北京市达标名校2021-2022学年高三下学期第五次调研考试化学试题含解析

1、2021-2022高考化学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、室温下，在20 mL新制氯水中滴加pH=13的NaOH溶液，溶液中水电离的c(H)与 NaOH溶液体积的关系如图所示。已知：K(HClO)=3108，H2CO3：Ka1=4.3107，Ka2=5.61011。下列说法正确的是Am一定等于20Bb、d点对应的溶液显中性Cc点溶液中c(Na)=2c(ClO)+2c(HClO)D向c点溶液中通入少量CO2：2ClO+H2O+CO2=2HClO+CO322、25时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb100mL，Va、Vb与混合液的

3、pH的关系如图所示。下列说法正确的是( ) AKa(HX)Kb(NH3H2O)Bb点时c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)Ca、b、d几点中，水的电离程度dbaDa b点过程中，可能存在c(X)r(Y)r(X)r(W)C简单气态氢化物的热稳定性：WZc(OH)c(HX)c(H)8、某实验小组探究SO2与AgNO3溶液的反应，实验记录如下：序号实验步骤实验现象得到无色溶液a和白色沉淀b产生无色气体，遇空气变为红棕色产生白色沉淀下列说法正确的是A透过测中无色溶液a的pH可以判断SO2是否被氧化B实验说明白色沉淀b具有还原性C实验说明溶液a中一定有生成D实验、说明SO2与AgNO3溶液反应既

4、有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成9、冰激凌中的奶油被称为人造脂肪，由液态植物油氢化制得。下列说法错误的是A奶油是可产生较高能量的物质B人造脂肪属于酯类物质C植物油中含有碳碳双键D油脂的水解反应均为皂化反应10、下列各组物质所含化学键相同的是（）A钠（Na）与金刚石（C）B氯化钠（NaCl）与氯化氢（HCl）C氯气（Cl2）与氦气（He）D碳化硅（SiC）与二氧化硅（SiO2）11、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A固体含有离子的数目为B常温下，的醋酸溶液中H+数目为C13g由C和组成的碳单质中所含质子数一定为D与足量在一定条件下化合，转移电子数为12、某化学实验室产生的

5、废液中的阳离子只可能含有Na+、NH4+、Ba2+、Cu2+、Al3+、Fe2+、Fe3+中的某几种，实验室设计了下述方案对废液进行处理，以回收金属，保护环境。已知：步骤中，滴加NaOH溶液过程中产生的沉淀会部分溶解。下列说法中正确的是A根据步骤的现象，说明废液中一定含有Al3+B由步骤中红棕色固体可知，废液中一定存在Fe3+C沉淀甲中可能含有Al(OH)3D该废液中一定含有NH4+、Ba2+、Cu2+、Fe2+和Fe3+至少存在一种13、研究表明N2O与CO在Fe+作用下发生可逆反应的能量变化及反应历程如图所示。下列说法不正确的是A反应中Fe+是催化剂，FeO+是中间产物B总反应速率由反应的

6、速率决定C升高温度，总反应的平衡常数K减小D当有14g N2生成时，转移1mol e-14、下列各组离子：（1）K+、Fe2+、SO42、ClO（2）K+、Al3+、Cl、HCO3（3）ClO、Cl、K+、OH （4）Fe3+、Cu2+、SO42、Cl（5）Na+、K+、AlO2、HCO3（6）Ca2+、Na+、SO42、CO32在水溶液中能大量共存的是A（1）和（6）B（3）和（4）C（2）和（5）D（1）和（4）15、下列关于有机物的叙述错误的是（ ）A乙醇能发生取代反应B分子式为C10H14的单取代芳香烃，其可能的结构有4种C氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液

7、鉴别16、将下列气体通入溶有足量 SO2 的 BaCl2 溶液中， 没有沉淀产生的是AHCl BNH3 CCl2 DNO2二、非选择题（本题包括5小题）17、烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，G具有浓郁的香味。它们之间的转化关系如下（含有相同官能团的有机物通常具有相似的化学性质）：请回答：（1）化合物B所含的官能团的名称是_。（2）D的结构简式是_。（3）C+FG的化学方程式是_。（4）下列说法正确的是_。A在工业上，AB的过程可以获得汽油等轻质油B有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化也可得到FC可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、GD等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同

