山东省微山县2021-2022学年高三下第一次测试化学试题含解析

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、将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生成0.1mol的NaCl，下列说法正确的是（）A反应后溶液中ClO的个数为0.1NAB原NaOH浓度为1mol/LC参加反应的氯气分子为0.1NAD转移电子为0.2NA2、Ag+与 I既能发生沉淀反应又能发生氧化还原反应。为探究其反应，进行下列实验：实验现象如下：实验 1 中试管出现浅黄色沉淀,试管无蓝色出现；实验 2 中电流计指针发生明显偏转。下列有关说法中错误的是A实验 1 中 Ag+与 I沉淀反应速率更大B向实验 2 甲烧杯中滴入淀粉，溶液变蓝C实验 2 装置的正极反应式为 Age =

3、AgD实验 2 中 Ag+与 I沉淀反应速率大于 03、 “NaClCO2NH3H2ONaHCO3NH4Cl”是侯氏制碱法的重要反应。下面是4位同学对该反应涉及的有关知识发表的部分见解。错误的是A甲同学说：该条件下NaHCO3的溶解度较小B乙同学说： NaHCO3不是纯碱C丙同学说：析出 NaHCO3固体后的溶液中只含氯化铵D丁同学说：该反应是在饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳4、下列说法正确的是（）AC4H8BrCl的同分异构体数目为10B乙烯和苯均能使溴水褪色，且原理相同C用饱和Na2CO3溶液可鉴别乙醇、乙酸、乙酸乙酯D淀粉、油脂和蛋白质均为能发生水解反应的高分子化合物5、下列实验

4、中根据现象得出的结论错误的是（ ）选项实验现象结论A相同条件下，用1molL-1的CH3COOH和1molL-1的HCl分别做导电性实验CH3COOH溶液对应的灯泡较暗CH3COOH是弱电解质B向某溶液中加铜和浓H2SO4试管口有红棕色气体产生原溶液可能含有NO3C向某钠盐中滴加浓盐酸，将产生的气体通入品红溶液品红溶液褪色该钠盐为Na2SO3或NaHSO3D向浓度均为0.1 molL-1的MgCl2、CuCl2混合溶液中逐滴加入氨水先出现蓝色沉淀KspMg(OH)2KspCu(OH)2AABBCCDD6、根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是()选项实验操作和现象结论A向鸡蛋清溶液中加入少

5、量CuSO4溶液，出现浑浊蛋白质可能发生了变性B将乙醇与浓硫酸混合加热，产生的气体通入酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去产生的气体中一定含有乙烯C室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 molL1NaHSO3溶液的pH约为5HSO3结合H+的能力比SO32的强D向NaCl和NaBr的混合溶液中滴入少量AgNO3溶液，产生淡黄色沉淀(AgBr)Ksp(AgBr)Ksp(AgCl)AABBCCDD7、有机物 是制备镇痛剂的中间体。 下列关于该有机物的说法正确的是A易溶于水及苯B所有原子可处同一平面C能发生氧化反应和加成反应D一氯代物有5种(不考虑立体异构)

6、8、对石油和煤的分析错误的是A都是混合物B都含有机物C石油裂化和煤干馏得到不同的产品D石油分馏和煤干馏原理相同9、能正确表示下列反应离子方程式的是A用惰性电极电解熔融氯化钠：2Cl2H2O=Cl2H22OHB硫酸溶液中加入足量氢氧化钡溶液：Ba2OHHSO42-=BaSO4H2OCFe(NO3)3溶液中加入过量的HI溶液：2Fe32I=2Fe2I2DNaNO2溶液中加入酸性KMnO4溶液：2MnO4-5NO2-6H=2Mn25NO3-3H2O10、X、Y、Z、M、N、R均是第三周期主族元素。25时，各元素最高价氧化物对应水化物的 pH 与原子半径的关系如图，其中 X、N、W、R 测定的是浓度均

7、为0.01 mol/L溶液的pH，Y、Z测定的是其饱和溶液的pH。下列说法正确的是AR、N分别与X形成二元化合物的水溶液均呈碱性BN、Z、X三种元素的最高价氧化物均不与水反应C单质与 H2化合由易到难的顺序是：R、N、MD金属单质与冷水反应由易到难的顺序是：Y、X、Z11、工业上电解NaHSO4溶液制备Na2S2O8。电解时，阴极材料为Pb；阳极（铂电极）电极反应式为2HSO4- 2e=S2O82+2H+。下列说法正确的是（ ）A阴极电极反应式为Pb+HSO4- 2e=PbSO4+H+B阳极反应中S的化合价升高CS2O82中既存在非极性键又存在极性键D可以用铜电极作阳极12、25时，向10 m

