2022屆上海市高三下學期第五次調(diào)研考試化學試題含解析

1、2021-2022學年高考化學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其它答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。3考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、草酸是二元中強酸，草酸氫鈉溶液顯酸性。常溫下，向10mL 0.01molL-1NaHC2O4溶液中滴加0.01molL-1NaOH溶液，隨著NaOH溶液體積的增加，溶液中離子濃度關(guān)系正確的是（）AVNaOH(aq)=0時，c(H+)=110

2、-2molL-1BVNaOH(aq)10mL時，c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)2、將3.9g鎂鋁合金，投入到500mL2mol/L的鹽酸中，合金完全溶解，再加入4mol/L的NaOH溶液，若要生成的沉淀最多，加入的這種NaOH溶液的體積是A125mLB200mLC250mLD560mL3、某烴的含氧衍生物的球棍模型如圖所示下列關(guān)于該有機物的說法正確的是()A名稱為乙酸乙酯B顯酸性的鏈狀同分異構(gòu)體有3種C能發(fā)生取代、加成和消除反應D能使溴水或酸性高錳酸鉀溶液褪色，且原理相同4、氯仿(CHCl3)是一種有機合成原料，在光照下遇空氣逐漸被氧化生成劇毒的光氣(COCl2)：2CHCl

3、3O22HCl2COCl2。下列說法不正確的是ACHCl3分子和COCl2分子中，中心C原子均采用sp3雜化BCHCl3屬于極性分子C上述反應涉及的元素中，元素原子未成對電子最多的可形成直線形分子D可用硝酸銀溶液檢驗氯仿是否變質(zhì)5、下列溶液中的粒子濃度關(guān)系正確的是（ ）A0.1molB1L0.1C等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中：cD室溫下，pH=3.5的柑橘汁中cH+是pH6、在常溫下，向20 mL濃度均為0.1 molL1的鹽酸和氯化銨混合溶液中滴加0.1 molL1的氫氧化鈉溶液，溶液pH隨氫氧化鈉溶液加入體積的變化如圖所示（忽略溶液體積變化）。下列說法正確的是AV

4、（NaOH）20 mL時，2n（）n（NH3H2O）n（H+）n（OH）0.1 molBV（NaOH）40 mL時，c（）c（OH）C當0V（NaOH）40 mL時，H2O的電離程度一直增大D若改用同濃度的氨水滴定原溶液，同樣使溶液pH7時所需氨水的體積比氫氧化鈉溶液要小7、配制一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，下列因素會導致溶液濃度偏高的是A溶解時有少量液體濺出B洗滌液未全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中C容量瓶使用前未干燥D定容時液面未到刻度線8、下列離子方程式書寫正確的是A小蘇打治療胃酸過多的反應：CO322HCO2H2OB次氯酸鈉溶液通入少通的CO2：2ClOCO2H2O2HClOCO32CH218O2中加入

5、H2SO4酸化的KMnO4：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2OD過量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中：3SO22NO33Ba22H2O3BaSO42NO4H9、ICl能發(fā)生下列變化，其中變化時會破壞化學鍵的是（ ）A升華B熔化C溶于CCl4D受熱分解10、可確定乙二醇分子是否有極性的實驗是A測定沸點B測靜電對液流影響C測定蒸氣密度D測標準狀況下氣體摩爾體積11、常溫下，下列各組離子在指定溶液中能大量共存的是A澄清透明的溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-B中性溶液中：Fe3+、NH4+、Br-、HCO3-Cc(OH-)的溶液中：Na+、Ca2+、ClO-、F-D1

6、mol/L的KNO3溶液中：H+、Fe2+、SCN-、SO42-12、金屬(M)空氣電池具有原料易得，能量密度高等優(yōu)點，有望成為新能源汽車和移動設(shè)備的電源，該類電池放電的總反應方程式為：2MO22H2O2M(OH)2。(已知：電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能)下列說法正確的是A電解質(zhì)中的陰離子向多孔電極移動B比較Mg、Al、Zn三種金屬空氣電池，Mg空氣電池的理論比能量最高C空氣電池放電過程的負極反應式2M4e4OH2M(OH)2D當外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時，多孔電極需要通入空氣22.4L(標準狀況)13、2019年是門捷列夫提出元素周期表150周年。根據(jù)元素

