2025屆河南省新鄉(xiāng)市第七中學(xué)高考化學(xué)試題模擬試題含解析

2025屆河南省新鄉(xiāng)市第七中學(xué)高考化學(xué)試題模擬試題注意事項(xiàng)1．考試結(jié)束后，請(qǐng)將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請(qǐng)務(wù)必將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫(xiě)在試卷及答題卡的規(guī)定位置．3．請(qǐng)認(rèn)真核對(duì)監(jiān)考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對(duì)應(yīng)選項(xiàng)的方框涂滿、涂黑；如需改動(dòng)，請(qǐng)用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無(wú)效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫(xiě)清楚，線條、符號(hào)等須加黑、加粗．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、我國(guó)的科技發(fā)展改變著人們的生活、生產(chǎn)方式。下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是A．“甲醇制取低碳烯烴”技術(shù)可獲得聚乙烯原料B．“嫦娥四號(hào)”使用的SiC―Al材料屬于復(fù)合材料C．5G芯片“巴龍5000”的主要材料是SiO2D．“東方超環(huán)(人造太陽(yáng))”使用的氘、氚與氕互為同位素2、生活中一些常見(jiàn)有機(jī)物的轉(zhuǎn)化如圖下列說(shuō)法正確的是A．上述有機(jī)物中只有C6H12O6屬于糖類物質(zhì)B．轉(zhuǎn)化1可在人體內(nèi)完成，該催化劑屬于蛋白質(zhì)C．物質(zhì)C和油脂類物質(zhì)互為同系物D．物質(zhì)A和B都屬于非電解質(zhì)3、幾種短周期元素的原子半徑及主要化合價(jià)如下表：元素代號(hào)XYZW原子半徑/pm1601437574主要化合價(jià)＋2＋3＋5、－3－2下列敘述正確的是()A．Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物顯兩性B．放電條件下，Z單質(zhì)與W的常見(jiàn)單質(zhì)直接生成ZW2C．X、Y元素的金屬性：X<YD．X2＋的離子半徑大于W2－的離子半徑4、關(guān)于下列裝置的描述正確的是（）A．甲裝置可用于電解精煉銅B．乙裝置紅墨水水柱兩邊液面變?yōu)樽蟮陀腋逤．丙裝置中的交換膜為陰離子交換膜D．丁裝置可達(dá)到保護(hù)鐵閘門(mén)的作用5、常溫時(shí)，改變?nèi)跛酭COOH溶液的pH，溶液中RCOOH分子的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)δ(RCOOH)隨之改變，0.1mol/L甲酸(HCOOH)與丙酸(CH3CH2COOH)溶液中δ(RCOOH)與pH的關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是（）已知：δ(RCOOH)=A．等濃度的HCOONa和CH3CH2COONa兩種溶液中水的電離程度比較：前者>后者B．將等濃度的HCOOH溶液與HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中：c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)C．圖中M、N兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中的Kw比較：前者>后者D．1mol/L丙酸的電離常數(shù)K﹤10-4.886、W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。Y是短周期中原子半徑最大的元素；元素X和Z同族，Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng)，生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色氣體。下列說(shuō)法正確的是（）A．簡(jiǎn)單離子半徑大小為Y＜X＜ZB．Y和Z的氫化物溶于水，所得溶液均呈酸性C．W與Z均只有兩種的含氧酸D．工業(yè)上電解熔融Y2X制備單質(zhì)Y7、工業(yè)酸性廢水中的可轉(zhuǎn)化為除去，實(shí)驗(yàn)室用電解法模擬該過(guò)程，結(jié)果如下表所示(實(shí)驗(yàn)開(kāi)始時(shí)溶液體積為的起始濃度、電壓、電解時(shí)間均相同)，下列說(shuō)法中，不正確的是()實(shí)驗(yàn)①②③電解條件陰、陽(yáng)極均為石墨陰、陽(yáng)極均為石墨，滴加濃硫酸陰極為石墨，陽(yáng)極為鐵，滴加濃硫酸的去除率%0.92212.757.3A．對(duì)比實(shí)驗(yàn)①②可知，降低pH可以提高的去除率B．實(shí)驗(yàn)②中，在陰極放電的電極反應(yīng)式是C．實(shí)驗(yàn)③中，去除率提高的原因是陽(yáng)極產(chǎn)物還原D．實(shí)驗(yàn)③中，理論上電路中每通過(guò)電子，則有被還原8、關(guān)于氮肥的說(shuō)法正確的是（）A．硫銨與石灰混用肥效增強(qiáng) B．植物吸收氮肥屬于氮的固定C．使用碳銨應(yīng)深施蓋土 D．尿素屬于銨態(tài)氮肥9、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?0、Q、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X的焰色反應(yīng)呈黃色。Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，下列說(shuō)法正確的是A．原子半徑的大小順序：rY>rX>rQ>rWB．X、Y的最高價(jià)氧化物的水化物之間不能發(fā)生反應(yīng)C．Z元素的氫化物穩(wěn)定性大于W元素的氫化物穩(wěn)定性D．元素Q和Z能形成QZ2型的共價(jià)化合物11、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)12、工業(yè)上氟氣可作為火箭燃料中的氧化劑，氟單質(zhì)的制備通常采用電解法。已知：KF＋HF===KHF2，電解熔融的氟氫化鉀(KHF2)和無(wú)水氟化氫的混合物制備F2的裝置如圖所示。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．鋼電極與電源的負(fù)極相連B．電解過(guò)程中需不斷補(bǔ)充的X是KFC．陰極室與陽(yáng)極室必須隔開(kāi)D．氟氫化鉀在氟化氫中可以電離13、古代造紙工藝中常使用下列某種物質(zhì)，該物質(zhì)易導(dǎo)致紙纖維發(fā)生酸性水解，紙張因此變脆、易破損。則該物質(zhì)是()A．明礬 B．草木灰 C．熟石灰 D．