8、L 0.1 mol/LNaOH溶液中，逐滴加入10 mL浓度为c mol/L的HF稀溶液。已知 25时：HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) H=-67.7 kJ/mol H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJ/mol。请根据信息判断，下列说法中不正确的是A整个滴加过程中，水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势B将氢氟酸溶液温度由25升高到35时，HF的电离程度减小(不考虑挥发)C当c0.1时，溶液中才有可能存在c(Na+)=c(F-)D若滴定过程中存在：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，则c一定小于0.113、室温下进行下列实验

9、，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（）选项实验操作和现象结论A向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色X溶液中一定含有Fe2B向浓度均为0.05molL1的NaI、NaCl的混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成Ksp（AgI）Ksp（AgCl）C向淀粉KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，溶液由无色变为蓝色Br2的氧化性比I2的强D用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaNO2溶液的pH约为8HNO2电离出H的能力比CH3COOH的强AABBCCDD14、某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名其名称为（ ）A2，2，4-三甲基-3-乙基-

10、3-戊烯B2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯C2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯15、练江整治已刻不容缓，其中以印染工业造成的污染最为严重。某工厂拟综合处理含NH4+ 废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO），设计了如下工业流程：下列说法错误的是A气体I中主要含有的气体有N2、NO、COBX在反应中作氧化剂，可通入过量的空气C处理含NH4+废水时，发生离子方程式是：NH4+NO2-=N2+2H2OD捕获剂所捕获的气体主要是CO16、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

11、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溶液反应既有Ag2SO4生成，又有Ag2SO3生成二、非选择题（本题包括5小题）17、某化合物X有三种元素组成，某学习小组进行了如下实验：(1)化合物X的化学式为_(2)混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为_。 (3)黑色固体Y与NH3的化学方程式为_(4)若以X 3H2O进行实验，在170时可以生成一种中间产物W。 0.1mol化合物W能与0.6molHCl刚好

12、完全反应，若0.1mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0g。则化合物W的化学式为_。(5)混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉（Na2S2O4）吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由_。18、合成具有良好生物降解性的有机高分子材料是有机化学研究的重要课题之一。聚醋酸乙烯酯（PVAc）水解生成的聚乙烯醇（PVA），具有良好生物降解性，常用于生产安全玻璃夹层材料PVB。有关合成路线如图（部分反应条件和产物略去）。已知：.RCHO+RCH2CHO+H2O.（R、R可表示烃基或氢原子）.A为饱和一元醇，其氧的质量分数约为34.8%，请回答：（1）C中官能团的名称为_，该分子中最

13、多有_个原子共平面。（2）D与苯甲醛反应的化学方程式为_。（3）的反应类型是_。（4）PVAc的结构简式为_。（5）写出与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式_（任写一种）。（6）参照上述信息，设计合成路线以溴乙烷为原料（其他无机试剂任选）合成。_。19、ClO2是一种高效安全消毒剂，常温下ClO2为红黄色有刺激性气味气体，其熔点为-59.5，沸点为11.0，能溶于水但不与水反应，遇热水缓慢水解。某研究性学习小组欲制备ClO2水溶液并检验其性质。二氧化氯水溶液制备。在圆底烧瓶中先放入10g KClO3固体和9g H2C2O42H2O，然后再加入5mL稀硫酸，用磁力搅拌棒搅拌（如图），将烧瓶放

14、在热水浴中，保持6080，至B中广口瓶内呈深红黄色时停止加热。回答下列问题：(1)装置A用水浴加热的优点是_；装置A中水浴温度不低于60，其原因是_。(2)装置A中反应生成ClO2及KHSO4等产物的化学方程式为_；(3)装置B的水中需放入冰块的目的是_；已知ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HClO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则该反应的化学方程式为_；装置C中的NaOH溶液吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1:1的两种盐，一种为NaClO2，另一种为_。ClO2的含量测定步骤1：量取ClO2溶液10mL，稀释成100mL试样；量取V1mL试样加入到锥形瓶中；步骤2：调节试样的

