上海市民立中学2026届高考诊断性测试化学试题含解析

上海市民立中学2026届高考诊断性测试化学试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡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、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、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、向盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色；过滤，向滤液中加入少量的铋酸钠(NaBiO3)粉末，溶液又变为紫红色。下列推断错误的是A．氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2B．生成8.7g黑色沉淀，转移0.2mol电子C．利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+D．NaBiO3可与浓盐酸发生反应：NaBiO3+6HC1=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O2、HIO3是强酸，其水溶液是强氧化剂。工业上，以KIO3为原料可制备HIO3。某学习小组拟用如图装置制备碘酸。M、N为惰性电极，ab、cd为交换膜。下列推断错误的是（）A．光伏电池的e极为负极，M极发生还原反应B．在标准状况下收集6720mLX和Y的混合气体时KIO3溶液减少3.6gC．Y极的电极反应式为2H2O-4e-═O2↑+4H+D．制备过程中要控制电压，避免生成HIO4等杂质3、将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中。当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是A．2H2S+O2=2S+2H2O B．2H2S+3O2=2SO2+2H2OC．2H2S+SO2=3S+2H2O D．2SO2+O2=2SO34、下列与有机物的结构、性质或制取实验等有关叙述错误的是A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可发生加成反应B．溴苯中溶解的溴可用四氯化碳萃取而除去C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热D．乙烷和乙烯可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别5、下列物质中，按只有氧化性，只有还原性，既有氧化性又有还原性的顺序排列的一组是A．Cl2、Al、H2 B．F2、K、HClC．NO2、Na、Br2 D．HNO3、SO2、H2O6、同一周期的X、Y、Z三种元素，已知最高价氧化物对应水化物的酸性顺序为HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则下列判断错误的是A．原子半径：X＞Y＞Z B．气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3C．元素原子得电子能力：X＞Y＞Z D．阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－7、室温下，向100mL饱和的H2S溶液中通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，发生反应：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，测得溶液pH与通入SO2的关系如图所示。下列有关说法正确的是A．整个过程中，水的电离程度逐渐增大B．该温度下H2S的Ka1数量级为10-7C．曲线y代表继续通入SO2气体后溶液pH的变化D．a点之后，随SO2气体的通入，的值始终减小8、《厉害了，我的国》展示了中国在航空、深海、交通、互联网等方面取得的举世瞩目的成就，它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是（）A．“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐B．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的阴极保护法C．我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D．化学材料在北京大兴机场的建设中发挥了巨大作用，其中高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料9、下列物质的转化在给定条件下能实现的是（）①②③④⑤A．①②③ B．②③④ C．①③⑤ D．②④⑤10、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11、相同主族的短周期元素中，形成的单质一定属于相同类型晶体的是A．第IA族 B．第IIIA族 C．第IVA族 D．第VIA族12、维生素B3可以维持身体皮肤的正常功能，而且具有美容养颜的功效，其分子中六元环的结构与苯环相似。下列有关维生素B分子的说法错误的是A．所有的碳原子均处于同一平面 B．与硝基苯互为同分异构体C．六元环上的一氯代物有4种 D．1mol该分子能和4molH2发生加成反应13、将镁铝合金溶于100mL稀硝酸中，产生1.12LNO气体（标准状况），向反应后的溶液中加入NaOH溶液，产生沉淀情况如图所示。下列说法不正确的是A．可以求出合金中镁铝的物质的量比为1∶1 B．可以求出硝酸的物质的量浓度C．可以求出沉淀的最大质量为3.21克 D．氢氧化钠溶液浓度为3mol/L14、下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验NaOH溶液滴入FeSO4溶液中石蕊溶液滴入氯水中Na2S溶液滴入AgCl浊液中热铜丝插入稀硝酸中现象产生白色沉淀，随后变为红褐色溶液变红，随后迅速褪色沉淀由白色逐渐变为黑色产生无色气体，随后变为红棕色A．A B．B C．C D．D15、下列有关有机物甲~丁说法不正确的是A．