漂白粉14、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15、下列有關(guān)物質(zhì)性質(zhì)的比較，錯(cuò)誤的是()A．溶解度(25℃)：小蘇打<蘇打 B．沸點(diǎn)：H2Se>H2S>H2OC．密度：溴乙烷>水 D．碳碳鍵鍵長(zhǎng)：乙烯<苯16、有機(jī)物M、N之間可發(fā)生如圖轉(zhuǎn)化.下列說(shuō)法不正確的是A．M能與溴水發(fā)生加成反應(yīng)B．M分子中所有碳原子共平面C．N能使酸性高錳酸鉀溶液褪色D．M、N均能發(fā)生水解反應(yīng)和酯化反應(yīng)17、X、Y、Z、W、M五種元素的原子序數(shù)依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四種非金屬元素，X元素的原子形成的離子就是一個(gè)質(zhì)子，Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無(wú)色氣體，Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，M是地殼中含量最高的金屬元素。下列說(shuō)法正確的是（）A．五種元素的原子半徑從大到小的順序是：M＞W(wǎng)＞Z＞Y＞XB．X、Z兩元素能形成原子個(gè)數(shù)比(X：Z)為3：1和4：2的化合物C．化合物YW2、ZW2都是酸性氧化物D．用M單質(zhì)作陽(yáng)極，石墨作陰極電解NaHCO3溶液，電解一段時(shí)間后，在陰極區(qū)會(huì)出現(xiàn)白色沉淀18、下列物質(zhì)在生活或生成中的應(yīng)用錯(cuò)誤的是A．葡萄糖中添加二氧化硫用于殺菌、抗氧化B．在含較多Na2CO3的鹽堿地中施加適量熟石灰降低了土壤堿性C．陶瓷坩堝不能用于熔融燒堿D．甲烷是一種強(qiáng)效溫室氣體，廢棄的甲烷可用于生成甲醇19、下圖是一種有機(jī)物的模型，該模型代表的有機(jī)物可能含有的官能團(tuán)有A．一個(gè)羥基，一個(gè)酯基 B．一個(gè)羥基，一個(gè)羧基C．一個(gè)羧基，一個(gè)酯基 D．一個(gè)醛基，一個(gè)羥基20、第三周期的下列基態(tài)原子中，第一電離能最小的是A．3s23p3 B．3s23p5 C．3s23p4 D．3s23p621、下列除雜（括號(hào)內(nèi)為少量雜質(zhì)）操作正確的是物質(zhì)（少量雜質(zhì)）操作A．KNO3固體（NaCl）加水溶解、蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾、洗滌、干燥B．NaCl固體（KNO3）加水溶解、蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過(guò)濾、洗滌、干燥C．FeCl3溶液（NH4Cl）加熱蒸干、灼燒D．NH4Cl溶液（FeCl3）滴加氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過(guò)濾A．A B．B C．C D．D22、下列化學(xué)用語(yǔ)對(duì)事實(shí)的表述正確的是A．硬脂酸與乙醇的酯化反應(yīng)：C17H35COOH+C2H518OHC17H35COOC2H5+H218OB．向Na2SiO3溶液中通入過(guò)量的SO2：SiO32－＋SO2＋H2O＝H2SiO3↓＋SO32－C．由Na和C1形成離子鍵的過(guò)程：D．已知電離平衡常數(shù)：H2CO3＞HClO＞HCO3－，向NaClO溶液中通入少量CO2：2ClO－＋CO2＋H2O＝2HClO＋CO32－二、非選擇題(共84分)23、（14分）有機(jī)物F是一種用途廣泛的香料,可用烴A與有機(jī)物E為原料,按照如下流程進(jìn)行合成。已知A在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度為1.25g·L-1?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)有機(jī)物F中含有的官能團(tuán)名稱為_(kāi)___。(2)A生成B的反應(yīng)類型為_(kāi)_______。(3)寫(xiě)出流程中B生成C的化學(xué)方程式_______。(4)下列說(shuō)法正確的是____。A流程圖中有機(jī)物B轉(zhuǎn)化為C，Cu參與了化學(xué)反應(yīng),但反應(yīng)前后的質(zhì)量保持不變B有機(jī)物C不可能使溴水褪色C有機(jī)物D、E生成F的反應(yīng)為酯化反應(yīng),本質(zhì)上是取代反應(yīng)D合成過(guò)程中原子的理論利用率為100%的反應(yīng)只有一個(gè)24、（12分）某藥物G，其合成路線如下：已知：①R-X+②試回答下列問(wèn)題：(1)寫(xiě)出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式_________。(2)下列說(shuō)法正確的是__________A．化合物E具有堿性B．化合物B與新制氫氧化銅加熱產(chǎn)生磚紅色沉淀C．化合物F能發(fā)生還原反應(yīng)D．化合物G的分子式為C16H17N5O2Br(3)寫(xiě)出C+D→E的化學(xué)方程式___________。(4)請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)以用4－溴吡啶（）和乙二醇（）為原料合成化合物D的同系物的合成路線________(用流程圖表示，無(wú)機(jī)試劑任選)。(5)寫(xiě)出化合物A可能的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式__________。須同時(shí)符合：①分子中含有一個(gè)苯環(huán)；②1H-NMR圖譜顯示分子中有3種氫原子。25、（12分）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（1）寫(xiě)出由裝置A制備N(xiāo)2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）。26、（10分）已知25℃時(shí)，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性學(xué)習(xí)小組探究AgCl、Ag2S沉淀轉(zhuǎn)化的原因。步驟現(xiàn)象Ⅰ.將NaCl與AgNO3溶液混合產(chǎn)生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀變?yōu)楹谏?濾出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空氣中放置較長(zhǎng)時(shí)間后，沉淀變?yōu)槿榘咨?1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能說(shuō)明沉淀變黑的離子方程式是__。(3)濾出步驟Ⅲ中乳白色沉淀，推測(cè)含有AgCl。用濃HNO3溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體，沉淀部分溶解，過(guò)濾得到濾液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀①由ⅰ判斷，濾液X中被檢出的離子是__。