15、pH2.0，加入足量的KI晶体，振荡后，静置片刻；步骤3：加入指示剂，用cmolL-1Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V2mL。(4)已知：2ClO2+8H+10I-=5I2+2Cl-+4H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，原ClO2溶液的浓度为_gL-1（用含字母的代数式表示），如果滴定速度过慢，会使计算出的数值_（填“偏大”、“偏小”或“不变”）。设计实验验证ClO2的氧化性(5)取适量ClO2水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液。欲检验H2S的氧化产物，还需要用到的试剂是_。(6)证明ClO2的氧化性比Fe3+强的方案是_。20、某同学设计了

16、如下装置用于制取SO2并验证SO2的部分性质。请回答下列问题：(1)写出氮气的电子式_。(2)B中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B中可以放入的试剂是_(填相应的编号)。新制氯水品红溶液含酚酞的NaOH试液紫色石蕊试液(3)装置C中可观察到白色沉淀现象，相关反应的离子方程式为_。21、综合处理工业“三废”，有利于保护环境、节约资源。反应 2NO（g）+2CO（g）2CO2（g）+N2（g），可减少汽车尾气中污染物的排放，在 2L 密闭容器中发生该反应时，n（CO2）随温度 T 和时间 t 的变化曲线如图所示。（1）该反应的平衡常数表达式为K=_，若升高温

17、度，平衡常数 K 值_（填“增加”“减小”或“不变”），说明理由_；（2）在 T2温度下， 02s 内的平均反应速率 v（N2）=_；（3）工业废水的处理方法有很多，使用 Fe2（SO4）3 处理废水，酸性废水中的悬浮物很难沉降除去，结合离子方程式用平衡移动原理解释原因_，干法制备多功能水处理剂高铁酸钠（Na2FeO4）的反应原理为：2FeSO4+6Na2O22Na2FeO4+Na2O+2Na2SO4+O2，该反应的氧化剂为_；（4）采用氨碱法生产纯碱会产生大量的副产品_，用化学方程式表示产生副产品的原因_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】发生Cl2+2NaOHNa

18、ClO+NaCl+H2O，生成0.1molNaCl的同时，生成0.1molNaClO，消耗2molNaOH；A生成0.1molNaClO，阴离子水解，则反应后溶液中ClO的个数小于0.1NA，故A错误；B若恰好完全反应，则原NaOH浓度为2mol/L，故B错误；C由反应可知，参加反应的氯气为0.1mol，则参加反应的氯气分子为0.1NA，故C正确；DCl元素的化合价既升高又降低，转移0.1mol电子，则转移电子为0.1NA，故D错误；故答案为C。【点睛】考查氯气的性质及化学反应方程式的计算，把握发生的化学反应及物质的量为中心的计算为解答的关键，将Cl2通入100mL NaOH溶液中充分反应，生

19、成0.1mol的NaCl，发生Cl2+2NaOHNaClO+NaCl+H2O，侧重分析能力、计算能力的考查。2、D【解析】由题意可知Ag+与I可发生沉淀反应Ag+ I=AgI、氧化还原反应2Ag+2I=2Ag+I2，二者相互竞争。A实验1中试管出现浅黄色沉淀，试管无蓝色出现，表明无I2生成或生成的I2没检出，说明Ag+与I发生沉淀反应占优势，故A正确；B实验2中电流计指针发生明显偏转，则实验2的装置一定为原电池(无外加电源)，表明Ag+与I发生氧化还原反应2Ag+ +2I=2Ag+ I2，淀粉遇碘变蓝，故B正确；C根据Ag+与I发生氧化还原反应2Ag+ +2I=2Ag+ I2，该原电池负极反应

20、为2 I2e=I2，正极反应为Ag+e=Ag，故C正确；D实验2中AgNO3、KI溶液分别在甲乙烧杯中，并未相互接触，故二者间不会发生沉淀即速率为0，故D错误；答案选D。3、C【解析】反应中只有碳酸氢钠沉淀生成，所以该条件下NaHCO3的溶解度较小，故A正确；纯碱是Na2CO3，NaHCO3是小苏打，故B正确；析出 NaHCO3固体后的溶液仍是NaHCO3的饱和溶液，含氯化铵、NaHCO3等，故C错误；在饱和食盐水中先通入氨气使溶液呈碱性，再通入二氧化碳，增大二氧化碳的溶解度，故D正确。4、C【解析】AC4H8BrCl可看作C4H9Br的一氯取代物，C4H9Br的同分异构体取决于丁基的数目，-

