2022屆寧夏銀川市興慶區(qū)長慶高三第六次模擬考試化學試卷含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷考生須知：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在“答題紙”相應位置上。2請用黑色字跡的鋼筆或答字筆在“答題紙”上先填寫姓名和準考證號。3保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，在草稿紙、試題卷上答題無效。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、國際計量大會第26屆會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NA是阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A40g正丁烷和18 g異丁烷的混合物中共價鍵數(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，陽極質量減小3.2g時，轉移的電子數(shù)為0.1NAD0.1mol Cl2與足量NaOH溶液反應后，溶液中Cl-、ClO- 兩種粒子數(shù)之和為0.2NA2、將一定質量的鎂銅合金加入到稀硝酸中，兩者恰好完全反應，假設反應過程中還原產物全是NO，向所得溶液中加入物質的量濃度為3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，測得生成沉淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則下列有關敘述中正確的是：（ ）A加入合金的質量不可能為6.4gB沉淀完全時消耗NaOH溶液的體積為120mLC溶解合金時收集到NO氣體的體積在標準狀況下為2.24L

3、D參加反應的硝酸的物質的量為0.2mol3、下列反應的離子方程式書寫正確的是A硫酸銅溶液中加過量的氨水：Cu2+2NH3H2O=Cu(OH)22NH4+B用食醋檢驗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亞硝酸鈉中NO2的存在：NO22I2H+=NO+I2H2O4、下列說法中，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，發(fā)生析氫腐蝕C將鋅板換成銅板對鋼閘門保護效果更好D鋼閘門作為陰極而受到保護5、Se元素是人體必需的微量元素之一。

4、下列說法不正確的是（ ）ASeO2可以被氧化BH2Se的分子構型為V型CSeO2能和堿溶液反應DH2Se的穩(wěn)定性強于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，滴加過程中和與AgNO3溶液的體積關系如圖所示。下列說法不正確的是Ax =0.1B曲線I代表NaCl溶液CKsp(Ag2CrO4)約為41012Dy=97、下列化學用語正確的是A氮分子結構式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，下列說法中不正確的是A1mol NH4+ 所含的質子總數(shù)為10N

5、AB聯(lián)氨（N2H4）中含有極性鍵和非極性鍵C過程II屬于氧化反應，過程IV屬于還原反應D過程I中，參與反應的NH4+與NH2OH的物質的量之比為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形成的最高價氧化物分別為甲、乙、丙。x、y2、z、w分別為X、Y、Z、W的單質，丁是化合物。其轉化關系如圖所示，下列判斷錯誤的是A反應、都屬于氧化還原反應BX、Y、Z、W四種元素中，Y的原子半徑最小CNa著火時，可用甲撲滅D一定條件下，x與甲反應生成丁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)量級為 10-10。下列敘述正確的是A圖中 Y 線代表的 AgClBn 點表示 Ag2C2O4 的過飽和溶液C向 c(Cl)c(C2O42-)的混合液中滴入 AgNO3溶液時，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、分類是重要的科學研究方法，下列物質分類錯誤的是A電解質：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、焦爐氣D同素異形體：C60、C70、金剛石13、膽礬CuSO45H2O可寫為Cu(H2O)4SO4H2O，其結構示意圖如下：下列有關膽礬的說法正確的是ACu2+的價電子排布式為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的半徑及電負性依次增大14、PET（，M鏈節(jié)= 192 gmo

8、l1）可用來生產合成纖維或塑料。測某PET樣品的端基中羧基的物質的量，計算其平均聚合度：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（現(xiàn)象與水溶液相同），消耗NaOH醇溶液v mL。下列說法不正確的是APET塑料是一種可降解高分子材料B滴定終點時，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（忽略端基的摩爾質量）15、降冰片二烯類化合物是一類太陽能儲能材料。降冰片二烯在紫外線照射下可以發(fā)生下列轉化。下列說法錯誤的是（ ）A降冰片二烯與四環(huán)烷互為同分異構體B降冰片二烯能使酸性高錳酸鉀溶液褪色C四環(huán)烷的一氯代物超過三種（不考慮立體異

