2021-2022学年四川省眉山高考冲刺模拟化学试题含解析

1、2021-2022学年高考化学模拟试卷请考生注意：1请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用05毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2答题前，认真阅读答题纸上的注意事项，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、过氧化钙(CaO2)微溶于水，溶于酸，可作分析试剂、医用防腐剂、消毒剂。实验室常用CaCO3为原料制备过氧化钙，流程如下：CaCO3稀盐酸、煮沸、过滤滤液冰浴氨水和双氧水A逐滴加入稀盐酸后，将溶液煮沸的作用是除去溶液中多余的HClB加入氨水和双氧水后的反应为：CaCl22NH3H2OH2O2=CaO

2、22NH4Cl2H2OC生成CaO2的反应需要在冰浴下进行的原因是温度过高时过氧化氢分解D过滤得到的白色结晶用蒸馏水洗涤后应再用乙醇洗涤以去除结晶表面水分2、与溴水反应不会产生沉淀的是A乙烯BAgNO3溶液CH2SD苯酚3、常温下，用溶液滴定溶液，曲线如图所示。下列说法错误的是A滴定终点a可选择甲基橙作指示剂Bc点溶液中Cb点溶液中Da、b、c三点中水的电离程度最大的是c4、下列说法正确的是( )A将BaSO4放入水中不能导电，所以BaSO4是非电解质B氨溶于水得到的氨水能导电，所以氨水是电解质C固态的离子化合物不能导电，熔融态的离子化合物能导电D强电解质溶液的导电能力一定比弱电解质溶液的导电

3、能力强5、我国首次月球探测工程第一幅月面图像发布。月球的月壤中含有丰富的3He，月海玄武岩中蕴藏着丰富的钛、铁、铬、镍、钠、镁、硅、铜等金属矿产资源和大量的二氧化硅、硫化物等。将为人类社会的可持续发展出贡献。下列叙述错误的是（ ）A二氧化硅的分子由一个硅原子和两个氧原子构成B不锈钢是指含铬、镍的铁合金C3He和4He互为同位素D月球上的资源应该属于全人类的6、关于CaF2的表述正确的是（ ）A构成的微粒间仅存在静电吸引作用B熔点低于CaCl2C与CaC2所含化学键完全相同D在熔融状态下能导电7、环境科学曾刊发我国科研部门采用零价铁活化过硫酸钠（Na2S2O7其中S为+6价）去除废水中的正五价砷

4、的研究成果，其反应机理模型如图，（NA为阿伏加德罗常数的值）下列说法正确的是A1 molSO4- （自由基）中含50NA个电子BpH越大，越不利于去除废水中的正五价砷C1 mol过硫酸钠中含NA个过氧键D转化过程中，若共有1 mol S2O82-被还原，则参加反应的Fe为56 g8、设阿伏加德罗常数的数值为NA，下列说法正确的是A4.8gMg在足量的CO2中完全燃烧，转移电子数目为0B0.1 mol葡萄糖C6H12OC常温常压下，4.48 L CO2和NOD10.0g质量分数为46%的酒精与足量的钠反应产生氢分子数为09、下列各组物质既不是同系物又不是同分异构体的是（ ）A甲酸甲酯和乙酸B对甲

5、基苯酚和苯甲醇C油酸甘油酯和乙酸乙酯D软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯10、下列表示物质结构的化学用语或模型正确的是AHClO的结构式：HOClBHF的电子式： H:CS2的结构示意图：DCCl4分子的比例模型：11、现有以下物质：NaCl溶液 CH3COOH NH3 BaSO4 蔗糖 H2O，其中属于电解质的是（ ）ABCD12、短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。已知，离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中，阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5核10电子微粒；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、

6、丁、戊三种物质，其中丁在常温下为气体。下列说法正确的是A甲中既含离子键，又含共价键B丙和戊的混合物一定显酸性C丁一定能使湿润的红色石蕊试纸变蓝D原子半径：XYZW13、下图是部分短周期元素原子（用字母表示）最外层电子数与原子序数的关系图。说法正确的是A元素非金属性：XRWBX与R形成的分子内含两种作用力CX、Z形成的化合物中可能含有共价键D元素对应的离子半径：WRX14、某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色。再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象。下列推断合理的是A一定存在Fe2+、Na+、ClB一

