2021届浙江绍兴一模化学试卷及答案

这是一份2021届浙江绍兴一模化学试卷及答案，共30页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，计算题，元素或物质推断题，原理综合题，实验题，有机推断题等内容，欢迎下载使用。

2021届浙江绍兴一模化学试卷及答案
一、单选题
1．下列不属于酸性氧化物的是
A．CO2 B．SO2 C．NO2 D．Mn2O7
2．萃取溴水中的溴，可能用到的仪器是
A． B． C． D．
3．下列物质属于非电解质的是
A．甲酸 B．蔗糖 C．医用酒精 D．甘氨酸
4．下列物质名称正确的是
A．Na2SO4： 芒硝 B．2CaSO4·H2O： 生石膏
C．CH3CHO：蚁醛 D． ：硝化纤维
5．反应S + 2KNO3+ 3C= K2S + N2↑+ 3CO2↑中，氧化剂是
A．只有KNO3 B．只有S C．KNO3和S D．CO2
6．下列表示正确的是
A．硫离子的结构示意图： B．邻二甲苯的键线式：
C．甲烷的球棍模型： D．2，2-二 甲基丙烷的分子式： C3H8
7．下列说法不正确的是
A．6Li和7Li互为同位素
B．淀粉和纤维素互为同分异构体
C．C5H12和C8H18一定互为同系物
D．纳米碳管和金刚石互为同素异形体
8．下列说法正确的是
A．硫酸铜有强氧化性，可用于杀菌消毒
B．铝在冷的浓硝酸和浓硫酸中会钝化，可用铝制槽罐车运输浓硝酸和浓硫酸
C．利用二氧化碳和环氧丙烷的缩聚反应可以制造全降解塑料
D．利用焦炭可以除去铁矿石中的杂质二氧化硅
9．下列说法不正确的是
A．向浓氨水中滴入AgNO3溶液制取银氨溶液
B．水玻璃浸泡过的木材，既耐腐蚀又不易着火
C．氢氧化铝可用于治疗胃酸过多
D．超纯硅可用以制造计算机芯片
10．下列说法不正确的是
A．“氢化油”可以用来制肥皂，也可以用于生产人造奶油
B．现代工业生产中芳香烃主要来源于石油化学工业中的催化重整和裂化
C．催化裂化可以提高汽油等轻质油的产量与质量
D．可燃冰的主要成分为CH4·nH2O，是可再生能源
11．下列有关实验说法，不正确的是
A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，用移液管量取浓硫酸可以提高实验精度
B．金属汞一旦洒落，必须尽可能收集起来，并用硫磺粉盖住洒落的地方
C．海带中提取碘的实验中为了使I- 尽可能多的转化成I2，需要加入过量的氯水
D．纸层析实验完成的标志是展开剂上升至滤纸条的上端
12．下列关于钠及其化合物说法，不正确的是
A．Na2O2可作漂白剂和呼吸面具中的供氧剂
B．高压钠灯发出的黄光射程远，透雾能力强，常用于道路和广场照明
C．碳酸氢钠是发酵粉的主要成分之一
D．金属钠还原性强，可用湿法冶炼法制备稀有金属钛、锆、铌等
13．能正确表示下列反应的离子方程式是
A．Fe(OH)3 和氢碘酸反应： Fe(OH)3+ 3H+= Fe3++ 3H2O
B．Ba(NO3)2 溶液中通入少量SO2：3Ba2+ + 2 + 3SO2+ 2H2O = 3BaSO4↓+ 2NO↑+ 4H+
C．Ca(HCO3)2 溶液中加入少量NaOH溶液：Ca2+ + 2+ 2OH-= CaCO3↓+ + 2H2O
D．Na2CO3 溶液中加入过量的苯酚溶液：2 +→2   +CO2↑+ H2O
14．下列说法不正确的是
A．甘氨酸和丙氨酸的混合物在一定条件下发生反应生成4种链状二肽
B．相等质量的脂肪、葡萄糖和蛋白质在体内氧化所产生的热量脂肪最多
C．所有蛋白质遇到浓硝酸均会产生黄色固态物质
D．蔗糖、麦芽糖、乳糖、纤维二糖互为同分异构体，分子式都是C12H22O11
15．某有机物的结构简式为，下列叙述不正确的是
A．该物质可以使溴水褪色
B．该物质在催化剂、加热条件下与O2反应，生成物只含有一种官能团
C．该物质在催化剂、加热条件下与H2反应，生成物可以发生缩聚反应
D．0.1 mol该物质完全燃烧，消耗17.92L O2
16．X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大。Q元素的最高正价为+7，Y元素的原子最外层电子数是次外层的两倍，YM2 和YZ2的最外层电子总数相同，X元素的原子半径最小。下列说法正确的是
A．原子半径： M＞Z＞ Y
B．最高价氧化物的水化物的酸性： M＞Q＞ Y
C．等物质的量时，Q2的杀菌能力大于QZ2
D．X2Z2与X2M反应生成淡黄色固体
17．下列说法正确的是
A．在相同温度下，pH相等的盐酸、CH3COOH溶液，c(Cl-)=c(CH3COO-)
B．0.1 mol·L-1某酸H2A溶液中一定存在： c(H2A)+ c(HA-)+c(A2-)=0.1
C．中和同体积、同pH的稀硫酸和醋酸溶液，需要NaOH的物质的量相等
D．某强碱弱酸盐NaA溶液，随着温度升高，pH一定增大
18．某同学为验证Fe3+的氧化性进行了如下实验：
序号
操作
现象
实验I
将2 mL 2 mol∙L−1Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中
银镜消失
实验II
将2 mL1 mol∙L−1 Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中
银镜减少，未消失
实验III
将2mL2 mol∙L−1FeCl3溶液加入有银镜的试管中
银镜消失
实验IV
将2mL 1 mol∙L−1 AgNO3溶液加入到1 mL 1 mol∙L−1 FeSO4溶液中
产生白色沉淀，随后有黑色固体产生