9、構）D降冰片二烯分子中位于同一平面的碳原子不超過4個16、化學與生活密切相關。下列敘述不正確的是（ ）A二氧化硅是將太陽能轉變?yōu)殡娔艿某Ｓ貌牧螧中國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請回答下列問題：（1）A的名稱為 _，合成路線圖中反應所加的試劑和反應條件分別是_。（2）下列有關說法正確的是 _（填字母代號）。A反應的反應類型為取代反應BC可以發(fā)生的反應類型有取

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（3）F的結構簡式為_。（4）C在一定條件下可以發(fā)生聚合反應生成高分子化合物，寫出該反應的化學方程式 _。（5）D有多種同分異構體，同時滿足下列條件的同分異構體有 _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)生銀鏡反應和水解反應（6）參照G的上述合成路線，設計一條由乙醛和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)氧樹脂因其具有良好的機械性能、絕緣性能以及與各種材料的粘結性能，已廣泛應用于涂料和膠黏劑等領域

11、。下面是制備一種新型環(huán)氧樹脂G的合成路線：已知以下信息：+H2O+NaOH+NaCl+H2O回答下列問題：（1）A是一種烯烴，化學名稱為_，C中官能團的名稱為_、_。（2）由C生成D反應方程式為_。（3）由B生成C的反應類型為_。（4）E的結構簡式為_。（5）E的二氯代物有多種同分異構體，請寫出其中能同時滿足以下條件的芳香化合物的結構簡式_、_。能發(fā)生銀鏡反應；核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為321。（6）假設化合物D、F和NaOH恰好完全反應生成1 mol單一聚合度的G，若生成的NaCl和H2O的總質量為765g，則G的n值理論上應等于_。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性質。.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)生反應的化學方程式為_。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，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為_。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品_。.測定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加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為_%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度_。（填“偏高”、“偏低”）20、氮化鍶（Sr3N2）在工業(yè)上廣泛用于生產熒光粉。已知：鍶與鎂位于同主族；鍶與氮氣在加熱條件下可生成氮化鍶，氮化鍶遇水劇烈反應。I.利用裝置A和C制備Sr3N2（

14、1）寫出由裝置A制備N2的化學方程式_。（2）裝置A中a導管的作用是_。利用該套裝置時，應先點燃裝置A的酒精燈一段時間后，再點燃裝置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）寫出裝置B的NaOH溶液中發(fā)生反應的離子方程式_。（4）裝置C中廣口瓶盛放的試劑是_。III.測定Sr3N2產品的純度（5）取ag該產品，向其中加入適量的水，將生成的氣體全部通入濃硫酸中，利用濃硫酸增重質量計算得到產品的純度，該方法測得產品的純度偏高，其原因是_。經改進后測得濃硫酸增重bg，則產品的純度為_（用相關字母的代數(shù)式表示）。21

15、、有機物F是合成藥物“銀屑靈”的中間體，其合成流程如下：回答下列問題：（1）化合物A的名稱為_，化合物C中含氧官能團結構簡式為_。（2）寫出AB的化學方程式：_。（3）DE的反應類型為_，F(xiàn)的分子式為_。（4）寫出同時滿足下列條件的C的一種同分異構體的結構簡式：_。能發(fā)生銀鏡反應能發(fā)生水解反應，其水解產物之一能與FeC13溶液發(fā)生顯色反應分子中核磁共振氫譜為四組峰（5）設計以甲苯、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（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】A.正丁烷和異丁烷互為同分異構體，二者相對分子質量相同，分子內的共價鍵數(shù)目也相同(都為13個)?；旌?/p>