7、周期律和元素周期表，下列推斷不合理的是A位于第五周期第VIA族的元素為金屬元素B第32號元素的單質(zhì)可作為半導體材料C第55號元素的單質(zhì)與水反應非常劇烈D第七周期A族元素的原子序數(shù)為11714、下列有關(guān)化學實驗操作、現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是( )選項操作現(xiàn)象結(jié)論A向的NaHCO3溶液中滴加2滴甲基橙溶液呈黃色NaHCO3溶液溶液呈堿性B向氨水和的懸濁液中滴加少量溶液得到紅褐色懸濁液KspFe(OH)3KspMg(OH)2C使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片，再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液KMnO4溶液褪色石蠟油蒸汽中含有烯烴D向蔗糖中加入濃硫酸蔗糖變成疏松多孔的海綿狀炭，放出有刺激性氣味的氣體濃硫酸

8、具有脫水性和強氧化性AABBCCDD15、關(guān)于化合物2-苯基丙烯酸乙酯()，下列說法正確的是（ ）A不能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色B可以與稀硫酸或NaOH溶液反應C分子中所有原子共平面D易溶于飽和碳酸鈉溶液16、W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色。W、Z最外層電子數(shù)相同，Z的核電荷數(shù)是W的2倍。工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)，則下列說法不正確的是AW、X、Y形成的簡單離子核外電子數(shù)相同BY和Z形成的化合物可以通過復分解反應制得CZ和W可形成原子個數(shù)比為12和13的共價化合物DX、Y和Z三種元素形成的最高價氧化物對應的水化物能兩兩反應二、非選

9、擇題（本題包括5小題）17、已知：D為烴，E分子中碳元素與氫元素的質(zhì)量之比61，相對分子質(zhì)量為44，其燃燒產(chǎn)物只有CO2和H2O。A的最簡式與F相同，且能發(fā)生銀鏡反應，可由淀粉水解得到。（1）A的結(jié)構(gòu)簡式為_。（2）寫出DE的化學方程式_。（3）下列說法正確的是_。A.有機物F能使石蕊溶液變紅B.用新制的氫氧化銅無法區(qū)分有機物C、E、F的水溶液C.等物質(zhì)的量的C和D分別完全燃燒消耗氧氣的量相等D.可用飽和碳酸鈉溶液除去有機物B中混有的少量C、FE.B的同分異構(gòu)體中能發(fā)生銀鏡反應的酯類共有2種18、X、Y、Z、W 四種物質(zhì)有如下相互轉(zhuǎn)化關(guān)系（其中 Y、Z 為化合物，未列出反應條件）。（1）若實驗

10、室經(jīng)常用澄清石灰水來檢驗 X 的燃燒產(chǎn)物，W 的用途之一是計算機芯片，W 在周期表中的位置為 _，Y 的用途有 _，寫出Y與NaOH 溶液反應的離子方程式 _。（2）若 X、W 為日常生活中常見的兩種金屬，且 Y 常用作紅色油漆和涂料，則該反應的化學方程式為_。（3）若 X 為淡黃色粉末，Y 為生活中常見液體，則：X 的電子式為 _，該反應的化學方程式為 _，生成的化合物中所含化學鍵類型有 _。 若 7.8 克 X 物質(zhì)完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為 _。19、氨基甲酸銨（H2NCOONH4）是一種易分解、易水解的白色固體，易溶于水，難溶于CCl4，某研究小組用如圖1所示的實驗裝置制備氨基甲酸銨。反

11、應原理：2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s) H0。（1）儀器2的名稱是_。儀器3中NaOH固體的作用是_。（2）打開閥門K，儀器4中由固體藥品所產(chǎn)生的氣體就立即進入儀器5，則該固體藥品的名稱為_。儀器6的一個作用是控制原料氣按反應計量系數(shù)充分反應，若反應初期觀察到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，應該_（填“加快”、“減慢”或“不改變”）產(chǎn)生氨氣的流速。（3）另有一種制備氨基甲酸銨的反應器（CCl4充當惰性介質(zhì)）如圖2：圖2裝置采用冰水浴的原因為_。當CCl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時，即停止反應，_(填操作名稱)得到粗產(chǎn)品。為了將所得粗產(chǎn)品干燥可采取的方法是_。A蒸餾 B高壓加熱

