新疆北京师范大学克拉玛依附属学校2024届高考仿真模拟化学试卷含解析

新疆北京师范大学克拉玛依附属学校2024届高考仿真模拟化学试卷注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、银­Ferrozine法检测甲醛(HCHO)的原理为①在原电池装置中，氧化银能将甲醛充分氧化为CO2；②Fe3＋与产生的Ag定量反应生成Fe2＋；③Fe2＋与Ferrozine形成有色配合物；④测定溶液的吸光度(吸光度与溶液中有色物质的浓度成正比)。下列说法正确的是()A．①中，负极上消耗1mol甲醛时转移2mol电子B．①溶液中的H＋由正极移向负极C．理论上消耗的甲醛与生成的Fe2＋的物质的量之比为1∶4D．④中，甲醛浓度越大，吸光度越小2、25℃时，将浓度均为0.1molL、体积分别为Va和Vb的HX溶液与NH3·H2O溶液按不同体积比混合，保持Va+Vb＝100mL，Va、Vb与混合液的pH的关系如图所示。下列说法正确的是()A．Ka(HX)>Kb(NH3·H2O)B．b点时c(NH4+)>c(HX)>c(OH—)＝c(H+)C．a、b、d几点中，水的电离程度d>b>aD．a→b点过程中，可能存在c(X—)<c(NH4+)3、下列化学用语正确的是A．CH3OOCCH3名称为甲酸乙酯B．次氯酸的电子式C．17Cl原子3p亚层有一个未成对电子D．碳原子最外层电子云有两种不同的伸展方向4、含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A．实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HClB．滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒C．在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体D．进入C区的H+的数目为0.03NA5、有一种锂离子电池，在室温条件下可进行循环充放电，实现对磁性的可逆调控。一极为纳米Fe2O3，另一极为金属锂和石墨的复合材料，电解质只传导锂离子。电池总反应为：Fe2O3+6Li2Fe+3Li2O，关于此电池，下列说法不正确的是A．放电时，此电池逐渐靠近磁铁B．放电时，正极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2OC．放电时，正极质量减小，负极质量增加D．充电时，阴极反应为Li++e-=Li6、我国某科研机构研究表明，利用K2Cr2O7可实现含苯酚废水的有效处理，其工作原理如下图所示。下列说法正确的是A．N为该电池的负极B．该电池可以在高温下使用C．一段时间后，中间室中NaCl溶液的浓度减小D．M的电极反应式为：C6H5OH＋28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋7、以石墨负极（C）、LiFePO4正极组成的锂离子电池的工作原理如图所示（实际上正负极材料是紧贴在锂离子导体膜两边的）。充放电时，Li+在正极材料上脱嵌或嵌入，随之在石墨中发生了LixC6生成与解离。下列说法正确的是A．锂离子导电膜应有保护成品电池安全性的作用B．该电池工作过程中Fe元素化合价没有发生变化C．放电时，负极材料上的反应为6C+xLi++xe-=LixC6D．放电时，正极材料上的反应为LiFePO4-xe-=Li1-xFePO4+xLi+8、海水是巨大的资源宝库，从海水中可以提取镁、溴等产品。某兴趣小组以MgBr2为原料，模拟从海水中制备溴和镁。下列说法错误的是（）A．工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOHB．设计步骤②、③、④的目的是为了富集溴C．步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液D．工业上实现步骤⑥，通常用氢气还原氯化镁9、氨硼烷(NH3·BH3)电池可在常温下工作，装置如图所示。未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，电池反应为NH3·BH3+3H2O2=NH4BO2+4H2O。已知两极室中电解质足量，下列说法正确的是（）A．正极的电极反应式为2H++2e-═H2↑B．电池工作时，H+通过质子交换膜向负极移动C．电池工作时，正、负极分别放出H2和NH3D．工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9g，则电路中转移0.6mol电子10、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（）A．催化剂可以改变该反应的热效应B．该反应是个放热反应C．反应物总能量低于生成物D．化学反应遵循质量守恒定律11、“司乐平”是治疗高血压的一种临床药物，其有效成分M的结构简式如图．下列关于M的说法正确的是（）A．属于芳香烃B．遇FeCl3溶液显紫色C．能使酸性高锰酸钾溶液褪色D．1molM完全水解生成2mol醇12、国际能源期刊报道了一种正在开发中的绿色环保“全氢电池”，有望减少废旧电池产生的污染。其工作原理如图所示。下列说法正确的是A．“全氢电池”工作时，将酸碱反应的中和能转化为电能B．吸附层b发生的电极反应：H2–2e+2OH=2H2OC．NaClO4的作用是传导离子和参与电极反应D．“全氢电池”的总反应:2H2+O2=2H2O13、下列反应生成物不受反应物的用量或浓度影响的是A．硫酸与氯化钠反应 B．硝酸银溶液中滴加稀氨水C．铁在硫蒸气中燃烧 D．铁粉加入硝酸中14、下列根据实验操作和现象得出的结论不正确的是选项操作及现象结论A将乙烯气体通入酸性KMnO4溶液中，溶液褪色乙烯具有还原性B将少量浓硫酸滴到蔗糖表面，蔗糖变黑，体积膨胀浓硫酸有脱水性和强氧化性C向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液,出现白色沉淀溶液X中可能含有SO32-D向淀粉溶液中加入稀硫酸，水浴加热，一段时间后，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀淀粉未水解A．