液呈中性，說(shuō)明氫氧化鈉為強(qiáng)堿，氫氧化鋁為弱堿，所以能比較Na、Al金屬性強(qiáng)弱，D項(xiàng)正確；答案選B。【點(diǎn)睛】金屬性比較規(guī)律：1、由金屬活動(dòng)性順序表進(jìn)行判斷：前大于后。2、由元素周期表進(jìn)行判斷，同周期從左到右金屬性依次減弱，同主族從上到下金屬性依次增強(qiáng)。3、由金屬最高價(jià)陽(yáng)離子的氧化性強(qiáng)弱判斷，一般情況下，氧化性越弱，對(duì)應(yīng)金屬的金屬性越強(qiáng)，特例，三價(jià)鐵的氧化性強(qiáng)于二價(jià)銅。4、由置換反應(yīng)可判斷強(qiáng)弱，遵循強(qiáng)制弱的規(guī)律。5、由對(duì)應(yīng)最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的堿性強(qiáng)弱來(lái)判斷，堿性越強(qiáng)，金屬性越強(qiáng)。6、由原電池的正負(fù)極判斷，一般情況下，活潑性強(qiáng)的作負(fù)極。7、由電解池的離子放電順序判斷。14、C【解析】

結(jié)合題干信息，由圖可知，①裝置為氯氣的制備裝置，裝置②的目的是除去氯氣中的氯化氫，裝置③的目的是干燥氯氣，裝置④為制備無(wú)水AlCl3的裝置，裝置⑤用來(lái)收集生成的氯化鋁，堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置⑤中，并吸收過(guò)量的氯氣防止污染環(huán)境，據(jù)此分析解答問(wèn)題?！驹斀狻緼．①裝置為氯氣的制備裝置，濃鹽酸與MnO2需要在加熱的條件下才能反應(yīng)生成Cl2，缺少加熱儀器，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．裝置②的目的是除去氯氣中的氯化氫，用飽和食鹽水，裝置③的目的是干燥氯氣，用濃硫酸，B選項(xiàng)錯(cuò)誤；C．因?yàn)锳l能與空氣中的氧氣在加熱的條件下發(fā)生反應(yīng)，故點(diǎn)燃④處酒精燈之前需排盡裝置中的空氣，C選項(xiàng)正確；D．球形干燥管中的堿石灰的作用是防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入裝置⑤中，并吸收過(guò)量的氯氣防止污染環(huán)境，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選C?！军c(diǎn)睛】本題考查化學(xué)實(shí)驗(yàn)方案的評(píng)價(jià)，側(cè)重分析與實(shí)驗(yàn)?zāi)芰Φ目疾?，注意?shí)驗(yàn)的評(píng)價(jià)分析，把握實(shí)驗(yàn)原理，明確裝置的作用關(guān)系為解答題目的關(guān)鍵。15、D【解析】

A．1個(gè)14C中含有8個(gè)中子，7g14C即0.5mol，含有中子數(shù)目為4NA，故A錯(cuò)誤；B．溶液的體積未知，所以無(wú)法計(jì)算相關(guān)微粒的個(gè)數(shù)，故B錯(cuò)誤；C．3.2gCu即0.05mol，與足量濃硝酸反應(yīng)生成NO2氣體，化學(xué)計(jì)量關(guān)系為：Cu—2NO2可知n(NO2)=0.1mol，V(NO2)=2.24L，且標(biāo)況下NO2不是氣體，無(wú)法確定其體積，故C錯(cuò)誤；D．標(biāo)況下，5.6L丙烷為0.25mol，一個(gè)丙烷分子含有10個(gè)共價(jià)鍵，0.25mol丙烷中含有2.5NA個(gè)共價(jià)鍵，故D正確；答案選D?！军c(diǎn)睛】易錯(cuò)點(diǎn)為B選項(xiàng)，pH值代表溶液中氫離子的濃度，要計(jì)算微粒數(shù)目必須要計(jì)算物質(zhì)的量，題中沒(méi)有給出體積，不能計(jì)算物質(zhì)的量，也就無(wú)法計(jì)算微粒數(shù)目。NO2在標(biāo)況下不是氣體。16、D【解析】