16、物共58g，其物質的量為1mol，共價鍵數(shù)目為13NA，正確；B. 常溫下，pH=12的Ba(OH)2溶液中的OH-數(shù)目無法計算，因為不知道溶液的體積，錯誤；C. 電解精煉銅時，陽極放電的金屬不僅有銅，還有雜質中的比銅活潑的金屬，所以陽極質量減小3.2g時，轉移的電子數(shù)不一定是0.1NA，錯誤； D. 0.1mol Cl2與足量NaOH溶液反應，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，錯誤。故選A。2、C【解析】淀為M(OH)2，根據(jù)化學式知，生成沉淀的質量比原合金的質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的量是0.15mol；A因為鎂、銅的物質的量無法確定，則無法計算合金質量，故A錯誤；B由氫氧根離子守恒得n(OH-)=n(NaOH)=0.3mol，V(NaOH)=100mL，故B錯誤；C由轉移電子守恒得n(NO)=0.1mol，生成標況下NO體積=22.4L/mol0.1mol=2.24L，故C正確；D根據(jù)轉移電子守恒得參加反應硝酸的物質的量=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，所以參加反應硝酸的物質的量

18、=0.1mol+0.3mol=0.4mol，故D錯誤；故答案為C?！军c睛】本題以鎂、銅為載體考查混合物的計算，側重考查分析、計算能力，正確判斷沉淀和合金質量差成分是解本題關鍵，靈活運用原子守恒、轉移電子守恒解答即可。3、C【解析】A硫酸銅溶液中加過量的氨水最終生成可溶性的，A項錯誤；B食醋中的醋酸是弱電解質，在離子方程式中不能拆分，B項錯誤；C鋁的性質活潑，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，鋁單質可以與NaOH溶液反應，C項正確；D觀察上述方程式，電子得失不守恒；在酸性介質中可以表現(xiàn)氧化性，還原產物一般為NO，因此，正確的離子方程式為：，D項錯誤；答案選C?！军c

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

20、電解池的陰極而受到保護，這是連接直流電源的陰極保護法，選項D正確。答案選C。5、D【解析】A. Se原子最外層有6個電子，最高價為+6，所以SeO2可以被氧化，故A正確； B. Se與O同族，H2O的分子構型為V型，所以H2Se的分子構型為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，所以SeO2能和堿溶液反應，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)定性強于H2Se，故D錯誤；答案選D?！军c睛】本題考查同主族元素性質遞變規(guī)律，利用同主族元素的相似性解決問題，根據(jù)二氧化硫的性質推出SeO2的性質，根據(jù)H2O的分子構型構型推

21、出H2Se的分子構型。6、D【解析】A根據(jù)圖像可知，未滴加AgNO3溶液時或均為1，則NaCl和Na2CrO4溶液均為0.1molL-1，即x=0.1，A選項正確；B1molCl-和CrO42-分別消耗1mol和2molAg+，由圖像可知，滴加AgNO3溶液過程中，曲線I突躍時加入的AgNO3溶液的體積為20mL，則曲線I代表NaCl溶液，B選項正確；Cb點時，=4，則c(CrO42-)=10-4molL-1，c(Ag+)=210-4molL-1，Ksp(Ag2CrO4)= c(CrO42-)c2(Ag+)=41012，C選項正確；Da點時，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點加入40mLAgNO3溶液，溶液中，則-lgc(Cl-)=9-lg38.52，D選項錯誤；答案選D。7、D【解析】A氮氣分子中存在1個氮氮三鍵，氮氣的結構式為：NN，選項A錯誤；B鍵線式中需要省略碳氫鍵，乙炔的鍵線式為：CC，選項B錯誤；C四氯化碳為正四面體結構，氯原子的相對體積大于碳原子，四氯化碳的比例模型為：，選項C錯誤；D氧原子核外電子總數(shù)為8，最外層為6個電子，其軌道表示式為：，選項 D正確；答案選D?！军c睛】本題考查了化學用語的書寫判斷，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、結構式等化學用語的書寫原則，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，氯原子的相對體積應該大于碳原子。8、A【解析】A、質子數(shù)等于原子序數(shù)，1molNH4中含有質子總物質的量為11mol，故A說法錯誤；B、聯(lián)氨(N2H4)的結構式為，含有極性鍵和非極性鍵，故B說法正確；C、過程II，N2H4N2H22H，此反應是氧化反應，過程IV，NO2NH2OH，添H或去O是還原反應，故C說法正確；D、NH4中N顯3價，NH2OH中N顯1價，N2H4中N顯2價，因此過程I中NH4與NH2OH的物質的量之比為1：1，故D說法正確。點睛：氧化反應還是還原反應，這是