7、定不存在I、SO32C一定呈碱性D一定存在NH4+15、1，2二苯乙烯(具有抗老年痴呆、抗癌等功能，下列关于该有机物的说法不正确的是A难溶于水B不能使高锰酸钾稀溶液褪色C分子中所有原子可能共平面D可以发生加成聚合反应16、秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（ ）A该有机物分子式为C10H8O5B分子中有四种官能团C该有机物能发生加成、氧化、取代等反应D1mol该化合物最多能与3molNaOH反应二、非选择题（本题包括5小题）17、如图中AJ分别代表相关反应中的一种物质，已知A分解得到等物质的量的B、C、

8、D，已知B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，F为黑色固体单质，I为红棕色气体。图中有部分生成物未标出。请填写以下空白：（1）A的化学式为_，C的电子式为_；（2）写出下列反应的化学方程式：D+GH_；F+JB+C+I_；（3）2molNa2O2与足量C反应转移电子的物质的量为_mol；（4）I与足量C生成J的过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_；（5）容积为10mL的试管中充满I和G的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则原混合气体中 I与G的体积之比为_。18、茉莉酸甲酯的一种合成路线如下：(1) C中含氧官能团名称为_。(2) DE的反应类型为_。(3) 已知A

9、、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，写出B的结构简式：_。(4) D的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式：_。分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；碱性条件水解生成两种产物，酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢。(5) 写出以和CH2(COOCH3)2为原料制备的合成路线流程图(无机试剂和乙醇任用，合成路线流程图示例见本题题干)_。19、硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是分析化学中的重要试剂，在不同温度下加热分解产物不同。设计如图实验装置（夹持装置略去），在500时隔绝空气加热A中的硫酸亚铁铵至分解完全。确定分解产物的

10、成分。（1）B装置的作用是_。（2）实验中，观察到C中无明显现象，D中有白色沉淀生成，可确定产物中定有_气体产生，写出D中发生反应的离子方程式_。若去掉C，是否能得出同样结论并解释其原因_。（3）A中固体完全分解后变为红宗色粉末，某同学设计实验验证固体残留物仅为Fe2O3.而不含FeO。请完成表内容。(试剂，仅然和用品自选)实验步骤预期现象结论取少量A中残留物于试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解：_固体残留物仅为Fe2O3（4）E中收集到的气体只有N2，其物质的量为xmol，固体残留物刚体死目物Fe2O3的物质的量为ymol，D中沉淀物质的量为zmol，根据氧化还原反应的基本规律，x

11、、y和z应满足的关系为_。（5）结合上述实验现象和相关数据的分析。写出硫酸亚铁铵在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：_。20、镍的全球消费量仅次于铜、铝、铅、锌，居有色金属第五位，常用于各种高光泽装饰漆和塑料生产，也用作催化剂，制取原理：Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，实验室用如图所示装置制取 Ni(CO)4。已知：CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd(黑色) + 2HCl；Ni(CO)4 熔点-25，沸点 43，60以上与空气混合易爆炸；Fe(CO)5 熔点-20，沸点 103。回答下列问题：(1)装置 A 中发生反应的化学方程式为_。(2)装置 C

12、用于合成 Ni(CO)4(夹持装置略)，最适宜选用的装置为_(填标号)。(3)实验过程中为了防止_，必须先观察_(填实验现象)再加热 C 装置。(4)利用“封管实验”原理可获得(高纯镍。如图所示的石英)玻璃封管中充有 CO 气体，则高纯镍粉在封管的_温度区域端生成 填“323K”或“473K” 。(5)实验中加入 11.50 g HCOOH，C 装置质量减轻 2.95 g(设杂质不参加反应)，E 装置中盛有 PdCl2 溶液100 mL，则 PdCl2 溶液的物质的量浓度至少为_molL-1。21、沼气的主要成分是CH4，还含有CO2、H2S等。Jo De Vrieze等设计了利用膜电解法脱除

13、沼气中的CO2和H2S，并将阴极处理后气体制成高纯度生物甲烷，其流程如图所示。(1) 需控制电解槽中阴极室pH7，其目的是_。(2) 阳极室逸出CO2和_(填化学式)；H2S在阳极上转化为SO42-而除去，其电极反应式为_。(3) 在合成塔中主要发生的反应为：反应： CO2(g)4H2(g)=CH4(g)2H2O(g)H1反应： CO2(g)H2(g)=CO(g)H2O(g)H2调节4，充入合成塔，当气体总压强为0.1 MPa，平衡时各物质的物质的量分数如图1所示；不同压强时，CO2的平衡转化率如图2所示：反应CO2(g)CH4(g)=2CO(g)2H2(g)的H_(用H1、H2表示)。图1中