12、烘干 C真空微熱烘干（4）已知氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，則該反應的化學方程式為_。為測定某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分數(shù)，某研究小組用該樣品進行實驗。已知雜質(zhì)不參與反應，請補充完整測定某樣品中氨基甲酸銨質(zhì)量分數(shù)的實驗方案：用天平稱取一定質(zhì)量的樣品，加水溶解，_，測量的數(shù)據(jù)取平均值進行計算（限選試劑：蒸餾水、澄清石灰水、Ba(OH)2溶液）。20、焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)可作為貯存水果的保鮮劑?，F(xiàn)欲制備焦亞硫酸鈉并探究其部分化學性質(zhì)。.制備Na2S2O5可用試劑：飽和Na2SO3溶液、濃NaOH溶液、濃H2SO4、苯、Na2SO3固體(試劑不重復使用)。焦亞硫酸鈉的析出原理：2NaHSO3

13、(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)（1）如圖裝置中儀器A的名稱是_。A中發(fā)生反應的化學方程式為_。儀器E的作用是_。（2）F中盛裝的試劑是_。.探究Na2S2O5的還原性（3）取少量Na2S2O5晶體于試管中，滴加1mL2mol/L酸性KMnO4溶液，劇烈反應，溶液紫紅色很快褪去。反應的離子方程式為_。食品級焦亞硫酸鈉可作為貯存水果保鮮劑的化學原理是防止食品_。.測定Na2S2O5樣品的純度。（4）將10.0gNa2S2O5樣品溶解在蒸餾水中配制100mL溶液，取其中10.00mL加入過量的20.00mL0.3000mol/L的酸性高錳酸鉀溶液，充分反應后，用0.2500mol

14、/L的Na2SO3標準液滴定至終點，消耗Na2SO3溶液20.00mL，Na2S2O5樣品的純度為_%（保留一位小數(shù)），若在滴定終點時，俯視讀數(shù)Na2SO3標準液的體積，會導致Na2S2O5樣品的純度_。（填“偏高”、“偏低”）21、為測試一鐵片中鐵元素的含量，某課外活動小組提出下面方案并進行了實驗。將0.200g鐵片完全溶解于過量稀硫酸中，將反應后得到的溶液用的溶液滴定，達到終點時消耗了溶液。（1）配平以下方程式并標出電子轉(zhuǎn)移的方向與數(shù)目_。（2）滴定到終點時的現(xiàn)象為_，鐵片中鐵元素的質(zhì)量分數(shù)為_。（3）高錳酸鉀溶液往往用硫酸酸化而不用鹽酸酸化，原因是：_。（4）溶液呈酸性，加硫酸后增加，請

15、結(jié)合離子方程式并利用化學平衡移動理論解釋：_。（5）高錳酸鉀在化學品生產(chǎn)中，廣泛用作為氧化劑?？梢匝趸?、等多種物質(zhì)，如，試推測空格上應填物質(zhì)的化學式為_。（6）上述反應在恒溫下進行，該過程中會明顯看到先慢后快的反應，原因可能是_。參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、D【解析】A.因為草酸是二元弱酸，HC2O4-不能完全電離，所以0.01mol/LNaHC2O4溶液中c(H+)110-2mol/L，A項錯誤；B.NaHC2O4+NaOH=Na2C2O4+H2O，NaHC2O4溶液顯酸性，Na2C2O4溶液因水解而顯堿性，NaHC2O4溶液中加入NaOH溶液過程中溶液由酸性逐漸變?yōu)閴A

16、性，所以當V(NaOH)aq10mL時，溶液存在呈中性的可能，即c(H+)=c(OH-)，結(jié)合電荷守恒可知可能存在c(Na+)=2c(C2O42-)+c(HC2O4-)，B項錯誤；C.當V(NaOH)aq=10mL時，NaHC2O4和NaOH恰好完全反應生成Na2C2O4，C2O42-發(fā)生水解而使溶液呈堿性，故常溫下c(H+)10mL時，所得溶液的溶質(zhì)是Na2C2O4和NaOH，C2O42-發(fā)生水解生成HC2O4-，水解是微弱的且NaOH電離的OH-抑制C2O42-的水解，故c(Na+)c(C2O42-)c(HC2O4-)，D項正確；答案選D。2、C【解析】試題分析：鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完