8、18、苯氧布洛芬是一种解热、阵痛、消炎药，其药效强于阿司匹林。可通过以下路线合成：完成下列填空：（1）反应中加入试剂X的分子式为C8H8O2，X的结构简式为_。（2）反应往往还需要加入KHCO3，加入KHCO3的目的是_。（3）在上述五步反应中，属于取代反应的是_（填序号）。（4）B的一种同分异构体M满足下列条件：.能发生银镜反应，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应。.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环。则M的结构简式： _。（5）请根据上述路线中的相关信息并结合已有知识，写出以、CH2CHO。为原料制备的合成路线流程图（无机试剂任用）_。合成路线流程图示例如下：CH

9、3CH2OHCH2=CH219、草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1) 葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为_。(2) 相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4 L，含0.10 g Ca2。当尿液中c(C2O42-)_molL1时，易形成CaC2O4沉淀。已知Ksp(CaC2O4)2.3109(3) 测定某草酸晶体(H2C2O4xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0. 550 8 g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液

10、滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50 mL。步骤2：准确称取0.151 2 g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00 mL。“步骤1”的目的是_。计算x的值(写出计算过程)_。20、检验甲醛含量的方法有很多，其中银Ferrozine法灵敏度较高。测定原理为甲醛把氧化银还原成Ag，产生的Ag与Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2+与菲洛嗪(Ferrozine)形成有色配合物，通过测定吸光度计算出甲醛的含量。某学习小组类比此原理设计如下装置测定新装修居室内空

11、气中甲醛的含量（夹持装置略去）。已知：甲醛能被银氨溶液氧化生成CO2，氮化镁与水反应放出NH3，毛细管内径不超过1 mm。请回答下列问题：(1)A装置中反应的化学方程式为_，用饱和食盐水代替水制备NH3的原因是_。(2)B中装有AgNO3溶液，仪器B的名称为_。(3)银氨溶液的制备。关闭K1、K2，打开K3，打开_，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，_。(4)室内空气中甲醛含量的测定。用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是_；再重复上述操作3次。毛细管的作用是_。向上述B中充分反应后的溶液中加入稀硫

12、酸调节溶液pH=1，再加入足量Fe2(SO4)3溶液，充分反应后立即加入菲洛嗪，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe2+1.12 mg，空气中甲醛的含量为_mgL-1。21、汉书景帝纪记载，我国用锌的历史可追溯到西汉或更早。请回答：（1）基态Zn原子的价层电子轨道表达式为_；占据最高能层的电子，其电子云轮廓图形状为_。（2）与相邻元素Ga相比，元素Zn的第一电离能较大的原因为_。（3）Zn2+可与CN-、二苯硫腙等形成稳定配合物。CN-的结构式为_。每个二苯硫腙分子中，采取sp2杂化的原子有_个。（4）卤化锌的熔点如表所示：ZnF2ZnCl2ZnBr2ZnI2熔

13、点/872275394446ZnCl2、ZnBr2、ZnI2的熔点呈表中变化规律的原因_。ZnF2的熔点远高于其它三种卤化锌，其原因为_。（5）ZnS的某种晶胞结构如图所示。已知该晶体的密度为dgcm-3，S2-和Zn2+半径分别为apm、bpm，阿伏伽德罗常数的数值为NA。Zn2+的配位数为_。该晶胞中离子的体积占晶胞体积的百分率为_（列式即可）参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】分析题中由水电离的氢离子浓度变化曲线图可知，ac段水电离出的氢离子浓度逐渐增大，说明这个过程中促进了水的电离，在cd段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明此过程中水的电离被抑制。在c点水的电离

14、程度最大，此时溶液中的溶质为：NaCl和NaClO。据此进行判断。【详解】ANaOH溶液的pH=13，则c(NaOH)=0.1molL1，新制氯水的浓度不确定，m不一定等于20，A项错误；B由题给信息可知，a点时还未加入NaOH，此时溶液呈酸性，c点中水电离程度最大，此时所得溶液溶质是NaCl和NaClO，溶液呈碱性，故b点溶液呈中性，cd段水电离出的氢离子浓度逐渐减小，说明随着NaOH的继续加入，水的电离受到抑制，故d点溶液应呈碱性，B项错误；Cac点发生反应为Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，c(Cl)=c(HClO)c(ClO)，由物料守恒知，c(Na)=c(Cl)c(HClO

15、)c(ClO)，故c(Na)=2c(ClO)2c(HClO)，C项正确；D由电离常数知，电离质子能力：H2CO3HClOHCO3-，故H2O+ClO-CO2= HCO3-HClO，D项错误；答案选C。2、B【解析】A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3H2O 的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3H2O)，故A错误；B. b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3H2O 的混合液，溶质是NH4X， pH=7，X-、NH4+相互促进水解生成HX，所以c(NH4+)c(HX)c(OH)c(H+)，故B正确；C. a b点过程，相当于向HA溶液中加氨水至恰好反应，所以水的电离程度逐渐增大，

