2023学年甘肃省河西五市高考冲刺模拟化学试题含解析

2023学年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一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列说法正确的是（）A．可通过加成反应实现的转化B．丙基有2种同分异构体C．乙炔和1，3-丁二烯互为同系物D．烯烃只能发生加成反应，不能发生取代反应2、依据Cd(Hg)+Hg2SO4=3Hg+Cd2++SO42-反应原理，设计出韦斯顿标准电池，其简易装置如图。下列有关该电池的说法正确的是()A．电池工作时Cd2＋向电极B移动B．电极A上发生反应Hg2SO4+2e-=2Hg+SO42-C．电极B上发生反应Cd(Hg)-4e-=Hg2++Cd2+D．反应中每生成amolHg转移3amol电子3、X、Y、Z、W、M五种元素的原子序数依次增大。已知X、Y、Z、W是短周期元素中的四种非金属元素，X元素的原子形成的离子就是一个质子，Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，M是地壳中含量最高的金属元素。下列说法正确的是（）A．五种元素的原子半径从大到小的顺序是：M＞W＞Z＞Y＞XB．X、Z两元素能形成原子个数比(X：Z)为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单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，电解一段时间后，在阴极区会出现白色沉淀4、已知某溶液中含有碳酸钠、硫酸钠、氢氧化钠、氯化钠四种溶质，欲将该溶液中四种溶质的阴离子逐一检验出来，所加试剂先后顺序合理的是A．HNO3、Ba(NO3)2、NH4NO3、AgNO3 B．HNO3、NH4NO3、Ba(NO3)2、AgNO3C．NH4NO3、HNO3、Ba(NO3)2、AgNO3 D．NH4NO3、HNO3、AgNO3、Ba(NO3)25、在某温度下，同时发生反应A（g）B（g）和A（g）C（g）。已知A（g）反应生成B（g）或C（g）的能量如图所示，下列说法正确的是A．B（g）比C（g）稳定B．在该温度下，反应刚开始时，产物以B为主；反应足够长时间，产物以C为主C．反应A（g）B（g）的活化能为（E3—E1）D．反应A（g）C（g）的ΔH＜0且ΔS＝06、25℃时，将0.1mol•L﹣1NaOH溶液加入20mL0.1mol•L﹣1CH3COOH溶液中，所加入溶液的体积（V）和混合液的pH关系曲线如图所示。下列结论正确的是（）A．①点时，c（CH3COO﹣）+c（CH3COOH）＝c（Na+）B．对曲线上①②③任何一点，溶液中都有c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（CH3COO﹣）C．③点时，醋酸恰好完全反应完溶液中有c（CH3COO﹣）＝c（Na+）＞c（H+）＝c（OH﹣）D．滴定过程中可能出现c（H+）＞c（Na+）＞c（CH3COO﹣）＞c（OH﹣）7、下列实验事实不能用基团间相互作用来解释的是A．与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢B．苯酚能与NaOH溶液反应而乙醇不能C．乙醇能使重铬酸钾溶液褪色而乙酸不能D．苯、甲苯发生硝化反应生成一硝基取代产物时，甲苯的反应温度更低8、微生物燃料电池是指在微生物的作用下将化学能转化为电能的装置，某微生物燃料电池的工作原理如图所示，下列说法错误的是A．b电极发生还原反应：4H++O2+4e－＝2H2OB．电路中有4mol电子发生转移，大约消耗标准状况下22.4L空气C．维持两种细菌存在，该装置才能持续将有机物氧化成CO2并产生电子D．HS－在硫氧化菌作用下转化为的反应是＝9、下列有关化学用语表示正确的是（）A．中子数比质子数多1的磷原子： B．Al3+的结构示意图：C．次氯酸钠的电子式： D．2-丁烯的结构简式：CH2=CH-CH=CH210、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列有关叙述正确的是A．标准状况下，5.6L一氧化氮和5.6L氧气混合后的分子总数为0.5NAB．等体积、浓度均为1mol/L的磷酸和盐酸，电离出的氢离子数之比为3:1C．一定温度下，1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同D．标准状况下，等体积的N2和CO所含的原子数均为2NA11、近期，我国爆发了新冠状病毒感染导致的肺炎，很多现象可以利用化学知识加以解释。