17、全溶解，發(fā)生的反應為：Mg+2HCl=MgCl2+H2； 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2，氯化鎂和氯化鋁，分別與NaOH溶液反應的方程式為：AlCl3+3NaOH=Al(OH)3+3NaCl，MgCl2 +2NaOH=Mg(OH)2+2NaClMg2+和Al3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，所以溶液中的溶質(zhì)只有NaCl；根據(jù)氯原子和鈉原子守恒得到如下關(guān)系式：HClNaClNaOH1 12mol/L0.5L 4mol/LVV=0.25L=250ml，故選C?！究键c定位】考查化學計算中常用方法終態(tài)法【名師點晴】注意Mg2+和Al3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀時，NaOH不能過量，即全部轉(zhuǎn)化為沉淀的Al3+，不能溶解

18、是解題關(guān)鍵；鎂鋁合金與鹽酸反應，金屬完全溶解，生成氯化鎂和氯化鋁，氯化鎂和氯化鋁，加入4molL-1的NaOH溶液，生成的沉淀最多時，Mg2+和Al3+全部轉(zhuǎn)化為沉淀，所以溶液中的溶質(zhì)只有NaCl，根據(jù)氯原子和鈉原子守恒解題。3、B【解析】由結(jié)構(gòu)模型可知有機物為CH3COOCH=CH2，含有酯基，可發(fā)生取代反應，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成、加聚和氧化反應，以此解答該題?！驹斀狻緼有機物為CH3COOCH=CH2，不是乙酸乙酯，故A錯誤；B該化合物的鏈狀同分異構(gòu)體中,顯酸性的同分異構(gòu)體有CH2=CHCH2COOH、CH3CH=CHCOOH、CH2=CH(CH3)COOH，共3種，故B正確；C含有酯

19、基，可發(fā)生水解反應，含有碳碳雙鍵，可發(fā)生加成反應，不能發(fā)生消去反應，故C錯誤；D含有碳碳雙鍵，能使溴水褪色是發(fā)生了加成反應，與酸性高錳酸鉀反應是發(fā)生了氧化還原反應，故原理不同，故D錯誤；答案選B。4、A【解析】CHCl3分子和甲烷一樣，中心C原子采用sp3雜化，COCl2分子中，中心C與O形成雙鍵，再與兩個Cl形成共價單鍵，因此C原子采用sp2雜化，A錯誤；CHCl3分子中由于CH鍵、CCl鍵的鍵長不相同，因此CHCl3的空間構(gòu)型為四面體，但不是正四面體，屬于極性分子，B正確；所列元素中碳和氧原子均含有兩個未成對電子，兩者可以組成CO2，C正確；由于氯仿中的Cl元素以Cl原子的形式存在，不是C

20、l，因此可用硝酸銀溶液檢驗氯仿是否變質(zhì)，D正確。5、D【解析】ANaHCO3溶液中碳酸氫根離子水解程度大于電離程度，溶液顯堿性，則NaHCO3溶液中存在c(Na+)c(HCO3-)c(H2CO3)c(CO32-)，故A錯誤；B任何電解質(zhì)溶液中都存在物料守恒和電荷守恒，根據(jù)物料守恒得c(Na+)=2c(S2-)+2c(HS-)+2c(H2S)，根據(jù)電荷守恒得c(Na+)+ c(H+)=2c(S2-)+c(HS-)+ c(OH-)，將代入得：c(HS-)+2c(H2S)= c(OH-)-c(H+)，故B錯誤；C等體積、等物質(zhì)的量濃度的NaX和弱酸HX混合后的溶液中，無法判斷電離程度和水解程度，不能

21、判斷溶液的酸堿性，即無法比較c(OH-)和c(H+)的大小，溶液中必滿足電荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（X-）+c（OH-）和物料守恒2c（Na+）=c（X-）+c（HX），故C錯誤；DpH=3.5的柑橘汁中c(H+)=10-3.5，pH=6.5的牛奶中c(H+)=10-6.5，所以pH=3.5的柑橘汁中c(H+)是pH=6.5的牛奶中c(H+)的1000倍，故D正確；答案選D。6、B【解析】A. V（NaOH）20 mL時，溶液中的溶質(zhì)為0.02mol氯化鈉和0.02mol氯化銨，電荷守恒有n(Na+)+n（H+）+ n（）=n(Cl-)+n（OH），因為n(Na+)=0.02mol，