②由ⅰ、ⅱ可確認(rèn)步驟Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一種沉淀__。(4)該學(xué)生通過(guò)如下對(duì)照實(shí)驗(yàn)確認(rèn)了步驟Ⅲ中乳白色沉淀產(chǎn)生的原因：在NaCl存在下，氧氣將Ⅲ中黑色沉淀氧化?，F(xiàn)象B：一段時(shí)間后，出現(xiàn)乳白色沉淀C：一段時(shí)間后，無(wú)明顯變化①A中產(chǎn)生的氣體是___。②C中盛放的物質(zhì)W是__。③該同學(xué)認(rèn)為B中產(chǎn)生沉淀的反應(yīng)如下（請(qǐng)補(bǔ)充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④從溶解平衡移動(dòng)的角度，解釋B中NaCl的作用__。27、（12分）實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液（除外，含有、、等）中回收碘，實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：（1）向含碘廢液中加入稍過(guò)量的溶液，將廢液中的還原為，其離子方程式為_(kāi)_________；該操作將還原為的目的是___________________。（2）操作的名稱為_(kāi)_________。（3）氧化時(shí)，在三頸瓶中將含的水溶液用鹽酸調(diào)至約為2，緩慢通入，在40℃左右反應(yīng)（實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示）。實(shí)驗(yàn)控制在較低溫度下進(jìn)行的原因是__________________；儀器a、b的名稱分別為：a__________、b__________；儀器b中盛放的溶液為_(kāi)_________。（4）已知：；某含碘廢水（約為8）中一定存在，可能存在、中的一種或兩種。請(qǐng)補(bǔ)充完整檢驗(yàn)含碘廢水中是否含有、的實(shí)驗(yàn)方案（實(shí)驗(yàn)中可供選擇的試劑：稀鹽酸、淀粉溶液、溶液、溶液）。①取適量含碘廢水用多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗(yàn)不出有碘單質(zhì)存在；②__________________；③另從水層中取少量溶液，加入淀粉溶液，加鹽酸酸化后，滴加溶液，若溶液變藍(lán)說(shuō)明廢水中含有；否則說(shuō)明廢水中不含有。（5）二氧化氯（，黃綠色易溶于水的氣體）是高效、低毒的消毒劑和水處理劑?，F(xiàn)用氧化酸性含廢液回收碘。①完成氧化的離子方程式：ClO2+I-1+__________=+Cl-1+____________________________；②若處理含相同量的廢液回收碘，所需的物質(zhì)的量是的______倍。28、（14分）[化學(xué)——選修3：物質(zhì)結(jié)構(gòu)與性質(zhì)]（15分）鋅是人體必需的微量元素之一，起著極其重要的作用，回答下列問(wèn)題：（1）請(qǐng)寫(xiě)出Zn2+的核外電子排布式_____________________。（2）ZnCl2熔點(diǎn)為275℃，而CaCl2的熔點(diǎn)為782℃，請(qǐng)分析熔點(diǎn)不同的原因：_________。（3）Zn2+能與多種微粒形成配合物，如Zn2+與CNO?可形成[Zn(CNO)4]2?，[Zn(CNO)4]2?中配位原子為_(kāi)_________，[Zn(CNO)4]2?的組成中非金屬元素的電負(fù)性大小順序?yàn)開(kāi)___________；Zn2+與CN?可形成[Zn(CN)4]2?，[Zn(CN)4]2?中σ鍵、π鍵和配位鍵的個(gè)數(shù)比為_(kāi)_______；配合物Zn(NH3)4CO3中陰離子的空間構(gòu)型為_(kāi)___________，N原子的雜化方式為_(kāi)___________。（4）Zn與S所形成化合物的晶胞如圖1所示，圖2為晶胞沿y軸的投影1∶1平面圖：①晶胞中S原子的配位數(shù)為_(kāi)________。②晶胞中最近的兩個(gè)S原子之間的距離為_(kāi)______pm。③設(shè)阿伏加德羅常數(shù)的值為NA，則該晶胞的密度是__________g·cm?3（列出計(jì)算表達(dá)式）。[化學(xué)——選修5：有機(jī)化學(xué)基礎(chǔ)]（15分）哌替啶鹽酸鹽G有鎮(zhèn)痛作用，其合成路線如下?；卮鹣铝袉?wèn)題：（1）寫(xiě)出A的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式：________；B中含有碳碳雙鍵，則B的名稱為_(kāi)____________。（2）G中含氧官能團(tuán)名稱為_(kāi)___________；B→C的反應(yīng)類型為_(kāi)________________。（3）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)____________。（4）寫(xiě)出C→D的化學(xué)方程式：_______________________________________。（5）M與E互為同分異構(gòu)體，符合下列條件的M有______種。①屬于芳香α-氨基酸；②含有兩個(gè)六元環(huán)。其中一種同分異構(gòu)體，—NH2被H原子取代后，除苯基上H原子外，其他核磁共振氫譜的峰面積比為4∶4∶1∶1∶1，該同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____________。（6）請(qǐng)結(jié)合以上合成路線，寫(xiě)出以H3CNHCH2Cl和CH2=CHCl及上述流程中出現(xiàn)的物質(zhì)為原料合成的路線______________________。29、（10分）華法林是常用的抗凝血藥物。下面是利用Michael反應(yīng)合成華法林的一種方法。回答下列問(wèn)題：(1)的名稱是_____。用銀氨溶液檢驗(yàn)其官能團(tuán)的反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)_______。(2)反應(yīng)①~③中，屬于加成反應(yīng)的是_______(填序號(hào))。(3)芐叉丙酮的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)_____。(4)中官能團(tuán)的名稱為_(kāi)______、_______。(5)反應(yīng)①除生成芐叉丙酮外，可能生成另一種化合物。該化合具有以下特征：a.化學(xué)式為C17H18O3；b.核磁共振氫譜有6組峰，且面積之比為1：1：1：2：2：2；則該化合物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)________。(6)有多種同分異構(gòu)體，屬于芳香族化合物且為酯的同分異構(gòu)體數(shù)目為_(kāi)______，其中不含“－CH3”的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為_(kāi)______。

