2023學(xué)年新疆博爾塔拉蒙古自治州第五師高考仿真模擬化學(xué)試卷含解析

2023高考化學(xué)模擬試卷注意事項1．考生要認真填寫考場號和座位序號。2．試題所有答案必須填涂或書寫在答題卡上，在試卷上作答無效。第一部分必須用2B鉛筆作答；第二部分必須用黑色字跡的簽字筆作答。3．考試結(jié)束后，考生須將試卷和答題卡放在桌面上，待監(jiān)考員收回。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、向四支試管中分別加入少量不同的無色溶液并進行如下操作，其中結(jié)論正確的是選項操作現(xiàn)象結(jié)論A滴加BaCl2溶液生成白色沉淀原溶液中有SO42—B滴加氯水和CCl4，振蕩、靜置下層溶液顯紫紅色原溶液中有I－C用潔凈的鉑絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)火焰呈黃色原溶液中有Na＋、無K＋D滴加幾滴稀NaOH溶液，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口試紙不變藍原溶液中無NH4+A．A B．B C．C D．D2、乙酸香蘭酯是用于調(diào)配奶油、冰淇淋的食用香精，其合成反應(yīng)的化學(xué)方程式如下：下列敘述正確的是()A．該反應(yīng)不屬于取代反應(yīng)B．乙酸香蘭酯的分子式為C10H8O4C．FeCl3溶液可用于區(qū)別香蘭素與乙酸香蘭酯D．乙酸香蘭酯在足量NaOH溶液中水解得到乙酸和香蘭素3、設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是（）A．標況下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)為NAB．標準狀況下，38g3H2O2中含有4NA共價鍵C．常溫下，將5.6g鐵塊投入一定量濃硝酸中，轉(zhuǎn)移0.3NA電子D．一定溫度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物質(zhì)的量一定不相同4、實驗室常用如下裝置制備乙酸乙酯。下列有關(guān)分析不正確的是A．b中導(dǎo)管不能插入液面下，否則會阻礙產(chǎn)物的導(dǎo)出B．固體酒精是一種白色凝膠狀純凈物，常用于餐館或野外就餐C．乙酸乙酯與互為同分異構(gòu)體D．乙酸、水、乙醇羥基氫的活潑性依次減弱5、實行垃圾分類，關(guān)系生活環(huán)境改善和節(jié)約使用資源。下列說法正確的是A．回收廚余垃圾用于提取食用油B．對廢油脂進行處理可獲取氨基酸C．回收舊報紙用于生產(chǎn)再生紙D．廢舊電池含重金屬須深度填埋6、下列說法正確的是A．烷烴的通式為CnH2n+2，隨n值增大，碳元素的質(zhì)量百分含量逐漸減小B．乙烯與溴水發(fā)生加成反應(yīng)的產(chǎn)物為溴乙烷C．1mol苯恰好與3mol氫氣完全加成，說明一個苯分子中有三個碳碳雙鍵D．C7H16，主鏈上有5個碳原子的同分異構(gòu)體共有5種7、常溫下，現(xiàn)有0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液，pH=7.1．已知含氮（或含碳）各微粒的分布分數(shù)（平衡時，各微粒濃度占總微粒濃度之和的分數(shù)）與pH的關(guān)系如圖所示：下列說法不正確的是（）A．當溶液的pH=9時，溶液中存在：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣）B．0.1mol?L﹣1NH4HCO3溶液中存在：c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣）C．向pH=7.1的上述溶液中逐滴滴加氫氧化鈉溶液時，NH4+和HCO3﹣濃度逐漸減小D．分析可知，常溫下Kb（NH3?H2O）＞Ka1（H2CO3）8、用物理方法就能從海水中直接獲得的物質(zhì)是A．鈉、鎂 B．溴、碘 C．食鹽、淡水 D．氯氣、燒堿9、化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是A．碳酸鈉可用于去除餐具的油污 B．漂白粉可用于生活用水的消毒C．氫氧化鋁可用于中和過多胃酸 D．碳酸鋇可用于胃腸X射線造影檢查10、向一定體積含HC1、H2SO4、NH4NO3、A1C13的混合溶液中逐滴加入Ba(OH)2溶液，溶液中產(chǎn)生沉淀的物質(zhì)的量與加入Ba(OH)2溶液的體積關(guān)系正確的是A．B．C．D．11、下列說法正確的是A．同主族元素中，原子序數(shù)之差不可能為16B．最外層電子數(shù)為8的粒子一定是0族元素的原子C．同一主族中，隨著核電荷數(shù)的增加，單質(zhì)的熔點逐漸升高D．主族元素中，原子核外最外層電子數(shù)與次外層電子數(shù)相同的元素只有Be12、四元軸烯t，苯乙烯b及立方烷c的結(jié)構(gòu)簡式如下，下列說法正確的是A．b的同分異構(gòu)體只有t和c兩種 B．t和b能使酸性KMnO4溶液褪色而c不能C．t、b、c的二氯代物均只有三種 D．b中所有原子－定不在同－個平面上13、下列解釋對應(yīng)事實的離子方程式正確的是A．FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，靜置一段時間后：Fe2++2OH一=Fe(OH)2↓B．漂白粉溶液加入醋酸：H++ClO-=HC1OC．AgCl懸濁液滴入Na2S溶液：2Ag++S2-=Ag2S↓D．K2CrO4溶液滴入硫酸溶液；2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O14、PbCl2是一種重要的化工材料，常用作助溶劑、制備鉛黃等染料。工業(yè)生產(chǎn)中利用方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)制備PbCl2的工藝流程如圖所示。已知：i.PbCl2微溶于水ii.PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)ΔH>0下列說法不正確的是()A．浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為：8H++2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2++SO42-+4H2OB．PbCl2微溶于水，浸取劑中加入飽和NaCl溶液會增大其溶解性C．調(diào)pH的目的是除去Fe3+，因此pH越大越好D．沉降池中獲得PbCl2采取的措施有加水稀釋、降溫15、已知NH4CuSO3與足量的10mol／L硫酸混合微熱，產(chǎn)生下列現(xiàn)象：①有紅色金屬生成②產(chǎn)生刺激性氣味的氣體③溶液呈現(xiàn)藍色據(jù)此判斷下列說法正確的是（）A．反應(yīng)中硫酸作氧化劑B．NH4CuSO3中硫元素被氧化C．刺激性氣味的氣體是氨氣D．1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移0.5mol電子16、如圖為一原電池工作原理示意圖,電池工作過程中左右兩燒杯所盛放的溶液中不允許引入雜質(zhì)。下列有關(guān)說法中正確的是()A．所用離子交換膜為陽離子交換膜B．Cu電極的電極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu2+C．電池工作過程中,CuCl2溶液濃度降低D．Fe為負極,電極反應(yīng)為Fe2++2e-=Fe17、下圖所示為某種胃藥的核心合成反應(yīng)部分過程：下列說法正確的是（）A．甲中的兩個N-H鍵的活性相同C．丙的分子式C22H18、短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序數(shù)依次增大，X原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，X、Y價電子數(shù)之比為2∶3。W的原子半徑在同周期主族元素中最小，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可用作呼吸面具的供氧劑。下列說法錯誤的是A．原子半徑X＞Y，離子半徑Z＞YB．化合物Z2Y存在離子鍵，ZWY中既有存在離子鍵又有共價鍵C．X的簡單氫化物與W的單質(zhì)在光照下產(chǎn)生W的氫化物D．Y、W的某些單質(zhì)或兩元素之間形成的某些化合物可作水的消毒劑19、NA代表阿伏加德羅常數(shù)的值。下列說法正確的是A．常溫常壓下，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu))中所含P-P鍵數(shù)目為4NAB．0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)小于0.2NAC．20mL10mol/L的濃硝酸與足量銅加熱反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)為0.1NAD．0.1molNH2-所含電子數(shù)為6.02×1023個20、下列實驗?zāi)苓_到目的是（）A．用飽和碳酸氫鈉溶液鑒別SO2和CO2B．用灼熱的銅網(wǎng)除去CO中少量的O2C．用溴水鑒別苯和CCl4D．用蒸發(fā)結(jié)晶的方法從碘水中提取碘單質(zhì)21、設(shè)NA表示阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是A．