22、n(Cl-)=0.04mol，所以有n（H+）+ n（）=0.02+n（OH），物料守恒有n(Cl-)= n(Na+)+ n（）n（NH3H2O），即0.02= n（）n（NH3H2O），所以，2n（）n（NH3H2O）n（H+）0.04 mol+n（OH），故錯誤；B. V（NaOH）40 mL時，溶質(zhì)為0.04mol氯化鈉和0.02mol一水合氨，溶液顯堿性，因為水也能電離出氫氧根離子，故c（）c（OH）正確；C. 當0V（NaOH）40 mL過程中，前20毫升氫氧化鈉是中和鹽酸，水的電離程度增大，后20毫升是氯化銨和氫氧化鈉反應，水的電離程度減小，故錯誤；D. 鹽酸和氫氧化鈉反應生成氯化

23、鈉溶液，為中性，若改用同濃度的氨水滴定原溶液，鹽酸和氨水反應后為氯化銨的溶液仍為酸性，所以同樣使溶液pH7時所需氨水的體積比氫氧化鈉溶液要大，故錯誤。故選B。7、D【解析】A. 溶解時有少量液體濺出，n偏小，則導致溶液濃度偏低，故A不選；B. 洗滌液未全部轉(zhuǎn)移到容量瓶中，n偏小，則導致溶液濃度偏低，故B不選；C. 容量瓶使用前未干燥，對n、V無影響，濃度不變，故C不選；D. 定容時液面未到刻度線，V偏小，導致溶液濃度偏高，故D選；故選D。8、C【解析】A、小蘇打是NaHCO3，治療胃酸過多的反應：HCO3HCO2H2O，故A錯誤；B、次氯酸鈉溶液通入少通的CO2，次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子，

24、次氯酸鈉與二氧化碳反應生成的是碳酸氫根離子：ClOCO2H2OHClOHCO3，故B錯誤；C、H218O2中加入H2SO4酸化的KMnO4，過氧化氫被氧化為氧氣，高錳酸鉀被還原為錳離子，依據(jù)電荷守恒和原子守恒書寫配平的離子方程式為：5H218O22MnO46H518O22Mn28H2O，故C正確；D、過量SO2通入到Ba(NO3)2溶液中，過量的二氧化硫生成亞硫酸會被氧化為硫酸，反應的離子方程式為：3SO2+Ba2+2NO3+2H2O=BaSO4+4H+2SO42+2NO，故D錯誤；故選C?！军c睛】本題考查了離子方程式的正誤判斷，注意掌握離子方程式的書寫原則，明確離子方程式正誤判斷常用方法：檢

25、查反應物、生成物是否正確，檢查各物質(zhì)拆分是否正確，如難溶物、弱電解質(zhì)等需要保留化學式，檢查是否符合原化學方程式等。易錯點B，根據(jù)電離平衡常數(shù)H2CO3HClOHCO3可知次氯酸的酸性大于碳酸氫根離子。9、D【解析】ICl是共價化合物，在升華、熔化時化學鍵不斷裂，溶于CCl4時未發(fā)生電離，化學鍵不斷裂，破壞的均為分子間作用力；受熱分解時發(fā)生化學反應，發(fā)生化學鍵的斷裂和形成，故選D。10、B【解析】極性分子的正電荷中心與負電荷中心不重合，極性分子雖然整體不帶電，但每一個乙二醇分子都有帶電的極性端，也可以再理解為部分區(qū)域帶電，所以它在電場作用下，會定向運動，所以測靜電對液流影響，可以判斷分子是否有極

26、性；而測定沸點、測定蒸氣密度、測標準狀況下氣體摩爾體積等均不能判斷分子極性。答案選B。11、A【解析】A. 選項離子之間不能發(fā)生任何反應，離子可以大量共存，A符合題意；B. 中性溶液中，OH-與Fe3+會形成Fe(OH)3沉淀，OH-與HCO3-反應產(chǎn)生CO32-、H2O，離子之間不能大量共存，B不符合題意；C. c(OH-)的溶液顯酸性，含有大量的H+，H+與ClO-、F-發(fā)生反應產(chǎn)生弱酸HClO、HF，不能大量共存，C錯誤；D. H+、Fe2+、NO3-會發(fā)生氧化還原反應，不能大量共存，D錯誤；故合理選項是A。12、C【解析】A原電池中陰離子應該向負極移動；B電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量