24、有機物中的知識點，添氫或去氧的反應為還原反應，去氫或添氧的反應的反應氧化反應，因此N2H4N2H2，去掉了兩個氫原子，即此反應為氧化反應，同理NO2轉化成NH2OH，是還原反應。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生成w為硅、丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，z為鎂，二氧化碳在鎂中點燃反應生成碳和乙為氧化鎂。A. 反應二氧化碳與鎂反應、碳與氧氣反應、碳與二氧化硅反應都屬于氧化還原反應，選項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B正確；C

25、. Na著火時，不可用二氧化碳撲滅，選項C錯誤；D. 一定條件下，碳與二氧化碳在高溫條件下反應生成一氧化碳，選項D正確。答案選C。點睛：本題考查元素周期表、元素周期律及物質的推斷，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生成w為硅、丁為一氧化碳；y2為氧氣，碳與氧氣點燃反應生成甲為二氧化碳，z為鎂，二氧化碳在鎂中點燃反應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)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為 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?！驹斀狻咳羟€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)量級為10-7，又已知Ksp(AgCl)數(shù)量級為 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錯誤；B. 曲線Y為Ag2C2O4的沉淀溶解平衡曲線，在n點，c(Ag+)小于平衡濃度，故n點的離子Qc(Ag2C2O4)Ksp(Ag2C2O4)，故為Ag2C2O4的不飽和溶液，故B錯誤；C. 根據(jù)圖象可知，當陰離子濃度相同時，

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，先析出氯化銀沉淀，故C正確；D. Ag2C2O42Cl=2AgClC2O42-的平衡常數(shù)，此時溶液中的c(Ag+)相同，故有，故D錯誤；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，生成硫酸鈣，由于Ca(ClO)2過量，還生成HClO等，離子反應為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，明礬、碳酸、硫酸鋇均是

29、電解質，故A正確；B能與堿反應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錯誤；C由多種物質組成的是混合物，鋁熱劑、礦泉水、焦爐氣均是混合物，故C正確；D由同一種元素形成的不同單質互為同素異形體，C60、C70、金剛石均是碳元素形成的單質，互為同素異形體，故D正確；故選B。13、C【解析】ACu是29號元素， Cu原子的核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s1，失去4s、3d能級上各一個電子生成Cu2+，故Cu2+的價電子排布式3d9，故A錯誤；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的電負性大于S，故D錯誤；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，恰好反應完時生成羧酸鈉，顯弱堿性，使酚酞試劑顯淺紅色，B正確；C、的單體為：HOCH2CH2OH和，乙二醇中有兩個羥基，在組成上

31、與乙醇也沒有相差-CH2-的整數(shù)倍，故乙二醇與乙醇不是同系物，故C錯誤；D、NaOH醇溶液只與 PET端基中的羧基反應，n（NaOH）=cv10-3mol，則PET的物質的量也等于cv10-3mol，則PET的平均相對分子質量=g/mol，PET的平均聚合度，故D正確。答案選C。【點睛】本題考查高分子化合物的結構，單體的判斷，中和滴定等知識點，判斷同系物的兩個要點：一是官能團的種類和個數(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，結構不同，因此二者互為同分異構體，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，D正確；故合理選項是C。16、A【解析】A單質硅可用于制作太陽能電池的原料，太陽能電池可將太陽能轉化為電能，二氧化硅是光導纖維的成分，故A錯誤；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脂肪酸鈉反應生成高級脂肪酸鈣沉淀，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結構中含有苯環(huán)結構，AB發(fā)生信息I的反應，則A為，B為，B酸性條件下水解生成C；根據(jù)D的分子式，結合C的分子式C9H10O3可知，C發(fā)生消去反應生成D，D為，D發(fā)生信息II的反應生成E，E為，結合G的結構簡式可知，E和F發(fā)生取代反應生成G，則F為，據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，A為，名稱為苯乙醛，合成路線圖中反應為醇羥基的消去反應，所加的試劑和反應條件分別是濃硫酸，加熱，故答案