下列过程不涉及化学反应的是A．使用医用酒精杀死病毒的过程B．制药厂中合成抗病毒药物达芦那韦的过程C．患者呼出的病群形成气溶胶的过程D．病毒在被感染的宿主细胞中的增殖过程12、以下性质的比较可能错误的是()A．离子半径H﹣＞Li+ B．熔点Al2O3＞MgOC．结合质子(H+)的能力CO32﹣＞ClO﹣ D．密度1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷13、1.52g铜镁合金完全溶解于50mL浓度14.0mol/L的硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体1120ml（标准状况），向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时得到2.54g沉淀。下列说法不正确的是（）A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2：1B．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80%C．得到2.54g沉淀时加入NaOH溶液的体积是600mLD．溶解合金消耗HNO3的量是0.12mol14、下列关于糖类、油脂、蛋白质的说法正确的是()A．糖类在一定条件下都可以水解生成乙醇和二氧化碳B．油脂与乙酸乙酯都属于酯类物质,碱性条件下水解都称为皂化反应C．硝酸铜溶液加入鸡蛋清中,可以使蛋清盐析而沉淀下来D．淀粉在加热、稀硫酸催化下水解的产物葡萄糖的检验,应先加入NaOH溶液,再加入银氨溶液,水浴加热,看是否有银镜出现。若出现银镜,证明有葡萄糖生成15、下列有关海水综合利用的说法正确的是()A．电解饱和食盐水可制得金属钠 B．海水提溴涉及到氧化还原反应C．海带提碘只涉及物理变化 D．海水提镁不涉及复分解反应16、原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、、P、Q分别位于三个周期，X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物。则下列说法正确的是A．单质的沸点：Q>PB．简单氢化物的热稳定性：Y>PC．简单离子的半径：Z>Y>XD．X、Y、Z、P形成的化合物的水溶液显碱性二、非选择题（本题包括5小题）17、丙胺卡因（H）是一种局部麻醉药物，实验室制备H的一种合成路线如下：已知：回答下列问题：(1)B的化学名称是________，H的分子式是_____________。(2)由A生成B的反应试剂和反应条件分别为_______________。(3)C中所含官能团的名称为_________，由G生成H的反应类型是___________。(4)C与F反应生成G的化学方程式为______________________________________。反应中使用K2CO3的作用是_______________。(5)化合物X是E的同分异构体，X能与NaOH溶液反应，其核磁共振氢谱只有1组峰。X的结构简式为____________________。(6)（聚甲基丙烯酸甲酯）是有机玻璃的主要成分，写出以丙酮和甲醇为原料制备聚甲基丙烯酸甲酯单体的合成路线：________________。（无机试剂任选）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)D→E的反应类型为________。(3)已知A、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：________。①分子中含有苯环，能与FeCl3溶液发生显色反应；②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、二氧化氯是高效、低毒的消毒剂。已知：ClO2是极易溶于水的气体，实验室制备及性质探究装置如图所示。回答下列问题：（1）装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为___________。装置C中滴有几滴淀粉溶液，反应时有蓝色岀现。淀粉的作用是______。（2）装置C的导管靠近而不接触液面，其目的是________。（3）用ClO2消毒自来水，其效果是同质量氯气的______倍（保留一位小数）。（4）装置D用于吸收尾气，若反应的氧化产物是一种单质，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2∶1，则还原产物的化学式是___________。