14、，200550 时，CO2的物质的量分数随温度升高而增大的原因是_。图2中，相同温度下，压强越大，CO2的平衡转化率越大，其原因是_；在压强为10 MPa时，当温度在200800 范围内，随温度升高，CO2的平衡转化率始终减小，其原因是_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，加入氨水和双氧水时发生的反应是CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22

15、NH4Cl2H2O，然后过滤，得到过氧化钙，据此分析；【详解】A、根据过程，碳酸钙与盐酸反应后，过滤，推出溶液中有固体剩余，即碳酸钙过量，CaCO3与盐酸反应，发生CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，CO2能溶于水，溶液显酸性，过氧化钙溶于酸，加热煮沸的目的是除去溶液中多余的CO2，故A说法错误；B、加入氨水和双氧水后发生的反应方程式为CaCl22NH3H2OH2O2=CaO22NH4Cl2H2O，故B说法正确；C、双氧水不稳定，受热易分解，需要在冰浴下进行的原因是防止双氧水分解，故C说法正确；D、过氧化钙在乙醇中的溶解度小，使用乙醇洗涤的目的是去除结晶表面的水分，故D说法正确；答案选

16、A。【点睛】易错点是选项A，学生注意到CaO2溶于酸，需要将过量HCl除去，但是忽略了流程，碳酸钙加入盐酸后过滤，这一操作步骤，碳酸钙与盐酸反应：CaCO32HCl=CaCl2CO2H2O，没有沉淀产生，为什么过滤呢？只能说明碳酸钙过量，盐酸不足，还要注意到CO2能溶于水，反应后溶液显酸性，因此煮沸的目的是除去CO2。2、A【解析】A乙烯与溴水发生加成反应，溴水褪色，没有沉淀，选项A错误；BAgNO3溶液与溴水反应生成溴化银沉淀，选项B正确；CH2S与溴水发生氧化还原反应产生S沉淀，选项C正确；D苯酚与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，选项D正确；答案选A。3、C【解析】A滴定终点生成Na

17、3PO4，溶液显碱性，则选择甲基橙作指示剂，故A正确；Bc点消耗NaOH溶液体积为30mL，此时完全生成Na3PO4，溶液中的OH-来源于PO43-的水解和水的电离，则根据质子守恒可得：，故B正确；Cb点消耗NaOH溶液体积为20mL，此时生成Na2HPO4，溶液中HPO42-的水解大于其电离，溶液显碱性，则c(HPO42-)c(H2PO4-)c(PO43-)，故C错误；Da、b、c三点溶液中的溶质分别为NaH2PO4、Na2HPO4和Na3PO4，其中Na3PO4溶液中PO43-的水解程度最大，水解促进水的电离，则水的电离程度最大的是c，故D正确；故答案为C。4、C【解析】A硫酸钡是难溶的盐

18、，熔融状态完全电离，所以BaSO4是电解质，故A错误；B氨气本身不能电离出离子，溶液导电是氨气和水反应生成的一水合氨弱电解质电离的原因，故B错误；C固态离子化合物不能电离出离子，不能导电；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故C正确；D溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱无关，强电解质溶液的导电能力不一定比弱电解质溶液的导电能力强，故D错误；正确答案是C。【点睛】本题考查了电解质可导电关系的判断，明确电解质的强弱与电离程度有关，与溶液的导电能力大小无关是解答的关键，题目难度不大。5、A【解析】A. 二氧化硅晶体属于原子晶体，由硅原子和氧原子构成，但不存在二氧化硅分子，A不正确；

19、B. 在铁中掺入铬、镍等金属，由于改变了金属晶体的内部组织结构，使铁失电子的能力大大降低，从而使铁不易生锈，B正确；C. 3He和4He的质子数相同，但中子数不同，且都是原子，所以二者互为同位素，C正确；D. 月球是属于全人类的，所以月球上的资源也应该属于全人类，D正确。故选A。6、D【解析】ACa2+与F-间存在静电吸引和静电排斥作用，故A错误；B离子晶体的熔点与离子所带电荷、离子半径有关，离子半径越小，离子晶体的熔点越高，所以CaF2的熔点高于CaCl2，故B错误；CCaF2中只存在离子键，而CaC2含有离子键和共价键，故C错误；DCaF2中的化学键为离子键，离子化合物在熔融时能发生电离，