27、的電極材料理論上能釋放出的最大電能，即單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多，則得到的電能越多；C負極M失電子和OH反應生成M(OH)2；D由正極電極反應式O22H2O4e4OH有O24OH4e，當外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時，消耗氧氣1mol，但空氣中氧氣只占體積分數(shù)21%，據(jù)此計算判斷?！驹斀狻緼原電池中陰離子應該向負極移動，金屬M為負極，所以電解質(zhì)中的陰離子向金屬M方向移動，故A錯誤；B電池的“理論比能量”指單位質(zhì)量的電極材料理論上能釋放出的最大電能，則單位質(zhì)量的電極材料失去電子的物質(zhì)的量越多則得到的電能越多，假設(shè)質(zhì)量都是1g時，這三種金屬轉(zhuǎn)移電子物質(zhì)的量分別為2molmol、3molm

28、ol、2molmol，所以Al空氣電池的理論比能量最高，故B錯誤；C負極M失電子和OH反應生成M(OH)2，則正極反應式為2M4e4OH2M(OH)2，故C正確；D由正極電極反應式O22H2O4e4OH有O24OH4e，當外電路中轉(zhuǎn)移4mol電子時，消耗氧氣1mol，即22.4L(標準狀況下)，但空氣中氧氣只占體積分數(shù)21%，所以空氣不止22.4L，故D錯誤；故答案選C?！军c睛】明確電極上發(fā)生的反應、離子交換膜作用、反應速率影響因素、守恒法計算是解本題關(guān)鍵，注意強化電極反應式書寫訓練。13、A【解析】A. 位于第五周期第VIA族的元素為Te（碲），是非金屬元素，A錯誤；B. 第32號元素為鍺，

29、位于金屬區(qū)與非金屬區(qū)的交界線處，單質(zhì)可作為半導體材料，B正確；C. 第55號元素是銫，為活潑的堿金屬元素，單質(zhì)與水反應非常劇烈，C正確；D. 第七周期0族元素的原子序數(shù)為118，A族元素的原子序數(shù)為117，D正確；答案選A。14、D【解析】A.甲基橙的變色范圍是3.14.4，若溶液的pH4.4，溶液都顯黃色，因此不能證明NaHCO3溶液溶液呈堿性，A錯誤；B.由于其中含有氨水，向其中加入FeCl3溶液，F(xiàn)eCl3與溶液中的氨水會發(fā)生復分解反應形成Fe(OH)3沉淀，不能證明溶度積常數(shù)：Fe(OH)3Mg(OH)2，B錯誤；C.石蠟油主要成分是各種烷烴、環(huán)烷烴，它們與酸性KMnO4溶液不能反應，

30、使石蠟油蒸汽通過熾熱的碎瓷片，再將產(chǎn)生的氣體通過酸性KMnO4溶液，溶液褪色，證明石蠟油蒸汽分解后的產(chǎn)物中含有烯烴，C錯誤；D.蔗糖的化學式為C12H22O11，向其中滴加濃硫酸，濃硫酸將蔗糖中的H、O兩種元素以2:1的組成脫去留下碳，濃硫酸表現(xiàn)脫水性，此過程中放出大量的熱，使?jié)饬蛩崤c脫水生成的C單質(zhì)發(fā)生氧化還原反應，生成CO2、SO2、H2O，這些氣體從固體中逸出，使固體變成疏松多孔的海綿狀炭，同時聞到二氧化硫的刺激性氣味，體現(xiàn)了濃硫酸的強氧化性，D正確；故合理選項是D。15、B【解析】A該有機物分子中含有碳碳雙鍵，能使稀酸性高錳酸鉀溶液褪色，A不正確；B該有機物分子中含有酯基，可以在稀硫酸

31、或NaOH溶液中發(fā)生水解反應，B正確；C分子中含有-CH3，基團中的原子不可能共平面，C不正確；D該有機物屬于酯，在飽和碳酸鈉溶液中的溶解度小，D不正確；故選B。16、B【解析】W、X、Y、Z是原子序數(shù)依次增大的短周期元素，X、Y是金屬元素，X的焰色呈黃色，則X為Na；工業(yè)上一般通過電解氧化物的方法獲得Y的單質(zhì)，則Y為Al ，W、Z最外層電子數(shù)相同，屬于同主族元素，Z的核電荷數(shù)是W的2倍，符合條件的W、Z為O、S?！驹斀狻緼W、X、Y形成的簡單離子分別是O 2-、Na+、Al 3+，其核外電子數(shù)都為10，故A正確；BY和Z形成的化合物是Al2S3，硫化鋁在水溶液能發(fā)生劇烈的雙水解反應，所以不能