已知相同条件下AgCl的溶解度小于Ag2SO4.下列说法不正确的是A．实验I不能说明Fe3+氧化了Ag
B．实验II和III说明溶液中存在平衡： Fe3++AgFe2++ Ag+
C．实验IV中产生白色沉淀，说明Ag+氧化了Fe2+
D．欲证明实验IV中产生了Fe3+，可以取上层清液滴加KSCN溶液
19．氯在饮用水处理中常用作杀菌剂，且HClO的杀菌能力比ClO-强。氯气-氯水体系中存在以下平衡关系：
Cl2(g) Cl2(aq)                                ①
Cl2(aq)+ H2OHClO + HCl               ②
下列表述正确的是
A．反应②的平衡常数K=
B．氯水中加入硫酸调节pH， pH越低消毒能力越强
C．氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季好
D．氯水中加入四氯化碳进行萃取，反应②逆向移动，反应①正向移动
20．电催化NRR合成氨的示意图如图所示。中间隔膜允许H+通过。下列说法正确的是

A．X极为阳极
B．Y极电极反应： 4OH- -8e- = 4H+ + 2O2
C．膜为阴离子交换膜，并可以阻止氨被氧化
D．催化剂表面生成*N2Hy中间体的反应：*N2+y (H++e-) = *N2Hy (*N2 表示活化氮气)
21．在热的碱性水溶液1 molCl-、1 molClO(x=1， 2，3， 4)的能量(kJ)相对大小如图所示。下列有关说法正确的是

2ClO- (aq)=Cl-(aq)+ClO(aq)          
3ClO- (aq)=2Cl-(aq)+ClO(aq)            
2ClO(aq)=Cl-(aq)+ClO(aq)             
2ClO(aq)=ClO-(aq)+ClO(aq)             
A．＜0     ＞0 B．＜
C．＜0       ＜0 D．＞
22．用0.100 mol·L1 HCl标准溶液滴定25.00mL 0.0500 mol·L1 的四甲基乙二胺[(CH3)2NCH2CH2N(CH3)2，用“X”表示]，其滴定曲线如图所示。已知乙二胺的一级电离方程式为： H2NCH2CH2NH2 + H2O[H2NCH2CH2NH3]+ +OH-，下列说法正确的是

A．在B点时，用酚酞作指示剂，当溶液恰好由红色变无色，达到了滴定终点
B．在C点时，可以求得X的二级电离Kb2= 10-5.9
C．在A点时，c(Cl-)＞c(X)＞c(HX)+
D．在D点时，2c(X)+c(HX)+ =c(H+)-c(OH- )
23．氮化镓(GaN)是第三代半导体核心材料，镓(Ga) 与铝位于同一主族，微量分散于铝土矿中，其熔点为29.8 ℃，沸点为2403℃。下列说法不正确的是
A．室温下合成氮化镓的普遍方法为：2Ga+N2 =2GaN
B．Ga2O3 具有两性，既能与酸反应，又能与碱反应
C．从铝土矿提取Al的废液中电解提取Ga，阴极反应为： Ga(OH) +3e- =Ga +4OH-
D．由于液态镓的宽温度范围，故Ga可以用于制作高温温度计的材料
24．某固体X，可能含有Na2O2、NH4Cl、 Ca(HCO3)2、 FeCl3之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到沉淀Y和无色气体Z。下列结论合理的是
A．X中肯定含Ca(HCO3)2，可能含有NH4Cl
B．X中肯定含Na2O2和FeCl3
C．若X中含有FeCl3，Y中含有Fe(OH)3
D．若Y是白色沉淀，Z中只有O2
二、多选题
25．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2，1molO3参与反应转移6 NA电子
B．0℃时，1 L pH=5的NH4Cl溶液中，水电离出的H+数为10-5NA
C．1 mol油酸甘油三酯中含有6 NA双键
D．用电解粗铜的方法冶炼铜，当电路中通过的电子数为NA 时，阳极质量可能减轻32g
三、填空题
26．(1)用一个化学反应方程式表示C的非金属性比Si强___________ 。
(2)羟胺(H2NOH)是NH3的衍生物，各原子均满足稳定结构，H2NOH的电子式是___________。
(3)乙醇的沸点大于乙醛，主要原因是___________。
四、计算题
27．采用电镀法进行阿伏伽德罗常数的测定。通过手持技术测定电量Q、用分析天平测定电镀前后镀件的质量m。在250mL电解槽中注入200mL饱和硫酸铜溶液，插入洁净的铜电极，连接直流电源及检测仪器。实验得到如下数据：
实验序号
电量Q/C
m1/g
m2/g
Δm
1
122.6
12.962 0
13.004 1
0.042 0
2
123.2
12.958 1
13.0041
0.042 0
3
122.6
12.964 0
13.005 1
0.041 1

已知：单个电子的电荷量e= 1.6 ×10-19C。
(1)计算阿伏伽德罗常数(NA )的表达式为： NA=___________ (用Q、△m及e表示)。
(2)列式计算阿伏伽德罗常数(NA )_______。
五、元素或物质推断题
28．I．由三种元素组成的化合物A，其相对分子质量小于200，按如下流程进行实验。气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，溶液E为蓝色，固体C为混合物，固体F为紫红色。

请回答：
(1)组成A的三种元素是_______ 。(填元素符号)，A的化学式是________   。
(2)固体A加热分解的化学方程式是________。
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，该反应的化学方程式是。___________。
II．某兴趣小组为制取并验证二氧化硫的性质进行相关实验，实验装置如图所示。请回答：