根據(jù)磷酸分子中的三個(gè)氫原子都可以跟重水分子(D2O)中的D原子發(fā)生氫交換及次磷酸(H3PO2)也可跟D2O進(jìn)行氫交換，說(shuō)明羥基上的氫能與D2O進(jìn)行氫交換，但次磷酸鈉(NaH2PO2)卻不能跟D2O發(fā)生氫交換，說(shuō)明次磷酸鈉中沒(méi)有羥基氫，則H3PO2中只有一個(gè)羥基氫，據(jù)此分析解答。【詳解】A.根據(jù)以上分析，H3PO2中只有一個(gè)羥基氫，則H3PO2屬于一元酸，故A錯(cuò)誤；

B.NaH2PO2屬于正鹽并且為強(qiáng)堿形成的正鹽，所以溶液不可能呈酸性，故B錯(cuò)誤；

C.根據(jù)以上分析，H3PO2中只有一個(gè)羥基氫，則H3PO2屬于一元酸，所以NaH2PO2屬于正鹽，故C錯(cuò)誤；

D.根據(jù)以上分析，H3PO2中只有一個(gè)羥基氫，結(jié)構(gòu)式為，故D正確；

故選：D?！军c(diǎn)睛】某正鹽若為弱堿鹽，由于弱堿根水解可能顯酸性，若為強(qiáng)堿鹽其水溶液只可能是中性或者由于弱酸根水解為堿性。17、C【解析】

在反應(yīng)3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，元素化合價(jià)變化情況為：溴元素由+3價(jià)升高為+5價(jià)，溴元素由+3價(jià)降低為0價(jià)，氧元素化合價(jià)由-2價(jià)升高為0價(jià)，所以BrF3既起氧化劑也起還原劑作用，同時(shí)水也起還原劑作用．若5molH2O參加反應(yīng)，則生成1molO2，氧原子提供電子物質(zhì)的量為2mol×2，令被水還原的BrF3的物質(zhì)的量為xmol，根據(jù)電子轉(zhuǎn)移守恒，則：2mol×2=xmol×（3-0）解得x=4/3mol，選項(xiàng)C符合題意。18、A【解析】

①碳酸比鹽酸弱，CO2與CaCl2溶液不會(huì)反應(yīng)，無(wú)沉淀生成，故①正確；②酸性氧化物能與堿反應(yīng)，過(guò)量的CO2與Ca（OH）2反應(yīng)：Ca（OH）2+2CO2═Ca（HCO3）2，無(wú)沉淀生成，故②正確；③碳酸比硅酸強(qiáng)，過(guò)量的CO2與Na2SiO3溶液反應(yīng)：2CO2+Na2SiO3+2H2O═2NaHCO3+H2SiO3↓，產(chǎn)生硅酸沉淀，故③錯(cuò)誤；④過(guò)量的CO2通入飽和Na2CO3溶液中發(fā)生反應(yīng)：Na2CO3+H2O+CO2═2NaHCO3↓，因?yàn)樘妓釟溻c溶解度比碳酸鈉小，所以有NaHCO3晶體析出，故④錯(cuò)誤；⑤NaAlO2溶液通入過(guò)量的二氧化碳，由于碳酸酸性比氫氧化鋁強(qiáng)，所以生成氫氧化鋁白色沉淀和碳酸氫鈉，2H2O+NaAlO2+CO2=Al（OH）3↓+NaHCO3，故⑤錯(cuò)誤；⑥通入CO2與NH3和NaCl反應(yīng)生成氯化銨和碳酸氫鈉，碳酸氫鈉的溶解度較小，則最終析出碳酸氫鈉晶體，故⑥錯(cuò)誤；故選A?！军c(diǎn)睛】本題考查物質(zhì)的性質(zhì)及反應(yīng)，把握物質(zhì)的性質(zhì)、發(fā)生的反應(yīng)及現(xiàn)象為解答的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)為⑥，注意聯(lián)想候德榜制堿的原理，同時(shí)注意碳酸氫鈉的溶解度較小。19、A【解析】