32、通過復分解反應制得，故B錯誤；CS、O可形成原子個數(shù)比為1：2和1：3的共價化合物SO2、SO3，故C正確；DX、Y和Z三種元素形成的最高價氧化物對應的水化物分別是氫氧化鈉、氫氧化鋁、硫酸，氫氧化鋁是兩性氫氧化物，與氫氧化鈉、硫酸都反應，所以它們之間能兩兩反應，故D正確；故選：B。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH2OH(CHOH)4CHO2CH2CH2+O22CH3CHOACDE【解析】A能發(fā)生銀鏡反應，可由淀粉水解得到，說明A為葡萄糖，葡萄糖在催化劑作用下生成C為乙醇，E分子中碳元素與氫元素的質(zhì)量之比61，說明E分子中C與H原子個數(shù)比為1:2，相對分子質(zhì)量為44，其燃燒產(chǎn)物只有CO2

33、和H2O，則E為CH3CHO，D為烴，根據(jù)C和E可知，D為乙烯，F(xiàn)的最簡式和葡萄糖相同，且由乙醛催化氧化得到，說明F為乙酸，B在酸性條件下生成乙酸和乙醇，則B為乙酸乙酯。據(jù)此判斷?！驹斀狻?1)A為葡萄糖，其結(jié)構(gòu)簡式為CH2OH(CHOH)4CHO，故答案為CH2OH(CHOH)4CHO；(2)乙烯催化氧化生成乙醛的化學方程式為：2CH2CH2+O22CH3CHO，故答案為2CH2CH2+O22CH3CHO；(3)A. 有機物F為乙酸，具有酸性，可使石蕊溶液變紅，故A正確；B. C為乙醇、E為乙醛、F為乙酸乙酯，乙醇易溶于水，不分層，乙醛與新制氫氧化銅反應生成磚紅色沉淀，乙酸乙酯不溶于水，產(chǎn)生

34、分層，上層為油狀液體，現(xiàn)象各不相同，所以可用新制的氫氧化銅區(qū)分，故B錯誤；C. 1mol乙醇完全燃燒消耗3mol氧氣，1mol乙烯完全燃燒消耗3mol氧氣，則等物質(zhì)的量的乙醇和乙烯分別完全燃燒消耗氧氣的量相等，故C正確；D. 飽和碳酸鈉溶液可以溶解乙醇、消耗乙酸、降低乙酸乙酯的溶解度，所以可用飽和碳酸鈉溶液除去乙酸乙酯中混有的少量乙醇和乙酸，故D正確；E. 乙酸乙酯的同分異構(gòu)體中能發(fā)生銀鏡反應的酯類物質(zhì)有：HCOOCH2CH2CH3、HCOOCH(CH3)2，共2種，故E正確；答案選：ACDE。18、第三周期 A族 光導纖維 SiO2+2OH-=SiO32-+H2O 2Na2O22H2O=4N

35、aOHO2 離子鍵、極性鍵 0.1NA 【解析】若實驗室經(jīng)常用澄清石灰水來檢驗 X 的燃燒產(chǎn)物，即X為碳，W 的用途之一是計算機芯片，即為硅，W 在周期表中的位置為第三周期第IVA族，Y為二氧化硅，它的用途有 光導纖維，寫出Y與NaOH 溶液反應的離子方程式SiO2+2OH-=SiO32+H2O，故答案為第三周期A族；光導纖維；SiO2+2OH-=SiO32+H2O；若X、W為日常生活中常見的兩種金屬，且Y常用作紅色油漆和涂料即為氧化鐵，兩者發(fā)生鋁熱反應，則該反應的化學方程式為2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3，故答案為2Al + Fe2O3 2Fe+ Al2O3；若X為淡黃色粉末即