16、a、b、d几点中，水的电离程度bad，故C错误；D. a b点过程中，溶液呈酸性，c(OH)c(H+)，根据电荷守恒，不可能存在c(X)c(H+)，溶液显碱性，A正确；B同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族从上到下原子半径逐渐增大，则原子半径：r(Na)r(S)r(Cl)r(O)，B错误；C元素的非金属性：OClS，则简单气态氢化物的热稳定性：H2OHClH2S，C错误；CO、H可形成化合物H2O2，其中含有非极性共价键，D错误；故合理选项是A。【点睛】本题考查原子结构与元素周期律的关系，根据元素的原子结构及相互关系推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题有利

17、于提高学生的分析能力及综合应用能力。5、C【解析】由图上电子的移动方向可知右侧电解池的阳极，反应式为4OH-4e-=2H2O+O2，左侧为阴极，反应式为 2V3+2e-=2V2+；双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，放电后的溶液进入再生池中在催化剂条件下发生反应放出氢气，反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，由此来解题。【详解】A. 由图可知，该装置将光能转化为化学能并分解水，A正确；B. 双极性膜可将水解离为H+和OH-，由图可知，H+进入阴极，OH-进入阳极，则双极性膜可控制其两侧溶液分别为酸性和碱性，B正确；C. 光照过程中阳极区反应式为4OH-4

18、e-=2H2O+O2，又双极性膜可将水解离为H+和OH-，其中OH-进入阳极，所以溶液中的n(OH-)基本不变，但H2O增多，使c(OH-)降低，C错误；D. 根据以上分析，再生的反应方程式为2V2+2H+2V3+H2，D正确；故合理选项是C。【点睛】本题考查电解池的工作原理，根据题中给出电子的移动方向判断阴、阳极是解题关键。注意题干信息的应用，题目考查了学生信息处理与应用能力。6、D【解析】A、CH3COOH的，取B点状态分析，=1，且c(H+)=110-4.7，所以Ka=110-4.7，故A不符合题意；B、C点状态，溶液中含有CH3COONa、NaOH，故c(Na+)c(CH3COO-)，

19、溶液呈碱性，c(OH-)c(H+)，pH=8.85，故此时c(CH3COO-)远大于c(OH-)，因此c(Na+)c(CH3COO-)c(OH-)c(H+)，故B不符合题意；C、根据电荷平衡，c(Na+)+c(H+)=c(CH3COO-)+c(OH-)，B点溶液中，c(CH3COO-)= c(CH3COOH)，所以c(Na+)+c(H+)=c(CH3COOH)+c(OH-)，故C不符合题意；D、在溶液中c(CH3COO-)+ c(CH3COOH)=0.1mol/L，A点的溶液中，c(H+) c(OH-)，c(CH3COO-)c(H+)c(CH3COOH)c(OH-)0.1mol/L，故D符合题

20、意；故答案为D。7、A【解析】A.多元弱酸分步电离，以第一步为主，根据H2XH+HX-，c（H+）=10-3，a近似等于3，故A正确；B.点处恰好生成NaHX，根据电荷守恒c(Na)c(H)2c(X2)c(HX)c(OH)和质子守恒c(H)+c（H2X）= c(X2)c(OH-)得：c(Na)2c(H)+ c（H2X）=3 c(X2)+ c(HX)2c(OH)，故B错误；C. H2X和NaOH恰好反应生成Na2S，为中和反应的滴定终点，点处为滴定终点，故C错误；D.点处恰好生成Na2X，c(Na)2c(X2)c(OH)c(HX)c(H)，故D错误；答案：A【点睛】本题考查了酸碱中和滴定实验，注

21、意先分析中和后的产物，再根据电荷守恒、物料守恒、质子守恒分分析；注意多元弱酸盐的少量水解，分步水解，第一步为主；多元弱酸少量电离，分步电离，第一步为主。8、B【解析】A实验中，将SO2通入AgNO3溶液(pH=5)中得到无色溶液a，该溶液中可能含有亚硫酸，亚硫酸为中强酸，所以测定无色溶液a的pH无法判断二氧化硫是否被氧化，故A错误；B实验中，取白色沉淀B，加入3mol/LHNO3，产生的无色气体遇空气变成红棕色，说明硝酸被还原为NO，证明该沉淀B中含有还原性的物质存在，故B正确；C实验中，检验硫酸根离子应先加入盐酸酸化，目的是排除Ag+等，以免干扰硫酸根的检验，直接向溶液a中加入BaCl2，产