A、淀粉水解時(shí)要用硫酸作催化劑，要先用NaOH將混合液中和至弱堿性或中性，再用新制氫氧化銅懸濁液檢驗(yàn)，故A正確；B、實(shí)驗(yàn)的原理方程式為：2MnO4－+5H2C2O4+6H＋=2Mn2＋+10CO2↑+8H2O，題中高錳酸鉀過(guò)量，應(yīng)設(shè)計(jì)成：高錳酸鉀的物質(zhì)的量相同，濃度不同的草酸溶液，且草酸要過(guò)量，探究反應(yīng)物濃度對(duì)該反應(yīng)速率的影響，故B錯(cuò)誤；C、要證明甲烷與氯氣發(fā)生了取代反應(yīng)，因有氯化氫生成，不能通過(guò)體積變化就斷定發(fā)生取代反應(yīng)，故C錯(cuò)誤；D、驗(yàn)證Ksp[Cu(OH)2]<Ksp[Mg(OH)2]，要先制得Mg(OH)2，再加入少量Cu2+，沉淀轉(zhuǎn)化為Cu(OH)2，沉淀由白色轉(zhuǎn)化成藍(lán)色，故D錯(cuò)誤；故選A。20、B【解析】A.滴定管需要用待裝溶液潤(rùn)洗，A不符合；B.錐形瓶用待測(cè)液潤(rùn)洗會(huì)引起待測(cè)溶液增加，使測(cè)定結(jié)果偏高，B符合；C.滴定管末端有氣泡，讀出的體積比實(shí)際體積小，計(jì)算出的待測(cè)液濃度偏低，C不符合；D.有液體濺出則使用的標(biāo)準(zhǔn)溶液減少，造成結(jié)果偏低，D不符合。故選擇B。21、D【解析】

A.風(fēng)能是因?yàn)榈厍虮砻媸軣岵痪鶆蚨a(chǎn)生的空氣流動(dòng)，故A不選。B.江河水流能是利用水循環(huán)，水循環(huán)是太陽(yáng)能促進(jìn)的，故B不選。C.生物質(zhì)能是太陽(yáng)能以化學(xué)能形式貯存在生物之中的能量形式，故C不選。D.地?zé)釡厝抢脕?lái)自地球內(nèi)部的熔巖的地?zé)崮?，故D選。故選D。22、A【解析】

A.硼原子核外有5個(gè)電子，1mol硼原子核外電子數(shù)為5NA，故A錯(cuò)誤；B.BF3的結(jié)構(gòu)為，1molBF3分子中共價(jià)鍵的數(shù)目為3NA，故B正確；C.NaBH4與水生成氫氣，氫元素化合價(jià)由-1升高為0，1molNaBH4反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為4NA，故C正確；D.硼烯具有導(dǎo)電性，有望代替石墨烯作“硼烯一鈉基“電池的負(fù)極材料，故D正確；選A。二、非選擇題(共84分)23、C2H6O銀氨溶液，水浴加熱（或新制氫氧化銅懸濁液，加熱）取代反應(yīng)+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O【解析】