36、為過氧化鈉，Y 為生活中常見液體即為 ，則：X的電子式為，該反應的化學方程式為2Na2O22H2O=4NaOHO2，生成的化合物NaOH所含化學鍵類型有離子鍵、極性鍵，故答案為；2Na2O22H2O=4NaOHO2；離子鍵、極性鍵；過氧化鈉中一個氧升高一價，一個氧降低一價，若7.8克過氧化鈉即0.1 mol完全反應，轉(zhuǎn)移的電子數(shù)為0.1NA，故答案為0.1NA。19、三頸燒瓶 干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解 干冰 加快 降低溫度，有利于提高反應物的轉(zhuǎn)化率，防止因反應放熱造成NH2COONH4分解 過濾 C NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2

37、O=NH4HCO3+NH3 加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質(zhì)量，重復23次 【解析】根據(jù)裝置：儀器2制備氨氣，由于氨基甲酸銨易水解，所以用儀器3干燥氨氣，利用儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，在儀器5中發(fā)生2NH3(g)+CO2(g)NH2COONH4(s)制備氨基甲酸銨；(1)根據(jù)儀器構(gòu)造可得；考慮氨基甲酸銨水解；(2)儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，為干冰；反應初期觀察到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，說明二氧化碳過量，氨氣不足；(3)考慮溫度對反應的影響和氨基甲酸銨受熱分解；過濾得到產(chǎn)品，氨基甲酸銨易分解，所得粗產(chǎn)品干燥可真空微熱烘干；(4)氨基甲酸

38、銨可完全水解為碳酸氫銨和一水合氨，據(jù)此書寫；測定某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分數(shù)，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質(zhì)量可得氨基甲酸銨的質(zhì)量，進而可得其質(zhì)量分數(shù)，據(jù)此可得?！驹斀狻?1)根據(jù)圖示，儀器2的名稱三頸燒瓶；儀器3中NaOH固體的作用是干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；故答案為：三頸燒瓶；干燥氨氣，防止生成的氨基甲酸銨水解；(2)反應需要氨氣和二氧化碳，儀器2制備氨氣，儀器4制備干燥的二氧化碳氣體，立即產(chǎn)生干燥的二氧化碳氣體，則為干冰；故答案為：干冰；氨氣易溶于稀硫酸，二氧化碳難溶于稀硫酸，若反應初期觀察到裝置內(nèi)稀硫酸溶液中產(chǎn)生氣泡，說明二氧化碳

39、過量，應該加快產(chǎn)生氨氣的流速；故答案為：加快；(3)該反應為放熱反應，溫度升高不利于合成，故采用冰水浴可以降低溫度，有利于提高反應物的轉(zhuǎn)化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；故答案為：降低溫度，有利于提高反應物的轉(zhuǎn)化率，防止因反應放熱造成H2NCOONH4分解；當CCl4液體中產(chǎn)生較多晶體懸浮物時，即停止反應，過濾，為防止H2NCOONH4分解，真空微熱烘干粗產(chǎn)品；故答案為：過濾；C；(4)氨基甲酸銨可完全水解為碳酸氫銨，反應為：NH2COONH4+2H2O=NH4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；故答案為：NH2COONH4+2H2O=NH

40、4HCO3+NH3H2O或NH2COONH4+H2O=NH4HCO3+NH3；測定某樣品中氨基甲酸銨的質(zhì)量分數(shù)，可以使其水解得到NH4HCO3，用氫氧化鋇沉淀得到碳酸鋇沉淀，通過碳酸鋇的質(zhì)量可得氨基甲酸銨的質(zhì)量，進而可得其質(zhì)量分數(shù)，具體方法為：用天平稱取一定質(zhì)量的樣品，加水溶解，加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質(zhì)量，重復23次，測量的數(shù)據(jù)取平均值進行計算；故答案為：加入足量氫氧化鋇溶液，充分反應后，過濾、用蒸餾水洗滌所得沉淀、干燥后稱量沉淀的質(zhì)量，重復23次。20、三頸燒瓶 Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4 防倒吸 濃NaOH溶液 5S2O524MnO42H=10SO424Mn2H2O 氧化變質(zhì) 95.0 偏高 【解析】A三頸燒瓶中制備二氧化硫，發(fā)生Na2SO3H2SO4=H2OSO2Na2SO4，生成的二氧化硫通入D裝置，發(fā)生Na2SO3+SO2H2O=2NaHSO3，2NaHSO3(飽和溶液)=Na2S2O5(晶體)+H2O(l)，儀器E的作用是防倒