甲可以发生加成、氧化和取代反应B．乙的分子式为C6H6Cl6C．丙的一氯代物有2种D．丁在一定条件下可以转化成只含一种官能团的物质16、化学与能源开发、环境保护、生产生活等密切相关。下列叙述错误的是A．光催化水制氢比电解水制氢更节能环保B．用聚乙烯塑料代替聚乳酸塑料可减少白色污染C．开发利用可再生能源，可减少化石燃料的使用D．改进汽车尾气净化技术，可减少大气污染物的排放二、非选择题（本题包括5小题）17、F(4-苯并呋喃乙酸)是合成神经保护剂依那朵林的中间体,某种合成路线如下:(1)化合物F中的含氧官能团为____和_______(填官能团的名称)。(2)试剂X分子式为C2H3OCl且分子中既无甲基也无环状结构,则X的结构简式为_______;由E→F的反应类型为______。并写出该反应方程式:______(3)写出同时满足下列条件的E的一种同分异构体的结构简式:______Ⅰ.能发生银镜反应Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢(4)请写出以和BrCH2COOC2H5为原料制备的合成路线流程图(无机试剂可任选)合成路线流程图示例如下:______CH3CHOCH3COOHCH3COOCH2CH318、有机物J属于大位阻醚系列中的一种物质,在有机化工领域具有十分重要的价值.2018年我国首次使用α－溴代羰基化合物合成大位阻醚J,其合成路线如下:已知：回答下列问题:(1)A的名称___________________.(2)C→D的化学方程式_________________________.E→F的反应类型____(3)H中含有的官能团________________.J的分子式_______________.(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X有_____________种(不考虑立体异构),写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为___________________________.(5)参照题中合成路线图。涉及以甲苯和为原料来合成另一种大位阻醚的合成路线：__________________。19、PbCrO4是一种黄色颜料，制备PbCrO4的一种实验步骤如图1：已知：①Cr（OH）3（两性氢氧化物）呈绿色且难溶于水②Pb（NO3）2、Pb（CH3COO）2均易溶于水，PbCrO4的Ksp为2.8×10﹣13，Pb（OH）2开始沉淀时pH为7.2，完全沉淀时pH为8.7。③六价铬在溶液中物种分布分数与pH关系如图2所示。④PbCrO4可由沸腾的铬酸盐溶液与铅盐溶液作用制得，含PbCrO4晶种时更易生成（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是___。（2）“制NaCrO2（aq）”时，控制NaOH溶液加入量的操作方法是_____。（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，其原因是_____；“氧化”时发生反应的离子方程式为___。（4）“煮沸”的目的是_____。（5）请设计用“冷却液”制备PbCrO4的实验操作：_____[实验中须使用的试剂有：6mol•L﹣1的醋酸，0.5mol•L﹣1Pb（NO3）2溶液，pH试纸]。20、草酸(二元弱酸，分子式为H2C2O4)遍布于自然界，几乎所有的植物都含有草酸钙(CaC2O4)。(1)葡萄糖(C6H12O6)与HNO3反应可生成草酸和NO，其化学方程式为________。(2)相当一部分肾结石的主要成分是CaC2O4。若某人每天排尿量为1.4L，含0.10gCa2＋。当尿液中c(C2O42-)>________mol·L－1时，易形成CaC2O4沉淀。[已知Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9](3)测定某草酸晶体(H2C2O4·xH2O)组成的实验如下：步骤1：准确称取0.5508g邻苯二甲酸氢钾(结构简式为)于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为22.50mL。步骤2：准确称取0.1512g草酸晶体于锥形瓶中，用蒸馏水溶解，以酚酞作指示剂，用步骤1中所用NaOH溶液滴定至终点(H2C2O4＋2NaOH===Na2C2O4＋2H2O)，消耗NaOH溶液的体积为20.00mL。①“步骤1”的目的是____________________________________。②计算x的值(写出计算过程)__________________________________。21、科学家研究出一种以天然气为燃料的“燃烧前捕获系统”，其简单流程如图所示(条件及物质未标出)。(1)已知：CH4、CO、H2的燃烧热分别为890.3kJ·mol－1、283.0kJ·mol－1、285.8kJ·mol－1，则上述流程中第一步反应2CH4(g)＋O2(g)===2CO(g)＋4H2(g)的ΔH＝______________。(2)工业上可用H2和CO2制备甲醇，其反应方程式为CO2(g)＋3H2(g)CH3OH(g)＋H2O(g)，某温度下，将1molCO2和3molH2充入体积不变的2L密闭容器中，发生上述反应，测得不同时刻反应前后的压强关系如下表：时间/h1234560.900.850.830.810.800.80①用H2表示前2h的平均反应速率v(H2)＝_________________________________；②该温度下，CO2的平衡转化率为________。(3)在300℃、8MPa下，将CO2和H2按物质的量之比1∶3通入一密闭容器中发生(2)中反应，达到平衡时，测得CO2的平衡转化率为50%，则该反应条件下的平衡常数为Kp＝________(用平衡分压代替平衡浓度计算，分压＝总压×物质的量分数)。(4)CO2经催化加氢可合成低碳烯烃：2CO2(g)＋6H2(g)C2H4(g)＋4H2O(g)ΔH。在0.1MPa时，按n(CO2)∶n(H2)＝1∶3投料，如图所示为不同温度(T)下，平衡时四种气态物质的物质的量(n)关系。①该反应的ΔH________0(填“＞”或“＜”)。②曲线c表示的物质为________。③为提高H2的平衡转化率，除改变温度外，还可采取的措施______________。（答出一条即可）