22、生的沉淀可能为氯化银，不一定是硫酸根离子，故C错误；D由于实验、不能证明产物中含有硫酸根，因此不能确定产物中含有Ag2SO4生成，故D错误；答案选B。9、D【解析】A奶油是人造脂肪，是由液态植物油氢化制得的，是人体内单位质量提供能量最高的物质，故A正确；B人造脂肪的主要成分为高级脂肪酸甘油酯，属于酯类物质，故B正确；C植物油为不饱和高级脂肪酸甘油酯，其烃基中含有碳碳双键，故C正确；D油脂在碱性条件下的水解为皂化反应，酸性条件下的水解反应不是皂化反应，故D错误；故选D。10、D【解析】根据晶体的类型和所含化学键的类型分析，离子晶体中一定含离子键，可能含共价键；分子晶体中不一定含化学键，但若含，则

23、一定为共价键；原子晶体中含共价键；金属晶体中含金属键。【详解】A、钠为金属晶体，含金属键；金刚石为原子晶体，含共价键，故A不符合题意； B、氯化钠是离子晶体，含离子键；HCl为分子晶体，含共价键，故B不符合题意； C、氯气为分子晶体，含共价键；He为分子晶体，是单原子分子，不含化学键，故C不符合题意； D、SiC为原子晶体，含共价键；二氧化硅也为原子晶体，也含共价键，故D符合题意；故选：D。【点睛】本题考察了化学键类型和晶体类型的关系，判断依据为：离子晶体中阴阳离子以离子键结合，原子晶体中原子以共价键结合，分子晶体中分子之间以范德华力结合，分子内部可能存在化学键。11、A【解析】A项、78gN

24、a2O2固体物质的量为1mol，1molNa2O2 固体中含离子总数为3NA，故A正确； B项、未说明溶液的体积，无法确定pH=1的醋酸溶液中H+的个数，故B错误； C项、12C和14C组成的碳单质中两者的个数之比不明确，故碳单质的摩尔质量不能确定，则13g碳的物质的量无法计算，其含有的质子数不一定是6NA个，故C错误； D项、二氧化硫和氧气的反应为可逆反应，不能进行彻底，故转移电子的个数小于0.2NA个，故D错误。 故选A。【点睛】本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键。12、D【解析】沉淀甲灼烧后为红棕色固体，该红棕色固体为Fe2O3，则沉淀甲可能为F

25、e(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+；溶液甲中加入过量硫酸溶液，产生固体乙，则固体乙为BaSO4，说明废液中一定含有Ba2+；溶液乙中加入过量铁屑，产生红色固体，该红色固体为Cu，说明废液中一定含有Cu2+，以此解答该题。【详解】A. 由步骤可知，废液中一定含有Cu2+，而沉淀甲中没有Cu(OH)2，说明加入NaOH溶液后，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，因此步骤沉淀部分溶解，不能说明废液中一定含有Al3+，A错误；B. 废液中加入NaOH溶液后形成沉淀甲，将该沉淀灼烧，得到红棕色固体，

26、则该红棕色固体为Fe2O3，沉淀甲可能为Fe(OH)2或Fe(OH)3，说明废液中可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C. 由于步骤中加入过量NaOH溶液，因此沉淀甲中肯定没有Al(OH)3沉淀，C错误；D. 溶液乙中加入过量铁屑，得到红色固体，该固体为Cu，说明溶液乙中含有Cu2+，向原废液中滴加过量NaOH溶液，Cu元素以离子形式存在于溶液甲中，则废液中一定含有NH4+，Cu元素以Cu(NH3)42+形式存在于溶液甲中，所以废液中一定含有NH4+、Cu2+、Ba2+，可能含有Fe2+或Fe3+中的一种，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查物质的分离，离子的存在及金属的回收利用与环境保护

27、，注意掌握常见的离子之间的反应及金属回收方法，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用所学知识的能力。13、B【解析】A由图可知，Fe+先转化为FeO+，FeO+后续又转化为Fe+，反应前后Fe+未发生变化，因此Fe+是催化剂，FeO+是中间产物，A不符合题意；B由图可知，反应的能垒高于反应，因此反应的速率较慢，总反应速率由反应的速率决定，B符合题意；C由图可知，反应物的总能量高于生成物总能量，该反应正向为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，总反应的平衡常数K减小，C不符合题意；D由图可知，总反应方程式为：N2O+COCO2+N2，N元素化合价从+1价降低至0价，当有14g N2生成时，即生成0