(1)饱和NaHSO3溶液的作用是___________。
(2)写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式___________。
六、原理综合题
29．研究二氧化碳甲烷化对资源综合利用有重要意义。相关的主要化学反应有：
I．CO2(g)+ 4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1= - 165 kJ·mol-1
Ⅱ．CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH2= - 206 kJ·mol-1
Ⅲ．CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3
请回答：
(1)ΔH3=___________kJ· mol-1。 在低温下反应Ⅲ才能自发进行，则ΔS__________0 (填“＞”、“＜”、“=”)
(2)在恒容密闭容器中，以n(H2)：n(CO2)：n(CO) =4∶1∶1 充入容器，维持压力为0.1 Mpa，测得不同温度下CO2、CO转化率如图所示。

①下列描述正确的是___________。
A．D→B过程中，升高温度使反应I和反应Ⅲ的CO2转化率均提高
B．比较A点和C点，转化率CO大于CO2，说明反应速率Ⅱ大于I
C．约660 ℃以前，以反应I、Ⅱ为主，约660 ℃以后反应Ⅲ为主
D．比较A和F，升高温度使反应Ⅲ向逆反应方向移动所致
②计算E点时，反应Ⅲ的平衡常数K=___________ (保留小数点后两位)
③已知甲烷的收率[Y(CH4) =×100%]， 在恒容密闭容器中，充入n(H2)∶n(CO2)=4∶1，探究不同压强下甲烷的收率与温度关系如图所示，画出0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线_______。

(3)据报道，Pd—Mg/SiO2 催化CO2甲烷化的机理如图所示，写出生成CH4的最后一步反应方程式___________。

七、实验题
30．碱式碳酸铜的应用范围非常广泛，可以用来制备各种铜化合物，也可以用来制备催化剂等。现以印刷电路板废杂铜为原料制取碱式碳酸铜流程如下：

已知：
a．2Cu(NO3)2 + 4NaHCO3= Cu2(OH)2CO3↓+ 4NaNO3+ 3CO2↑+ H2O
2Cu + 6NH3 + 2NH4HCO3+ O2 2Cu(NH3)4CO3+ 2H2O
2Cu(NH3)4CO3+ H2OCu2(OH)2CO3↓+ CO2↑+ 8NH3↑
b．碱式碳酸铜在沸水中易分解，在空气中200 ℃分解。
c．碱性条件下有利于大颗粒碱式碳酸铜的生成。
d．Cu(NH3)4CO3 溶液显蓝色，Cu2(OH)2CO3 固体显草绿色。
请回答：
(1)为了得到较大颗粒的碱式碳酸铜，混合碳酸氢钠和硝酸铜的操作方法是___________。
(2)下列有关“一系列操作”说法正确的是___________。
A．为了更好的洗去产品表面杂质，应用沸水洗涤
B．抽滤时用倾析法先转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀
C．烘干时，若温度过低，则干燥速率太慢，温度过高则易使产品分解
D．洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物
(3)由于上述方法反应时间长、污染环境、资源浪费，现用“氨浸一脱氨一干燥”工艺制备碱式碳酸铜，氨浸过程装置如下：

①氨浸过程的正确操作步骤为(选出正确的操作并按序排列)：___________→在三颈烧瓶中加入废杂铜和碳酸氢铵固体→___________ →三颈烧瓶用水浴加热至55-60 ℃___________ →___________   →关闭真空泵，关闭活塞甲，停止加热。
A．打开活塞乙，打开旋塞丙，加入浓氨水，关闭旋塞丙，关闭活塞乙
B．打开活塞甲
C．开启真空泵。
D．打开旋塞丙，加入浓氨水，关闭旋塞丙
E．检查装置气密性
②为实现氨的循环，装置A中试剂是___________。
③鼓入空气的作用除提供氧化剂以外，还可以是___________。
④脱氨过程需要105±5℃， 采用适宜的加热方式是___________。设计一个能证明脱氨已经完成的实验方案。___________。
八、有机推断题
31．伊托必利是一、种促进胃动力的药，其合成路线如下：

已知：(I)→；
(II)R−CHOR− CH=NOH
请回答：
(1)下列说法正确的是___________。
A．B和D反应过程中K2CO3的作用是吸收HCl，提高转化率
B．化合物G具有碱性
C．生成A和B的反应都是取代反应
D．伊托必利的分子式是C20H26N2O4
(2)写出化合物A的结构简式___________。
(3)写出E→F的化学方程式___________。
(4)利用已知( I )设计C→D的路线(用流程图表示，无机试剂任选)___________。
(5)写出化合物E同时符合下列条件的同分异构体的结构简式____________。1H−NMR谱和IR谱检测表明：①分子中共有4种氢原子：②有—CHO和苯环