標準狀況下，11.2LHF所含分子數(shù)為0.5NAB．2molNO與1molO2充分反應(yīng)，產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NAC．常溫下，1L0.1mol·L－1氯化銨溶液中加入氫氧化鈉溶液至溶液為中性，則溶液含銨根離子數(shù)為0.1NAD．已知白磷(P4)為正四面體結(jié)構(gòu)，NA個P4與NA個甲烷所含共價鍵數(shù)目之比為1：122、下列實驗中的顏色變化，與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是ABCD實驗NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl濁液中熱銅絲插入稀硝酸中現(xiàn)象產(chǎn)生白色沉淀，隨后變?yōu)榧t褐色溶液變紅，隨后迅速褪色沉淀由白色逐漸變?yōu)楹谏a(chǎn)生無色氣體，隨后變?yōu)榧t棕色A．A B．B C．C D．D二、非選擇題(共84分)23、（14分）化合物Ⅰ(戊巴比妥)是臨床常用的鎮(zhèn)靜、麻醉藥物，其合成路線如下：已知：B、C互為同分異構(gòu)體R’、R’’、R’’’代表烴基，代表烴基或氫原子。ii.+R’’OHiii+R’’Br+CH3ONa+CH3OH+NaBriv+R’’’-NH2R’OH回答下列問題：(1)的官能團的名稱為______，的反應(yīng)類型是______。(2)試劑a的結(jié)構(gòu)簡式______；的結(jié)構(gòu)簡式______。(3)寫出的化學(xué)方程式______。設(shè)計實驗區(qū)分B、D所用的試劑及實驗現(xiàn)象為______、______。(4)寫出的化學(xué)方程式______。(5)已知：羥基與碳碳雙鍵直接相連的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，同一個碳原子上連接多個羥基的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，滿足下列要求的D的所有同分異構(gòu)體共______種。a．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)b．能與反應(yīng)c．能使Br2的溶液褪色(6)以、、為原料，無機試劑任選，制備的流程如下，請將有關(guān)內(nèi)容補充完整_______________________________。CH2BrCH2CH2BrHOOCCH2COOHCH3OOCCH2COOCH324、（12分）EPR橡膠（）和PC塑料(）的合成路線如下：（1）A的名稱是___________。E的化學(xué)式為______________。（2）C的結(jié)構(gòu)簡式____________。（3）下列說法正確的是（選填字母）_________。A．反應(yīng)Ⅲ的原子利用率為100%B．CH3OH在合成PC塑料的過程中可以循環(huán)利用C．1molE與足量金屬Na反應(yīng)，最多可生成22.4LH2D．反應(yīng)Ⅱ為取代反應(yīng)（4）反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式是_________。（5）反應(yīng)Ⅳ的化學(xué)方程式是_________。（6）寫出滿足下列條件F的芳香族化合物的同分異構(gòu)體________。①含有羥基，②不能使三氯化鐵溶液顯色，③核磁共振氫譜為五組峰，且峰面積之比為1:2:2:2:1；（7）已知：，以D和乙酸為起始原料合成無機試劑任選，寫出合成路線（用結(jié)構(gòu)簡式表示有機物，用箭頭表示轉(zhuǎn)化關(guān)系，箭頭上注明反應(yīng)試劑和條件）_______。25、（12分）亞硝酰氯(ClNO)是有機物合成中的重要試劑，其沸點為-5.5℃，易水解。已知：AgNO2微溶于水，能溶于硝酸，AgNO2+HNO3=AgNO3+HNO2，某學(xué)習(xí)小組在實驗室用Cl2和NO制備ClNO并測定其純度，相關(guān)實驗裝置如圖所示。（1）制備Cl2的發(fā)生裝置可以選用_________(填字母代號)裝置，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為________________________________________。（2）欲收集一瓶干燥的氯氣，選擇合適的裝置，其連接順序為a→_______→______→_____→________→_______→______→______→______。(按氣流方向，用小寫字母表示，根據(jù)需要填，可以不填滿，也可補充)。（3）實驗室可用下圖示裝置制備亞硝酰氯。其反應(yīng)原理為：Cl2+2NO=2ClNO①實驗室也可用B裝置制備NO，X裝置的優(yōu)點為___________________。②檢驗裝置氣密性并裝入藥品，打開K2，然后再打開K3，通入一段時間氣體，其目的是___________________，然后進行其他操作，當Z中有一定量液體生成時，停止實驗。（4）已知：ClNO與H2O反應(yīng)生成HNO2和HCl。①設(shè)計實驗證明HNO2是弱酸：_________________________________________。(僅提供的試劑：1mol?L-1鹽酸、1mol?L-1HNO2溶液、NaNO2溶液、紅色石蕊試紙、藍色石蕊試紙)。②通過以下實驗測定ClNO樣品的純度。取Z中所得液體mg溶于水，配制成250mL溶液；取出25.00mL樣品溶于錐形瓶中，以K2CrO4溶液為指示劑，用cmol?L-1AgNO3標準溶液滴定至終點，消耗標準溶液的體積為20.00mL。滴定終點的現(xiàn)象是_____亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)為_________。(已知：Ag2CrO4為磚紅色固體；Ksp(AgCl)＝1.56×10-10，Ksp(Ag2CrO4)＝1×10-12)26、（10分）CuCl晶體呈白色，熔點為430℃，沸點為1490℃，見光分解，露置于潮濕空氣中易被氧化，難溶于水、稀鹽酸、乙醇，易溶于濃鹽酸生成H3CuCl4，反應(yīng)的化學(xué)方程式為CuCl（s）+3HCl（aq）?H3CuCl4（aq）．（1）實驗室用如圖1所示裝置制取CuCl，反應(yīng)原理為：2Cu2++SO2+8Cl﹣+2H2O═2CuCl43﹣+SO42-+4H+CuCl43﹣（aq）?CuCl（s）+3Cl﹣（aq）①裝置C的作用是_____．②裝置B中反應(yīng)結(jié)束后，取出混合物進行如圖所示操作，得到CuCl晶體．混合物CuCl晶體操作ⅱ的主要目的是_____操作ⅳ中最好選用的試劑是_____．③實驗室保存新制CuCl晶體的方法是_____．④欲提純某混有銅粉的CuCl晶體，請簡述實驗方案：_____．（2）某同學(xué)利用如圖2所示裝置，測定高爐煤氣中CO、CO2、N2和O2的百分組成．已知：i．CuCl的鹽酸溶液能吸收CO形成Cu(CO)Cl?H2O．ii．保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液能吸收氧氣．①D、F洗氣瓶中宜盛放的試劑分別是_____、_____．②寫出保險粉和KOH的混合溶液吸收O2的離子方程式：_____．27、（12分）過氧化鈣(CaO2)是一種白色晶體，能潮解，難溶于水，可與水緩慢反應(yīng)，不溶于乙醇，易與酸反應(yīng)，常用作殺菌劑、防腐劑等。根據(jù)題意，回答相關(guān)問題。I．CaO2晶體的制備：CaO2晶體通?？衫肅aCl2在堿性條件下與H2O2反應(yīng)制得。某化學(xué)興趣小組在實驗室制備CaO2的實驗方案和裝置示意圖如下：（1）三頸燒瓶中發(fā)生的主要反應(yīng)的化學(xué)方程式為_____。（2）冷水浴的目的是____；步驟③中洗滌CaO2·8H2O的實驗操作方法是______Ⅱ．CaO2含量的測定：測定CaO2樣品純度的方法是：稱取0.200g樣品于錐形瓶中，加入50mL水和15mL2mol·L-lHCl，振蕩使樣品溶解生成過氧化氫，再加入幾滴MnCl2稀溶液，立即用0.0200mol·L-lKMnO4標準溶液滴定到終點，消耗25.00mL標準液。（3）上述過程中使用稀鹽酸而不使用稀硫酸溶解樣品的原因是___；滴定前加入MnCl2稀溶液的作用可能是____。（4）滴定過程中的離子方程式為_______，樣品中CaO2的質(zhì)量分數(shù)為______。（5）實驗I制得的晶體樣品中CaO2含量偏低的可能原因是：①____；②____。28、（14分）金屬鎳及其化合物在合金材料以及催化劑等方面應(yīng)用廣泛。試回答下列問題：（1）Ni2+電子排布中，電子填充的能量最高的能級符號為______。（2）金屬Ni能與CO形成配合物Ni（CO）1．與CO互為等電子體的一種分子為______（寫化學(xué)式，下同），與CO互為等電子體的一種離子為______。（3）丁二酮肟（）是檢驗Ni2+的靈敏試劑。丁二酮肟分子中C原子軌道雜化類型為______，2mol丁二酮肟分子中所含σ鍵的數(shù)目為______。（1）丁二酮肟常與NI2+形成圖A所示的配合物，圖B是硫代氧的結(jié)果：①A的熔、沸點高于B的原因為______。②B晶體含有化學(xué)鍵的類型為______（填選項字母）。A．σ鍵