21、C4H9异构体有：-CH2CH2CH2CH3，-CH（CH3）CH2CH3，-CH2CH（CH3）CH3，-C（CH3）3，含有H种类分别有4、4、3、1，则C4H8BrCl共有12种，故A错误； B乙烯和苯均能使溴水褪色，前者为加成反应，后者为萃取，原理不相同，B错误；C乙醇易溶于水，乙酸具有酸性，可与碳酸钠反应生成气体，乙酸乙酯不溶于水，可鉴别，C正确；D油脂不属于高分子化合物，属于酯类物质，D错误；故答案选C。5、C【解析】A.同浓度的两种一元酸做导电性实验，CH3COOH溶液对应的灯泡较暗，电离出的离子浓度小，所以醋酸为弱酸，A正确；B.铜在酸性条件下，被硝酸根离氧化为铜离子，硝酸根离

22、子被还原为一氧化氮，遇到空气变为红棕色气体二氧化氮，因此原溶液可能含有NO3，B正确；C.使品红溶液褪色的气体可能为氯气或二氧化硫，则盐可能为NaClO与浓盐酸反应生成氯气，也可能为Na2SO3或NaHSO3与浓盐酸反应生成二氧化硫，C错误；D.难溶电解质的溶度积越小，加入氨水时越容易生成沉淀，可以得出KspMg(OH)2KspCu(OH)2结论，D正确。正确选项C。6、A【解析】A. 鸡蛋清主要成分为蛋白质，少量CuSO4可能会使其发生变性，故A项正确；B. 乙醇和浓硫酸共热至170后发生消去反应生成乙烯，但乙醇易挥发，二者均可使高锰酸钾褪色，则该实验不能证明乙烯能使KMnO4溶液褪色，故B

23、项错误；C. 室温下，用pH试纸测得：0.1 molL1Na2SO3溶液的pH约为10；0.1 molL1NaHSO3溶液的pH约为5，说明SO32-的水解程度比HSO3-大，即SO32-结合H的能力比HSO3-的强，故C项错误；D. NaCl和NaBr的浓度大小未知，产生的淡黄色沉淀也可能是溴离子浓度较大所导致，因此该实验现象不能说明Ksp(AgBr)0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒判断；D. 微粒浓度与溶液中含有的NaOH、NaF的物质的量多少有关。【详解】A. 酸或碱抑制水电离，酸或碱浓度越大，其抑制水电离程度越大；含有弱离子的盐促进水电离，在滴加过

24、程中c(NaOH)逐渐减小、c(NaF)浓度增大，则水电离程度逐渐增大，当二者恰好完全反应生成NaF时，水的电离程度最大，由于HF的浓度未知，所以滴入10 mLHF时，混合溶液可能是碱过量，也可能是酸过量，也可能是二者恰好完全反应产生NaF，因此滴加过程中水的电离程度不一定存在先增大后减小的变化趋势，A正确；B. HF(aq)+OH-(aq)=F-(aq)+H2O(l) H=-67.7 kJ/mol，H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l) H=-57.3 kJ/mol，将-得HF(aq)F-(aq)+H+(aq) H=(-67.7) kJ/mol-(-57.3) kJ/mol=-10.4

25、kJ/mol，则HF电离过程放出热量，升高温度，电离平衡逆向移动，即向逆反应方向越大，导致HF电离程度减小，B正确；C. 向NaOH溶液中开始滴加HF时，当c0.1时，混合溶液中溶质为NaF、HF时，溶液可能呈中性，结合电荷守恒得c(Na+)=c(F-)，C正确；D. 若c0.1时，在刚开始滴加时，溶液为NaOH、NaF的混合物。且n(NaOH)n(NaF)，微粒的物质的量浓度存在关系：c(Na+)c(OH-)c(F-)c(H+)，所以c不一定小于0.1，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查酸碱混合溶液定性判断及离子浓度大小比较，易错选项是B，大部分往往只根据弱电解质电离为吸热反应来判断导

26、致错误，题目侧重考查学生分析判断能力，注意题给信息的正确、灵活运用。13、C【解析】A. 检验Fe2时应先加KSCN溶液后加氯水，排除Fe3的干扰，先滴加氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红，说明加入KSCN溶液前溶液中存在Fe3，而此时的Fe3是否由Fe2氧化而来是不能确定的，故A错误；B. 黄色沉淀为AgI，说明加入AgNO3溶液优先生成AgI沉淀，AgI比AgCl更难溶，AgI与AgCl属于同种类型，则说明Ksp（AgI）Ksp（AgCl），故B错误；C. 溶液变蓝说明有单质碘生成，说明发生了反应Br22I= I22Br，根据氧化还原反应原理可得出结论Br2的氧化性比I2的强，故C正确；D