20、存在自由移动的离子，能导电，因此CaF2在熔融状态下能导电，故D正确；故答案为D。7、C【解析】A. 1 mol SO4(自由基)中含1 mol(16+48+1)NAmol1=49NA个电子，故A错误；B. 室温下，pH越大，亚铁离子和铁离子变为氢氧化亚铁和氢氧化铁，越有利于去除废水中的+5价砷，故B错误；C. 过硫酸钠(Na2S2O8)中S为+6价，Na为+1价，假设含有x个O2，含有y个O22，则x + 2y = 8，(+1) 2+ (+6) 2 + ( 2)x+( 2)y =0，则x =6，y=1，因此1mol过硫酸钠(Na2S2O8)含NA个过氧键，故C正确；D. 根据图示可知，1mo

21、l Fe和1mol S2O82反应生成2mol SO42和1mol Fe2+，该过程转移2mol电子，但是1mol Fe2+还要与0.5mol S2O82反应变成Fe3+，因此1mol铁参加反应要消耗1.5mol S2O82，所以共有1 mol S2O82被还原时，参加反应的Fe，故D错误。综上所述，答案为C。8、A【解析】A. 镁原子最外层只有2个电子，易失去，4.8gMg在足量CO2中燃烧，转移的电子数为0.4NA，故A正确；B. 葡萄糖的结构简式为CH2OH（CHOH）4CHO，一个葡萄糖分子中含有5个羟基，所以0.1mol葡萄糖(C6H12O6)含羟基(-OH)数目为0.5NA，故B错

22、误；C. 常温常压下，4.48LCO2和NO2混合气体不是0.2mol，所含原子总数不是0.6NA，故C错误；D. 钠与水也可以反应生成氢气，故D错误。故选A。9、C【解析】A甲酸甲酯和乙酸分子式相同，结构不同，属于同分异构体，A不合题意；B对甲基苯酚和苯甲醇分子式相同，结构不同，属于同分异构体，B不合题意；C油酸甘油酯是不饱和酯，乙酸乙酯是饱和酯，分子式不同，结构不相似，则既不是同系物，又不是同分异构体，C符合题意；D软脂酸甘油酯和硬脂酸甘油酯，结构相似，分子组成上相差2个CH2，互为同系物，D不合题意；故选C。10、A【解析】A. 次氯酸的中心原子为O，HClO的结构式为：HOCl，A项正

23、确；B.HF是共价化合物，不存在离子键，分子中氟原子与氢原子形成1对共用电子对，电子式为，B项错误；C. 硫离子质子数为16，核外电子数为18，有3个电子层，由里到外各层电子数分别为2、8、8，离子结构示意图为，C项错误；D. 氯原子的半径比碳原子的大，中心原子的半径小，D项错误；答案选A。【点睛】A项是易错点，要特别注意原子与原子之间形成的共价键尽可能使本身达到稳定结构。11、B【解析】在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。NaCl溶液是混合物，不是电解质；CH3COOH溶于水可导电，是电解质；NH3溶于水反应，生成的溶液可导电，但不是自身导电，不是电解质；BaSO4熔融状态下

24、可电离成离子，可以导电，是电解质； 蔗糖溶于水不能电离出离子，溶液不导电，不是电解质；H2O可微弱的电离出氢离子和氢氧根离子，可导电，是电解质；答案选B。【点睛】该题要利用电解质的概念解题，在水溶液里或熔融状态下自身能导电的化合物叫做电解质。12、A【解析】短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增加。离子化合物甲是由X、Y、Z、W四种元素组成的，其中阴阳离子个数比为11，阳离子是一种5核10电子微粒，该阳离子为NH4+，则X为H元素；Q元素原子半径是短周期主族元素中最大的，则Q为Na元素，因此Y、Z、W均为第二周期元素，阴离子组成元素的原子序数小于Na，则阴离子为碳酸氢根离子，则甲为N

25、H4HCO3，因此Y为C元素、Z为N元素、W为O元素；乙为上述某种元素的最高价氧化物对应的水化物；甲与乙的浓溶液反应生成丙、丁、戊三种物质，则乙为氢氧化钠或硝酸，与碳酸氢铵反应生成氨气，碳酸钠和水或硝酸铵、二氧化碳和水，其中丁在常温下为气体，则丁为氨气或二氧化碳，据此分析解答。【详解】根据上述分析，X为H元素，Y为C元素，Z为N元素，W为O元素，Q为Na元素，甲为NH4HCO3，乙为NaOH或硝酸，丁为氨气或二氧化碳，丙、戊为碳酸钠或硝酸铵和水。A甲为NH4HCO3，属于离子化合物，含有离子键，铵根离子、HCO3-中还含有共价键，故A正确；B丙和戊的混合物可能为碳酸钠溶液或硝酸铵溶液，碳酸钠水