B．金屬鍵

C．配位鍵

D．π鍵（5）人工合成的氧化鎳往往存在缺陷，某缺陷氧化銀的組成為Ni0.97O，其中Ni元素只有+2和+3兩種價態(tài)，兩種價態(tài)的鎳離子數(shù)目之比為______。（6）Ni2+與Mg2+、O2-形成晶體的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示（Ni2+未畫出），則該晶體的化學(xué)式為______。29、（10分）沙丁胺醇是一種新型藥物，常用于緩解哮喘等肺部疾病，其一種合成路線如圖：

已知：RX+→+HX請回答：（1）化合物C的結(jié)構(gòu)簡式為___。（2）反應(yīng)⑦的化學(xué)方程式為___。（3）下列說法不正確的是___。A．化合物A能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應(yīng)B．化合物B能發(fā)生消去反應(yīng)C．1mol化合物D最多能與3molNaOH反應(yīng)D．沙丁胺醇的分子式為C13H19NO3（4）寫出同時符合下列條件的化合物E的所有同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡式___。①IR譜表明分子中含有﹣NH2，且與苯環(huán)直接相連；②1H﹣NMR譜顯示分子中有五種不同化學(xué)環(huán)境的氫原子，且苯環(huán)上只有一種氫原子。（5）請設(shè)計以甲苯和異丁烯[CH2=C（CH3）2]為原料合成化合物E的合成路線___（用流程圖表示，無機試劑任選）。

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

A．滴加BaCl2溶液有白色沉淀生成，原溶液中也可能含有CO32－、SO32－、Ag＋等，故A錯誤；B．滴加氯水和CCl4，下層溶液顯紫紅色說明產(chǎn)生了碘單質(zhì)，氯水為強氧化性溶液，則溶液中存在強還原性的I－，氯氣置換出了碘單質(zhì)，故B正確；C．用潔凈的鉑絲蘸取溶液進行焰色反應(yīng)，火焰呈黃色，說明原溶液中有Na＋，但并不能說明溶液中無K＋，因為檢驗K＋需通過藍色鈷玻璃觀察火焰，故C錯誤；D．NH3極易溶于水，若溶液中含有少量的NH4＋，滴加稀NaOH溶液不會放出NH3，檢驗NH4＋的正確操作：向原溶液中滴加幾滴濃NaOH溶液，加熱，將濕潤的紅色石蕊試紙置于試管口，若試紙變藍則證明存在NH4＋，故D錯誤；故答案為B。2、C【解析】

A、香蘭素中—OH中的H原子，被—COCH3替代，該反應(yīng)屬于取代反應(yīng)，A項錯誤；B、乙酸香蘭酯的分子式為C10H10O4，B項錯誤；C、乙酸香蘭酯中沒有酚羥基，可以用FeCl3溶液區(qū)別香蘭素與乙酸香蘭酯，C項正確；D、乙酸香蘭酯應(yīng)在足量酸溶液中水解才能得到乙酸和香蘭素，D項錯誤；答案選C?？键c：考查有機化學(xué)基礎(chǔ)（反應(yīng)類型、分子式的確定、官能團的性質(zhì)等）。3、D【解析】

A、氯氣與水反應(yīng)：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，溶液中氯原子總數(shù)為2mol，Cl2中含有2個氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四種微?？倲?shù)大于NA，故A錯誤；B、雙氧水結(jié)構(gòu)為：，38g3H2O2的物質(zhì)的量為=1mol，由結(jié)構(gòu)式可知，1mol雙氧水中含有3NA共價鍵，故B錯誤；C、常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化，形成致密氧化膜，阻止反應(yīng)進行，所以常溫下，將5.6g鐵塊投入足量濃硝酸中，轉(zhuǎn)移小于0.3NA電子，故C錯誤；D、1L0.50mol/LNH4Cl溶液與2L0.25mol/LNH4Cl溶液所對應(yīng)濃度不同，所以水解程度不同，溶液中的物質(zhì)的量一定也不同，故D正確；故答案為D。【點睛】本題A選項屬于易錯項，該反應(yīng)屬于可逆反應(yīng)，溶液中總氯原子為2mol，發(fā)生反應(yīng)后，溶液中含氯微?？倲?shù)小于2mol大于1mol。4、B【解析】