27、. CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，所以无法根据pH的大小，比较出两种盐的水解程度，也就无法比较HNO2和CH3COOH电离出H的能力强弱，故D错误。综上所述，答案为C。14、B【解析】烯烃分子的结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案为B。15、B【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污

28、染气体，应生成N2，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO，以此解答该题。【详解】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体I为CaCO3、CaSO3，气体I是不能被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用NaOH溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，则气体II含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因Ca(OH)2过量，则固体I为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，气体I是不能

29、被过量石灰乳吸收的N2、NO、CO，A正确；B由分析可知，气体I是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体I通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到NaNO3，B错误；CNaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成N2，发生氧化还原反应，离子方程式为NH4+NO2-=N2+2H2O， C正确；D气体II含有CO、N2，经捕获剂所捕获的气体主要是CO，D正确；故答案选B。【点睛】本题考查物质的分离、提纯的综合应用，侧重学生的分析、实验能力的考查，注意把握物质的性质，为解答该题的关键，题目涉及废水的处理，有利于培养学生良好的科学素养，提高环保

30、意识。16、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

31、选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、Cu(NO3)2 4NO2+O2+4OH=4NO3+2H2O 3CuO+2NH3=3Cu+N2+3H2O Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2 3Cu(OH)2 NO2有氧化性，Na2S2O4中+3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应 【解析】对X进行加热后分解产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，所以X中一定有N和O元素； X分解产生的黑色固体与NH3反应后，可以获得紫红色固体，即铜单质，所以X中一定有Cu元素，所以X为Cu(NO3)2。【详解】(1)通过分析可知，X的化学式即为Cu(NO3)2；(2)通过分析可知Cu(NO3

32、)2分解的方程式为：，所以混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：；(3)通过分析可知黑色固体Y即为CuO，其与NH3反应的方程式为：；(4)0.1molW能消耗0.6molHCl，所以W化学式中含有6个OH-；又因为，0.1molW分解得到Y(CuO)质量32.0g即0.4mol，所以W的化学式中含有4个Cu2+，所以W的化学式为Cu4(OH)6(NO3)2；(5)混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。18、碳碳双键、醛基 9 CH3CH2CH2CHOH2O 加成反应 HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=C

33、H2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2 【解析】A为饱和一元醇，通式为CnH2n2O，其氧的质量分数约为34.8%，则有100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，据此分析；【详解】A为饱和一元醇，通式为CnH2n2O，其氧

34、的质量分数约为34.8%，则有100%=34.8%，解得n=2，A为CH3CH2OH，根据PVAc可知，A氧化成E，E为CH3COOH，E与乙炔发生加成反应生成F，F为CH3COOCH=CH2，F发生加聚反应得到PVAc，PVAc的结构简式为，碱性水解得到PVA（），A在铜作催化剂的条件下氧化得到B，B为CH3CHO，根据信息I，C结构简式为CH3CH=CHCHO，C发生还原反应生成D，D结构简式为CH3CH2CH2CHO，(1)C的结构简式为CH3CH=CHCHO，含有官能团是碳碳双键和醛基；利用乙烯空间构型为平面，醛基中C为sp2杂化，CHO平面结构，利用三点确定一个平面，得出C分子中最多

35、有9个原子共平面；答案：碳碳双键、醛基；9；(2)利用信息I，D与苯甲醛反应的方程式为CH3CH2CH2CHOH2O；答案：CH3CH2CH2CHOH2O；(3)根据上述分析，反应为加成反应；答案：加成反应；(4)根据上述分析PVAc的结构简式为；答案：；(5)F为CH3COOCH=CH2，含有官能团是酯基和碳碳双键，与F具有相同官能团的同分异构体的结构简式为HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；答案：HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2；(6)溴乙烷

36、发生水解反应生成乙醇，乙醇发生催化氧化生成乙醛，乙醛与乙醇反应得到，合成路线流程图为：；答案：。【点睛】难点是同分异构体的书写，同分异构体包括官能团异构、官能团位置异构、碳链异构，因为写出与F具有相同官能团的同分异构体，因此按照官能团位置异构、碳链异构进行分析，从而得到HCOOCH=CHCH3、HCOOCH2CH=CH2、CH3OOCCH=CH2、HCOOC(CH3)=CH2。19、受热均匀，且易控制温度 如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O 可减少ClO2挥发和水解 8ClO2+2H2O=4H