28、.5molN2，转移电子的物质的量为0.5mol2=1mol，D不符合题意；答案为：B。14、B【解析】(1)Fe2+、ClO发生氧化还原反应而不能大量共存，故错误；(2)Al3+、HCO3发生互促水解反应而不能大量共存，故错误；(3)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(4)离子之间不发生任何反应，可大量共存，故正确；(5)AlO2、HCO3发生反应生成氢氧化铝和碳酸根离子，不能大量共存，故错误；(6)Ca2+与SO42、CO32反应生成沉淀而不能大量共存，故错误；故选B。15、C【解析】A.乙醇能与酸、卤代烃等发生取代反应，故A正确；B.分子式为C10H14的单取代芳香烃，不饱和度

29、为4，分子中含有一个苯环和一个丁基，其同分异构体取决于丁基的种数，丁基有4种，可能的结构有4种，故B正确；C.氨基酸不是高分子化合物，淀粉属于高分子化合物，故C错误；D.乙烯可与溴发生加成反应，可用溴的四氯化碳溶液鉴别，故D正确。答案选C。16、A【解析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀。【详解】AHCl和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，选项A正确；B氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，

30、亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项B错误；C氯气和二氧化硫及水反应生成硫酸和盐酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，所以不符合题意，选项C错误；D二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，选项D错误；答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳碳双键 CH3CH2CH2OH H3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O CD 【解析】烃A中碳、氢两种元素的质量比是24：5，则N（C）：N（H）=，应为C4H10，由生成物G的分子式可知C为CH3CHO

31、HCH3，D为CH3CH2CH2OH，E为CH3CH2CHO，F为CH3CH2COOH，B为CH3CH=CH2，生成G为CH3CH2COOCH（CH3）2，以此解答该题。【详解】（1）B为CH3CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，故答案为：碳碳双键；（2）D为CH3CH2CH2OH，故答案为：CH3CH2CH2OH；（3） C+FG的化学方程式是CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O，故答案为：CH3CH2COOH+CH3CHOHCH3CH3CH2COOCH（CH3）2+H2O；（4）A.在工业上，AB的过程为裂解，可获得乙烯等烯烃，而裂化可以获

32、得汽油等轻质油，故A错误；B.有机物C与D都能与金属钠反应，C经氧化生成丙酮，故B错误；C.醛可溶于水，酸与碳酸钠反应，酯类不溶于水，则可以用碳酸钠溶液鉴别E、F、G，故C正确；D.E、G的最简式相同，则等质量的E、G混合物，无论以何比例混合，完全燃烧耗氧量相同，故D正确；故答案为：CD。18、 中和生成的HBr 【解析】反应中加入试剂X的分子式为C8H8O2，对比溴苯与B的结构可知X为，B中羰基发生还原反应生成D，D中羟基被溴原子取代生成E，E中-Br被-CN取代生成F，F水解得到苯氧布洛芬，据此解答。【详解】(1)根据以上分析可知X的结构简式为，故答案为：；(2)反应属于取代反应,有HBr

33、生成,加入KHCO3中和生成的HBr，故答案为：中和生成的HBr；(3)在上述五步反应中，反应属于取代反应，故答案为：；(4)B的一种同分异构体M满足下列条件：.能发生银镜反应，说明含有醛基，其水解产物之一能与FeCl3溶液发生显色反应，含有甲酸与酚形成的酯基(OOCH)；.分子中有6种不同化学环境的氢，且分子中含有两个苯环，两个苯环相连,且甲基与OOCH分别处于不同苯环中且为对位，则M的结构简式为：，故答案为：；(5)苯乙醛用NaBH4还原得到苯乙醇,在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成苯乙烯,苯乙烯与HBr发生加成反应得到,然后与NaCN发生取代反应得到，最后酸化得到，合成路线流程图为：，

34、故答案为：。【点睛】能发生银镜反应的官能团是醛基，有机物类别是醛、甲酸、甲酸某酯、甲酸盐、与FeCl3溶液发生显色反应，含有酚羟基。19、C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO 1.3106 测定NaOH溶液的准确浓度 x2 【解析】（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。【详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)