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.“甲醇制取低碳烯烴”技術(shù)可生產(chǎn)乙烯，乙烯是制備聚乙烯的原料，故A正確；B.SiC―Al材料是SiC增強(qiáng)鋁基復(fù)合材料，故B正確；C.計(jì)算機(jī)芯片的主要材料是單質(zhì)Si，故C錯(cuò)誤；D.氕、氘、氚質(zhì)子數(shù)都是1，中子數(shù)分別是0、1、2，所以互為同位素，故D正確；選C。2、B【解析】

淀粉(轉(zhuǎn)化1)在人體內(nèi)淀粉酶作用下發(fā)生水解反應(yīng)，最終轉(zhuǎn)化為葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下轉(zhuǎn)化成酒精，發(fā)生C6H12O62C2H5OH+2CO2↑，且A可發(fā)生連續(xù)氧化反應(yīng)，則A為C2H5OH，B為CH3COOH，乙醇和乙酸反應(yīng)生成C為CH3COOC2H5，據(jù)此解答。【詳解】由上述分析可以知道，轉(zhuǎn)化1為淀粉水解反應(yīng)，葡萄糖分解生成A為C2H5OH，A氧化生成B為CH3COOH，A、B反應(yīng)生成C為CH3COOC2H5，則

A.淀粉、C6H12O6屬于糖類物質(zhì)，故A錯(cuò)誤；

B.淀粉屬于多糖，在酶催化作用下水解最終生成單糖葡萄糖，反應(yīng)為：（C6H10O5）n+nH2OnC6H12O6，酶屬于蛋白質(zhì)，所以B選項(xiàng)是正確的；

C.C為乙酸乙酯，油脂為高級(jí)脂肪酸甘油酯，含-COOC-的數(shù)目不同，結(jié)構(gòu)不相似，不是同系物，故C錯(cuò)誤；

D.乙酸可在水中發(fā)生電離，為電解質(zhì)，而乙醇不能，乙醇為非電解質(zhì)，故D錯(cuò)誤。

所以B選項(xiàng)是正確的。3、A【解析】

W化合價(jià)為-2價(jià)，沒(méi)有最高正化合價(jià)+6價(jià)，故W為O元素；

Z元素化合價(jià)為+5、-3，Z處于ⅤA族，原子半徑與氧元素相差不大，則Z與氧元素處于同一周期，故Z為N元素；

X化合價(jià)為+2價(jià)，應(yīng)為ⅡA族元素，Y的化合價(jià)為+3價(jià)，處于ⅢA族，二者原子半徑相差較小，可知兩者位于同一周期相鄰主族，由于X、Y的原子半徑與W、Z原子半徑相差很大，則X、Y應(yīng)在第三周期，所以X為Mg元素，Y為Al元素，結(jié)合元素周期律與元素化合物性質(zhì)解答。【詳解】根據(jù)上述分析可知，X、Y、Z、W分別是Mg、Al、N、O元素，則A.Y的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物為氫氧化鋁，即可以與強(qiáng)酸反應(yīng)，也可以與強(qiáng)堿反應(yīng)，顯兩性，故A正確；B.放電條件下，氮?dú)馀c氧氣會(huì)生成NO，而不能直接生成NO2，故B錯(cuò)誤；C.同一周期中，從左到右元素的金屬性依次減弱，則金屬性：Mg>Al，即X>Y，故C錯(cuò)誤；D.電子層數(shù)相同時(shí)，元素原子的核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則Mg2＋的離子半徑小于O2－的離子半徑，故D錯(cuò)誤；答案選A。4、A【解析】

A．粗銅與電源正極相連，為陽(yáng)極，陰極上銅離子得到電子生成Cu，可電解精煉銅，故A正確；B．左側(cè)發(fā)生吸氧腐蝕，右側(cè)發(fā)生析氫腐蝕，則紅墨水水柱兩邊液面變?yōu)樽蟾哂业?，故B錯(cuò)誤；C．由圖可知，需要鈉離子透過(guò)交換膜，精制飽和食鹽水，則交換膜為陽(yáng)離子交換膜，故C錯(cuò)誤；D．鐵閘門(mén)與電源正極相連，失去電子，加速腐蝕，故D錯(cuò)誤；答案選A。5、B【解析】

A．當(dāng)pH相同時(shí)，酸分子含量越高，電離平衡常數(shù)越小，酸性越弱，根據(jù)圖像，當(dāng)pH相同時(shí)，丙酸含量較高，則酸性較甲酸弱，所以等濃度的HCOONa和CH3CH2COONa兩種溶液的pH，前者<后者，則水的電離程度前者<后者，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B．將等濃度的HCOOH溶液與HCOONa溶液等體積混合，所得溶液中存在物料守恒：c(Na+)=c(HCOOH)+c(HCOO-)，電荷守恒：c(H+)+c(Na+)=c(OH-)+c(HCOO-)，兩式相加減有c(H+)+c(HCOOH)=c(OH-)，又溶液中c(H+)>c(HCOO-)，則有c(HCOOH)+2c(H+)>c(OH-)+c(HCOO-)，B選項(xiàng)正確；C．因?yàn)闇囟染鶠槌?，所以M、N兩點(diǎn)對(duì)應(yīng)溶液中的Kw相等，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D．pH=4.88時(shí)，溶液中c(H+)=10-4.88mol/L，丙酸分子的分布分?jǐn)?shù)為50%，則c(CH3CH2COOH)=0.05mol/L，所以，D選項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選B。6、A【解析】

W、X、Y、Z均為短周期元素且原子序數(shù)依次增大。依據(jù)元素周期律可知，同周期元素中，從左到右原子半徑依次減小，同主族元素中，從上到下原子半徑依次增大，因Y是短周期中原子半徑最大的元素，則Y為Na元素；Z的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液與W的單質(zhì)反應(yīng)，生成兩種能使澄清石灰水變渾濁的無(wú)色氣體，采用逆分析法可知，這兩種氣體為二氧化碳與二氧化硫酸性氣體，則可知Z為S，其最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)的水化物的濃溶液為濃硫酸，可與W的單質(zhì)（C）反應(yīng)，因此推出W為C；又X和Z同族，則X為O元素，據(jù)此分析作答?！驹斀狻坑缮鲜龇治隹芍琖、X、Y、Z分別是C、O、Na和S元素，則A.簡(jiǎn)單離子的電子層數(shù)越多，其對(duì)應(yīng)的半徑越大；電子層數(shù)相同時(shí)，核電荷數(shù)越小，離子半徑越大，則簡(jiǎn)單離子半徑大小為Y＜X＜Z，A項(xiàng)正確；B.氫化鈉為離子化合物，溶于水后與水發(fā)生反應(yīng)：NaH+H2O=NaOH+H2↑，使溶液呈現(xiàn)堿性，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C.C元素的含氧酸有碳酸、草酸和乙二酸，S的含氧酸為亞硫酸、硫酸和硫代硫酸等，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D.工業(yè)上采用電解熔融氯化鈉來(lái)制備金屬鈉，而不是Na2O，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選A。B項(xiàng)是易錯(cuò)點(diǎn)，學(xué)生要注意氫元素與活潑金屬作用時(shí)，形成離子化合物，H顯-1價(jià)。7、D【解析】