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

氧化还原反应中，氧化性：氧化剂大于氧化产物；氧化剂发生还原反应化合价降低。在盛有KMnO4溶液的试管中加入过量的MnSO4溶液，产生黑色沉淀，溶液由紫红色变为无色，说明KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，故氧化性：KMnO4>MnO2，在滤液中加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4，故氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析，氧化性：NaBiO3＞KMnO4＞MnO2，故A正确；B．根据分析，KMnO4溶液可氧化MnSO4

生成MnO2，黑色沉淀为MnO2，反应为2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+~6e-，生成8.7gMnO2的物质的量为=0.1mol，转移电子物质的量为×6=0.12mol，故B错误；C．MnSO4溶液过量，滤液中含有Mn2+，加入少量的铋酸钠粉末(NaBiO3)，溶液变紫红色，说明NaBiO3可氧化MnSO4

生成KMnO4，利用NaBiO3可以检验溶液中的Mn2+，故C正确；D．KMnO4可与浓盐酸发生反应2KMnO4+16HCl（浓）=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，由于氧化性：NaBiO3＞KMnO4，则NaBiO3也可与浓盐酸发生反应，方程式为：NaBiO3+6HC1（浓）=BiCl3+Cl2↑+NaCl+3H2O，故D正确；答案选B。2、B【解析】

根据图示，左室增加KOH，右室增加HIO3，则M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，所以原料室中K+透过ab膜进入阴极室生成KOH，即ab膜为阳离子交换膜，N室为阳极室，原料室中IO3-透过cd膜进入阳极室生成HIO3，即cd膜为阴离子交换膜。【详解】A．由上述分析可知，M室为阴极室，阴极与外加电源的负极相接，即e极为光伏电池负极，阴极发生得到电子的还原反应，故A正确；B．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，M极电极反应式为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，标准状况下6720mL气体即6.72L气体物质的量为6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，其中含有O2为0.1mol，转移电子0.4mol，为平衡电荷，KIO3溶液中0.4molK+透过ab膜进入阴极室，0.4molIO3-透过cd膜进入阳极室，KIO3溶液质量减少0.4mol×214g/mol=85.6g，故B错误；C．N室为阳极室，与外加电源的正极相接，电极反应式为2H2O-4e-=O2↑+4H+，故C正确；D．制备过程中若电压过高，阳极区（N极）可能发生副反应：IO3--2e-+H2O=IO4-+2H+，导致制备的HIO3不纯，所以制备过程中要控制电压适当，避免生成HIO4等杂质，故D正确；故答案选B。3、C【解析】

将燃着的H2S不断通入盛有一定量O2的集气瓶中，开始氧气过量H2S完全燃烧生成SO2和水。所以当火焰熄灭后继续通入H2S，发生的主要反应是2H2S+SO2=3S+2H2O；答案选C。4、B【解析】