35、氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O66HNO3=3H2C2O46H2O6NO；（2）c(Ca2+)=0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)2.3109=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)1.3106；（3）“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；0. 550 8 g邻苯二

36、甲酸氢钾的物质的量n(酸)=0.0027mol, 测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH) =0.1194mol/L，又草酸与氢氧化钠反应，根据H2C2O42NaOH=Na2C2O42H2O可知，2n(H2C2O4)=c(NaOH) V(NaOH)，n(H2C2O4)=1.19410-3 mol，所以n(H2C2O4xH2O)= 1.19410-3 mol，则 n(H2C2O4) M(H2C2O4)= 1.19410-3 mol（94+18x）g/mol=0.1512g，则晶体中水的个数x2，故x2。20、Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3 饱和食盐水可减缓生成氨气的速率 三颈烧

37、瓶(或三口烧瓶) 分液漏斗的活塞与旋塞 关闭K3和分液漏斗旋塞 打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2 减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收 0.0375 【解析】在仪器A中Mg3N2与H2O反应产生Mg(OH)2和NH3，NH3通入到AgNO3溶液中首先反应产生AgOH白色沉淀，后当氨气过量时，反应产生Ag(NH3)2OH，然后向溶液中通入甲醛，水浴加热，发生银镜反应产生单质Ag和CO2气体，产生的Ag与加入的Fe3定量反应生成Fe2+，Fe2与菲洛嗪形成有色物质，在562 nm处测定吸光度，测得生成Fe21.12 mg，据此结合反应过程中电子守恒，可计算室内空气

38、中甲醛含量。【详解】(1)Mg3N2与水发生盐的双水解反应产生Mg(OH)2和NH3，反应方程式为：Mg3N2+6H2O=3Mg(OH)2+2NH3；用饱和食盐水代替水，单位体积溶液中水的含量降低，可减缓生成氨气的速率；(2)根据仪器B的结构可知，仪器B的名称为三颈烧瓶；(3)银氨溶液的制备：关闭K1、K2，打开K3，打开K3，分液漏斗的活塞与旋塞，使饱和食盐水慢慢滴入圆底烧瓶中，首先发生反应：Ag+NH3+H2O=AgOH+NH4+，后又发生反应：AgOH+2NH3 H2O= Ag(NH3)2 +OH-+2H2O，当观察到B中白色沉淀恰好完全溶解时，就得到了银氨溶液，此时关闭K3和分液漏斗旋

39、塞；(4)用热水浴加热B，打开K1，将滑动隔板慢慢由最右端抽到最左端，吸入1 L室内空气，关闭K1；后续操作是打开K2，缓慢推动滑动隔板，将气体全部推出，再关闭K2；再重复上述操作3次。毛细管的作用是减小气体的通入速率，使空气中的甲醛气体被完全吸收。甲醛和银氨溶液加热反应生成银，银具有还原性，被Fe3+氧化，结合甲醛被氧化为CO2，氢氧化二氨合银被还原为银，甲醛中碳元素化合价0价变化为+4价，银+1价变化为0价，生成的银又被铁离子氧化，铁离子被还原为亚铁离子，生成亚铁离子1.12 mg，物质的量n(Fe)=210-5 mol，根据氧化还原反应电子守恒计算，设消耗甲醛物质的量为x mol，则4x

40、=210-5 mol1，x=510-6 mol，因此实验进行了4次操作，所以测得1 L空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol，空气中甲醛的含量为1.2510-6 mol30 g/mol103 mg/g=0.0375 mg/L。【点睛】本题考查了物质组成和含量的测定、氧化还原反应电子守恒的计算的应用、物质性质等，掌握基础是解题关键，了解反应原理、根据反应过程中电子守恒分析解答。21、 球形 Zn的价电子排布式是3d104s2，4s能级上电子处于全充满状态，较稳定，难以失去电子；而镓（31Ga）的价电子排布式为4s24p1，容易失去4p能级上的一个电子，故Ga的第一电离能比Zn的低 16 ZnCl2、ZnBr2、ZnI2均为分子晶体且结构相似，相对分子质量依次增大，分子间作用力逐渐增强，故熔点依次升高 ZnF2属于离子晶体，熔化时需要破坏离子键，而其它三种晶体属于分子晶体，离子键的强度大于分子间作用力，故其熔点远高于其它三种卤化锌 4 100% 【解析】（1）对于主族元素来说，价电子就是最外层电子，但对于Zn来说，它是副族（B），其价电子还与3d能级上的电子有关；当电子排布完成后