A.對(duì)比實(shí)驗(yàn)①②，這兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中只有溶液酸性強(qiáng)弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大；B.實(shí)驗(yàn)②中，Cr2O72-在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)；C.實(shí)驗(yàn)③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽(yáng)極上生成的亞鐵離子也能還原Cr2O72-；D.實(shí)驗(yàn)③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽(yáng)極上生成的亞鐵離子也能還原Cr2O72-，理論上電路中每通過(guò)3mol電子，則有0.5molCr2O72-在陰極上被還原，且溶液中還有Cr2O72-被還原?！驹斀狻緼.對(duì)比實(shí)驗(yàn)①②，這兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中只有溶液酸性強(qiáng)弱不同，其它外界因素都相同，且溶液的pH越小，Cr2O72-的去除率越大，所以降低pH可以提高Cr2O72-的去除率，A正確；B.實(shí)驗(yàn)②中，Cr2O72-在陰極上得電子發(fā)生還原反應(yīng)，電極反應(yīng)式為Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，故B正確；C.實(shí)驗(yàn)③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽(yáng)極上Fe失電子生成Fe2+，亞鐵離子也能還原Cr2O72-，C正確；D.實(shí)驗(yàn)③中，Cr2O72-在陰極上得電子，陽(yáng)極上Fe失電子生成Fe2+，亞鐵離子也能還原Cr2O72-，理論上電路中每通過(guò)3mol電子，根據(jù)電極反應(yīng)式Cr2O72-+6e-+14H+=2Cr3++7H2O，則有0.5molCr2O72-在陰極上被還原，同時(shí)陽(yáng)極生成1.5molFe2+，根據(jù)得失電子守恒，溶液中還有0.25molCr2O72-被Fe2+還原，所以共有0.75molCr2O72-被還原，D錯(cuò)誤；故合理選項(xiàng)是D。本題考查電解原理的應(yīng)用的知識(shí)，明確離子放電順序及電解原理是解本題關(guān)鍵，注意：活潑金屬作陽(yáng)極時(shí)，陽(yáng)極上金屬失電子而不是溶液中陰離子失電子，易錯(cuò)選項(xiàng)是D。8、C【解析】

A．將硫酸銨與堿性物質(zhì)熟石灰混合施用時(shí)會(huì)放出氨氣而降低肥效，故A錯(cuò)誤；B．植物吸收氮肥是吸收化合態(tài)的氮元素，不屬于氮的固定，故B錯(cuò)誤；C．碳酸氫銨受熱容易分解，易溶于水，使用碳銨應(yīng)深施蓋土，避免肥效損失，故C正確；D．尿素屬于有機(jī)氮肥，不屬于銨態(tài)氮肥，故D錯(cuò)誤。答案選C。9、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。10、D【解析】

X的焰色反應(yīng)呈黃色，X為Na元素；Q元素的原子最外層電子數(shù)是其內(nèi)層電子數(shù)的2倍，Q元素原子有2個(gè)電子層，最外層電子數(shù)為4，Q為碳元素；W、Z最外層電子數(shù)相同，所以二者處于同一主族，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，W為氧元素，Z為硫元素；元素Y的合金是日常生活中使用最廣泛的金屬材料之一，則Y為Al元素。A、同周期自左向右原子半徑減小，所以原子半徑Na＞Al＞Si，C＞O，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Si＞C，故原子半徑Na＞Al＞C＞O，即X＞Y＞Q＞W(wǎng)，故A錯(cuò)誤；B、X、Y的最高價(jià)氧化物的水化物分別是氫氧化鈉和氫氧化鋁，而氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉反應(yīng)生，故B錯(cuò)誤；C、非金屬性O(shè)＞S，故氫化物穩(wěn)定性H2O＞H2S，故C錯(cuò)誤；D、元素Q和Z能形成QZ2是CS2屬于共價(jià)化合物，故D正確；故答案選D。11、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.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。12、B【解析】

根據(jù)裝置圖，鋼電極上產(chǎn)生H2，碳電極上產(chǎn)生F2，然后根據(jù)電解原理進(jìn)行分析和判斷；【詳解】A、根據(jù)裝置圖，KHF2中H元素顯＋1價(jià)，鋼電極上析出H2，表明鋼電極上發(fā)生得電子的還原反應(yīng)，即鋼電極是電解池的陰極，鋼電極與電源的負(fù)極相連，故A說(shuō)法正確；B、根據(jù)裝置圖，逸出的氣體為H2和F2，說(shuō)明電解質(zhì)無(wú)水溶液中減少的是氫和氟元素，因此電解過(guò)程需要不斷補(bǔ)充的X是HF，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；C、陽(yáng)極室生成氟氣，陰極室產(chǎn)生H2，二者接觸發(fā)生劇烈反應(yīng)甚至爆炸，因此必須隔開(kāi)防止氟氣與氫氣接觸，故C說(shuō)法正確；D、由氟氫化鉀的氟化氫無(wú)水溶液可以導(dǎo)電，可推知氟氫化鉀在氟化氫中發(fā)生電離，故D說(shuō)法正確。13、A【解析】

早期的紙張生產(chǎn)中,常采用紙表面涂敷明礬的工藝，明礬[KAl(SO4)2?12H2O]中鋁離子水解，其水解方程式為：，產(chǎn)生氫離子促進(jìn)纖維素水解，使高分子鏈斷裂，所以紙質(zhì)會(huì)變脆、破損，A項(xiàng)符合題意，答案選A。14、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。15、B【解析】

A．在碳酸鈉飽和溶液中通入二氧化碳生成碳酸氫鈉，可觀察到溶液變渾濁，說(shuō)明碳酸鈉溶解度大于碳酸氫鈉，故A正確；B．由于水分子間存在氫鍵，故水的沸點(diǎn)反常的升高，故有：H2O>H2Se>H2S，故B錯(cuò)誤；C．溴代烴和碘代烴的密度均大于水，故溴乙烷的密度比水的大，故C正確；D．苯中碳碳鍵介于單鍵和雙鍵之間，碳碳鍵鍵長(zhǎng)：乙烯<苯，故D正確；故選B。本題考查元素及其對(duì)應(yīng)單質(zhì)、化合物的性質(zhì)的遞變規(guī)律，側(cè)重于溶解度、硬度、密度等性質(zhì)的考查，題目難度不大，注意水分子間存在氫鍵，沸點(diǎn)反常的升高。16、B【解析】