参考答案：
1．C
【解析】
【详解】
能和碱反应只生成盐和水的氧化物是酸性氧化物，能和酸反应只生成盐和水的氧化物是碱性氧化物，据此分析解题：
A．二氧化碳和NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，所以只生成盐和水，为酸性氧化物， A不合题意；
B．二氧化硫和过量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，所以只生成盐和水，为酸性氧化物， B不合题意；
C．二氧化氮和碱反应生成盐、水，但由于没有一种含N的含氧酸与NO2中N的化合价相同，故NO2不是酸性氧化物，C符合题意；
D．Mn2O7和强碱溶液反应只生成盐和水，所以为酸性氧化物，D不合题意；
故答案为：C。
2．D
【解析】
【详解】
从溴水中提取溴，先萃取溴水中的溴分液得到含溴的有机溶液，这步需要用到的仪器有：烧杯、分液漏斗、玻璃棒等，然后再用蒸馏法将含溴的有机溶液中的溴和萃取剂分离，该步需要用到的仪器有：酒精灯、石棉网、蒸馏烧瓶、温度计、冷凝管、接收器和锥形瓶等，题干中，A为容量瓶，B为试管，C为普通漏斗，均为不需要用到的仪器，D是蒸馏烧瓶，故需要用到，故答案为：D。
3．B
【解析】
【详解】
电解质是指在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，所有的酸碱盐和大多数金属氧化物均为电解质，非电解质是指在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，据此分析解题：
A．甲酸属于酸，故是电解质，A不合题意；
B．蔗糖是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，属于非电解质，B符合题意；
C．医用酒精是混合物，既不是电解质也不是非电解质，C不合题意；
D．甘氨酸含有羧基，在水溶液中能够电离出自由移动的离子，属于电解质，D不合题意；
故答案为：B。
4．D
【解析】
【详解】
A．芒硝的化学式为：Na2SO4·10H2O，A错误；
B．生石膏的化学式为： CaSO4·2H2O， 2CaSO4·H2O是熟石膏，B错误；
C．蚁醛又称为甲醛，化学式为HCHO，CH3CHO则是乙醛，C错误；       
D．硝化纤维即纤维素硝酸酯，是纤维素与硝酸在浓硫酸催化下发生酯化反应生成的，化学式为：，D正确；
故答案为：D。
5．C
【解析】
【详解】
氧化还原反应中所含元素化合价降低的反应物是氧化剂，分析反应S + 2KNO3+ 3C= K2S + N2↑+ 3CO2↑中S的化合价由S中的0价变为K2S中的-2价，N的化合价由KNO3中的+5价变为N2中的0价，则KNO3和S为氧化剂，故答案为：C。
6．A
【解析】
【详解】
A．硫离子的结构示意图：，A正确；
B．邻二甲苯的键线式：，B错误；
C．是甲烷的比例模型，其球棍模型为：，C错误；
D．2，2-二甲基丙烷的结构简式为：，故其分子式为：C5H12，D错误；
故答案为：A。
7．B
【解析】
【详解】
A．同位素是指质子数相同，中子数不同的同一元素的不同原子，故6Li和7Li互为同位素，A正确；
B．同分异构体是指分子式相同，结构不同的物质，淀粉和纤维素虽然分子组成均能用(C6H10O5)n，但因为n值不同，故不互为同分异构体，B错误；
C．C5H12和C8H18分子组成均符合CnH2n+2，均属于烷烃，故一定互为同系物，C正确；
D．同素异形体是同一元素形成的性质不同的几种单质，纳米碳管和金刚石均为碳元素形成的单质，故互为同素异形体，D正确；
故答案为：B。
8．B
【解析】
【详解】
A．硫酸铜没有强氧化性，由于Cu2+为重金属离子能使蛋白质变性，故可用于杀菌消毒，A错误；
B．铝或铁在冷的浓硝酸和浓硫酸中会钝化，可用铝制或铁制槽罐车运输浓硝酸和浓硫酸，B正确；
C．利用二氧化碳和环氧丙烷的加聚反应可以制造全降解塑料，C错误；
D．由于2C+SiO2Si+2CO，或SiO2+3CSiC+2CO，都是除去二氧化硅的同时又生成新的杂质Si或SiC，故利用焦炭无法可以除去铁矿石中的杂质二氧化硅，而是用碳酸钙作造渣剂来除去，D错误；
故答案为：B。
9．A
【解析】
【详解】
A．制取银氨溶液是向AgNO3溶液中滴加氨水至沉淀恰好完全溶解为止，氨水不易过量，故A错误；
B．水玻璃是硅酸钠溶液，可以作为木材防火剂、防腐剂，故B正确；
C．氢氧化铝能够与盐酸反应，消耗H+，可用于治疗胃酸过多，故C正确；
D．硅是半导体材料，计算机芯片可使用超纯硅制造，故D正确；
故答案为A。
10．D
【解析】
【详解】
A．油脂氢化使不饱和脂肪酸甘油酯与氢气加成生成不饱和程度较低的脂肪酸甘油酯，使油脂出现了“硬化”，获得的“硬化油”可用于生产人造奶油，也可在碱性条件下水解来制肥皂，故A正确；
B．现代工业生产中利用石油的催化重整和裂化获得芳香烃，故B正确；
C．催化裂化是为了提高从石油得到的汽油等轻质油的产量和质量，故C正确；
D．可燃冰的主要成分为CH4·nH2O，是不可再生能源，故D错误；
故答案为D。
11．C
【解析】
【详解】
A．配制一定物质的量浓度的稀硫酸时，一般用量筒量取，量筒是粗量的仪器，量筒精确度一般为0.1mL，移液管的精确度为0.01mL，因此用移液管量取浓硫酸可以提高实验精度，故A说法正确；
B．汞有毒，撒落后，立即用硫磺粉盖住，发生Hg+S=HgS，生成无毒的HgS，故B说法正确；
C．加入过量的氯水，引入新的杂质，不利于分离出碘单质，故C说法错误；
D．纸层析的原理是相似相溶原理，利用在同一介质中分散速度不同来分析的，纸层析实验完成的标志是展开剂上升至滤纸条的上端，故D说法正确；
故答案为C。
12．D
【解析】
【详解】
A．Na2O2具有强氧化剂，可作漂白剂，其能与CO2反应放出O2，故可做呼吸面具中的供氧剂，A正确；