A.飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇，反應(yīng)消耗乙酸，同時降低乙酸乙酯的溶解度，為防止產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，b中導(dǎo)管不能插入液面下，否則不僅可能會產(chǎn)生倒吸現(xiàn)象，而且還會阻礙產(chǎn)物的導(dǎo)出，A正確；B.固體酒精制作方法如下：將碳酸鈣固體放入醋酸(CH3COOH)溶液中，充分反應(yīng)后生成醋酸鈣(CH3COO)2Ca、CO2、H2O，將醋酸鈣溶液蒸發(fā)至飽和，加入適量酒精冷卻后得膠狀固體即固體酒精，可見固體酒精是混合物，B錯誤；C.乙酸乙酯與的分子式都是C4H8O2，二者分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，故二者互為同分異構(gòu)體，C正確；D.乙酸、水、乙醇分子中都含有羥基，電離產(chǎn)生H+的能力：乙酸>水>乙醇，所以羥基氫的活潑性依次減弱，D正確；故合理選項是B。5、C【解析】

A．回收廚余垃圾油脂部分可用于制備生物燃料，但不能用于提取食用油，故A錯誤；B．油脂由碳、氫、氧元素組成，氨基酸最少由碳、氫、氧、氮元素組成，回收廢油脂用于提煉氨基酸不符合質(zhì)量守恒，故B錯誤；C．使用的紙張至少含有30%的再生纖維，故再生紙是對廢舊纖維的回收利用，可節(jié)約資源，故C正確；D．廢舊電池含重金屬，深度填埋會使重金屬離子進入土壤和水體中，造成水源和土壤污染，故D錯誤；答案選C。【點睛】多從環(huán)保和健康的角度分析垃圾分類回收，提倡可持續(xù)發(fā)展。6、D【解析】

A．烷烴的通式為CnH2n+2，C元素的質(zhì)量分數(shù)為，則隨n值增大，碳元素的質(zhì)量百分含量逐漸增大，故A錯誤；B．乙烯中含碳碳雙鍵，可與溴水發(fā)生加成反應(yīng)生成1，2-二溴乙烷，故B錯誤；C．苯中不含碳碳雙鍵，故C錯誤；D．C7H16主鏈上有5個碳原子的烷烴，支鏈為2個甲基或1個乙基，符合的有(CH3)3CCH2CH2CH3、CH3CH2C(CH3)2CH2CH3、CH3CH2CH(CH2CH3)CH2CH3、(CH3)2CHCH2CH(CH3)2、(CH3)2CHCH(CH3)CH2CH3，共5種，故D正確；答案選D。7、C【解析】

A．當pH=9時，結(jié)合圖象判斷溶液中各離子濃度大??；B．0.1mol·L-1NH4HCO3溶液中存在的物料守恒分析，圖象可知PH=7.1時c（NH4＋）=c（HCO3－）；C．該碳酸氫銨溶液的pH=7.1，結(jié)合圖象判斷滴入氫氧化鈉溶液后NH4＋和HCO3－濃度變化；D．碳酸氫銨溶液顯示堿性，根據(jù)鹽的水解原理判斷二者的酸堿性強弱及電離平衡常數(shù)大小?！驹斀狻緼．結(jié)合圖象可知，溶液的pH=9時，溶液中離子濃度大小為：c（HCO3﹣）＞c（NH4+）＞c（NH3?H2O）＞c（CO32﹣），故A正確；B．NH4HCO3溶液中，pH=7.1溶液顯堿性，圖象可知PH=7.1時c（NH4+）=c（HCO3﹣），溶液中存在物料守恒：c（NH4+）+c（NH3?H2O）=c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）+c（H2CO3），得到c（NH3?H2O）=c（H2CO3）+c（CO32﹣），故B正確；C.0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，根據(jù)圖象可知，當溶液pH增大時，銨根離子濃度逐漸減小，而碳酸氫根離子能夠先增大后減小，故C錯誤；D．由于0.1mol/L的NH4HCO3溶液的pH=7.1，說明碳酸氫根離子的水解程度大于銨根離子的水解程度，則一水合氨的電離平衡常數(shù)大于Ka1（H2CO3），故D正確；故選：C。【點睛】本題結(jié)合圖象考查了離子濃度大小比較、鹽的水解原理等知識，解題關(guān)鍵：明確圖象曲線變化的含義，難點B，注意掌握電荷守恒、物料守恒、鹽的水解原理在判斷離子濃度大小中的應(yīng)用方法。8、C【解析】

從海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等的原理去分析，根據(jù)從海水制備物質(zhì)的原理可知，金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學(xué)反應(yīng)來制取，而食鹽可利用蒸發(fā)原理，淡水利用蒸餾原理來得到?！驹斀狻緼.海水中得到鈉、鎂，需要首先從海水中獲得氯化鈉和氯化鎂，然后再電解熔融狀態(tài)的氯化鈉和氯化鎂即得鈉和鎂，A錯誤；B.從海水中提煉溴和碘，是用氯氣把其中的碘離子和溴離子氧化為碘單質(zhì)和溴單質(zhì)，B錯誤；C.把海水用蒸餾等方法可以得到淡水，把海水用太陽暴曬，蒸發(fā)水分后即得食鹽，不需要化學(xué)變化就能夠從海水中獲得，C正確；D.可從海水中獲得氯化鈉，配制成飽和食鹽水，然后電解飽和食鹽水，即得燒堿、氫氣和氯氣，D錯誤；故合理選項是C?！军c睛】本題考查了海水的成分，海水提煉溴、碘、鈉、鎂、氫氣等化學(xué)反應(yīng)原理，注意的是金屬單質(zhì)與非金屬單質(zhì)需要利用化學(xué)反應(yīng)來制取，掌握原理是解題的關(guān)鍵。9、D【解析】

A.碳酸鈉水解溶液顯堿性，因此可用于去除餐具的油污，A正確；B.漂白粉具有強氧化性，可用于生活用水的消毒，B正確；C.氫氧化鋁是兩性氫氧化物，能與酸反應(yīng)，可用于中和過多胃酸，C正確；D.碳酸鋇難溶于水，但可溶于酸，生成可溶性鋇鹽而使蛋白質(zhì)變性，所以不能用于胃腸X射線造影檢查，應(yīng)該用硫酸鋇，D錯誤。答案選D。【點睛】本題主要是考查常見化學(xué)物質(zhì)的性質(zhì)和用途判斷，題目難度不大。平時注意相關(guān)基礎(chǔ)知識的積累并能靈活應(yīng)用即可，注意碳酸鋇與硫酸鋇的性質(zhì)差異。10、C【解析】

向一定體積含HCl、H2SO4、NH4NO3、AlCl3的混合溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，發(fā)生H++OH-=H2O，同時鋇離子與硫酸根離子結(jié)合生成沉淀，沉淀在增多，氫離子物質(zhì)的量比氫離子濃度大，則第二階段沉淀的量不變，第三階段鋁離子反應(yīng)生成沉淀，第四階段銨根離子與堿反應(yīng)，最后氫氧化鋁溶解，沉淀減少，最后只有硫酸鋇沉淀，顯然只有圖象C符合。答案選C。11、D【解析】