A.M中含有碳碳雙鍵，可以與溴水發(fā)生加成反應(yīng)，故A正確；B.M分子有三個(gè)C原子連接在同一個(gè)飽和C原子上，所以不可能所以碳原子共面，故B錯(cuò)誤；C.N中含有羥基、醛基均能被高錳酸鉀氧化，使酸性高錳酸鉀褪色，故C正確；D.M和N中均含有酯基和羥基，能發(fā)生水解反應(yīng)和酯化反應(yīng)，故D正確；故答案為B。17、B【解析】

X元素的原子形成的離子就是一個(gè)質(zhì)子，應(yīng)為H元素，Y原子的最外層電子數(shù)是內(nèi)層電子數(shù)的2倍，應(yīng)為C元素；Z、W在元素周期表中處于相鄰的位置，它們的單質(zhì)在常溫下均為無(wú)色氣體，則Z為N元素、W為O元素；M是地殼中含量最高的金屬元素，應(yīng)為Al元素?！驹斀狻緼．H原子半徑最小，同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大，故原子半徑Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W(wǎng)＞X，故A錯(cuò)誤；B．N、H兩元素能形成NH3、N2H4，故B正確；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2與水反應(yīng)生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C錯(cuò)誤；D．用Al單質(zhì)作陽(yáng)極，石墨作陰極電解NaHCO3溶液，陰極生成氫氣，不會(huì)生成沉淀，故D錯(cuò)誤。綜上所述，答案為B。同周期隨原子序數(shù)增大原子半徑減小，同主族自上而下原子半徑增大。18、B【解析】

A.二氧化硫具有還原性，具有一定的殺菌作用，葡萄糖中添加二氧化硫用于殺菌、抗氧化，故A正確；B.熟石灰與Na2CO3反應(yīng)生成碳酸鈣沉淀和氫氧化鈉，在含較多Na2CO3的鹽堿地中施加適量熟石灰提高了土壤堿性，故B錯(cuò)誤；C.陶瓷坩堝中二氧化硅能與燒堿反應(yīng)，故C正確；D.甲烷是一種強(qiáng)效溫室氣體，廢棄的甲烷可用于生成甲醇，故D正確；故選B。19、B【解析】

比例模型可以直觀地表示分子的形狀，其碳原子的成鍵情況是確定分子結(jié)構(gòu)的關(guān)鍵，碳原子的成鍵情況主要根據(jù)與碳原子形成共價(jià)鍵的原子的數(shù)目確定，原子半徑的關(guān)系為C>O>H，最大的原子為C，最小的原子為H，小于C原子的灰色原子為O。則該有機(jī)物的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為CH3CH(OH)COOH，則其中含有官能團(tuán)有一個(gè)羥基，一個(gè)羧基。故選B。20、C【解析】

A選項(xiàng)，3s23p3為P元素；B選項(xiàng)，3s23p5為Cl元素；C選項(xiàng)，3s23p4為S元素；D選項(xiàng)，3s23p6為Ar元素?！驹斀狻康谌芷诘幕鶓B(tài)原子中，第一電離具有增大的趨勢(shì)，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素，因此第一電離能最小的是S元素，故C正確。綜上所述，答案為C。同周期從左到右第一電離具有增大的趨勢(shì)，但第IIA族元素大于第IIIA族元素，第VA族元素大于第VIA族元素。21、D【解析】

A.

KNO3和NaCl的溶解度受溫度的影響不同，硝酸鉀溶解度受溫度影響較大，而氯化鈉受溫度影響較小，所以可采取加熱水溶解配成飽和溶液、冷卻熱飽和溶液使KNO3先結(jié)晶出來(lái)、再過(guò)濾，故A錯(cuò)誤；B.

KNO3和NaCl的溶解度受溫度的影響不同，硝酸鉀溶解度受溫度影響較大，而氯化鈉受溫度影響較小，所以可采取加水溶解、蒸發(fā)結(jié)晶、趁熱過(guò)濾、洗滌、干燥，故B錯(cuò)誤；C.加熱促進(jìn)鐵離子水解，生成的HCl易揮發(fā)，蒸干不能得到氯化鐵，故C錯(cuò)誤；D.氯化鐵與氨水反應(yīng)生成沉淀，則滴加氨水至不再產(chǎn)生沉淀為止，過(guò)濾可除雜，故D正確；故選：D。22、C【解析】

A．硬脂酸為C17H35COOH，含有羧基，與C2H518OH發(fā)生酯化反應(yīng)，乙醇脫去H原子，硬脂酸脫去羥基，反應(yīng)的化學(xué)方程式為C17H35COOH+C2H518OHC17H35CO18OC2H5+H2O，故A錯(cuò)誤；B．向Na2SiO3溶液中通入過(guò)量SO2的離子反應(yīng)為SiO32-+2SO2+2H2O═H2SiO3↓+2HSO3-，故B錯(cuò)誤；C．氯化鈉為離子化合物，含有離子鍵，反應(yīng)中Na失去電子，Cl得到電子，則Na和Cl形成離子鍵的過(guò)程：→，故C正確；D．弱酸的電離平衡常數(shù)越大，酸的酸性越強(qiáng)，強(qiáng)酸能和弱酸鹽反應(yīng)生成弱酸，所以向NaClO溶液中通入少量CO2：ClO-+CO2+H2O═HClO+HCO3-，故D錯(cuò)誤；故答案為C。二、非選擇題(共84分)23、酯基加成反應(yīng)2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2OAC【解析】

由A在標(biāo)準(zhǔn)狀況下的密度可以求出A的相對(duì)分子質(zhì)量為22.4L·mol-1×1.25g·L-1=28g·mol-1，A為CH2=CH2，和水加成生成乙醇，B為CH3CH2OH，乙醇催化氧化生成乙醛，C為CH3CHO，乙醛再催化氧化為乙酸，D為CH3COOH。F為乙酸苯甲酯，由乙酸和E生成，故E為苯甲醇?！驹斀狻浚?）F是酯，含有的官能團(tuán)為酯基；（2）乙烯生成乙醇是發(fā)生了乙烯和水的加成反應(yīng)，故反應(yīng)類型為加成反應(yīng)；（3）乙醇催化氧化生成乙醛的化學(xué)方程式為：2CH3CH2OH+O22CH3CHO+2H2O；（4）A.乙醇轉(zhuǎn)化為乙醛的反應(yīng)中，Cu是催化劑，Cu先和氧氣生成CuO，CuO再和乙醇生成Cu和乙醛，所以Cu參與了化學(xué)反應(yīng),但反應(yīng)前后的質(zhì)量保持不變，故A正確；B.乙醛有還原性，可以被溴水中的溴氧化從而使溴水褪色，故B錯(cuò)誤；C.乙酸和苯甲醇生成乙酸苯甲酯的反應(yīng)是酯化反應(yīng)，本質(zhì)上是取代反應(yīng)，故C正確；D.合成過(guò)程中原子的理論利用率為100%的反應(yīng)有2個(gè)，分別是乙烯加成生成乙醇和乙醛催化氧化為乙酸。故D錯(cuò)誤。故選AC。在有機(jī)轉(zhuǎn)化關(guān)系中，連續(xù)氧化通常是醇氧化成醛，醛進(jìn)一步氧化成羧酸。24、A、B、C+→+HBr、、【解析】