B．钠元素的焰色反应为黄色，高压钠灯发出的黄光射程远，透雾能力强，常用于道路和广场照明，B正确；
C．碳酸氢钠受热分解放出无毒无害的气体CO2和水蒸气使面包、馒头蓬松多孔，故是发酵粉的主要成分之一，C正确；
D．金属钠还原性强，由于Na能与水反应，故不可用湿法冶炼法制备稀有金属钛、锆、铌，只能与熔融的稀有金属钛、锆、铌的化合物反应，置换出这些金属，D错误；
故答案为：D。
13．B
【解析】
【详解】
A．由于反应生成的Fe3+能与HI电离出的I-将发生氧化还原反应，故Fe(OH)3和氢碘酸反应的离子方程式为： 2Fe(OH)3+ 6H++2I-= 2Fe2++ 6H2O+I2，A错误；
B．SO2与H2O反应生成的H2SO3电离出的H+，与Ba(NO3)2电离出的组成HNO3具有强氧化性，能氧化SO2，故Ba(NO3)2 溶液中通入少量SO2的离子方程式为：3Ba2+ + 2 + 3SO2+ 2H2O = 3BaSO4↓+ 2NO↑+ 4H+，B正确；
C．Ca(HCO3)2 溶液中加入少量NaOH溶液的离子方程式为：Ca2+ ++ OH-= CaCO3↓+   H2O，C错误；
D．由于酸性的强弱为：碳酸大于苯酚大于碳酸氢根，故Na2CO3溶液中加入过量的苯酚溶液： +→ +，D错误；
故答案为：B。
14．C
【解析】
【详解】
A．甘氨酸和丙氨酸的混合物在一定条件下发生反应生成4种链状二肽，分别是甘氨酸和甘氨酸形成链状二肽，丙氨酸和丙氨酸形成链状二肽，甘氨酸的羧基和丙氨酸的氨基形成链状二肽，甘氨酸的氨基和丙氨酸的羧基形成链状二肽，共4种链状二肽，故A正确；
B．每克蛋白质完全氧化约放出18kJ的能量，每克葡萄糖完全氧化约放出15.6kJ的能量，每克脂肪完全氧化约放出39.3kJ的能量，因此相等质量的脂肪、葡萄糖和蛋白质在体内氧化所产生的热量脂肪最多，故B正确。
C．含有苯环的蛋白质遇到浓硝酸均会产生黄色固态物质，故C错误；
D．蔗糖、麦芽糖、乳糖、纤维二糖互为同分异构体，分子式都是C12H22O11，纤维二糖不能被人体吸收，故D正确。
故答案为C。
15．D
【解析】
【详解】
A．由题干可知，该物质中含有醛基，故可以与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色，A正确；
B．由题干可知，该物质中含有醛基，在催化剂、加热条件下与O2反应，生成羧基，故生成物只含有一种官能团羧基，B正确；
C．由题干可知，该物质中含有醛基，在催化剂、加热条件下与H2反应转化为羟基，故生成物既有羟基又有羧基，可以发生酯化反应而缩聚生成高分子，故能发生缩聚反应，C正确；
D．由题干可知，该物质的分子式为C7H10O3，0.1 mol该物质完全燃烧消耗O2为0.8mol，未告知标准状况，故无法计算消耗O2的体积，D错误；
故答案为：D。
16．D
【解析】
【分析】
X、Y、Z、M、Q五种短周期元素，原子序数依次增大；Q元素的最高正价为+7，则Q为Cl元素；Y元素的原子最外层电子数是次外层的两倍，则Y为碳元素；YM2 和YZ2的最外层电子总数相同，则M和Z为同主族元素，M为硫元素、Z为氧元素；X元素的原子半径最小，则X为H元素。
【详解】
分析知：X为H元素、Y为C元素、Z为O元素、M为S元素、Q为Cl元素；
A．C和O为第二周期主族，核电荷数大，原子半径小，而S为第三周期主族元素，则原子半径由大到小的顺序是S＞C＞O，故A错误；
B．元素的非金属性强弱顺序为Cl＞S＞C，则最高价氧化物的水化物的酸性： HClO4＞H2SO4＞H2CO3，故B错误；
C．Cl2在反应中由0价降为-1价，还原产物为Cl-，而ClO2在反应中由+4价降为-1价，还原产物也是Cl-，则当物质的量相等时，ClO2的杀菌能力明显强于Cl2，故C错误；
D．H2O2与H2S反应的化学方程式为H2O2+H2S=S↓+2H2O，产物中S为淡黄色固体，故D正确；
故答案为D。
17．A
【解析】
【详解】
A．盐酸、CH3COOH溶液中存在电荷守恒式分别为c(Cl-)+c(OH-)=c(H+)、c(CH3COO-)+c(OH-)=c(H+)，由于pH相等，即c(H+)、c(OH-)分别相等，所以c(Cl-)=c(CH3COO-)，故A正确；
B．H2A的酸性强弱不确定，若H2A为二元弱酸，根据物料守恒，则存在c(H2A)+ c(HA-)+c(A2-)=0.1，若H2A为强酸，则不存在此关系，故B错误；
C．体积和pH均相等的稀硫酸和醋酸溶液中氢离子的物质的量相等，但醋酸为弱酸，醋酸的浓度大，完全中和二者消耗NaOH的物质的量醋酸的大，故C错误；
D．强碱弱酸盐水解显碱性，升高温度促进水解，OH-浓度增大，但升温水的离子积也增大，H+浓度不一定减小，故pH不一定增大，故D错误；
答案选A。
18．C
【解析】
【详解】
A．实验I中铁离子水解显酸性，含有硝酸根，(H＋)的氧化性强于Fe3+，因此不能说明Fe3+氧化了Ag，故A正确；
B．实验II中银镜未消失，实验III银镜消失，说明实验II和III说明溶液中存在平衡：Fe3++AgFe2++ Ag+，实验III生成的Ag+和Cl－反应得到AgCl沉淀，消耗Ag+，Ag+浓度减小，致使平衡不断正向移动，故B正确；
C．实验IV中产生白色沉淀，生成了Ag2SO4沉淀，Ag+具有强氧化性会氧化Fe2+变为Fe3+，而自身变为黑色的Ag，故C错误；
D．欲证明实验IV中产生了Fe3+，可以取上层清液滴加KSCN溶液，若溶液变为血红色，说明含有Fe3+，若不变血红色，则说明不含有Fe3+，故D正确；
综上所述，答案为C。
19．D
【解析】
【详解】
A．HCl是强电解质，在溶液中无HCl分子，故反应②的离子方程式为Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl-，故反应②的平衡常数K=，A错误；