A．同一主族相鄰的兩種元素的原子序數(shù)之差為2、8、8、18、18、32等，不相鄰的兩種元素的原子序數(shù)之差可能為16，如鋰和鉀，故A錯誤；B．最外層電子數(shù)為8的粒子不一定是稀有氣體元素的原子，也可能是離子，例如鈉離子，故B錯誤；C．同一主族中，隨著核電荷數(shù)的增加，單質(zhì)的熔點可能降低，如堿金屬，也可能升高，如鹵素，故C錯誤；D．主族元素中，原子核外最外層電子數(shù)為2與次外層電子數(shù)相同的元素只有Be，原子核外最外層電子數(shù)為8的元素，次外層電子數(shù)為8的是Ar，不是主族元素，故D正確；故選D。【點睛】本題考查了同周期元素、同主族元素原子序數(shù)關(guān)系，最外層核外電子數(shù)和次外層電子數(shù)的關(guān)系，判斷元素的種類、以及元素周期律的應(yīng)用等知識點，解題中注意掌握規(guī)律的同時，注意特例。12、B【解析】

A．b苯乙烯分子式為C8H8，符合分子式的有機物結(jié)構(gòu)可以是多種物質(zhì)；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化；C．根據(jù)一氯代物中氫原子的種類判斷；D．b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，為平面形結(jié)構(gòu)?！驹斀狻緼．b苯乙烯分子式為C8H8，對應(yīng)的同分異構(gòu)體也可能為鏈狀烴，故A錯誤；B．t和b含有碳碳雙鍵，可被酸性高錳酸鉀氧化，故B正確；C．不考慮立體結(jié)構(gòu)，二氯代物t和e均有3種，b有14種，故C錯誤；D．b含有碳碳雙鍵和苯環(huán)，為平面形結(jié)構(gòu)，苯環(huán)和碳碳雙鍵可能在同一個平面上，故D錯誤。故選B。13、D【解析】

A．硫酸亞鐵與氫氧化鈉溶液反應(yīng)的離子方程式為：Fe2++2OH-=Fe(OH)2↓，靜置一段時間后，氫氧化亞鐵被氧化生成氫氧化鐵沉淀，故A錯誤；B．漂白粉溶液中加入醋酸，醋酸為弱酸，離子方程式為CH3COOH+ClO-═HClO+CH3COO-，故B錯誤；C．向AgCl懸濁液中加Na2S溶液，白色沉淀變成黑色，離子方程式：2AgCl+S2-=Ag2S+2Cl-，故C錯誤；D．K2Cr2O7溶液中存在Cr2O72-(橙色)+H2O?2CrO42-(黃色)+2H+，滴加少量H2SO4，增大了氫離子濃度，平衡逆向移動，顏色加深，2CrO42-+2H+Cr2O72-+H2O，故D正確；故選D。14、C【解析】

方鉛礦精礦(主要成分為PbS，含有FeS2等雜質(zhì))和軟錳礦(主要成分為MnO2)中加入稀鹽酸，根據(jù)酸性廢液中含有硫酸根離子礦渣，PbS中S元素被氧化成SO42－，則發(fā)生反應(yīng)為4MnO2+PbS+8HCl=3MnCl2+PbCl2+MnSO4+4H2O，加入NaCl促進反應(yīng)PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)正向移動。加入NaOH溶液調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，過濾得到Fe(OH)3、礦渣和濾液；PbCl2微溶于水，將溶液沉降過濾得到PbCl2。A．浸取過程中MnO2與PbS發(fā)生氧化還原反應(yīng)，離子反應(yīng)為：8H＋+2Cl－+PbS+4MnO2=PbCl2+4Mn2＋+SO42－+4H2O，正確，A不選；B．發(fā)生PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)，加入NaCl增大c(Cl－)，有利于平衡正向移動，將PbCl2(s)轉(zhuǎn)化為PbCl42-(aq)，正確，B不選；C．調(diào)節(jié)溶液pH，使Fe3＋轉(zhuǎn)化成Fe(OH)3沉淀，除去溶液中的Fe3＋，但應(yīng)避免同時生產(chǎn)Mn(OH)2沉淀，pH不能過大，錯誤，C選；D．已知：PbCl2(s)+2Cl－(aq)?PbCl42-(aq)△H＞0，可以通過加水稀釋、降溫促進反應(yīng)逆向進行，獲得PbCl2，正確，D不選。答案選C。15、D【解析】

A項，反應(yīng)只有Cu元素的化合價發(fā)生變化，硫酸根中硫元素在反應(yīng)前后化合價未變，反應(yīng)中硫酸體現(xiàn)酸性，不做氧化劑，故A項錯誤；B項，反應(yīng)前后S元素的化合價沒有發(fā)生變化，故B項錯誤；C項，因反應(yīng)是在酸性條件下進行，不可能生成氨氣，故C項錯誤；D項，NH4CuSO3與硫酸混合微熱，生成紅色固體為Cu、在酸性條件下，SO32-+2H+=SO2↑+H2O，反應(yīng)產(chǎn)生有刺激性氣味氣體是SO2，溶液變藍說明有Cu2+生成，則NH4CuSO3中Cu的化合價為+1價，反應(yīng)的離子方程式為：2NH4CuSO3+4H+=Cu+Cu2++2SO2↑+2H2O+2NH4+，故1molNH4CuSO3完全反應(yīng)轉(zhuǎn)移的電子為0.5mol，故D項正確。綜上所述，本題正確答案為D。16、C【解析】

在此原電池中鐵和銅作兩極，鐵比銅活潑，所以鐵為負極，銅為正極。【詳解】A、要求兩燒杯盛放的溶液中不引入雜質(zhì)，所以離子交換膜是陰離子交換膜，氯化銅溶液中的氯離子通過離子交換膜進入氯化亞鐵溶液中，故A錯誤；B、電子沿導(dǎo)線流入銅，在正極，銅離子得電子生成銅，Cu電極的電極反應(yīng)為Cu2++2e-=Cu，故B錯誤；C、銅離子得電子生成銅，氯化銅溶液中的氯離子通過離子交換膜進入氯化亞鐵溶液中，所以氯化銅溶液濃度降低，故C正確；D、鐵失電子生成亞鐵離子進入氯化亞鐵溶液，電極反應(yīng)為Fe-2e-=Fe2+，故D錯誤；故選C。17、D【解析】

A.反應(yīng)物甲中的兩個N-H鍵的N原子連接不同的原子團，故兩個N受其他原子或原子團的影響不同，則兩個N-H鍵的活性不同，A錯誤；B.乙分子中含有飽和碳原子，與飽和碳原子成鍵的原子構(gòu)成的是四面體結(jié)構(gòu)，因此乙分子中所有原子不在同一平面上，B錯誤；C.由丙的結(jié)構(gòu)簡式可知其分子式為C22H24O2N5Cl，C錯誤；D.根據(jù)圖示可知：化合物甲與乙反應(yīng)產(chǎn)生丙外還有HCl生成，該反應(yīng)生成丙的原子利用率小于100％，D正確；故合理選項是D。18、A【解析】