A的分子式為C6H6N2Br2，A生成分子式為C7H6N2Br2O的B，再結(jié)合B的結(jié)構(gòu)推測(cè)由A生成B的反應(yīng)即取代反應(yīng)，生成了一個(gè)肽鍵，所以A的結(jié)構(gòu)為。B經(jīng)過(guò)反應(yīng)后生成分子式為C7H4N2Br2的C，相比于B，C的分子中少了1個(gè)H2O，所以推測(cè)B生成C額外產(chǎn)生了不飽和結(jié)構(gòu)。由C生成E的條件以及E的分子式為C16H20N3O2Br且其中僅含1個(gè)Br推測(cè)，C生成E發(fā)生的是已知信息中給出的反應(yīng)①類型的取代反應(yīng)；進(jìn)一步由G的結(jié)構(gòu)原子的排列特點(diǎn)可以推測(cè)，C的結(jié)構(gòu)為，那么E的結(jié)構(gòu)為。E反應(yīng)生成分子式為C14H16N3OBr的產(chǎn)物F，再結(jié)合反應(yīng)條件分析可知，E生成F的反應(yīng)即已知信息中提供的反應(yīng)②，所以F的結(jié)構(gòu)為?！驹斀狻?1)通過(guò)分析可知，A生成B的反應(yīng)即取代反應(yīng)，所以A的結(jié)構(gòu)即為；(2)A．通過(guò)分析可知，E的結(jié)構(gòu)為，結(jié)構(gòu)中含有咪唑環(huán)以及胺的結(jié)構(gòu)，所以會(huì)顯現(xiàn)堿性，A項(xiàng)正確；B．化合物B的結(jié)構(gòu)中含有醛基，所以可以與新制氫氧化銅在加熱條件下產(chǎn)生磚紅色沉淀，B項(xiàng)正確；C．通過(guò)分析可知，F(xiàn)的結(jié)構(gòu)為，可以與氫氣加成生成醇，所以F可以發(fā)生還原反應(yīng)，C項(xiàng)正確；D．由化合物G的結(jié)構(gòu)可知其分子式為C16H18N5O2Br，D項(xiàng)錯(cuò)誤；答案選ABC；(3)C與D反應(yīng)生成E的方程式為：++HBr；(4)原料中提供了乙二醇，并且最終合成了，產(chǎn)物的結(jié)構(gòu)中具有特征明顯的五元環(huán)結(jié)構(gòu)，因此考慮通過(guò)已知信息中的反應(yīng)②實(shí)現(xiàn)某步轉(zhuǎn)化；所以大致思路是，將4-溴吡啶中的溴原子逐漸轉(zhuǎn)變?yōu)轸驶?，再與乙二醇發(fā)生反應(yīng)②即可，所以具體的合成路線為：；(5)化合物A為，分子中含有4個(gè)不飽和度，1個(gè)苯環(huán)恰好有4個(gè)不飽和度，所以符合條件的A的同分異構(gòu)體除苯環(huán)外其他結(jié)構(gòu)均飽和；除去苯環(huán)外，有機(jī)物中還含有2個(gè)溴原子，以及2個(gè)都只形成單鍵的氮原子；若苯環(huán)上只安排1個(gè)取代基，沒(méi)有能夠滿足核磁共振氫譜有3組峰的要求的結(jié)構(gòu)；若苯環(huán)上有2個(gè)取代基，只有；若苯環(huán)上有3個(gè)取代基，沒(méi)有能夠滿足核磁共振氫譜有3組峰的要求的結(jié)構(gòu)；若苯環(huán)上有4個(gè)取代基，則滿足要求的結(jié)構(gòu)有和，至此討論完畢。推斷有機(jī)物結(jié)構(gòu)時(shí)，除了反應(yīng)條件，物質(zhì)性質(zhì)等信息外，還可以從推斷流程入手，對(duì)比反應(yīng)前后，物質(zhì)結(jié)構(gòu)上的差異推測(cè)反應(yīng)的具體情況。25、NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O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CO2＋2OH-=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N(xiāo)2，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)品的純度的原理為：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，根據(jù)濃硫酸增加的質(zhì)量和濃硫酸的性質(zhì)分析計(jì)算?！驹斀狻縄.利用裝置A和C制備Sr3N2（1）NaNO2和NH4Cl反應(yīng)制備N(xiāo)2，根據(jù)原子守恒還有NaCl、H2O生成，反應(yīng)的化學(xué)方程式為NH4Cl＋NaNO2N2↑＋NaCl＋2H2O。（2）裝置A中a導(dǎo)管將分液漏斗上下相連，其作用是平衡氣壓，使液體順利流下；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)，為防止裝置中空氣對(duì)產(chǎn)品純度的影響，應(yīng)先點(diǎn)燃裝置A的酒精燈一段時(shí)間，利用生成的N2將裝置內(nèi)空氣排盡，再點(diǎn)燃裝置C的酒精燈。II.利用裝置B和C制備Sr3N2（3）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，反應(yīng)的離子方程式為CO2+2OH-=CO32-+H2O。（4）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），其中盛放的試劑為濃硫酸。III.測(cè)定Sr3N2產(chǎn)品的純度的原理為：Sr3N2+6H2O=3Sr(OH)2+2NH3↑、2NH3+H2SO4=（NH4）2SO4，故濃硫酸增加的質(zhì)量為NH3的質(zhì)量，由于濃硫酸具有吸水性，會(huì)將NH3中的水蒸氣一并吸收，導(dǎo)致NH3的質(zhì)量偏高，從而導(dǎo)致測(cè)得的產(chǎn)品純度偏高。經(jīng)改進(jìn)后測(cè)得濃硫酸增重bg，根據(jù)N守恒，n(Sr3N2)=n(NH3)=×=mol，則m(Sr3N2)=mol×292g/mol=g，產(chǎn)品的純度為×100%=×100%。26、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的懸濁液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH對(duì)于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時(shí)有Ag+游離出來(lái)，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結(jié)合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3溶液發(fā)生反應(yīng)生成。(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子。②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產(chǎn)生氣體的成分。②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的，由此可確定C中盛放的物質(zhì)W。③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，則Ag+會(huì)與NaCl作用，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)?！驹斀狻?1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl與AgNO3反應(yīng)生成，則為AgCl。答案為：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白變黑，則表明白色沉淀與S2-反應(yīng)，生成Ag2S沉淀等，反應(yīng)的離子方程式為2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案為：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，說(shuō)明此沉淀為BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，產(chǎn)生黃色沉淀，說(shuō)明AgCl轉(zhuǎn)化為AgI；①由ⅰ判斷，可確定濾液X中被檢出的離子為SO42-。答案為：SO42-；②另一種沉淀應(yīng)能被濃硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，則其為S。答案為：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化劑，由此確定產(chǎn)生氣體為O2。答案為：O2；②因?yàn)镃是做對(duì)比實(shí)驗(yàn)而設(shè)立的，由此可確定C中盛放的物質(zhì)W為Ag2S的懸濁液。答案為：Ag2S的懸濁液；③B中，反應(yīng)物還有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式為2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案為：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，則Ag+游離出來(lái)，會(huì)與NaCl中的Cl-結(jié)合，生成AgCl沉淀，從而促進(jìn)平衡正向移動(dòng)，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。答案為：對(duì)于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2將S2-氧化生成S時(shí)有Ag+游離出來(lái)，NaCl中大量的Cl-與游離的Ag+結(jié)合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最終出現(xiàn)乳白色沉淀AgCl和S。因?yàn)镵sp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以將AgCl轉(zhuǎn)化為Ag2S我們?nèi)菀桌斫?，如何?shí)現(xiàn)黑色沉淀向白色沉淀的轉(zhuǎn)化，即Ag2S轉(zhuǎn)化為AgCl，則需要改變反應(yīng)條件，通過(guò)實(shí)驗(yàn)我們可得出是O2的幫助，結(jié)合前面推斷，可確定還有S生成，然后利用守恒法便可將方程式配平。27、SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-使CCl4中的碘進(jìn)入水層分液使氯氣在溶液中有較大的溶解度球形冷凝管錐形瓶NaOH溶液從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍(lán)色（發(fā)生的反應(yīng)為2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說(shuō)明廢水中含I-，否則不含I-2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O2.5【解析】