B．根据反应②的离子方程式Cl2(aq)+ H2OHClO + H++Cl-，可知氯水中加入硫酸调节pH， pH越低即H+浓度越大，反应②平衡逆向移动，HClO浓度减小，故消毒能力减弱，B错误；
C．氯处理饮用水时，在夏季气温比冬季高，故过程①平衡逆向移动即Cl2的溶解性减小，故夏季的杀菌效果比在冬季弱，C错误；
D．由于Cl2为非极性分子，四氯化碳也是非极性分子，H2O为极性分子，根据“相似相溶”原理，可知Cl2在四氯化碳的溶解度比在水中大得多，氯水中加入四氯化碳进行萃取，反应②逆向移动，反应①正向移动，D正确；
故答案为：D。
20．D
【解析】
【分析】
X极N2得电子，发生还原反应生成NH3，说明X为阴极；而Y极表面H2O失电子发生氧化反应生成O2，说明Y极为阳极。
【详解】
A．X极上N2得电子，发生还原反应生成NH3，则X为阴极，故A错误；
B．Y为阳极，表面有O2生成，则发生的电极反应为4OH- -4e- = 2H2O+ O2↑或2H2O-4e- =4H++O2↑，故B错误；
C．隔膜允许H+通过，则为阳离子交换膜，可阻止氨被氧化，故C错误；
D．在催化剂表面*N2与H+得电子发生还原反应生成中间体*N2Hy的反应为*N2+y (H++e-) = *N2Hy ，故D正确；
故答案为D。
21．C
【解析】
【详解】
Cl-、ClO-、ClO、ClO、ClO中Cl元素的化合价分别为-1、+1、+3、+5、+7，等于生成物的总能量减去反应物的总能量，由图示可以计算出2ClO- (aq)=Cl-(aq)+ClO(aq)   =0+100-260=-20 kJ/mol，3ClO- (aq)=2Cl-(aq)+ClO(aq) =20+63-360=-117 kJ/mol，2ClO(aq)=Cl-(aq)+ClO(aq) =0+40-2100=-160 kJ/mol，2ClO(aq)=ClO-(aq)+ClO(aq)   =60+63-2100=-77 kJ/mol，据此分析解题。
A．由分析可知，＜0；＜0，A错误；
B．由分析可知，＞，B错误；
C．由分析可知，＜0；＜0，C正确；       
D．由分析可知，＜，D错误；
故答案为：C。
22．D
【解析】
【详解】
A．一元强酸滴定二元弱碱，滴定到终点时溶液显酸性，应该选甲基橙做指示剂，溶液有黄色到橙色且半分钟内不恢复原来的颜色，故A错误；
B．在C点时，pH=5.9，X的二级电离 ，消耗盐酸的体积是18.75ml，c( )=c()，Kb2= ，故B错误；
C．在A点时，未达到滴定终点，氯化氢的量很少，所以c(X)＞c(Cl-)＞c(HX)+ ，故C错误；
D．在D点，电荷守恒是 ，物料守恒是 ，两者相加得2c(X)+c(HX)+ =c(H+)-c(OH- )，故D正确；
故选：D。
23．A
【解析】
【详解】
A．由题干信息可知，镓(Ga)与铝位于同一主族，N2的化学性质很稳定，故在室温下很难用Ga和N2合成氮化镓，合成氮化镓的普遍方法为利用镓与NH3在1000℃高温下合成，A不正确；
B．由题干信息可知，镓(Ga)与铝位于同一主族，Al2O3具有两性，故Ga2O3具有两性，既能与酸反应，又能与碱反应，B正确；
C．由题干信息可知，镓(Ga)与铝位于同一主族，微量分散于铝土矿中，故从铝土矿提取Al的废液中含有Ga的化合物Ga(OH)，故从中电解提取Ga，阴极反应为：Ga(OH)+3e- =Ga +4OH-，C正确；
D．由题干信息可知，Ga的熔点为29.8 ℃，沸点为2403℃，故液态镓的宽温度范围，Ga可以用于制作高温温度计的材料，D正确；
故答案为：A。
24．C
【解析】
【分析】
将X与足量的水作用，得到沉淀Y和无色气体Z，X可能是Na2O2和 Ca(HCO3)2，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与碳酸氢钙反应生成碳酸钙、碳酸钠和水；X也可能是Na2O2和FeCl3，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀和氯化钠；X还有可能是Ca(HCO3)2和 FeCl3，发生双水解生成氢氧化铁沉淀、二氧化碳和氯化钙；X还有可能是Na2O2、NH4Cl、 Ca(HCO3)2的混合物，生成碳酸钙沉淀和氧气、氨气气体，X可能含有Na2O2、NH4Cl、 Ca(HCO3)2、 FeCl3，与足量的水反应生成碳酸钙和氢氧化铁沉淀，还有氧气和氨气气体，据此回答问题。
【详解】
A．有分析可知，X可能是Na2O2和FeCl3，不含 Ca(HCO3)2，故A错误；
B．有分析可知，X可能是Na2O2和 Ca(HCO3)2 ，故B错误；
C．有分析可知，X只要含有 FeCl3，Y中含有Fe(OH)3，故C正确；
D．若Y是白色沉淀， X可能是Na2O2、NH4Cl、 Ca(HCO3)2的混合物，除了氧气，还有氨气生成，故D错误；
故选：C。
25．AC
【解析】
【详解】
A．由O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2可知1molO3参与反应生成1molI2，转移2mol电子，故A错误；
B．NH4Cl水解显酸性，所以NH4Cl溶液pH=5时，由水电离出的氢离子的物质的量为：，所以水电离出的H+数为10-5NA，故B正确；
C．油酸的分子式为：C17H33COOH，1 mol油酸含有1 mol碳碳双键，所以1 mol油酸甘油三酯中含有3 NA双键，故C错误；
D．粗铜中含有其他杂质，用电解粗铜的方法冶炼铜，杂质可能放电，当电路中通过的电子数为NA时，阳极质量可能减轻32g，故D正确；
故答案为AC。
26．     Na2SiO3+CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3          乙醇能形成分子间氢键，而乙醛不能
【解析】
【分析】
根据碳酸酸性大于硅酸可推断C的非金属性比Si强解题；H2NOH是NH3分子的氢原子被羟基替代，是共价化合物；乙醇分子间存在氢键。
