江西省南昌市第十五中学新高考仿真卷化学试卷及答案解析

江西省南昌市第十五中学新高考仿真卷化学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、海南是海洋大省，拥有丰富的海洋资源，下列有关海水综合利用的说法正确的是A．蒸发海水可以生产单质碘 B．蒸馏海水可以得到淡水C．电解海水可以得到单质镁 D．海水制食用盐的过程只发生了物理变化2、常温下，下列有关溶液中微粒的物质的量浓度关系错误的是（）A．pH为5的NaHSO3溶液中:c(HSO3-)>c(H2SO3)>c(SO32-)B．向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)C．将等体积、等物质的量浓度的CH3COONH4与NaCl溶液混合，pH=7：c(CH3COO-)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)D．20mL0.1mol/LNH4HSO4溶液与30mL0.1mol/LNaOH溶液混合，测得pH>7：c(NH4+)>c(NH3·H2O)>c(OH-)>c(H+)3、下列实验能获得成功的是（）实验目的实验步骤及现象A除去苯中的苯酚加入浓溴水，充分振荡、静置，然后过滤B证明醋酸的酸性比次氯酸强用pH试纸分别测定常温下等浓度的醋酸和次氯酸的pH值，pH大的是次氯酸C检验Na2SO3固体中含Na2SO4试样加水溶解后，加入足量盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀D检验溴乙烷中含有溴元素溴乙烷与氢氧化钠溶液混合振荡后，再向混合液中滴加硝酸银溶液，有淡黄色沉淀A．A B．B C．C D．D4、某溶液X中含有H+、、Na+、Mg2+、Fe2+、、Cl−、Br−、、SiO32-和HCO3-离子中的若干种。取100mL该溶液进行如下实验：下列说法正确的是A．溶液X中一定没有、SiO32-，可能有Na+、Fe2+B．溶液X中加NaOH后，所得沉淀的成分可能有两种C．溶液X中c（Cl−）≤0.2mol·L−1D．溶液X可能是由NH4HSO4、MgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成5、常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（）A．a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10mol·L-1B．电离平衡常数：Ka(HA)<Ka(HB)C．b点时，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)D．向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-)>c(HB)6、下列有机物命名正确的是（）A．氨基乙酸 B．2—二氯丙烷C．2—甲基丙醇 D．C17H33COOH硬脂酸7、将下列物质按电解质、非电解质、弱电解质分类顺序排列，正确的是（）A．硫酸烧碱醋酸B．硫酸铜醋酸C．高锰酸钾乙醇醋酸D．磷酸二氧化碳硫酸钡8、下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结论A蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X有白烟产生溶液X一定是浓盐酸B用玻璃棒蘸取溶液Y进行焰色反应实验火焰呈黄色溶液Y中一定含Na+C向Fe(NO3)2溶液中滴加硫酸酸化的H2O2溶液溶液变黄氧化性：H2O2>Fe3+D用煮沸过的蒸馏水将Na2SO3固体样品溶解，加稀盐酸酸化，再加入氯化钡溶液有白色沉淀产生Na2SO3样品中含有SO42－A．A B．B C．C D．D9、下列物质性质与应用对应关系正确的是()A．晶体硅熔点高、硬度大，可用于制作半导体材料B．氢氧化铝具有弱碱性，可用于制胃酸中和剂C．漂白粉在空气中不稳定，可用于漂白纸张D．氧化铁能与酸反应，可用于制作红色涂料10、四种短周期元素在周期表中的位置如图所示，其中只有M为金属元素。下列说法不正确的是()YZMXA．简单离子半径大小：M＜ZB．简单氢化物的稳定性：Z＞YC．X与Z形成的化合物具有较高熔沸点D．X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的强11、我国某科研团队设计了一种新型能量存储/转化装置(如图所示)，闭合K2、断开K1时，制氢并储能。下列说法正确的是A．制氢时，X电极附近pH增大B．断开K2、闭合K1时，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2C．断开K2、闭合K1时，K+向Zn电极移动D．制氢时，每转移0.1NA电子，溶液质量减轻0.1g12、下列关于糖类的说法正确的是A．所有糖类物质都有甜味，但不一定都溶于水B．葡萄糖和果糖性质不同，但分子式相同C．蔗糖和葡萄糖都是单糖D．摄入人体的纤维素在酶的作用下能水解为葡萄糖13、某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是A．锌被腐蚀 B．