X原子最外層電子數(shù)是其電子層數(shù)的2倍，且四種元素中原子序數(shù)最小，則X為C，X、Y價電子數(shù)之比為2∶3，則Y為O，金屬單質(zhì)Z在空氣中燃燒生成的化合物可用作呼吸面具的供氧劑，則Z為Na，W的原子序數(shù)比Z大且半徑在同周期中最小，則W為Cl，綜上所述，X、Y、Z、W分別為：C、O、Na、Cl，據(jù)此解答?！驹斀狻緼．C和O位于同周期且C原子序數(shù)小于O，所以C原子的半徑大于O原子半徑，Na+和O2-電子排布相同，O2-的原子序數(shù)更小，所以Na+的半徑小于O2-，即原子半徑X＞Y，離子半徑Z﹤Y，A錯誤；B．Na+和O2-通過離子鍵結(jié)合成Na2O，Na+和ClO-通過離子鍵結(jié)合成NaClO，Cl和O通過共價鍵結(jié)合，B正確；C．CH4和Cl2在光照條件下發(fā)生取代反應(yīng)生成四種氯甲烷和HCl，C正確；D．O3、Cl2、ClO2等均可作水的消毒劑，D正確。答案選A。19、D【解析】

A、P4是正四面體結(jié)構(gòu)，每個P4分子中有6個共價鍵，1molP4(P原子均達到8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu))中所含P-P鍵數(shù)目為6NA，故A錯誤；B.H2+I22HI反應(yīng)前后氣體分子數(shù)不變，0.1molH2和0.1molI2于密閉容器中充分反應(yīng)后，其分子總數(shù)等于0.2NA，故B錯誤C.20mL10mol/L的濃硝酸與足量銅加熱反應(yīng)生成NO2和NO，轉(zhuǎn)移電子數(shù)不是0.1NA，故C錯誤；D.1個NH2-含10個電子，0.1molNH2-所含電子數(shù)為6.02×1023個，故D正確。20、C【解析】

A.二氧化硫與碳酸氫鈉反應(yīng)生成二氧化碳，二氧化碳難溶于飽和碳酸氫鈉溶液，二氧化硫和二氧化碳分別通入飽和碳酸氫鈉溶液都會產(chǎn)生氣泡，現(xiàn)象相同，不能鑒別，故A錯誤；B.加熱時，Cu與氧氣反應(yīng)生成CuO，CO能與氧化銅反應(yīng)，所以不能用用灼熱的銅網(wǎng)除去CO中少量的O2，故B錯誤；C.溴水與苯混合有機層在上層，溴水與四氯化碳混合有機層在下層，現(xiàn)象不同，可鑒別，故C正確；D.蒸發(fā)時，碘易升華而損失，應(yīng)用萃取、分液的方法分離，故D錯誤。故選C。21、B【解析】

A、標準狀況下，HF不是氣態(tài)，不能用氣體摩爾體積計算物質(zhì)的量，故A錯誤；B、2molNO與1molO2充分反應(yīng)，生成的NO2與N2O4形成平衡體系，產(chǎn)物的分子數(shù)小于2NA，故B正確；C.常溫下，1L0.1mol·L－1氯化銨溶液中加入氫氧化鈉溶液至溶液為中性，溶液中存在電荷守恒，c(NH4＋)+c(Na+)=c(Cl-)，溶液含銨根離子數(shù)少于0.1NA，故C錯誤；D.已知白磷(P4)為正四面體結(jié)構(gòu)，NA個P4與NA個甲烷所含共價鍵數(shù)目之比為6：4，故D錯誤；故選B。22、C【解析】分析：A項，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應(yīng)為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B項，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強氧化性；C項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D項，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應(yīng)為2NO+O2=2NO2。詳解：A項，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中產(chǎn)生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀變?yōu)榧t褐色沉淀時的反應(yīng)為4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，該反應(yīng)前后元素化合價有升降，為氧化還原反應(yīng)；B項，氯水中存在反應(yīng)Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先變紅，紅色褪色是HClO表現(xiàn)強氧化性，與有色物質(zhì)發(fā)生氧化還原反應(yīng)；C項，白色沉淀變?yōu)楹谏珪r的反應(yīng)為2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反應(yīng)前后元素化合價不變，不是氧化還原反應(yīng)；D項，Cu與稀HNO3反應(yīng)生成Cu（NO3）2、NO氣體和H2O，氣體由無色變?yōu)榧t棕色時的反應(yīng)為2NO+O2=2NO2，反應(yīng)前后元素化合價有升降，為氧化還原反應(yīng)；與氧化還原反應(yīng)無關(guān)的是C項，答案選C。點睛：本題考查氧化還原反應(yīng)的判斷，分析顏色變化的原因、理解氧化還原反應(yīng)的特征是解題的關(guān)鍵。二、非選擇題(共84分)23、酯基取代反應(yīng)新制的Cu(OH)2懸濁液是否有磚紅色沉淀生成3【解析】

B(乙酸甲酯)與C發(fā)生信息iii中取代反應(yīng)生成D，(3)中B、C互為同分異構(gòu)體，可推知C為HCOOC2H5，則D為，D氧化生成E為，E與甲醇發(fā)生酯化反應(yīng)生成F．F與A發(fā)生信息i中的反應(yīng)生成G，可推知A為C2H5Br．對比G、H的結(jié)合，結(jié)合信息i可知試劑a為．結(jié)合I分子式及信息ii中取代反應(yīng)，可知H與NH2CONH2脫去2分子CH3OH形成六元環(huán)狀，故I為；(6)以、、為原料，制備，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再與CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa發(fā)生信息iii的反應(yīng)即得到?！驹斀狻?1)F的結(jié)構(gòu)簡式為，所含官能團的名稱為酯基；G為，則F→G是F的上的H原子被乙基替代生成G，屬于取代反應(yīng)；(2)對比G、H的結(jié)合，結(jié)合信息i可知試劑a為；結(jié)合I分子式及信息ii中取代反應(yīng)，可知H與NH2CONH2脫去2分子CH3OH形成六元環(huán)狀，故I為；(3)B、C互為同分異構(gòu)體，二者發(fā)生信息iii中取代反應(yīng)生成D，可推知C為HCOOC2H5，則D為，B→D的化學(xué)方程式：；B和D均含有酯基，但D中還含有醛基，則可利用新制的Cu(OH)2懸濁液來鑒別，用新制的Cu(OH)2懸濁液分別與B或D混合加熱，有磚紅色沉淀生成的為D，不生成磚紅色沉淀生成的為B；(4)E→F的化學(xué)方程式：；(5)D為，其分子式為C4H6O3，其同分異構(gòu)體滿足a．能發(fā)生銀鏡反應(yīng)說明有醛基，也可能是甲酸酯；b．能與反應(yīng)說明分子組成含有羥基或羧基；c．能使Br2的CCl4溶液褪色，再結(jié)合在羥基與碳碳雙鍵直接相連的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，同一個碳原子上連接多個羥基的結(jié)構(gòu)不穩(wěn)定，可知分子結(jié)構(gòu)中不可能有碳碳雙鍵，應(yīng)該包含2個醛基和1個羥基，具體是：OHCCH(OH)CH2CHO、CH2(OH)CH(CHO)2、CH3C(OH)(CHO)2，共3種；(6)以、、為原料，制備，可利用CH2BrCH2CH2Br先水解再氧化得到HOOCCH2COOH，HOOCCH2COOH再與CH3OH酯化即可生成CH3OOCCH2COOCH3，最后CH3OOCCH2COOCH3、CH2BrCH2CH2Br、CH3ONa發(fā)生信息iii的反應(yīng)即得到，具體流程圖為：?！军c睛】本題解題關(guān)鍵是根據(jù)反應(yīng)條件推斷反應(yīng)類型：(1)在NaOH的水溶液中發(fā)生水解反應(yīng)，可能是酯的水解反應(yīng)或鹵代烴的水解反應(yīng)。(2)在NaOH的乙醇溶液中加熱，發(fā)生鹵代烴的消去反應(yīng)。(3)在濃H2SO4存在的條件下加熱，可能發(fā)生醇的消去反應(yīng)、酯化反應(yīng)、成醚反應(yīng)或硝化反應(yīng)等。(4)能與溴水或溴的CCl4溶液反應(yīng)，可能為烯烴、炔烴的加成反應(yīng)。(5)能與H2在Ni作用下發(fā)生反應(yīng)，則為烯烴、炔烴、芳香烴、醛的加成反應(yīng)或還原反應(yīng)。(6)在O2、Cu(或Ag)、加熱(或CuO、加熱)條件下，發(fā)生醇的氧化反應(yīng)。(7)與O2或新制的Cu(OH)2懸濁液或銀氨溶液反應(yīng)，則該物質(zhì)發(fā)生的是—CHO的氧化反應(yīng)。(如果連續(xù)兩次出現(xiàn)O2，則為醇→醛→羧酸的過程)。(8)在稀H2SO4加熱條件下發(fā)生酯、低聚糖、多糖等的水解反應(yīng)。(9)在光照、X2(表示鹵素單質(zhì))條件下發(fā)生烷基上的取代反應(yīng)；在Fe粉、X2條件下發(fā)生苯環(huán)上的取代。24、丙烯C2H6O2ABn+n+(2n-1)CH3OH或【解析】