根據(jù)信息反應(yīng)(i)，B生成C，說(shuō)明B分子對(duì)稱，又A生成B，則A與B碳原子數(shù)相同，A和G互為同分異構(gòu)體，A不能使Br2的CCl4溶液褪色，所以A含有4個(gè)碳原子，不含碳碳雙鍵，所以B也含4個(gè)碳原子，則B為，A為，B與HBr發(fā)生取代反應(yīng)生成H，則H為，H生成I，I中所有碳原子均在一條直線上，則I為CH3-C≡C-CH3，又B發(fā)生信息反應(yīng)(i)生成C，則C為CH3CHO，C與銀氨溶液反應(yīng)在水浴加熱的條件下生成D，D再酸化生成E，則E為CH3COOH，由E與F在濃硫酸加熱條件下發(fā)生酯化反應(yīng)生成G，則F為醇，C發(fā)生還原反應(yīng)生成F為CH3CH2OH，G為CH3COOCH2CH3，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析可知：A為，B為，C為CH3CHO，D為CH3COONH4，E為CH3COOH，F(xiàn)為CH3CH2OH，G為CH3COOCH2CH3。(1)根據(jù)以上分析，F(xiàn)為CH3CH2OH，分子式為C2H6O；C為CH3CHO，分子中含有醛基，與銀氨溶液在水浴加熱條件下發(fā)生氧化反應(yīng)產(chǎn)生D：CH3COONH4，所以C生成D的反應(yīng)試劑與條件是銀氨溶液，水浴加熱；(2)根據(jù)以上分析，A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為，B為，B與HBr發(fā)生取代反應(yīng)生成H：，所以B生成H的反應(yīng)類型為取代反應(yīng)；(3)I為CH3-C≡C-CH3，則H轉(zhuǎn)化為I的化學(xué)方程式為+2NaOHCH3-C≡C-CH3+2NaBr+2H2O；(4)X是A的一種同分異構(gòu)體，則分子式為C4H8O2，1molX在HIO4加熱條件下完全反應(yīng)，可以生成1mol無(wú)支鏈的有機(jī)物，則X為環(huán)狀結(jié)構(gòu)，則X的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為?！军c(diǎn)睛】本題考查有機(jī)物的推斷，注意把握題給信息，結(jié)合已學(xué)過(guò)的有機(jī)物知識(shí)為解答該題的關(guān)鍵。側(cè)重考查學(xué)生分析能力、推斷能力和綜合運(yùn)用化學(xué)知識(shí)的能力。24、消去反應(yīng)加聚反應(yīng)C10H18HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2OHCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3或濃溴水【解析】

根據(jù)題中各物質(zhì)轉(zhuǎn)化關(guān)系可知，A遇FeCl3溶液顯紫色，所以A中有酚羥基，A→B發(fā)生了類似題已知的反應(yīng)，結(jié)合M的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式可以反應(yīng)推得A為，B為，C為，D為，根據(jù)E的分子式，且E在濃硫酸條件下能生成G，可知E為，G為，根據(jù)F的分子式可知，F(xiàn)為，所以H為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)反應(yīng)Ⅰ是醇羥基脫水生成碳碳雙鍵，所以是消去反應(yīng)，反應(yīng)Ⅱ是由單體發(fā)生加聚生成高分子化合物，所以是加聚反應(yīng)；(2)根據(jù)上面的分析可知，D為，所以D的分子式為C10H18，G的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(3)E生成F的化學(xué)反應(yīng)方程式為HOC(CH3)2COOHCH2=C(CH3)COOH+H2O；(4)E在濃硫酸作用下轉(zhuǎn)化為F時(shí)，除生成副產(chǎn)物G，還會(huì)進(jìn)行分子間的縮聚生成高分子，該產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為；(5)屬于酯類且含甲基F的同分異構(gòu)體有多種，其中一種的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為HCOOCH(CH3)=CH2或CH3COOCH=CH2或CH2=COOCH3或HCOOCH2=CHCH3；(6)根據(jù)上面的分析可知，高分子化合物N的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為或，A有2種結(jié)構(gòu)，可通過(guò)定量實(shí)驗(yàn)來(lái)確定其準(zhǔn)確結(jié)構(gòu)，該定量實(shí)驗(yàn)可通過(guò)A與濃溴水反應(yīng)來(lái)實(shí)現(xiàn)，根據(jù)用去的溴的物質(zhì)量判斷；25、沉淀不溶解，無(wú)氣泡產(chǎn)生BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2Ob2I――2e－＝I2由于生成AgI沉淀，使B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小實(shí)驗(yàn)步驟ⅳ表明Cl－本身對(duì)原電池電壓無(wú)影響，實(shí)驗(yàn)步驟ⅲ中c>b說(shuō)明加入Cl－使c(I－)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl－AgCl+I－溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)【解析】