A B．B C．C D．D15、设NA为阿伏加德罗常数值。如图表示N2O在Pt2O+表面与CO反应转化成无害气体的过程。下列说法正确的是A．N2O转化成无害气体时的催化剂是Pt2O2+B．每1molPt2O+转化为Pt2O2+得电子数为3NAC．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，无明显现象D．1gCO2、N2O的混合气体中含有电子数为0.5NA16、按照物质的组成分类，SO2属于（）A．单质 B．酸性氧化物 C．碱性氧化物 D．混合物二、非选择题（本题包括5小题）17、某课题组的研究人员用有机物A、D为主要原料，合成高分子化合物F的流程如图所示：已知：①A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13。②D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应。③请回答以下问题：（1）A的结构简式为________。（2）反应①的反应类型为________，B中所含官能团的名称为______。（3）反应③的化学方程式是_______________。（4）D的核磁共振氢谱有_______组峰；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还有________(不含D)种。（5）反应④的化学方程式是____________。（6）参照上述流程信息和已知信息，以乙醇和苯乙醇为原料(无机试剂任选)制备化工产品设计合理的合成路线__________。合成路线流程图示例：CH3CH2OHCH3CH2OOCCH318、化合物I是一种药物合成中间体，与I相关的反应如下：根据以上信息回答下列问题。(1)B→C的反应类型是___________。(2)写出D→E的化学方程式___________。(3)下列说法正确的是____________A．物质H中的官能团X为—COOHB．物质C是纯净物C．有机物A和B以任意物质的量之比混合，只要混合物的总物质的量相同，那么混合物充分燃烧消耗的氧气的量相同D．工业上用物质B与O2在催化剂条件下可生产环氧乙烷(4)实验室取1.96gG完全燃烧，将燃烧产物通过碱石灰，碱石灰质量增加4.68g；若将燃烧产物通过浓硫酸，浓硫酸的质量增加0.72g。G的分子式是___________。19、下面a～e是中学化学实验中常见的几种定量仪器：（a）量筒（b）容量瓶（c）滴定管（d）托盘天平（e）温度计（1）其中标示出仪器使用温度的是_________________（填写编号）（2）由于操作错误，使得到的数据比正确数据偏小的是_________（填写编号）A．实验室制乙烯测量混合液温度时，温度计的水银球与烧瓶底部接触B．中和滴定达终点时俯视滴定管内液面读数C．使用容量瓶配制溶液时，俯视液面定容所得溶液的浓度（3）称取10.5g固体样品（1g以下使用游码）时，将样品放在了天平的右盘，则所称样品的实际质量为________g。20、依据图1中氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：(1)实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为_________。(2)下列试剂不能用于干燥NH3的是__________。A．浓硫酸B．碱石灰C．NaOH固体(3)工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：①NH3→NO的化学方程式为______________。②NO→NO2反应的实验现象是____________。③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为______。(4)图1中，实验室只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，则该物质的化学式为_____。(5)若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是______。A．O2B．NaC．NH4ClD．NO221、氮族元素在化学领域具有重要的地位。请回答下列问题：（1）基态氮原子的价电子轨道表示式为__；第二周期的元素中，第一电离能介于B和N之间的元素有__种。（2）雌黃的分子式为As2S3，其分子结构为，As原子的杂化类型为__。（3）1mol中所含σ键的物质的量为____mol。已知NF3与NH3分子的空间构型都是三角锥形，但NF3不易与Cu2+形成配离子，原因是__。（4）红镍矿是一种重要的含镍矿物，其主要成分的晶胞如图所示，则每个Ni原子周围与之紧邻的As原子数为_____。以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。磷化硼（BP）是一种超硬耐磨涂层材料，晶胞为正方体形，晶胞参数为apm。如图为沿y轴投影的晶胞中所有硼原子的分布图和原子分数坐标。设NA为阿伏伽德罗常数的值，1，2，3，4四点原子分数坐标分别为（0.25，0.25，0.75），（0.75，0.25，0.25），（0.25，0.75，0.25），（0.75，0.75，0.75）。据此推断BP晶体的密度为__g•cm-3。（用代数式表示）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A．甲醛分子中碳元素的化合价为0价，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，故A错误；B．原电池中阳离子向正极移动，故B错误；C．每生成1molFe2+转移1mol电子，1mol甲醛被氧化时转移4mol电子，根据电子转移的数目相等，可知消耗的甲醛与生成的Fe2+的物质的量之比为1:4，故C正确；D．④中，甲醛浓度越大，反应生成的Fe2+的浓度越大，吸光度越大，故D错误；答案为C。2、B【解析】