含碘廢液含有CCl4、I2、I-等，加入亞硫酸鈉溶液還原碘單質(zhì)為碘離子，分液得到溶液中通入氯氣氧化碘離子為碘單質(zhì)，富集碘元素，加入四氯化碳萃取分液后，蒸餾法得到碘單質(zhì)。結(jié)合氧化還原反應(yīng)的規(guī)律和物質(zhì)的性質(zhì)分析解答?！驹斀狻?1)碘具有氧化性，能氧化亞硫酸鈉生成硫酸鈉，自身被還原生成碘離子，離子反應(yīng)方程式為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；碘微溶于水，而碘離子易溶于水，為了使更多的I元素進(jìn)入水溶液應(yīng)將碘還原為碘離子，故答案為SO32-+I2+H2O=2I-+2H++SO42-；使CCl4中的碘進(jìn)入水層；(2)四氯化碳是難溶于水、密度比水大的液體，兩者不互溶，分離互不相溶的液體采用分液的方法分離，所以操作X為分液，故答案為分液；(3)碘易升華，且氯氣的溶解度隨著溫度的升高而減小，溫度越高，氯氣的溶解度越小，反應(yīng)越不充分，所以應(yīng)該在較低溫度下進(jìn)行反應(yīng)；根據(jù)圖示，儀器a、b分別為球形冷凝管、錐形瓶；氯氣、碘蒸氣都有毒，不能直接排空，二者都能和氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成無(wú)毒物質(zhì)，所以用NaOH溶液吸收氯氣和碘蒸氣，故答案為使氯氣在溶液中有較大的溶解度；球形冷凝管、錐形瓶；NaOH溶液；(4)根據(jù)實(shí)驗(yàn)方案可知，①是排除水層中的碘單質(zhì)，③是檢驗(yàn)是否存在碘酸根離子，因此②是檢驗(yàn)是否存在碘離子。碘離子具有還原性，能被氧化劑氧化生成碘單質(zhì)，碘酸根離子具有氧化性，能被還原劑還原為碘，碘遇淀粉變藍(lán)色，檢驗(yàn)I-的方法為：從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍(lán)色（發(fā)生反應(yīng)為：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說(shuō)明廢水中含I-，否則不含I-，故答案為從水層中取少量溶液，加入1~2mL淀粉溶液，加入鹽酸酸化，滴加氯化鐵溶液，若溶液變藍(lán)色（發(fā)生反應(yīng)為：2I-+2Fe3+=2Fe2++I2）說(shuō)明廢水中含I-，否則不含I-；(5)①用ClO2氧化酸性含I-廢液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘離子生成碘單質(zhì)，二氧化氯被還原為氯離子，ClO2～Cl-～5e-，2I-～I(xiàn)2～2e-，根據(jù)得失電子守恒、電荷守恒和原子守恒，反應(yīng)的離子方程式為2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O，故答案為2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；②由氧化還原反應(yīng)的電子守恒，每摩爾Cl2得到2mol電子，而每摩爾ClO2得到5mol電子，根據(jù)電子守恒，則處理含I-相同量的廢液回收碘，所需Cl2的物質(zhì)的量是ClO2的2.5倍，故答案為2.5。明確物質(zhì)的性質(zhì)是解答本題的關(guān)鍵。本題的易錯(cuò)點(diǎn)和難點(diǎn)為(4)，要注意實(shí)驗(yàn)?zāi)康暮蛯?shí)驗(yàn)方案設(shè)計(jì)的意圖。28、1s22s22p63s23p63d10（或[Ar]3d10）（1分）CaCl2為典型的離子化合物，而ZnCl2雖為離子化合物，但有