EPR橡膠()的單體為CH2=CH2和CH2=CHCH3，EPR由A、B反應(yīng)得到，B發(fā)生氧化反應(yīng)生成環(huán)氧己烷，則B為CH2=CH2、A為CH2=CHCH3；結(jié)合PC和碳酸二甲酯的結(jié)構(gòu)，可知C15H16O2為，D與丙酮反應(yīng)得到C15H16O2，結(jié)合D的分子式，可推知D為，結(jié)合C的分子式，可知A和苯發(fā)生加成反應(yīng)生成C，再結(jié)合C的氧化產(chǎn)物，可推知C為；與甲醇反應(yīng)生成E與碳酸二甲酯的反應(yīng)為取代反應(yīng)，可推知E為HOCH2CH2OH。據(jù)此分析解答?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析，A為CH2=CHCH3，名稱為丙烯；E為HOCH2CH2OH，化學(xué)式為C2H6O2，故答案為丙烯；C2H6O2；(2)C為，故答案為；(3)A．反應(yīng)Ⅲ為加成反應(yīng)，原子利用率為100%，故A正確；B．生成PC的同時生成甲醇，生成E時需要甲醇，所以CH3OH在合成PC塑料的過程中可以循環(huán)利用，故B正確；C．E為HOCH2CH2OH，1mol

E與足量金屬

Na

反應(yīng)，最多可以生成1mol氫氣，氣體的體積與溫度和壓強有關(guān)，題中未告知，無法計算生成氫氣的體積，故C錯誤；D．反應(yīng)Ⅱ為加成反應(yīng)，故D錯誤；故答案為AB；(4)反應(yīng)Ⅰ的化學(xué)方程式是，故答案為；(5)反應(yīng)Ⅳ的化學(xué)方程式是n+n+(2n-1)CH3OH，故答案為n+n+(2n-1)CH3OH；(6)F的分子式為C15H16O2，F(xiàn)的芳香族化合物的同分異構(gòu)體滿足：①含有羥基；②不能使三氯化鐵溶液顯色，說明羥基沒有直接連接在苯環(huán)上；③核磁共振氫譜為五組峰，且峰面積之比為1:2:2:2:1，滿足條件的F的芳香族化合物的同分異構(gòu)體為或，故答案為或；(7)和氫氣發(fā)生加成反應(yīng)生成，發(fā)生消去反應(yīng)生成，發(fā)生信息中的氧化反應(yīng)生成OHCCH2CH2CH2CH2CHO，OHCCH2CH2CH2CH2CHO發(fā)生加成反應(yīng)生成HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH，HOCH2CH2CH2CH2CH2CH2OH和乙酸發(fā)生酯化反應(yīng)生成，因此合成路線為：，故答案為?！军c睛】正確推斷題干流程圖中的物質(zhì)結(jié)構(gòu)是解題的關(guān)鍵。本題的易錯點為(6)，要注意從結(jié)構(gòu)的對稱性考慮，難點為(7)中合成路線的設(shè)計，要注意充分利用題干流程圖提供的信息和已知信息，可以采用逆推的方法思考。25、A(或B)MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)fgcbdejh排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關(guān)隨停排干凈三頸瓶中的空氣用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，點在紅色石蕊試紙上，試紙變藍，說明HNO2是弱酸滴入最后一滴標準溶液，溶液中生成磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應(yīng)達到終點【解析】