A．苯分子结构中不含有碳碳双键，但苯也可与H2发生加成反应，故A正确；B．溴苯与四氯化碳互溶，则溴苯中溶解的溴不能用四氯化碳萃取而除去，故B错误；C．苯与浓硝酸和浓硫酸的混合酸反应制取硝基苯的实验最好采用水浴加热，便于控制反应温度，故C正确；D．乙烷不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，乙烯能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用酸性高锰酸钾溶液加以鉴别，故D正确；故答案选B。5、B【解析】

物质的氧化性和还原性，需从两个反面入手。一是熟悉物质的性质，二是物质所含元素的化合价。如果物质所含元素处于中间价态，则物质既有氧化性又有还原性，处于最低价，只有还原性，处于最高价，只有氧化性。【详解】A.Cl2中Cl元素化合价为0价，处于其中间价态，既有氧化性又有还原性，而金属铝和氢气只有还原性，A错误；A.F2只有氧化性，F2化合价只能降低，K化合价只能升高，所以金属钾只有还原性，盐酸和金属反应表现氧化性，和高锰酸钾反应表现还原性，B正确；C.NO2和水的反应说明NO2既有氧化性又有还原性，金属钠只有还原性，溴单质既有氧化性又有还原性，C错误；D.SO2中硫元素居于中间价，既有氧化性又有还原性，D错误。故合理选项是B。本题主要考察对氧化性和还原性的判断和理解。氧化性是指物质得电子的能力，处于高价态的物质一般具有氧化性，还原性是在氧化还原反应里，物质失去电子或电子对偏离的能力，金属单质和处于低价态的物质一般具有还原性，元素在物质中若处于该元素的最高价态和最低价态之间，则既有氧化性，又有还原性。6、A【解析】

元素非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，由题意可知，最高价氧化物对应水化物的酸性是：HXO4＞H2YO4＞H3ZO4，则元素非金属性X＞Y＞Z。【详解】A项、同周期元素从左到右，原子半径逐渐减小，非金属性依次增强，则原子半径：X＜Y＜Z，故A错误；B项、元素非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：X＞Y＞Z，则气态氢化物的稳定性：HX＞H2Y＞ZH3，故B正确；C项、元素非金属性越强，原子得电子能力越强，元素非金属性：X＞Y＞Z，则原子得电子能力：X＞Y＞Z，故C正确；D项、元素非金属性越强，阴离子的还原性越弱，非金属性：X＞Y＞Z，则阴离子的还原性：Z3－＞Y2－＞X－，故D正确。故选A。7、C【解析】

A．由图可知，a点表示SO2气体通入112mL即0.005mol时

pH=7，溶液呈中性，说明SO2气体与H2S溶液恰好完全反应，可知饱和H2S溶液中溶质物质的量为0.01mol，c(H2S)=0.1

mol/L，a点之前为H2S过量，a点之后为SO2过量，溶液均呈酸性，酸抑制水的电离，故a点水的电离程度最大，水的电离程度先增大后减小，故A错误；B．由图中起点可知0.1

mol/L

H2S溶液电离出的c(H+)=10-4.1

mol/L，电离方程式为H2S⇌H++HS-、HS-⇌H++S2-；以第一步为主，根据平衡常数表达式算出该温度下H2S的Ka1≈≈10-7.2，数量级为10-8，故B错误；C．当SO2气体通入336mL时，相当于溶液中的c(H2SO3)=0.1

mol/L，因为H2SO3酸性强于H2S，故此时溶液中对应的pH应小于4.1，故曲线y代表继续通入

SO2气体后溶液pH的变化，故C正确；D．根据平衡常数表达式可知，a点之后，随SO2气体的通入，c(H+)增大，当通入的SO2气体达饱和时，c(H+)就不变了，Ka1也是一个定值，的值保持不变，故D错误；答案选C。8、D【解析】

A．高温结构陶瓷耐高温、耐腐蚀，是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐，A错误；B．钢结构防腐蚀涂装体系中，富锌底漆的作用至关重要，它要对钢材具有良好的附着力，并能起到优异的防锈作用，依据的是牺牲阳极的阴极保护法，B错误；C．光缆的主要成分是二氧化硅，C错误；D．高强度耐腐蚀钢筋属于无机材料，D正确；故答案选D。9、C【解析】

①氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通入二氧化碳生成氢氧化铝和碳酸氢钠，故①能实现；②硫和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和氧气在催化剂加热的条件下反应生成三氧化硫，故②不能实现；③在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，析出NaHCO3晶体，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，故③能实现；④氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，氯化铁中Fe3+水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3HCl，加热HCl易挥发，平衡向右移动，因此加热得不到无水FeCl3，故④不能实现；⑤氯化镁与石灰乳转化为更难溶的氢氧化镁，氢氧化镁煅烧分解生成氧化镁，故⑤能实现；因此①③⑤能实现，故C符合题意。综上所述，答案为C。硫和氧气反应一步反应只能生成SO2，氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液加热，铁离子要水解，HCl、HNO3都易挥发，因此加热氯化铁、氯化铝、硝酸铁、硝酸铝等溶液都不能得到原物质。10、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。11、D【解析】

A、第IA族的氢气是分子晶体，其它碱金属是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项A错误；B、第IIIA族硼是原子晶体，其它是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项B错误；C、C、Si、Ge等都属于第IVA族元素，属于原子晶体，铅是金属晶体，形成的单质晶体类型不相同，选项C错误；D、第VIA族形成的都是分子晶体，形成的单质晶体类型相同，选项D正确；答案选D。明确晶体类型的划分、元素在周期表中的位置即可解答，熟练掌握常见原子晶体及其结构，易错点是选项C。12、D【解析】

A．该分子中所有C原子和N原子都采用sp2杂化且碳碳单键可以旋转，所以该分子中的所有C原子可能位于同一平面，故A正确；B．硝基苯的分子式为C6H5NO2，该分子的分子式也为C6H5NO2，且二者结构不同，互为同分异构体，故B正确；C．六元环上含有4种氢原子，所以其六元环上的一氯代物是4种，故C正确；D．羧基中的碳氧双键不能加成，维生素B3分子中的六元环与苯环相似，则1mol该物质最多能和3mol氢气发生加成反应，故D错误；故答案为D。13、C【解析】

由图可知60ml到70ml是氢氧化铝溶解消耗10ml氢氧化钠溶液，则铝离子沉淀需要30ml氢氧化钠溶液，镁离子离子沉淀需要20ml氢氧化钠溶液，所以镁铝的物质的量比为1：1，再由镁铝与100mL稀硝酸反应，产生1.12LNO气体（标准状况）得失守恒可以得2x+3x＝0.05×3，则x＝0.03mol，沉淀的最大质量，沉淀达到最大值时溶液为硝酸钠，硝酸的物质的量为0.03mol×2+0.03mol×3+0.05mol=0.2mol，氢氧化钠溶液浓度，故C错误；综上所述，答案为C。14、C【解析】分析：A项，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3；B项，红色褪色是HClO表现强氧化性；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl；D项，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2。详解：A项，NaOH溶液滴入FeSO4溶液中产生白色Fe（OH）2沉淀，白色沉淀变为红褐色沉淀时的反应为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，该反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；B项，氯水中存在反应Cl2+H2OHCl+HClO，由于氯水呈酸性，石蕊溶液滴入后溶液先变红，红色褪色是HClO表现强氧化性，与有色物质发生氧化还原反应；C项，白色沉淀变为黑色时的反应为2AgCl+Na2S=Ag2S+2NaCl，反应前后元素化合价不变，不是氧化还原反应；D项，Cu与稀HNO3反应生成Cu（NO3）2、NO气体和H2O，气体由无色变为红棕色时的反应为2NO+O2=2NO2，反应前后元素化合价有升降，为氧化还原反应；与氧化还原反应无关的是C项，答案选C。点睛：本题考查氧化还原反应的判断，分析颜色变化的原因、理解氧化还原反应的特征是解题的关键。15、B【解析】