A.根据b点，等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O的混合液pH=7，说明Ka(HX)=Kb(NH3·H2O)，故A错误；B.b点是等体积、等浓度HX溶液与NH3·H2O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，a、b、d几点中，水的电离程度b>a>d，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(NH4+)，故D错误。【点睛】本题考查了弱电解质的电离、离子浓度大小比较，侧重于学生分析能力、读图能力的考查，注意把握物料守恒、电荷守恒的运用。3、C【解析】

A．酯的命名是根据生成酯的酸和醇来命名为某酸某酯，此有机物是由甲醇和乙酸酯化得到的，故为乙酸甲酯，选项A错误；B．次氯酸为共价化合物，分子中不存在氢氯键，次氯酸的电子式为：，选项B错误；C．17Cl原子3p亚层上只有一个未成对电子的原子，其外围电子排布为3s23p5，选项C正确；D．碳原子最外层有两个2s、两个2p电子，s电子的电子云为球形，p电子的电子云为纺锤形，有3种伸展方向，选项D错误。答案选C。4、D【解析】

A．饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl，正确，A不选；B．滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7m时，为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，正确，B不选；C．胶体的直径在10-9~10-7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体，正确，C不选；D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部进入C区，根据电荷守恒，则进入C区的H＋的数目应为0.03NA。但是Fe3＋不一定完全水解，Cl－也不可能通过渗析完全进入C区，此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H＋的数目小于0.03NA，错误，D选。答案选D。5、C【解析】