⑴制取氯氣可以用二氧化錳與濃鹽酸加熱制得，也可以用高錳酸鉀和濃鹽酸；⑵制得的氯氣混有HCl和水蒸氣，依次用飽和食鹽水、濃硫酸除去，為保證除雜徹底，導(dǎo)氣管均長進短出，氯氣密度比空氣大，選擇導(dǎo)氣管長進短出的收集方法，最后用堿石灰吸收多余的氯氣，防止污染空氣；⑶①X裝置可以排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關(guān)隨停；②通入一段時間氣體，其目的是排空氣；⑷①用鹽溶液顯堿性來驗證HNO2是弱酸；②以K2CrO4溶液為指示劑，根據(jù)溶度積得出AgNO3先與氯離子生成氯化銀白色沉淀，過量硝酸銀和K2CrO4反應(yīng)生成磚紅色，再根據(jù)ClNO—HCl—AgNO3關(guān)系式得到計算ClNO物質(zhì)的量和亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)?！驹斀狻竣胖迫÷葰饪梢杂枚趸i與濃鹽酸加熱制得，選擇A，也可以用高錳酸鉀和濃鹽酸，選擇B，發(fā)生的離子反應(yīng)為：MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，故答案為：A(或B)；MnO2+4H++2Cl－Mn2++Cl2↑+2H2O(或2MnO4－+16H++10Cl－=2Mn2++5Cl2↑+8H2O)；⑵制得的氯氣混有HCl和水蒸氣，依次用飽和食鹽水、濃硫酸除去，為保證除雜徹底，導(dǎo)氣管均長進短出，氯氣密度比空氣大，選擇導(dǎo)氣管長進短出的收集方法，最后用堿石灰吸收多余的氯氣，防止污染空氣，故導(dǎo)氣管連接順序為a→f→g→c→b→d→e→j→h，故答案為：f；g；c；b；d；e；j；h；⑶①用B裝置制備NO，與之相比X裝置可以排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關(guān)隨停，故答案為：排除裝置內(nèi)空氣的干擾，可以隨開隨用，隨關(guān)隨停；②檢驗裝置氣密性并裝入藥品，打開K2，然后再打開K3，通入一段時間氣體，其目的是排干凈三頸瓶中的空氣，故答案為：排干凈三頸瓶中的空氣；⑷①若亞硝酸為弱酸，則亞硝酸鹽水解呈若堿性，即使用玻璃棒蘸取NaNO2溶液涂抹于紅色的石蕊試紙上，若試紙變藍，則說明亞硝酸為弱酸，故答案為：用玻璃棒蘸取NaNO2溶液，點在紅色石蕊試紙上，試紙變藍，說明HNO2是弱酸；②以K2CrO4溶液為指示劑，根據(jù)溶度積得出AgNO3先與氯離子生成氯化銀白色沉淀，過量硝酸銀和K2CrO4反應(yīng)生成磚紅色，因此滴定終點的現(xiàn)象是：滴入最后一滴標準溶液，溶液中生成磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應(yīng)達到終點；根據(jù)ClNO—HCl—AgNO3關(guān)系式得到25.00mL樣品溶液中ClNO物質(zhì)的量為n(ClNO)=n(AgNO3)=cmol?L?1×0.02L=0.02cmol，亞硝酰氯(ClNO)的質(zhì)量分數(shù)為，故答案為：滴入最后一滴標準溶液，溶液中生成磚紅色沉淀且半分鐘內(nèi)無變化，說明反應(yīng)達到終點；。26、吸收SO2尾氣，防止污染空氣促進CuCl析出、防止CuCl被氧化水、稀鹽酸或乙醇避光、密封保存將固體溶于濃鹽酸后過濾，取濾液加入大量水，過濾、洗滌、干燥氫氧化鋇溶液CuCl的鹽酸溶液2S2O42﹣+3O2+4OH﹣=4SO42﹣+2H2O【解析】

用二氧化硫和氯化銅溶液制取CuCl，其中二氧化硫需要用亞硫酸鈉固體和硫酸制備，制取的二氧化硫進入裝置B中，和B中的氯化銅溶液在一定溫度下反應(yīng)，生成CuCl沉淀，過量的二氧化硫用氫氧化鈉吸收。從混合物中提取CuCl晶體，需要先把B中的混合物冷卻，為了防止低價的銅被氧化，把混合物倒入溶有二氧化硫的水中，然后過濾、洗滌、干燥得到CuCl晶體?！驹斀狻浚?）①A裝置制備二氧化硫，B中盛放氯化銅溶液，與二氧化硫反應(yīng)得到CuCl，C裝置盛放氫氧化鈉溶液，吸收未反應(yīng)的二氧化硫尾氣，防止污染空氣。②操作ⅱ倒入溶有二氧化硫的溶液，有利于CuCl析出，二氧化硫具有還原性，可以防止CuCl被氧化；CuCl難溶于水、稀鹽酸和乙醇，可以用水、稀鹽酸或乙醇洗滌，減小因溶解導(dǎo)致的損失。③由于CuCl見光分解、露置于潮濕空氣中易被氧化，應(yīng)避光、密封保存。④提純某混有銅粉的CuCl晶體實驗方案是將固體溶于濃鹽酸后過濾，取濾液加入大量的水稀釋，過濾、洗滌、干燥得到CuCl。（2）①氫氧化鉀會吸收二氧化碳，鹽酸揮發(fā)出的HCl會影響氧氣的吸收、二氧化碳的吸收，所以D中盛放氫氧化鈉溶液吸收二氧化碳，E中盛放保險粉（Na2S2O4）和KOH的混合溶液吸收氧氣，F(xiàn)中盛放CuCl的鹽酸溶液吸收CO，G測定氮氣的體積。②Na2S2O4在堿性條件下吸收氧氣，發(fā)生氧化還原反應(yīng)生成硫酸鈉與水，反應(yīng)離子方程式為：2S2O42-+3O2+4OH－=4SO42-+2H2O。27、CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl該反應(yīng)放熱，防止溫度升高導(dǎo)致H2O2分解和氨水中氨氣揮發(fā)向過濾器中注入乙醇至浸沒沉淀，待乙醇流盡后，重復(fù)操作2～3次生成的硫酸鈣為微溶物，覆蓋在樣品表面，阻止反應(yīng)進一步進行催化作用45.0%部分CaCl2溶液與濃氨水反應(yīng)生成Ca(OH)2部分CaO2與水反應(yīng)生成Ca(OH)2或烘烤CaO2·8H2O失水不夠完全【解析】

I．（1）該裝置發(fā)生的反應(yīng)類似于復(fù)分解反應(yīng)，根據(jù)原子守恒配平；（2）該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H2O2和氨水的穩(wěn)定性都較差，因此需要用冷水浴控制反應(yīng)溫度；結(jié)合沉淀的性質(zhì)選擇洗滌劑，然后根據(jù)沉淀的洗滌標準操作解答；II．（3）硫酸鈣為微溶物，可能會對反應(yīng)有影響；類比雙氧水的分解進行分析；（4）滴定過程中雙氧水與酸性高錳酸鉀反應(yīng)生成氧氣、氯化錳、水，根據(jù)氧化還原反應(yīng)得失電子守恒、電荷守恒、原子守恒配平；根據(jù)消耗的酸性高錳酸鉀的物質(zhì)的量并結(jié)合守恒關(guān)系計算；（5）CaO2與水緩慢反應(yīng)，CaO2與濃氨水反應(yīng)，烘烤過程中水分未完全失去等導(dǎo)致反應(yīng)物有損失或生成物中雜質(zhì)含量高均會導(dǎo)致CaO2含量偏低?！驹斀狻縄．（1）由題可知，三頸燒瓶中發(fā)生CaCl2在堿性條件下與H2O2生成CaO2·8H2O的反應(yīng)，根據(jù)原子守恒可知，該反應(yīng)化學(xué)方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3·H2O+6H2O=CaO2·8H2O↓+2NH4Cl；（2）該反應(yīng)為放熱反應(yīng)，H2O2和氨水的穩(wěn)定性都較差，溫度過高會導(dǎo)致其分解，影響產(chǎn)量和化學(xué)反應(yīng)速率；因過氧化鈣可與水緩慢反應(yīng)，不溶于乙醇，因此可選用乙醇進行洗滌，實驗室洗滌沉淀的操作為：向過濾器中注入乙醇至浸沒沉淀，待乙醇流盡后，重復(fù)操作2～3次；II．（3）若選用硫酸，則CaO2與稀硫酸反應(yīng)生成微溶物CaSO4會覆蓋在樣品表面，使反應(yīng)難以持續(xù)進行；MnCl2對該反應(yīng)具有催化作用，可加快化學(xué)反應(yīng)速率；（4）滴定過程中酸性高錳酸鉀與雙氧水反應(yīng)，Mn元素化合價從+7價降低至+2價，H2O