(1)①BaCO3與鹽酸反應(yīng)放出二氧化碳?xì)怏w，BaSO4不溶于鹽酸；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，是BaCO3與鹽酸反應(yīng)放出二氧化碳；③實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發(fā)生反應(yīng)是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；(2)①要證明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，AgNO3與NaCl溶液反應(yīng)時(shí)，必須是NaCl過(guò)量；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負(fù)極；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀；④AgI轉(zhuǎn)化為AgCl，則c(I－)增大，還原性增強(qiáng)，電壓增大。(3)根據(jù)實(shí)驗(yàn)?zāi)康募艾F(xiàn)象得出結(jié)論?！驹斀狻?1)①BaCO3與鹽酸反應(yīng)放出二氧化碳?xì)怏w，BaSO4不溶于鹽酸，實(shí)驗(yàn)I說(shuō)明BaCO3全部轉(zhuǎn)化為BaSO4的現(xiàn)象是加入鹽酸后，沉淀不溶解，無(wú)氣泡產(chǎn)生；②實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入稀鹽酸后有少量氣泡產(chǎn)生，沉淀部分溶解，說(shuō)明是BaCO3與鹽酸反應(yīng)，反應(yīng)離子方程式是BaCO3+2H+=Ba2++CO2↑+H2O；③實(shí)驗(yàn)Ⅱ中加入試劑Na2CO3后，發(fā)生反應(yīng)是BaSO4+CO32-=BaSO4+SO42-；固體不計(jì)入平衡常數(shù)表達(dá)式，所以沉淀轉(zhuǎn)化的平衡常數(shù)表達(dá)式K=；(2)①AgNO3與NaCl溶液反應(yīng)時(shí)，NaCl過(guò)量，再滴入KI溶液，若有AgI沉淀生成才能證明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，故實(shí)驗(yàn)Ⅲ中甲是NaCl溶液，選b；②I―具有還原性、Ag+具有氧化性，B中石墨是原電池負(fù)極，負(fù)極反應(yīng)是2I――2e－＝I2；③B中滴入AgNO3(aq)生成AgI沉淀，B溶液中c(I－)減小，I－還原性減弱，原電池電壓減小，所以實(shí)驗(yàn)Ⅳ中b<a；④實(shí)驗(yàn)步驟ⅳ表明Cl－本身對(duì)原電池電壓無(wú)影響，實(shí)驗(yàn)步驟ⅲ中c>b說(shuō)明加入Cl－使c(I－)增大，證明發(fā)生了AgI+Cl－AgCl+I－。(3)綜合實(shí)驗(yàn)Ⅰ~Ⅳ,可得出的結(jié)論是溶解度小的沉淀容易轉(zhuǎn)化為溶解度更小的沉淀，反之不易；溶解度差別越大，由溶解度小的沉淀轉(zhuǎn)化為溶解度較大的沉淀越難實(shí)現(xiàn)。26、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O過(guò)濾da、e取少量Na2S2O5晶體于試管中，加適量水溶解，滴加足量鹽酸，振蕩，再滴入氯化鋇溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】

（1）裝置Ⅰ中濃硫酸與亞硫酸鈉反應(yīng)產(chǎn)生二氧化硫氣體，同時(shí)生成硫酸鈉和水，其化學(xué)方程式為：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；（2）從裝置Ⅱ中溶液中獲得已析出的晶體，采取的方法是過(guò)濾；（3）裝置Ⅲ用于處理尾氣SO2，由于SO2屬于酸性氧化物，除去尾氣SO2應(yīng)選擇堿性溶液，a裝置無(wú)氣體出口，不利于氣體與稀氨水充分接觸，不選；要選擇d，既可有效吸收，又可防止倒吸，2NaOH+SO2=Na2SO3+H2O；（4）證明NaHSO3溶液中HSO3－的電離程度大于水解程度，要利用兩個(gè)平衡式HSO3－H++SO32－，HSO3－+H2OH2SO3+OH－，證明溶液呈酸性，可采用的實(shí)驗(yàn)方法是a、測(cè)定溶液的pH，PH<7，說(shuō)明溶液呈酸性，選項(xiàng)a正確；b、加入Ba(OH)2溶液或鹽酸，都會(huì)發(fā)生反應(yīng)，無(wú)法判定電離、水解程度，選項(xiàng)b錯(cuò)誤；c、加入鹽酸，都不反應(yīng)，無(wú)法判定電離、水解程度，選項(xiàng)c錯(cuò)誤；d、品紅只檢驗(yàn)SO2的存在，選項(xiàng)d錯(cuò)誤；e、用藍(lán)色石蕊試紙檢測(cè)，呈紅色證明溶液呈酸性，選項(xiàng)e正確；答案選ae；（5）由于Na2S2O5中的硫元素為+4價(jià)，故檢驗(yàn)Na2S