26、解后溶液显碱性，故B错误；C丁可能为二氧化碳，二氧化碳不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故C错误；D同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：XWZY，故D错误；答案选A。13、C【解析】都是短周期元素，由最外层电子数与原子序数关系可知，X、Y处于第二周期，X的最外层电子数为6，故X为O元素，Y的最外层电子数为7，故Y为F元素；Z、R、W处于第三周期，最外层电子数分别为1、6、7，故Z为Na元素、R为S元素、W为Cl元素，则A同周期元素从左到右非金属性逐渐增强，同主族从上到下非金属性逐渐减弱，应为OClS，选项A错误；BX与R形成的分子可为SO2或SO3

27、，分子内只存在极性键，选项B错误；CX、Z形成的化合物如为Na2O2，含有共价键，选项C正确；D核外电子排布相同的离子核电荷数越大离子半径越小，半径O2ClS2，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查元素周期表元素周期律的应用，根据最外层电子数及原子序数的关系确定元素是解题的关键，注意整体把握元素周期表的结构，都是短周期元素，根据图中信息推出各元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识解答该题。14、B【解析】某未知溶液可能含Na+、NH4+、Fe2+、I、Cl、CO32、SO32。将该溶液加少量新制氯水，溶液变黄色，说明亚铁离子和碘离子至少有一种，在反应中被氯水氧化转化为铁离子和碘。

28、再向上述反应后溶液中加入BaCl2溶液或淀粉溶液，均无明显现象，这说明溶液中没有碘生成，也没有硫酸根，所以原溶液中一定没有碘离子和亚硫酸根离子，一定存在亚铁离子，则一定不存在碳酸根离子。根据溶液的电中性可判断一定还含有氯离子，钠离子和铵根离子不能确定，亚铁离子水解溶液显酸性；答案选B。15、B【解析】A所有的碳氢化合物均难溶于水，A项正确；B该物质分子结构中含有碳碳双键，可以使高锰酸钾溶液褪色，B项错误；C乙烯和苯都是平面型分子，当苯环与碳碳双键之间的单键旋转到特定位置时，可以共平面，所以分子中所有原子可能共平面，C项正确；D该物质分子中含有碳碳双键，故可以发生加聚反应，D项正确；答案选B。1

29、6、D【解析】由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol 该化合物最多能与4mol NaOH 反应，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D为解答的易错点。二、非选择

30、题（本题包括5小题）17、NH4HCO3 4NH3+5O24NO+6H2O C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O 2 1：2 4：1 【解析】A受热能分解，分解得到等物质的量的B、C、D，且A与碱反应生成D，则A为酸式盐或铵盐，B、D为常温下的气态化合物，C为常温下的液态化合物，C能和过氧化钠反应，则C为水，镁条能在B中燃烧，则B为二氧化碳或氧气，因为A受热分解生成B、C、D，则B为二氧化碳，水和过氧化钠反应生成NaOH和O2，D能在催化剂条件下与G反应生成H，则D是NH3，G是O2，H是NO，I是NO2，J是HNO3，镁和二氧化碳反应生成氧化镁和碳，C和浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧

31、化氮和水，则E是MgO，F是C，通过以上分析知，A为NH4HCO3，以此解答该题。【详解】(1) 、A为NH4HCO3，C为水，C的电子式为；故答案为NH4HCO3；(2) 、D为NH3，G是O2，H是NO ，则D+GH的反应为：4NH3+5O24NO+6H2O；F是C，J是HNO3，则F+J- B+C+I的反应为：C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；C+4HNO3(浓)CO2+4NO2+2H2O；(3)、Na2O2与足量水反应的方程式为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，氧由-1价升高为0价，由-1价降低为-2价，则2molNa2

32、O2与足量C反应转移电子的物质的量为2mol,；故答案为2；(4)、由3NO2+ H2O=2HNO3+NO可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2；故答案为1:2；(5)、容积为10mL的试管中充满NO2和O2的混合气体，倒立于盛水的水槽中，水全部充满试管，则发生的反应为4NO2+2H2O+O2=4HNO3，根据反应方程式可知原混合气体中NO2与O2体积比为4: 1，所以10mL混合气体中NO2和O2的体积分别为8mL和2mL，故答案为4:1。18、羰基和酯基 消去反应 【解析】(1)由结构可知C中含氧官能团为：酯基、羰基；(2)对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=C