37、ClO+2Cl2+7O2 NaClO3 135cV2V1 偏大 盐酸和BaCl2溶液 将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。 【解析】水浴加热条件下，草酸、氯酸钾在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，因遇热水缓慢水解，则B中含冰块的水用于吸收ClO2，根据氧化还原反应规律，结合生成物的物质的量的比及质量守恒定律书写反应方程式；C中NaOH溶液可吸收ClO2尾气，生成物质的量之比为1：1的两种阴离子，一种为NaClO2，根据氧化还原反应规律来书写；II.有碘单质生成，用淀粉做指示剂；根据元素守恒结合反应

38、得到关系式2ClO25I210Na2S2O3计算c(ClO2)；III.ClO2 具有强氧化性，可氧化H2S生成硫酸，氧化亚铁离子生成铁离子，检验铁离子即可解答该题。【详解】I.(1)装置A用水浴加热的优点是受热均匀，且易控制温度，如温度过低，则反应速率较慢，且不利于ClO2的逸出，温度过高，会加剧ClO2 水解；(2)装置A 中反应生成ClO2及KHSO4等产物，同时草酸被氧化生成水和二氧化碳，则反应化学方程式为2KClO3+H2C2O4+2H2SO4=ClO2+2CO2+2KHSO4+2H2O；(3)装置B的水中需放入冰块，可减少ClO2挥发和水解；ClO2缓慢水解生成的含氯化合物只有HC

39、lO和Cl2，且物质的量之比为2:1，则根据反应前后各种元素原子个数相等，结合电子转移守恒，可得该反应的化学方程式为8ClO2+2H2O=4HClO+2Cl2+7O2；装置C中NaOH溶液的作用是吸收尾气中的ClO2，生成物质的量之比为的1：1的两种盐，由于ClO2中Cl元素的化合价为+4价，一种为NaClO2，根据氧化还原反应的规律，则另一种生成物为NaClO3；II.有碘单质生成，用淀粉作指示剂；二氧化硫和碘单质的反应中，根据电子守恒，得到：2ClO25I2，结合反应2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，得到关系式：2ClO25I210Na2S2O3。设原ClO2溶液的浓度为x

40、，n(Na2S2O3)=cV210-3mol，2ClO25I210Na2S2O32mol 10mol10-2xV110-310-1 cV210-3mol，2:10=10-2xV110-310-1：(cV210-3)，解得x=2cV2V1mol/L=135cV2V1g/L；如果滴加速率过慢，溶液中部分I-被氧气氧化产生I2，消耗的标准Na2S2O3溶液的体积偏大，则由此计算出的ClO2的含量就会偏大；(4)取适量ClO2 水溶液加入H2S溶液中，振荡，得无色溶液，说明硫化氢被氧化生成硫酸，可先加入盐酸酸化，然后再加入氯化钡检验，若反应产生白色沉淀，证明有SO42-，即H2S被氧化产生了H2SO4

41、；(5)证明ClO2 的氧化性比Fe3+强，则可通过ClO2氧化Fe2+生成Fe3+，可将ClO2气体通入FeSO4溶液中，并滴入KSCN溶液，观察溶液颜色变化，若溶液变为血红色，则证明ClO2的氧化性比Fe3+强。【点睛】本题考查了物质的制备和性质探究，把握物质的性质以及实验的原理和操作方法是解题关键，侧重考查学生的分析能力、实验能力，同时考查学生接受题目提供的信息能力与应用能力。20、NN SO22Fe3Ba22H2O=BaSO42Fe24H 【解析】装置图可知，该实验原理：通过烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应产生二氧化硫，B中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B 中可以放入的试剂是含酚酞的NaOH试液或紫色石蕊试液，新制氯水体现二氧化硫的还原性，品红溶液体现二氧化硫的漂白性。装置C中可观察到白色沉淀现象，说明产生BaSO4沉淀，据此分析。【详解】(1)氮气的电子式为NN；(2)装置图可知，该实验原理：通过烧瓶中亚硫酸钠与浓硫酸反应产生二氧化硫，B中选用不同的试剂可验证SO2不同的性质。为验证SO2具有酸性氧化物性质，在B 中可以放