A.放电时，锂为负极，氧化铁在正极反应，所以反应生成铁，此电池逐渐靠近磁铁，故正确；B.放电时，正极为氧化铁变成铁，电极反应为Fe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，故正确；C.放电时，正极反应WieFe2O3+6Li++6e-=2Fe+3Li2O，正极质量增加，负极锂失去电子生成锂离子，质量减少，故错误；D.充电时，阴极锂离子得到电子，电极反应为Li++e-=Li，故正确。故选C。【点睛】掌握原电池和电解池的工作原理，注意电解质的存在形式对电极反应的书写的影响，本题中电解质只能传到锂离子，所以电极反应中出现的离子只能为锂离子。6、C【解析】

A.由图可知Cr元素化合价降低，被还原，N为正极，A项错误；B.该电池用微生物进行发酵反应，不耐高温，B项错误；C.由于电解质NaCl溶液被阳离子交换膜和阴离子交换膜隔离，使Na+和Cl-不能定向移动，所以电池工作时，负极生成的H+透过阳离子交换膜进入NaCl溶液中，正极生成的OH-透过阴离子交换膜进入NaCl溶液中与H+反应生成水，使NaCl溶液浓度减小。C项正确；D.苯酚发生氧化反应、作负极，结合电子守恒和电荷守恒可知电极反应式为C6H5OH-28e－＋11H2O=6CO2↑＋28H＋，D项错误；答案选C。7、A【解析】

根据题意描述，放电时，石墨为负极，充电时，石墨为阴极，石墨转化LixC6，得到电子，石墨电极发生还原反应，与题意吻合，据此分析解答。【详解】根据上述分析，总反应为LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6。A.为了防止正负极直接相互接触，因此用锂离子导电膜隔开，锂离子导体膜起到保护成品电池安全性的作用，故A正确；B.根据总反应方程式LiFePO4+6CLi1-xFePO4+LixC6可知，LiFePO4与Li1-xFePO4中铁元素的化合价一定发生变化，否则不能构成原电池反应，故B错误；C.放电时，负极发生氧化反应，电极反应式为：LixC6-xe-=6C+xLi+，故C错误；D.放电时，Li1-xFePO4在正极上得电子发生还原反应，电极反应为：Li1-xFePO4+xLi++xe-═LiFePO4，故D错误；答案选A。【点睛】本题的难点为电池的正负极的判断，要注意认真审题并大胆猜想。本题的易错点为B，要注意原电池反应一定属于氧化还原反应。8、D【解析】

由流程可知，MgBr2与NaOH反生成氢氧化镁和NaBr，则滤液含NaBr，②中氯气可氧化溴离子生成溴，③吹出溴，④中试剂X为二氧化硫的水溶液，可吸收溴并生成HBr，⑤中氯气与HBr反应生成溴；氢氧化镁与盐酸反应生成MgCl2溶液，蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2∙6H2O，在HCl气流中加热MgCl2∙6H2O，使其脱去结晶水得到无水MgCl2，⑥中电解熔融MgCl2生成Mg，以此来解答。【详解】A.工业上步骤①常用Ca(OH)2代替NaOH，便宜易得，故A正确；B.海水中溴离子浓度较低，步骤②、③、④的目的是为了富集溴，故B正确；C.步骤④中试剂X可选用饱和二氧化硫水溶液，与溴单质发生氧化还原反应SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，生成HBr，故C正确；D.Mg为活泼金属，其还原性强于氢气，氢气无法还原氯化镁，工业上实现步骤⑥，通常用电解法，故D错误；故选D。【点睛】Mg为活泼金属，用一般的还原剂无法将其还原为金属单质，只能用最强有力的氧化还原反应手段——电解，将其还原，但同时需注意，根据阴极的放电顺序知，电解含Mg2+的水溶液时，水电离的H+会优先放电，Mg2+不能在阴极得到电子，不能被还原得到金属单质，因此工业上常用电解熔融MgCl2的方法制取金属镁，类似的还有金属活动顺序表中铝以前的金属，如常用电解熔融Al2O3、NaCl的方法制取金属铝和金属钠。9、D【解析】