【详解】
(1)向硅酸钠溶液中通入过量CO2气体，有白色胶状沉淀生成，发生反应的化学方程式为Na2SiO3+CO2+2H2O=H2SiO3↓+2NaHCO3，此反应说明碳酸酸性大于硅酸，即说明C的非金属性比Si强；
(2)羟胺(H2NOH)是NH3的衍生物，即NH3分子的氢原子被羟基替代，是共价化合物，其电子式是；
(3)乙醇的分子间能形成氢键，而乙醛不能形成氢键，导致其沸点明显高于乙醛。
【点睛】
元素非金属性强弱的判断依据：①非金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。
27．          5.89×1023mol-1
【解析】
【分析】
电镀时阴极上发生电极反应为Cu2++2e-=Cu，根据镀件增重的质量计算Cu的物质的量，再计算转移电子的总电量。
【详解】
(1)电镀时析出Cu的物质的量为=mol，则电路中转移电子的总电量为Q=mol×2×NAmol-1×e，即得：NA=；
(2)实验中△m平均值为0.0417g，Q的平均值为122.8C，e= 1.6 ×10-19C，则NA==mol-1=5.89×1023mol-1。
【点睛】
探究电镀法进行阿伏伽德罗常数的测定，明确电量与转移电子数之间的关系是解题关键，难点是公式的理解与阿伏伽德罗常数的应用。
28．     Cu、N、O     Cu(NO3)2     8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑     8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑     除去SO2带出的少量H2SO4分子     3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+
【解析】
【分析】
由题干可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，，根据反应Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O可知，固体C中的Cu2O的物质的量为0.0075mol，故C中还有CuO的物质的量为：，故A中N、O元素的质量为：m=5.64g-（0.015 mol+2×0.0075 mol）×64 g/mol=3.72g，结合A的相对分子质量小于200，初步推断A中为硝酸铜，则有：，故n(Cu)：n()=(0.015mol+2×0.0075 mol)：0.06mol=1：2，进一步确定A为硝酸铜，据此分析解题。
【详解】
(1)由分析可知，气体B为红棕色混合物，气体D能使带火星的木条复燃，说明气体D为O2，气体B是NO2和O2的混合气体，溶液E为蓝色，则溶液中含有Cu2+，固体C为混合物，固体F为紫红色则为Cu，故组成A的三种元素是Cu、N、O，经过计算分析可知A的化学式是Cu(NO3)2，故答案为：Cu、N、O；Cu(NO3)2；
(2)由分析可知，固体C组成是0.015molCuO，0.0075molCu2O，固体A为Cu(NO3)2，结合氧化还原反应的配平知识可写出固体A加热分解的化学方程式是8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑，故答案为：8Cu(NO3)24CuO+2Cu2O+16NO2↑+5O2↑；
(3)若固体G的组成与A类似，且隔绝空气加热后红棕色气体与带火星木条复燃气体的物质的量为8：1，即反应生成的NO2和O2的物质的量之比为8：1，由中+5价的N转化为NO2中+4价，而O则由-2价转化为0价，这样发现降低的化合价为8个单位，升高的仅为4个单位，故说明Cu的化合价也是升高的，故推测A的化学式为CuNO3，根据氧化还原反应的配平原则可知该反应的化学方程式是8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑，故答案为：8CuNO34CuO+2Cu2O+8NO2↑+O2↑；
II．
(1)实验中制备的SO2中往往含有SO2带出的少量H2SO4分子，故饱和NaHSO3溶液的作用是除去SO2带出的少量H2SO4分子，故答案为：除去SO2带出的少量H2SO4分子；
(2) 已知NaClO溶液具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平原则，不难写出烧杯中过量的NaClO溶液吸收SO2的离子反应方程式为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+，故答案为：3ClO-+ SO2+H2O=2HClO+Cl-+。
29．     -41     ＜     D     3.27          MgOCH3+H=CH4+MgO
【解析】
【详解】
(1)已知I．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·mol-1
Ⅱ．CO(g)+3H2(g)⇌CH4(g)+H2O(g) ΔH2=-206 kJ·mol-1
根据盖斯定律，Ⅱ-I可得反应Ⅲ∶CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g) ΔH3=-41kJ· mol-1；该反应ΔH＜0，在低温下才能自发进行，根据ΔH-TΔS＜0，则ΔS＜0；
(2)①A．根据已知信息，反应I和反应Ⅲ均为放热反应，D→B过程中，升高温度，反应I和反应Ⅲ平衡均向逆向移动，反应ICO2转化率降低，反应ⅢCO2转化率提高，故A错误；
B．在恒容密闭容器中，维持压力为0.1 Mpa，A点和C点的温度也相同，此时，反应I、Ⅱ中参加反应的各物质的量浓度也相等，则反应I、Ⅱ的反应速率相等，故B错误；