33、H2形成碳碳双键得到E；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢；(5)由EFG转化可知，可由加热得到，而与CH2(COOCH3)2加成得到，与氢气发生加成反应得到，然后发生催化氧化得到，最后发生消去反应得到。【详解】由上述分析可知：A为HOOC(CH2)4COOH；B为。(1)由C结构简式可知C中含氧官能团为：酯

34、基、羰基；（2）对比D、E的结构，可知D分子中脱去1分子HCOOCH2CH=CH2形成碳碳双键得到E，故D生成E的反应属于消去反应；(3)A、B的分子式依次为C6H10O4、C12H18O4，A中不含甲基，结合C的结构，可知A为HOOC(CH2)4COOH、B为；(4)D的一种同分异构体同时满足下列条件：分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基；碱性条件水解生成两种产物，说明还含有酯基，且酸化后两种分子中均只有3种不同化学环境的氢，符合条件的同分异构体为：；(5)与H2在Ni催化下发生加成反应产生，与O2在Cu催化下发生氧化反应产生，与NaOH的乙醇溶液发生消去反应产生，

35、再与CH2(COOCH3)2发生加成反应产生，该物质在高温下反应产生，故合成路线流程图为：。【点睛】本题考查有机物的合成的知识，涉及官能团的识别、有机反应类型的判断、限制条件同分异构体的书写、合成路线设计等，(4)中同分异构体的书写为易错点、难点,关键是对比物质的结构理解发生的反应，题目侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力。19、检验产物中是否有水生成SO2SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+否，若有SO3也有白色沉淀生成将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红3x+y=z2(NH4)2Fe(SO4)2Fe2O3+2NH3+

36、N2+4SO2+5H2O【解析】（1）硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2 在500时隔绝空气加热分解，H、O结合有水生成，故B装置的作用是检验产物中是否有水生成。（2）装置C中BaC12溶液的作用是为了检验分解产物中是否有SO3气体生成，若含有该气体，会生成硫酸钡白色沉淀，观察到的观象为溶液变浑浊，但该装置中没有明显现象，可知产物中无有SO3气体生成；装置D中有白色沉淀，说明产物中有SO2气体生成，通入过氧化氢发生氧化还原反应，生成硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，反应的离子方程式为：SO2+H2O2+Ba2+=BaSO4+2H+，若去掉C，若有SO3也有白色沉淀生成，不能得出说明出有SO2

37、而无SO3的结论。（3）根据Fe2+的还原性，可以用高锰酸钾溶液检验，依据Fe3+与KSCN溶液后变红可检验，方法为：取少量A中残留物与试管中，加入适量稀硫酸，充分振荡使其完全溶解，将溶液分成两份，分别滴加高锰酸钾溶液、KSCN溶液（或：依次滴加K3Fe(CN)6溶液、KSCN溶液或其他合理答案） 并振荡，若高锰酸钾溶液不褪色，加入KSCN溶液后变红（或：加入K3Fe(CN)6溶液无现象，加入KSCN溶液后变红，或其他合理答案），则残留物仅为Fe2O3而不含FeO。（4）若产物中有氮气生成，则失去电子的元素是Fe和N，得到电子的元素是S， （NH4）2Fe（SO4）2分解，E中生成xmolN2

38、失去电子的物质的量是6xmol，生成ymol Fe2O3失去电子的物质的量是2y mol，D中沉淀物质的量为zmol，即生成的二氧化硫的物质的量是z mol，则得电子的物质的量是2z mol，根据得失电子守恒，6x+2y=2z即3x+y=z；（5）结合上述实验现象和相关数据的分析，完成硫酸亚铁铵（NH4）2Fe（SO4）2在500时隔绝空气加热完全分解的化学方程式：2(NH4)2Fe(SO4)2 Fe2O3+2 NH3+N2+4SO2+5H2O【点睛】该题为实验探究题，主要考查物质的检验，如H2O，Fe2O3，FeO，SO2等，考查实验设计，氧化还原的计算等知识，理解实验目的和掌握基础知识为关键，难度适中。20、HCOOHH2O+CO CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下爆炸 E 装置中产生黑色沉淀 473K 0.50 【解析】A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为43，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成