34、為：苯乙醛；濃硫酸，加熱；(2)A. 根據(jù)上述分析，反應為加成反應，故A錯誤；B. C中含有羥基、羧基和苯環(huán)，羥基可以取代反應和消去反應，羧基可以發(fā)生取代反應，苯環(huán)可以發(fā)生取代反應和加成反應，但不能發(fā)生加聚，故B錯誤；C. D為，苯環(huán)、碳碳雙鍵和碳氧雙鍵都是平面結構，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，能夠和7 mol H2發(fā)生加成反應，故D錯誤；故答案為：C；(3)根據(jù)上述分析，F(xiàn)的結構簡式為，故答案為：；(4)C()在一定條件下可以發(fā)生縮聚反應生成高分子化合物，反應的化學方程式為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)生銀鏡反應和水解反應，說明結構中含有醛基和酯基，則屬于甲酸酯類物質，滿足條件的同分異構體有：苯環(huán)上含有2個側鏈的，一個側鏈為HCOO-，一個為-CH=CH2，有3種結構；苯環(huán)上含有1個側鏈的，HCOO-可以分別連接在-CH=CH-兩端，有兩種結構，共有5種同分異構體，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 氯原子、羥基 +NaOH+NaCl+H2O +NaOH+NaCl+H2O 8 【解析】根據(jù)D的分子結構可知A為鏈狀結構，故A為CH3CH=CH2；A和Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應生成B為CH2=CHCH2Cl，B和HOCl發(fā)生加成反應生成C為或，C在堿性條件下脫去HCl生成D；由F結構可知苯酚和E發(fā)生信息的反應生成F，則E為；

37、D和F聚合生成G，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?）根據(jù)以上分析，A為CH3CH=CH2，化學名稱為丙烯；C為，故含官能團的名稱為氯原子、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，化學方程式為：（或）。故本小題答案為：（或）。（3）B和HOCl發(fā)生加成反應生成C。本小題答案為：加成反應。（4）根據(jù)信息提示和流程圖中則E的結構簡式為。本小題答案為：。（5）E的二氯代物有多種同分異構體，同時滿足以下條件的芳香化合物：能發(fā)生銀鏡反應，說明含有醛基；核磁共振氫譜有三組峰，且峰面積比為321，說明分子中有3種類型的氫原子，且個數(shù)比為3：2：1。則符合條件的有機物的結構簡式為

38、、。本小題答案為：、。（6）根據(jù)信息和，每消耗1molD，反應生成1molNaCl和H2O，若生成的NaCl和H2O的總質量為765g，生成NaCl和H2O的總物質的量為765g/76.5g/mol=10mol，由G的結構可知，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 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)生反應的化學方程式為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，溶液紫紅色很快褪去，說明MnO4將S2O52氧化生成硫酸根離子。反應的離子方程式為5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是：利用焦亞硫酸鈉的還原性，防止食品氧化變質。故答案為：5S2O54MnO42H=10SO424Mn2H2O；氧化變質；.（4）由關系式：5SO322MnO4，用0.2500mol/L的Na2SO3標準液滴定至終點，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%；若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，使Na2SO3標準液的體積偏低，算出的剩余高錳酸鉀偏低，與Na2S2O5樣品反應的高錳酸鉀偏高，會導致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反應制備N2，由于N2中混有H2O（g），為防止氮化鍶遇水劇烈反應，故N2與Sr反應前必須干燥，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入硬質玻璃管中。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，空氣中的CO2、O2等也能與鍶反應，為防止鍶與CO2、O2反應，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入硬質玻璃管中。III. 測定Sr3N2產品的純度的原