金属片剪口变红C．B中导气管里形成一段水柱 D．B中导气管产生气泡14、铁杉脂素是重要的木脂素类化合物，其结构简式如右图所示。下列有关铁杉脂素的说法错误的是()A．分子中两个苯环处于同一平面B．分子中有3个手性碳原子C．能与浓溴水发生取代反应D．1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH15、杂环化合物是分子中含有杂环结构的有机化合物。常见的六元杂环化合物有下列说法正确的是（）A．吡啶和嘧啶互为同系物B．吡喃的二氯代物有6种（不考虑立体异构）C．三种物质均能发生加成反应D．三种分子中所有原子处于同一平面16、在1体积空气中混入1体积二氧化碳，在高温下跟足量的焦炭反应，假设氧气和二氧化碳都转化为一氧化碳，则反应后气体中一氧化碳的体积分数约是A．75% B．67% C．50% D．33.3%17、X+、Y+、M2+、N2﹣均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，离子半径大小关系是：N2﹣＞Y+、Y+＞X+、Y+＞M2+，下列比较正确的是（）A．原子半径：N可能比Y大，也可能比Y小B．原子序数：N＞M＞X＞YC．M2+、N2﹣核外电子数：可能相等，也可能不等D．碱性：M(OH)2＞YOH18、《本草纲目》中的“石碱”条目下写道:“采蒿蓼之属……晒干烧灰,以原水淋汁……久则凝淀如石……浣衣发面,甚获利也。”下列说法中错误的是A．“石碱”的主要成分易溶于水B．“石碱”俗称烧碱C．“石碱”可用作洗涤剂D．“久则凝淀如石”的操作为结晶19、下列有关同位素的说法正确的是A．18O的中子数为8 B．16O和18O质子数相差2C．16O与18O核电荷数相等 D．1个16O与1个18O质量相等20、秦皮是一种常用的中药，具有抗炎镇痛、抗肿瘤等作用。“秦皮素”是其含有的一种有效成分，结构简式如图所示，有关其性质叙述不正确的是（）A．该有机物分子式为C10H8O5B．分子中有四种官能团C．该有机物能发生加成、氧化、取代等反应D．1mol该化合物最多能与3molNaOH反应21、碘晶体升华时，下列所述内容发生改变的是A．分子内共价键 B．分子间的作用力C．碘分子的大小 D．分子内共价键的键长22、为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。实验装置试剂a现象①紫色的石蕊试液溶液先变红后褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红由上述实验可得新制氯水的性质与对应的解释或离子方程式不相符的是A．实验①说明新制氯水中含有H＋、HClOB．实验②发生的反应为HCO3－＋HClO=ClO－＋CO2↑＋H2OC．实验③说明新制氯水中有Cl－，Cl－＋Ag+=AgCl↓D．实验④说明氯气具有强氧化性，Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋二、非选择题(共84分)23、（14分）乙炔为原料在不同条件下可以合成多种有机物．已知：①CH2=CH‑OH（不稳定）CH3CHO②一定条件下，醇与酯会发生交换反应：RCOOR’+R”OHRCOOR”+R’OH完成下列填空：（1）写反应类型：③__反应；④__反应．反应⑤的反应条件__．（2）写出反应方程式．B生成C__；反应②__．（3）R是M的同系物，其化学式为，则R有__种．（4）写出含碳碳双键、能发生银镜反应且属于酯的D的同分异构体的结构简式__．24、（12分）叶酸是维生素B族之一，可以由下列甲、乙、丙三种物质合成。(1)甲中含氧官能团是__________(填名称)。(2)下列关于乙的说法正确的是________(填序号)。a.分子中碳原子与氮原子的个数比是7∶5b.属于芳香族化合物c.既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应d.属于苯酚的同系物(3)丁是丙的同分异构体，且满足下列两个条件，丁的结构简式为________。a.含有b.在稀硫酸中水解有乙酸生成(4)写出丁在氢氧化钠溶液中水解的化学方程式。________25、（12分）二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1：将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。各物质的溶解性表物质水苯乙醇2-苯甲酰基苯甲酸难溶易溶易溶二正丁基氧化锡难溶易溶易溶正丁基锡羧酸酯难溶易溶易溶回答下列问题：（1）仪器甲的作用是___，其进水口为___。（2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是___。（3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是__（填标号）A．能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动B．能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间C．分离有机溶剂和水D．主要起到冷凝溶剂的作用（4）回流后分离出苯的方法是__。（5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是__（填标号）A．水B．乙醇C．苯（6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为__。26、（10分）是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性环境下易分解生成S和。某小组设计了如下实验装置制备（夹持及加热仪器略），总反应为。回答下列问题：a.b.粉末c.溶液d.、溶液e.溶液（1）装置A的作用是制备________，反应的化学方程式为________。（2）完成下表实验过程：操作步骤装置C的实验现象解释原因检查装置气密性后，添加药品pH计读数约为13用离子方程式表示（以为例）：①__打开，关闭，调节；使硫酸缓慢匀速滴下ⅰ.导管口有气泡冒出，②___ⅱ.pH计读数逐渐③___反应分步进行：↓（较慢）当pH计读数接近7时，立即停止通，操作是④___必须立即停止通的原因是：⑤___（3）有还原性，可作脱氯剂。向溶液中通入少量，某同学预测转变为，设计实验验证该预测：取少量反应后的溶液于试管中，________。27、（12分）实验室制备叔丁基苯（）的反应和有关数据如下：+ClC(CH3)3+HClI．如图是实验室制备无水AlCl3，可能需要的装置：(1)检查B装置气密性的方法是_______。(2)制备无水AlCl3的装置依次合理的连接顺序为__________（埴小写字母），其中E装置的作用是________。(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是________。Ⅱ．如图是实验室制备叔丁基苯的装置（夹持装置略）：在三颈烧瓶中加入50mL的苯和适量的无水AlCl3，由恒压漏斗滴加氯代叔丁烷10mL，一定温度下反应一段时间后，将反应后的混合物洗涤分离，在所得产物中加入少量无水MgSO4固体，静置，过滤，蒸馏得叔丁基苯20g。(4)使用恒压漏斗的优点是_______；加入无水MgSO4固体的作用是________。(5)洗涤混合物时所用的试剂有如下三种，正确的顺序是________。（填序号）①5%的Na2CO3溶液②稀盐酸③H2O(6)本实验中叔丁基苯的产率为______。（保留3位有效数字）28、（14分）2018年11月《物理评论快报》报道了艾姆斯实验室制造的包含钙、钾、铁和砷以及少量镍的CaK(Fe1-xNix)4As4新型化合物材料，呈现出被称为刺猬自旋新磁态。有助于更好理解磁性与非常规超导性之间的联系。回答下列问题：（1）基态镍原子的价电子排布式为_______；上述材料中所含元素的基态原子中，未成对电子数最多的是_______(填元素符号)。（2）铁及其离子易形成配离子，如[Fe(CN)6]3-、[Fe(CN)x]4-、Fe(CO)5等。所包括的非金属元素中第一电离能最大的是______（填元素符号）；[Fe(CN)6]4-中含有σ键与π键的数目比为_____________。（3）K3AsO3可用于碘的微量分析。①AsO33-的立体构型为_______，写出一种与其互为等电子体的分子_______（填化学式）。②K+的焰色反应呈紫色，金属元素能产生焰色实验的微观原因为_______。（4）Ni与Ca处于同一周期，且核外最外层电子构型相同，但金属Ni的熔点和沸点均比金属Ca的高，其原因为_______。（5）①金属镍的原子堆积方式如图所示，则金属镍晶胞俯视图为_______。a．b．c．d．②某砷镍合金的晶胞如图所示，设阿伏加德罗常数的值为NA，该晶体的密度ρ＝_____g·cm－3。29、（10分）利用钛矿的酸性废液(含TiO2+、Fe2+、Fe3+、SO42-等)，可回收获得FeS2纳米材料、Fe2O3和TiO2·nH2O等产品，流程如下：(1)TiO2+中钛元素的化合价为________价。TiO2+只能存在于强酸性溶液中，因为TiO2+易水解生成TiO2·nH2O，写出水解的离子方程式_________________________________。(2)向富含TiO2+的酸性溶液中加入Na2CO3粉末能得到固体TiO2·nH2O。请用化学反应原理解释__________________________________。(3)NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式为_______________________，该反应需控制温度在308K以下，其目的是_____________________________。(4)已知298K时，Ksp[Fe(OH)2]=8.0×10-16，若在生成的FeCO3达到沉淀溶解平衡时，测得溶液的pH为8.5，c(Fe2+)=1.0×10-5mol·L-1，则所得的FeCO3中________Fe(OH)2(填“有”或“没有”)。(5)FeS2纳米材料可用于制造高容量锂电池，已知电解质为熔融的K2S，电池放电时的总反应为：4Li+FeS2=Fe+2Li2S，则正极的电极反应式是_______________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、B【解析】

A、海水中的碘元素以碘离子的形式存在，可以加氧化剂将碘离子氧化为碘单质，最后再萃取蒸馏得到碘单质即可，选项A错误；B、利用蒸馏法控制水的沸点100℃，使水变为蒸气通过冷凝得到蒸馏水，能使海水淡化，选项B正确；C、电解熔融的氯化镁可以获得金属镁，电解海水得不到金属镁，选项C错误；D、蒸发溶剂从海水中得到固体氯化钠是物理变化，但粗盐中除去杂质时涉及化学变化，选项D错误；答案选B。【点睛】本题涉及海水中获取碘单质、海水淡化以及金属镁、钠的获取方法，属于综合知识的考查，难度中等。2、A【解析】

A.pH=5的NaHSO3溶液显酸性，亚硫酸根离子电离大于水解程度，离子浓度大小：c（HSO3－）＞c（SO32－）＞c（H2SO3），故A错误；B.向NH4Cl溶液中加入NaOH固体至pH=7，加入的NaOH少于NH4Cl，由电荷守恒：c(NH4+)+c(Na+)=c(Cl-)，物料守恒：c(NH4+)+c(NH3·H2O)=c(Cl-)，则c(NH3·H2O)=c(Na+)，NH3·H2O电离大于NH4+水解，c(NH4+)>c(NH3·H2O)，所得溶液中：c(Cl-)>c(NH4+)>c(Na+)=c(NH3·H2O)>c(OH-)=c(H+)，故B正确；C.CH3COONH4中醋酸根离子和铵根离子的水解程度相同溶液呈中性，NaCl也呈中性，c(Na+)=c(Cl-)，c(NH4+)=c(CH3COO－)，c(CH3COO－)+c(Na+)=c(Cl-)+c(NH4+)，故C正确；D.滴入30mLNaOH溶液时（pH＞7），其中20mL氢氧化钠溶液与硫酸氢铵中的氢离子发生中和反应，剩余的10mL氢氧化钠溶液与铵根离子反应，则反应后的溶液中含有0.001mol一水合氨、0.0005mol硫酸铵，溶液的pH＞7，说明一水合氨的电离程度大于铵根离子的水解程度，则：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）、c（OH－）＞c（H＋），则溶液中离子浓度大小为：c（NH4＋）＞c（NH3·H2O）＞c（OH－）＞c（H＋），故D正确；故选A。【点睛】本题考查了离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断等知识，解题关键：明确反应后溶质组成，难点突破：注意掌握电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理在判断离子浓度大小中的应用方法。3、C【解析】

A．苯酚与溴发生取代反应生成三溴苯酚，溴以及三溴苯酚都溶于苯中，无法到分离提纯的目的，应用氢氧化钠溶液除杂，故A错误；B．次氯酸具有漂白性，可使pH试纸先变红后褪色，无法测出溶液的pH，故B错误；C．加入盐酸，可排除Na2SO3的影响，再加入BaCl2溶液，可生成硫酸钡白色沉淀，可用于检验，故C正确；D．反应在碱性条件下水解，检验溴离子，应先调节溶液至酸性，故D错误；故答案为C。4、D【解析】

A.加入一定量的氢氧化钠后得到中性溶液，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子和硅酸根离子和碳酸氢根离子都不能存在，后续溶液中加入硝酸银产生白色沉淀，说明不含溴离子。原溶液存在的阴离子只能是硫酸根离子或氯离子。所以4.66克白色沉淀为硫酸钡沉淀，产生气体为氨气，所以原溶液一定含有铵根离子和硫酸根离子，若有亚铁离子，则加入氢氧化钠生成氢氧化亚铁沉淀，灼烧后得到红棕色氧化铁，故一定不含亚铁离子，故错误；B.加入氢氧化钠能产生的沉淀只能是氢氧化镁沉淀，故错误；C.氨气的体积为448mL，物质的量为0.02mol，说明铵根离子物质的量为0.02mol，结合氢氧化钠的物质的量为0.02mol，硫酸钡沉淀为4.66克，硫酸根离子物质的量为0.02mol，氧化镁质量为0.4克，镁离子物质的量为0.01mol，结合的氢氧化钠的物质的量为0.02mol，第一步消耗0.06mol氢氧化钠，所以说明原溶液还有氢离子，物质的量为0.06-0.02-0.02=0.02mol，根据电荷守恒分析，还应存在有阴离子，只能为氯离子，所以氯离子的物质的量为0.01×2+0.02+0.02-0.02×2=0.02mol，若溶液中含有钠离子，则氯离子的物质的量大于0.02mol，则氯离子的浓度最小值为，故错误；D.溶液中含有0.02mol铵根离子，0.02mol硫酸根离子，0.01mol镁离子，0.02mol氢离子，氯离子物质的量最小值为0.02mol，可能是由0.02molNH4HSO4和0.01molMgCl2按物质的量之比2∶1混合再溶于水配制而成，或还有氯化钠，故正确。答案选D。【点睛】掌握反应过程中离子之间的比例关系，进行定量和定性分析，注意前后的一致性，如当加入氢氧化钠后溶液为中性，说明原溶液为酸性，则偏铝酸根离子或硅酸根离子或碳酸氢根离子等都不存在。根据氢氧化钠的消耗量分析溶液中存在氢离子，再根据溶液中的电荷守恒确定溶液中的氯离子的存在以及数值。5、B【解析】

A.a点时，=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10mol·L-1，选项A正确；B.=0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)===10-4mol/L；=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)===10-5mol/L，Ka(HA)>Ka(HB)，选项B错误；C.b点时，=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；D.向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，>0，c(B-)>c(HB)，选项D正确。答案选B。6、A【解析】

A.为氨基乙酸，A正确；B.为2，2-二氯丙烷，B错误；C.2-甲基-1-丙醇，C错误；D.C17H33COOH为油酸，D错误；故答案为：A。7、C【解析】

在水溶液里或熔融状态下完全电离的是强电解质，部分电离的是弱电解质；在水溶液里或熔融状态下不导电的化合物是非电解质。【详解】A、烧碱是NaOH，属于强碱，是强电解质，选项A错误；B、铜是单质，既不是电解质也不是非电解质，选项B错误；C、高锰酸钾是盐，属于电解质，乙醇不能导电，属于非电解质，醋酸溶于水部分电离，属于弱电解质，选项C正确；D、硫酸钡是盐，属于强电解质，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查物质的分类、强弱电解质的判断，明确电解质是化合物及电解质与物质的溶解性没有必然的联系，如碳酸钙不溶于水，但属于强电解质是学生解答的难点。8、D【解析】

A.若X为浓硝酸，蘸有浓氨水的玻璃棒靠近溶液X也会产生白烟，溶液X不一定是浓盐酸，A项错误；B.钠元素的焰色反应为黄色，由于玻璃中含有钠元素，会干扰实验，所以应改用铂丝取溶液Y进行焰色反应，此时若火焰为黄色，则Y溶液中一定含有钠离子，B项错误；C.在酸性条件下，Fe(NO3)2溶液中含有的NO3—具有强氧化性，优先把Fe2+氧化成Fe3+，使得溶液变黄，因而不能判断氧化性：H2O2>Fe3+，C项错误；D.Na2SO3和稀盐酸反应生成SO2，溶液中没有SO32-，再加入氯化钡溶液有白色沉淀，说明Na2SO3固体变质被部分或全部氧化成Na2SO4，白色为BaSO4沉淀，即Na2SO3样品中含有SO42－，D项正确。故选D。9、B【解析】

A、晶体硅能导电，可用于制作半导体材料，与熔点高硬度大无关系，A不正确；B、氢氧化铝具有弱碱性，能与酸反应生成铝盐和水，可用于制胃酸中和剂，B正确；C、漂白粉具有强氧化性，可用于漂白纸张，与其稳定性无关系，C不正确；D、氧化铁是红棕色粉末，可用于制作红色涂料，与是否能与酸反应无关系，D不正确，答案选B。10、D【解析】

由周期表和题干只有M为金属元素可知：M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，据此解答。【详解】由上述分析可知，M为Al、X为Si、Y为N、Z为O，A．具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小：M＜Z，故A正确；B．非金属性越强，对应氢化物越稳定，则简单氢化物的稳定性：Z＞Y，故B正确；C．X与Z形成的化合物为二氧化硅，为原子晶体，具有较高熔沸点，故C正确；D．非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强，则X的最高价氧化物对应水化物的酸性比Y的弱，故D错误；故选：D。【点睛】比较简单离子半径时，先比较电子层数，电子层数越多，离子半径越大，当具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则简单离子半径大小。11、B【解析】

A．X电极为电解池阳极时，Ni元素失电子、化合价升高，故X电极反应式为Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，X电极附近pH减小，故A错误；B．断开K2、闭合K1时，构成原电池，供电时，X电极作正极，发生还原反应，氧化剂为NiOOH，Zn作负极，发生氧化反应，装置中总反应为Zn+2NiOOH+2H2O=Zn(OH)2+2Ni(OH)2，故B正确；C．断开K2、闭合K1时，构成原电池，X电极作正极，Zn作负极，阳离子向正极移动，则K+向X电极移动，故C错误；D．制氢时，为电解池，Pt电极上产生氢气，Pt电极反应为：2H2O+2e-=H2↑+2OH－，X电极反应式为：Ni(OH)2－e－+OH－=NiOOH+H2O，根据电极反应，每转移0.1NA电子，溶液质量基本不变，故D错误；答案选B。12、B【解析】

A项，糖类不一定有甜味，如纤维素属于糖类但没有甜味，故A项错误；

B项，葡萄糖和果糖结构不同，性质不同，但分子式相同，故B项正确；C项，葡萄糖为单糖，蔗糖为二糖，故C项错误；D项，人体内无纤维素酶，不能使纤维素发生水解生成葡萄糖，故D项错误。综上所述，本题正确答案为B。【点睛】糖类物质是多羟基(2个或以上)的醛类(aldehyde)或酮类(Ketone)化合物，在水解后能变成以上两者之一的有机化合物。在化学上，由于其由碳、氢、氧元素构成，在化学式的表现上类似于“碳”与“水”聚合，故又称之为碳水化合物。13、D【解析】

镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，2H2O+O2+4e-=4OH-，据此分析解答。【详解】A．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，锌被腐蚀，故A正确；B．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故B正确；C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故C正确；D．原电池形成后没有气体生成，发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，所以B中导气管不会产生气泡，故D错误；故选D。14、A【解析】

A.分子中两个苯环连在四面体结构的碳原子上，不可能处于同一平面，故A错误；B.图中*标注的三个碳原子是手性碳原子，故B正确；C.酚羟基的邻对位可能与浓溴水发生取代反应，故C正确；D.1mol铁杉脂素与NaOH溶液反应最多消耗3molNaOH，分别是酯基消耗1mol，2个酚羟基各消耗1mol，故D正确；故选A。15、C【解析】

A．同系物差CH2，吡啶和嘧啶还差了N，不可能是同系物，A项错误；B．吡喃的二氯代物有7种，当一个氯位于氧的邻位，有4种，当一个氯位于氧的间位有2种，当一个氯位于氧的对位，有1种，B项错误；C．三种物质均能有以双键形式存在的键，能发生加成反应，C项正确；D．吡喃含有饱和碳原子结构，所有原子不可能处于同一平面，D项错误；答案选C。16、A【解析】

根据碳与二氧化碳反应的化学方程式计算出1体积二氧化碳生成的一氧化碳的体积，再根据碳与氧气反应的化学方程式计算出空气中氧气和碳反应生成的一氧化碳的体积；两者相加就是反应后气体中一氧化碳的体积，反应后气体的总体积＝空气体积−反应掉的氧气体积＋氧气生成的一氧化碳体积＋二氧化碳反应生成的一氧化碳；然后根据体积分数公式计算即可。【详解】1体积的二氧化碳和足量的碳反应可以得到2体积的一氧化碳(C＋CO22CO)。因为原来空气中的二氧化碳仅占0.03%，所以原空气中的二氧化碳反应得到的一氧化碳忽略不计；原空气中一共有0.2体积的氧气，所以氧气和碳反应后(2C＋O22CO)得到0.4体积的一氧化碳；所以反应后气体的总体积为1(空气)−0.2(反应掉的氧气)＋0.4(氧气生成的一氧化碳)＋2(二氧化碳反应生成的一氧化碳)＝3.2体积，一氧化碳的体积为0.4＋2＝2.4体积；所以一氧化碳的体积分数为×100%＝75%；故答案选A。17、C【解析】

X+、Y+、M2+、N2-均为含有一定数目电子的短周期元素的简单离子，X、Y形成+1价离子，则X、Y不能为H，由于离子半径Y+＞X+，则Y为钠，X为锂元素；离子半径N2-＞Y+，则N为氧元素或硫元素；离子半径Y+＞M2+，则M为铍元素或镁元素，结合元素周期表和元素周期律分析解答。【详解】A．Y为钠元素，N为氧元素或硫元素，氧原子、硫原子原子半径都小于钠原子，故A错误；B．Y为钠元素，X为锂元素；原子序数Y＞X，M为铍元素或镁元素，N为氧元素或硫元素，所以原子序数大小关系不唯一，故B错误；C．N为氧元素或硫元素，N2-核外电子数为10或18；M为铍元素或镁元素，M2+核外电子数为2或10，M2+、N2-核外电子数：可能相等，也可能不等，故C正确；D．Y为钠元素，M为铍元素或镁元素，金属性Y＞M，所以碱性：YOH＞M(OH)2，故D错误；故选C。【点睛】正确判断元素的种类是解题的关键。本题中X、Y的判断要注意“一定数目电子”一般认为不能为“0”。18、B【解析】

A.由“以原水淋汁”可以看出，“石碱”的主要成分易溶于水，故A正确；B.“采蒿蓼之属……晒干烧灰”，草木灰的成分是碳酸钾，故B错误；C.碳酸钾溶液呈碱性，可用作洗涤剂，故C正确；D.“以原水淋汁……久则凝淀如石”是从碳酸钾溶液中得到碳酸钾晶体，操作为蒸发结晶，故D正确；选B。19、C【解析】

由（简化为）的含义分析解答。【详解】原子中，质量数为A，质子数为Z，中子数为（A－Z）。因元素符号与质子数的一一对应关系，可简写为。A.氧是8号元素，18O的中子数为18－8=10，A项错误；B.16O和18O质子数都是8，中子数相差2，B项错误；C.16O与18O核电荷数都是8，C项正确；D.16O、18O的相对质量分别约为16、18，其原子质量不等，D项错误。本题选C。20、D【解析】

由结构可知分子式，秦皮中物质分子中含酚-OH、碳碳双键、-COOC-及醚键，结合酚、烯烃及酯的性质来解答。【详解】A.由结构可知分子式为C10H8O5，A正确；B.含有羟基、酯基、碳碳双键以及醚键4种官能团，B正确；C.含苯环、碳碳双键可发生加成反应，碳碳双键、-OH可发生氧化反应，-OH、-COOC-可发生取代反应，C正确；D.能与氢氧化钠反应的为酚羟基和酯基，且酯基可水解生成羧基和酚羟基，则1mol该化合物最多能与4molNaOH反应，D错误；故合理选项是D。【点睛】本题考查有机物的结构与性质，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，注意选项D为解答的易错点。21、B【解析】

碘晶体属于分子晶体，分子间通过分子间作用力结合，碘升华时破坏的是分子间作用力，碘分子的大小、分子内碘原子间的共价键不变，答案选B。22、B【解析】

新制氯水的主要成分有Cl2、H＋、HClO、Cl－等，A.紫色的石蕊试液变红，有H＋存在，后褪色，有HClO，A项正确；B.碳酸的酸性比HClO的酸性强，根据强酸制弱酸原理，答案不对，正确为HCO3－＋H＋=CO2↑＋H2O，B项错误；C.新制氯水有Cl－，和银离子反应生成白色沉淀，C项正确；D.新制氯水的Cl2具有强氧化性，可以使亚铁离子氧化，D项正确；答案选B。二、非选择题(共84分)23、取代反应加成反应铁粉作催化剂2CH3CHO+O22CH3COOHnCH3COOCH=CH24HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2【解析】

与乙烯水化法得到乙醇类似，乙炔与水反应得到乙烯醇，乙烯醇不稳定会自动变成乙醛，因此B为乙醛，C为乙醛催化氧化后得到的乙酸，乙酸和乙炔在一定条件下加成，得到，即物质D，而D在催化剂的作用下可以发生加聚反应得到E，E与甲醇发生酯交换反应，这个反应在题干信息中已经给出。再来看下面，为苯，苯和丙烯发生反应得到异丙苯，即物质F，异丙苯和发生取代得到M，注意反应⑤取代的是苯环上的氢，因此要在铁粉的催化下而不是光照下。【详解】（1）反应③是酯交换反应，实际上符合取代反应的特征，反应④是一个加成反应，这也可以从反应物和生成物的分子式来看出，而反应⑤是在铁粉的催化下进行的；（2）B生成C即乙醛的催化氧化，方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，而反应②为加聚反应，方程式为nCH3COOCH=CH2；（3）说白了就是在问我们丁基有几种，丁基一共有4种，因此R也有4种；（4）能发生银镜反应说明有醛基，但是中只有2个氧原子，除酯基外不可能再有额外的醛基，因此只能是甲酸酯，符合条件的结构有HCOOCH2CH=CH2、HCOOCH=CHCH3、HCOOC（CH3）C=CH2。【点睛】一般来说，光照条件下发生的是自由基反应，会取代苯环侧链上的氢、烷基上的氢，例如乙烯和氯气若在光照下不会发生加成，而会发生取代，同学们之后看到光照这个条件一定要注意。24、羧基a、c+2NaOH→HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa【解析】

(1)甲含有氨基和羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应；d.该分子中含有N原子；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，据此判断丁的结构简式；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应。【详解】(1)甲含有氨基和羧基，含氧官能团为羧基；(2)a.该分子中C、N原子个数分别是7、5，所以分子中碳原子与氮原子的个数比是7：5，a正确；b.含有苯环的有机物属于芳香族化合物，该分子中没有苯环，所以不属于芳香族化合物，b错误；c.氨基能和酸反应、氯原子能和碱溶液反应，所以该物质既能与盐酸又能与氢氧化钠溶液反应，c正确；d.该分子中含有N原子，不属于苯酚的同系物，d错误；故合理选项是ac；(3)丙的同分异构体丁中含有、在稀硫酸中水解有乙酸生成，说明丁含有酯基，丁为乙酸某酯，所以丁的结构简式为；(4)丁为，含有酯基，可在碱性条件下水解，且羧基于氢氧化钠发生中和反应，方程式为+2NaOH=HOCH2CH(NH2)COONa+H2O+CH3COONa。【点睛】本题考查了有机物的结构和性质，涉及有机物合成、反应类型的判断、基本概念等知识点，根据物质反应特点确定反应类型、根据流程图中反应物及反应条件确定生成物，再结合基本概念解答。25、冷凝反应物使之回流b苯能腐蚀橡胶ABC蒸馏B72.0%【解析】

(1)仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从b口流入，故答案为：冷凝反应物使之回流；b；(2)因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，故答案为：苯能腐蚀橡胶；(3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确；B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确；C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确；D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误；故答案为：ABC；(4)分离出苯的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏；(5)产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，该物质在乙醇中易溶，在水中难溶，选用乙醇溶解然后加水便于晶体析出，故答案为：B；(6)根据反应方程式可知存在数量关系因为，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则m=0.9279g，产率=×100%=72.0%，故答案为：72.0%。【点睛】第(5)题溶剂的选择的为易错点，产品在苯和乙醇都易溶，但还要考虑产品是否容易重新结晶，产品在水中难溶，而水与乙醇可以互溶，乙醇中加水可以降低产品的溶解度，更方便产品晶体析出。26、溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清（或浑浊减少）减小关闭、，打开过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加Ba溶液，有白色沉淀生成【解析】

（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体；（2）检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解的原因；打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，据此分析反应现象；当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，操作是关闭K1、K2，打开K3；（3）预测S2O32-转变为SO42-，可以利用检验硫酸根离子的方法设计实验检验；【详解】（1）装置A中试剂1为浓硫酸，试剂2为Na2SO3，反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4，故答案为SO2；

H2SO4+Na2SO3=SO2↑+H2O+Na2SO4；(2)检查装置气密性后，添加药品，pH计读数约为13说明溶液显碱性是硫离子水解，水解离子方程式为：S2−+H2O⇌HS−+OH−，打开K2，关闭K3，调节K1使硫酸缓慢匀速滴下，反应分步进行：Na2CO3+SO2═Na2SO3+CO22Na2S+3SO2═2Na2SO3+3S↓Na2SO3+S═Na2S2O3（较慢）发生总反应为2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2

，反应过程中的现象是导管口有气泡冒出，溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)，碳酸钠溶液变化为亚硫酸钠溶液和硫代硫酸钠溶液，pH计读数逐渐减小当pH计读数接近7时，立即停止通SO2，操作是关闭K1、K2，打开K3，必须立即停止通SO2的原因是：SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率，故答案为S2−+H2O⇌HS−+OH−；溶液出现淡黄色浑浊，然后逐渐澄清(或浑浊减少)；减小；关闭K1、K2，打开K3；SO2过量会使溶液酸度增加，使产物分解，降低产率；(3)Na2S2O3有还原性，可作脱氯剂。向Na2S2O3溶液中通入少量Cl2，某同学预测S2O32−转变为SO42−，设计实验为：取少量反应后的溶液于试管中，加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，故答案为加入过量盐酸，过滤，向滤液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成；27、分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好defghijc防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气若先加热硬质玻璃管，Al先与O2反应，无法制得纯净AlCl3使液体顺利滴下干燥②①③74.6%【解析】

(1)检查B装置气密性的方法是分液漏斗注入水后，关闭止水夹，打开分液漏斗的活塞使液体流下，一段时间后液体不能继续流下，说明气密性良好；(2)制备无水AlCl3，在装置B中利用浓盐酸与二氧化锰加热条件下反应生成氯气，通过装置D中的饱和食盐水将氯气中的氯化氢除去，装置C干燥氯气，纯净干燥的氯气进入装置F与铝粉在加热条件下反应生成氯化铝，最后为防止空气中的水蒸气进入且利用碱石灰吸收未反应的氯气，故装置依次合理的连接顺序为defghijc，其中E装置的作用是防止空气中的水蒸气进入，吸收多余的氯气；(3)实验时应先加热圆底烧瓶再加热硬质玻璃管，其原因是若先加热硬质玻璃管，Al先与O2反应，无法制得纯净AlCl3；（4）使用恒压漏斗可以平衡漏斗内外压强，使液体顺利滴下，在洗涤后所得产物中加入少量无水MgSO4固体，目的是吸收产品中少量的水分，起到干燥的作用；（5）稀盐酸洗涤可以除去氯化铝杂质，再用5%Na2CO3溶液除去过量的盐酸，最后用水洗涤除去剩余的5%Na2CO3，故答案为②①③；（6）加入苯的物质的量为=0.56mol，氯代叔丁烷的物质的量为=0.20mol，由反应方程式+ClC(CH3)3+HCl可知，加入的苯过量，则理论上生成叔丁基苯的质量为：0.20mol×134g/mol=26.8g，叔丁基苯的产率为：×100%=74.6%。28、3d84s2FeN1∶1三角锥形PCl3、PBr3、NF3、NCl3等电子从较高能级的激发态跃迁到较低能级的激发态乃至基态时，会以光的形式释放能量Ni的原子半径较小，价层电子数目较多，金属键较强C【解析】

(1)基态镍原子核外有28个电子，根据构造原理书写Ni原子的电子排布式，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3；(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C，N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，结合C、N与O的电子排布式分析解答；(3)①根据VSEPR理论判断AsO33-的立体构型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；②电子从高能态跃迁到低能态时，要释放能量；(4)金属晶体熔沸点的高低与金属键的强弱有关，金属键的强弱与价层电子数目和金属原子的半径有关；(5)①根据图示，金属Ni的晶胞堆积方式呈现ABCABC……重复，这是面心立方最密堆积；②由晶胞结构结合均摊法，计算每个晶胞中含有的Ni原子和As原子个数，确定晶胞的质量，再根据晶体密度=晶胞质量÷晶胞体积计算。【详解】(1)基态镍原子核外有28个电子，Ni原子的电子排布式为[Ar]3d84s2，上述材料中所含元素为K、Ca、Ni、Fe、As，这些元素的基态原子中，未成对电子数分别是1、0、2、4、3，未成对电子数最多的是Fe，故答案为：3d84s2；Fe；(2)配离子含有Fe，C，N，O4种元素，非金属为C、N与O，原子轨道上电子处于全满、全空、半满时较稳定，氮原子2p轨道上的电子为半充满，相对稳定，更不易失去电子，所以C、N、O这三种元素第一电离能最大的是N元素，[Fe(CN)6]4-中含有6个配位键，6个C≡N