C．根据图示，反应I、Ⅱ为相互竞争关系，反应Ⅲ与反应I、Ⅱ为抑制关系，约660℃以前，CO转化率降低，以反应Ⅱ为主；CO2转化率先降后升，是反应I、Ⅲ共同作用的结果，则约660℃以前，以反应I、Ⅱ、Ⅲ为主；约660 ℃以后，CO转化率降低，CO2转化率升高，反应Ⅲ为主，故C错误；
D．由图示可知，A→FCO转化率降低，升高温度，使反应Ⅲ平衡向逆反应方向移动，故D正确；
答案选D；
②设初始，投入容器的n(H2)、n(CO2)、n(CO)分别为4mol、1mol、1mol， E点时，CO转化率为0，则平衡时n(CO)为1mol，同时对应的CO2转化率为30%，此时可以看做只有反应I CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)发生，平衡时n(CO2)=1mol×(1-30%)=0.7mol，n(H2)=4mol-4×1mol×30%=2.8mol，n(H2O)=2×1mol×30%=0.6mol，反应ⅢCO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)的反应前后气体分子数目相等，计算平衡常数时物质的量可代表其浓度，则平衡常数K==3.27；
③在恒容密闭容器中，充入n(H2)∶n(CO2)=4∶1，发生反应I．CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g) ΔH1=-165 kJ·mol-1，该反应正向为气体分子数目减小的放热反应，恒温恒容时，减小压强，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；恒压恒容时，升高温度，反应I平衡逆向移动，甲烷的收率减小；根据②中计算，0.1 Mpa，约660 ℃左右，1mol CO2参与反应转化率为30%，生成甲烷的物质的量为0.3mol，甲烷的收率[Y(CH4) =×100%]，则约660 ℃左右，甲烷的收率Y(CH4) =×100%=×100%=30%， 则0.1Mpa时甲烷的收率与温度变化曲线；
(3) Pd-Mg/SiO2 催化CO2甲烷化的总反应为CO2+4H2CH4+2H2O，根据机理如图所示，生成CH4的最后一步反应方程式MgOCH3+H=CH4+MgO。
30．     将硝酸铜溶液慢慢滴入碳酸氢钠溶液中，搅拌。     BC     E     D     B     C     水     搅拌     油浴加热     过滤后取滤液于试管中，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若不变蓝色，脱氨完成。
【解析】
【分析】
信息类题，根据已知方程式和已知信息进行判断。特别需注意的是反应温度，物质的特殊性质等 。
【详解】
（1）根据题目已知信息c．碱性条件下有利于大颗粒碱式碳酸铜的生成，由于入碳酸氢钠溶液显碱性，而硝酸铜溶液显酸性，所以为了得到较大颗粒的碱式碳酸铜，混合碳酸氢钠和硝酸铜的操作方法是将硝酸铜溶液慢慢滴入碳酸氢钠溶液中，搅拌。
（2）A．根据已知信息b．碱式碳酸铜在沸水中易分解，在空气中200 ℃分解，推不能用沸水洗涤，故A错误。
B．抽滤时用倾析法先转移溶液，开大水龙头，待溶液快流尽时再转移沉淀，目的是避免沉淀损失，故B正确。
C．烘干时，若温度过低，则干燥速率太慢，温度过高则易使产品分解，根据题目给的信息可以直接判断，故C正确。
D．洗涤沉淀时，应开大水龙头，使洗涤剂快速通过沉淀物，洗涤剂快速通过沉淀物时，洗涤不充分，不能完全洗静。故D错误。
故选答案BC。
(3)①氨浸过程的正确操作步骤中，首先要检查装置的气密性，随后才能开始实验。实验时注意上面是恒压分液漏斗，故不用打开乙。故顺序是EDBC。
②实现氨的循环，所以用水吸收出来的氨气，形成氨水可以循环使用。
③鼓入空气的作用除提供氧化剂以外，还可以是搅拌里面的固体，因为反应装置中是固体和液体的反应，所以氧气通入溶液中可以把固体搅动，起到搅拌的作用。
④脱氨过程需要105±5℃， 采用适宜的加热方式是油浴加热，因为温度大于100℃，且需恒定温度所以选择油浴。脱氨完全的检验方法实质是检验是存在氨气。采用过滤后取滤液于试管中，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验，若不变蓝色，脱氨完成。
【点睛】
此题重点在于分析实验目的，结合已知信息，达到实验目的的具体操作来解答。
31．     ABD     HOCH2CH2N(CH3)2     +NH2OH+H2O         
【解析】
【分析】
与(CH3)2NH发生加成反应生成A[HOCH2CH2N(CH3)2]，A和SOCl2发生取代反应生成B[ClCH2CH2N(CH3)2]，根据伊托必利的结构简式和得出G的结构简式为，根据G的结构可以得出E含有醛基，即D含有醛基，且取代基团在对位上，B和D发生取代反应生成E的结构为，根据信息得到F的结构为。
【详解】
(1)A．B和D发生取代反应生成E和HCl，过程中K2CO3的作用是吸收HCl，致使平衡正向移动，提高转化率，故A正确；B．化合物G含有氨基，具有碱性，故B正确；C．生成A是加成反应，生成B的反应是取代反应，故C错误；D．根据伊托必利的结构简式得到伊托必利的分子式是C20H26N2O4，故D正确；综上所述，答案为ABD。
(2)根据前面分析得到化合物A的结构简式HOCH2CH2N(CH3)2；故答案为：HOCH2CH2N(CH3)2。
(3)根据前面分析，E→F的化学方程式+NH2OH+H2O；故答案为：+NH2OH+H2O。
(4)前面分析出D的结构简式()，根据C的分子式得出C的结构简式，C先发生取代反应得到，再发生水解反应得到D，其流程为；故答案为：。
(5)化合物E[]，其同分异构体有分子中共有4种氢原子，有—CHO和苯环，其结构简式 ；故答案为： 。