A.物质甲中含苯环和羧基，可以发生苯环的加成反应，燃烧反应(属于氧化反应)，可以发生酯化反应(属于取代反应)，A正确；B.根据乙结构简式可知，该物质是苯分子中六个H原子全部被Cl原子取代产生的物质，故分子式是C6Cl6，B错误；C.丙分子中含有2种类型的H原子，所以其一氯代物有2种，C正确；D.丁分子中含有醛基、醇羟基，在一定条件下醛基与氢气可以转化成羟基，就得到只含醇羟基一种官能团的物质，D正确；故答案选B。16、B【解析】

A、电解水制氢需要消耗大量的电能，所以光催化水制氢比电解水制氢更节能环保，故A正确；B、聚乙烯塑料在自然界中很难降解，而聚乳酸塑料在自然界中能降解，所以聚乳酸塑料代替聚乙烯塑料可减少白色污染，故B错误；C、开发利用可再生能源，可减少传统燃料如化石燃料的使用，故C正确；D、改进汽车尾气净化技术，能把有毒气体转化为无毒气体，可减少大气污染物的排放，故D正确；答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、羧基醚键ClCH2CHO取代反应+H2O+CH3CH2OH【解析】

由A生成B，A的苯环变成环己烷结构，两个羟基变成羰基。在试剂X的作用下得到C。C生成D，羰基变为—CH2COOC2H5，D生成E，重新变成苯环，E分子中有酯基，发生酸性水解，酯基转变为羧基。【详解】(1)由F的结构可知，含氧官能团为羧基、醚键；(2)试剂X分子式为C2H3OCl，且分子中既无甲基也无环状结构，且羟基和碳碳双键连在同一个碳原子上的结构不稳定，则X的结构简式为ClCH2CHO。由E→F发生酯的水解反应，属于取代反应。故答案为：ClCH2CHO，取代反应，+H2O+CH3CH2OH；(3)E中有12个碳原子，3个氧原子和7个不饱和度，它的一种同分异构体满足:Ⅰ.能发生银镜反应，含有醛基，Ⅱ.分子中含有1个苯环且有3种不同化学环境的氢，可以含有3个—CH2CHO，且处于间位位置，结构简式为；(4)可以先从生成物入手考虑，要得到，结合给出的原料BrCH2COOC2H5，根据转化关系中的C→D→E→F，需要有，可以用原料合成。即与HBr发生加成反应得到，在氢氧化钠水溶液、加热条件下水解生成，再发生催化氧化生成，结合转化关系中C→D反应，与BrCH2COOC2H5/Zn作用得到，最后在酸性条件下水解得到。故答案为：。18、2—甲基丙烯取代反应酚羟基和硝基C10H11NO56【解析】

根据有机化合物的合成分析解答；根据有机化合物的结构与性质分析解答；根据有机化合物的同分异构体的确定分析解答。【详解】由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，A与溴单质发生加成反应得到B，B物质中的Br原子水解，生成带羟基的醇，C物质的羟基反应生成醛基即D物质，D物质的醛基再被新制的氢氧化铜氧化成羧基，即E物质，E物质上的羟基被Br原子取代，得到F，F与H反应生成J；(1)由C物质逆向推断，可知A物质含有碳碳双键，且含有一个甲基支链，则A为2-甲基丙烯，故答案为2-甲基丙烯；(2)C中的羟基被氧化生成一个醛基，化学方程式，E物质上的羟基被Br原子取代，故答案为，取代反应；(3)由J物质逆向推理可知，H中一定含有苯环、硝基和酚羟基，J的分子式为C10H11NO5，故答案为酚羟基和硝基；C10H11NO5；(4)化合物X是D的同分异构体,其中能与氢氧化钠溶液反应的X一定含有羧基或者酯基，其中含有羧基的2种，含有酯基的4种，写出其中核磁共振氢谱有3组峰,峰面积之比为1∶1∶6的结构简式为，故答案为6；；（5）甲苯与氯气发生取代反应，得到1-甲苯，Cl原子水解成羟基得到苯甲醇，苯甲醇再与发生消去反应得到，合成路线为：，故答案为。19、100mL容量瓶和胶头滴管不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解减小H2O2自身分解损失2CrO2-＋3H2O2＋2OH－===2CrO＋4H2O除去过量的H2O2①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4【解析】