由氨硼烷（NH3·BH3）电池工作时的总反应为NH3·BH3+3H2O2═NH4BO2+4H2O可知，左侧NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，据此分析。【详解】A.右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为H2O2+2H++2e-=2H2O，故A错误；B.放电时，阳离子向正极移动，所以H+通过质子交换膜向正极移动，故B错误；C.NH3·BH3为负极失电子发生氧化反应，则负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，右侧H2O2为正极得到电子发生还原反应，电极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，电池工作时，两电极均不会产生气体，故C错误；D.未加入氨硼烷之前，两极室质量相等，通入后，负极电极反应式为NH3·BH3+2H2O-6e-=NH4BO2+6H+，正极反应式为3H2O2+6H++6e-═6H2O，假定6mol电子转移，则左室质量增加=31g-6g=25g，右室质量增加6g，两极室质量相差19g。工作一段时间后，若左右两极室质量差为1.9

g，则电路中转移0.6

mol电子，故D正确；答案选D。【点睛】本题考查原电池原理，注意电极反应式的书写方法，正极得到电子发生还原反应，负极失电子发生氧化反应，书写时要结合电解质溶液，考虑环境的影响。10、B【解析】

A.由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D.化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。11、C【解析】

A.含有C.

H、O元素且含有苯环，属于芳香族化合物，不属于芳香烃，故A错误；B.不含酚羟基，所以不能和氯化铁溶液发生显色反应，故B错误；C.含有碳碳双键且连接苯环的碳原子上含有氢原子，所以能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D.含有3个酯基，所以1

mol

M完全水解生成3mol醇，故D错误；故选：C。【点睛】该物质中含有酯基、氨基、苯环、碳碳双键，具有酯、胺、苯、烯烃的性质，能发生水解反应、中和反应、加成反应、取代反应、加聚反应等，据此分析解答．12、A【解析】

由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，结合原电池中阳离子移向正极，阴离子移向负极解答该题。【详解】A.“全氢电池”工作时，将酸碱反应的化学能（中和能）转化为电能，故A正确；B.右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，故B错误；C.NaClO4的作用是传导离子，没有参与电极反应，故C错误；D.由电子流向可知，左边吸附层为负极，发生了氧化反应，电极反应是H2-2e-+2OH-═2H2O，右边吸附层为正极，发生了还原反应，电极反应是2e-+2H+═H2，总反应为：H++OH-═H2O，故D错误；正确答案是A。13、C【解析】

A.浓硫酸与氯化钠反应制取HCl，可能生成硫酸钠或硫酸氢钠，稀硫酸不能反应，A不符合题意；B.硝酸银溶液中滴加稀氨水，氨水少量生成沉淀，氨水过量生成银氨溶液，B不符合题意；C.Fe在S蒸气中燃烧，生成FeS，不受反应物的用量或浓度影响，C符合题意；D.铁粉加入硝酸中，可能生成硝酸铁或硝酸亚铁、NO或NO2，D不符合题意；故合理选项是C。14、D【解析】

A．乙烯被高锰酸钾氧化，则溶液褪色，体现乙烯的还原性，故A正确；B．浓硫酸使蔗糖炭化后，C与浓硫酸发生氧化还原反应，则蔗糖变黑，体积膨胀，体现浓硫酸有脱水性和强氧化性，故B正确；C．向溶液X

中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，生成的白色沉淀为硫酸钡，由于稀硝酸能够氧化亚硫酸根离子，则原溶液中可能含有SO32-，故C正确；D．淀粉水解生成葡萄糖，检验葡萄糖应在碱性条件下，没有加碱至碱性，再加入新制的氢氧化铜悬浊液并加热，无红色沉淀，不能检验，故D错误；故选D。15、D【解析】