（5）若将装置C中的溶液改为Na2S溶液，通入ClO2后溶液无明显现象。由此可以产生两种假设：假设a：ClO2与Na2S不反应。假设b：ClO2与Na2S反应。①你认为哪种假设正确，阐述原因：___________。②请设计实验证明你的假设（仅用离子方程式表示）：__________。20、吊白块(NaHSO2·HCHO·2H2O，M=154.0g/mol)在工业中有广泛应用；吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO。实验室制备吊白块的方案如下：NaHSO3的制备：如图，在广口瓶中加入一定量Na2SO3和水，振荡溶解，缓慢通入SO2，至广口瓶中溶液pH约为4，制得NaHSO3溶液。（1）装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为__；Ⅱ中多孔球泡的作用是__。（2）实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是__。吊白块的制备：如图，向仪器A中加入上述NaHSO3溶液、稍过量的锌粉和一定量甲醛，在80~90℃C下，反应约3h，冷却过滤。（3）仪器A的名称为___；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是__。（4）将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是__。吊白块纯度的测定：将0.5000g吊白块样品置于蒸馏烧瓶中，加入10%磷酸10mL，立即通入100℃水蒸气；吊白块分解并释放出甲醛，用含36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4吸收甲醛(不考虑SO2影响，4MnO4－+5HCHO+12H+=4Mn2++5CO2↑+11H2O)，再用0.1000mol·L－1的草酸标准溶液滴定酸性KMnO4，再重复实验2次，平均消耗草酸溶液的体积为30.00mL。（5）滴定终点的判断方法是__；吊白块样品的纯度为__%(保留四位有效数字)；若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，会导致测量结果__(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)21、元素单质及其化合物有广泛用途，请根据周期表中第三周期元素相关知识回答下列问题：（1）按原子序数递增的顺序（稀有气体除外），以下说法正确的是___。a．原子半径和离子半径均减小b．金属性减弱，非金属性增强c．单质的熔点降低d．氧化物对应的水合物碱性减弱，酸性增强（2）原子最外层电子数与次外层电子数相同的元素名称为___，氧化性最弱的简单阳离子是___。（3）已知：化合物MgOAl2O3MgCl2AlCl3类型离子化合物离子化合物离子化合物共价化合物熔点/℃28002050714191工业制镁时，电解MgCl2而不电解MgO的原因是___；制铝时，电解Al2O3而不电解AlCl3的原因是___。（4）晶体硅（熔点1410℃）是良好的半导体材料．由粗硅制纯硅过程如下：Si（粗）SiCl4SiCl4（纯）Si（纯）写出SiCl4的电子式：___；在上述由SiCl4制纯硅的反应中，测得每生成1.12kg纯硅需吸收akJ热量，写出该反应的热化学方程式___。（5）下列气体不能用浓硫酸干燥，可用P2O5干燥的是___。a．NH3b．HIc．SO2d．CO2（6）KClO3可用于实验室制O2，若不加催化剂，400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴阳离子个数比为1：1．写出该反应的化学方程式：___。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A．苯环中不含碳碳双键，故苯与溴不可能发生加成反应生成，选项A错误；B．丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2，共2种，选项B正确；C．乙炔和1，3-丁二烯所含官能团不同，不是同一类有机物，二者不是同系物，选项C错误；D．烯烃在光照条件下可与氯气等发生取代反应，选项D错误。答案选B。【点睛】本题综合考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的官能团的性质，本题易错点为C，乙炔和1，3-丁二烯结构不同，不可能是同系物；注意同分异构体的判断，丙基有CH3CH2CH2-和-CH（CH3）2两种同分异构体。2、B【解析】

根据电池反应方程式可知：在反应中Cd(Hg)极作负极，Cd失去电子，发生氧化反应产生Cd2+，Hg作溶剂，不参加反应，另一极Hg为正极，Cd2＋向负电荷较多的电极A移动，A错误、B正确；根据总反应方程式可知物质B电极上的Hg不参加反应，C错误；根据方程式可知每生成3molHg，转移2mole-，则生成amolHg转移mol的电子，D错误；故合理选项是B。3、B【解析】

X元素的原子形成的离子就是一个质子，应为H元素，Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，应为C元素；Z、W在元素周期表中处于相邻的位置，它们的单质在常温下均为无色气体，则Z为N元素、W为O元素；M是地壳中含量最高的金属元素，应为Al元素。【详解】A．H原子半径最小，同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Al＞C＞N＞O＞H，即M＞Y＞Z＞W＞X，故A错误；B．N、H两元素能形成NH3、N2H4，故B正确；C．化合物CO2是酸性氧化物，NO2与水反应生成硝酸和NO，不是酸性氧化物，故C错误；D．用Al单质作阳极，石墨作阴极电解NaHCO3溶液，阴极生成氢气，不会生成沉淀，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】同周期随原子序数增大原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大。4、C【解析】

先加硝酸，氢离子与碳酸根离子生成气体，可以鉴别出碳酸钠，但硝酸也可和氢氧化钠反应生成水，没有明显现象，又除去了氢氧根离子，铵根离子与氢氧根离子反应生成具有刺激性气味的气体，加入硝酸铵可以证明氢氧化钠的存在；再加入稀硝酸，有气体生成，证明含有碳酸钠；加入硝酸钡，钡离子与硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，可以证明含有硝酸钡；最后加入硝酸银，银离子与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，证明含有氯化钠，可以将四种溶质都证明出来，如先加入硝酸银，则硫酸银、氯化银都生成沉淀，不能鉴别，综上所述，C项正确；答案选C。5、B【解析】

A.从图分析，Ｂ的能量比Ｃ高，根据能量低的稳定分析，B（g）比C（g）不稳定，故错误；B.在该温度下，反应生成Ｂ的活化能比生成Ｃ的活化能低，所以反应刚开始时，产物以B为主；Ｃ比Ｂ更稳定，所以反应足够长时间，产物以C为主，故正确；C.反应A（g）B（g）的活化能为E1，故错误；D.反应A（g）C（g）为放热反应，即ΔH＜0，但ΔS不为0，故错误。故选Ｂ。6、B【解析】

①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒判断；任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒判断；②点溶液呈中性，溶质为CH3COONa和CH3COOH，但CH3COOH较少③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性。【详解】A、①点溶液中溶质为等物质的量浓度的CH3COONa和CH3COOH，混合溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)＝2c(Na+)，故A错误；B、任何电解质溶液中都存在电荷守恒，根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，所以滴定过程中①②③任一点都存在电荷守恒c(Na+)+c(H+)＝c(OH﹣)+c(CH3COO﹣)，故B正确；C、③点溶液中溶质为CH3COONa，溶液的pH＞7，溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＞c(CH3COO﹣)，盐类水解程度较小，所以存在c(Na+)＞c(CH3COO﹣)＞c(OH﹣)＞c(H+)，故C错误；D、滴定过程中遵循电荷守恒，如果溶液呈酸性，则c(H+)＞c(OH﹣)，根据电荷守恒得c(Na+)＜c(CH3COO﹣)，故D错误；答案选B。【点睛】本题以离子浓度大小比较为载体考查酸碱混合溶液定性判断，明确混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒的灵活运用，注意：电荷守恒和物料守恒与溶液中溶质多少无关。7、C【解析】

A.与Na反应时，乙醇的反应速率比水慢，说明乙醇中羟基不如水中羟基活泼，这是因为烃基对羟基产生影响，故A能用基团间相互作用解释；B.苯酚能跟NaOH溶液反应而乙醇不能，则说明苯环对羟基有影响，故B能用基团间相互作用解释；C.乙醇具有还原性，乙酸不具有还原性，这是官能团的性质，与所连基团无关，故C不能用基团间相互作用解释；D．甲苯的反应温度更低，说明甲苯与硝酸反应更容易，甲基的影响使苯环上的氢原子变得活泼易被取代，故D能用基团间相互作用解释；答案选C。8、B【解析】

A．燃料电池通氧气的极为正极，则b电极为正极，发生还原反应，电极反应为4H++O2+4e－＝2H2O，故A正确；B．电路中有4mol电子发生转移，消耗氧气的物质的量为=1mol，标准状况下体积为22.4L，则大约消耗标准状况下空气22.4L×5=112L，故B错误；C．硫酸盐还原菌可以将有机物氧化成二氧化碳，而硫氧化菌可以将硫氢根离子氧化成硫酸根离子，则两种细菌存在，就会循环把有机物氧化成CO2放出电子，故C正确；D．负极上HS-在硫氧化菌作用下转化为SO42-，失电子发生氧化反应，电极反应式是HS-+4H2O-8e-=SO42-+9H+，故D正确；故答案为B。【点睛】考查原电池工作原理以及应用知识，注意知识的迁移应用是解题的关键。9、A【解析】

本题主要考查化学用语的书写。【详解】A.磷原子核电荷数为15，中子数比质子数多1的磷原子：，故A项正确；B.铝原子核电荷数为13，Al3+核外有10个电子，其结构示意图：，故B项错误；C.次氯酸钠属于离子化合物，电子式为：，故C项错误；D.2-丁烯的结构中，碳碳双键在2号碳上，主碳链有4个碳，其结构简式为：，故D项错误；答案选A。10、C【解析】

一氧化氮和5.6L氧气混合后发生反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4，反应为气体分子数减少的反应，因此混合后的分子总数小于0.5NA，故A错误；B.磷酸为弱酸，不可完全电离出H+，故B错误；C.NH4+水解，浓度不同，水解程度不同，因此1L0.50mol/LNH4Cl溶液与2L0.25mol/LNH4Cl溶液含NH4+的物质的量不同，故C正确；D.标准状况下，等体积的N2和CO物质的量相等，所含的原子数相等，但不一定为2NA，故D错误；答案：C【点睛】易错选项A，忽略隐含反应2NO+O2=2NO2，2NO2N2O4。11、C【解析】

A.酒精可以使蛋白质变性，从而杀死病毒，这个过程是一个化学变化，A项错误；B.复杂的药物都是从简单的化工原料一步步合成的，这个过程中有很多化学变化，B项错误；C.气溶胶不过是胶体的一种，而胶体又是分散系的一种，将一种或多种物质分散到一种物质里，这个过程不涉及化学变化，C项正确；D.病毒在增殖时需要复制其核酸和蛋白质，这些过程都伴随着化学变化，D项错误；答案选C。【点睛】我们常用质量分数来表示浓度，例如98%浓硫酸就是质量分数，但是注意医用酒精是体积分数为75%的乙醇溶液，质量分数和体积分数是完全不一样的。12、B【解析】

A．具有相同电子排布的离子，原子序数大的离子半径小，则离子半径为H﹣＞Li+，故A正确；B．离子晶体中，离子的电荷越高，半径越小，晶格能越大，熔点越高，但氧化铝的离子性百分比小于MgO中离子性百分比，则熔点为Al2O3＜MgO，故B错误；C．酸性是：HCO3﹣＜HClO，所以结合质子(H+)的能力为CO32﹣＞ClO﹣，故C正确；D．两者结构相似，1﹣氯戊烷的碳链短，其密度大，则密度为1﹣氯戊烷＞1﹣氯己烷，故D正确；答案选B。【点睛】结合质子的能力和电解质电解强弱有关，越弱越容易结合质子。13、C【解析】

根据氧化还原反应中得失电子守恒、元素守恒进行分析计算。【详解】A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中OH-的质量为：2.54g−1.52g=1.02g，，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于OH-的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得：x=0.02、y=0.01，则该合金中n(Cu):n(Mg)=2:1，故A正确；B.标况下1.12L气体的物质的量为0.05mol，设混合气体中二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知：a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得a=0.04，则混合气体中含有二氧化氮0.04mol、四氧化二氮0.01mol，NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数为：，故B正确；C.50mL该硝酸中含有硝酸的物质的量为：14mol/L×0.05L=0.7mol，反应后的溶质为硝酸钠，根据N元素守恒，硝酸钠的物质的量为：n(NaNO3)=n(HNO3)-n(NO2)-2n(N2O4)=0.7mol−0.04mol−0.01×2=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为，故C错误；D.Cu、Mg的物质的量分别为0.02mol、0.01mol，则生成Cu(NO3)2、Mg(NO3)2各0.02ml、0.01mol，NO2和N2O4的物质的量分别为0.04mol、0.01mol，则根据N元素守恒可知，消耗硝酸的物质的量为0.02×2+0.01×2+0.04+0.01×2=0.12mol，故D正确；答案选C。【点睛】解答该题的关键是找到突破口：金属镁、铜与硝酸反应失电子物质的量与金属离子被沉淀结合氢氧根离子的物质的量相等，关系式为Cu~2e-~Cu2+~2OH-，Mg~2e-~Mg2+~2OH-，通过氢氧化镁与氢氧化铜的总质量与铜镁合金的质量差可以计算氢氧根离子的物质的量，从而确定反应中转移的电子数。14、D【解析】

A.葡萄糖在酒化酶的作用下可以分解为乙醇和二氧化碳。二糖和多糖在一定条件下都可以水解生成单糖。故A不选；B.油脂在碱性条件下的水解才称为皂化反应。故B不选；C.硝酸铜是重金属盐，加入鸡蛋清中可以使蛋清变性而沉淀下来，故C不选。D.淀粉在稀硫酸催化下水解生成葡萄糖,葡萄糖中含有醛基,可以用银氨溶液来检验，在加银氨溶液之前必须先加入氢氧化钠溶液以中和催化剂硫酸。故D选。故选D。15、B【解析】

A．电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，不能制得金属钠，金属钠的制备方法是电解熔融的氯化钠，A错误；B．海水中溴元素以溴离子形式存在，海水提溴过程中溴离子被氧化为单质溴，涉及到氧化还原反应，B正确；C．海带中的碘元素以碘离子形式存在，海带提碘过程中碘离子被氧化为碘单质，涉及化学变化，C错误；D．海水提镁过程中向海水中加石灰乳生成氢氧化镁沉淀、氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水均为复分解反应，D错误；答案选B。16、B【解析】原子序数依次增大的五种短周期主族元素X、Y、Z、P、Q分别位于三个周期，则X一定是H。X与Z、Y与P分别位于同主族，Z与Y可形成原子个数比分别为1：1和2：1的离子化合物，所以Z是Na，Y是O，P是S，则Q是Cl。A.常温下硫是固体，则单质的沸点：Q＜P，A错误；B.氧元素非金属性强于硫元素，则简单氢化物的热稳定性：Y>P，B正确；C.核外电子排布相同的离子，离子半径随原子序数的增大而减小，则简单离子的半径：Y>Z>X，C错误；D.X、Y、Z、P形成的化合物是硫酸氢钠，水溶液显酸性，D错误，答案选B。点睛：本题属于元素周期表和元素周期律综合应用题型，通常考查的重点是原子序数排在前20号的元素，依据题给信息准确推断元素种类是解题关键。元素的非金属性越强，氧化性越强，与氢气化合越容易，形成气态氢化物越稳定，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越强；元素的金属性越强，还原性越强，置换酸（或水）中的氢越容易，元素最高价氧化物对应水化物的碱性越强。同周期元素，从左到右，随着原子序数逐渐增大，原子半径减小，金属性减弱，非金属性增强；同主族元素，从上到下，随着原子序数逐渐增大，原子半径增大，非金属性减弱，金属性增强。注意元素周期律的灵活应用。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）C13H20ON2浓HNO3／浓H2SO4，加热氨基取代反应吸收反应产生的HCl，提高反应的转化率或【解析】

A的分子式结合G得知：A是甲苯，B中有-NO2，结合G的结构苯环上的-CH3和N原子所连接B苯环上的C属于邻位关系，故B是邻硝基甲苯，在Fe和HCl存在下被还原成C物质：邻氨基甲苯，结合题干信息：二者反应条件一致，则确定D是乙醛CH3CHO，E是，部分路线如下：【详解】（1）B的化学名称是邻硝基甲苯（或2-硝基甲苯）；H的分子式是C13H20ON2；（2）由A生成B的反应是硝化反应，试剂：浓HNO3、浓H2SO4，反应条件：加热；（3）C中所含官能团的名称为氨基；观察G生成H的路线：G的Cl原子被丙胺脱掉—NH2上的一个H原子后剩下的集团CH3CH2CH2NH—取代，故反应类型是取代反应；（4）C与F反应生成G的化学方程式为；有机反应大多是可逆反应，加入K2CO3消耗反应产生的HCl，使平衡正向移动，提高反应物的转化率；（5）的单体是，联系原料有甲醇倒推出前一步是与甲醇酯化反应生成单体，由原料丙酮到增长了碳链，用到题干所给信息：，故流程如下：。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=CH2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：①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；②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E→F→G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：①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；②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，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、SO2＋H2SO4＋2KClO3=2KHSO4＋2ClO2通过检验I2的存在，证明ClO2有强氧化性使ClO2尽可能多的与溶液反应，并防止倒吸2.6NaClO2假设b正确，S2－的还原性强于I－，所以ClO2也能氧化S2－或ClO2是强氧化剂，S2－具有强还原性SO42-＋Ba2＋=BaSO4↓【解析】

浓硫酸和亚硫酸钠反应生成二氧化硫，A制备二氧化硫，B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，则B中发生反应SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2，ClO2是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，所以C中发生氧化还原反应生成碘，注意防倒吸，装置C中滴有几滴淀粉溶液，碘遇淀粉变蓝色；装置D用于吸收尾气，反应生成NaClO2，双氧水作还原剂生成氧气，从而防止尾气污染环境，据此解答。【详解】(1)装置B用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，根据元素守恒知，酸式盐为硫酸氢钠，该反应的化学方程式为SO2+H2SO4+2KClO3═2KHSO4+2ClO2；装置C中滴有几滴淀粉溶液，淀粉遇碘变蓝色，根据淀粉是否变色来判断是否有碘生成，从而证明二氧化氯具有氧化性；(2)ClO2是极易溶于水的气体，所以检验其强氧化性时导管靠近而不接触液面，以防倒吸；(3)1molCl2即71g消毒时转移2mol电子，71gClO2消毒时转移电子为×(4+1)=5.2mol，其效果是同质量氯气的=2.6倍；(4)装置D用于吸收尾气,H2O2作还原剂生成O2，H2O2∼O2∼2e−，生成1molO2转移电子2mol，则2molClO2得到2mol电子生成2molNaClO2；(5)①由于ClO2具有强氧化性，Na2S具有强还原性，二者不可能不反应，所以假设a错误，假设b正确；②ClO2氧化Na2S后溶液无明显现象，说明ClO2将S2−氧化生成更高价的酸根SO42−，所以可通过检验SO42−的存在以证明ClO2与Na2S发生氧化还原反应，所用试剂为稀盐酸和BaCl2溶液，离子反应为：SO42−+Ba2+═BaSO4↓。20、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化三颈烧瓶恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色92.40%偏高【解析】

⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率。⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解。⑸滴定终点的判断方法是当滴入最后一滴草酸溶液，锥形瓶内溶液颜色由紫红色变为无色，且半分钟内部变为原来的颜色；5mol：0.1000mol·L－1×0.03L=2mol：xmol解得x=1.2×10－3mol36.00mL0.1000mol·L－1酸性KMnO4的物质的量为36.00×10－3L×0.1000mol·L－1=3.6×10－3mol，则甲醛消耗得高锰酸钾的物质的量为3.6×10－3mol-1.2×10－3mol=2.4×10－3mol，再根据4mol：2.4×10－3mol=5mol：ymol解得y=3×10－3mol，若KMnO4标准溶液久置释放出O2而变质，消耗草酸量减少，则计算出高锰酸钾与甲醛反应得多，则计算出吊白块测量结果偏高。【详解】⑴装置Ⅰ中产生气体的化学反应方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；Ⅱ中多孔球泡的作用是可以增大气体与液体的接触面积，加快气体的吸收速率，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；增大气体与溶液的接触面积，加快气体的吸收速率。

⑵实验室检测NaHSO3晶体在空气中是否发生氧化变质的实验方案是其实就是硫酸根离子的检验，首先排除亚硫酸氢根离子干扰，所以取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化，故答案为：取少量NaHSO3晶体于试管中，加少量水溶解，滴加过量盐酸，再滴加氯化钡溶液，看是否有白色沉淀生成，若有，说明NaHSO3被氧化。⑶仪器A的名称为三颈烧瓶；用恒压漏斗代替普通滴液漏斗滴加甲醛的优点是恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发，故答案为：恒压滴液漏斗可以保持内外压强一致，液体顺利流下，同时避免HCHO挥发。⑷根据信息吊白块在酸性环境下、100℃即发生分解释放出HCHO，因此将仪器A中的反应温度恒定在80~90℃的目的是温度过低反应较慢，温度过高会导致吊白块分解，故答案为：