Cr(OH)3为两性氢氧化物，在CrCl3溶液中滴加NaOH溶液可生成NaCrO2，“制NaCrO2(aq)”时，控制NaOH溶液加入量，应再不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，再加入6%H2O2溶液，发生氧化还原反应生成Na2CrO4，“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可减小H2O2自身分解损失，经煮沸可除去H2O2，冷却后与铅盐溶液作用制得PbCrO4，以此解答该题。【详解】（1）实验时需要配置100mL3mol•L﹣1CrCl3溶液，现有量筒、玻璃棒、烧杯，还需要玻璃仪器是100mL容量瓶和胶头滴管，其中胶头滴管用于定容，故答案为：100mL容量瓶和胶头滴管；（2）Cr(OH)3为两性氢氧化物，呈绿色且难溶于水，加入氢氧化钠溶液时，不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解，可防止NaOH溶液过量，故答案为：不断搅拌下逐滴加入NaOH溶液，至产生的绿色沉淀恰好溶解；（3）“氧化”时H2O2滴加速度不宜过快，可防止反应放出热量，温度过高而导致过氧化氢分解而损失，反应的离子方程式为2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O，故答案为：减小H2O2自身分解损失；2CrO2﹣+3H2O2+2OH﹣＝2CrO42﹣+4H2O；（4）煮沸可促使过氧化氢分解，以达到除去过氧化氢的目的，故答案为：除去过量的H2O2；（5）“冷却液”的主要成分为Na2CrO4，要想制备PbCrO4，根据已知信息②由Pb(NO3)2提供Pb2+，但要控制溶液的pH不大于7.2，以防止生成Pb(OH)2沉淀，由信息③的图象可知，溶液的pH又不能小于6.5，因为pH小于6.5时CrO42﹣的含量少，HCrO4﹣的含量大，所以控制溶液的pH略小于7即可，结合信息④，需要先生成少许的PbCrO4沉淀，再大量生成。所以实验操作为在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol•L﹣1的醋酸至弱酸性（pH略小于7），将溶液加热至沸腾，先加入一滴0.5mol•L﹣1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，若无沉淀生成，停止滴加，静置、过滤、洗涤、干燥；故答案为：①在不断搅拌下，向“冷却液”中加入6mol·L－1的醋酸至弱酸性，用pH试纸测定略小于，②先加入一滴0.5mol·L－1Pb(NO3)2溶液搅拌片刻产生少量沉淀，然后继续滴加至有大量沉淀，静置，③向上层清液中滴入Pb(NO3)2溶液，④若无沉淀生成，停止滴加Pb(NO3)2溶液，静置、过滤、洗涤、干燥沉淀得PbCrO4。20、C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑1.3×10－6测定NaOH溶液的准确浓度x＝2【解析】

（1）依据氧化还原反应规律书写其方程式；（2）根据c=得出溶液中的钙离子浓度，再依据溶度积公式求出草酸根离子浓度；（3）利用邻苯二甲酸氢钾可以滴定氢氧化钠，再利用氢氧化钠标准液测定草酸的浓度，依据物质的量之间的关系，列出关系式，求出草酸的物质的量，根据总质量间接再求出水的质量，进一步得出结晶水的个数。【详解】（1）HNO3将葡萄糖(C6H12O6)氧化为草酸，C元素从0价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，则根据电子转移数守恒、原子守恒可知，化学方程式为：C6H12O6＋6HNO3===3H2C2O4＋6H2O＋6NO↑；（2）c(Ca2+)===0.00179mol/L，又Ksp(CaC2O4)＝2.3×10－9=，因此当形成沉淀时溶液中c(C2O42-)>1.3×10－6；（3）①“步骤1”中用准确称量的邻苯二甲酸氢钾测定氢氧化钠溶液的准确浓度，由于两者按物质的量1:1反应，故在滴定终点时，两者物质的量相等，根据邻苯二甲酸氢钾的物质的量和消耗的氢氧化钠溶液的体积即可测定出氢氧化钠溶液的准确浓度，故答案为测定NaOH溶液的准确浓度；②0.5508g邻苯二甲酸氢钾的物质的量n(酸)==0.0027mol,测定NaOH溶液的准确浓度c(NaOH)==0.1194mol/