A．根据转化关系，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，则该过程的催化剂是Pt2O+，故A错误；B．根据转化关系，结合得失电子守恒，N2O转化N2时，Pt2O+转化为Pt2O2+，氧化还原反应方程式为：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反应中氮元素由+1价得电子变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则每1molPt2O+转化为Pt2O2+失电子为2mol，数目为2NA，故B错误；C．将生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C错误；D．CO2和N2O的摩尔质量都为44g/mol，一个分子中含有电子数都为22个，则1gCO2、N2O的混合气体的物质的量为mol，含有电子数为mol×22×NA=0.5NA，故D正确；答案选D。【点睛】B项计算转移的电子数时，必须正确写出反应方程式，根据化合价的变化，物质的关系，计算出转移的电子数。16、B【解析】

A、SO2由两种元素组成，不符合单质的概念；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物；D、SO2属于纯净物。【详解】A、SO2由两种元素组成，不属于单质，故A错误；B、能与碱反应生成盐和水的氧化物叫做酸性氧化物；SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故B正确；C、SO2是能与碱反应只生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，故C错误；D、SO2属于纯净物，不属于混合物，故D错误；故选：B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CH≡CH加成反应碳碳双键、酯基54【解析】

A属于烃类化合物，在相同条件下，A相对于H2的密度为13，则A的相对分子质量为26，其分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；B在催化剂作用下发生加聚反应生成，结合B的分子式C4H6O2，可知B的结构简式为CH2=CHOCOCH3，说明A和CH3COOH发生加成反应生成了B；再在NaOH的水溶液中发生水解生成的C应为；D的分子式为C7H8O，遇FeCl3溶液不发生显色反应，再结合D催化氧化生成了，可知D为苯甲醇，其结构简式为；苯甲醛再和CH3COOH发生信息③的反应生成的E为，C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到。【详解】(1)A的分子式为C2H2，应为乙炔，结构简式为CH≡CH；(2)反应①CH≡CH和CH3COOH发生加成反应生成了CH2=CHOCOCH3，反应类型为加成反应；B为CH2=CHOCOCH3，所含官能团的名称为碳碳双键和酯基；(3)反应③是在

NaOH的水溶液中发生水解反应，反应化学方程式是；(4)D为，有5种等效氢，核磁共振氢谱有5组峰，峰面积比为1:2:2:2:1；D的同分异构体中，属于芳香族化合物的还包括苯甲醚、对甲苯酚、邻甲苯酚和间甲苯酚，共4种；(5)反应④是C和E发生酯化反应生成高分子化合物F为，反应的化学方程式是；(6)以乙醇和苯乙醇为原料制备可利用乙醇连续氧化生成的乙酸与乙醛发生加成反应生成CH3CH=CHCOOH，最后再与苯乙醇发生酯化反应即可得到，具体的合成路线为：。【点睛】常见依据反应条件推断反应类型的方法：(1)在NaOH的水溶液中发生水解反应，可能是酯的水解反应或卤代烃的水解反应。(2)在NaOH的乙醇溶液中加热，发生卤代烃的消去反应。(3)在浓H2SO4存在的条件下加热，可能发生醇的消去反应、酯化反应、成醚反应或硝化反应等。(4)能与溴水或溴的CCl4溶液反应，可能为烯烃、炔烃的加成反应。(5)能与H2在Ni作用下发生反应，则为烯烃、炔烃、芳香烃、醛的加成反应或还原反应。(6)在O2、Cu(或Ag)、加热(或CuO、加热)条件下，发生醇的氧化反应。(7)与O2或新制的Cu(OH)2悬浊液或银氨溶液反应，则该物质发生的是—CHO的氧化反应。(如果连续两次出现O2，则为醇→醛→羧酸的过程)。(8)在稀H2SO4加热条件下发生酯、低聚糖、多糖等的水解反应。(9)在光照、X2(表示卤素单质)条件下发生烷基上的取代反应；在Fe粉、X2条件下发生苯环上的取代。18、加聚反应CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2OACDC9H8O5【解析】

C为聚乙烯，那么B为乙烯，B生成C的反应即加聚反应；由A依次生成D，E，F的条件可知，A中一定有羟基，所以A为乙醇；由G生成H的条件可知，G中一定含有羟基，H中一定含有羧基，所以H中的-X即为羧基；根据(4)中提供的燃烧的相关信息，可计算出G的分子式，结合前面推出的信息就可以确定G的结构中含有两个羧基，1个羟基。【详解】(1)通过分析可知，B生成C即乙烯生成聚乙烯的反应，反应类型为加聚反应；(2)D生成E的反应即乙醛与弱氧化剂Cu(OH)2反应的反应；方程式为：CH3CHO+2Cu(OH)2+NaOHCH3COONa+Cu2O↓+3H2O；(3)A．通过分析可知，H中X的官能团为羧基，A项正确；B．物质C为聚乙烯，高分子有机化合物都是混合物，B项错误；C．A为乙醇，1mol乙醇完全燃烧消耗3molO2；B为乙烯，1mol乙烯完全燃烧消耗也是3molO2，所以A与B无论何种比例混合，只要混合物的总物质的量相同，则完全燃烧消耗的氧气的量就相同，C项正确；D．乙烯可以在银的催化下与O2反应生成环氧乙烷，工业上可以采用这种方法生产环氧乙烷，D项正确；答案选ACD；(4)1.96gG中含有H0.08g即0.08mol，含有C1.08g即0.09mol，那么O的质量为0.8g即0.05mol，再结合推断流程分析可知，G分子式为C9H8O5。【点睛】有机推断题中，物质的推断一方面可以通过反应条件猜测有机物的结构特点，另一方面也可以通过有机物燃烧的规律判断有机物的组成。19、a、b、cB9.5g【解析】

（1）精度相对较高的玻璃量器，常标示出使用温度。（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线。（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，可求出所称样品的实际质量。【详解】（1）量筒、容量瓶、滴定管都标有规格和温度，量筒的刻度从下往上标，滴定管刻度从上往下标，容量瓶只有一个刻度线。答案为：a、b、c；（2）A．给烧瓶内的液体加热时，烧瓶底部的温度往往比溶液高，A不合题意；B．滴定管刻度从上往下标，俯视滴定管内液面读数，读出的数值偏小，B符合题意；C．俯视容量瓶内的液面，定容时液面低于刻度线，所得溶液的浓度偏大，C不合题意。答案为：B；（3）对天平来说，有如下等量关系：天平的右盘物品质量=天平左盘物品质量+游码指示的质量。称取10.5g固体样品，天平质量为10g，游码移到0.5g，代入关系式，则所称样品的实际质量=10g-0.5g=9.5g。答案为：9.5g。【点睛】用天平称量物品，即便违反实验操作，也不一定产生误差。因为若不使用游码，则不产生误差；若使用游码，则物品的质量偏小，物质的真实质量=读取的质量-游码指示质量的二倍。20、2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2OA4NH3+5O24NO+6H2O无色气体变红棕色1：2H2O2AD【解析】

(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热反应产生CaCl2、NH3、H2O；(2)氨气是一种碱性气体，会与酸发生反应；(3)在工业上氨气被催化氧化产生NO，NO与氧气反应产生NO2，NO2被水吸收得到HNO3。根据电子守恒、一种守恒配平方程式，判断氧化剂、还原剂的物质的量的比，根据物质的颜色判断反应现象；(4)只用一种物质将NO直接转化为硝酸且绿色环保，还原产物无污染；(5)若要将NH3→N2，N元素的化合价由-3价变为0价，氨气被氧化，加入的物质应该有强的氧化性。【详解】(1)NH4Cl与Ca(OH)2混合加热，发生复分解反应，反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH